Neka je

uvrštavanje u

za svake realne

Sa

dobivamo

i dva moguća rijesenja za


odakle sa

dobijamo

za svaki

I

što možemo pretpostaviti nadalje do kraja rijesenja
Iskorištavamo simetriju

i proveravamo

što nas plodno nagrađuje sa svojstvom

Istražujući simetriju na

poigravamo se sa čudno zadanim uvijetom i kako bi se u potpunosti riješili drugog clana biramo

pa

daje

gdje nas uvrštavanje

dovodi do svojstva

Odnosno još bitnije

Ako umjesto prijašnjeg ne učinimo

nego

dobijamo

Ako kvadriramo i iskoristimo

imamo

gdje je zadnji korak bio primjena

, nadalje dobijamo da je

odakle iz


čime ćemo se voditi do kraja riješenja
Parnost u paru sa

daje

Stavljajući

u multiplikativnost dobijamo

, naoružani jedinicom uvrštavamo

kako bismo iskoristili najvise iz umnozaka na


Dokažimo

indukcijom

što smo već otprije dokazali



koristimo se sa

u obliku

da dobijemo

što korištenjem pretpostavke prelazi u

...
Zaključujemo

...
Zatim

provjeravanjem slučajeva

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 $f(x)>x^2$