Решение и обсуждение.

1) Непрерывные решения.

Пусть f : R → R непрерывна и f$x+y$=f$x$f$y$ для всех x,y.

Подставив x=y=0 получаем f$0$=f$0$^2, значит f$0$=0 или f$0$=1.Если f$0$=0, то для любого x: f$x$=f$x+0$=f$x$f$0$=0, т.е. f≡0.Пусть f$0$=1. Если существует a с f$a$=0, то 0=f$a$=f$a/2$^2, значит f$a/2$=0, и повторяя получаем f$0$=0 — противоречие. Значит либо f≡0, либо f$x$≠0 для всех x.Для ненулевой функции рассмотрим s$x$=sign f$x$ ∈ {±1}. Из уравнения следует s$x+y$=s$x$s$y$. Но для любого x имеет место s$x$=s$2\cdot (x/2)$=s$x/2$^2=1, значит s≡1, т.е. f$x$>0 для всех x.Тогда можно ввести g$x$=ln f$x$. Из уравнения: g$x+y$=g$x$+g$y$. Получили уравнение Коши для g, причём g непрерывна $каклогнепрерывнойположительнойf$. Из известного результата о решениях уравнения Коши при непрерывности следует g$x$=c x для некоторого c∈R. Таким образом ненулевые непрерывные решения имеют вид f$x$=e^{c x}.

Итак: все непрерывные решения — либо f≡0, либо f$x$=e^{c x} $c\in R$.

2) Что происходит без непрерывности? общий вид всех $возможнопатологических$ решений.

Покажем, что в общем случае все решения имеют вид либо f≡0, либо f$x$=exp$a(x)$, где a : R→R — любое аддитивное решение a$x+y$=a$x$+a$y$ $т.е.любоерешениеуравненияКоши$.

Действительно, как и выше f$0$=0 или 1; если f$0$=0, то f≡0. Иначе f$0$=1, и тот же аргумент s$x$=sign f$x$ даёт s$x$=s$x/2$^2=1 для всех x, поэтому f$x$>0 для всех x $вэтомшагененужнанепрерывность$. Тогда a$x$:=ln f$x$ определён на всей R и удовлетворяет a$x+y$=a$x$+a$y$. Обратно, для любой аддитивной a функция f$x$=exp$a(x)$ удовлетворяет исходному уравнению. Таким образом полный алгебраический класс решений — f≡0 и все f$x$=e^{a$x$}, где a — произвольная аддитивная функция.

3) Какие дополнительные условия отбросят патологические решения и почему.

Из известной теории уравнения Коши: любое из следующих условий, наложенных на аддитивную a $илиэквивалентно—наfчерезa=lnf$, влечёт, что a$x$=c x $линейнаяфункция$. Следовательно соответствующее f будет экспонентой e^{c x}.

Условия, достаточные для линейности a:

непрерывность в одной точке $илинепрерывностьхотьводнойточке,илинепрерывностьнаотрезке,илинепрерывностьвсюду$ ⇒ a$x$=c x;ограниченность на некотором ненулевом отрезке или вообще на множестве положительной меры ⇒ a$x$=c x;конечная измеримость $Lebesgue$ или Borel-измеримость или измеримость по Борелю ⇒ a$x$=c x;имеение предела в каком-то пункте, монотонность на интервале, обладание свойством Дарбу и т.п. — всё это тоже достаточно.

Краткая причина: эти свойства дают непрерывность a в некоторой точке $илинамножествеположительноймеры$, а аддитивность + непрерывность в точке влечёт линейность $посколькудлялюбогорациональногоqимеемa(qx)=qa(x),анепрерывностьдаётраспространениенавсевещественныемножители$.

4) О патологических решениях.

Если не накладывать ни одной из перечисленных регулярностей, существуют "дикие" аддитивные функции, построимые с помощью базиса Хэмеля R как векторного пространства над Q: взять базис B, задать произвольные значения a$b$ на элементах B и продолжить по аддитивности. Такие a не являются ни измеримыми, ни ограниченными на отрезке, ни непрерывными в какой-либо точке $приненулевомвыборе$, и f$x$=exp$a(x)$ дают соответствующие патологические положительные решения уравнения f$x+y$=f$x$f$y$, отличные от экспонент e^{c x}.

5) Выводы $кратко$.

При непрерывности $навсейR$ — все решения: f≡0 и f$x$=e^{c x}, c∈R.То же $f(x)=e^{cx}либо0$ уже следует при слабых дополнительных предположениях: непрерывность в одной точке, ограниченность на отрезке, измеримость $LebesgueилиBorel$, монотонность на интервале и т.д.Без каких‑либо дополнительных регулярностей общий вид: f≡0 или f$x$=exp$a(x)$ с произвольной аддитивной a $вчастностисуществуютнелинейныепримеры,построенныечерезбазисХэмеля$.