Линейные функциональные уравнения

Для целых \(n\), \(f(n)=5n\). Если \(q=m/n\), то \(n f(q)=f(m)=5m\), значит \(f(q)=5q\).

Тогда \(g\) аддитивна и \(g(2)=6\), значит \(g(1)=3\). Поэтому \(g(q)=3q\), а \(f(q)=3q+1\).

При \(x=0\) получаем \(f(y)=f(0)\) для всех \(y\). Все постоянные функции подходят.

Из \(x=y=0\) следует \(f(0)=0\). Для любых \(u,v\in\mathbb Q\) берём \(x=u/2\), \(y=v/3\): получаем \(f(u+v)=f(u)+f(v)\). Значит \(f(q)=7q\).

Пусть \(g(x)=f(x)-4\). Тогда \(g(x+y)=g(x)+g(y)\), \(g(1)=5\). На \(\mathbb Q\) получаем \(g(q)=5q\), то есть \(f(q)=5q+4\).

Из \(x=0\) во втором условии \(f(1)=5\). Теперь \(g=f-2\) аддитивна и \(g(1)=3\). Следовательно, \(g(q)=3q\), то есть \(f(q)=3q+2\).

Для \(g=f-1\) имеем \(g((x+y)/2)=(g(x)+g(y))/2\), \(g(0)=0\), \(g(1)=3\). На рациональных из серединного равенства получается аддитивность: \(g(u+v)=g(u)+g(v)\) после замены \(x=2u\), \(y=2v\) и использования \(g(2t)=2g(t)\). Значит \(g(q)=3q\), и \(f(q)=3q+1\).

Имеем \(f(f(x))=a(ax+b)+b=a^2x+b(a+1)\). Поэтому \(a^2=4\), \(b(a+1)=3\). При \(a=2\) получаем \(b=1\); при \(a=-2\) получаем \(b=-3\). Ответ: \(2x+1\) и \(-2x-3\).

Из \(f(x+1)=f(x)+2\) при \(x=1\) получаем \(f(2)=f(1)+2\), значит \(f(1)=5\). При \(x=y=1\) в первом условии \(f(2)=2f(1)-f(0)\), то есть \(7=10-f(0)\), поэтому \(f(0)=3\). Тогда \(g=f-3\) аддитивна, \(g(1)=2\), значит \(g(q)=2q\). Ответ: \(f(q)=2q+3\). Проверка всех трёх условий прямая.

На рациональных \(f(q)=qf(1)\). Пусть \(r_n\uparrow x\), \(s_n\downarrow x\) - рациональные последовательности. По монотонности \(f(r_n)\le f(x)\le f(s_n)\), то есть \(r_nf(1)\le f(x)\le s_nf(1)\) после учёта знака через стандартное приближение с двух сторон. Переходя к пределу, получаем \(f(x)=xf(1)\).

Если \(h\) мало, выберем \(n\) так, что \(0\le nh\le1\). Тогда \(|f(h)|=|f(nh)|/n\le10/n\), что стремится к нулю при \(h\to0\). Значит \(f\) непрерывна в нуле. Непрерывная аддитивная функция линейна: \(f(x)=xf(1)\).

Если \(x\le y\), то \(y-x\ge0\), значит \(f(y)-f(x)=f(y-x)\ge0\). Следовательно, \(f\) неубывает. По предыдущему результату \(f(x)=cx\), причём \(c=f(1)\ge0\).

Из аддитивности \(f(q)=cq\). Подставим во второе условие: \(cxy=x\cdot cy+y\cdot cx=2cxy\). При \(x=y=1\) получаем \(c=2c\), значит \(c=0\). Ответ: \(f\equiv0\).

Если \(x>0\), то \(x=t^2\) для некоторого \(t\ne0\). Тогда \(f(x)=f(t)^2\ge0\). Более того, \(f(t)\ne0\), иначе \(1=f(1)=f(t\cdot1/t)=0\). Значит \(f(x)>0\) при \(x>0\), то есть \(f\) возрастает. Возрастающая аддитивная функция линейна: \(f(x)=cx\). Из \(f(1)=1\) получаем \(c=1\).

Имеем \(f(f(x)+1)=a(ax+b+1)+b=a^2x+ab+a+b\). Поэтому \(a^2=9\) и \(b(a+1)+a=5\). При \(a=3\): \(4b+3=5\), \(b=1/2\). При \(a=-3\): \(-2b-3=5\), \(b=-4\). Оба ответа подходят.

Пусть \(c=f(0)\), \(g=f-c\). Тогда \(g\) аддитивна, и \(f(3x)=g(3x)+c=3g(x)+c\). Правая часть второго условия равна \(3(g(x)+c)-4=3g(x)+3c-4\). Поэтому \(c=3c-4\), значит \(c=2\). Аддитивная часть произвольна на \(\mathbb Q\), то есть \(g(q)=kq\). Ответ: \(f(q)=kq+2\), \(k\in\mathbb Q\).

Пусть \(g(x)=f(x)-3\). Тогда \(g\) аддитивна. На \([0,1]\) имеем \(g(x)\ge -8\). Кроме того, \(g(x)=g(1)-g(1-x)\le g(1)+8\), значит \(g\) ограничена на \([0,1]\). Поэтому \(g(x)=cx\), и \(f(x)=cx+3\).

Из \(f(0)=0\) получаем \(b=0\), то есть \(f(x)=ax\). Тогда \(f(f(x))=a^2x\), но это не может быть равно \(x+1\) при всех \(x\), потому что справа есть свободный член \(1\). Решений нет.

По монотонности аддитивная функция линейна: \(f(x)=cx\). Тогда \(f(f(x))=c^2x=x\), значит \(c^2=1\). Так как \(f\) неубывает, \(c\ge0\), поэтому \(c=1\). Ответ: \(f(x)=x\).

Пусть \(A(x)=f(x)-2\). Тогда \(A(x+y)=A(x)+A(y)\). Без дополнительных условий все решения имеют вид \(f(x)=A(x)+2\), где \(A\) произвольная аддитивная функция. Если \(f\) неубывает, то и \(A\) неубывает, значит \(A(x)=cx\). Условие \(f(1)=5\) даёт \(c+2=5\), то есть \(c=3\). Тогда \(f(x)=3x+2\).