Chỉ cần i) và iii) là đủ thì phải.
Ta có thể giả sử $f(1) = 1$, nếu $f(1)\neq 1$ thì đặt hàm phụ.
Do $f$ là hàm cộng tính, với mọi $k\in\mathbb Q, x\in\mathbb R$ thì $f(xk) = kf(x)$.
Với mọi $x\in\mathbb R; x\neq 0$, xét $k$ là số hữu tỉ bất kì.
Sử dụng tính cộng tính của $f$, ta có $f\left((x+k)^{2021}\right) = f\left(x^{2021} + \sum_{i=1}^{2020}\binom{2021}{i}x^{2021 - i}k^i + k^{2021}\right) = f\left(x^{2021}\right) + \sum_{i=1}^{2020}\left[\binom{2020}{i}k^if\left(x^{2021-i}\right)\right] + k^{2021}$.
Đồng thời ta có $f^{2021}(x+k) = (f(x)+k)^{2021} = f^{2021}(x) + \sum_{i=1}^{2020}f^{2021-i}(x)k^i + k^{2021} = f\left(x^{2021}\right) + \sum_{i=1}^{2020}k^i . f^{2021-i}(x) + k^{2021}$.
Do $f\left((x+k)^{2021}\right) = f^{2021}(x+k)$ nên suy ra $\sum_{i=1}^{2020}\left[\binom{2020}{i}k^if\left(x^{2021-i}\right)\right] = \sum_{i=1}^{2020}k^i . f^{2021-i}(x)$.
Xét hai vế là hai đa thức với biến $k$. Do hai đa thức này bằng nhau tại vô số điểm $k$ (hữu tỉ) nên hai đa thức này bằng nhau, tức $f\left(x^{2021-i}\right) = f^{2021-i}(x),\forall i = 1,2,...,2020$.
Do đó $f(x^2) = f(x)^2,\forall x\in\mathbb R$.
Thay $x$ bởi $x+y$ ta có $f(x^2) + 2f(xy) + f(y^2) = f(x)^2 + 2f(x)f(y) + f(y)^2,\forall x,y\in\mathbb R$.
Dẫn đến $f(xy) = f(x)f(y),\forall x,y\in\mathbb R$, hay $f$ là hàm nhân tính.
$f$ vừa là hàm cộng tính vừa là hàm nhân tính nên $f(x) = 0,\forall x\in\mathbb R$ và $f(x) = x,\forall x\in\mathbb R$.