Алгебра. Книга 3

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

Тогда \(g(x+y)=g(x)+g(y)\). На \(\mathbb Q\) любая такая функция имеет вид \(g(q)=cq\), где \(c=g(1)\in\mathbb Q\). Следовательно, \(f(q)=cq+2\). Проверка прямая.

Имеем \(f(n)=1+\sum_{k=0}^{n-1}(2k+3)=1+n(n-1)+3n=(n+1)^2\). Проверка по рекурсии немедленна.

При \(y=0\): \(f(x)=f(x)f(0)=0\). Значит \(f\equiv0\). Эта функция действительно удовлетворяет уравнению.

Из аддитивности \(f(3)=3f(1)\), значит \(f(1)=4\). Для целых \(n\) получаем \(f(n)=4n\), а из \(m f(m/n)=f(m)=4m\) следует \(f(m/n)=4m/n\). Ответ: \(f(q)=4q\).

Положим \(g(x)=f(x)-2x^2\). Тогда \(g(x+y)=g(x)+g(y)\), а \(g(1)=0\). На \(\mathbb Q\) отсюда \(g\equiv0\). Следовательно, \(f(q)=2q^2\).

\(f(n)=\sum_{k=0}^{n-1}(3k+1)=3n(n-1)/2+n=\frac{n(3n-1)}2\).

Положим \(A(x)=f(x)+1\). Тогда \(A(x+y)=A(x)+A(y)\). Значит все решения имеют вид \(f(x)=A(x)-1\), где \(A:\mathbb R\to\mathbb R\) - произвольная аддитивная функция. Проверка обратной подстановкой прямая.

Тогда \(g\) аддитивна и \(g(1)=1\). На \(\mathbb Q\) получаем \(g(q)=q\). Поэтому \(f(q)=q-1\). Проверка: \(x+y-1=(x-1)+(y-1)+1\).

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 проверка даёт \(f(f(n))=n+2\).

Положим \(g(x)=f(x)-x^2\). Тогда \(g(x+y)=g(x)+g(y)\). Кроме того, \(g(2)=f(2)-4=0\), значит \(g(1)=0\). На \(\mathbb Q\) получаем \(g(q)=0\), поэтому \(f(q)=q^2\). Проверка: \((x+y)^2=x^2+y^2+2xy\).

При \(y=1\) получаем \(f(x)=x f(1)\). Значит \(f(x)=cx\), где \(c\in\mathbb Q\). Проверка: \(f(xy)=cxy=x\cdot cy=x f(y)\).

Для целых \(n\) имеем \(f(n)=n f(1)=0\). Если \(q=m/n\), то \(n f(q)=f(m)=0\), значит \(f(q)=0\). Но на \(\mathbb R\) существуют аддитивные функции без регулярности, не задаваемые значениями на \(\mathbb Q\); поэтому без дополнительных условий нельзя заключить \(f\equiv0\).

Пусть \(g(x)=f(x)-\frac{x^2}{2}\). Тогда \(g(x+y)=g(x)+g(y)\). Кроме того, \(g(1)=f(1)-1/2=-1/2\). На \(\mathbb Q\) получаем \(g(q)=-q/2\), значит \(f(q)=\frac{q^2-q}{2}\).

Если \(f(u)=f(v)\), то из \(f(x+f(u))=x+u\) и \(f(x+f(v))=x+v\) следует \(u=v\). Значит \(f\) инъективна. При \(x=0\): \(f(f(y))=y\). Подставим \(y=f(t)\): \(f(x+t)=x+f(t)\). При фиксированном \(t\) это даёт \(f(s)=s+f(t)-t\), то есть \(f(s)=s+c\). Тогда \(f(f(y))=y+2c\), значит \(c=0\). Ответ: \(f(x)=x\).

Так как \(f(1)\ge1\), по индукции \(f(n)\ge n\). Если для некоторого \(k\) было бы \(f(k)>k\), то из возрастания следовало бы \(f(n)>k\) для всех \(n\ge k\), а для \(n

Пусть \(|f(t)|\le M\) на \([0,1]\). Для любого \(h\) выберем \(n\) так, что \(0

С одной стороны, \(f((x+y)^2)=(x+y)(f(x)+f(y))\). С другой стороны, по аддитивности \(f(x^2+2xy+y^2)=xf(x)+2f(xy)+yf(y)\). Значит \(2f(xy)=xf(y)+yf(x)\). При \(y=1\) получаем \(2f(x)=xf(1)+f(x)\), то есть \(f(x)=cx\), где \(c=f(1)\). Любая функция \(f(x)=cx\) подходит.

Положим \(g(x)=f(x)-x^3\). Тогда \(g(x+y)=g(x)+g(y)\), потому что кубическая добавка полностью вычитается. Кроме того, \(g(1)=0\), значит на \(\mathbb Q\) имеем \(g(q)=0\). Следовательно, \(f(q)=q^3\). Проверка следует из указанного тождества.

Имеем \(f(x+y)=\frac{(x+y)^2}{2}+A(x+y)=\frac{x^2}{2}+\frac{y^2}{2}+xy+A(x)+A(y)=f(x)+f(y)+xy\). Если \(A\) - произвольная аддитивная функция на \(\mathbb R\), она не обязана быть линейной без условий регулярности. Поэтому множество решений шире, чем только квадратичные многочлены.

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.

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 \(f(x)=3x+2\).

Так как \(f\) инъективна, из равенства следует \(f(x)+y=f(y)+x\). Поэтому \(f(x)-x=f(y)-y\) для любых \(x,y\). Зафиксируем \(y=0\). Тогда \(f(x)-x=f(0)\), то есть \(f(x)=x+f(0)\). Берём \(c=f(0)\).

По сюръективности для любого \(t\in\mathbb R\) найдётся \(y\), такое что \(t=f(y)\). Значит, \(f(x+t)=f(x)+t\) для всех \(x,t\). При \(x=0\) получаем \(f(t)=f(0)+t\). Следовательно, \(f(x)=x+c\), где \(c=f(0)\). Проверка: \(f(x+f(y))=x+f(y)+c=f(x)+f(y)\). Ответ: все \(f(x)=x+c\), \(c\in\mathbb R\).

Если \(f(a)=f(b)\), то \(f(f(a))=f(f(b))\). По условию \(a+1=b+1\), значит \(a=b\). Следовательно, \(f\) инъективна.

Пусть теперь \(T\in\mathbb Q\). Тогда \(f(f(T-1))=T\). Значит, \(T\) принадлежит образу функции \(f\). Так как \(T\) произвольно, \(f\) сюръективна. Итак, \(f\) биективна.

Так как \(f\) сюръективна, \(t=f(y)\) пробегает все действительные числа. Поэтому \(f(x+t)=x+t+1\) для всех \(x,t\). Но любое число \(u\) можно записать как \(u=x+t\), значит \(f(u)=u+1\). Проверка немедленна: \(f(x+f(y))=x+f(y)+1\). Ответ: \(f(x)=x+1\).

По инъективности \(f(x)+f(y)=x+y\). При \(y=0\) получаем \(f(x)+f(0)=x\), то есть \(f(x)=x-c\), где \(c=f(0)\). Подставим в равенство \(f(x)+f(y)=x+y\): \((x-c)+(y-c)=x+y\), откуда \(c=0\). Значит, \(f(x)=x\). Проверка очевидна.

При \(x=0\): \(f(f(y))=f(0)+y\). Если \(f(a)=f(b)\), то \(f(f(a))=f(f(b))\), откуда \(a=b\). Значит, \(f\) инъективна. При \(y=0\): \(f(x+f(0))=f(x)\), поэтому \(f(0)=0\). Тогда \(f(f(y))=y\).

Подставим \(y=f(t)\): \(f(x+f(f(t)))=f(x)+f(t)\), то есть \(f(x+t)=f(x)+f(t)\). На \(\mathbb Q\) аддитивная функция имеет вид \(f(x)=cx\). Из \(f(f(y))=y\) следует \(c^2=1\). Ответы: \(f(x)=x\) и \(f(x)=-x\). Проверка прямая.

При \(y=0\): \(f(f(x))=x+f(0)\), поэтому \(f\) инъективна и сюръективна. При \(x=0\): \(f(f(0)+y)=f(y)\). По инъективности \(f(0)+y=y\), значит \(f(0)=0\). Тогда \(f(f(x))=x\).

Подставим \(y=f(t)\): \(f(f(x)+f(t))=x+t=f(f(x+t))\). По инъективности \(f(x)+f(t)=f(x+t)\). Следовательно, \(f\) аддитивна на \(\mathbb Q\), значит \(f(x)=cx\). Условие \(f(f(x))=x\) даёт \(c^2=1\). Ответ: \(f(x)=x\) или \(f(x)=-x\).

По сюръективности \(t=f(y)\) произвольно. Тогда \(f(x+t)=f(x)+2t\) для всех \(x,t\). При \(x=0\) получаем \(f(t)=f(0)+2t\). Следовательно, \(f(x)=2x+c\). Проверка: \(f(x+f(y))=2x+2f(y)+c=f(x)+2f(y)\). Все функции \(f(x)=2x+c\) подходят.

Если \(f(a)=f(b)\), то сравнение исходного равенства при \(y=a\) и \(y=b\) даёт \(3a=3b\), значит \(a=b\). Функция инъективна. При \(y=0\): \(f(x+f(0))=f(x)\), поэтому \(f(0)=0\). При \(x=0\): \(f(f(y))=3y\), отсюда \(f\) сюръективна.

Пусть \(t=f(y)\). Тогда \(f(t)=3y\), и исходное уравнение принимает вид \(f(x+t)=f(x)+f(t)\). Значит, \(f\) аддитивна на \(\mathbb Q\), поэтому \(f(x)=cx\) для некоторого рационального \(c\). Условие \(f(f(y))=3y\) даёт \(c^2=3\), что невозможно для рационального \(c\). Противоречие.

По сюръективности \(t=f(y)\) произвольно, значит \(f(x+t)=f(x)+t+1\). При \(x=0\) получаем \(f(t)=f(0)+t+1\). Тогда левая часть равенства \(f(x+t)=f(x)+t+1\) равна \(f(0)+x+t+1\), а правая равна \(f(0)+x+1+t+1\). Получаем \(0=1\), противоречие. Такой функции не существует.

Если \(f(a)=f(b)\), то сравнение уравнений при \(y=a\) и \(y=b\) даёт \(a=b\), значит \(f\) инъективна. Обозначим \(c=f(0)\). При \(x=0\): \(f(f(y))=c+y+1\). Пусть \(t=f(y)\). Тогда \(f(t)=c+y+1\), то есть \(y+1=f(t)-c\). Поэтому исходное уравнение даёт \(f(x+t)=f(x)+f(t)-c\) для всех \(x,t\) из образа. Функция сюръективна, так как \(f(f(T-c-1))=T\), значит это верно для всех \(t\).

Положим \(g(x)=f(x)-c\). Тогда \(g(x+t)=g(x)+g(t)\), поэтому на \(\mathbb Q\) имеем \(g(x)=ax\). Кроме того, из \(f(f(y))=c+y+1\) следует \(g(g(y)+c)=y+1\). Так как \(g\) аддитивна, \(g(g(y))+g(c)=y+1\). При \(y=0\) получаем \(g(c)=1\), значит \(g(g(y))=y\). Поэтому \(a^2=1\), а \(ac=1\). Если \(a=1\), то \(c=1\); если \(a=-1\), то \(c=-1\). Ответ: \(f(x)=x+1\) и \(f(x)=-x-1\). Проверка прямая.

Если \(f(a)=f(b)\), то сравнение уравнений при \(y=a\) и \(y=b\) даёт \(a=b\), поэтому \(f\) инъективна. Обозначим \(c=f(0)\). При \(x=0\): \(f(f(y))=c+f(y)+y\). Если \(t=f(y)\), то \(f(t)=c+t+y\), значит \(t+y=f(t)-c\). Следовательно, \(f(x+t)=f(x)+f(t)-c\). Отсюда \(g(x)=f(x)-c\) аддитивна, и на \(\mathbb Q\) \(g(x)=ax\).

Итак, \(f(x)=ax+c\). Подставим в исходное уравнение: \(a(x+ay+c)+c=ax+(a+1)y+2c\). Сравнение коэффициентов даёт \(a^2=a+1\) и \(c(a-1)=0\). Но уравнение \(a^2-a-1=0\) не имеет рациональных корней. Противоречие.

Если \(f(a)=f(b)\), то сравнение равенств при \(y=a\) и \(y=b\) даёт \(2a=2b\), значит \(a=b\). Функция инъективна. При \(y=0\): \(f(x+f(0))=f(x)\), откуда \(f(0)=0\). При \(x=0\): \(f(f(y))=2y\), значит \(f\) сюръективна.

Пусть \(t=f(y)\). Тогда \(f(t)=2y\), поэтому \(f(x+t)=f(x)+f(t)\). Функция аддитивна и возрастает, значит \(f(x)=cx\). Из \(f(f(y))=2y\) получаем \(c^2=2\), а возрастание даёт \(c>0\). Ответ: \(f(x)=\sqrt{2}x\). Проверка прямая.

При \(y=0\) получаем \(f(f(x))=x+f(0)\). Отсюда следует инъективность: если \(f(a)=f(b)\), то \(a+f(0)=b+f(0)\). Также следует сюръективность. При \(x=0\): \(f(f(0)+y)=f(y)\), поэтому по инъективности \(f(0)=0\). Значит, \(f(f(x))=x\).

Подставим \(y=f(t)\): \(f(f(x)+f(t))=x+t=f(f(x+t))\). По инъективности \(f(x)+f(t)=f(x+t)\). Функция непрерывна и аддитивна, значит \(f(x)=cx\). Условие \(f(f(x))=x\) даёт \(c^2=1\). Ответ: \(f(x)=x\) и \(f(x)=-x\).

Если \(f(a)=f(b)\), сравнение уравнений при \(y=a\) и \(y=b\) даёт \(a=b\), значит \(f\) инъективна. Пусть \(c=f(0)\). При \(x=0\): \(f(f(y))=c+f(y)+y\). Если \(t=f(y)\), то \(f(t)=c+t+y\), откуда \(t+y=f(t)-c\). Поэтому \(f(x+t)=f(x)+f(t)-c\). Значит, \(g(x)=f(x)-c\) аддитивна и непрерывна, следовательно, \(g(x)=ax\).

Итак, \(f(x)=ax+c\). Подстановка в исходное уравнение даёт \(a(x+ay+c)+c=ax+(a+1)y+2c\). Поэтому \(a^2=a+1\) и \(c(a-1)=0\). Так как корни первого уравнения не равны \(1\), имеем \(c=0\). Значит, \(a=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\) или \(a=\frac{1-\sqrt{5}}{2}\). Обе функции \(f(x)=ax\) подходят.

Так как \(f\) сюръективна, \(t=f(x)\) пробегает все действительные числа. Тогда \(f(t+y)=t+f(y)\) для всех \(t,y\). При \(y=0\) получаем \(f(t)=t+f(0)\). Значит, \(f(x)=x+c\). Проверка: \(f(f(x)+y)=f(x)+y+c=x+c+y+c=f(x)+f(y)\). Все функции \(f(x)=x+c\) подходят.

Так как \(f\) сюръективна, \(t=f(y)\) произвольно. Поэтому \(f(x+t)+f(x-t)=2f(x)\) для всех \(x,t\). Положив \(u=x+t\), \(v=x-t\), получаем \(f\left(\frac{u+v}{2}\right)=\frac{f(u)+f(v)}{2}\). Непрерывная функция, сохраняющая середины, аффинна: \(f(x)=ax+b\).

Сюръективность требует \(a\ne0\). Проверка показывает, что любая функция \(f(x)=ax+b\), \(a\ne0\), удовлетворяет исходному уравнению. Ответ: \(f(x)=ax+b\), где \(a\ne0\).

Если \(f(a)=f(b)\), то из равенств с одинаковым \(y\) получаем \(a+y=b+y\), значит \(a=b\). Функция инъективна. Кроме того, любое \(T\) равно \(f(f(T)+f(0))\), поэтому \(f\) сюръективна. Пусть \(g=f^{-1}\).

Положив \(y=0\), получаем \(f(f(x)+f(0))=x\), значит \(g(x)=f(x)+f(0)\). Обозначим \(c=f(0)\). Тогда \(g(x)=f(x)+c\). Из исходного уравнения для \(x=y=g(0)\) получаем \(f(0)=2g(0)\). Но из \(g(0)=f(0)+c\) следует \(g(0)=2c\). Значит, \(c=4c\), откуда \(c=0\). Поэтому \(g=f\) и \(f(f(x))=x\).

Теперь для любых \(u=f(x)\), \(v=f(y)\) имеем \(f(u+v)=x+y=f(u)+f(v)\), потому что \(g=f\). Значит, \(f\) аддитивна. Возрастающая аддитивная функция имеет вид \(f(x)=ax\), где \(a>0\). Условие \(f(f(x))=x\) даёт \(a^2=1\), поэтому \(a=1\). Ответ: \(f(x)=x\).

При \(x=0\): \(f(f(y))=f(0)+y\). Отсюда, как обычно, следует инъективность. При \(y=0\): \(f(x+f(0))=f(x)\), поэтому \(f(0)=0\). Тогда \(f(f(y))=y\).

Подстановка \(y=f(t)\) даёт \(f(x+t)=f(x)+f(t)\), то есть \(f\) аддитивна. Непрерывная аддитивная функция имеет вид \(f(x)=cx\). Из \(f(f(y))=y\) получаем \(c^2=1\), значит \(f(x)=x\) или \(f(x)=-x\). В первом случае \(f(2)=2\), во втором \(f(2)=-2\). Ни один случай не даёт \(3\). Противоречие.

Если \(f(a)=f(b)\), то сравнение уравнений при \(y=a\) и \(y=b\) даёт \(a=b\), значит \(f\) инъективна. Обозначим \(c=f(0)\). При \(x=0\): \(f(f(y))=c+f(y)+y+1\). Пусть \(t=f(y)\). Тогда \(f(t)=c+t+y+1\), откуда \(t+y+1=f(t)-c\). Поэтому \(f(x+t)=f(x)+f(t)-c\). Значит, \(g(x)=f(x)-c\) аддитивна и непрерывна, следовательно, \(g(x)=ax\).

Из \(f(c)=f(0+f(0))=c+c+0+1=2c+1\) получаем \(g(c)=c+1\). Кроме того, \(f(f(y))=c+f(y)+y+1\) переписывается как \(g(g(y)+c)+c=g(y)+y+2c+1\). Так как \(g\) аддитивна и \(g(c)=c+1\), получаем \(g(g(y))=g(y)+y\). Для \(g(x)=ax\) это даёт \(a^2=a+1\).

Остаётся условие \(g(c)=c+1\), то есть \(ac=c+1\), или \(c(a-1)=1\). Поэтому \(a\) равен одному из корней \(a^2-a-1=0\), а \(c=\frac{1}{a-1}\). Итак, подходят две функции: \(f(x)=ax+\frac{1}{a-1}\), где \(a=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\) или \(a=\frac{1-\sqrt{5}}{2}\). Прямая подстановка подтверждает обе.

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 \(x\).

Для \(n>0\) индукция даёт \(f(n)=4n-1\). Для \(n<0\) из \(f(n)=f(n+1)-4\) получаем ту же формулу. Ответ: \(f(n)=4n-1\).

Если \(n=2k\), то \(f(n)=2+6k=3n+2\). Если \(n=2k+1\), то \(f(n)=5+6k=3n+2\). Ответ: \(f(n)=3n+2\). Формула работает и для отрицательных \(k\), так как рекурсия обратима.

Тогда \(g(m+n)=f(m+n)+1=f(m)+f(n)+2=g(m)+g(n)\). На \(\mathbb N\) получаем \(g(n)=ng(1)=5n\). Значит, \(f(n)=5n-1\).

Пусть \(c=f(0)\). По индукции \(f(1)\equiv c+1\), \(f(2)\equiv c+2\), и так далее. Так как все значения считаются по модулю \(7\), получаем \(f(x)\equiv c+x\pmod 7\) для каждого остатка \(x\).

Условие эквивалентно \(f(n+2)-f(n+1)=f(n+1)-f(n)\). Значит, первые разности постоянны. Так как \(f(1)-f(0)=2\), имеем \(f(n+1)-f(n)=2\) для всех \(n\). Поэтому \(f(n)=2n\).

Для \(n>0\): \(f(n)=nf(1)=-3n\). Также \(f(0)=0\), а из \(0=f(n+(-n))\) следует \(f(-n)=-f(n)=3n\). Значит, для всех \(n\in\mathbb Z\) \(f(n)=-3n\).

Положим \(g(n)=f(n)-n^2\). Тогда \(g(m+n)=f(m+n)-(m+n)^2=f(m)+f(n)+2mn-m^2-2mn-n^2=g(m)+g(n)\). Следовательно, \(g(n)=cn\), где \(c\in\mathbb Z\). Ответ: \(f(n)=n^2+cn\).

Пусть \(B(n)=\binom{n}{2}=\frac{n(n-1)}{2}\). Тогда \(B(m+n)=B(m)+B(n)+mn\). Значит, \(g(n)=f(n)-B(n)\) аддитивна на \(\mathbb Z\), поэтому \(g(n)=cn\). Ответ: \(f(n)=\binom{n}{2}+cn\), где \(c\in\mathbb Z\).

Положим \(n=1\): \(f(m+1)+f(m-1)=2f(m)\). Это означает, что \(f(m+1)-f(m)=f(m)-f(m-1)\), то есть первые разности постоянны. Следовательно, \(f(n)=an+b\). Все такие функции действительно подходят.

Для любого \(n\) число \(2n+1\) нечётно. Значит, \(f(n+1)\) и \(f(n)\) имеют разную чётность. Поэтому все значения функции не могут иметь одну и ту же чётность. Противоречие.

При \(n=1\): \(f(m+1)+f(m-1)=2f(m)+2\). Поэтому \(f(m+1)-f(m)=f(m)-f(m-1)+2\). Обозначим \(d_m=f(m)-f(m-1)\). Тогда \(d_{m+1}=d_m+2\), а \(d_1=f(1)-f(0)=1\). Значит, \(d_m=2m-1\) для положительных \(m\), и суммирование даёт \(f(n)=1+3+\cdots+(2n-1)=n^2\). Для отрицательных \(n\) из уравнения при \(m=0\) получаем \(f(-n)=f(n)\). Поэтому \(f(n)=n^2\) для всех целых \(n\).

Из условия \(g(mn)=g(m)+g(n)\). Для простого \(p\) имеем \(g(p)=1\). Если \(n=p_1^{a_1}\cdots p_k^{a_k}\), то \(g(n)=a_1+\cdots+a_k\). Следовательно, \(f(n)=n(a_1+\cdots+a_k)\), то есть \(f(n)=n\Omega(n)\), где \(\Omega(n)\) - число простых множителей с кратностями.

Пусть \(a=f(1)\). Для остатка \(x\) имеем \(x=1+\cdots+1\) по модулю \(p\). Тогда \(f(x)=xf(1)=ax\). Это верно и для \(x=0\), так как \(f(0)=0\).

При \(n=0\): \(f(f(m))=f(0)+m\). Если \(f(a)=f(b)\), то \(f(f(a))=f(f(b))\), значит \(a=b\), поэтому \(f\) инъективна. При \(m=0\): \(f(n+f(0))=f(n)\), откуда \(f(0)=0\). Тогда \(f(f(m))=m\). Подставим \(m=f(t)\): \(f(n+t)=f(n)+f(t)\). Значит, \(f\) аддитивна на \(\mathbb Z\), то есть \(f(n)=cn\). Из \(f(f(n))=n\) следует \(c^2=1\). Ответ: \(f(n)=n\) и \(f(n)=-n\).

Для \(g(n)=f(n)+2\) получаем \(g(m+n)=g(m)+g(n)\). Значит, \(g(n)=an\), где \(a\in\mathbb Z\), и \(f(n)=an-2\). Тогда \(f(f(n))=a(an-2)-2=a^2n-2a-2\). Это равно \(n\) для всех \(n\), поэтому \(a^2=1\) и \(-2a-2=0\). Следовательно, \(a=-1\). Ответ: \(f(n)=-n-2\).

По аддитивности на остатках \(f(x)=ax\), где \(a=f(1)\). Тогда \(f(f(x))=a^2x\). Условие даёт \(a^2\equiv1\pmod p\). Так как \(p\) нечётное простое, \((a-1)(a+1)\equiv0\pmod p\), поэтому \(a\equiv1\) или \(a\equiv-1\). Ответ: \(f(x)=x\) и \(f(x)=-x\) по модулю \(p\).

Для \(n>0\): \(f(n)=\sum_{k=0}^{n-1}(2k+1)=n^2\). Для отрицательных \(n\) идём назад: \(f(n)=f(n+1)-(2n+1)\), и та же формула \(n^2\) удовлетворяет рекурсии и начальному значению. Ответ: \(f(n)=n^2\).

Заметим, что \(4mn=(m+n)^2-(m-n)^2\). Пусть \(u=m+n\), \(v=m-n\). Тогда \(u\) и \(v\) имеют одну чётность, и условие говорит \(f(u)-u^2=f(v)-v^2\). Значит, величина \(f(n)-n^2\) постоянна отдельно на чётных и на нечётных \(n\). Поэтому все решения имеют вид \(f(n)=n^2+c_0\) для чётных \(n\) и \(f(n)=n^2+c_1\) для нечётных \(n\), где \(c_0,c_1\in\mathbb Z\). Проверка очевидна, потому что \(m+n\) и \(m-n\) всегда одной чётности.

Функция \(n^2\) удовлетворяет рекурсии и трём начальным значениям. Рекурсия с шагом \(3\) отдельно задаёт значения на классах \(0,1,2\pmod3\). Начальные значения на этих трёх классах совпадают с \(n^2\), значит по индукции вперёд и назад \(f(n)=n^2\) для всех целых \(n\).

При \(x=0\): \(f(f(y))=f(0)+y\). Если \(f(a)=f(b)\), то \(f(f(a))=f(f(b))\), значит \(a=b\); функция инъективна. На конечном множестве она биективна. При \(y=0\): \(f(x+f(0))=f(x)\), поэтому \(f(0)=0\). Тогда \(f(f(y))=y\).

Подставим \(y=f(t)\): \(f(x+t)=f(x)+f(t)\). Значит, \(f\) аддитивна на \(\mathbb Z/p\mathbb Z\), поэтому \(f(x)=ax\). Из \(f(f(x))=x\) следует \(a^2\equiv1\pmod p\). Так как \(p\) нечётное простое, \(a\equiv1\) или \(a\equiv-1\). Ответ: \(f(x)=x\) и \(f(x)=-x\) по модулю \(p\).

При \(y=0\) получаем \(P(0)=0\). Если степень \(P\) не меньше \(2\), то в \(P(x+y)\) возникает смешанный член старшей степени, которого нет в \(P(x)+P(y)\). Значит, \(P\) линейный или нулевой. Поэтому \(P(x)=ax+b\), а \(P(0)=0\) даёт \(b=0\). Ответ: \(P(x)=ax\).

Пусть \(P\) имеет степень \(d\ge2\) и старший коэффициент \(a\). В левой части старшая часть равна \(a((x+y)^d+(x-y)^d)\), а справа \(2ax^d\). При раскрытии появляется член с \(y^2x^{d-2}\), если \(d\ge2\), что невозможно. Значит, \(d\le1\). Все линейные многочлены \(P(x)=ax+b\) подходят.

Подстановка \(y=0\) даёт \(P(0)=0\). Сравнение старших частей показывает, что степень не выше \(2\). Пусть \(P(x)=ax^2+bx\). Подстановка даёт \(2ax^2+2ay^2+2bx=2ax^2+2bx+2ay^2+2by\), значит \(b=0\). Из \(P(1)=2\) получаем \(a=2\). Ответ: \(P(x)=2x^2\).

Многочлен \(Q(x)=P(x)-5x\) удовлетворяет \(Q(x+1)=Q(x)\). Периодический многочлен постоянен. Значит, \(Q(x)=c\), и \(P(x)=5x+c\). Все такие многочлены подходят.

Так как \((x+1)^2-x^2=2x+1\), многочлен \(Q(x)=P(x)-x^2\) периодичен с периодом \(1\). Поэтому \(Q\) постоянен. Ответ: \(P(x)=x^2+c\).

Известно, что \(F(x)=\frac{x(x-1)(2x-1)}{6}\) имеет разность \(F(x+1)-F(x)=x^2\). Тогда \(Q=P-F\) периодичен с периодом \(1\), значит постоянен. Ответ: \(P(x)=\frac{x(x-1)(2x-1)}{6}+c\).

Постоянные решения: \(P=0\), \(P=1\). Пусть \(P\) непостоянен. Тогда \(P(1)=1\). Если \(r\ne0\) и \(P(r)=0\), то \(P(ry)=0\) для всех \(y\), значит \(P\equiv0\), противоречие. Поэтому все корни, если есть, равны \(0\), и \(P(x)=ax^n\). Подстановка даёт \(a=a^2\), откуда \(a=1\). Ответ: \(0\), \(1\), \(x^n\), \(n\ge1\).

Если \(P\) постоянен, невозможно. Пусть \(\deg P=d\). Тогда \(\deg P(P(x))=d^2\), а справа степень \(1\). Значит, \(d=1\). Пусть \(P(x)=ax+b\). Тогда \(P(P(x))=a^2x+b(a+1)\). Получаем \(a^2=1\), \(b(a+1)=0\). Ответ: \(P(x)=x\) и \(P(x)=-x+b\), где \(b\in\mathbb R\).

Постоянный \(P\) невозможен. Если \(\deg P=d\ge1\), то \(\deg P(P(x))=d^2\). Правая часть имеет степень \(2\). Нужно \(d^2=2\), что невозможно для целого \(d\). Значит, такого многочлена нет.

Если \(d=\deg P\ge2\), то степень левой части по \(y\) равна \(d^2\), а правой - \(1\), невозможно. Значит, \(P(x)=ax+b\). Подстановка даёт \(a(x+ay+b)+b=ax+b+y\). Отсюда \(a^2=1\), \(ab=0\), значит \(b=0\). Ответ: \(P(x)=x\), \(P(x)=-x\).

Если \(P\) постоянен, то \(P=0\). Пусть \(d\ge1\). Степень левой части по \(y\) равна \(d^2\), а правой - \(d\), поэтому \(d=1\). Пусть \(P(x)=ax+b\), \(a\ne0\). Подстановка даёт \(a(x+ay+b)+b=ax+b+ay+b\). Отсюда \(a^2=a\), значит \(a=1\); константа подходит любая. Ответ: \(P=0\) и \(P(x)=x+b\).

Постоянные решения: \(0\), \(1\). Пусть \(P\) непостоянен. Если \(r\ne0\) - корень, то \(P(r^2)=P(r)^2=0\), далее \(P(r^{2^k})=0\) для бесконечно многих \(k\), что невозможно. Значит, единственный корень - \(0\), и \(P(x)=ax^n\). Подстановка даёт \(a^2=a\), откуда \(a=1\). Ответ: \(0\), \(1\), \(x^n\), \(n\ge1\).

Постоянные решения удовлетворяют \(c^3=c\), то есть \(c=0,1,-1\). Пусть \(P\) непостоянен. Ненулевой корень породил бы бесконечную цепочку корней \(r,r^3,r^9,\ldots\), значит корень только \(0\). Поэтому \(P(x)=ax^n\). Подстановка даёт \(a^3=a\), откуда \(a=1\) или \(a=-1\). Ответ: \(0\), \(1\), \(-1\), \(x^n\), \(-x^n\), \(n\ge1\).

Из условия дважды получаем \(P(x+2)=-P(x+1)=P(x)\). Значит, \(P\) периодичен с периодом \(2\), поэтому постоянен. Тогда \(c=-c\), откуда \(c=0\). Ответ: \(P\equiv0\).

Для \(x^2\) имеем \((x+1)^2-(x-1)^2=4x\). Поэтому \(Q=P-x^2\) удовлетворяет \(Q(x+1)=Q(x-1)\), то есть \(Q(x+2)=Q(x)\). Периодический многочлен постоянен. Ответ: \(P(x)=x^2+c\).

Многочлен \(R(x)=P(x+1)-P(x)-x^2\) имеет бесконечно много корней, значит \(R\equiv0\). Поэтому задача сводится к \(P(x+1)-P(x)=x^2\). Как раньше, \(P(x)=\frac{x(x-1)(2x-1)}{6}+c\).

Положим \(Q(x)=P(x)-x^2\). Тогда \(Q(x+y)=P(x+y)-(x+y)^2=P(x)+P(y)+2xy-x^2-2xy-y^2=Q(x)+Q(y)\). Значит, \(Q(x)=ax\). Ответ: \(P(x)=x^2+ax\).

Постоянные решения: \(0\), \(1\). Пусть \(P\) непостоянен. Если \(r\ne0\) - корень, то \(P(r^2)=P(r)P(-r)=0\), и снова возникает бесконечная цепочка корней. Значит, корень только \(0\), поэтому \(P(x)=ax^n\). Подстановка даёт \(a x^{2n}=a^2(-1)^n x^{2n}\). Значит, \(a=a^2(-1)^n\). Так как \(a e0\), имеем \(a=(-1)^n\). Ответ: \(P(x)=x^{2k}\) и \(P(x)=-x^{2k+1}\), а также \(0\), \(1\).

Если \(P\) постоянен и равен \(c\), то \(c=c^2\), значит \(c=0\) или \(c=1\). Пусть теперь \(P\) непостоянен. Тогда множество значений \(P(x)\) бесконечно. Для каждого числа \(t\) из этого образа существует \(x\), такое что \(t=P(x)\), и условие даёт \(P(t)=t^2\). Значит, многочлен \(P(T)-T^2\) имеет бесконечно много корней, поэтому он тождественно равен нулю. Следовательно, \(P(x)=x^2\). Проверка показывает, что \(0\), \(1\) и \(x^2\) подходят.

Пусть степень \(P\) равна \(d\), старший коэффициент \(a\ne0\). Старшая часть равенства равна \(a(x^d+y^d+(-x-y)^d)\). При \(y=x\) получаем \(a(2+(-2)^d)x^d\). Если \(d\ge2\), этот коэффициент не равен нулю: при чётном \(d\) он положителен, при нечётном \(d\ge3\) равен \(2-2^d\). Значит, \(d\le1\). Пусть \(P(x)=ax+b\). Подстановка даёт \(a(x+y-x-y)+3b=0\), поэтому \(b=0\). Ответ: \(P(x)=ax\), включая \(a=0\).

Если \(f(a)=a\), то \(f(f(a))=f(a)=a\). Но по условию \(f(f(a))=a+1\). Получаем противоречие \(a=a+1\).

Пусть \(y\) принадлежит образу. Тогда \(y=f(t)\) для некоторого \(t\). Поэтому \(f(y)=f(f(t))=f(t)=y\). Значит, \(y\) неподвижна.

Если \(f(a)>a\), то из возрастания \(f(f(a))>f(a)\), то есть \(a>f(a)\), противоречие. Если \(f(a)

Имеем \(f(f(x))=a(ax+b)+b=a^2x+b(a+1)\). Поэтому \(a^2=1\) и \(b(a+1)=0\). Если \(a=1\), то \(b=0\), получаем \(f(x)=x\). Если \(a=-1\), то \(b\) произвольно, получаем \(f(x)=-x+b\).

Циклы перестановки имеют длины \(1\) или \(3\). Если неподвижных точек нет, все циклы имеют длину \(3\), и число элементов делится на \(3\). Но \(10\) не делится на \(3\). Значит, есть цикл длины \(1\), то есть неподвижная точка.

Пусть \(f(x)=cx\). Тогда \(f(f(x))=c^2x\). Получаем \(c^2=4\), поэтому \(c=2\) или \(c=-2\). Ответ: \(f(x)=2x\), \(f(x)=-2x\).

Аддитивность на \(\mathbb Q\) даёт \(f(x)=cx\). Условие \(f^3(x)=8x\) даёт \(c^3=8\), откуда \(c=2\). Ответ: \(f(x)=2x\).

Имеем \(f^2(x)=a^2x+b(a+1)\). Поэтому \(a^2=1\). Если \(a=1\), то \(2b=6\), \(b=3\). Если \(a=-1\), то сдвиг равен \(0\), а не \(6\). Ответ: \(f(x)=x+3\).

Коэффициент при \(x\) в \(f^3(x)\) равен \(a^3\), поэтому \(a^3=1\), значит \(a=1\). Тогда \(f(x)=x+b\), и \(f^3(x)=x+3b\). Получаем \(3b=6\), \(b=2\). Ответ: \(f(x)=x+2\).

Если \(P\) постоянен, невозможно. Если \(\deg P=d\), то \(d^2=1\), поэтому \(d=1\). Пусть \(P(x)=ax+b\). Тогда \(a^2x+b(a+1)=x\), откуда \(a^2=1\), \(b(a+1)=0\). Ответ: \(P(x)=x\) или \(P(x)=-x+b\).

Любой постоянный многочлен подходит. Пусть \(P\) непостоянен. Тогда множество значений \(P(x)\) бесконечно. Для каждого \(t=P(x)\) имеем \(P(t)=t\). Значит, многочлен \(P(T)-T\) имеет бесконечно много корней, поэтому \(P(T)=T\). Ответ: все постоянные многочлены и \(P(x)=x\).

Длины циклов могут быть \(1,2,4\). Если нет циклов длины \(1\) и \(2\), все циклы имеют длину \(4\). Тогда число элементов должно делиться на \(4\), но \(6\) не делится на \(4\). Противоречие.

Из \(f(n+1)=f(n)+1\) следует \(f(n)-n\) постоянно на \(\mathbb Z\). Значит, \(f(n)=n+c\). Тогда \(f^2(n)=n+2c\). По условию \(2c=4\), откуда \(c=2\). Ответ: \(f(n)=n+2\).

Пусть \(m=f(n)\). Тогда \(m>n\), а \(f(m)=n+2\). По условию, применённому к \(m\), имеем \(f(m)>m\). Значит, \(n+2>m\). Итак, \(n

Для всех \(x\) имеем \(a^2x\equiv x\pmod p\), значит \(a^2\equiv1\pmod p\). Тогда \((a-1)(a+1)\equiv0\pmod p\). Так как \(p\) простое, \(a\equiv1\) или \(a\equiv-1\pmod p\).

Если \(P\) постоянен, невозможно. Пусть \(\deg P=d\). Тогда \(\deg P^3=d^3\), а справа степень \(1\), значит \(d=1\). Пусть \(P(x)=ax+b\). Тогда коэффициент при \(x\) в третьей итерации равен \(a^3\), поэтому \(a^3=1\), откуда над \(\mathbb R\) \(a=1\). Тогда \(P(x)=x+b\), и \(P^3(x)=x+3b\). Получаем \(b=0\). Ответ: \(P(x)=x\).

Аддитивность на \(\mathbb Q\) даёт \(f(x)=cx\) с рациональным \(c\). Тогда \(f(f(x))=c^2x\). Условие требует \(c^2=-1\), что невозможно для рационального числа. Значит, такой функции нет.

Если \(P=c\) постоянно, то \(c=c^2\), значит \(c=0\) или \(c=1\). Пусть \(P\) непостоянен. Для каждого \(t\) из образа \(P\) имеем \(t=P(x)\) и потому \(P(t)=t^2\). Образ непостоянного многочлена бесконечен, значит \(P(T)-T^2\) имеет бесконечно много корней. Следовательно, \(P(T)=T^2\). Ответ: \(P=0\), \(P=1\), \(P(x)=x^2\).

Если \(f(a)>a\), то из возрастания \(f^2(a)>f(a)>a\), а затем \(f^3(a)>f^2(a)>a\), что противоречит \(f^3(a)=a\). Если \(f(a)

Зафиксируем \(a\). Если \(f(a)>a\), то по строгому возрастанию \(f^2(a)>f(a)\), затем \(f^3(a)>f^2(a)\), и так далее. Получаем \(f^k(a)>a\), противоречие. Если \(f(a)

Так как \(f\) возрастает и аддитивна, \(f(x)=cx\). Из \(f(1)=4\) получаем \(c=4\). Ответ: \(f(x)=4x\).

Аддитивная функция, ограниченная на интервале, непрерывна. Поэтому \(f(x)=cx\). Из \(f(1)=3\) получаем \(f(x)=3x\).

Если \(x

Если \(f(a)>0\), то \(f(na)=nf(a)\) станет больше \(100\) при больших \(n\), противоречие. Если \(f(a)<0\), то \(f((-n)a)=-nf(a)\) станет больше \(100\). Значит, \(f(a)=0\) для всех \(a\).

Если \(f(a)>a\), то \(f(f(a))>f(a)\), то есть \(a>f(a)\), противоречие. Если \(f(a)

Из ограниченности на интервале следует линейность: \(f(x)=cx\). Так как \(f(2)=10\), имеем \(2c=10\), \(c=5\). Ответ: \(f(x)=5x\).

Для \(x\) имеем \(f(x)\ge x\). Для \(-x\): \(f(-x)\ge -x\), то есть \(-f(x)\ge -x\), значит \(f(x)\le x\). Следовательно, \(f(x)=x\) для всех \(x\).

Положим \(g(x)=f(x)-f(0)\). Тогда \(g(0)=0\), \(g\) удовлетворяет тому же Jensen-уравнению и ограничена сверху на интервале. Стандартный результат даёт непрерывность и линейность \(g(x)=ax\). Поэтому \(f(x)=ax+b\).

Функция строго возрастает и аддитивна, значит линейна: \(f(x)=cx\). Из \(f(1)=1\) получаем \(c=1\). Ответ: \(f(x)=x\).

Неотрицательность на положительной полуоси даёт неубывание. Значит, аддитивная функция линейна: \(f(x)=cx\). Из \(0\le f(1)\le1\) получаем \(0\le c\le1\).

Для \(q>0\): \(qf(x)=f(qx)\le q^2x^2\). Делим на \(q\): \(f(x)\le qx^2\). При \(q\to0+\) получаем \(f(x)\le0\). Применяя это к \(-x\), имеем \(-f(x)\le0\), то есть \(f(x)\ge0\). Значит, \(f(x)=0\).

Пусть \(x e0\). Для \(q>0\) имеем \(qf(x)=f(qx)\ge q^2x^2\), значит \(f(x)\ge qx^2\). При \(q\to\infty\) правая часть неограниченно растёт, что невозможно для фиксированного \(f(x)\). Противоречие.

Неубывающая аддитивная функция линейна: \(f(x)=cx\), \(c\ge0\). Тогда \(cxy=c^2xy\) для всех \(x,y\), значит \(c=0\) или \(c=1\). Ответ: \(f\equiv0\) и \(f(x)=x\).

Если \(f(a)>0\), то при больших отрицательных \(n\) число \(nf(a)<-1\), то есть \(f(na)<-1\), противоречие. Если \(f(a)<0\), берём большие положительные \(n\). Поэтому \(f(a)=0\) для любого \(a\).

Положим \(g(x)=f(x)-f(0)\). Тогда \(g(0)=0\), \(g\) удовлетворяет Jensen-уравнению и неубывает. По стандартному факту Jensen-функция с монотонностью линейна: \(g(x)=ax\). Следовательно, \(f(x)=ax+b\).

Из \(|f(x)|\le2|x|\) следует ограниченность на \([-1,1]\), значит \(f(x)=cx\). Условие превращается в \(|c||x|\le2|x|\), то есть \(|c|\le2\). Ответ: все \(f(x)=cx\), где \(|c|\le2\).

Если \(x0\), и \(f(y)-f(x)=f(y-x)>0\). Значит, \(f\) строго возрастает. Строго возрастающая аддитивная функция линейна: \(f(x)=cx\). Из \(f(1)=1\) получаем \(c=1\).