Neka je
![P(x,y,z,t)](/media/m/8/f/f/8ff455e11835196c0b25d7831e21e83c.png)
uvrštavanje u
![\left(f(x)+f(z)\right)\left(f(y)+f(t)\right)=f(xy-zt)+f(xt+yz)](/media/m/2/7/9/279efa002fbcf0b79ee137b4ee3cc8be.png)
za svake realne
![x,y,z,t.](/media/m/f/2/0/f200ad590de265148678029c7a8eb509.png)
Sa
![P(0,0,0,0)](/media/m/9/f/c/9fcdef3e885f9116f3319aa627c7320b.png)
dobivamo
![f(0)^2 = \frac{1}{2} f(0)](/media/m/f/e/1/fe1f5804bfa2f176c2e98bfa5e452100.png)
i dva moguća rijesenja za
![f(0)](/media/m/7/3/d/73d4d7cccea9756878a9c8ff8c0eb7f6.png)
![\cdot f(0)=\frac{1}{2}](/media/m/b/5/9/b59b905b9bb5614d5e7df11623f6962e.png)
odakle sa
![P(x,0,0,0)](/media/m/b/6/e/b6e7316dc46b71dd410340289ba41214.png)
dobijamo
![f(x)=1-f(0)=\frac{1}{2}](/media/m/3/a/c/3aca4a1b8cb4ea06db41ea7fb1b25581.png)
za svaki
![x \in \mathbb{R}](/media/m/c/1/6/c162a96a3e70076e1031361250564464.png)
I
![f(0)=0](/media/m/2/9/7/297be37ff10e3b2aa5ab3d32c2202c49.png)
što možemo pretpostaviti nadalje do kraja rijesenja
Iskorištavamo simetriju
![LHS](/media/m/2/d/5/2d5f74766b1425d5d32dadbbfa8dc82b.png)
i proveravamo
![P(x,y,y,x)](/media/m/c/2/4/c241992168d5b9ca8769347788b87587.png)
što nas plodno nagrađuje sa svojstvom
![f(x^2+y^2)=(f(x)+f(y))^2](/media/m/4/8/6/486394e80879d2ed8352ef3632070b64.png)
Istražujući simetriju na
![RHS](/media/m/1/f/4/1f477642296f289edc10a636a0f7e80d.png)
poigravamo se sa čudno zadanim uvijetom i kako bi se u potpunosti riješili drugog clana biramo
![z=0](/media/m/d/3/5/d350429d3d376985f266adba2bbb9628.png)
pa
![P(x,y,0,t)](/media/m/8/6/c/86c93ce298c157d099c38bfda50713e1.png)
daje
![f(x)(f(y)+f(t))=f(xy)+f(xt)](/media/m/1/2/d/12dff01b0297413408d3354751bd5741.png)
gdje nas uvrštavanje
![t=y](/media/m/b/2/4/b24ca35c76eb96bddb7040ade6e27f28.png)
dovodi do svojstva
![f(x)f(y)=f(xy)](/media/m/4/8/b/48b85e8a6c1d282cd0916dd35c07c2c0.png)
Odnosno još bitnije
![f(x^2)=f(x)^2\ge 0](/media/m/9/9/9/9994c3f1612e855333da88c0ff739dd6.png)
Ako umjesto prijašnjeg ne učinimo
![P(x,x,0,x)](/media/m/9/7/b/97bec94ecf1ce6b02666243f7f876e46.png)
nego
![P(x,-x,0,x)](/media/m/9/5/b/95b42e05f84ded7fcbde89631aaf080d.png)
dobijamo
![f(x)(f(-x)+f(x))=f(-x^2)+f(x^2)](/media/m/8/9/1/891224e140297be51a9b7674d790244f.png)
Ako kvadriramo i iskoristimo
![\#1](/media/m/a/3/c/a3cf4b19ae1b5a4bfd77d8c57668bad2.png)
imamo
![f(x)^2(f(-x)+f(x))^2=(f(-x^2)+f(x^2))^2=f(2x^4)=4f(x)^4](/media/m/f/0/9/f091a5850a9f57a719bbbe3f79537256.png)
gdje je zadnji korak bio primjena
![\#2](/media/m/9/2/e/92edc314c08f54c9bb7e6b7f5cd0fc72.png)
, nadalje dobijamo da je
![\cdot f(-x)=-3f(x)](/media/m/9/7/a/97ae063a1ede293f0867057705a67216.png)
odakle iz
![f(-x)^2=f(x)^2 \Rightarrow (3f(x))^2=f(x)^2 \Rightarrow f(x)=0 \enspace \forall x \in \mathbb{R}](/media/m/7/e/4/7e47c5e03d56dccca1861aa1ee5d2764.png)
![\cdot f(-x)=f(x)](/media/m/c/a/7/ca77e0d0763ccdd4ffa5f86b7fcbc549.png)
čime ćemo se voditi do kraja riješenja
Parnost u paru sa
![\#3](/media/m/d/c/6/dc66cc9dc648a8d2375ccf92f5d41897.png)
daje
![f(x)\ge 0)](/media/m/7/9/a/79a047d70aabdd67f8f42729e7794c5b.png)
Stavljajući
![y=1](/media/m/a/6/b/a6b934a34e7980d65e88d6a899236b07.png)
u multiplikativnost dobijamo
![f(1)=1](/media/m/6/6/3/663e9e05cfd9239293dee52b353d2ab0.png)
, naoružani jedinicom uvrštavamo
![P(x,1,z,1)](/media/m/3/e/1/3e1d68aa962abc354c0e6b96ebf762d2.png)
kako bismo iskoristili najvise iz umnozaka na
![RHS](/media/m/1/f/4/1f477642296f289edc10a636a0f7e80d.png)
![f(x-z)+f(x+z)=2f(x)+2f(z) \enspace \enspace \#4](/media/m/4/e/d/4ed219aee0b0931a4714ce9919942919.png)
Dokažimo
![f(n)=n^2 \enspace \forall n \in \mathbb{N}](/media/m/4/b/b/4bbbea6354f6bc97f51deb985dc2d196.png)
indukcijom
![f(1)=1](/media/m/6/6/3/663e9e05cfd9239293dee52b353d2ab0.png)
što smo već otprije dokazali
![f(k)=k^2 \enspace \forall k< n \in \mathbb{N}](/media/m/9/5/f/95f4352066bd295b4e44d9c4d1a1fa4f.png)
![f(n)=n^2](/media/m/2/6/8/2680d8ff90aef1f1b0543e3ee67cb2ce.png)
![- \enspace](/media/m/0/b/d/0bd0819175c88438c6f4d58dc7d2711d.png)
koristimo se sa
![\#4](/media/m/5/2/9/529fa25bd4accc486ad56d59ddae9fa4.png)
u obliku
![x=n-1 , z=1](/media/m/d/c/e/dcef7cef2b221d0e1a047ead2134b4ad.png)
da dobijemo
![-](/media/m/a/f/a/afab3bfd3181bcc42061da55f8974f3b.png)
što korištenjem pretpostavke prelazi u
![f(n)=n^2](/media/m/d/f/4/df49afd92c0d424348dc0348bd6f092d.png)
...
Zaključujemo
![f(x)=x^2 \forall x\in \mathbb{Q}](/media/m/a/1/f/a1fc438d6f74c9d1cead2278a605863b.png)
...
Zatim
![f(x)=x^2 \forall x\in \mathbb{R}](/media/m/3/e/a/3ea68f25f43eaebe532b69799364aee0.png)
provjeravanjem slučajeva
![f(x)<x^2](/media/m/2/a/9/2a98ef7240074b7bfc8582bf62bdc3a0.png)
i
%V0
Neka je $P(x,y,z,t)$ uvrštavanje u $\left(f(x)+f(z)\right)\left(f(y)+f(t)\right)=f(xy-zt)+f(xt+yz)$ za svake realne $ x,y,z,t.$
Sa $P(0,0,0,0)$ dobivamo $f(0)^2 = \frac{1}{2} f(0) $ i dva moguća rijesenja za $f(0)$
$\cdot f(0)=\frac{1}{2}$ odakle sa $P(x,0,0,0)$ dobijamo $f(x)=1-f(0)=\frac{1}{2}$ za svaki $x \in \mathbb{R}$
I $f(0)=0$ što možemo pretpostaviti nadalje do kraja rijesenja
Iskorištavamo simetriju $LHS$ i proveravamo $P(x,y,y,x)$ što nas plodno nagrađuje sa svojstvom $ \#1$
$$f(x^2+y^2)=(f(x)+f(y))^2$$
Istražujući simetriju na $RHS$ poigravamo se sa čudno zadanim uvijetom i kako bi se u potpunosti riješili drugog clana biramo $z=0$ pa
$P(x,y,0,t) $ daje $f(x)(f(y)+f(t))=f(xy)+f(xt)$ gdje nas uvrštavanje $t=y$ dovodi do svojstva $\#2$
$$f(x)f(y)=f(xy)$$
Odnosno još bitnije $\#3$ $f(x^2)=f(x)^2\ge 0$
Ako umjesto prijašnjeg ne učinimo $P(x,x,0,x)$ nego $P(x,-x,0,x)$ dobijamo $$f(x)(f(-x)+f(x))=f(-x^2)+f(x^2)$$
Ako kvadriramo i iskoristimo $\#1$ imamo $$f(x)^2(f(-x)+f(x))^2=(f(-x^2)+f(x^2))^2=f(2x^4)=4f(x)^4$$
gdje je zadnji korak bio primjena $\#2$, nadalje dobijamo da je
$\cdot f(-x)=-3f(x)$ odakle iz $ f(-x)^2=f(x)^2 \Rightarrow (3f(x))^2=f(x)^2 \Rightarrow f(x)=0 \enspace \forall x \in \mathbb{R}$
$\cdot f(-x)=f(x)$ čime ćemo se voditi do kraja riješenja
Parnost u paru sa $\#3$ daje $f(x)\ge 0)$
Stavljajući $y=1$ u multiplikativnost dobijamo $f(1)=1$, naoružani jedinicom uvrštavamo $P(x,1,z,1)$ kako bismo iskoristili najvise iz umnozaka na $RHS$
$$f(x-z)+f(x+z)=2f(x)+2f(z) \enspace \enspace \#4 $$
Dokažimo $f(n)=n^2 \enspace \forall n \in \mathbb{N}$ indukcijom
$\cdot BAZA$ $f(1)=1$ što smo već otprije dokazali
$\cdot PRETP.$ $f(k)=k^2 \enspace \forall k< n \in \mathbb{N}$
$\cdot KORAK$ $f(n)=n^2$
$- \enspace$ koristimo se sa $\#4$ u obliku $x=n-1 , z=1$ da dobijemo $$f(n)+f(n-2)=2f(n-1)+2f(1)$$ $-$ što korištenjem pretpostavke prelazi u $$f(n)=n^2$$
...
Zaključujemo $f(x)=x^2 \forall x\in \mathbb{Q}$
...
Zatim $f(x)=x^2 \forall x\in \mathbb{R}$ provjeravanjem slučajeva $f(x)<x^2$ i $f(x)>x^2$