Что такое функциональное уравнение?

При \(x=0\) получаем \(f(y)=f(0)+y\). Значит \(f(x)=x+c\), где \(c=f(0)\). Проверка: \(f(x+y)=x+y+c=f(x)+y\). Ответ: \(f(x)=x+c\), \(c\in\mathbb R\).

Тогда \(g(x+y)=g(x)+g(y)\). На \(\mathbb Q\) любая такая функция имеет вид \(g(q)=cq\), где \(c=g(1)\in\mathbb Q\). Следовательно, \(f(q)=cq+2\). Проверка прямая.

Имеем \(f(n)=1+\sum_{k=0}^{n-1}(2k+3)=1+n(n-1)+3n=(n+1)^2\). Проверка по рекурсии немедленна.

При \(y=0\): \(f(x)=f(x)f(0)=0\). Значит \(f\equiv0\). Эта функция действительно удовлетворяет уравнению.

Из аддитивности \(f(3)=3f(1)\), значит \(f(1)=4\). Для целых \(n\) получаем \(f(n)=4n\), а из \(m f(m/n)=f(m)=4m\) следует \(f(m/n)=4m/n\). Ответ: \(f(q)=4q\).

Положим \(g(x)=f(x)-2x^2\). Тогда \(g(x+y)=g(x)+g(y)\), а \(g(1)=0\). На \(\mathbb Q\) отсюда \(g\equiv0\). Следовательно, \(f(q)=2q^2\).

\(f(n)=\sum_{k=0}^{n-1}(3k+1)=3n(n-1)/2+n=\frac{n(3n-1)}2\).

Положим \(A(x)=f(x)+1\). Тогда \(A(x+y)=A(x)+A(y)\). Значит все решения имеют вид \(f(x)=A(x)-1\), где \(A:\mathbb R\to\mathbb R\) - произвольная аддитивная функция. Проверка обратной подстановкой прямая.

Тогда \(g\) аддитивна и \(g(1)=1\). На \(\mathbb Q\) получаем \(g(q)=q\). Поэтому \(f(q)=q-1\). Проверка: \(x+y-1=(x-1)+(y-1)+1\).

Так как \(f\) строго возрастает и принимает натуральные значения, \(f(n)\ge n\). Если \(f(k)\ge k+2\), то \(f(f(k))\ge f(k+2)\ge f(k)+2\ge k+4\), противоречие. Значит \(f(n)\le n+1\). Равенство \(f(n)=n\) невозможно, иначе \(f(f(n))=n\). Следовательно, \(f(n)=n+1\), и проверка даёт \(f(f(n))=n+2\).

Положим \(g(x)=f(x)-x^2\). Тогда \(g(x+y)=g(x)+g(y)\). Кроме того, \(g(2)=f(2)-4=0\), значит \(g(1)=0\). На \(\mathbb Q\) получаем \(g(q)=0\), поэтому \(f(q)=q^2\). Проверка: \((x+y)^2=x^2+y^2+2xy\).

При \(y=1\) получаем \(f(x)=x f(1)\). Значит \(f(x)=cx\), где \(c\in\mathbb Q\). Проверка: \(f(xy)=cxy=x\cdot cy=x f(y)\).

Для целых \(n\) имеем \(f(n)=n f(1)=0\). Если \(q=m/n\), то \(n f(q)=f(m)=0\), значит \(f(q)=0\). Но на \(\mathbb R\) существуют аддитивные функции без регулярности, не задаваемые значениями на \(\mathbb Q\); поэтому без дополнительных условий нельзя заключить \(f\equiv0\).

Пусть \(g(x)=f(x)-\frac{x^2}{2}\). Тогда \(g(x+y)=g(x)+g(y)\). Кроме того, \(g(1)=f(1)-1/2=-1/2\). На \(\mathbb Q\) получаем \(g(q)=-q/2\), значит \(f(q)=\frac{q^2-q}{2}\).

Если \(f(u)=f(v)\), то из \(f(x+f(u))=x+u\) и \(f(x+f(v))=x+v\) следует \(u=v\). Значит \(f\) инъективна. При \(x=0\): \(f(f(y))=y\). Подставим \(y=f(t)\): \(f(x+t)=x+f(t)\). При фиксированном \(t\) это даёт \(f(s)=s+f(t)-t\), то есть \(f(s)=s+c\). Тогда \(f(f(y))=y+2c\), значит \(c=0\). Ответ: \(f(x)=x\).

Так как \(f(1)\ge1\), по индукции \(f(n)\ge n\). Если для некоторого \(k\) было бы \(f(k)>k\), то из возрастания следовало бы \(f(n)>k\) для всех \(n\ge k\), а для \(n

Пусть \(|f(t)|\le M\) на \([0,1]\). Для любого \(h\) выберем \(n\) так, что \(0

С одной стороны, \(f((x+y)^2)=(x+y)(f(x)+f(y))\). С другой стороны, по аддитивности \(f(x^2+2xy+y^2)=xf(x)+2f(xy)+yf(y)\). Значит \(2f(xy)=xf(y)+yf(x)\). При \(y=1\) получаем \(2f(x)=xf(1)+f(x)\), то есть \(f(x)=cx\), где \(c=f(1)\). Любая функция \(f(x)=cx\) подходит.

Положим \(g(x)=f(x)-x^3\). Тогда \(g(x+y)=g(x)+g(y)\), потому что кубическая добавка полностью вычитается. Кроме того, \(g(1)=0\), значит на \(\mathbb Q\) имеем \(g(q)=0\). Следовательно, \(f(q)=q^3\). Проверка следует из указанного тождества.

Имеем \(f(x+y)=\frac{(x+y)^2}{2}+A(x+y)=\frac{x^2}{2}+\frac{y^2}{2}+xy+A(x)+A(y)=f(x)+f(y)+xy\). Если \(A\) - произвольная аддитивная функция на \(\mathbb R\), она не обязана быть линейной без условий регулярности. Поэтому множество решений шире, чем только квадратичные многочлены.