2024年波罗的海数学竞赛P1：函数方程
题目 已知$\alpha$是一个非零实数.
求所有函数$f:\mathbb{R}\to\mathbb{R},$ 使得对任意$x,y\in\mathbb{R},$ 有$$xf(x+y)=(x+\alpha
y)f(x)+xf(y).$$
解 当$\alpha=2$时, $f(x)=cx^2,$ $c$为任意给定实数. 当$\alpha\neq2$时, $f(x)\equiv 0.$
将$x=0,y=1$代入函数方程可知, $0=\alpha f(0)+0,$ 因此$f(0)=0.$
取$y=-x$代入函数方程可知, $0=(1-\alpha)f(x)+f(-x).$ 在该式中将$-x$代入$x$中可知$0=(1-\alpha)f(-x)+f(x).$ 结合两式可知, 任取$x\in\mathbb{R},$ \begin{align*} (1-\alpha)^2f(x)=-(1-\alpha)f(-x)=f(x). \end{align*} 因此, 当$\alpha\neq2$时, 由于$\alpha$非零, 故$(1-\alpha)^2\neq1,$ 所以任取$x\in\mathbb{R},$ 有$f(x)=0.$ 容易验证$f(x)\equiv 0$是符合题意的解.
当$\alpha=2$时, $0=-f(x)+f(-x),$ 因此$f$为偶函数. 此时有$f(-1)=f(1),$ $f(0)=0.$ 而对于任何绝对值不为$0$或$1$的实数$z,$ 在原函数方程中分别代入$(x,y)=(1,z),(z,1),$ 可知\begin{align} \label{B202401.1} f(1+z)=(1+2z)f(1)+f(z),\\ \label{B202401.2} zf(z+1)=(z+2)f(z)+zf(1), \end{align} $z\times\eqref{B202401.1}-\eqref{B202401.2}$可知\begin{align*} 0=2z^2f(1)-2f(z), \end{align*} 因此$f(z)=z^2f(1).$ 因此对于任意$x\in\mathbb{R},$ $f(x)=cx^2,$ 其中$c=f(1).$ 容易验证当$\alpha=2$时, 该解满足函数方程.
综上所述, 当$\alpha=2$时, $f(x)=cx^2,$ $c$为任意给定实数. 当$\alpha\neq2$时, $f(x)\equiv 0.$
解 当$\alpha=2$时, $f(x)=cx^2,$ $c$为任意给定实数. 当$\alpha\neq2$时, $f(x)\equiv 0.$
将$x=0,y=1$代入函数方程可知, $0=\alpha f(0)+0,$ 因此$f(0)=0.$
取$y=-x$代入函数方程可知, $0=(1-\alpha)f(x)+f(-x).$ 在该式中将$-x$代入$x$中可知$0=(1-\alpha)f(-x)+f(x).$ 结合两式可知, 任取$x\in\mathbb{R},$ \begin{align*} (1-\alpha)^2f(x)=-(1-\alpha)f(-x)=f(x). \end{align*} 因此, 当$\alpha\neq2$时, 由于$\alpha$非零, 故$(1-\alpha)^2\neq1,$ 所以任取$x\in\mathbb{R},$ 有$f(x)=0.$ 容易验证$f(x)\equiv 0$是符合题意的解.
当$\alpha=2$时, $0=-f(x)+f(-x),$ 因此$f$为偶函数. 此时有$f(-1)=f(1),$ $f(0)=0.$ 而对于任何绝对值不为$0$或$1$的实数$z,$ 在原函数方程中分别代入$(x,y)=(1,z),(z,1),$ 可知\begin{align} \label{B202401.1} f(1+z)=(1+2z)f(1)+f(z),\\ \label{B202401.2} zf(z+1)=(z+2)f(z)+zf(1), \end{align} $z\times\eqref{B202401.1}-\eqref{B202401.2}$可知\begin{align*} 0=2z^2f(1)-2f(z), \end{align*} 因此$f(z)=z^2f(1).$ 因此对于任意$x\in\mathbb{R},$ $f(x)=cx^2,$ 其中$c=f(1).$ 容易验证当$\alpha=2$时, 该解满足函数方程.
综上所述, 当$\alpha=2$时, $f(x)=cx^2,$ $c$为任意给定实数. 当$\alpha\neq2$时, $f(x)\equiv 0.$
