Алгебра. Книга 3

При \(x=0\): \(f(y)=f(0)+y\). Значит \(f(x)=x+c\). Проверка показывает, что все такие функции подходят.

Положим \(g(x)=f(x)-2\). Тогда \(g(x+y)=g(x)+g(y)\), значит на \(\mathbb Q\) имеем \(g(q)=cq\). Ответ: \(f(q)=cq+2\).

Положим \(g(x)=f(x)-2x^2\). Тогда \(g(x+y)=g(x)+g(y)\), а \(g(1)=0\). Следовательно, \(g(q)=0\), и \(f(q)=2q^2\).

Положим \(A(x)=f(x)+1\). Тогда \(A\) аддитивна. Поэтому ответ: \(f(x)=A(x)-1\), где \(A:\mathbb R\to\mathbb R\) - произвольная аддитивная функция.

Из \(f(u)=f(v)\) следует \(u=v\), потому что \(f(x+f(u))=x+u\). Значит \(f\) инъективна. При \(x=0\): \(f(f(y))=y\). Подставляя \(y=f(t)\), получаем \(f(x+t)=x+f(t)\), значит \(f(s)=s+c\). Из \(f(f(y))=y\) следует \(c=0\), так что \(f(x)=x\).

Функция строго возрастает, значит \(f(n)\ge f(1)+n-1\ge n\). Если для некоторого \(k\) было бы \(f(k)>k\), то значение \(k\) не могло бы появиться в образе. Следовательно, \(f(n)=n\).

Потому что в этом курсе \(\mathbb N\) означает положительные целые числа. Подстановка допустима только тогда, когда значение принадлежит области определения.

Левая часть равна \(2(x+y)^2=2x^2+4xy+2y^2\). Правая часть равна \(2x^2+2y^2+4xy\). Они совпадают.

При \(x=0\) имеем \(f(y)=f(0)+2y\). Значит \(f(x)=2x+c\). Проверка прямая.

При \(y=0\) получаем \(f(x)=f(x)+f(0)+x\), что невозможно для всех \(x\). Решений нет.

Пусть \(g(x)=f(x)-4\). Тогда \(g\) аддитивна и \(g(1)=3\). Значит \(g(q)=3q\), то есть \(f(q)=3q+4\).

Положим \(g(x)=f(x)-x^2\). Тогда \(g\) аддитивна и \(g(1)=0\), поэтому \(g\equiv0\). Ответ: \(f(q)=q^2\).

Вычитаем одинаковое \(F(x)\) и получаем \(F(y)=F(-y)\) для всех \(y\).

При \(y=0\): \(f(f(x))=f(0)+x\). При \(x=0\): \(f(f(0)+y)=f(y)\), откуда \(f(0)=0\). Тогда \(f(f(x))=x\). Подставляя \(x=f(t)\), получаем \(f(t+y)=t+f(y)\), значит \(f\) аддитивна и \(f(t)=t\) или \(f(t)=-t\). Проверка даёт оба решения.

Они симметричны относительно абсциссы вершины параболы. Это часто используется после подстановки корней в другую квадратичную функцию.

Используем тождество \((x+y)^3=x^3+y^3+3xy(x+y)\). Значит формула подходит.

Для целых \(n\), \(f(n)=6n\). Если \(q=m/n\), то \(n f(q)=f(m)=6m\), значит \(f(q)=6q\).

Пусть \(g=f-3\). Тогда \(g\) аддитивна, \(g(1)=2\), значит \(f(q)=2q+3\).

Сначала \(f(0)=0\). Для любых \(u,v\) берём \(x=u/2\), \(y=v/3\), получаем \(f(u+v)=f(u)+f(v)\). Значит \(f(q)=4q\).

Берём \(x=0\): \(f(y)=f(0)\). Значит функция постоянна.

На рациональных \(f(q)=qf(1)\). Монотонность даёт непрерывность, поэтому переходом к рациональным приближениям получаем формулу для всех \(x\).

Ограниченность даёт непрерывность в нуле: малое \(h\) умножаем на большое \(n\), чтобы \(nh\in[0,1]\). Непрерывная аддитивная функция линейна.

\(a^2=4\), \(b(a+1)=3\). Получаем \(a=2,b=1\) или \(a=-2,b=-3\).

Левая часть \(A(x+y)+2=A(x)+A(y)+2\), правая часть \(A(x)+2+A(y)+2-2\). Они равны.

Так как \(f\) инъективна, из равенства \(f(f(x)+y)=f(f(y)+x)\) следует \(f(x)+y=f(y)+x\). Переносим члены: \(f(x)-x=f(y)-y\) для любых \(x,y\). Значит, величина \(f(x)-x\) не зависит от \(x\).

Комментарий. Главный момент - не раскрывать функцию, а снять внешний знак \(f\).

Так как \(f\) сюръективна, число \(t=f(y)\) может быть любым. Поэтому \(f(x+t)=f(x)+t\) для всех \(x,t\). При \(x=0\) получаем \(f(t)=f(0)+t\). Значит, \(f(x)=x+c\), где \(c=f(0)\). Проверка: \(f(x+f(y))=x+f(y)+c=f(x)+f(y)\). Все такие функции подходят.

Комментарий. Сюръективность здесь заменяет отдельный образ функции свободной переменной.

Если \(f(a)=f(b)\), то \(f(f(a))=f(f(b))\), откуда \(a+1=b+1\), значит \(a=b\). Поэтому \(f\) инъективна. Теперь возьмём произвольное \(T\in\mathbb Q\). Тогда \(f(f(T-1))=T\), значит \(T\) является значением функции \(f\). Следовательно, \(f\) сюръективна и биективна.

Комментарий. Итерация \(f(f(x))\) часто одновременно даёт инъективность и сюръективность.

При \(x=0\) имеем \(f(f(y))=f(0)+y\). Если \(f(a)=f(b)\), то \(f(f(a))=f(f(b))\), значит \(a=b\), поэтому \(f\) инъективна. При \(y=0\): \(f(x+f(0))=f(x)\), откуда \(f(0)=0\). Значит, \(f(f(y))=y\). Подставим \(y=f(t)\): \(f(x+t)=f(x)+f(t)\). На \(\mathbb Q\) отсюда \(f(x)=cx\). Из \(f(f(y))=y\) получаем \(c^2=1\). Ответы: \(f(x)=x\) и \(f(x)=-x\), оба подходят.

Комментарий. На \(\mathbb Q\) аддитивность сразу становится линейностью.

По сюръективности \(t=f(y)\) произвольно. Тогда \(f(x+t)=f(x)+t+1\) для всех \(x,t\). При \(x=0\) имеем \(f(t)=f(0)+t+1\). Подставим это обратно: левая часть равна \(f(0)+x+t+1\), правая равна \(f(0)+x+1+t+1\). Получаем \(0=1\), противоречие.

Комментарий. Лишняя постоянная часто проявляется только после полной проверки.

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

Комментарий. Без регулярности на \(\mathbb R\) аддитивная часть могла бы быть сложнее.

При \(y=0\): \(f(f(x))=x+f(0)\), откуда следует инъективность. Из этой же формулы следует сюръективность. При \(x=0\): \(f(f(0)+y)=f(y)\), поэтому \(f(0)=0\). Тогда \(f(f(x))=x\). Подставим \(y=f(t)\): \(f(f(x)+f(t))=x+t=f(f(x+t))\). По инъективности \(f(x)+f(t)=f(x+t)\). Непрерывная аддитивная функция имеет вид \(f(x)=cx\), а \(f(f(x))=x\) даёт \(c^2=1\). Ответ: \(f(x)=x\) или \(f(x)=-x\).

Комментарий. Непрерывность нужна только в последнем шаге, чтобы исключить нелинейные аддитивные функции.

Так как \(f\) сюръективна, значение \(t=f(y)\) произвольно. Поэтому \(f(x+t)+f(x-t)=2f(x)\) для всех \(x,t\). Это равенство означает, что значение в середине равно среднему арифметическому значений на концах: \(f\left(\frac{u+v}{2}\right)=\frac{f(u)+f(v)}{2}\). Непрерывная функция с таким свойством аффинна: \(f(x)=ax+b\). Сюръективность требует \(a\ne0\). Проверка показывает, что все \(f(x)=ax+b\), \(a\ne0\), подходят.

Комментарий. Сюръективность здесь превращает \(f(y)\) в любое расстояние от середины.

Из \(f(0)=f(0)+f(0)\) получаем \(f(0)=0\). Для натурального \(n\): \(f(n)=nf(1)\) по индукции. Также \(0=f(n+(-n))=f(n)+f(-n)\), значит \(f(-n)=-nf(1)\). Если \(q=\frac{m}{n}\), то \(n f(q)=f(nq)=f(m)=mf(1)\), поэтому \(f(q)=qf(1)\).

Комментарий. Это главный факт, который нельзя автоматически переносить на \(\mathbb R\) без регулярности.

Положим \(g(x)=f(x)-4\). Тогда \(g(x+y)=f(x+y)-4=f(x)+f(y)-8=g(x)+g(y)\). Значит, \(g(x)=ax\) на \(\mathbb Q\). Поэтому \(f(x)=ax+4\), где \(a\in\mathbb Q\). Проверка прямая.

Комментарий. Сначала выбираем сдвиг, потом решаем обычное уравнение Коши.

По аддитивности \(f(x)=cx\). Тогда из мультипликативности \(cxy=c^2xy\) для всех \(x,y\). Значит, \(c=0\) или \(c=1\). Ответ: \(f(x)=0\) и \(f(x)=x\). Обе функции подходят.

Комментарий. В мультипликативных задачах нулевую функцию нужно проверять отдельно.

Непрерывная аддитивная функция имеет вид \(f(x)=cx\). Поэтому \(c\sqrt{2}=5\), то есть \(c=\frac{5}{\sqrt{2}}\). Ответ: \(f(x)=\frac{5}{\sqrt{2}}x\).

Комментарий. В олимпиадном решении нужно явно назвать, где используется непрерывность.

Положим \(u=x+y\), \(v=x-y\). Тогда \(x=\frac{u+v}{2}\), и условие переписывается как \(f\left(\frac{u+v}{2}\right)=\frac{f(u)+f(v)}{2}\). Непрерывная функция, сохраняющая середины, аффинна: \(f(x)=ax+b\). Проверка показывает, что все такие функции подходят.

Комментарий. Это не квадратическое уравнение: справа нет \(2f(y)\).

При \(y=0\) получаем \(2f(x)=2f(x)+2f(0)\), значит \(f(0)=0\). Непрерывные решения квадратического уравнения Коши имеют вид \(f(x)=cx^2\). Из \(f(1)=3\) получаем \(c=3\). Ответ: \(f(x)=3x^2\). Проверка: \(3(x+y)^2+3(x-y)^2=6x^2+6y^2\).

Комментарий. Важно различать аффинный и квадратический случаи.

Заметим, что \((x+y)^3-x^3-y^3=3xy(x+y)\). Положим \(g(x)=f(x)-\frac{x^3}{3}\). Тогда \(g(x+y)=g(x)+g(y)\). На \(\mathbb Q\) имеем \(g(x)=ax\). Поэтому \(f(x)=\frac{x^3}{3}+ax\), где \(a\in\mathbb Q\). Проверка следует из той же формулы для кубов.

Комментарий. Это уже олимпиадная версия метода Коши: сначала убрать поправку.

Из непрерывной аддитивности \(f(x)=cx\). Подставляем во второе условие: \(c^2xy=cxy+xy\) для всех \(x,y\). Значит, \(c^2=c+1\). Поэтому \(c=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\) или \(c=\frac{1-\sqrt{5}}{2}\). Оба ответа подходят.

Комментарий. Второе условие не заменяет первое, а только фиксирует коэффициент.

Для \(n>0\) по индукции \(f(n)=2+5n\). Для отрицательных чисел идём назад: \(f(n)=f(n+1)-5\), поэтому та же формула сохраняется. Ответ: \(f(n)=5n+2\).

Комментарий. На \(\mathbb Z\) всегда отдельно проверяйте движение назад.

На чётных: \(f(2k)=1+4k=2(2k)+1\). На нечётных: \(f(2k+1)=3+4k=2(2k+1)+1\). Значит, \(f(n)=2n+1\) для всех целых \(n\).

Комментарий. Если начальные значения не согласованы, формула могла бы быть разной на чётных и нечётных.

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

Комментарий. Полиномиальные поправки часто распознаются через формулы для квадратов.

Используем \(\binom{m+n}{2}=\binom{m}{2}+\binom{n}{2}+mn\). Пусть \(g(n)=f(n)-\binom{n}{2}\). Тогда \(g(m+n)=g(m)+g(n)\), значит \(g(n)=cn\). Ответ: \(f(n)=\binom{n}{2}+cn\).

Комментарий. Такая поправка остаётся целой для всех целых \(n\).

Каждый элемент равен \(x\cdot1\) в смысле сложения по модулю \(p\). Поэтому \(f(x)=f(1+\cdots+1)=xf(1)\). Все равенства понимаются по модулю \(p\).

Комментарий. Это конечная версия аддитивности на \(\mathbb Q\), но доказательство короче.

Разность \(f(n+1)-f(n)=2n+1\) всегда нечётна. Значит, соседние значения имеют разную чётность. Поэтому все значения не могут быть одной чётности.

Комментарий. Это короткая, но важная олимпиадная проверка.

При \(n=0\): \(f(f(m))=f(0)+m\). Отсюда следует инъективность. При \(m=0\): \(f(n+f(0))=f(n)\), значит \(f(0)=0\). Тогда \(f(f(m))=m\). Подставим \(m=f(t)\): \(f(n+t)=f(n)+f(t)\). Следовательно, \(f(n)=cn\) на \(\mathbb Z\). Из \(f(f(n))=n\) получаем \(c^2=1\). Ответ: \(f(n)=n\) и \(f(n)=-n\).

Комментарий. Метод похож на вещественный, но линейность на \(\mathbb Z\) доказывается проще.

При \(x=0\): \(f(f(y))=f(0)+y\), значит \(f\) инъективна, а в конечном множестве и биективна. При \(y=0\): \(f(x+f(0))=f(x)\), поэтому \(f(0)=0\). Тогда \(f(f(y))=y\). Подстановка \(y=f(t)\) даёт \(f(x+t)=f(x)+f(t)\), значит \(f(x)=ax\). Из \(f(f(y))=y\) следует \(a^2=1\), то есть \(a=1\) или \(a=-1\). Ответ: \(f(x)=x\) и \(f(x)=-x\).

Комментарий. Здесь конечность заменяет доказательство сюръективности.

При \(y=0\): \(P(0)=0\). Пусть \(\deg P=d\). Если \(d\ge2\), то в \(P(x+y)\) есть смешанный член старшей степени, а в \(P(x)+P(y)\) смешанных членов нет. Значит, \(d\le1\). Поэтому \(P(x)=ax+b\), и из \(P(0)=0\) получаем \(b=0\). Ответ: \(P(x)=ax\).

Комментарий. Можно также сослаться на аддитивность на \(\mathbb Q\), но сравнение степеней быстрее.

Заметим, что \((x+1)^2-x^2=2x+1\). Значит, \(P(x)-x^2\) имеет нулевую конечную разность: \(Q(x+1)=Q(x)\). Непостоянный многочлен не может быть периодическим, поэтому \(Q\) постоянен. Ответ: \(P(x)=x^2+c\).

Комментарий. Формула разности часто угадывается по известной степени.

Если \(P\) постоянен, левая часть постоянна, что невозможно. Если \(\deg P=d\ge1\), то \(\deg P(P(x))=d^2\). Правая часть имеет степень \(2\). Нужно \(d^2=2\), но целой степени \(d\) с таким свойством нет. Противоречие.

Комментарий. Сначала всегда проверяем постоянный случай.

Постоянные решения: \(P=0\) и \(P=1\). Пусть \(P\) непостоянен. Тогда \(P(1)=1\). Если у \(P\) есть ненулевой корень \(r\), то \(P(ry)=P(r)P(y)=0\) для всех \(y\), значит \(P\equiv0\), противоречие. Поэтому единственный возможный корень - \(0\), и \(P(x)=ax^n\). Подстановка даёт \(a=a^2\), значит \(a=1\). Ответ: \(0\), \(1\), \(x^n\) для \(n\ge1\).

Комментарий. Корни нельзя игнорировать: они часто дают всю структуру.

Постоянные решения: \(0\) и \(1\). Если \(P\) непостоянен и \(r\ne0\) - его корень, то из \(P(r)^2=P(r^2)=0\), затем \(P(r^{2^k})=0\) для бесконечно многих значений, что невозможно для ненулевого многочлена. Значит, единственный корень - \(0\), и \(P(x)=ax^n\). Сравнение старших коэффициентов даёт \(a^2=a\), поэтому \(a=1\). Ответ: \(0\), \(1\), \(x^n\).

Комментарий. Здесь бесконечная цепочка корней заменяет деление.

Пусть \(\deg P=d\). Если \(d\ge2\), то степень левой части по \(y\) равна \(d^2\), а правой - \(1\), невозможно. Значит, \(P(x)=ax+b\). Подстановка даёт \(a(x+ay+b)+b=ax+b+y\). Поэтому \(a^2=1\) и \(ab=0\). Так как \(a\ne0\), \(b=0\). Ответ: \(P(x)=x\) и \(P(x)=-x\).

Комментарий. Сначала степень, потом коэффициенты.

Многочлен \(P(x+1)-P(x)-x^2\) имеет бесконечно много корней, значит равен нулю тождественно. Так как \(\frac{x(x-1)(2x-1)}{6}\) имеет разность \(x^2\), все решения: \(P(x)=\frac{x(x-1)(2x-1)}{6}+c\).

Комментарий. Целые точки дают тождество, если их бесконечно много.

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

Комментарий. Здесь не нужно раскрывать весь многочлен.

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

Комментарий. Всегда проверяйте, что даёт условие на фиксированной точке.

Предположим, что для некоторого \(a\) выполнено \(f(a)>a\). Тогда из возрастания \(f(f(a))>f(a)\), то есть \(a>f(a)\), противоречие. Аналогично, если \(f(a)

Комментарий. Сравнивается вся цепочка \(a, f(a), f^2(a)\).

Имеем \(f(f(x))=a(ax+b)+b=a^2x+b(a+1)\). Поэтому \(a^2=1\). Если \(a=1\), то \(2b=6\), \(b=3\). Если \(a=-1\), то \(b(a+1)=0\), но нужно \(6\), невозможно. Ответ: \(f(x)=x+3\).

Комментарий. Аффинные задачи часто сводятся к системе на \(a,b\).

Аддитивность на \(\mathbb Q\) даёт \(f(x)=cx\), \(c\in\mathbb Q\). Тогда \(f(f(x))=c^2x\). Получаем \(c^2=9\), то есть \(c=3\) или \(c=-3\). Ответ: \(f(x)=3x\), \(f(x)=-3x\).

Комментарий. Это итерационная версия линейного Cauchy-факта.

Циклы перестановки имеют длины, делящие \(3\), то есть \(1\) или \(3\). Если неподвижных точек нет, все циклы имеют длину \(3\). Тогда число элементов должно делиться на \(3\), но \(10\) не делится на \(3\). Противоречие.

Комментарий. Такие рассуждения часто встречаются в олимпиадной комбинаторике и алгебре.

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

Комментарий. Это полиномиальная инволюция.

Если \(y\) лежит в образе, то \(y=f(x)\) для некоторого \(x\). Тогда \(f(y)=f(f(x))=f(x)=y\). Значит, всякий элемент образа является неподвижной точкой.

Комментарий. Это полезно в задачах, где функцию нельзя найти полностью.

Если \(f(a)>a\), то по возрастанию получаем \(f^2(a)>f(a)>a\), затем \(f^3(a)>f^2(a)\), и так далее. Тогда \(f^k(a)>a\), противоречие с \(f^k(a)=a\). Случай \(f(a)

Комментарий. Это финальный шаблон для циклов при порядке.

Возрастающая аддитивная функция линейна: \(f(x)=cx\). Из \(f(1)=3\) получаем \(c=3\). Ответ: \(f(x)=3x\).

Комментарий. В решении важно назвать, что именно даёт монотонность.

Аддитивная функция, ограниченная на интервале, непрерывна. Следовательно, \(f(x)=cx\). Из \(f(1)=2\) получаем \(f(x)=2x\).

Комментарий. Не нужно знать значения вне интервала.

Если \(x0\), значит \(f(y)-f(x)=f(y-x)\ge0\). Поэтому \(f\) неубывает. Монотонная аддитивная функция линейна: \(f(x)=cx\). Из условия при \(x>0\) следует \(c\ge0\).

Комментарий. Положительность превращается в порядок.

Если \(f(a)>0\), то для больших отрицательных \(n\) значение \(f(na)=nf(a)<-1\), противоречие. Если \(f(a)<0\), то для больших положительных \(n\) снова \(f(na)<-1\). Значит, \(f(a)=0\) для всех \(a\).

Комментарий. Глобальная оценка сильнее локальной.

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

Комментарий. Это один из самых полезных трюков модуля.

Положим \(g(x)=f(x)-f(0)\). Тогда \(g\) удовлетворяет Jensen-уравнению и ограничена на интервале. Стандартный результат: такая функция непрерывна и Jensen-линейна, значит \(g(x)=cx\). Поэтому \(f(x)=cx+b\).

Комментарий. Для школьного курса это можно использовать как теоретический факт.

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

Комментарий. Нулевая функция остаётся допустимой, потому что неубывает.

При \(y=x\) получаем \(f(x)^2\le x^2\), значит \(f\) ограничена на \([-1,1]\), следовательно, \(f(x)=cx\). Тогда условие становится \(c^2xy\le xy\) для всех \(x,y\). При \(xy>0\) получаем \(c^2\le1\), а при \(xy<0\) получаем \(c^2\ge1\). Значит, \(c^2=1\). Ответ: \(f(x)=x\), \(f(x)=-x\).

Комментарий. Важно рассмотреть оба знака \(xy\).

Положим \(g(x)=f(x)-\frac a2 x^2\). Тогда \(g(x+y)=g(x)+g(y)\). По непрерывности \(g(x)=cx\). Значит, \(f(x)=\frac a2 x^2+cx\). Проверка прямая.

Комментарий. Параметр остаётся свободным, коэффициент \(c\) тоже.

Из предыдущего примера \(f(x)=x^2+cx\). Условие \(f(1)=0\) даёт \(1+c=0\), значит \(c=-1\). Ответ: \(f(x)=x^2-x\).

Комментарий. Не стоит начинать с \(f(1)=0\): сначала нужна структура.

Аддитивность даёт \(f(x)=cx\). Тогда \(cx^2=c^2x^2\) для всех \(x\). Значит, \(c=0\) или \(c=1\). Ответ: \(f=0\) и \(f(x)=x\).

Комментарий. Нулевой ответ нельзя забывать.

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

Комментарий. Это рациональная версия derivation-type условия.

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

Комментарий. Коэффициент может быть иррациональным, потому что область \(\mathbb R\).

Пусть \(f(x)=cx\), \(c\in\mathbb Q\). Тогда \(f(f(x))=c^2x\), значит \(c^2=2\). Рационального \(c\) с таким свойством нет. Противоречие.

Комментарий. Домен меняет существование решения.

Как в предыдущих модулях, из сравнения по \(y\) получаем инъективность, затем \(f(0)=0\), \(f(f(y))=2y\), и \(f(x+t)=f(x)+f(t)\). Возрастающая аддитивная функция линейна: \(f(x)=cx\). Тогда \(c^2=2\), а возрастание даёт \(c>0\). Ответ: \(f(x)=\sqrt{2}x\).

Комментарий. Здесь сочетаются инъективность, сюръективность и порядок.

Из первого условия \(f(x)=\frac a2x^2+cx\). Если \(a e0\), то \(f(f(x))\) имеет степень \(4\), что невозможно, так как равно \(x\). Значит, \(a=0\). Тогда \(f(x)=cx\), и \(c^2=1\). Ответ: \(a=0\), \(f(x)=x\) или \(f(x)=-x\).

Комментарий. Это типичная advanced-задача: параметр проверяется степенью.

Положим \(g(x)=f(x)-2x^2\). Тогда \(g(x+y)=g(x)+g(y)\), значит \(g(x)=cx\). Из \(f(1)=3\) получаем \(2+c=3\), \(c=1\). Ответ: \(f(x)=2x^2+x\).

Комментарий. Метод распознаётся по \(xy\).

Пусть \(f(x)=cx\). Тогда \(c^2=9\). Ответ: \(f(x)=3x\) и \(f(x)=-3x\).

Комментарий. Домен сразу подсказывает линейность.

Правая часть равна \((n+1)^3-n^3\). Поэтому \(P(x)-x^3\) имеет нулевую разность на всех целых, значит эта разность тождественно нулевая. Следовательно, \(P(x)=x^3+c\).

Комментарий. Бесконечно много целых точек достаточно для тождества.

Циклы имеют длину \(1\) или \(3\). Если нет неподвижных точек, все циклы длины \(3\), тогда число элементов делится на \(3\). Но \(14\) не делится на \(3\). Значит, неподвижная точка есть.

Комментарий. Метод не функционально-аналитический, а комбинаторный.

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

Комментарий. Масштабирование - главный ход.

Все постоянные многочлены подходят. Если \(P\) непостоянен, его образ бесконечен. Для каждого \(t=P(x)\) имеем \(P(t)=t\), значит \(P(T)-T\) имеет бесконечно много корней. Поэтому \(P(x)=x\).

Комментарий. Не сравнение степени, а образ.

Сравнение значений при одинаковом \(f(y)\) даёт инъективность. Далее \(f(0)=0\), \(f(f(y))=3y\), и при \(t=f(y)\) получаем \(f(x+t)=f(x)+f(t)\). Возрастающая аддитивная функция линейна: \(f(x)=cx\). Тогда \(c^2=3\), \(c>0\). Ответ: \(f(x)=\sqrt{3}x\).

Комментарий. Здесь смешаны три техники.

Общий вид: \(f(x)=\frac a2x^2+cx\). Если \(a\ne0\), композиция имеет степень \(4\), невозможно. Значит, \(a=0\), \(f(x)=cx\), и \(c^2=1\). Ответ: \(a=0\), \(f(x)=x\) или \(f(x)=-x\).

Комментарий. Параметр тоже часть ответа.