10. Konečný Masaker Sezóny vzorové riešenie



Funkcionálne rovnice sú zaujímavé tým, že majú relatívne podobnú štruktúru riešenia. Najprv musíme spraviť pár jednoduchých dosadení. Zo zjednodušených vzťahov získaných po dosadeniach sa snažíme zistiť nejaké užitočné vlastnosti funkcie, pekné rovnosti, poprípade si tipnúť riešenie. Potom, keď už máme celkom dosť informácií, prichádza časť, kedy sa snažíme úlohu doraziť už väčšinou nejakým originálnym, pre úlohu špecifickým spôsobom (hoci aj v koncovkách zvyknú byť isté štrukturálne podobnosti).

Podobne tomu bude aj pri tejto konkrétnej funkcionálnej rovnici. Skúsme najprv dosadiť dvojicu \((0,x)\):

\[f(0)+f(f(x))=x+f(f(0)+f(f(x))). \qquad (1)\]

Vidiac takéto niečo, skúsený riešiteľ funkcionálnych rovníc sa poteší. Prečo? V tejto rovnici sa vyskytuje práve jedno \(x\) osamote „vonku“, kým všetky ostatné \(x\) sú skryté „vnútri“ funkcie \(f\). Takýto jav signalizuje prostosť funkcie \(f\). Prečo?

Uvažujme \(a,b \in \mathbb{R}\), \(a \neq b\) a predpokladajme \(f(a)=f(b)\). Potom ale ľavá strana rovnice (1) nemení hodnotu pre \(a\) a \(b\), avšak pravá áno. To preto, lebo jediný výraz, ktorý mení hodnotu je osamotené \(a\) alebo \(b\) (ostatné výrazy nezmenia hodnotu vďaka rovnosti \(f(a)=f(b)\)). To je spor s tým, že rovnosť \(f(a)=f(b)\) môže za predpokladu \(a \neq b\) nastať. Preto \(f(a)=f(b) \implies a=b\), čo je definičná vlastnosť prostosti.

Načo nám je prostosť dobrá? Nie je prostosť sprostosť? Nie, nie je. Prostosť má vo funkcionálnych rovniciach mnoho využití, pričom jedno z hlavných je, že môžeme „škrtať f“. Skutočne, ak sa nám podarí dostať k výrazu tvaru \(f(\dots)=f(\dots)\), vďaka prostosti môžeme škrtnúť funkcie a dostaneme rovnosť výrazov vnútri funkcií.

Poďme si vymyslieť dosadenie, kde by sme presne toto mohli využiť. Všimnime si, že ak dosadíme dvojicu \((x,f(x))\), tak sa nám škrtnú \(f(x)\) na ľavej aj pravej strane a dostaneme rovnosť v žiadanom tvare:

\[f(x+f(f(x)))=f(f(x)+f(f(f(x)))) \implies x+f(f(x))=f(x)+f(f(f(x))). \qquad (2)\]

Až doteraz bol každý krok plne motivovaný predošlým. Samozrejme, niekedy pri funkcionálnych rovniciach treba trochu skúšať. Ak si teraz vyskúšame pár pokračovaní, môžeme dospieť k názoru, že je čas posunúť sa do zatiaľ nespomenutej „casework“ fázy.

Predpokladajme najprv, že \(f(0)=0\). Tento predpoklad funkcionálne rovnice často silno zjednoduší, pretože ak jedna premenná je \(0\), tak týmto sa zbavíme „zbytočných“ \(f(0)\) vo výrazoch. Pozrime sa, ako sa nám upraví (1) po vymazaní \(f(0)\):

\[f(f(x))=x+f(f(f(x))).\]

Po pričítaní \(x\) na obe strany rovnice dostaneme:

\[f(f(x))+x=2x+f(f(f(x))).\]

A s využitím (2) po jemných úpravách dostávame: \[f(x)=2x.\]

Avšak ak toto dosadíme do pôvodnej rovnice a overíme rovnosť, zistíme, že takáto funkcia zadaniu nevyhovuje. Preto \(f(0) \neq 0\). To už je celkom dobrý signál začať veriť, že riešenie rovnice neexistuje, pretože ak existuje, tak veľmi často býva \(f(0)=0\) a navyše si môžeme skúsiť dosadiť iné klasické funkcie a žiadna nebude fungovať.

Predpokladajme teda, že \(f(0) \neq 0\). Ešte predtým, než sa masívne začneme hrať s \(f(0)\), pohrajme sa ešte trochu s (2). Uvažujme novú notáciu: \(f(f(\dots (x)\dots)) \equiv f\ ^n(x)\), teda napríklad \(f(f(x))=f\ ^2(x)\) a dosaďme \(f(x)\) za \(x\). Dostaneme: \(f(x)+f\ ^3(x)=f\ ^2(x)+f\ ^4(x)\). Ak si teraz z (2) vyjadríme \(f\ ^3(x)\) a dosadíme do predošlej rovnice, dostaneme \(f\ ^4(x)=x\). To je zaujímavé tvrdenie a okrem iného nám to hovorí, že ak iterujeme zobrazenie (funkciu) \(f\) začínajúc hodnotou \(x\), tak sa budeme cykliť s cyklom dĺžky 4 alebo 2 alebo 1. Okrem toho si môžeme všimnúť, že ak máme \(a\) a \(b=f\ ^2(a)\), potom \(f\ ^2(b)=f\ ^4(a)\), teda \(a=f\ ^2(b)\).

Dosaďme teraz do pôvodnej rovnice zo zadania dvojicu \((0,f\ ^2(0))\). Dostaneme:

\[f(0)+f\ ^4(0)=f\ ^2(0)+f(f(0)+f\ ^4(0)) \implies f(0)=2f\ ^2(0).\] Označme \(f(0)=c\). Potom cyklus pre nulu bude nasledovný: \(0 \xrightarrow{} c \xrightarrow{} c/2 \xrightarrow{} -c/2 \xrightarrow{} 0\), kde tretia iterácia vyplýva z (2) dosadením nuly a manuálnym výpočtom hodnoty \(f\ ^3(0)\).

Skúsme teraz dosadenie \((c,0)\) do pôvodnej rovnice:

\[c/2+f(2c)=f(c/2+c/2)=c/2 \implies f(2c)=0.\]

Nakoľko ale \(f(-c/2)=0\), tak dostávame: \(0=f(2c)=f(-c/2) \implies 2c=-c/2 \implies c=0\). To je spor s predpokladom, že \(c \neq 0\). Tým by sme boli hotoví. Vidíte, nebolo to až také ťažké. ;)