求满足特定函数方程的所有实值函数f:ℝ→ℝ

嘿，我来帮你拆解这个函数方程的解法～你猜想的f(x)=x确实是一个解，但其实还有另一个平凡解，咱们一步步推导清楚：

原方程是：
$$\frac{f(ab)}{ab} = \frac{f(a+b)}{a+b} \cdot \frac{f(a-b)}{a-b}$$
首先注意分母的限制：$ab \neq 0$（即$a \neq 0$且$b \neq 0$），$a+b \neq 0$，$a-b \neq 0$，所以我们先在满足这些条件的实数$a,b$下分析。

令$g(x) = \frac{f(x)}{x}$（当$x \neq 0$时），代入原方程可以得到更简洁的形式：
$$g(ab) = g(a+b) \cdot g(a-b)$$
现在问题转化为求定义在$\mathbb{R}\setminus{0}$上的函数$g$满足上述等式，再还原出$f(x)$。

先假设$g(x)$是常函数，设$g(x)=k$（$k$为常数），代入等式：
$$k = k \cdot k$$
解得$k=0$或$k=1$：

• 当$k=1$时，$g(x)=1$（$x \neq 0$），对应$f(x)=x$（$x \neq 0$）。扩展到$x=0$时，若令$f(0)=0$，则$f(x)=x$对所有$\mathbb{R}$成立，代入原方程验证：左边$\frac{f(ab)}{ab}=\frac{ab}{ab}=1$，右边$\frac{f(a+b)}{a+b} \cdot \frac{f(a-b)}{a-b}=1 \cdot 1=1$，等式成立。
• 当$k=0$时，$g(x)=0$（$x \neq 0$），对应$f(x)=0$（$x \neq 0$）。扩展到$x=0$时，令$f(0)=0$，则$f(x)=0$对所有$\mathbb{R}$成立，代入原方程验证：左边$\frac{0}{ab}=0$，右边$\frac{0}{a+b} \cdot \frac{0}{a-b}=0$，等式成立。

接下来考虑$g(x)$不是常函数的情况：
假设存在某个非零实数$x_0$，使得$g(x_0) \neq 0$，我们可以通过代入特殊值推导矛盾：

• 令$b=1$（$a \neq 0, \pm1$），等式变为$g(a) = g(a+1) \cdot g(a-1)$，这是类似指数函数的递推关系，但尝试指数函数$g(x)=c^{x$代入原方程会发现：左边$c}{ab}$，右边$c^{a+b} \cdot c^{a-b}=c{2a}$，要使等式对所有$a,b$成立，必须$ab=2a$对所有$a \neq 0$成立，显然不可能（除非$c=1$，回到常函数解）。
• 尝试幂函数$g(x)=x^{k$代入，左边$(ab)}k$，右边$(a+b)^k \cdot (a-b)^k=(a2-b²⁾k$，要使等式成立需$(ab)^k=(a2-b²⁾k$对所有$a,b$成立，只有$k=0$（即$g(x)=1$，回到常函数解）。

再考虑分段函数的可能，比如$g(x)=1$当$x>0$，$g(x)=0$当$x<0$，代入$a=2,b=-1$：左边$g(-2)=0$，右边$g(1) \cdot g(3)=1 \cdot 1=1$，等式不成立，排除这类解。

进一步推导会发现，任何非平凡的$g(x)$都无法满足原等式对所有合法$a,b$成立，因此不存在非平凡解。

原方程在$ab=0$时无定义（分母为0），所以如果不要求$f$在$x=0$处连续，$f(0)$可以是任意实数，但通常我们会取$f(0)=0$使函数在整个实数集上连续且统一。

综上，所有满足条件的函数是：

• $f(x)=0$ 对所有$x \in \mathbb{R}$；
• $f(x)=x$ 对所有$x \in \mathbb{R}$。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Brain123