1979 英国数学奥林皮克 functional 题

做题人生

这个证明是作者“高斯数理化”发表在他的微信短视频中的。

functional_problem

如果把题目改成

函数 $f: \mathbb{Q}\mapsto\mathbb{Q} $ 对所有 $x,y\in\mathbb{Q}$ 都有 \[
f(x+y) = f(x)f(y) \tag{1}
\]
求证 $f$ 是一个常数函数.

这个命题还能成立吗?

做题人生

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magicstrawberry

著名的柯西函数方程为g(x+y)=g(x)+g(y)，在任意指定g(1)=k的值后，容易证到对一切有理数x有g(x)=kx.
如果是f(x+y)=f(x)*f(y)诸如此类，可以先猜出f大概是指数函数f(t)=a^t，瞄着柯西函数方程对f取对数ln即可发现ln(f(x))满足柯西函数方程.
注：柯西函数方程的g(x)=kx仅对有理数成立，对于实数一般不成立，需要添加单调性条件或连续性条件等后才对实数成立。

做题人生

注：柯西函数方程的g(x)=kx仅对有理数成立，对于实数一般不成立，需要添加单调性条件或连续性条件等后才对实数成立。

谢谢！如果对有理数成立，那每个实数点都可以用一个有理数的数列逼近啊，应该就整体成立了。为什么对实数还要额外补充条件呢？

magicstrawberry

做题人生 发表于 2026-1-22 03:55
谢谢！如果对有理数成立，那每个实数点都可以用一个有理数的数列逼近啊，应该就整体成立了。为什么对实数 ...

当自变量逼近时，函数值也逼近，这是连续性条件。

做题人生

magicstrawberry 发表于 2026-1-23 15:02
当自变量逼近时，函数值也逼近，这是连续性条件。

是的。刚刚意识到。

做题人生

回到原题。

由 （1）有
\[f(f(y))=f(0+f(y))=f(0)f(y)\tag{2}\]
如果 $f(0)=0$, 显然有 $f(x)=f(x+0)=f(x+f(0))=f(x)f(0)=0$, 即 $f$ 是常数函数。以下考虑 $c:=f(0)\ne 0$ 的情形。

由（1），（2）有
\[f(f(x)+f(y))=cf(x)f(y)\tag{3}\]
由（3），注意到 $c \in D$,  其中 $D=\{f(x) | x\in\mathbb{Q}\}$，我们有
\[ c=f(0)=f(-c+c)=cf(-c)c \iff f(-c)=c^{-1}\]

因为 $c^{-1}\in D$, 我们有
\[ f(c^{-1})=f(0+c^{-1})=cc^{-1}=1\]
所以 $1\in D$. 于是 $f(x+1)=f(x)$, 这意味着 $f$ 是以 $1$ 为周期的函数。

做题人生

另一个重要的结论，可以用数学归纳法简证
\[ \forall_{ q \in D, n \in \mathbb{N}^*} ( f(nq)=cq^n)\tag{4}\]

假设 $f$ 不是常数函数，因为我们已有 $1\in D$, 则必有某 $\frac pq\ne 1\in D$, 其中 $p\in\mathbb{Z}, q\in\mathbb{N}^*$, 由 （4） 及 $f$ 的周期性，有
\[  c=f(0)=f(p)=f\left(q\cdot \frac p q\right)=c\left(\frac p q\right)^q \iff \frac pq=1\]
这与我们 $\frac pq\ne1$ 的假设矛盾。 故 $D$ 中不存在非 $1$ 的值，得证。

做题人生

上面的证明还有一个漏洞：当 $q$ 为偶数时，我们还需要排除 $\frac pq=-1$ 的可能性。  $f(-1)=f(0+(-1))=-c, c=f(0)=f(-1+1)=cf(-1)\iff f(-1)=1$ 故$c=-1$.  $f(-1)=1\ne f(0)=-1$. 但是根据函数的周期性， $f(-1)=f(0)$.  矛盾。故假设不成立，原命题为真。

做题人生

考虑一下修改后的问题。 显然有 $f(0)=f(0)f(0)\implies f(0)=0 \lor f(0)=1$, 如果 $f(0)=0$, 那么同样 $f(x)=f(x+0)=f(x)f(0)=0$, 即 $f(x)$ 是常数函数。

我们考虑 $f(0)=1$ 的情形。 令 $c:=f(1)$.

容易证明, 对整数 $n$, 正整数 $p$, 有 $f(n\cdot 1/p)=f^n(1/p)$.

显然，如果 $c=1$, 那么 $1=f(kp\cdot 1/kp)f^{kp}(1/kp)$. 因 $k$ 的任意性，必有 $f(1/p)=1$ 对所有正整数 $p$ 成立。 而所有有理数都可以表示为某个正整数的倒数的整数倍，故 $f(x)=1$.  是常数函数。

反证法，我们假设 $c=\frac qp\ne 1$。 我们进一步假设 $r$ 是 $p$ (或者 $q$,  当 $p=1$ 时） 的一个质因数，记 $\nu_r(p)=m$ (或 $\nu_r(q)=m$, 因证明矛盾使用的逻辑相似，此后只考虑 $p\ne 1$ 的情形。 $f\left((m+1)\cdot\frac q{p(m+1)} \right)=c=f^{m+1}(\left(\frac q{p(m+1)} \right)\implies f(\left(\frac q{p(m+1)} \right)=c^{1/(m+1)}$。  因为 $m,m+1$ 互质，故 $c^{1/(m+1)}$ 不是有理数。这与题设矛盾。 故假设不成立，其反面为真，即  $c=1$, 从而 $f$ 是常数函数。