Решение и рассуждения.
1) Предварительно. Из уравнения $f(x+y)=f(x)f(y)$ следует
- $f(0)=f(0{)}^2$, поэтому $f(0)=0$ или $f(0)=1$. Но если существует $a$ с $f(a)=0$, то для любого $x$ $f(x)=f(x-a+a)=f(x-a)f(a)=0$, т.е. $f\equiv 0$. По условию это исключено, значит $f(0)=1$.
- Тогда для любого $x$ $f(x)=f(x/2{)}^2\ge 0$. Следовательно $f(x)>0$ для всех $x$ (не может быть нуля ни в одной точке, иначе тождественный ноль).
2) Переход к аддитивной функции. Так как $f(x)>0$, можно положить $g(x)=\ln f(x)$. Тогда
$$g(x+y)=\ln f(x+y)=\ln (f(x)f(y))=g(x)+g(y),$$ т.е. $g$ удовлетворяет уравнению Коши $g(x+y)=g(x)+g(y)$. Плюс при непрерывности $f$ функция $g$ непрерывна.
3) При непрерывности общее решение. Все непрерывные аддитивные функции линейны: существует $a\in \mathbb{R}$ такой, что $g(x)=ax$ для всех $x$. Следовательно все непрерывные ненулевые решения имеют вид
$$f(x)=e^{ax},a\in \mathbb{R}.$$ (включая $a=0$ даёт константу $1$).
4) Что будет при ослаблении/усилении предположений.
- Достаточно слабые регулярности на $f$ (или на $g=\ln f$) уже принуждают линейность $g$. В частности, если $f$ (или $g$)
- непрерывна в одной точке,
- имеет предел в одной точке,
- борелевская или лебегова измерима,
- ограничена на каком‑либо непустом интервале (или на множестве положительной меры),
- монотонна на некотором интервале,
то $g$ будет линейна и снова $f(x)=e^{ax}$.
- Если же никаких регулярностей не предъявлять, то существуют патологические (нормально непрерывные и, как правило, немеримые) аддитивные функции $g$ (с помощью базиса Гамеля). Тогда
$$f(x)=\exp (g(x))$$ даёт семейство громоздких решений: все положительные функции вида $\exp (g(x))$, где $g$ — произвольная аддитивная функция. Эти решения не являются непрерывными, не измеримы и т.п.
Кратко: при непрерывности (или любой из перечисленных слабых регулярностей) все немононожественные решения — $f(x)=e^{ax}$. Без регулярности общее решение: $f(x)=\exp (g(x))$ с произвольной аддитивной $g$.