函数方程

这个定理是整个函数方程工具箱的基础:它表明一个纯代数关系,在 $\mathbb{Q}$ 上无需任何连续性假设,就已经完全确定了 $f$——而在 $\mathbb{R}$ 上,若没有任何正则性假设,则存在极其病态的非线性解(通过选择公理构造的哈默尔基建立),因此正则性假设并非技术细节,而是不可或缺的。

**第1步:确定 $f(0)$。** 在 $f(x+y)=f(x)+f(y)$ 中令 $x=y=0$:$f(0)=f(0)+f(0)$,故 $f(0)=0$。

第2步:推广到正整数。 对正整数 $n$,令 $x=(n-1)$(或归纳):$f(n\cdot 1) = f((n-1)\cdot 1 + 1) = f((n-1)\cdot 1) + f(1)$。对 $n$ 归纳,得对每个正整数 $n$,$f(n) = n f(1)$(基础情形 $n=1$ 平凡,归纳步骤如上应用)。

第3步:推广到负整数。 在 $f(x+y)=f(x)+f(y)$ 中令 $y=-x$:$f(0) = f(x) + f(-x)$,又 $f(0)=0$,故 $f(-x) = -f(x)$。结合第2步,对每个整数 $n$(正、负或零)有 $f(n) = n f(1)$,记 $c = f(1)$。

第4步:推广到有理数。 设 $q = p/r$,$p\in\mathbb{Z}$,$r\in\mathbb{Z}_{>0}$。由于 $r \cdot q = p$(在重复加法下作为整数,即 $q + q + \dots + q$($r$ 次)$= p$),对被求值 $r$ 次的函数应用第2/3步的整数情形,得 $f(rq) = r f(q)$(用第2步同样的归纳论证,现取 $x=q$)。但 $rq = p$,故 $f(p) = r f(q)$,即 $cp = r f(q)$,即 $f(q) = c \cdot \frac{p}{r} = cq$。

第5步:总结有理数情形。 这表明对每个 $q \in \mathbb{Q}$ 都有 $f(q) = cq$,其中 $c = f(1)$——$\mathbb{Q}$ 上的整个函数由其在单一点的取值确定。

**第6步:在连续性下推广到 $\mathbb{R}$。** 现设 $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ 是加性的,且哪怕只在一点连续(处处连续随即由加性得出:若在 $0$ 处连续,则当 $h\to 0$ 时 $f(x+h)-f(x) = f(h) \to 0$)。对任意实数 $x$,取有理数列 $q_n \to x$。由第1–5步,$f(q_n) = c q_n$。连续性给出 $f(x) = \lim_n f(q_n) = \lim_n c q_n = cx$。

**第7步:在单调性或局部有界性下推广到 $\mathbb{R}$(概述)。** 若 $f$ 单调,则对任意实数 $x$,取有理数 $q_1 < x < q_2$ 夹逼,单调性迫使 $cq_1 \le f(x) \le cq_2$(若 $c>0$;若 $c<0$ 则反向),令 $q_1,q_2\to x$,同样的夹逼确定 $f(x)=cx$。若改为 $f$ 在某区间 $I$ 上有界,则可证明 $f$ 在 $0$ 附近有界(利用加性平移区间),然后对固定的 $x$,当 $n\to\infty$ 时 $f(x/n)\to 0$ 迫使在 $0$ 处连续,从而归约到第6步。在这三种正则性情形(连续、单调、区间上有界)中,结论相同:对所有 $x\in\mathbb{R}$,$f(x)=cx$。

这表明看似纯粹关于中点与平均值的詹森方程,实际上是伪装过的柯西加性方程,因此定理1的全部机制(包括病态的非正则解及排除它们的正则性条件)都会自动迁移过来。

**第1步:定义 $g$ 并验证 $g(0)=0$。** 设 $g(x) = f(x) - f(0)$。则 $g(0) = f(0)-f(0) = 0$。

**第2步:用 $g$ 重写詹森方程。** 将 $f = g + f(0)$ 代入 $f\left(\frac{x+y}{2}\right) = \frac{f(x)+f(y)}{2}$,得 $g\left(\frac{x+y}{2}\right) + f(0) = \frac{g(x)+f(0)+g(y)+f(0)}{2} = \frac{g(x)+g(y)}{2} + f(0)$。$f(0)$ 项相消,留下 $g\left(\frac{x+y}{2}\right) = \frac{g(x)+g(y)}{2}$——$g$ 满足完全相同的詹森方程。

第3步:推导减半恒等式。 在 $g$ 的方程中令 $y=0$:$g\left(\frac{x}{2}\right) = \frac{g(x)+g(0)}{2} = \frac{g(x)}{2}$(利用第1步的 $g(0)=0$)。故对每个 $x$ 有 $g(x/2) = g(x)/2$,等价地对每个 $u$ 有 $g(2u) = 2g(u)$(代入 $u=x/2$)。

**第4步:将 $g$ 的詹森方程转化为加性。** 对任意 $x,y\in\mathbb{R}$,对 $(x,y)$ 应用 $g$ 的詹森方程:$g\left(\frac{x+y}{2}\right) = \frac{g(x)+g(y)}{2}$。由第3步取 $u = x+y$,左边等于 $g(x+y)/2$(因为 $\frac{x+y}{2}$ 是 $x+y$ 的减半)。故 $\frac{g(x+y)}{2} = \frac{g(x)+g(y)}{2}$,两边乘以 $2$:$g(x+y) = g(x)+g(y)$。

第5步:结论。 这正是应用于 $g$ 的加性柯西方程 $f(x+y)=f(x)+f(y)$。由定理1,若 $g$(等价地 $f$,因两者仅相差常数 $f(0)$)连续、单调或在某区间上有界,则存在常数 $c=g(1)=f(1)-f(0)$ 使 $g(x) = cx$。代回得 $f(x) = g(x) + f(0) = cx + f(0)$,即詹森方程的一般正则解——一个仿射(不必是线性)函数。