Ồ đúng vậy, anh xin tự gạch
Tuy nhiên lời giải của supermember vẫn còn phức tạp. Có thể giải đơn giản hơn nhiều như sau.
Trước hết nhận xét rằng $a=1/2$, có thể chứng minh như bạn chanhquocnghiem ở trên. Phương trình trở thành
$$f\left( \frac{x+y}{2} \right)=\frac{f(x)+f(y)}{2} \quad\forall x,y\in[0,1].$$
Cho $y=0$ thì ta được $f(x/2) = f(x)/2$ với mọi $x\in[0,1]$. Suy ra
$$\frac{f(x)+f(y)}{2} = f\left( \frac{x+y}{2} \right) = \frac{f(x+y)}{2}, \quad \text{nghĩa là}\quad f(x)+f(y) = f(x+y), \quad \forall x,y\in[0,1], x+y\le 1.$$
Như vậy ta đã đưa PT ban đầu về PT Cauchy. Từ đây thì công việc đơn giản đi nhiều. Nhận xét rằng
$$f(nx) = f((n-1)x) + f(x) = f((n-2)x) + 2f(x) = \dots = nf(x)\quad \forall x\in [0,1/n],\forall n\in\mathbb{N},$$
ta có $$f(p/q) = pf(1/q) = (p/q)f(1) = p/q \quad\forall p,q\in\mathbb{N},p\le q\neq 0.$$
Nghĩa là $f(x) = x$ với mọi $x$ hữu tỉ trên $[0,1]$.
Nếu thêm giả thiết $f\ge 0$ thì có thể chứng minh $f(x) = x$ với mọi số thực $x\in[0,1]$. Ở trên Nesbit nói là câu này khó hơn câu trên một chút, không nhớ là tại vì sao , nhưng thực ra thì cũng cực kì đơn giản:
Nếu $x,y\in[0,1]$ và $x\ge y$ thì ta có $f(x) - f(y) = f(x-y) \ge 0$, suy ra $f$ đồng biến. Với $x$ bất kì thuộc $[0,1]$, nếu $f(x) < x$ thì tồn tại số hữu tỉ $q$ sao cho $f(x) < q < x$, suy ra $f(x) < q = f(q) \le f(x)$, vô lí. Tương tự nếu $f(x) > x$ cũng vô lí. Vậy $f(x) = x$ với mọi $x\in[0,1]$.
Câu hỏi: Nếu thay giả thiết $f\ge 0$ thành "$f$ bị chặn dưới", thì kết quả sẽ thế nào?