Školjka

Uvrštavanjem \( a=b \) u uvjet dobivamo da za \(a \geq 4\) vrijedi \(f(2a) = f(a^2)\). Iz toga slijedi \(f(8)=f(16)=f(64)=f(1024)= \ldots\) te vidimo da je \(f(8) = f(2^n)\) za beskonačno mnogo \(n\). Pokažimo sada da je \(f(t)\) (gdje \(t\) nije potencija od \(2\)) jednak \(f(2^r)\) za neki \(r\). Kada dokažemo tu tvrdnju preostat će samo dokazati da je \(f\) od svake potencije broja \(2\) jednak \(f(8)\). Tvrdnju dokazujemo na način da ćemo \(t\) prikazati u binarnom zapisu i pokazati da možemo smanjiti broj jedinica u tom zapisu i time će na kraju ostati samo jedna jedinica što će značiti da smo dobili potenciju broja \(2\). Dakle, neka je \(t = 2^{k_1}+2^{k_2}+ \ldots +2^{k_n}\) gdje je \(k_{i+1} > k_i \ \forall i \in \mathbb{N}\), \(k_1 \geq 0\), \(n \geq 2\). Zbog \(t \geq 8\) vrijedi \(k_n \geq 3\) i imamo nekoliko slučaja: \(1.\) \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n-1} 2^{k_i} > 3}\). Vrijedi: \[ f(t) = f(2^{k_n} + \sum_{i=1}^{n-1} 2^{k_i}) \overset{\mathrm{uvjet}}{=} f(2^{k_n} \cdot \sum_{i=1}^{n-1} 2^{k_i}) = f(\sum_{i=1}^{n-1} 2^{k_n+k_i}) \] Argument zadnjeg \(f\)-a binaran je zapis koji sadržava \(n-1\) članova pa smo u ovom slučaju pokazali da možemo smanjiti broj jedinica. \(2.\) \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n-1} 2^{k_i} \leq 3}\). Vrijedi: \[ f(t) = f(2^{k_n-1} + (2^{k_n-1} + \sum_{i=1}^{n-1} 2^{k_i})) \overset{\mathrm{uvjet}}{=} f(2^{k_n-1} \cdot (2^{k_n-1} + \sum_{i=1}^{n-1} 2^{k_i})) = f(2^{2k_n-2} + \sum_{i=1}^{n-1} 2^{k_i+k_n-1}) \] \[\overset{\mathrm{uvjet}}{=} f(2^{2k_n-2} \cdot \sum_{i=1}^{n-1} 2^{k_i+k_n-1}) = f(\sum_{i=1}^{n-1} 2^{k_i+3k_n-3})\] Argument zadnjeg \(f\)-a binaran je zapis koji sadržava \(n-1\) članova pa smo u ovom slučaju pokazali da možemo smanjiti broj jedinica. U oba slučaja korištenja uvjeta zadatka to je bilo u redu zbog \(k_n \geq 3\). Sada smo dokazali da je svaki \(f(t)\) jednak nekom \(f(2^r)\) te preostaje dokazati da je \(f(2^r) = f(8)\) za svaki \(r \geq 4\). Primijetimo sljedeće: ako imamo \(a \geq 4, b \geq 4, c \geq 1\), vrijedi \(ab \geq 4, ac \geq 4, bc \geq 4, a+c \geq 4, b+c \geq 4\) te slijedi: \[ f(a^2bc) = f(ab \cdot ac) \overset{\mathrm{uvjet}}{=} f(ab+ac) = f(a \cdot (b+c)) \overset{\mathrm{uvjet}}{=} f(a+b+c) \overset{\mathrm{uvjet}}{=} f(b \cdot (a+c)) = f(ab+bc) \overset{\mathrm{uvjet}}{=} f(ab^2c) \] Uvrštavajući \(a=4, b=8, c=2^x\) gdje je \(x \geq 0\) imamo: \[f(4^2 \cdot 8 \cdot 2^x) = f(4 \cdot 8^2 \cdot 2^x) \iff f(2^{x+7}) = f(2^{x+8})\] Iz čega kad uvrstimo \(x=0,1,2, \ldots\) dobivamo \(f(2^7) = f(2^n) \ \forall n \geq 7\), pa je \(f(2^n) = f(2^7) = f(2^{10}) = f(8)\). Ostaje pokazati da je \(f(2^n) = f(8)\) za \(3< n < 7\) i tada smo gotovi jer smo pokazali da je \(f\) od svakog broja jednak \(f\)-u neke potencije broja \(2\), a \(f\) svake potencije broja \(2\) jednak \(f(8)\). Već smo pokazali \(f(8) = f(2^4) = f(2^6)\) pa još moramo samo ručno pokazati \(f(32) = f(8)\): \[f(32) = f(16+16) \overset{\mathrm{uvjet}}{=} f(16 \cdot 16) = f(2^8)\] i sada smo gotovi jer već imamo \(f(2^8) = f(2^{10}) = f(8)\). Q.E.D.