如果对任意实数，有f(x+y)=f(x)+f(y)，且f(1)=1，能求出函数f(x)吗？

我猜测f(x)=x，对任意整数很容易证明，进而可以推到任意有理数，但对任意实数的情况，能否证明或否定

经典的柯西方程，结论是

1.在 [公式] 上一定有 [公式]

2.如果 [公式] 在 [公式] 上不是线性函数，则 [公式] 是一个病态(pathological)函数，其图像在 [公式] 上稠密

3.如果你承认选择公理的话，我们可以相对明确一点地构造出这样的病态函数

我们直接从第2条开始

如果 [公式] 在 [公式] 上不是线性函数，则存在非零实数 [公式]

因此向量 [公式] 线性无关

因此对 [公式] 上任意一点 [公式] , [公式]

显然存在有理数列 [公式] 趋于 [公式]

因此考虑 [公式] 也是 [公式] 的图像上的点（注意这里 [公式] 是有理数所以可以乘进去）

而 [公式] 是可以无限趋于 [公式] 的，因此对于对 [公式] 上任意一点 [公式]， [公式] 的图像上都有点无限趋于它，因此其图像在 [公式] 上稠密

虽然这个函数如此病态，但在承认选择公理的基础上，我们可以引入哈默基的概念并给出相对明确一点构造

Hamel basis：哈默基 [公式] 满足

(1) [公式] (2) [公式] 中任意有限个元素在 [公式] 上线性无关(3)任意实数都可以表示成 [公式] 中的有限个元素的有理系数线性组合

也就是说把 [公式] 视为 [公式] 上的线性空间

此时对于 [公式] ，我们考虑 [公式] 在 [公式] 上的限制：对于 [公式]

因为 [公式] 和 [公式] ，故 [公式]

因此只要确定了所有的 [公式] ，这个函数就能被确定下来了

也就是说对于任意函数 [公式] ，都存在唯一的加性函数 [公式] ，使得 [公式]

因此最终结论就是：纯柯西方程是无法直接得出线性的，但加一点点点点条件基本都可以得到线性——你只要要求函数图像在 [公式] 上不稠密就可以了（

补充连续性的条件后，可以证明：

定义在 [公式] 上且满足 [公式] 的连续函数必为 [公式] 其中 [公式] 是某一常数。

首先，利用数学归纳法，容易证明

[公式]

因 [公式] 任意，可将 [公式] 中的 [公式] 置换为 [公式]，就有

[公式]

再将 [公式]中的 [公式] 置换为 [公式] (其中 [公式] )，可得

[公式]

另一方面，由题设条件容易推得 [公式] 以及 [公式] 于是，类似可证

[公式]

显然地，至此我们已经证得

[公式]

在 [公式] 中取 [公式] 并将 [公式] 记为 [公式] 就有

[公式]

现仅需证明可将 [公式] 推广至对任意无理数也成立. 为此，对任意的无理数 [公式] ，我们构作一列收敛于它的有理数序列 [公式] ，这是总可以实现的，比如我们可以按数位依次截取 [公式] 的无尽小数表达式的各段来记作 [公式] 的各项。这样一来，依 [公式] 就成立

[公式]

对 [公式] 取 [公式] 的极限就有

[公式]

利用题设的 [公式] 的连续性，有

[公式]

于是

[公式]

综合 [公式] 即得结论。

定义域是实数时，同样有一族函数满足条件，但有些是极其复杂的，所以我们需要更多的条件得到f(x)=cx，以下条件可得f(x)是正比例函数：

◎f是连续函数，条件也可减弱为f在某点连续。

◎存在a,b∈R,(a&

◎f单调，或f在某开区间单调。

◎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，如果没有其他条件的话，（假如承认选择公理AC成立），那么有无穷非f(x)=cx的函数满足该条件,这是利用哈默基的概念证明的。

几个条件的证明

函数连续:由于函数连续，且有理数稠密，不难说明f(x)=xf(1)在x为任意实数上成立（利用有理数逼近）。

函数在区间有界,定义函数g(x)=f(x)-f(1)x,显然g是实值函数。

由于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)也是满足柯西函数方程的函数

因此任意q∈Q,我们有g(qx)=qg(x)

由于f在(a,b)上有界，那么设界为M，即任意x∈(a,b),有|f(x)|≤M

那么由于|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

由于任意x不在(a,b),有有理数q，使得x-q∈(a,b),

即|g(x)|=|g(x-q)+g(q)|=|g(x-q)|同样有界,即g(x)在R上有界

而若有x∈R,使得g(x)不为0，那么必存在n，使得|g(nx)|=n|g(x)|趋向无穷大，矛盾。

因此g(x)=0恒成立，即f(x)=f(1)x

函数在某点连续:根据连续的定义可知，任意δ,存在ε，使得x∈(x0-δ,x0+δ),|f(x)-f(x0)|&

函数单调或在某区间(a,b)单调，那么任意x∈(a,b),f(q1)&

其中q1&x,将q1,q2逼近x，不难说明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。

函数保号保号是指：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。

根据对称性我们只需证明"存在ε1&>0,使得x∈[0,ε1],有f(x)≥0"的情况。

任意y&>x,存在n,使得e=(y-x)/n∈[0,ε1],那么利用

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)单调，化为上面条件

该函数是kx型函数当且仅当它是可测函数，当且仅当它在原点连续。

令y等于1

然后是一道等差数列题目了。

over!

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