Вводные функциональные уравнения

При \(x=0\) получаем \(f(0)+f(0)=2\), то есть \(2f(0)=2\). Значит, \(f(0)=1\).

\(f(1)=5\), \(f(2)=8\), \(f(3)=11\), \(f(4)=14\), \(f(5)=17\). Ответ: \(17\).

Получаем \(f(0)=f(0)+f(0)\). Вычитая \(f(0)\), получаем \(f(0)=0\).

При \(x=0\): \(f(0)=y f(0)\) для всех \(y\). Берём \(y=2\), получаем \(f(0)=2f(0)\), значит \(f(0)=0\).

При \(x=1\): \(f(y)=f(y)+y f(1)\). Для \(y=1\) получаем \(f(1)=f(1)+f(1)\), значит \(f(1)=0\).

Имеем \(a(x+1)+b=ax+b+2\). После сокращения \(ax+b\) получаем \(a=2\). Число \(b\) произвольно. Ответ: \(f(x)=2x+b\).

Для \(n>0\): \(f(n)=nf(1)=4n\). Далее \(0=f(0)=f(n+(-n))=f(n)+f(-n)\), значит \(f(-n)=-4n\). Поэтому \(f(n)=4n\) для всех целых \(n\).

Для целого \(m\) имеем \(f(m)=3m\). Пусть \(q=\frac{m}{n}\), \(n>0\). Тогда \(n f(q)=f(nq)=f(m)=3m\), откуда \(f(q)=\frac{3m}{n}=3q\).

Складывая равенства от \(0\) до \(n-1\), получаем \(f(n)-f(0)=1+3+\cdots+(2n-1)=n^2\). Так как \(f(0)=0\), имеем \(f(n)=n^2\).

Подставляя, получаем \(a(x+y)+b=ax+b+ay+b+5\). Коэффициенты при \(x,y\) совпадают. Для свободных членов: \(b=2b+5\), значит \(b=-5\). Ответ: \(f(x)=ax-5\), где \(a\) произвольно.

Из аддитивности \(f(0)=0\). Если \(f(a)=0\), то \(f(a)=f(0)\). По инъективности \(a=0\).

Пусть \(f(a)=f(b)\). Тогда для любого \(x\) имеем \(f(x+f(a))=x+a\) и \(f(x+f(b))=x+b\). Левые части равны, потому что \(f(a)=f(b)\). Значит, \(x+a=x+b\), откуда \(a=b\). Функция инъективна.

Пусть \(g(n)=f(n)-n^2\). Тогда \(g(m+n)=f(m+n)-(m+n)^2=f(m)-m^2+f(n)-n^2=g(m)+g(n)\). Значит, \(g\) аддитивна на \(\mathbb Z\).

Кроме того, \(g(1)=f(1)-1=0\). Поэтому \(g(n)=0\) для всех \(n\in\mathbb Z\), и \(f(n)=n^2\).

Положим \(g(n)=f(n)-\frac{n(n-1)}{2}\). Тогда \(\frac{(m+n)(m+n-1)}{2}=\frac{m(m-1)}{2}+\frac{n(n-1)}{2}+mn\), поэтому \(g(m+n)=g(m)+g(n)\).

Так как \(g(1)=0\), получаем \(g(n)=0\) для всех целых \(n\). Следовательно, \(f(n)=\frac{n(n-1)}{2}\).

Из \(f(x+1)=f(x)+1\) получаем \(a=1\). Тогда \(f(x)=x+b\). Первое условие даёт \(x+b+1-x+b=1\), то есть \(1+2b=1\), откуда \(b=0\). Ответ: \(f(x)=x\).

\(f(f(x))=a(ax+b)+b=a^2x+b(a+1)\). Значит, \(a^2=4\) и \(b(a+1)=6\).

Если \(a=2\), то \(3b=6\), \(b=2\). Если \(a=-2\), то \(-b=6\), \(b=-6\), но тогда \(f(0)<0\). Подходит только \(f(x)=2x+2\).

Так как \(f(2)=2f(1)=5\), имеем \(f(1)=\frac{5}{2}\). Далее \(3f\left(\frac{1}{3}\right)=f(1)=\frac{5}{2}\), значит \(f\left(\frac{1}{3}\right)=\frac{5}{6}\). Поэтому \(f\left(\frac{7}{3}\right)=7\cdot\frac{5}{6}=\frac{35}{6}\).

Пусть \(c=f(1)\). На рациональных числах уже известно \(f(q)=cq\). Так как \(1>0\), из неубывания \(c=f(1)\ge f(0)=0\).

Пусть \(x\) вещественно. Для любых рациональных \(r

Если \(x0\), поэтому \(f(y)-f(x)=f(y-x)\ge0\). Значит, \(f\) неубывает. По результату предыдущей задачи \(f(x)=cx\), где \(c=f(1)\ge0\).

Из аддитивности на \(\mathbb Q\) имеем \(f(x)=cx\), где \(c=f(1)\). Условие даёт \(c x^2=c^2 x^2\) для всех \(x\). При \(x=1\) получаем \(c=c^2\), значит \(c=0\) или \(c=1\).

Обе функции подходят: \(f(x)=0\) и \(f(x)=x\).

При \(m=0\) получаем \(f(n)+f(-n)=2f(n)\), значит \(f(-n)=f(n)\). При \(n=1\): \(f(m+1)+f(m-1)=2f(m)+2\).

Эта рекурсия с \(f(0)=0\), \(f(1)=1\) задаёт все значения. Докажем по индукции, что \(f(k)=k^2\) для \(k\ge0\). Для \(0,1\) верно. Если верно для \(k\) и \(k-1\), то \(f(k+1)=2f(k)+2-f(k-1)=2k^2+2-(k-1)^2=(k+1)^2\). Для отрицательных \(n\) используем \(f(-n)=f(n)\).

Пусть \(t\in[0,1]\). Тогда \(\frac{t}{n}\in[0,1]\), поэтому \(f\left(\frac{t}{n}\right)\) — целое число. Но \(n f\left(\frac{t}{n}\right)=f(t)\). Если \(f(t)\neq0\), то при \(n>|f(t)|\) целое число \(f\left(\frac{t}{n}\right)=\frac{f(t)}{n}\) не может быть целым. Значит, \(f(t)=0\) на \([0,1]\).

Для любого вещественного \(x\) выберем натуральное \(N>|x|\). Тогда \(\frac{x}{N}\in[-1,1]\). Если \(x<0\), используем \(f(-u)=-f(u)\), так что \(f\left(\frac{x}{N}\right)=0\). Следовательно, \(f(x)=N f\left(\frac{x}{N}\right)=0\).

Положим \(a=f(0)\). При \(y=0\) имеем \(f(x+a)=f(x)\). Так как \(f\) возрастает, она инъективна, значит \(a=0\). При \(x=0\) получаем \(f(f(y))=y\).

Теперь в исходном уравнении берём \(y=f(t)\). Тогда \(f(x+t)=f(x)+f(t)\), то есть \(f\) аддитивна. Возрастающая аддитивная функция имеет вид \(f(x)=cx\), где \(c>0\). Из \(f(f(y))=y\) следует \(c^2y=y\) для всех \(y\), значит \(c=1\). Ответ: \(f(x)=x\).

Пусть \(g(x)=f(x)-x^2\). Тогда \(g(x+y)=f(x+y)-(x+y)^2=f(x)-x^2+f(y)-y^2=g(x)+g(y)\). Значит, \(g\) аддитивна на \(\mathbb Q\).

Так как \(g(1)=f(1)-1=0\), получаем \(g(q)=0\) для всех рациональных \(q\). Следовательно, \(f(x)=x^2\). Проверка подстановкой очевидна: \((x+y)^2=x^2+y^2+2xy\).

Из условия \(f\) строго возрастает. Если для некоторого \(n\) выполнено \(f(n+1)\ge f(n)+2\), то целое число \(f(n)+1\) не может быть значением функции: для \(k\le n\) имеем \(f(k)\le f(n)\), а для \(k\ge n+1\) имеем \(f(k)\ge f(n+1)\ge f(n)+2\). Это противоречит сюръективности.

Значит, \(f(n+1)=f(n)+1\) для всех \(n\). Тогда \(f(n)-n\) постоянно. Обозначив эту константу через \(c\), получаем \(f(n)=n+c\).