加性柯西方程的解

**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 $x\in\mathbb{R}$,$f(x)=cx$。