Ответ: единственные такие функции — $f(x)\equiv 0$ и $f(x)=x$ для всех $x\in \mathbb{R}$.
Доказательство (кратко). Пусть $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ удовлетворяет
$$f(x+y)=f(x)+f(y),f(xy)=f(x)f(y)\forall x,y.$$ Из аддитивности $f(0)=0$. Подставив $x=y=1$ в мультипликативность, получаем $f(1)=f(1{)}^2$, значит $f(1)=0$ или $f(1)=1$.
- Если $f(1)=0$, то для любого $x$ имеем $f(x)=f(x\cdot 1)=f(x)f(1)=0$, т.е. $f\equiv 0$.
- Если $f(1)=1$, то аддитивность даёт $f(q)=q$ для всех рациональных $q$. Далее для любого $x$ $$f(x^2)=f(x{)}^2\ge 0,$$ поэтому $f(t)\ge 0$ для всех $t\ge 0$. Значит аддитивная функция $f$ ограничена снизу на отрезке $[0,1]$ (например, $f\ge 0$ там). Стандартный факт: аддитивная функция, ограниченная на множестве положительной меры (или на отрезке), непрерывна и потому имеет вид $f(x)=ax$. Подстановка в мультипликативность даёт $a(xy)=a^2(xy)$ для всех $x,y$, откуда $a=0$ или $a=1$. Второй случай совместим с $f(1)=1$, даёт $f(x)=x$.
Роль непрерывности и контрпримеры без неё. Непрерывность здесь не нужна в предпосылке: сочетание аддитивности и мультипликативности уже приводит к тому, что $f$ неотрицательна на $[0,\infty )$ и поэтому аддитивная $f$, будучи ограниченной на отрезке, оказывается линейной (то есть непрерывной). Следовательно даже без предположения о непрерывности остаются только $f\equiv 0$ и $f(x)=x$.
Если же убрать одно из условий, то без непрерывности возможны патологические решения. Примеры:
- Только аддитивность: существуют бесчисленные непостоянные нелинейные решения (Cauchy-функции), задаваемые произвольным Q-линейным продолжением по Хамелевой базе.
- Только мультипликативность: множество решений тоже велико; простой пример — $g(0)=0,g(x)=1$ для $x\ne 0$, это мультипликативная (но не аддитивная) функция.