Školjka

%V0 prvo, primjetimo da je $f(x) = x+1$ rjesenje. zato, uvedimo supstituciju $g = f - 1$, imamo dakle $g: (0 , +\infty) \to (-1, +\infty)$ $g(xg(y) + x) = g(xy) + x$ zelimo pokazati da je $g(x) = x, \forall x \in (0, +\infty)$ neka je $g(1) = c$ uvrstimo $(x, y) = (1, y) \Rightarrow g(g(y) + 1) = g(y) + 1$ uvrstimo $(x, y) = (x, \frac{1}{x}) \Rightarrow g(xg(\frac{1}{x}) + x) = c + x$ iz prethodna dva identiteta vidimo da je $g(x) = x, \forall x \geq c+1$ (to se vidi jer, uzmimo proizvoljan $x \geq c$.. on je u slici funckije zbog drugog identiteta, tj postoji neki $y$ t.d. je $g(y) = x$, tj, posebno ako je bas $x=c$, onda smo oznacili $g(1)=c$, a ako je $x > c$, onda vrijedi ovo zbog drugog identiteta. sad naprosto taj konkretan $y$ stavimo u prvi identitet pa dobivamo $g(x+1) = x+1$, sto smo i zeljeli pokazati) po dokazanom, vrijedi $g(xy + x) = g(xy) + x, \forall x \geq 0, y \geq c+1$. sad slijedi ideja za dokaz ostatka a zatim ide i formalni dio: (ako sad nastimamo $xy + x \geq c+1$, ali $xy < c+1$, onda cemo i za broj $xy$ imati da je na njemu $g$ identiteta. tako cemo lako dobiti da je $g$ identiteta za sve brojeve vece od nekog $c_1 < c$, te cemo nastavljanjem pokriti sve brojeve) formalno, oznacimo $z = sup \{ x > 0 : g(x) \neq x \}$ (dakle $z$ nam je "najveci" broj za kojeg $g(z) \neq z$, s tim da se to nemora postizati nuzno za broj $z$, npr ako bi $g$ bila $2$ na brojevima $(0,1)$, a onda identiteta na brojevima $[1, +\infty)$, tada bi bilo $z=1$ iako $g(1) = 1$). uvrstimo $(x, y) = (\frac{z+1}{z+2}, y)$, pri cemu $y > z$. tada imamo $(a) g(y) = y$ $(b) xy + x > xz + x = \frac{z^2 + 2z + 1}{z + 2} > z$ zbog $(a)$ imamo, $g(xy + x) = g(xy) + x$, sada zbog $(b)$ imamo $xy + x = g(xy) + x \Rightarrow g(\frac{z+1}{z+2}y) = \frac{z+1}{z+2}y, \forall y > z$ zadnji identitet nam govori da je $g$ identiteta na brojevima vecim od $\frac{z+1}{z+2}z$, drugim rjecima $z = sup \{ x > 0 : g(x) \neq x \} \leq \frac{z+1}{z+2}z$. ovo naravno nije moguce ako je $z > 0$, pa zakljucujemo da je skup $\{ x > 0 : g(x) \neq x \}$ prazan. (u suprotnom, ako je neki $x_0$ u tom skupu, po definiciji $sup$ bit ce $z \geq x_0$). kako je taj skup prazan, vrijedi $g(x) = x, \forall x > 0$ sto smo i zeljeli pokazati. dakle, jedino moguce rjesenje je $f(x) = x + 1, \forall x > 0$, a jednostavnom provjerom se vidi da to zaista i jest rjesenje.