9. Kaďa Mirových Srandičiek vzorové riešenie

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.