Školjka

Označimo s $P(x,y)$ danu funkcijsku jednadžbu. Dokazat ćemo sljedeću tvrdnju: $\textbf{Tvrdnja.}$ $f(x^2)=f(x)^2$ za sve $x\in\mathbb{Q}_{>0}$ $\textbf{Dokaz.}$ $P(\frac{1}{f(1)},1)\rightarrow f(1)=f(\frac{1}{f(1)})^2f(1)\Longrightarrow f(\frac{1}{f(1)})=1$ $P(x,\frac{1}{f(1)})\rightarrow f(x^2)=f(x)^2$ što dokazuje tvrdnju. Posebno, imamo $f(1)=f(1)^2\Rightarrow f(1)=1$ Nadalje, $P(1,x)$ nam daje $f(f(x)^2)=f(x)$, a zbog tvrdnje vrijedi $f(f(x))^2=f(x)$, što nam daje motivaciju da indukcijom dokažemo $$f(x)=f^k(x)^{2^{k-1}}$$ gdje $\underbrace{f \circ \cdots \circ f}_{\text{k puta}}(x)=f^k(x)$. Baza je već riješena, $f(f(x))^2=f(x)$ Pretpostavimo da za neki $k\in\mathbb{N}_{>1}$ vrijedi $f(x)=f^k(x)^{2{k-1}}$ onda za $k+1$ imamo $$f(x)=f^k(x)^{2{k-1}}=f^{k-1}(f(x))^{2^{k-1}}=f^{k-1}(f(f(x)^2)^{2^{k-1}}=f^{k-2}(f(f(f(x))^2)^{2^{k-1}}=\cdots=\big( (\underbrace{f(f( \cdots f(x) \cdots))}_{\text{k+1 puta}})^2\big)^{2^{k-1}}=f^{k+1}(x)^{2^k}$$ što dovršava korak indukcije. Znači, imamo da je $$\left(f(x) \right)^{1/2^{n-1}}=f^{n}(x) \in \mathbb{Q}_{>0}$$ Iz čega slijedi da ako je $p$ prost broj onda za svaki $x$ i sve prirodne brojeve $n\ge2$ vrijedi $$2^{n-1}\mid v_p(f(x)) \Longrightarrow v_p(f(x))=0 \forall x\in\mathbb{Q}_{>0}$$ A to je jedino moguće ako $f(x)$ nema prostih faktora, tj. $f(x)=1$ i to je to. Najssss!!!