#10 Продвинутые функциональные уравнения

Положим \(g(x)=f(x)-\frac a2x^2\). Тогда \(g(x+y)=g(x)+g(y)\). По непрерывности \(g(x)=cx\). Ответ: \(f(x)=\frac a2x^2+cx\), где \(c\in\mathbb R\). Проверка прямая.

Из квадратичной поправки \(f(x)=x^2+cx\). Условие \(f(1)=5\) даёт \(1+c=5\), значит \(c=4\). Ответ: \(f(x)=x^2+4x\).

Пусть \(f(x)=cx\). Тогда \(cx^2=c^2x^2\) для всех \(x\). Получаем \(c=0\) или \(c=1\). Ответ: \(f\equiv0\), \(f(x)=x\).

Аддитивность на \(\mathbb Q\) даёт \(f(x)=cx\). Тогда \(cxy=2cxy\) для всех \(x,y\). Значит, \(c=0\). Ответ: \(f\equiv0\).

Если \(f(x)=cx\), то \(f(f(x))=c^2x\). Нужно \(c^2=2\), но рационального \(c\) с таким свойством нет. Противоречие.

Непрерывная аддитивность даёт \(f(x)=cx\). Подстановка: \(c^2xy=cxy+xy\). Значит, \(c^2=c+1\). Ответ: \(f(x)=\frac{1+\sqrt{5}}{2}x\) или \(f(x)=\frac{1-\sqrt{5}}{2}x\).

Пусть \(f(x)=cx\). Тогда \(cxy=2cxy\) для всех \(x,y\), откуда \(c=0\). Ответ: \(f\equiv0\).

Из непрерывной аддитивности \(f(x)=cx\). Тогда \(cx^2=c^2x^2\), значит \(c=0\) или \(c=1\). Ответ: \(f\equiv0\), \(f(x)=x\).

Имеем \(f(x)=\frac a2x^2+cx\). Из \(f(1)=1\): \(\frac a2+c=1\). Из \(f(2)=6\): \(2a+2c=6\), то есть \(a+c=3\). Вычитая, получаем \(\frac a2=2\), значит \(a=4\), \(c=-1\). Ответ: \(f(x)=2x^2-x\).

На \(\mathbb Q\) имеем \(f(x)=ax\), \(g(x)=bx\). Условия дают \(ab=1\). Поэтому \(a\in\mathbb Q\setminus\{0\}\), \(b=\frac1a\). Ответ: \(f(x)=ax\), \(g(x)=\frac{x}{a}\).

Если \(f(a)=f(b)\), сравнение уравнений при \(y=a,b\) даёт \(2a=2b\), значит \(a=b\). При \(y=0\): \(f(x+f(0))=f(x)\), поэтому \(f(0)=0\). При \(x=0\): \(f(f(y))=2y\). Пусть \(t=f(y)\). Тогда \(f(t)=2y\), и исходное уравнение даёт \(f(x+t)=f(x)+f(t)\). Функция аддитивна и возрастает, значит \(f(x)=cx\). Из \(c^2=2\) и возрастания \(c>0\). Ответ: \(f(x)=\sqrt{2}x\).

Из первого условия \(f(x)=\frac a2x^2+cx\). Если \(a\ne0\), то \(f\) имеет степень \(2\), и \(f(f(x))\) имеет степень \(4\), что невозможно. Значит, \(a=0\). Тогда \(f(x)=cx\), и \(c^2=1\). Ответ: \(a=0\), \(f(x)=x\) или \(f(x)=-x\).

Как раньше, \(f(x)=\frac a2x^2+cx\). Если \(a\ne0\), композиция имеет степень \(4\), невозможно. Значит, \(a=0\), \(f(x)=cx\). Тогда \(f(f(x))=c^2x\), что не может равняться \(x+1\). Следовательно, решений нет.

Аддитивность на \(\mathbb Q\) даёт \(f(x)=cx\). Тогда левая часть равна \(\frac c x\), правая равна \(\frac{cx}{x^2}=\frac c x\). Условие не ограничивает \(c\). Ответ: все \(f(x)=cx\), \(c\in\mathbb Q\).

Пусть \(f(x)=cx\). Тогда \(\frac c x=c^2x^2\) для всех \(x\ne0\). Если \(c=0\), получаем решение \(f=0\). Если \(c\ne0\), то \(1=cx^3\) для всех \(x\), невозможно. Ответ: только \(f\equiv0\).

При \(y=0\): \(f(f(x))=x+f(0)\), откуда следует инъективность и сюръективность. При \(x=0\): \(f(f(0)+y)=f(y)\), значит \(f(0)=0\). Тогда \(f(f(x))=x\). Подстановка \(y=f(t)\) даёт \(f(f(x)+f(t))=x+t=f(f(x+t))\), поэтому \(f(x)+f(t)=f(x+t)\). Функция аддитивна и возрастает, значит \(f(x)=cx\). Из \(f(f(x))=x\) получаем \(c^2=1\), а возрастание даёт \(c=1\). Ответ: \(f(x)=x\).

Положим \(g(x)=f(x)-a x^2\). Тогда \(g(x+y)+g(x-y)=2g(x)\). Непрерывные решения этого уравнения аффинны: \(g(x)=cx+d\). Поэтому \(f(x)=a x^2+cx+d\). Проверка прямая.

Из первого условия \(f(x)=ax+b\). Тогда \(f(f(x))=a^2x+b(a+1)\). Получаем \(a^2=1\), \(b(a+1)=0\). Ответ: \(f(x)=x\) и \(f(x)=-x+b\), где \(b\in\mathbb R\).

Имеем \(f(x)=\frac a2x^2+cx\). Если \(a\ne0\), то \(f(f(x))\) имеет степень \(4\), а справа степень \(2\), невозможно. Значит, \(a=0\), \(f(x)=cx\). Тогда \(f(f(x))=c^2x\), что не может равняться \(x^2\) для всех \(x\). Следовательно, решений нет.

По первому условию \(f(x)=\frac a2x^2+cx\). Если \(a\ne0\), то \(f\) квадратична, и \(f(f(x))\) имеет степень \(4\), тогда как \(x+a\) имеет степень \(1\). Значит, \(a=0\). Тогда \(f(x)=cx\), а условие становится \(c^2x=x\). Следовательно, \(c^2=1\). Ответ: \(a=0\), \(f(x)=x\) или \(f(x)=-x\).