Первые подстановки

При \(x=0\) получаем \(f(y)=f(0)+2y\). Значит \(f(x)=2x+c\). Проверка: \(f(x+y)=2x+2y+c=f(x)+2y\). Ответ: \(f(x)=2x+c\), где \(c\in\mathbb R\).

При \(y=0\) получаем \(f(x)=f(x)+f(0)+x\), то есть \(f(0)=-x\) для всех \(x\). Это невозможно. Следовательно, решений нет.

Тогда \(g(x+y)=g(x)+g(y)\), а \(g(1)=3\). На \(\mathbb Q\) получаем \(g(q)=3q\). Поэтому \(f(q)=3q+5\). Проверка прямая.

При \(x=y\) получаем \(f(0)=0\). При \(x=2\), \(y=1\): \(f(1)=f(2)-f(1)\), значит \(f(1)=5\). Из \(f(x-y)=f(x)-f(y)\) следует аддитивность на \(\mathbb Z\), поэтому \(f(n)=5n\).

Из рекурсии \(f(n)=c+2(n-1)\). Тогда \(f(f(1))=f(c)=c+2(c-1)=3c-2\). По условию \(3c-2=5\), значит \(c=7/3\), что не является натуральным числом. Следовательно, такой функции не существует.

При \(y=0\) получаем \(f(x)+f(0)=f(x)+f(x)\), то есть \(f(x)=f(0)\) для всех \(x\). Любая постоянная функция подходит.

При \(x=y\) получаем \(f(2y)=f(0)+4y\). Поэтому для любого \(t\) имеем \(f(t)=f(0)+2t\). Проверка: \(f(x+y)=f(0)+2x+2y=f(0)+2x-2y+4y=f(x-y)+4y\).

Пусть \(g(x)=f(x)-x^2\). Тогда \(g(x+y)=g(x)+g(y)\), а \(g(1)=3\). На \(\mathbb Q\) получаем \(g(q)=3q\). Следовательно, \(f(q)=q^2+3q\). Проверка следует из \((x+y)^2=x^2+y^2+2xy\).

Положим \(g(x)=f(x)-x^2\). Тогда \(g(x+y)=g(x-y)\) для всех \(x,y\). Выбирая \(u=x+y\), \(v=x-y\), получаем \(g(u)=g(v)\) для любых рациональных \(u,v\) одной чётности относительно деления на \(2\), а на \(\mathbb Q\) это означает для всех \(u,v\). Значит \(g\) постоянна. Так как \(g(0)=0\), \(g\equiv0\), и \(f(q)=q^2\).

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 эта функция подходит.

При \(x=0\): \(f(f(0)+y)=f(y)\). Это означает, что сдвиг на \(f(0)\) не меняет значения \(f\). При \(y=0\) получаем \(f(f(x))=f(0)+x\). Подставляя это в предыдущее равенство и сравнивая, получаем \(f(0)=0\), а значит \(f(f(x))=x\). Теперь заменим \(x\) на \(f(t)\): \(f(t+y)=f(y)+f(t)\). Значит \(f\) аддитивна. На \(\mathbb Q\) имеем \(f(q)=cq\), а условие \(f(f(q))=q\) даёт \(c^2=1\). Ответ: \(f(q)=q\) и \(f(q)=-q\).

Пусть \(g(x)=f(x)-x^3\). Так как \((x+y)^3-x^3-y^3=3xy(x+y)\), функция \(g\) аддитивна. Кроме того, \(g(1)=3\), поэтому \(g(q)=3q\) на \(\mathbb Q\). Следовательно, \(f(q)=q^3+3q\).

Положим \(g(x)=f(x)-2x^2\). Тогда \(g(x+y)+g(x-y)=2g(x)\). При \(x=0\): \(g(y)+g(-y)=0\). При \(x=(u+v)/2\), \(y=(u-v)/2\): \(g(u)+g(v)=2g((u+v)/2)\). На \(\mathbb Q\) это уравнение Йенсена вместе с \(g(0)=0\), \(g(1)=0\) даёт \(g\equiv0\). Поэтому \(f(q)=2q^2\).

Пусть \(A(x)=f(x)-\frac{x^2}{2}\). Тогда \(A(x+y)=A(x)+A(y)\). Следовательно, все решения имеют вид \(f(x)=\frac{x^2}{2}+A(x)\), где \(A:\mathbb R\to\mathbb R\) - произвольная аддитивная функция. Проверка следует из \((x+y)^2/2=x^2/2+y^2/2+xy\).

Для \(t\in[0,1]\) имеем \(f(t)\ge-1\), а также \(f(t)=f(1)-f(1-t)\le f(1)+1\). Значит \(f\) ограничена на \([0,1]\). Аддитивная функция, ограниченная на интервале, непрерывна в нуле, а потому линейна: \(f(x)=xf(1)\).

При \(y=1\): \(f(x)=x f(1)+f(x)\), значит \(f(1)=0\). При \(x=2\): \(f(2y)=2f(y)+y f(2)=2f(y)\). С другой стороны, применяя уравнение к \(x=2\), новой информации нет. Возьмём \(y=x\): \(f(x^2)=2x f(x)\). На \(\mathbb Q^{+}\) это оставляет много кандидатов без дополнительных условий; но условие \(f(2)=0\) не фиксирует функцию полностью. Например, \(f\equiv0\) подходит, и \(f(x)=x\log_2|x|\) на положительных степенях \(2\) с продолжением по простым показателям также показывает неединственность. В рамках рациональных мультипликативных разложений все решения задаются выбором значений на простых числах: \(f(n)=nD(n)\), где \(D\) аддитивна по умножению, \(D(xy)=D(x)+D(y)\), и \(D(2)=0\).

Так как \((x+y)^3-x^3-y^3=3x^2y+3xy^2\), положим \(g(x)=f(x)-\frac{x^3}{3}\). Тогда \(g\) аддитивна. Имеем \(g(1)=1-\frac13=\frac23\), поэтому на \(\mathbb Q\) \(g(q)=\frac{2q}{3}\). Ответ: \(f(q)=\frac{q^3+2q}{3}\).

При \(x=0\) получаем \(f(f(y))=2y\). Так как \(f\) сюръективна, для любого \(t\) найдётся \(y\), что \(t=f(y)\), и тогда \(f(t)=2y\). Теперь \(f(x+t)=x+f(t)\) для всех \(x,t\). Значит \(f(u)-u\) постоянно: \(f(u)=u+c\). Тогда \(f(f(y))=y+2c\), но должно быть \(2y\), что невозможно для всех \(y\). Следовательно, решений нет.

Для пары \(u,v\) имеем \(\Phi(u)+\Phi(v)=2\Phi((u+v)/2)\Phi((u-v)/2)\). Для пары \(u,-v\) получаем \[\Phi(u)+\Phi(-v)=2\Phi\left(\frac{u-v}{2}\right)\Phi\left(\frac{u+v}{2}\right).\] Правые части равны, поэтому \(\Phi(u)+\Phi(v)=\Phi(u)+\Phi(-v)\). Следовательно, \(\Phi(v)=\Phi(-v)\) для всех \(v\).

Для любого \(s\) имеем \(s0\). Возьмём любое \(r1+2^n a\) для всех \(n\). При \(n=1\): \(H(r)\ge H(t_0)^2=(1+a)^2>1+2a\). Если уже \(H(r)>1+2^n a\), рассмотрим точку \(m=(r+t_0)/2\). Она лежит между \(r\) и \(t_0\), поэтому по индукционной идее для промежуточных точек \(H(m)>1+2^n a\), а затем \(H(r)\ge H(m)^2>1+2^{n+1}a\). Получаем, что фиксированное число \(H(r)\) больше \(1+2^n a\) при всех \(n\), невозможно. Следовательно, \(H(t)\le1\) для всех \(t\), и вместе с неотрицательностью получаем \(0\le H(t)\le1\).

Пусть \(a_1,a_2\), \(b_1,b_2\), \(c_1,c_2\) - корни \(A,B,C\). Рассмотрим \(S=A+B+C\). В точках \(c_1,c_2\) имеем \(C(c_1)=C(c_2)=0\), поэтому равенство значений \(A+B\) даёт \(S(c_1)=S(c_2)\). Аналогично, \(S(a_1)=S(a_2)\) и \(S(b_1)=S(b_2)\). Так как \(S\) - квадратичный многочлен с положительным старшим коэффициентом, две разные точки с равными значениями симметричны относительно одной и той же оси \(x=d\). Следовательно, \(a_1+a_2=b_1+b_2=c_1+c_2=2d\).

Положим \(a=u\), \(b=2v\). Тогда условие имеет вид \(p(a^2+b^2)\ge p(2ab)\). Для любых \(0\le r\le q\) существуют неотрицательные \(a,b\) с \(2ab=r\), \(a^2+b^2=q\): достаточно взять \(a=\frac{\sqrt{q+r}+\sqrt{q-r}}{2}\), \(b=\frac{\sqrt{q+r}-\sqrt{q-r}}{2}\). Поэтому \(p(q)\ge p(r)\) при \(0\le r\le q\); значит \(p\) не убывает на \([0,\infty)\). Если оба корня были бы неотрицательны, то между ними парабола меняет знак, а после большего корня снова меняет знак; такая квадратичная функция не может быть неубывающей на всей \([0,\infty)\). Следовательно, хотя бы один корень отрицателен.

Предположим противное: среди семи сумм не более двух различных. Тогда одна из сумм, скажем \(s\), встречается хотя бы в четырёх циклах. Для любого числа \(x\) из такого цикла выполнено \(x+F(x)+F(F(x))=s\). Значит все \(12\) чисел этих четырёх циклов являются корнями многочлена \(G(x)=x+F(x)+F(F(x))-s\). Так как \(F\) кубический, степень \(F(F(x))\) равна \(9\), значит степень \(G\) не больше \(9\). Но у ненулевого многочлена степени не больше \(9\) не может быть \(12\) различных корней. Противоречие. Следовательно, различных сумм хотя бы три.

Пусть \(00\). Если \(c=1\), то \(R_2-R_1=\sqrt{b^2-4a}\) - положительный корень из целого числа, значит при различных корнях \(R_2-R_1\ge1\). Тогда \(R_1\ge50\), \(R_2\ge51\), и \(a=R_1R_2\ge50\cdot51=2550\). Если \(c\ge2\), то \(a=cR_1R_2\ge2\cdot50^2>2550\). Значит \(a\ge2550\). Осталось показать достижимость: трёхчлен \(2550x^2-101x+1\) имеет корни \(\frac1{50}\) и \(\frac1{51}\), поэтому \(a=2550\) подходит.