функциональное_уравнение - Функциональное уравнение $$k^{n-1}f({a_1^n+\ldots+a_n^n})=(f(a_1))^n+\ldots+(f(a_n))^n.$$

Положим в исходное уравнение $%a_1=\dots=a_{n-1}=0,a_n=x$%. Тогда $$k^{n-1}f(x^n)=(f(x))^n.$$ Отсюда $%f(1) = k$%. Положим в исходное уравнение $%a_1=\dots=a_{n-2}=0, a_{n-1}= a_n=1$%. Тогда $%f(2)=2k$%. Полагая в $%k^{n-1}f(x^n)=(f(x))^n$% последовательно $%x=2, x=2^n, x=2^{n^2}, x=2^{n^3},\dots$%, получим бесконечную подпоследовательность арифметической прогрессии: $% f(2) = 2k,f(2^n) =2^n k ,f(2^{n^2}) =2^{n^2} k,f(2^{n^3}) =2^{n^3} k,\dots $%.

Докажем, что $%f(x+1) > f(x)$%.

Действительно, $%(f(x+1))^n=k^{n-1}f({(x+1)^n})\ge k^{n-1}f(x^n+1)=(f(x))^n+(f(1))^n> (f(x))^n$%. (Второе в цепочке равенство следует из исходного уравнения для $%a_1=\dots=a_{n-2}=0, a_{n-1}=x, a_n=1$%).

Докажем, что $%f(x)\vdots k$% для всех $%x$%.

Действительно, пускай $%p$% - произвольный простой делитель числа $%k$% кратности $%l$%, а $%m$% - наибольшее такое число, что $%f(x) \vdots p^m$% для всех $%x$%. Из равенства $%k^{n-1}f(x^n)=(f(x))^n$% получаем, что левая часть равенства делится на $%p^{l(n-1)+ m}$%, а правая часть делится на $%p^{nm}$% для всех $%x$%. Поэтому $% nm\ge l(n-1)+ m$%, отсюда $%m\ge l$% и следовательно, $%f(x) \vdots k$% для всех $%x$%.

Теперь, пускай нам известно, что $%f(x_1)=kx_1$% и $%f(x_1)=kx_2$%. Поскольку между числами $%x_1$% и $%x_2$% количество значений функции совпадает с количеством значений аргумента и функция строго возрастающая, то получаем ответ: $%f(x)=kx$%.