Решение. Пусть f: R → R удовлетворяет f(x+y)=f(x)f(y) для всех x,y и дифференцируема в нуле.

1) Тривиальный случай. Если f(0)=0, то для любого x
f(x)=f(x+0)=f(x)f(0)=f(x)·0=0,
значит f ≡ 0 (эта функция дифференцируема в 0).

2) Нетривиальный случай. Предположим f не тождественно ноль. Тогда из f(0)=f(0+0)=f(0)^2 получаем f(0)=1. Более того, если для некоторого a было f(a)=0, то для любого x
f(x)=f(x-a+a)=f(x-a)f(a)=0,
что противоречит предположению, значит f(x) ≠ 0 при всех x. Наконец, для любого x
f(x)=f(x/2+x/2)=f(x/2)^2 ≥ 0,
так что f(x)>0 для всех x.

Поскольку f(x)>0, можно ввести g(x)=ln f(x). Из мультипликативного тождества следует
g(x+y)=ln f(x+y)=ln(f(x)f(y))=ln f(x)+ln f(y)=g(x)+g(y),
то есть g — решение уравнения Коши (аддитивная функция). Кроме того f дифференцируема в 0 ⇒ f непрерывна в 0 ⇒ для любого x функция f непрерывна в x (из f(x+h)=f(x)f(h) и непрерывности f в 0), значит g непрерывна в 0 и потому непрерывна всюду. А аддитивная непрерывная функция g имеет вид
g(x)=ax
для некоторого постоянного a∈R (обычный результат для уравнения Коши). Следовательно
f(x)=e^{g(x)}=e^{ax}.

Можно связать a с производной в нуле:
a = g'(0) = (ln f)'(0) = f'(0)/f(0) = f'(0).

Итого все непрерывные (а тем более дифференцируемые в 0) решения:
либо f ≡ 0,
либо f(x)=e^{ax} для некоторого a∈R (в этом случае a = f'(0)).

Дополнительные допущения, гарантирующие единственность (отсечение патологий)

Достаточно потребовать любую из следующих «условий регулярности» для функции f (или для g = ln f в нетривиальном случае):
непрерывность в одной точке (или непрерывность вообще),дифференцируемость в одной точке (в частности в 0),измеримость по Лебегу,ограниченность на каком‑либо отрезке/множестве положительной меры,монотонность на каком‑либо интервале.
Любое из этих свойств для g превращает аддитивную функцию в линейную g(x)=ax, а потому f в e^{ax}.

Короткое объяснение, почему нужны такие условия: общие решения аддитивного уравнения g(x+y)=g(x)+g(y) — это линейные функции g(x)=ax и «дикие» нетривиальные аддитивные функции, построенные с помощью базиса Хэмеля; последние не являются ни непрерывными, ни измеримыми, ни ограниченными на отрезке, ни монотонными. Поэтому без дополнительных регулярностей для f существуют и «патологические» решения вида f(x)=e^{h(x)}, где h — аддитивная, но не-линейная функция.

Заключение: при указанном условии (дифференцируемость в нуле, а тем более непрерывность) все решения: либо ноль, либо экспонента e^{ax} с некоторым a∈R.