a) Полагая в неравенстве (2) условия задачи $x=y$, получим, что $f(x)\le2f(x)$, т. е. $f(x)\ge0$.
б) Докажем, что $f(x)=0$ для всех двоично-рациональных $x\in[0;1]$, т. е. для чисел вида $x=\dfrac k{2^n}$, где $k=0$, 1, $\ldots$, $2^n$, $n=0$, 1, 2, $\ldots$ (очевидно, множество таких чисел бесконечно). Доказательство проведём индукцией по $n$.
При $n=0$ на отрезке $[0;1]$ имеются только два двоично-рациональных числа — 0 и 1. По условию, $f(0)=f(1)=0$.
Теперь остаётся показать, что из предположения
$f\left(\dfrac k{2^n}\right)=0$ при $k=0$, 1, $\ldots$, $2^{n}$ вытекает равенство
$f\left(\dfrac k{2^{n+1}}\right)=0$ при всех $k=0$, 1, $\ldots$, $2^{n+1}$.
Если $k$ чётно, $k=2l$, то $f\left(\dfrac k{2^{n+1}}\right)=f\left(\dfrac l{2^{n}}\right)=0$
по предположению индукции. Если же $k=2l+1$, то $$
f\left(\dfrac k{2^{n+1}}\right)=f\left(\dfrac12\left(\dfrac l{2^n}+\dfrac{l+1}{2^n}\right)\right)
\le f\left(\dfrac l{2^{n}}\right)+f\left(\dfrac{l+1}{2^{n}}\right)=0.
$$
В то же время $f\left(\dfrac k{2^{n+1}}\right)\ge0$ в силу а); следовательно,
$f\left(\dfrac k{2^{n+1}}\right)=0$.
в) Пусть $f(a)\le A$ и $b$ — середина отрезка $[a;1]$ $\left(b=\dfrac{a+1}2\right)$, тогда
$f(b)\le f(a)+f(1)\le A$. Поэтому, если неравенство $f(x)\le A$ выполняется для всех точек
некоторого отрезка $I\subset[0;1]$, оно справедливо и для середин всех отрезков $[a;1]$, где $a\in I$,
т. е. для всех точек отрезка $I'$, который получается из отрезка $I$ при гомотетии с коэффициентом
$\dfrac12$ и центром в точке $E$ оси $Ox$ с абсциссой $x=1$. По условию оно выполняется
на отрезке $I_1=\left[0;\dfrac12\right]$, следовательно, и на отрезке
$I_2=I'_1=\left[\dfrac12;\dfrac34\right]$, далее, на отрезке
$I_3=I'_2=\left[\dfrac34;\dfrac58\right]$ и, вообще, на любом из отрезков
$I_n=\left[1-\dfrac1{2^{n-1}};1-\dfrac1{2^n}\right]$ ($n=1$, 2, $\ldots$).
Но объединение этих отрезков — это весь полуинтервал $[0;1)$. А поскольку $f(1)=0\le A$,
неравенство $f(x)\le A$ верно при любом $x\in[0;1]$.
Очевидно, что точно таким же образом можно распространять
неравенство $f(x)\le A$ с произвольного отрезка $[a;b]$ длины $l=b-a$ на больший отрезок $[a;c]$ при $b\lt c\le b+l$ (или $[c;b]$ при $a-l\le c\lt a$), если только $f(c)=0$. (В нашем рассуждении было
$a=0$, $b=\dfrac12$, $c=1$.) A так как $f(x)=0$ при всех двоично-рациональных $x$ (пункт б)
и на любом отрезке имеются двоично-рациональные точки, отсюда вытекает, что если $f(x)\le A$
на произвольном промежутке, содержащемся в отрезке $[0;1]$, то $f(x)\le A$
для всех $x\in[0;1]$.
г) Пусть функция $f$ непрерывна в точке $x_0$, и $f(x_0)=y_0$. По определению это означает, что $\lim_{x\to x_0}f(x)=y_0$, т. е. для любого $\eps\gt0$ можно найти такое $\delta\gt0$, что $y_0-\eps\lt f(x)\lt y_0+\eps$
при $x_0-\delta\lt x\lt x_0+\delta$. В интервале
$I_\delta=(x_0-\delta;x_0+\delta)$ имеются двоично-рациональные точки; пусть $x_1$ —
одна из них. Тогда в силу б) $f(x_1)=0$, поэтому $y_0-\eps\lt f(x_1)=0$ или $y_0\lt\eps$.
Следовательно,
$f(x)\lt y_0+\eps\lt2\eps$
для всех $x\in I_\delta$ и согласно доказанному выше (см. п. а) и конец п. в))
$0\le f(x)\le2\eps$ при всех $x\in[0;1]$. Поскольку $\eps$ здесь — произвольное положительное
число, $f(x)\equiv0$.
д) Определим функцию $f(x)$ при $x\in[0;1]$ равенством
$$
f(x)=
\begin{cases}
0,&\text{если}~x~\text{— рациональное число,}\\
1,&\text{если}~x~\text{— иррациональное число.}
\end{cases}
$$
Тогда $f(0)=f(1)=0$. Докажем, что $f\left(\dfrac{x+y}2\right)\le f(x)+f(y)$.
Левая часть этого неравенства всегда не больше 1, поэтому оно заведомо выполняется, если хотя бы одно из чисел
$x$ и $y$ иррационально (ибо тогда $f(x)$ или $f(y)$ равно 1). Если же и $x$, и $y$ — рациональные числа, то их полусумма $\dfrac{x+y}2$ также рациональна и $f\left(\dfrac{x+y}2\right)=0=f(x)+f(y)$.
