Opravovatelia

Lukáš [email protected]

Na prvý pohľad si všimneme, že skúmaná rovnica je pomerne symetrická, a teda zámenou premenných nám tam zostanú rovnaké výrazy, ktoré sa môžu navzájom pekne poodčitovať. Skúsme teda dosadenia $$(x,\ y)\in{(t,\ 0),\ (0,\ t),\ (-t,\ 0),\ (0,\ -t)}\text.$$ Dostaneme z nich nasledovné štyri podmienky: $$\begin{align} f(f(t))&=f(t)f(0)-f(t)+f(0)\text,\tag{1}\ f(f(-t))&=f(0)f(t)-f(0)+f(t)\text,\tag{2}\ f(f(-t))&=f(-t)f(0)-f(-t)+f(0)\text,\tag{3}\ f(f(t))&=f(0)f(-t)-f(0)+f(-t)\text.\tag{4}\end{align}$$ Všimnime si, že sčítaním (1) a (2) nám vypadne pomerne veľa členov. Podobne aj sčítaním (3) a (4). Poďme to teda urobiť: $$\begin{align} f(f(t))+f(f(-t))&=2f(0)f(t)\text,\ f(f(-t))+f(f(t))&=2f(0)f(-t)\text.\end{align}$$ Keďže sa ľavé strany dvoch rovníc vyššie rovnajú, musia sa rovnať aj ich pravé strany. Dostávame tak z toho $$\begin{align} 2f(0)f(t)&=2f(0)f(-t)\text,\nonumber\ 2f(0)\big(f(t)-f(-t)\big)&=0\text.\tag{5}\end{align}$$ Podobným postupom však vieme získať ešte jednu informáciu. Sčítajme (1) s (3) a taktiež (2) s (4). Dostaneme tak $$\begin{align} f(f(t))+f(f(-t))&=f(t)f(0)+f(-t)f(0)-f(t)-f(-t)+2f(0)\text,\ f(f(-t))+f(f(t))&=f(0)f(t)+f(0)f(-t)-2f(0)+f(t)+f(-t)\text.\end{align}$$ Opäť sa rovnajú ľavé strany, a teda môžeme porovnať strany pravé, z čoho vyplýva, že $$\begin{align} f(0)f(t)+f(0)f(-t)-2f(0)+f(t)+f(-t)&=f(t)f(0)+f(-t)f(0)-f(t)-f(-t)+2f(0)\text,\nonumber\ 2\big(f(t)+f(-t)-2f(0)\big)&=0\text.\tag{6}\end{align}$$ Z podmienok (5) a (6) by sme teraz chceli dokázať, že $f(0)=0$. Pre spor teda predpokladajme, že $f(0)\neq0$. Potom z (5) máme, že $\forall t\in\mathbb R:\ f(t)=f(-t)$ – inými slovami, že $f$ je párna. Keď to ale dosadíme do (6), dostaneme, že $\forall t\in\mathbb R:\ f(t)=f(0)$ – čiže $f$ je konštantná. Po dosadení do rovnice zo zadania tak máme, že $\forall x,\ y\in\mathbb R:\ c=c^2-xy\iff c-c^2=-xy$. To však zjavne neplatí, keďže $c-c^2$ je konštanta a $-xy$ dosahuje viac ako jednu hodnotu. Preto nutne $f(0)=0$.

Znamená to teda, že $0$ nám vie výrazne zjednodušiť prácu. Na pravej strane sme ju už využili dostatočne, skúsme preto teraz ľavú stranu, a teda dosadenie $(t,\ t)$: $$\begin{align} 0&=f(t)f(t)-f(t)+f(t)-t^2\text,\nonumber\ 0&=f\ ^2(t)-t^2\text,\nonumber\ 0&=\big(f(t)-t\big)\big(f(t)+t\big)\text.\tag{7}\end{align}$$ Dostali sme teda, že pre každé $t\in\mathbb R$ platí buď $f(t)=t$ alebo $f(t)=-t$. Treba si však uvedomiť, že to neznamená, že jediné možnosti riešenia sú funkcie $f(x)=x$ a $f(x)=-x$, pretože napríklad $f(x)=|x|$ týmto dvom podmienkam tiež vyhovuje. Ako ďalší exotický príklad by sme si mohli dať funkciu $f$, ktorá celé čísla nezmení a necelé čísla nahradí opačným číslom, čiže $f(3)=3$, ale $f\left(-\frac1{17}\right)=\frac1{17}$. Úloha s podobným zádrheľom sa už v KMS vyskytla štyri roky dozadu, môžete si ju pozrieť tu¹.

Ako sa s tým teda vysporiadame? Nuž, predpokladajme, že existuje $t_0\in\mathbb R$, pre ktoré $f(t_0)=t_0$ a pozrime sa, čo sa potom deje v (1): $$\begin{align} \text{ĽS} &= f(f(t_0)) = f(t_0) = t_0\text,\ \text{PS} &= -f(t_0) = -t_0\text.\end{align}$$ Keďže ale ľavá a pravá strana rovnice sa musia rovnať, dostávame, že $t_0=0$. Z toho ale vyplýva, že pre všetky ostatné reálne čísla $t$ vzťah $f(t)=t$ neplatí, čiže na základe (7) pre všetky $t\neq0$ musí platiť $f(t)=-t$. No ale my vieme, že $f(0)=0=-0$, a tak $\forall t\in\mathbb R:\ f(t)=-t$. Jediným vyhovujúcim kandidátom je preto funkcia $f(x)=-x$, o ktorej sa skúškou ľahko presvedčíme, že vyhovuje.