Matematyka.pl

Zadanie „firmowe” opierało się na tym że:
\(\displaystyle{ \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{n}( \sum_{k=n+1}^{2n} \ln(k) – n \ln(n))= \int_{1}^{2} \ln(x) dx}\)
i rozbiciu \(\displaystyle{ \ln(a_n)}\) itd

Czegoś w tym zadaniu chyba brak. Zrobienie takiego odwzorowania jest proste - zbiorowi \(\displaystyle{ A}\) przypisujemy \(\displaystyle{ k}\)-elementowy podzbiór \(\displaystyle{ X\setminus A}\) n.p. wyrzucając najmniejszy z elementów \(\displaystyle{ X\setminus A}\).

Pytanie, czy da się zrobić to odwzorowanie tak aby było różnowartościowe

Zbiór trzech liczb \(\displaystyle{ \left\{ a, b, c\right\}}\) nazwijmy złym wtedy i tylko wtedy, gdy iloczyn \(\displaystyle{ abc}\) jest kwadratem liczby naturalnej. Zauważmy, że dla ułatwienia możemy podzielić każdą liczbę \(\displaystyle{ a}\) ze zbioru \(\displaystyle{ A=\left\{ 1, 2, ..., 14, 15\right\}}\) przez największy kwadrat liczby naturalnej \(\displaystyle{ k^{2}}\) , taki że \(\displaystyle{ k^{2}|a}\) i rozpatrywać podzbiory zbioru \(\displaystyle{ B=\left\{ 1, 1, 1, 2, 2, 3, 3, 5, 6, 7, 10, 11, 13, 14, 15\right\}}\). Istotnie, jeżeli dla pewnego zbioru \(\displaystyle{ \left\{ a, b, c\right\}}\) iloczyn \(\displaystyle{ abc}\) jest kwadratem liczby naturalnej, to po podzieleniu każdej z tych liczb przez kwadrat liczby naturalnej również nim będzie, a jeżeli nie był przed podzieleniem to nie będzie nim również po. Zbiór nazwijmy dobrym wtedy i tylko wtedy, gdy nie istnieje trzyelementowy zbiór zły, który jest jego podzbiorem. Wykażę, że podzbiór dobry zbioru \(\displaystyle{ B}\) może liczyć co najwyżej \(\displaystyle{ 10}\) liczb. Weźmy pod uwagę jego podzbiór \(\displaystyle{ \left\{ 1, 1, 1, 2, 2, 3, 3, 6\right\}}\). Zauważmy, że zbiór \(\displaystyle{ \left\{ 1, 1, 1\right\}}\) jest zły, zatem ze zbioru \(\displaystyle{ B}\) musimy usunąć co najmniej jedną liczbę \(\displaystyle{ 1}\). Rozpatrzmy 2 przypadki:
1. Usuwamy nie wszystkie trzy liczby \(\displaystyle{ 1}\), ale oczywiście co najmniej jedną.
Wówczas zbiory \(\displaystyle{ \left\{1, 2, 2\right\}}\) oraz \(\displaystyle{ \left\{1, 3, 3\right\}}\) są złe, a skoro nie usuwamy wszystkich liczb \(\displaystyle{ 1}\), to musimy usunąć co najmniej jedną liczbę \(\displaystyle{ 2}\) i co najmniej jedną liczbę \(\displaystyle{ 3}\), gdy usuniemy tylko po jednej liczbie \(\displaystyle{ 2}\) i \(\displaystyle{ 3}\) to pozostawimy zbiór \(\displaystyle{ \left\{ 2, 3, 6\right\}}\), który jest zły, zatem z niego będziemy musieli usunąć jeszcze jeden element, zatem w tym przypadku będziemy musieli usunąć co najmniej \(\displaystyle{ 4}\) elementy ze zbioru \(\displaystyle{ \left\{ 1, 1, 1, 2, 2, 3, 3, 6\right\}}\).
2. Usuwamy wszystkie \(\displaystyle{ 3}\) liczby \(\displaystyle{ 1}\).
Gdybyśmy wówczas pozostawili wszystkie liczby \(\displaystyle{ \left\{ 2, 2, 3, 3, 6\right\}}\), to pozostawilibyśmy zły zbiór \(\displaystyle{ \left\{ 2, 3, 6\right\}}\), zatem z niego musimy usunąć co najmniej \(\displaystyle{ 1}\) element, zatem i w tym przypadku musimy usunąć co najmniej \(\displaystyle{ 4}\) elementy ze zbioru \(\displaystyle{ \left\{ 1, 1, 1, 2, 2, 3, 3, 6\right\}}\).
Dalej widzimy, że zbiór \(\displaystyle{ \left\{ 5, 10, 15\right\}}\) jest zły, co oznacza, że musimy usunąć co najmniej jeden jego element, a zatem w sumie ze zbioru \(\displaystyle{ B}\) musimy usunąć co najmniej \(\displaystyle{ 5}\) elementów, aby otrzymać zbiór dobry, co oznacza, że dobry podzbiór zbioru \(\displaystyle{ B}\) istotnie może liczyć co najwyżej \(\displaystyle{ 10}\) elementów. Dalej zauważmy, że jeśli nie usuniemy obydwu liczb \(\displaystyle{ 2}\), to będziemy musieli usunąć dodatkowo co najmniej \(\displaystyle{ 1}\) element ze zbioru \(\displaystyle{ \left\{ 7, 14\right\}}\), zatem w sumie musielibyśmy usunąć wówczas co najmniej \(\displaystyle{ 6}\) elementów, zatem aby otrzymać 10-elementowy podzbiór dobry zbioru \(\displaystyle{ B}\) musimy usunąć obie liczby \(\displaystyle{ 2}\). Dalej musimy usunąć co najmniej jedną liczbę \(\displaystyle{ 1}\), aby otrzymać zatem podzbiór 10-elementowy możemy usunąć jeszcze co najwyżej \(\displaystyle{ 1}\) element ze zbioru \(\displaystyle{ \left\{ 1, 1, 3, 3, 6\right\}}\), jeżeli będzie to \(\displaystyle{ 1}\) lub \(\displaystyle{ 6}\), to i tak otrzymamy zły zbiór \(\displaystyle{ \left\{ 1, 3, 3\right\}}\), musimy zatem usunąć jedną liczbę \(\displaystyle{ 3}\). Musimy także usunąć co najmniej jedną liczbę ze zbioru \(\displaystyle{ \left\{ 5, 10, 15\right\}}\), jeżeli usuniemy \(\displaystyle{ 5}\), to pozostawimy zły zbiór \(\displaystyle{ \left\{ 6, 10, 15\right\}}\), gdy natomiast usuniemy \(\displaystyle{ 10}\), to pozostawimy zły zbiór \(\displaystyle{ \left\{ 3, 5, 15\right\}}\), zatem w każdym z tych przypadków będziemy musieli usunąć jeszcze co najmniej jeden, już szósty element. Wreszcie, gdy usuniemy \(\displaystyle{ 15}\), to otrzymamy zbiór \(\displaystyle{ C=\left\{ 1, 1, 3, 5, 6, 7, 10, 11, 13,
14\right\}}\), czyli naszego jedynego kandydata na
10-elementowy podzbiór dobry zbioru \(\displaystyle{ B}\), wykażę że istotnie jest on dobry. Załóżmy, że ma on trzyelementowy podzbiór zły. Wówczas nie może on zawierać liczb \(\displaystyle{ 11}\) i \(\displaystyle{ 13}\), gdyż musiałby on zawierać jeszcze co najmniej jedną liczbę podzielną przez odpowiednio \(\displaystyle{ 11}\) i \(\displaystyle{ 13}\), a takich więcej zbiór \(\displaystyle{ C}\) nie ma. Gdyby zawierał on liczbę \(\displaystyle{ 1}\) to iloczyn pozostałych dwóch liczb musiałby być kwadratem liczby naturalnej, zatem na mocy początkowego przekształcenia musiałyby być one równe, a po zabraniu jednej liczby \(\displaystyle{ 1}\) ze zbioru \(\displaystyle{ C}\) nie mamy więcej par dwóch takich samych liczb w zbiorze \(\displaystyle{ C}\), gdyby zawierał on liczbę \(\displaystyle{ 10}\), to musiałby także zawierać liczbę \(\displaystyle{ 5}\) (i odwrotnie) oraz liczbę będącą dwu krotnością kwadratu liczby naturalnej, czyli na mocy początkowego przekształcenia liczbę \(\displaystyle{ 2}\), której nie mamy, analogicznie gdyby zawierał \(\displaystyle{ 7}\), to musiałby zawierać \(\displaystyle{ 14}\) (i odwrotnie) i \(\displaystyle{ 2}\), którego nie mamy, a gdyby zawierał \(\displaystyle{ 3}\), to musiałby zawierać \(\displaystyle{ 6}\) (i odwrotnie) i \(\displaystyle{ 2}\), którego ponownie nie mamy. Zatem istotnie zbiór \(\displaystyle{ C}\) jest jedynym 10-elementowym podzbiorem dobrym zbioru \(\displaystyle{ B}\). Liczby \(\displaystyle{ 1}\) i \(\displaystyle{ 3}\) reprezentują odpowiednio liczby \(\displaystyle{ \left\{ 1, 4, 9\right\}}\) oraz \(\displaystyle{ \left\{ 3, 12\right\}}\), czyli zbiór \(\displaystyle{ C}\) implikuje \(\displaystyle{ 6}\) dobrych 10-elementowych podzbiorów zbioru \(\displaystyle{ A}\): \(\displaystyle{ \left\{ 1, 3, 4, 5, 6, 7, 10, 11, 13, 14\right\}}\), \(\displaystyle{ \left\{ 1, 3, 5, 6, 7, 9, 10, 11, 13, 14\right\}}\), \(\displaystyle{ \left\{ 3, 4, 5, 6, 7, 9, 10, 11, 13, 14\right\}}\), \(\displaystyle{ \left\{ 1, 4, 5, 6, 7, 10, 11, 12, 13, 14\right\}}\), \(\displaystyle{ \left\{ 1, 5, 6, 7, 9, 10, 11, 12, 13, 14\right\}}\), \(\displaystyle{ \left\{ 4, 5, 6, 7, 9, 10, 11, 12, 13, 14\right\}}\). Na mocy wcześniejszego rozumowania są to jedyne 10-elementowe podzbiory dobre zbioru \(\displaystyle{ A}\).

Istotnie odwzorowanie to ma być różnowartościowe.

No to skoro tak, to
\(\displaystyle{ f(A)=\{2k+1-a: a\in A\}}\)
powinno załatwić sprawę. Oczywiście jest różnowartościowe, a bijekcją jest, bo \(\displaystyle{ f(f(A))=A}\) dla każdego \(\displaystyle{ A}\)

No ale jeśli \(\displaystyle{ 2k+1 \in A}\) to \(\displaystyle{ f(A)}\) nie jest podzbiorem \(\displaystyle{ X}\) gdyż \(\displaystyle{ 0 \in f(A)}\) ...?!
może \(\displaystyle{ 2k+2}\) zamiast \(\displaystyle{ 2k+1}\).

Niech \(\displaystyle{ E, F, G, H}\) będą odpowiednio punktami styczności okręgu wpisanego w czworokąt \(\displaystyle{ BPDQ}\) z bokami \(\displaystyle{ BP}\), \(\displaystyle{ BQ}\), \(\displaystyle{ DQ}\) i \(\displaystyle{ DP}\). Punkty \(\displaystyle{ P, Q}\) są odpowiednio środkami boków \(\displaystyle{ BC}\) i \(\displaystyle{ AB}\), zatem \(\displaystyle{ |AQ|=|BQ|=|BF|+|FQ|}\) i \(\displaystyle{ |BP|=|CP|=|PE|+|EB|}\). Z twierdzenia o odcinkach stycznych mamy \(\displaystyle{ |AF|=|AH|=|BF|+2|FQ|}\) oraz \(\displaystyle{ |CE|=|CG|=|BE|+2|EP|}\). Wówczas \(\displaystyle{ |AD|=|AF|-|DH|=|BF|+2|FQ|-|DH|}\) i \(\displaystyle{ |CD|=|CE|-|DG|=|BE|+2|EP|-|GD|}\). Ponieważ odcinki \(\displaystyle{ AP}\) i \(\displaystyle{ CQ}\) są środkowymi trójkąta, to zachodzą równości \(\displaystyle{ |AD|=2|DP|}\) i \(\displaystyle{ |CD|=2|DQ|}\). Zatem mamy koniunkcję równości:
\(\displaystyle{ \begin{cases} |BF|+2|FQ|-|DH|=|DH|+|PH| \\ |BE|+2|EP|-|GD|=|GQ|+|GD| \end{cases}}\)
Odejmijmy obydwa równania stronami. Wówczas otrzymamy \(\displaystyle{ |BF|-|BE|+2|FQ|-2|EP|-|DH|+|GD|-|DH|-|PH|+|GQ|+|DG|=0}\). Z racji że \(\displaystyle{ |BE|=|BF|}\), \(\displaystyle{ |DH|=|GD|}\), \(\displaystyle{ |FQ|=|GQ|}\), \(\displaystyle{ |EP|=|PH|}\), to otrzymujemy równość \(\displaystyle{ |BF|-|BE|+2|FQ|-2|EP|-|DH|+|GD|-|DH|-|PH|+|GQ|+|DG|=}\)\(\displaystyle{ =|FQ|-|EP|=0}\),
skąd wynika że \(\displaystyle{ |FQ|=|EP|}\). Z równości tej, oraz równości \(\displaystyle{ |BF|=|BE|}\), w oczywisty sposób wynika, że \(\displaystyle{ |AB|=2(|FQ|+|BF|)=2(|EP|+|BE|)=|BC|}\), co kończy dowód.

Trójkąt o bokach 136, 170, 174; środkowa 127 itd. Ale jak to obliczyc ?

żuk musi wykonać co najmniej jeden ruch

Niech \(\displaystyle{ k=\lfloor \frac{n}{2} \rfloor}\)
Z włączeń i wyłączeń ilość permutacji wyłącznie k liczb parzystych które na n miejscach nie mają parzystych punktów stałych wyraża suma:
\(\displaystyle{ \sum_{i=0}^{k}(-1)^i {k \choose i} \frac{(n-i)!}{(n-k)!}}\)
co daje ilość szukanych permutacji
\(\displaystyle{ (n-k)!\sum_{i=0}^{k}(-1)^i {k \choose i} \frac{(n-i)!}{(n-k)!} =\sum_{i=0}^{k}(-1)^i {k \choose i} (n-i)!}\)
Może komuś będzie się chciało znaleźć wzór jawny.

Ponieważ treść zadania tego nie określa to założę, że dana jest prosta k, pełny łuk cykloidy i punkt P na nim. Aby narysować styczną do cykloidy w punkcie P to:
1) Na prostej wyznaczam środek odległości między punktami podparcia łuku cykloidy. Nazwę go O.
2) Konstruuję prostopadłą do k i zawierającą punkt O. Nazwę ją prostą l, a punkt jej przecięcia z cykloidą Q. (Jeśli Q jest punktem P to styczną jest prostopadła do prostej l i przechodząca przez P)
3) Wyznaczam środek OQ (nazwę go R).
4) Konstruuję prostą ł prostopadłą do l i zawierającą punkt R.
5) Z punktu P zataczam łuk o długości OR przecinający prostą ł w dwóch miejscach.
6) Przez punkt przecięcia łuku z prostą ł bliższy R oraz przez P przeprowadzam prostą m.
7) Konstruuję prostopadłą do prostej m i przechodzącą przez P. To szukana styczna.
Oczywiście po znalezieniu położenie środka toczącego się okręgu dla punktu styczności (czyli po wykonaniu czynności 5) ) styczną można wyznaczyć także w inny sposób wykorzystując własności cykloidy

\(\displaystyle{ a, \ b, \ c}\) - boki trójkąta;
\(\displaystyle{ d}\) - środkowa trójkąta;
\(\displaystyle{ m}\) - \(\displaystyle{ 1/2}\) długości \(\displaystyle{ c}\).

Przypuszczam, że rozwiązanie korzysta z twierdzenia i równania Apoloniusza.

\(\displaystyle{ a^2 + b^2 = 2(d^2 + m^2)\\
136^2 + 170^2 = 2 (127^2 + 87^2)}\)

\(\displaystyle{ (z+1)f(x+y)=f[xf(z)+y]+f[yf(z)+x]}\)

Załóżmy, że:

\(\displaystyle{ f(1)=a \neq 1}\)

funkcja nie jest stała, połóżmy:

\(\displaystyle{ y=x, z=1}\)

otrzymamy:

\(\displaystyle{ f(2x)=f[(a+1)x]}\)

\(\displaystyle{ 2x:=x}\)

\(\displaystyle{ f(x)=f\left( \frac{a+1}{2}x \right)}\)

niech teraz:

\(\displaystyle{ \alpha= \frac{a+1}{2}}\)

mamy:

\(\displaystyle{ \bigvee\limits_{\alpha \neq 1} \bigwedge\limits_{x\in R_{+}} f(x)=f(\alpha x)}\)

co to oznacza, oczywiście to, że funkcja jest stała na poszczególnych klasach w relacji:

\(\displaystyle{ xRy \Leftrightarrow \frac{x}{y}=\alpha^k , k \in Z}\)

jest to relacja równoważności, i funkcja jest stała na jej klasach abstrakcji...

połóżmy dalej:

\(\displaystyle{ xf(z)+y=t}\)

\(\displaystyle{ yf(z)+x=\alpha t}\)

z tego mamy:

\(\displaystyle{ x=t \frac{\alpha-f(z)}{1-f^2(z)}}\)

\(\displaystyle{ y=t \frac{1-\alpha f(z)}{1-f^2(z)}}\)

\(\displaystyle{ x+y=t \frac{1+\alpha}{1-f(z)}}\)

podstawmy to do głównego wzoru:

\(\displaystyle{ (z+1)f\left[ t \frac{1+\alpha}{1+f(z)} \right]=f(t)+f(\alpha t)=2f(t)}\)


\(\displaystyle{ f\left[ t \frac{1+\alpha}{1+f(z)} \right] = \frac{2f(t)}{z+1}}\)

połóżmy:

\(\displaystyle{ t=\alpha,}\)

\(\displaystyle{ f\left[ \alpha \frac{1+\alpha}{1+f(z)} \right]=f\left[ \frac{1+\alpha}{1+f(z)} \right]= \frac{2f( \alpha)}{z+1}}\)


(*) \(\displaystyle{ f\left[ \alpha \frac{1+\alpha}{1+f(z)} \right]=\frac{2f( \alpha)}{z+1}}\)

\(\displaystyle{ f( \alpha)=f(1)=a}\)

podstawmy:

\(\displaystyle{ z=\alpha}\)

\(\displaystyle{ f\left[ \alpha \frac{1+\alpha}{1+f( \alpha)} \right]= \frac{2a}{ \alpha+1}}\)

lub:

\(\displaystyle{ f\left[ \alpha \frac{1+\alpha}{1+a} \right]=\frac{2a}{ \alpha+1}}\)

podstawmy teraz do (*):

\(\displaystyle{ z=1}\)

otrzymamy:

\(\displaystyle{ f\left[ \alpha \frac{1+\alpha}{1+f(1)} \right]=f\left[ \alpha \frac{1+\alpha}{1+a} \right]= \frac{2a}{2}=a}\)

czyli ostatecznie:


\(\displaystyle{ \frac{2a}{\alpha+1}=a}\)

\(\displaystyle{ \alpha+1=2}\)

\(\displaystyle{ \alpha =1, a=1}\)

czyli:

\(\displaystyle{ f(1)=1}\)

jedźmy dalej:

podstawmy:

\(\displaystyle{ xf(z)+y=1}\)

\(\displaystyle{ yf(z)+x=1}\)

\(\displaystyle{ x= \frac{1}{1+f(z)}=y}\)

\(\displaystyle{ x+y=\frac{2}{1+f(z)}}\)

podstawmy to do pierwotnego równania:

\(\displaystyle{ (z+1)f\left[\frac{2}{1+f(z)} \right]=f(1)+f(1)=2}\)

lub:

\(\displaystyle{ f\left[ \frac{2}{1+f(z)} \right] = \frac{2}{z+1}}\)

teraz podstawmy do pierwotnego:

\(\displaystyle{ x=y= \frac{1}{2}}\)

\(\displaystyle{ (z+1)f(1)=2f\left[ \frac{f(z)+1}{2} \right]}\)

mamy:

\(\displaystyle{ f\left[ \frac{f(z)+1}{2} \right]= \frac{z+1}{2}}\)

a z tamtego mamy,że:

\(\displaystyle{ f\left[ \frac {2} {f(z)+1} \right]= \frac {2}{z+1}}\)

co daje nam:

\(\displaystyle{ f( \frac{1}{x})= \frac{1}{f(x)}}\)

Taką własność ma ta funkcja...,

jedźmy dalej:

podstawmy do wzoru pierwotnego:

\(\displaystyle{ \(\displaystyle{ z=2, f(2)=c}\)}\)

\(\displaystyle{ 3f(x+y)=f(cx+y)+f(cy+x)}\)

niech teraz:

\(\displaystyle{ x=0, y=1}\)

\(\displaystyle{ 3f(1)=f(1)+f(c)}\)

\(\displaystyle{ f(c)=2}\)

podstawmy teraz do pierwotnego:

\(\displaystyle{ z=c, y=x}\)

otrzymamy:

\(\displaystyle{ (c+1)f(2x)=2f(3x)}\)

\(\displaystyle{ f(3x)= \frac{c+1}{2}f(2x)}\)

podstawmy:

\(\displaystyle{ x:= \frac{1}{3}x}\)

\(\displaystyle{ f(x)= \frac{c+1}{2}f\left( \frac{2}{3}x \right)}\)

Teraz podstawmy:

\(\displaystyle{ z=c, y=0}\)

Otrzymamy:

\(\displaystyle{ (c+1)f(x)=f(2x)+f(x)}\)

\(\displaystyle{ c+1= \frac{f(4)+c}{c}}\)

Czyli:

\(\displaystyle{ f(4)=c^2}\)

dla:

x=4

otrzymamy:

\(\displaystyle{ f(8)=c^3}\)

Ogólnie łatwo wykazać:

\(\displaystyle{ f(2^n)=c^n}\)

podstawmy teraz:

\(\displaystyle{ x=y, z=2^n}\)

mamy:

\(\displaystyle{ (2^n+1)f(2x)=2f(c^nx+x)}\)

dla:

\(\displaystyle{ x=1}\)

\(\displaystyle{ f(c^n+1)= \frac{(2^n+1)c}{2}}\)

niech teraz:

\(\displaystyle{ c^n+1=t}\)

\(\displaystyle{ c^n=t-1}\)

z tego:

\(\displaystyle{ n= \frac{\lg_{2}(t-1)}{\lg_{2}c}}\)

wtedy wyjdzie wzór:

\(\displaystyle{ f(t)= \frac{\left\{ \left[ 2^{\lg_{2}(t-1)}\right]^{ \frac{1}{\lg_{2}c} }+1 \right\}c }{2}}\)

lub:

\(\displaystyle{ f(t)= \frac{\left[ \left( t-1\right)^{ \frac{1}{\lg_{2}c} }+1 \right]c }{2}}\)

łatwo wyliczyć, że dla:

\(\displaystyle{ t=1}\)

mamy:

\(\displaystyle{ f(1)= \frac{c}{2}=1}\)

z tego:

\(\displaystyle{ c=2}\)

czyli można napisać:

\(\displaystyle{ f(2^n)=2^n}\)

podstawmy teraz do pierwotnego:

\(\displaystyle{ y=0, x=2^n}\)

otrzymamy:

\(\displaystyle{ (z+1)f(2^n)=f\left[ f(z)2^n\right]+f(2^n)}\)

lub:

\(\displaystyle{ 2^nz=f\left[ f(z)2^n\right]}\)

podstawmy:

\(\displaystyle{ n=0}\)

Otrzymamy:

\(\displaystyle{ f(f(z))=z}\)

Czyli taka funkcja symetryczna względem dwusiecznej pierwszej ćwiartki układu wsp.

podstawmy teraz:

\(\displaystyle{ y=0, x:=f(x)}\)

mamy:

\(\displaystyle{ (z+1)f[f(x)]=f[f(z)f(x)]+f[f(x)]}\)

lub:

\(\displaystyle{ (z+1)x=f[f(z)f(x)]+x}\)

ostatecznie wykazaliśmy taki warunek:

\(\displaystyle{ f[f(z)f(x)]=zx}\)

podstawmy teraz do pierwotnej:

\(\displaystyle{ y=0}\)

otrzymamy:

\(\displaystyle{ (z+1)f(x)=f[f(z)x]+f(x)}\)

lub:

\(\displaystyle{ zf(x)=f[f(z)x]}\)

podstawmy:

\(\displaystyle{ z=f(t)}\)

otrzymamy:

\(\displaystyle{ f(tx)=f(t)f(x)}\)

Następna własność funkcji wykazana...

Załóżmy teraz, że:

\(\displaystyle{ \bigvee\limits_{a}:f(a)=b \neq a}\)

niech teraz:

\(\displaystyle{ x+y=a, z=a}\)

Podstawmy do pierwotnego wzoru i otrzymamy:

\(\displaystyle{ (a+1)b=f(bx+y)+f(by+x)}\)

podstawmy teraz:

\(\displaystyle{ x=y= \frac{1}{2}a}\)

mamy (będę korzystał z udowodnionych własności):

\(\displaystyle{ (a+1)b=2f\left[ \frac{1}{2}a(b+1) \right]=2f\left( \frac{1}{2} \right) f(a)f(b+1)=}\)

\(\displaystyle{ =bf(b+1)=b(a+1)}\)

otrzymamy:

\(\displaystyle{ f(b+1)=a+1}\)

uogólniając mamy:

\(\displaystyle{ f(a+n)=b+n}\)

niech teraz:

\(\displaystyle{ x=a+n,y=b+n, z=n}\)

otrzymamy:

\(\displaystyle{ (n+1)f(a+b+2n)=f(an+n^2+n+b)+f(nb+n^2+n+a)}\)

podstawmy teraz:

\(\displaystyle{ n=0}\)

otrzymamy:

\(\displaystyle{ f(a+b)=f(a)+f(b)=a+b}\)

mamy:

\(\displaystyle{ f(a+b)=a+b}\)

Wykonajmy teraz takie podstawienie:

\(\displaystyle{ f(z)x+y=a, f(z)y+x=b}\)

otrzymamy:

\(\displaystyle{ x= \frac{b-af(z)}{1-f^2(z)}, y= \frac{a-bf(z)}{1-f^2(z)}}\)

\(\displaystyle{ x+y= \frac{a+b}{1+f(z)}}\)

Podłóżmy do wzoru wyjściowego i otrzymamy:

\(\displaystyle{ (z+1)f\left[ \frac{a+b}{1+f(z)} \right]=f(a)+f(b)=a+b}\)

korzystając z własności możemy to zapisać:

\(\displaystyle{ (z+1) \frac{f(a+b)}{f[1+f(z)]}=a+b}\)

lub:

\(\displaystyle{ \frac{z+1}{f[1+f(z)]} =1}\)

lub:

\(\displaystyle{ f[1+f(z)]=z+1}\)

podstawmy teraz:

\(\displaystyle{ z=a}\)

otrzymamy:

\(\displaystyle{ f(1+b)=a+1}\)

ale wiemy, że:

\(\displaystyle{ f(b+1)=b+1}\)

wynika z tego, że:

\(\displaystyle{ a=b}\)

sprzeczność.

Czyli nie istnieje takie:

\(\displaystyle{ a \neq b,}\)

że:

\(\displaystyle{ f(a)=b, f(b)=a}\)

Zatem funkcja jest typu:

\(\displaystyle{ f(x)=x}\)