#5 Уравнения типа Коши

Для \(n=1\) верно. Если \(f(n)=7n\), то \(f(n+1)=f(n)+f(1)=7n+7=7(n+1)\). Значит, \(f(n)=7n\) для всех \(n\in\mathbb N\).

Из \(f(2)=f(1)+f(1)\) получаем \(f(1)=5\). Для положительных \(n\) имеем \(f(n)=5n\). Также \(0=f(0)=f(n+(-n))=f(n)+f(-n)\), поэтому \(f(-n)=-5n\). Ответ: \(f(n)=5n\) для всех \(n\in\mathbb Z\).

По аддитивности на \(\mathbb Q\) имеем \(f(q)=qf(1)\). Из \(f(3)=3f(1)=12\) следует \(f(1)=4\). Ответ: \(f(q)=4q\).

Пусть \(g(x)=f(x)+6\). Тогда \(g(x+y)=f(x+y)+6=f(x)+f(y)+12=g(x)+g(y)\). Значит, \(g(x)=ax\), где \(a\in\mathbb Q\). Поэтому \(f(x)=ax-6\). Все такие функции подходят.

Если \(n=p_1^{a_1}\cdots p_k^{a_k}\), то по мультипликативности \(f(n)=f(p_1)^{a_1}\cdots f(p_k)^{a_k}=p_1^{2a_1}\cdots p_k^{2a_k}=n^2\). Ответ: \(f(n)=n^2\).

Из аддитивности \(f(x)=cx\). Тогда \(f(xy)=cxy\), а \(f(x)f(y)=c^2xy\). Поэтому \(cxy=c^2xy\) для всех \(x,y\), откуда \(c=0\) или \(c=1\). Ответ: \(f(x)=0\) и \(f(x)=x\).

Так как \(f\) непрерывна и аддитивна, \(f(x)=cx\). Из \(c\sqrt{3}=6\) получаем \(c=\frac{6}{\sqrt{3}}=2\sqrt{3}\). Ответ: \(f(x)=2\sqrt{3}x\).

Из стандартного факта: если аддитивная функция ограничена на некотором интервале, то она непрерывна в нуле, а значит непрерывна всюду. Следовательно, \(f(x)=cx\). Так как \(f(1)=2\), получаем \(c=2\). Значит, \(f(x)=2x\).

Как в теории, непрерывные решения имеют вид \(f(x)=ax+b\). Из \(f(0)=3\) получаем \(b=3\). Из \(f(2)=9\) следует \(2a+3=9\), то есть \(a=3\). Ответ: \(f(x)=3x+3\).

Из рекурсии получаем \(f(n+1)-f(n)=2n+1=(n+1)^2-n^2\). Так как \(f(1)=1=1^2\), по телескопической сумме \(f(n)=n^2\). Проверка мультипликативности: \(f(mn)=m^2n^2=f(m)f(n)\). Ответ: \(f(n)=n^2\).

По аддитивности \(f((x+y)^2)=f(x^2)+2f(xy)+f(y^2)\). С другой стороны, по условию это равно \((x+y)f(x+y)=(x+y)(f(x)+f(y))\). После сокращения \(x f(x)+y f(y)\) получаем \(2f(xy)=x f(y)+y f(x)\). Положим \(y=1\). Тогда \(2f(x)=x f(1)+f(x)\), значит \(f(x)=x f(1)\). Берём \(c=f(1)\).

Положим \(g(x)=f(x)-x^2\). Тогда \(g(x+y)+g(x-y)=2g(x)\). На \(\mathbb Q\) это уравнение середин даёт \(g(x)=ax+b\). Поэтому \(f(x)=x^2+ax+b\), где \(a,b\in\mathbb Q\). Проверка прямая.

Поскольку \(f\) аддитивна на \(\mathbb Q\), \(f(x)=cx\), где \(c\in\mathbb Q\). Тогда \(f(f(x))=c^2x\). Условие даёт \(c^2=4\), значит \(c=2\) или \(c=-2\). Ответ: \(f(x)=2x\) и \(f(x)=-2x\).

Пусть \(g(x)=f(x)-1\). Тогда первое условие даёт \(g(x+y)=g(x)+g(y)\). Второе условие после подстановки \(f=g+1\) превращается в \(g(xy)=g(x)g(y)\). На \(\mathbb Q\) аддитивная функция имеет вид \(g(x)=cx\), а мультипликативность даёт \(c=0\) или \(c=1\). Значит, \(f(x)=1\) или \(f(x)=x+1\). Обе функции подходят.

Из уравнения середин и непрерывности \(f(x)=ax+b\). Тогда \(f(f(x))=a(ax+b)+b=a^2x+b(a+1)\). Это должно быть равно \(x\) при всех \(x\). Получаем \(a^2=1\) и \(b(a+1)=0\). Если \(a=1\), то \(b=0\), получаем \(f(x)=x\). Если \(a=-1\), то \(b\) произвольно, получаем \(f(x)=-x+b\). Все эти функции подходят.

При \(y=0\) получаем \(f(0)=0\). Непрерывные решения квадратического уравнения Коши имеют вид \(f(x)=cx^2\). Из \(f(2)=12\) следует \(4c=12\), то есть \(c=3\). Ответ: \(f(x)=3x^2\). Проверка выполняется раскрытием квадратов.

Положим \(g(x)=f(x)-\frac{x^3}{3}\). Тогда \(g(x+y)=f(x+y)-\frac{(x+y)^3}{3}=f(x)+f(y)+xy(x+y)-\frac{x^3+y^3+3xy(x+y)}{3}=g(x)+g(y)\). На \(\mathbb Q\) получаем \(g(x)=ax\). Ответ: \(f(x)=\frac{x^3}{3}+ax\), где \(a\in\mathbb Q\). Проверка следует из кубического тождества.

Непрерывная аддитивность даёт \(f(x)=cx\). Тогда второе условие становится \(c^2xy=cxy+xy\) для всех \(x,y\). Значит, \(c^2=c+1\). Получаем \(c=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\) или \(c=\frac{1-\sqrt{5}}{2}\). Обе функции подходят.

Положим \(g(x)=f(x)-1\). Тогда \(g(x+y)=g(x)+g(y)\). Второе условие даёт \(g(xy)+1=(g(x)+1)(g(y)+1)-(g(x)+1)-(g(y)+1)+2=g(x)g(y)+1\), значит \(g(xy)=g(x)g(y)\). На \(\mathbb Q\) из аддитивности \(g(x)=cx\). Мультипликативность даёт \(c=c^2\), откуда \(c=0\) или \(c=1\). Ответ: \(f(x)=1\) и \(f(x)=x+1\).

При \(x=y\) получаем \(f(2x)+f(0)=4f(x)\), то есть \(f(2x)=4f(x)\). Стандартная индукция по формуле квадратического Коши даёт \(f(nx)=n^2f(x)\) для целых \(n\). При \(x=1\) отсюда \(f(n)=n^2\). Далее из \(f(n\cdot \frac{m}{n})=n^2 f(\frac{m}{n})\) получаем \(f(\frac{m}{n})=\frac{m^2}{n^2}\). Значит, \(f(q)=q^2\) для всех рациональных \(q\).

Для произвольного действительного \(x\) возьмём рациональные \(q_k\to x\). По непрерывности \(f(x)=\lim f(q_k)=\lim q_k^2=x^2\). Следовательно, \(f(x)=x^2\) для всех \(x\).