Opravovatelia

Šošo [email protected]

Vyhovujú funkcie $f(x) = ax$ pre ľubovoľné reálne $a$.

Dosadzujme najskôr nuly. Po dosadení $(0, 0)$ dostávame $f(0) = f(0)^2+f(0)$, teda $f(0) = 0$. Dosadením $(x, 0)$ dostaneme:

$$f(x^2) = xf(x). \tag{1}$$ Dosadením $-x$ do tejto rovnice vidíme, že $xf(x) = -xf(-x)$, teda $f(x) = -f(-x)$ (aj pre $x = 0$), teda funkcia je nepárna.

Ďalšie priamočiare dosadenia, ktoré by dali niečo zaujímavé možno už nevidno na prvý pohľad. Na pravej strane máme ale $xf(x)$, čo už vieme, že je $f(x^2)$. Mohli by sme preto z ľavej strany spraviť $f(x^2)$ aby sa nám niečo pokrátilo. Teda chceme zvoliť $xf(y)+y = 0$. Teda chceme $x = -\frac{y}{f(y)}$. To nemôžeme spraviť pre nulové $f(y)$, ale predpokladajme, že existuje $y$, pre ktoré $f(y) \neq 0$. Dosadením $(-\frac{y}{f(y)}, y)$ dostávame $f(y)(f(-\frac{y}{f(y)})+1) = 0$, teda $f(-\frac{y}{f(y)}) = -1$ a z nepárnosti $f(\frac{y}{f(y)}) = 1$.

Pokiaľ by sme vedeli, že $f$ je prostá, tak $\frac{y}{f(y)}$ by nadobúdalo iba jednu hodnotu a mali by sme skoro hotovo. Stačilo by nám dokonca, keby z $f(a) = f(b) = 1$ vyplývalo $a = b$ ($f$ je prostá v jednotke). Predpokladajme teda $f(a) = f(b) = 1$. Potom z (1) máme $f(a^2) = a$, $f(b^2) = b$. Po chvíli skúšania nám potom napadne dosadiť $(a, b^2)$, čím dostaneme:

$$f(ab+a^2+b^2) = b+a+b = a+2b.$$

Ľavá strana je symetrická, tak dosaďme aj $(b, a^2)$. Naľavo dostaneme rovnaký výraz a napravo dostaneme symetricky $2a+b$. Porovnaním pravých strán máme $a = b$.

Z toho dostávame, že existuje najviac jedno pevné $a$ také, že $f(a) = 1$. Potom pre všetky $y$ je buď $\frac{y}{f(y)} = a$, alebo $f(y) = 0$. Preto buď $f(y) = \frac{1}{a}y = a’y$, alebo $f(y) = 0$ (pre $y = 0$ nastane druhá možnosť a inak je $a \neq 0$).

Chceli by sme dokázať, že buď pre každé $y$ nastane prvá možnosť, alebo pre každé $y$ nastane druhá možnosť. Nech sporom $f(y) = a’y \neq 0$ a $f(z) = 0, z\neq 0$. Dosaďme $(y, z)$ a dostaneme $f(y^2+z) = yf(y)$. Pravá strana je nenulová, teda aj ľavá musí byť. Potom nutne $a’(y^2+z) = ya’y$, teda $a’z = 0$, čo je spor. Preto nutne $f(x) = a’x$ pre $a’$ reálne (to zahŕňa aj nulový prípad).

Ešte treba overiť, že tieto funkcie spĺňajú zadanie, čo sa triviálne overí.