>>347
条件1にy＝0を代入して、f(g(x))＝g(f(0)＋x) (∀x∈R) となる … (1)
条件1にx＝0を代入して、g(f(y))＝f(g(0)＋y) (∀y∈R) となる … (2)
a∈Rを任意に取り、(2)にy＝g(a)を代入して g(f(g(a)))＝f(g(0)＋g(a)) となる … (3)
さらに、条件1に x＝a, y＝g(0) を代入して、f(g(a)＋g(0))＝g(f(g(0))＋a) となる。
これと(3)から、g(f(g(a)))＝g(f(g(0))＋a) となる … (4)
また、(1)より f(g(a))＝g(f(0)＋a) だから、両辺に g を施して g(f(g(a)))＝g(g(f(0)＋a)) である。
これと(4)から、g(g(f(0)＋a))＝g(f(g(0))＋a) となる。
よって、条件2により、g(f(0)＋a)＝f(g(0))＋a となる …(5)
a∈Rは任意だったから、任意のaで(5)が成り立つ。
x∈Rを任意に取り、a＝x−f(0)を(5)に代入して、g(x)＝x−f(0)＋f(g(0)) となる。
これが任意のxで成り立つ。β＝−f(0)＋f(g(0)) と置けば、βは定数であり、g(x)＝x＋β (x∈R) となる。
これを条件1に代入して、f(x＋β＋y)＝f(y)＋x＋β (∀x,y∈R) となる。特にy＝−βとして、
f(x)＝x＋β＋f(−β) (∀x∈R) となる。α＝β＋f(−β)と置けば、αは定数であり、
f(x)＝x＋α (∀x∈R) となる。

逆に、定数α,β∈Rを任意に取って f(x)＝x＋α, g(x)＝x＋β (∀x∈R) と置くと、
条件1と条件2がともに成立することが分かる。以上より、定数α,β∈Rを任意に取ったときの
f(x)＝x＋α, g(x)＝x＋β (∀x∈R) という関数のみが求める関数の組である。