如果對任意實數，有f(x+y)=f(x)+f(y)，能求出函數f(x)嗎？

如果對任意實數，有f(x+y)=f(x)+f(y)，且f(1)=1，能求出函數f(x)嗎？
我猜測f(x)=x，對任意整數很容易證明，進而可以推到任意有理數，但對任意實數的情況，能否證明或否定

經典的柯西方程，結論是

1.在上一定有

2.如果在上不是線性函數，則是一個病態(pathological)函數，其圖像在上稠密

3.如果你承認選擇公理的話，我們可以相對明確一點地構造出這樣的病態函數

我們直接從第2條開始

如果在上不是線性函數，則存在非零實數

因此向量線性無關

因此對上任意一點 ,

顯然存在有理數列趨於

因此考慮也是的圖像上的點（注意這裡是有理數所以可以乘進去）

而是可以無限趨於的，因此對於對上任意一點，的圖像上都有點無限趨於它，因此其圖像在上稠密

雖然這個函數如此病態，但在承認選擇公理的基礎上，我們可以引入哈默基的概念並給出相對明確一點構造

Hamel basis：哈默基滿足
(1) (2) 中任意有限個元素在上線性無關(3)任意實數都可以表示成中的有限個元素的有理係數線性組合

也就是說把視為上的線性空間

此時對於，我們考慮在上的限制：對於

因為和，故

因此只要確定了所有的，這個函數就能被確定下來了

也就是說對於任意函數，都存在唯一的加性函數，使得

因此最終結論就是：純柯西方程是無法直接得出線性的，但加一點點點點條件基本都可以得到線性——你只要要求函數圖像在上不稠密就可以了（

補充連續性的條件後，可以證明：

定義在上且滿足的連續函數必為其中是某一常數。

首先，利用數學歸納法，容易證明

因任意，可將中的置換為，就有

再將中的置換為 (其中 )，可得

另一方面，由題設條件容易推得以及於是，類似可證

顯然地，至此我們已經證得

在中取並將記為就有

現僅需證明可將推廣至對任意無理數也成立. 為此，對任意的無理數，我們構作一列收斂於它的有理數序列，這是總可以實現的，比如我們可以按數位依次截取的無盡小數表達式的各段來記作的各項。這樣一來，依就成立

對取的極限就有

利用題設的的連續性，有

於是

綜合即得結論。

定義域是實數時，同樣有一族函數滿足條件，但有些是極其複雜的，所以我們需要更多的條件得到f(x)=cx，以下條件可得f(x)是正比例函數：

◎f是連續函數，條件也可減弱為f在某點連續。

◎存在a,b∈R,(a&

◎f單調，或f在某開區間單調。

◎存在ε1&>0,使得x∈[0,ε1],有f(x)≥0,或者存在ε2&>0,使得x∈[0,ε2],有f(x)≤0

另外，如果沒有其他條件的話，（假如承認選擇公理AC成立），那麼有無窮非f(x)=cx的函數滿足該條件,這是利用哈默基的概念證明的。

幾個條件的證明

函數連續:由於函數連續，且有理數稠密，不難說明f(x)=xf(1)在x為任意實數上成立（利用有理數逼近）。

函數在區間有界,定義函數g(x)=f(x)-f(1)x,顯然g是實值函數。

由於g(x+y)=f(x+y)-f(1)(x+y)=(f(x)-f(1)x)+(f(y)-f(1)y)=g(x)+g(y)

所以g(x)也是滿足柯西函數方程的函數

因此任意q∈Q,我們有g(qx)=qg(x)

由於f在(a,b)上有界，那麼設界為M，即任意x∈(a,b),有|f(x)|≤M

那麼由於|x|≤max(|a|,|b|),有任意x∈(a,b),

|g(x)|=|f(x)-f(1)x|≤|f(x)|+|f(1)||x|≤M+max(|a|,|b|),即g在(a,b)有界

由於任意x不在(a,b),有有理數q，使得x-q∈(a,b),

即|g(x)|=|g(x-q)+g(q)|=|g(x-q)|同樣有界,即g(x)在R上有界

而若有x∈R,使得g(x)不為0，那麼必存在n，使得|g(nx)|=n|g(x)|趨向無窮大，矛盾。

因此g(x)=0恆成立，即f(x)=f(1)x

函數在某點連續:根據連續的定義可知，任意δ,存在ε，使得x∈(x0-δ,x0+δ),|f(x)-f(x0)|&

函數單調或在某區間(a,b)單調，那麼任意x∈(a,b),f(q1)&

其中q1&x,將q1,q2逼近x，不難說明f(x)=xf(1)

而任意x∈R,存在q，使得x=qr,r∈(a,b),q∈Q,

同理可知成立。

函數保號保號是指：存在ε1&>0,使得x∈[0,ε1],有f(x)≥0,或者存在ε2&>0,使得x∈[0,ε2],有f(x)≤0。

根據對稱性我們只需證明"存在ε1&>0,使得x∈[0,ε1],有f(x)≥0"的情況。

任意y&>x,存在n,使得e=(y-x)/n∈[0,ε1],那麼利用

f(y)-f(x)=f(y)-f(y-e)+f(y-e)-f(y-2e)+...+f(x+e)-f(x)=nf(e)&>0,即可得f(x)單調，化為上麵條件

該函數是kx型函數當且僅當它是可測函數，當且僅當它在原點連續。

令y等於1

然後是一道等差數列題目了。

over!