Sveuciliste J.J. Strossmayera u Osijeku

Odjel za matematiku

Sveucilisni nastavnicki studij matematike i informatike

Katarina Vincetic

Cjelobrojne funkcijske jednadzbe

Diplomski rad

Osijek, 2015.

Sveuciliste J.J. Strossmayera u Osijeku

Odjel za matematiku

Sveucilisni nastavnicki studij matematike i informatike

Katarina Vincetic

Cjelobrojne funkcijske jednadzbe

Diplomski rad

Mentori: izv. prof. dr. sc. Kristian Sabodr. sc. Ivan Soldo

Osijek, 2015.

Sadrzaj

Uvod i

1 Funkcijske jednadzbe s jednom nezavisnom varijablom 1

1.1 Metoda zamjene varijable i grupe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.2 Polinomske jednadzbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.3 Metoda linearizacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

2 Funkcijske jednadzbe s dvije nezavisne varijable 12

2.1 Metoda supstitucije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

2.2 Cauchyjeva funkcijska jednadzba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

2.3 Elementarne funkcije kao rjesenja funkcijskih jednadzbi . . . . . . . . 18

3 Neke funkcijske jednadzbe u teoriji brojeva 22

3.1 Suma kvadrata dva cijela broja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

3.2 Funkcijska jednadzba odredena sumom kvadrata dva cijela broja . . . 26

3.3 Suma kvadrata cetiri cijela broja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

3.4 Funkcijska jednadzba odredena sumom kvadrata cetiri cijela broja . . 35

Zakljucak 40

Literatura 41

Sazetak 43

Summary 44

Zivotopis 45

i

Uvod

Funkcijske jednadzbe su jednadzbe u kojima je nepoznanica funkcija. Defini-

rane na taj nacin, funkcijske jednadzbe cine veliku klasu. Iako su diferencijalne i

integralne jednadzbe, u principu, funkcijske jednadzbe, izraz “funkcijska jednadzba”

obicno se ne primjenjuje na jednadzbe tog tipa. Funkcijske jednadzbe su, u uzem

smislu, jednadzbe u kojima su nepoznate funkcije povezane sa zadanim funkcijama

jedne ili vise varijabli pomocu operacije komponiranja funkcija. Susrecemo ih vec u

samim pocecima gimnazijskog skolovanja, npr. kod definicija parnosti, neparnosti,

periodicnosti funkcija, itd.

Podsjetimo se definicija parnosti, neparnosti i periodicnosti realne funkcije re-

alne varijable:

Definicija 1. Funkcija f : R→ R je parna ako za svaki x ∈ R vrijedi f(−x) = f(x),

a neparna ako za svaki x ∈ R vrijedi f(−x) = −f(x).

Definicija 2. Funkcija f : R→ R je periodicna ako postoji realan broj P > 0 takav

da za svaki x ∈ R vrijedi f(x+ P ) = f(x). Broj P zove se period funkcije f .

Navedene jednadzbe

f(−x) = f(x),

f(−x) = −f(x),

f(x+ P ) = f(x),

zovu se funkcijske jednadzbe. To su funkcijske jednadzbe s jednom nezavisnom

varijablom x. Rjesenje funkcijske jednadzbe je svaka funkcija koja zadovoljava tu

jednadzbu. Tako su neka od rjesenja prve jednadzbe funkcije:

f(x) = |x| , f(x) = ax2, a ∈ R, f(x) = ax2 + b, a, b ∈ R, f(x) = cos x.

Rjesenja druge od gore navedenih jednadzbi su npr. funkcije:

f(x) = x3 + ax, a ∈ R, f(x) = sinx, f(x) = x+ sinx,

a trece, uz primjerice P = 2π:

f(x) = sinx, f(x) = cos x, f(x) = sinx+ cosx, itd.

ii

Teorija funkcijskih jednadzbi pocela se razvijati prije dva stoljeca. Unatoc tome,

danas se zna vrlo malo opcih metoda za rjesavanje tih jednadzbi, cak ne postoje

kriteriji egzistencije i jedinstvenosti rjesenja. Mnoge funkcijske jednadzbe ni do

danas nisu rijesene.

Prvi primjeri funkcijskih jednadzbi srecu se vec u radovima D’Alamberta, Eulera

i Lagrangea, matematicara iz 18. i 19. stoljeca. Opcu je teoriju prvi pokusao ra-

zviti francuski matematicar Monge, poznat kao osnivac nacrtne geometrije, koji je

1773. godine osjetio potrebu za rjesavanjem funkcijskih jednadzbi prilikom svojih

istrazivanja u teoriji ploha. Poseban interes za funkcijske jednadzbe pojavio se 1821.

godine kada je francuski matematicar Cauchy rijesio jednadzbu

f(x+ y) + f(x− y) = 2f(x)f(y).

Ovo je funkcijska jednadzba s dvije nezavisne varijable x i y na koju je D’Alambert

1769. godine sveo zasnivanje zakona slaganja sila poznatog kao D’Alambertov prin-

cip. Cauchy se bavio i drugim tipovima jednadzbi pa je tako rijesio sljedece funk-

cijske jednadzbe:

f(x+ y) = f(x) + f(y),

f(x+ y) = f(x)f(y),

f(xy) = f(x) + f(y),

f(xy) = f(x)f(y).

Stoga se prva od ovih jednadzbi i zove Cauchyjeva funkcijska jednadzba. Funkcij-

ske jednadzbe koristio je u svojim radovima i veliki ruski matematicar Lobacevski,

osnivac jedne grane neeuklidske geometrije, tzv. hiperbolicke geometrije, gdje je

definirao kut paralelnosti kao rjesenja funkcijske jednadzbe

f

(x+ y

2

)=√f(x)f(y).

Mnoge funkcijske jednadzbe rijesio je i poznati norveski matematicar Abel, koji je

njihovo rjesavanje sveo na rjesavanje diferencijalnih jednadzbi. Tu se uvodi jedna

velika pretpostavka na funkciju f , a to je da ona mora biti diferencijabilna. Ipak,

takve pretpostavke se uvijek trebaju praviti sa zadrskom, pokusavajuci ih ukloniti

ukoliko nisu nuzne za dokaz rezultata.

Funkcijske jednadzbe cesta su pojava na drzavnim natjecanjima iz matematike

za ucenike cetvrtih razreda srednje skole. Iako se pojavljuju na matematickim natje-

canjima, funkcijske jednadzbe su tesko i manje popularno podrucje. To je uglavnom

iii

zbog toga sto rjesenje funkcijske jednadzbe uvelike ovisi o tome sto znamo o funkciji,

tj. rjesenju koje trazimo. Ponekad nije lako odrediti gdje zapoceti.

U radu cemo iznijeti neke opce metode i strategije koje mogu biti korisne. Tako

cemo se u prvom poglavlju ovog diplomskog rada baviti metodama za rjesavanje

funkcijskih jednadzbi s jednom nezavisnom varijablom. Metode koje su obradene i

pokazane na primjerima su: metoda zamjene varijable i grupe, metode za rjesavanje

polinomskih jednadzbi i metoda linearizacije.

U drugom poglavlju bavit cemo se funkcijskim jednadzbama s dvije nezavisne

varijable. Najprije cemo obraditi i pokazati na primjerima metodu supstitucije koja

je najcesca metoda za njihovo rjesavanje. Nakon toga, posebna pozornost posvecena

je rjesavanju najpoznatije funkcijske jednadzbe s dvije nezavisne varijable - Cauc-

hyjeve funkcijske jednadzbe i jednadzbama koje se svode na Cauchyjevu funkcijsku

jednadzbu. Ukoliko znamo rjesenje Cauchyjeve funkcijske jednadzbe, onda lako

mozemo rijesiti funkcijske jednadzbe koje se svode na nju. Ako ne stavimo nikakve

pretpostavke na rjesenje Cauchyjeve funkcijske jednadzbe, onda ona ima brojna

rjesenja. Medutim, u ovom radu pokazat cemo kako je rjesenje Cauchyjeve funkcij-

ske jednadzbe, uz dodatane pretpostavke, linearna funkcija.

Posljednje poglavlje ovog rada rezervirano je za primjenu funkcijskih jednadzbi

u teoriji brojeva. Vidjet cemo kako se iz dobro poznatih identiteta za sumu kvadrata

dva i cetiri cijela broja mogu dobiti funkcijske jednadzbe, koje cemo zatim rijesiti.

1

1 Funkcijske jednadzbe s jednom nezavisnom va-

rijablom

U ovom poglavlju navest cemo i pokazati na primjerima neke metode za rjesavanje

funkcijskih jednadzbi s jednom nezavisnom varijablom.

1.1 Metoda zamjene varijable i grupe

To je jedna od najcescih metoda za rjesavanje funkcijskih jednadzbi s jednom

nezavisnom varijablom. Umjesto zamjene novom varijablom, kako ne bi morali

uvoditi nova slova, varijabu x zamijenit cemo s g(x), gdje je g neka funkcija (pri

cemu moramo paziti na domenu funkcije f koja ne smije biti promijenjena). Tu

zamjenu oznacavat cemo s x→ g(x). Postupak zamjene ponavljamo dok ne dodemo

do sustava jednadzbi koji cemo lako rijesiti.

Pokazimo to na primjeru:

Primjer 1. Odredite sve funkcije f : R→ R takve da vrijedi:

2f(1− x)− xf(x) = −1, ∀x ∈ R. (1)

Rjesenje: Ako u jednadzbi (1) napravimo zamjenu x→ 1− x, tada dobivamo

2f(x)− (1− x)f(1− x) = −1. (2)

Jednadzbe (1) i (2) cine sustav dvije linearne jednadzbe s dvije nepoznanice: f(x)

i f(1 − x). Rjesavajuci navedeni sustav metodom supstitucije, tako da iz prve

jednadzbe izlucimo f(1− x) i uvrstimo u drugu, dobivamo

f(x) =x+ 3

x2 − x+ 4, ∀x ∈ R. (3)

Provjerom potvrdujemo kako je funkcija (3) zaista rjesenje jednadzbe (1).

Podsjetimo se sada vaznog pojma u matematici:

Definicija 3. Neka je G neprazan skup, te ∗ : G × G → G binarna operacija na

skupu G. Uredeni par (G, ∗) nazivamo grupa ako vrijedi:

i) asocijativnost:

za sve a, b, c ∈ G vrijedi (a ∗ b) ∗ c = a ∗ (b ∗ c),

2

ii) postojanje neutralnog elementa:

za svaki a ∈ G postoji e ∈ G takav da je a ∗ e = e ∗ a = a,

iii) postojanje inverznog elementa:

za svaki a ∈ G postoji a−1 ∈ G takav da je a ∗ a−1 = a−1 ∗ a = e.

Definicija 4. Grupa (G, ∗) naziva se Abelova grupa ako je operacija ∗ komutativna,

tj. ako za sve a, b ∈ G vrijedi a ∗ b = b ∗ a.

Definicija 5. Red grupe G je kardinalan broj skupa G i oznacava se s |G|.

Ako je |G| = ∞, onda je grupa G beskonacnog reda, a ako je |G| = n, n ∈ N,

onda je grupa G konacnog reda, tj. grupa reda n.

Definicija 6. Ako u grupi (G, ∗) postoji element a takav da vrijedi G = {an : n ∈ Z}onda se grupa (G, ∗) naziva ciklicka grupa, a element a generator grupe (G, ∗).

Kazemo da je grupa (G, ∗) generirana elementom a i oznacavamo G = 〈a〉.

Ako su sve potencije an medusobno razlicite, onda je ciklicka grupa G be-

skonacnog reda, a ako je an = am (n 6= m), onda je ciklicka grupa G konacnog reda.

Proucimo funkcije koje su se pojavile u proslom primjeru: g1(x) = x i g2(x) =

1− x. Uocimo kako za komponiranje navedenih funkcija vrijedi sljedeca tablica

◦ g1 g2

g1 g1 g2g2 g2 g1

.

Iz tablice mozemo zakljuciti kako za skup funkcija F := {g1, g2} s obzirom na opera-

ciju komponiranja ◦ vrijedi zatvorenost, asocijativnost, postoji neutralni element g1

i svaki element iz skupa F je sam sebi inverzan. Prema Definiciji 3 uredeni par (F, ◦)je grupa. Uocimo jos kako vrijedi g22(x) = (g2 ◦ g2)(x) = g1(x), dakle F = {g2, g22}.Prema Definiciji 6 uredeni par (F, ◦) je ciklicka grupa s generatorom g2. Kako je

(F, ◦) ujedno ciklicka grupa reda 2, rjesavanje funkcijske jednadzbe (1) svelo se na

rjesavanje sustava dvije linearne jednadzbe s dvije nepoznanice.

Opcenito, kod funkcijskih jednadzbi oblika

a(x)f(g1(x)) + b(x)f(g2(x)) = c(x), (4)

3

gdje su a(x), b(x), c(x), g1(x) i g2(x) poznate funkcije (neke mogu biti i konstante),

najprije treba izvrsiti zamjenu tako da postane g1(x) = x. Sada s g2 generiramo

sljedece jednakosti:

zamjenom x→ g2(x) redom dobivamo

a(g2(x))f(g2(x)) + b(g2(x))f(g3(x)) = c(g2(x)), g3 = g22

a(g3(x))f(g3(x)) + b(g3(x))f(g4(x)) = c(g3(x)), g4 = g32...

a(gn−1(x))f(gn−1(x)) + b(gn−1(x))f(gn(x)) = c(gn−1(x)), gn = gn−12 .

Ako g2 generira grupu od konacno mnogo funkcija, tj. ako dobijemo ciklicku grupu

F := {g1, g2, . . . , gn} reda n s generatorom g2, onda se rjesavanje funkcijske jed-

nadzbe oblika (4) svodi na rjesavanje sustava n linearnih jednadzbi s n nepoznanica.

Npr. ako je gn+12 (x) = g1(x) = x, zamjenom x→ g2(x) u posljednjoj jednakosti

dobivamo

a(gn(x))f(gn(x)) + b(gn(x))f(g1(x)) = c(gn(x)),

te smo dobili zeljeni sustav.

Primjer 2. Odredite sve funkcije f : R\{−1, 0, 1} → R\{−1, 0, 1} takve da vrijedi:

xf(x) + 2f

(x− 1

x+ 1

)= 1, ∀x ∈ R \ {−1, 0, 1}. (5)

Rjesenje: Jednadzba (5) je oblika (4), gdje su g1(x) = x i g2(x) = x−1x+1

. Rjesavanje

cemo provesti po prethodno navedenom postupku. Zamjenom x→ x−1x+1

u jednadzbi

(5) dobivamox− 1

x+ 1f

(x− 1

x+ 1

)+ 2f

(−1

x

)= 1, (6)

gdje je g3(x) = g22(x) = − 1x. Zamjenom x→ x−1

x+1u jednadzbi (6) dobivamo

−1

xf

(−1

x

)+ 2f

(x+ 1

1− x

)= 1, (7)

gdje je g4(x) = g32(x) = x+11−x . Zamjenom x→ x−1

x+1u jednadzbi (7) dobivamo

x+ 1

1− xf

(x+ 1

1− x

)+ 2f(x) = 1, (8)

4

gdje je g42(x) = g1(x). Kako smo dobili ciklicku grupu F := {g1, g2, g3, g4} reda 4

s generatorom g2, jednadzbe (5), (6), (7) i (8) cine sustav cetiri linearne jednadzbe

s cetiri nepoznanice: f(x), f(x−1x+1

), f(− 1x

)i f(x+11−x

). Rjesavajuci navedeni sustav

dobivamo

f(x) =4x2 − x+ 1

5x(x− 1), ∀x ∈ R \ {−1, 0, 1}. (9)

Provjerom potvrdujemo kako je funkcija (9) zaista rjesenje jednadzbe (5).

1.2 Polinomske jednadzbe

Polinomske jednadzbe su funkcijske jednadzbe cije je rjesenje polinom.

Definicija 7. Polinom f je realna ili kompleksna funkcija realne ili kompleksne

varijable x koju mozemo zapisati u obliku

f(x) = anxn + an−1x

n−1 + · · ·+ a1x+ a0, (10)

pri cemu je n ∈ N0, an 6= 0. Realne ili kompleksne brojeve a0, a1, · · · , an zovemo

koeficijenti polinoma f , broj a0 slobodni koeficijent, a broj an vodeci koeficijent. Broj

n zovemo stupanj polinoma f i oznacavamo st f = n.

Ako je vodeci koeficijent an = 1, onda kazemo da je polinom f normiran. Ako

je st f = 0, onda kazemo da je f konstantan polinom ili konstanta. Polinom f sa

svojstvom f(x) = 0, za svaki x, naziva se nulpolinom.

Za rjesavanje polinomskih jednadzbi mozemo primijeniti prethodno opisanu

metodu, ali saznanje da je rjesenje zadane funkcijske jednadzbe polinom daje nam

dodatne metode koje nas u vecini slucajeva lakse i brze dovode do rjesenja. Te

metode zasnivaju se na koristenju svojstava koja vrijede za polinome. Najcesce

koristimo svojstva koja vrijede za:

• “periodicne” polinome,

• djeljivost polinoma,

• nultocke polinoma,

• stupanj polinoma.

5

“Periodicni” polinomi

Teorem 1 (vidi [15, Poglavlje 3., Teorem 5.]). Pretpostavimo kako je f polinom koji

je periodican u smislu da postoji konstanta a 6= 0 za koju vrijedi f(x+a) = f(x), za

svaki x ∈ R. Tada je polinom f konstantna funkcija, tj. f(x) = c, za svaki x ∈ R.

Pokazimo na primjeru kako svojstvo koje vrijedi za ”periodicne” polinome

mozemo iskoristiti pri rjesavanju polinomske jednadzbe.

Primjer 3. Odredite sve polinome f : R→ R takve da vrijedi:

f(x+ 1) = f(x) + 2x+ 1, ∀x ∈ R. (11)

Rjesenje: Zapisimo jednadzbu (11) u drugom obliku:

f(x+ 1)− (x+ 1)2 = f(x)− x2.

Promatrajmo polinom g(x) := f(x) − x2. Tada je g(x + 1) = g(x), pa je prema

Teoremu 1 g(x) = c.

Zakljucujemo kako vrijedi

f(x) = x2 + c, ∀x ∈ R, (12)

gdje je c ∈ R.

Provjerimo zadovoljava li polinom (12) jednadzbu (11):

f(x+ 1) = (x+ 1)2 + c = x2 + 2x+ 1 + c = x2 + c+ 2x+ 1 = f(x) + 2x+ 1.

Djeljivost polinoma

Prisjetimo se osnovnih teorema vezanih za djeljivost polinoma.

Teorem 2 (vidi [3, Algoritam divizije]). Neka su f i g polinomi i g(x) 6= 0. Tada

postoje jedinstveni polinomi q i r takvi da vrijedi:

1) f(x) = g(x)q(x) + r(x),

2) r(x) = 0 ili st r < st g.

Polinom q nazivamo kvocijentom, a polinom r ostatkom pri djeljenju polinoma f

polinomom g. Polinom f je djeljiv polinomom g ako i samo ako je r(x) = 0.

6

Teorem 3 (Bezoutov teorem, [3, Bezoutov teorem]). Ostatak pri djeljenju polinoma

f polinomom x− a je f(a).

Posljedica Bezoutova teorema:

Posljedica 1. Polinom f je djeljiv polinomom x− a ako i samo ako je f(a) = 0.

Pokazimo na primjeru kako svojstva koja vrijede za djeljivost polinoma mozemo

iskoristiti pri rjesavanju polinomske jednadzbe.

Primjer 4. Odredite sve polinome f : R→ R takve da vrijedi:

(x+ 1)f(x) = (x− 2)f(x+ 1), ∀x ∈ R. (13)

Rjesenje: Uvrstavanjem x = 2 u (13) dobivamo f(2) = 0. Prema Posljedici 1 i

Teoremu 2 slijedi f(x) = (x− 2)q1(x), za neki polinom q1. Vracanjem dobivenog u

(13) imamo

(x+ 1)(x− 2)q1(x) = (x− 2)(x− 1)q1(x+ 1). (14)

Uvrstavanjem x = 1 u (14) dobivamo q1(1) = 0, pa je, analogno prethodnom,

q1(x) = (x− 1)q2(x), za neki polinom q2. Vracanjem dobivenog u (14) imamo

(x+ 1)(x− 2)(x− 1)q2(x) = (x− 2)(x− 1)xq2(x+ 1). (15)

Uvrstavanjem x = 0 u (15) dobivamo q2(0) = 0, pa je, analogno prethodnom,

q2(x) = xq3(x), za neki polinom q3. Vracanjem dobivenog u (15) imamo

(x+ 1)(x− 2)(x− 1)xq3(x) = (x− 2)(x− 1)x(x+ 1)q3(x+ 1).

Za x > 2, dobili smo q3(x) = q3(x+ 1), pa je prema Teoremu 1 q3(x) = c.

Zakljucujemo kako vrijedi

f(x) = (x− 2)(x− 1)xc, ∀x ∈ R, (16)

gdje je c ∈ R.

Provjerimo zadovoljava li polinom (16) jednadzbu (13). Dakle,

(x+ 1)f(x) = (x+ 1)(x− 2)(x− 1)xc = (x− 2)(x− 1)x(x+ 1)c = (x− 2)f(x+ 1).

7

Nultocke polinoma

Definicija 8. Nultocka ili korijen polinoma f je svaki broj a takav da je f(a) = 0.

Ako je a realan broj, onda kazemo da se radi o realnoj nultocki, a ako je kompleksan

broj, kazemo da se radi o kompleksnoj nultocki.

Ako je polinom f djeljiv polinomom g(x) = (x − a)k, k ∈ N, a nije djeljiv

polinomom g(x) = (x− a)k+1, onda kazemo da je x = a k-struka nultocka polinoma

f ili da je kratnost (visestrukost) nultocke x = a jednaka k.

Teorem 4 (Osnovni teorem algebre, [3, Osnovni teorem algebre]). Svaki polinom

n-tog stupnja, n ≥ 1, nad poljem kompleksnih brojeva ima n nultocaka, pri cemu se

svaka nultocka broji onoliko puta kolika joj je kratnost.

Uzastopnom primjenom Teorema 4 zakljucujemo kako za polinom (10) postoje

brojevi z1, z2, · · · , zn ∈ C takvi da je

f(x) = an(x− z1)(x− z2) · · · (x− zn), x ∈ R,

tj. polinom mozemo faktorizirati nad skupom C. Ako je zi = a + bi α-kratna

nultocka polinoma, onda je i zi = a− bi α-kratna nultocka.

Pokazimo na primjeru kako svojstva koja vrijede za nultocke polinoma mozemo

iskoristiti pri rjesavanju polinomske jednadzbe.

Primjer 5. Odredite sve ne-nulpolinome f ∈ C[x] takve da vrijedi:

f(z2) + f(z)f(z + 1) = 0, ∀z ∈ C. (17)

Rjesenje: Prema Teoremu 4 postoji z0 ∈ C takav da je f(z0) = 0. Tada je, iz (17),

f(z20) = −f(z0)f(z0 +1) = 0 i z20 je takoder nultocka polinoma f . Ako je |z0| 6= 1, 0,

tada su svi elementi iz skupa S = {z2k0 |k ∈ N0} medusobno razliciti i svi nultocke

polinoma f(z), a to povlaci da je f(z) = 0, tj. f je nulpolinom, sto je kontradikcija

s pretpostavkom zadatka. Prema tome, |z0|2 = 1 ili z0 = 0. Pretpostavimo kako je

z0 6= 0. Iz (17), uvrstavanjem z = z0−1, dobivamo f((z0− 1)2) = −f(z0−1)f(z0) =

0. Broj (z0 − 1)2 je takoder nultocka pa je, analogno prethodnom, |z0 − 1|2 = 1 ili

z0 − 1 = 0. Dobili smo da nultocke zadovoljavaju jednadzbe

|z0|2 = 1,

|z0 − 1|2 = 1

8

ili je z0 = 0 ili z0 = 1. Rjesavanjem prethodnog sustava jednadzbi dobivamo nultocke

z0 = 1±i√3

2. Prema tome, nultocke polinoma f iz skupa su

S :=

{0, 1,

1 + i√

3

2,1− i

√3

2

}.

No, ako je z0 = 1±i√3

2, tada je i z20 = −1±i

√3

2nultocka od f , ali z20 /∈ S. Dakle,

jedine nultocke polinoma f su 0 i 1, pa je polinom f oblika f(z) = czm(z − 1)n, sto

uvrstavanjem u (17) daje jednakost

0 = f(z2) + f(z)f(z + 1) = c(z2)m(z2 − 1)n + c2zm(z − 1)n(z + 1)mzn,

koja vrijedi za svaki z ∈ C, iz cega je m = n i c = −1.

Zakljucujemo kako vrijedi

f(z) = −zn(z − 1)n, ∀z ∈ C, (18)

gdje je n ∈ N.

Provjerimo zadovoljava li polinom (18) jednadzbu (17). Zaista,

f(z2) + f(z)f(z + 1) = −z2n(z2 − 1)n + zn(z − 1)n(z + 1)nzn = 0.

Stupanj polinoma

Za rjesavanje polinomskih jednadzbi mozemo koristiti jednadzbe za odredivanje

stupnja polinoma. Neka je

(fg)(x) = f(x)g(x),

(f◦g)(x) = f(g(x)).

Tada vrijedi

st (fg) = st f + st g,

st (f◦g) = st f · st g. (19)

Koristeci ove formule, polinomsku jednadzbu koja se sastoji od mnozenja ili kom-

poniranja dvaju polinoma mozemo svesti na jednadzbu za odredivanje stupnja po-

linoma.

Pokazimo na primjeru kako prethodno navedeno mozemo iskoristiti pri rjesavanju

polinomske jednadzbe.

9

Primjer 6. Odredite sve polinome f : R→ R takve da vrijedi:

f(x− 1)f(x+ 1) = f(f(x)), ∀x ∈ R. (20)

Rjesenje: Neka je d = st f . Lijeva strana funkcijske jednadzbe (20) je, prema (19),

stupnja 2d, dok je desna strana, prema (19), stupnja d2. Prema tome, dobivamo

jednadzbu 2d = d2 iz koje slijedi d = 0 ili d = 2.

Kada je d = 0, rjesenje funkcijske jednadzbe je polinom nultog stupnja, tj. f(x) = c.

Kada to uvrstimo u (20) dobivamo kako su jedini polinomi nultog stupnja koji za-

dovoljava tu funkcijsku jednadzbu f(x) = 0 ili f(x) = 1.

Kada je d = 2, rjesenje funkcijske jednadzbe je polinom drugog stupnja, tj. f(x) =

a2x2+a1x+a0. Kada to uvrstimo u (20) dobivamo kako je polinom f(x) = x2− 2x+ 1

jedini polinom drugog stupnja koji zadovoljava tu funkcijsku jednadzbu.

Zakljucujemo kako za svaki x ∈ R vrijedi

f(x) = 0, (21)

f(x) = 1 (22)

ili

f(x) = (x− 1)2. (23)

Provjerimo zadovoljavaju li polinomi (21), (22) i (23) jednadzbu (20):

f(x− 1)f(x+ 1) = 0 = f(f(x)),

f(x− 1)f(x+ 1) = 1 = f(f(x)),

f(x− 1)f(x+ 1) = (x− 2)2x2 = x4 − 4x3 + 4x2 = f((x− 1)2) = f(f(x)).

1.3 Metoda linearizacije

Metoda linearizacija je metoda za rjesavanje nelinearnih funkcijskih jednadzbi s

jednom nezavisnom varijablom. Pomocu nje kompliciranije jednadzbe pretvaramo u

jednostavnije, koje su onda puno lakse za rijesiti. Linearizirati funkcijsku jednadzbu

znaci svesti nelinearnu funkcijsku jednadzbu na linearnu funkcijsku jednadzbu tako

da linearnost vrijedi i u domeni i u kodomeni funkcije.

Opcenito, postupak linearizacije funkcijske jednadzbe provodi se tako da zami-

jenimo funkciju f funkcijom F tako da vrijedi

ρ(F (φ(x))) = f(x),

10

gdje su funkcije ρ i φ posebno odabrane za svrhu linearizacije.

Pokazimo na primjerima kako se provodi postupak linearizacije. U prvom pri-

mjeru nelinearnost je u domeni funkcije.

Primjer 7. Odredite sve funkcije f : R+ → R takve da vrijedi:

f(x2)− f(x) = 1, ∀x > 1. (24)

Rjesenje: Prema svojstvu logaritma xr = ar loga x, gdje je x, a > 0, a 6= 1, mozemo

pisati x2 = a2 loga x i x = aloga x. Uvrstavanjem toga u (24) dobivamo

f(a2 loga x)− f(aloga x) = 1. (25)

Stavimo

F (x) = f(ax). (26)

Ekvivalentno je F (loga x) = f(x). Prema tome, za svrhu linearizacije imamo funk-

cije φ(x) = loga x i ρ(x) = x (zaista, ρ(F (φ(x))) = f(x)). Uvrstavanjem (26) u (25)

dobivamo F (2 loga x) − F (loga x) = 1. Uvedimo supstituciju t = loga x. Tada za

svaki t > 0 funkcija F zadovoljava funkcijsku jednadzbu

F (2t)− F (t) = 1. (27)

Funkcijsku jednadzbu (24) sveli smo na linearnu funkcijsku jednadzbu (27). Zapisimo

ju u obliku F (2t) = 1+F (t). Sada nas to podsjeca na svojstvo logaritma loga(xy) =

loga x+ loga y, gdje su x, y > 0. Prema tome, funkcija F (t) = log2 t je rjesenje funk-

cijske jednadzbe (27). Vracajuci supstituciju dobivamo F (loga x) = log2 loga x.

Zakljucujemo kako vrijedi

f(x) = log2 loga x, ∀x > 1. (28)

Provjerimo zadovoljava li funkcija (28) jednadzbu (24). Dakle,

f(x2)− f(x) = log2 loga x2 − log2 loga x = log2 2 + log2 loga x− log2 loga x = 1.

U sljedecem primjeru nelinearnost je u kodomeni funkcije.

Primjer 8. Odredite sve funkcije f : R→ R+ takve da vrijedi:

f(x+ 1) = (f(x))2, ∀x ∈ R. (29)

11

Rjesenje: Kako za x, a > 0, a 6= 1 prema svojstvu logaritma vrijedi xr = ar loga x,

mozemo pisati (f(x))2 = a2 loga f(x) i f(x) = aloga f(x). Uvrstavanjem toga u (29)

dobivamo

aloga f(x+1) = a2 loga f(x). (30)

Stavimo

F (x) = loga f(x). (31)

Ekvivalentno je aF (x) = f(x). Prema tome, za svrhu linearizacije imamo funkcije

φ(x) = x i ρ(x) = ax (zaista, ρ(F (φ(x))) = f(x)). Uvrstavanjem (31) u (30) dobi-

vamo aF (x+1) = a2F (x), tj. za svaki x funkcija F zadovoljava funkcijsku jednadzbu

F (x+ 1) = 2F (x). (32)

Funkcijsku jednadzbu (29) sveli smo na linearnu funkcijsku jednadzbu (32). Ona

nas podsjeca na svojstvo eksponencijalne funkcije ax+y = axay, gdje su x, y ∈ R.

Prema tome, funkcija F (x) = 2x je rjesenje funkcijske jednadzbe (32).

Zakljucujemo kako vrijedi

f(x) = a2x

, ∀x ∈ R. (33)

Provjerimo zadovoljava li funkcija (33) jednadzbu (29). Zaista,

f(x+ 1) = a2x+1

= a2·2x

=(a2

x)2= (f(x))2.

12

2 Funkcijske jednadzbe s dvije nezavisne varijable

U ovom poglavlju navest cemo i pokazati na primjerima metodu supstitucije

koju najcesce koristimo za rjesavanje funkcijskih jednadzbi s dvije nezavisne varija-

ble. Takoder cemo se upoznati s najvaznijom funkcijskom jednadzbom s dvije neza-

visne varijable - Cauchyjevom funkcijskom jednadzbom, te cemo povezati kako nam

poznavanje rjesenja Cauchyjeve funkcijske jednadzbe moze pomoci pri rjesavanju

nekih funkcijskih jednadzbi s dvije nezavisne varijable.

2.1 Metoda supstitucije

Metoda supstitucije je jedna od najcescih metoda za rjesavanje funkcijskih jed-

nadzbi s dvije nezavisne varijable. Bit metode supstitucije sastoji se u tome da se

u zadanu funkcijsku jednadzbu uvrste neke posebne vrijednosti varijabli (npr. neke

uobicajene vrijednosti koje se uvrstavaju su: x = 0, x = 1, x = y = 0, itd.), ali tako

da se dobije jednadzba iz koje je moguce odrediti trazenu funkciju. To je dozvoljeno

napraviti, jer se kod funkcijskih jednadzbi cesto spominje kako neke jednakosti vri-

jede za sve x i y iz domene funkcije. Ako vrijede za sve, onda vrijede i za posebne

vrijednosti od x i y. Uvrstavanjem tih posebnih vrijednosti postupno suzavamo skup

mogucih funkcija koje su rjesenje dane jednadzbe. Na kraju provjerom utvrdujemo

koje su funkcije zaista rjesenje zadane jednadzbe.

Pokazimo to na primjerima:

Primjer 9. Odredite sve funkcije f : R→ R takve da vrijedi:

f(x+ y) + f(x− y) = x2 + y2 + 4, ∀x, y ∈ R. (34)

Rjesenje: Uvrstavanjem y = 0 u (34) dobivamo 2f(x) = x2 + 4.

Zakljucujemo kako vrijedi

f(x) =x2

2+ 2, ∀x ∈ R. (35)

Provjerimo zadovoljava li funkcija (35) jednadzbu (34):

f(x+ y) + f(x− y) =(x+ y)2

2+ 2 +

(x− y)2

2+ 2 =

2x2 + 2y2 + 8

2= x2 + y2 + 4.

Sljedeci primjer ce zahtijevati nesto vise uvrstavanja.

13

Primjer 10. (vidi [4, Drzavno natjecanje iz matematike, 4.razred-srednja skola-

A varijanta, Trogir, 9. travnja 2015.])

Odredite sve funkcije f : R→ R takve da vrijedi:

f(xy)(x+ f(y)) = x2f(y) + y2f(x), ∀x, y ∈ R. (36)

Rjesenje: Uvrstavanjem x = y = 0 u (36) dobivamo f(0) = 0. Uvrstavanjem

x = y = 1 u (36) dobivamo (f(1))2 = f(1), pa razlikujemo dva slucaja: f(1) = 0 ili

f(1) = 1.

Ako je f(1) = 0, uvrstavanjem x = 1 u (36) dobivamo f(y) = 0, ∀y ∈ R.

Ako je f(1) = 1, uvrstavanjem y = 1 u (36) dobivamo xf(x) = x2, ∀x ∈ R. Za

x 6= 0 dijeljenjem prethodno dobivenog s x dobivamo f(x) = x. Kako je i f(0) = 0,

slijedi f(x) = x,∀x ∈ R.

Zakljucujemo kako za svaki x ∈ R vrijedi

f(x) = 0 (37)

ili

f(x) = x. (38)

Provjerimo zadovoljavaju li funkcije (37) i (38) jednadzbu (36). Dakle,

f(xy)(x+ f(y)) = 0(x+ 0) = 0 = x2f(y) + y2f(x),

f(xy)(x+ f(y)) = xy(x+ y) = x2y + y2x = x2f(y) + y2f(x).

2.2 Cauchyjeva funkcijska jednadzba

Najpoznatija funkcijska jednadzba s dvije nezavisne varijable je Cauchyjeva

funkcijska jednadzba

f(x+ y) = f(x) + f(y). (39)

Ona nam je od velike vaznosti zato sto mnoge funkcijske jednadzbe s dvije neza-

visne varijable mogu biti rjesene svodenjem na Cauchyjevu funkcijsku jednadzbu,

pa poznavajuci rjesenja Cauchyjeve funkcijske jednadzbe lako dolazimo do rjesenja

takvih funkcijskih jednadzbi.

Zato cemo u nastavku prouciti rjesenja Cauchyjeve funkcijske jednadzbe.

Teorem 5 (vidi [15, Poglavlje 3., Teorem 1.]). Ako funkcija f : R→ R zadovoljava

Cauchyjevu funkcijsku jednadzbu (39) za svaki x, y ∈ R, onda postoji realan broj c

takav da vrijedi f(x) = cx, za svaki x ∈ Q.

14

Dokaz. Ako u (39) uvrstimo x = y = 0, dobivamo f(0) = f(0) + f(0), iz cega slijedi

f(0) = 0.

Ako u (39) uvrstimo y = −x, dobivamo

0 = f(0) = f(x− x) = f(x) + f(−x),

iz cega slijedi f(−x) = −f(x).

Metodom matematicke indukcije dokazat cemo kako vrijedi f(nx) = nf(x), za svaki

n ∈ N, x ∈ Q. Za n = 1 tvrdnja je ocita. Pretpostavimo kako tvrdnja vrijedi za

n = k, k ∈ N i dokazimo tvrdnju za n = k + 1. Ako u (39) uvrstimo y = kx,

dobivamo

f((k + 1)x) = f(x+ kx) = f(x) + f(kx) = f(x) + kf(x) = (k + 1)f(x).

Dakle, f(nx) = nf(x), za svaki n ∈ N, x ∈ Q.

Koliko je f(mx), gdje je m ∈ Z, x ∈ Q? Promatramo tri slucaja:

1◦ Ako je m > 0, onda je m ∈ N, pa je f(mx) = mf(x).

2◦ Ako je m = 0, onda je f(mx) = f(0) = 0 = 0 · f(x) = mf(x).

3◦ Ako je m < 0, onda je −m ∈ N, pa je f(mx) = f(−(−m)x) = −f((−m)x) =

−(−m)f(x) = mf(x).

Dakle, f(mx) = mf(x), za svaki m ∈ Z, x ∈ Q.

Koliko je f(qx), gdje je q, x ∈ Q? Postoje brojevi m ∈ Z i n ∈ N takvi da je q = mn

.

Tada je nq = m. Prema tome

f(nqx) = f(mx),

nf(qx) = mf(x),

f(qx) =m

nf(x),

f(qx) = qf(x).

Dakle, f(qx) = qf(x), za svaki q, x ∈ Q.

Stavimo c := f(1) ∈ R. Tada vrijedi f(x) = f(x · 1) = x · f(1) = cx, za svaki

x ∈ Q.

Teoremom 5 dokazali smo kako je rjesenje Cauchyjeve funkcijske jednadzbe (39)

linearna funkcija f(x) = cx, za svaki x ∈ Q. Sto je s x ∈ R? U tom slucaju rjesenje

15

Cauchyjeve funkcijske jednadzbe (39) ne mora biti linearna funkcija. Medutim,

postoje dodatne pretpostavke na funkciju f uz koje onda mozemo doci do istog

zakljucka.

Prije no sto ih navedemo, prisjetimo se nekih vaznih pojmova matematicke

analize:

Definicija 9. Neka je D ⊆ R. Kazemo da je funkcija f : D → R

i) omedena odozdo na intervalu I ⊆ D, ako postoji broj m ∈ R takav da je

f(x) ≥ m, za svaki x ∈ I. Broj m naziva se donja ograda funkcije f .

ii) omedena odozgo na intervalu I ⊆ D, ako postoji broj M ∈ R takav da je

f(x) ≤ M , za svaki x ∈ I. Broj M naziva se gornja ograda funkcije f .

iii) omedena na intervalu I ⊆ D, ako je omedena i odozdo i odozgo.

Definicija 10. Neka je D ⊆ R. Kazemo da je funkcija f : D → R

i) monotono rastuca na intervalu I ⊆ D, ako za svaki x1, x2 ∈ I vrijedi ako je

x1 < x2, onda je f(x1) ≤ f(x2). Ako vrijedi stroga nejednakost, onda je f

strogo monotono rastuca.

ii) monotono padajuca na intervalu I ⊆ D, ako za svaki x1, x2 ∈ I vrijedi ako

je x1 < x2, onda je f(x1) ≥ f(x2). Ako vrijedi stroga nejednakost, onda je f

strogo monotono padajuca.

Definicija 11. Kazemo da je funkcija f : (a, b)→ R neprekidna u tocki x0 ∈ (a, b)

ako i samo ako je

limx→x0

f(x) = f(x0). (40)

Funkcija f : (a, b)→ R je neprekidna na intervalu (a, b) ako je neprekidna u svakoj

tocki intervala.

Posljedica 2. Neka je f : (a, b)→ R je neprekidna funkcija u x0 ∈ (a, b) i neka je

(xn) proizvoljan niz iz (a, b) takav da je limn→∞

xn = x0. Tada je prema (40)

limn→∞

f(xn) = f(x0) = f(

limn→∞

xn

),

tj. ako je f neprekidna funkcija, limes i funkcija f “komutiraju”.

Pokazimo sada kako je uz pretpostavke

16

a) funkcija f je omedena na intervalu I,

b) funkcija f je monotona na intervalu I,

c) funkcija f je neprekidna

rjesenje Cauchyjeve funkcijske jednadzbe (39) linearna funkcija f(x) = cx, za svaki

x ∈ R.

Teorem 6 (vidi [15, Poglavlje 3., Teorem 2.]). Neka postoji interval I = [a, b] ⊆ R

takav da je funkcija f : R → R omedena odozgo na tom intervalu. Ako funkcija

f zadovoljava Cauchyjevu funkcijsku jednadzbu (39) za svaki x, y ∈ R, onda postoji

realan broj c takav da vrijedi f(x) = cx, za svaki x ∈ R.

Dokaz. Neka funkcija f zadovoljava Cauchyjevu funkcijsku jednadzbu (39). Defini-

rajmo funkciju g(x) := f(x) − cx, c := f(1). Funkcija g zadovoljava Cauchyjevu

funkcijsku jednadzbu (39) i vrijedi g(1) = 0. Iz Teorema 5 slijedi g(q) = 0, za svaki

q ∈ Q. Zbog toga za svaki x ∈ R i za svaki q ∈ Q slijedi g(x+q) = g(x)+g(q) = g(x).

Kako je funkcija f omedena odozgo na intervalu [a, b], prema Definiciji 9, postoji

K ∈ R takav da je f(x) ≤ K, za svaki x ∈ [a, b]. Sada je

g(x) = f(x)− cx ≤ K − |c|max{|a|, |b|} =: M,

za svaki x ∈ [a, b], tj. funkcija g omedena je odozgo na intervalu [a, b].

Kako za svaki x ∈ R postoji q ∈ Q takav da je x + q ∈ [a, b], onda vrijedi g(x) =

g(x + q) ≤ M , za svaki x ∈ R, tj. funkcija g je omedena odozgo na cijelom skupu

R.

Ako bi postojao x0 ∈ R takav da je g(x0) = A 6= 0, A proizvoljan realan broj, tada

bi prema Teoremu 5 vrijedilo g(nx0) = ng(x0) = nA, za svaki n ∈ N. Medutim,

za dovoljno veliki n funkcija g(x) poprimala bi proizvoljno velike vrijednosti, sto je

u kontradikciji s pretpostavkom kako je funkcija g omedena odozgo. Prema tome

g(x) = 0, za svaki x ∈ R, odnosno f(x) = cx, za svaki x ∈ R.

Napomena: Tvrdnja za odozdo omedenu funkciju na intervalu [a, b] dokazuje

se na slican nacin.

Teorem 7 (vidi [15, Poglavlje 3., Posljedica 3.]). Neka postoji intervali I = [a, b] ⊆R takav da je funkcija f : R→ R monotono rastuca na tom intervalu. Ako funkcija

f zadovoljava Cauchyjevu funkcijsku jednadzbu (39) za svaki x, y ∈ R, onda postoji

realan broj c takav da vrijedi f(x) = cx, za svaki x ∈ R.

17

Dokaz. Neka funkcija f zadovoljava Cauchyjevu funkcijsku jednadzbu (39). Pro-

matrajmo interval [0, 1]. Kako je f monotono rastuca funkcija i x ≤ 1, prema

Definiciji 10, slijedi f(x) ≤ f(1) =: M , za svaki x ∈ [0, 1]. Prema Definiciji 9,

funkcija f je omedena odozgo, pa prema Teoremu 6 vrijedi f(x) = cx, za svaki

x ∈ R.

Napomena: Tvrdnja za monotono padajucu funkciju na intervalu [a, b] do-

kazuje se na slican nacin. Uocimo kako je u slucaju kada je f monotono rastuca

funkcija c ≥ 0, a u slucaju kada je f monotono padajuca funkcija c ≤ 0.

Teorem 8 (vidi [8, Theorem 3.1. (Cauchy equation)]). Neka je f : R → R nepre-

kidna funkcija. Ako funkcija f zadovoljava Cauchyjevu funkcijsku jednadzbu (39) za

svaki x, y ∈ R, onda postoji realan broj c takav da vrijedi f(x) = cx, za svaki x ∈ R.

Dokaz. Neka neprekidna funkcija f zadovoljava Cauchyjevu funkcijsku jednadzbu

(39). Tada prema Teoremu 5 vrijedi f(q) = cq, za svaki q ∈ Q. Neka je x proizvoljan

realan broj. Kako je Q gust skup u R, tj. izmedu svaka dva razlicita realna broja

postoji racionalan broj, mozemo formirati niz (xn) racionalnih brojeva (npr. prvih

n znamenki broja x) koji konvergira ka x, tj limn→∞

xn = x. Tada je f(xn) = cxn (jer

je xn ∈ Q). Uz koristenje Posljedice 2 dobivamo

f(x) = f(

limn→∞

xn

)= lim

n→∞f(xn) = lim

n→∞cxn = c · lim

n→∞xn = cx

Sada cemo navesti primjere funkcijskih jednadzbi koje se svode na Cauchyjevu

funkcijsku jednadzbu (39).

Primjer 11. Odredite sve monotono rastuce funkcije f : R→ R takve da vrijedi:

f(x) + f(y) = f(x+ y) + 1, ∀x, y ∈ R. (41)

Rjesenje: Dodavanjem −2 na obje strane funkcijske jednadzbe (41) dobivamo

(f(x)− 1) + (f(y)− 1) = f(x+ y)− 1. (42)

Uvedimo novu funkciju g(x) := f(x)− 1. Tada funkcijska jednadzba (42) postaje

g(x) + g(y) = g(x+ y).

18

Za x ≤ y, kako je f monotono rastuca funkcija, vrijedi g(x) = f(x)−1 ≤ f(y)−1 =

g(y). Dakle, g je monotono rastuca funkcija koja zadovoljava Cauchyjevu funkcijsku

jednadzbu (39), pa prema Teoremu 7 vrijedi g(x) = cx, za svaki x ∈ R.

Zakljucujemo kako vrijedi

f(x) = cx+ 1, ∀x ∈ R, (43)

gdje je c ≥ 0.

Provjerimo zadovoljava li funkcija (43) jednadzbu (41). Zaista,

f(x) + f(y) = cx+ 1 + cy + 1 = c(x+ y) + 1 + 1 = f(x+ y) + 1.

Primjer 12. Odredite sve neprekidne funkcije f : R→ R takve da vrijedi:

f(x) + f(y) = f(x+ y) + xy − 1, ∀x, y ∈ R. (44)

Rjesenje: Uocimo da se funkcijska jednadzba (44) moze zapisati kao

f(x) +x2

2+ 1 + f(y) +

y2

2+ 1 = f(x+ y) +

(x+ y)2

2+ 1. (45)

Uvedimo novu funkciju g(x) := f(x) + x2

2+ 1. Tada funkcijska jednadzba (45)

postaje

g(x) + g(y) = g(x+ y).

Kako je g neprekidna funkcija koja zadovoljava Cauchyjevu funkcijsku jednadzbu

(39), prema Teoremu 8, vrijedi g(x) = cx, za svaki x ∈ R.

Zakljucujemo kako vrijedi

f(x) = −x2

2+ cx− 1, ∀x ∈ R, (46)

gdje je c ∈ R.

Provjerimo zadovoljava li funkcija (46) jednadzbu (44):

f(x)+f(y) = −x2

2+cx−1−y

2

2+cy−1 = −(x+ y)2

2+c(x+y)−1+xy−1 = f(x+y)+xy−1.

2.3 Elementarne funkcije kao rjesenja funkcijskih jednadzbi

Mnoge funkcije koje se javljaju u razlicitim primjerima sastavljene su na neki

nacin od tzv. osnovnih elementarnih funkcija:

19

a) opca potencija: x 7→ xa, a ∈ R,

b) eksponencijalna funkcija: x 7→ ax, a > 0, a 6= 1,

c) logaritamska funkcija: x 7→ loga x, a > 0,

d) trigonometrijske funkcije sinus, kosinus, tangens, kotangens,

e) ciklometrijske funkcije arkussinus, akruskosinus, arkustangens, arkuskotan-

gens.

Definicija 12. Elementarne funkcije su one funkcije koje se dobivaju iz osnov-

nih elementarnih funkcija pomocu konacnog broja aritmetickih operacija i konacnog

broja komponiranja osnovnih elementarnih funkcija.

U prethodnom potpoglavlju pokazali smo kako je rjesenje Cauchyjeve funkcijske

jednadzbe (39) linearna funkcija f(x) = cx, za svaki x ∈ R. Linearna funkcija je

elementarna funkcija.

U ovom potpoglavlju pokazat cemo kako su i neke druge elementarne funk-

cije rjesenja funkcijskih jednadzbi koje se svode na Cauchyjevu funkcijsku jed-

nadzbu (39).

Teorem 9. Neka je f : R → R+ neprekidna funkcija. Ako funkcija f zadovoljava

funkcijsku jednadzbu

f(x+ y) = f(x)f(y), (47)

za svaki x, y ∈ R, onda postoji pozitivan realan broj c razlicit od 1 takav da vrijedi

f(x) = cx, za svaki x ∈ R.

Dokaz. Kako za funkciju f vrijedi f(x) > 0, za svaki x ∈ R, mozemo definirati

funkciju g : R+ → R s

g(x) := ln f(x). (48)

Tada iz (48), uz koristenje svojstva logaritma, dobivamo

g(x+ y) = ln f(x+ y) = ln(f(x)f(y)) = ln f(x) + ln f(y) = g(x) + g(y).

Zakljucujemo kako funkcija g zadovoljava Cauchyjevu funkcijsku jednadzbu (39), a

kako je ona i neprekidna, prema Teoremu 8, postoji realan broj a takav da vrijedi

g(x) = ax, (49)

20

za svaki x ∈ R+. Izjednacavanjem jednakosti (48) i (49) dobivamo ln f(x) = ax iz

cega slijedi f(x) = (ea)x = cx, za svaki x ∈ R, gdje je c pozitivan realan broj razlicit

od 1.

Prema tome, Teoremom 9 pokazali smo kako je rjesenje funkcijske jednadzbe

(47) eksponencijalna funkcija f(x) = cx, za svaki x ∈ R.

Teorem 10. Neka je f : R+ → R neprekidna funkcija. Ako funkcija f zadovoljava

funkcijsku jednadzbu

f(xy) = f(x) + f(y), (50)

za svaki x, y ∈ R+, onda postoji realan broj c takav da vrijedi f(x) = c loga x, za

svaki x ∈ R+, gdje je a pozitivan realan broj razlicit od 1.

Dokaz. Funkcijsku jednadzbu (50) mozemo zapisati u obliku

f(aloga xy

)= f

(aloga x

)+ f

(aloga y

), (51)

gdje je a pozitivan realan broj razlicit od 1. Uvedimo supstituciju u = loga x,

v = loga y i definirajmo funkciju g : R→ R+ s

g(u) := f(au). (52)

Tada funkcijska jednadzba (51) postaje

g(u+ v) = g(u) + g(v).

Zakljucujemo kako funkcija g zadovoljava Cauchyjevu funkcijsku jednadzbu (39), a

kako je ona i neprekidna, prema Teoremu 8, postoji realan broj c takav da vrijedi

g(u) = cu, (53)

za svaki u ∈ R. Izjednacavanjem jednakosti (52) i (53) dobivamo f(au) = cu iz cega

slijedi, vracanjem supstitucije, f(x) = c loga x, za svaki x ∈ R+, gdje je c realan

broj.

Dakle, Teoremom 10 pokazali smo kako je rjesenje funkcijske jednadzbe (50)

logaritamska funkcija f(x) = c loga x, za svaki x ∈ R+.

21

Teorem 11. Neka je f : R+ → R+ neprekidna funkcija. Ako funkcija f zadovoljava

funkcijsku jednadzbu

f(xy) = f(x)f(y), (54)

za svaki x, y ∈ R+, onda postoji realan broj c 6= 0 takav da vrijedi f(x) = xc, za

svaki x ∈ R+.

Dokaz. Funkcijsku jednadzbu (54) mozemo zapisati u obliku

f(elnxy

)= f

(elnx

)f(eln y). (55)

Uvedimo supstituciju u = lnx, v = ln y i definirajmo funkciju g : R→ R+ s

g(u) := f(eu). (56)

Tada funkcijska jednadzba (55) postaje

g(u+ v) = g(u)g(v).

Zakljucujemo kako funkcija g zadovoljava funkcijsku jednadzbu (47), a kako je ona

i neprekidna, prema Teoremu 9, postoji pozitivan realan broj a = ec razlicit od 1

takav da vrijedi

g(u) = au = ecu, (57)

za svaki u ∈ R. Izjednacavanjem jednakosti (56) i (57) dobivamo f(eu) = ecu iz

cega slijedi, vracanjem supstitucije, f(x) = xc, za svaki x ∈ R+, gdje je c 6= 0 realan

broj.

Stoga smo Teoremom 11 pokazali kako je rjesenje funkcijske jednadzbe (54)

opca potencija f(x) = xc, za svaki x ∈ R+.

22

3 Neke funkcijske jednadzbe u teoriji brojeva

Funkcijske jednadzbe koriste se u mnogim granama matematike. Npr., u te-

oriji analitickih funkcija, funkcijske jednadzbe cesto se koriste za uvodenje novih

klasa funkcija, pa tako funkcijska jednadzba f(−x) = f(x) karakterizira klasu par-

nih funkcija, a funkcijska jednadzba f(x + 1) = f(x) klasu periodicnih funkcija s

periodom 1.

U ovom poglavlju upoznat cemo se s dvije funkcijske jednadzbe koje se koriste

u teoriji brojeva.

Kako bismo citatelju omogucili lakse razumijevanje rezultata koje navodimo u

sljedecim potpoglavljima, na pocetku ovog poglavlja prisjetit cemo se nekih vaznih

pojmova iz teorije brojeva.

Definicija 13. Neka su a, b cijeli brojevi, te neka je a 6= 0. Kazemo da a dijeli b

ako postoji cijeli broj d takav da vrijedi b = a · d. U tom slucaju pisemo a | b. Broj

b nazivamo visekratnikom broja a, dok broj a nazivamo djeliteljem broja b. Ukoliko

a ne dijeli b, pisemo a - b.

Definicija 14. Neka su a i b cijeli brojevi. Cijeli broj c koji dijeli brojeve a i b

naziva se zajednicki djelitelj brojeva a i b. Ukoliko je barem jedan od brojeva a i b

razlicit od nule, onda postoji samo konacno mnogo zajednickih djelitelja brojeva a i

b. Najveceg od njih zovemo najveci zajednicki djelitelj brojeva a i b i oznacavamo s

(a, b).

Definicija 15. Neka su a i b cijeli brojevi. Za brojeve a i b kazemo da su relativno

prosti ukoliko je (a, b) = 1.

Definicija 16. Prirodan broj n, n > 1, nazivamo prostim ukoliko nema niti jednog

djelitelja d za koji vrijedi 1 < d < n. Broj koji nije prost naziva se slozen.

Definicija 17. Funkciju f : N→ C za koju vrijedi f(a · b) = f(a) · f(b) za relativno

proste a i b, te f(1) = 1, nazivamo multiplikativna funkcija.

Realna multiplikativna funkcija realne varijable bit ce nam funkcija f : R→ R takva

da je f(x · y) = f(x) · f(y), za svaki x, y ∈ R.

Definicija 18. Neka je n prirodan broj, te neka su a i b cijeli brojevi. Ako n dijeli

razliku a−b, tada kazemo da je a kongruentan b modulo n ili da su a i b kongruentni

modulo n, te pisemo a ≡ b (mod n). U suprotnom kazemo kako a nije kongruentan

b modulo n i pisemo a 6≡ b (mod n).

23

3.1 Suma kvadrata dva cijela broja

Nekoliko problema u Diofantovoj Aritmetici temelje se na tome kako prirodan

broj prikazati u obliku sume kvadrata dva cijela broja. Problem je postavio Fermat

u 17. stoljecu. U pismu Mersenneu na Bozic 1640. godine Fermat je naveo, bez

dokaza, kako se svaki prost broj oblika 4k + 1 moze na jedinstven nacin prikazati u

obliku sume kvadrata dva cijela broja. Kasnije se pokazalo kako je u dokazu koristio

svoju metodu beskonacnog spusta. Zapravo, to je nacin na koji je Euler dokazao

ovu cinjenicu vise od stotinu godina kasnije, 1745. godine. Potpuna karakterizacija,

koja tocno opisuje koje prirodne brojeve mozemo prikazati u obliku sume kvadrata

dva cijela broja, dana je u sljedecem teoremu i pripisuje se Fermatu, a prvi dokaz je

objavio Euler 1749. godine.

Teorem 12 (Fermat; Euler 1749., [13, Chapter 11, Theorem 1.]). Prirodan broj

n moze se prikazati u obliku sume kvadrata dva cijela broja ako i samo ako mu

se u rastavu na proste faktore svi prosti brojevi oblika 4k + 3 pojavljuju s parnom

potencijom.

Kako bi dokazali Teorem 12 neophodni su nam sljedeci teoremi, ciji se dokazi

mogu vidjeti u navedenoj literaturi.

Teorem 13 (Mali Fermatov teorem, [13, Chapter 5, Theorem 5.]). Neka je p prost

broj i a cijeli broj. Ako p ne dijeli a, tada je ap−1 ≡ 1 (mod p).

Teorem 14 (Fermatov teorem, [13, Chapter 5, Theorem 9 (Fermat).]). Svaki prost

broj p oblika 4k + 1 moze se prikazati u obliku sume kvadrata dva cijela broja.

Korisna ce nam biti i sljedeca Lema:

Lema 1 (vidi [13, Chapter 11, Lemma.]). Ako neparan prost broj p dijeli sumu

kvadrata dva relativno prosta cijela broja, onda p mora biti oblika 4k + 1.

Dokaz. Neka su a i b relativno prosti cijeli brojevi i p neparan prost broj sa svojstvom

p | a2 + b2. Tada je, po definiciji kongruencije, a2 ≡ −b2 (mod p), odnosno

ap−1 ≡ (−1)p−12 bp−1 (mod p). (58)

Kako je (a, b) = 1, brojevi a i b nisu djeljivi s p, pa prema Teoremu 13 slijedi

ap−1 ≡ bp−1 ≡ 1 (mod p). Iz (58), koristeci prethodno navedeno, slijedi (−1)p−12 ≡ 1

(mod p). U ovisnosti o p, (−1)p−12 moze biti jednako samo −1 ili 1. Ako bi bilo

24

jednako −1, onda p | 2, a to nije moguce jer je po pretpostavci p > 2. Dakle,

(−1)p−12 = 1, pa je p−1

2paran broj, odnosno p−1

2= 2k, za neki cijeli broj k. Prema

tome, p = 4k + 1.

Dokaz Teorema 12. Najprije cemo pokazati nuznost uvjeta izrecenog u teoremu, a

zatim dovoljnost.

Neka su a, b ∈ Z takvi da je

n = a2 + b2. (59)

Neka je

n = qα11 qα2

2 · · · qαss (60)

rastav broja n na proste faktore i p prost djelitelj od n oblika 4k+ 3. Uzmimo da je

d = (a, b). Tada je a = da1, b = db1, gdje su a1, b1 ∈ Z takvi da je (a1, b1) = 1. Sada

iz (59) slijedi n = d2(a21 + b21). Pretpostavimo kako je eksponent od p u rastavu (60)

broja n na proste faktore neparan. Kako je n = d2(a21 + b21), a p | n slijedi p | a21 + b21,

sto je u kontradikciji s Lemom 1.

Obratno, neka je n veci od 1, jer za broj 1 imamo 1 = 12 + 02. Pretpostavimo kako

je (60) rastav broja n na proste faktore i kako se u tom rastavu svi prosti brojevi

oblika 4k + 3 pojavljuju na parnu potenciju. Neka je m najveci prirodni broj ciji

kvadrat dijeli n. Vrijedi n = m2l, gdje je l ili jednak 1 ili je umnozak razlicitih

prostih brojeva medu kojima niti jedan nije oblika 4k + 3. Kako je 2 = 12 + 12,

prema Teoremu 14 svaki od tih prostih brojeva (ciji je umnozak jednak l) moze se

prikazati u obliku sume kvadrata dva cijela broja. Jednakost

(a2 + b2)(c2 + d2) = (ac+ bd)2 + (ad− bc)2 (61)

pokazuje kako je umnozak dva cijela broja, od kojih je svaki jednak sumi kvadrata

dva cijela broja, takoder suma kvadrata dva cijela broja. Metodom matematicke

indukcije moze se pokazati kako (61) vrijedi za bilo koji konacan broj faktora. Prema

tome, l = u2 + v2, za neke cijele brojeve u, v, pa iz n = m2l slijedi n = m2(u2 + v2),

tj. n = (mu)2 + (mv)2. Time je tvrdnja Teorema 12 u potpunosti dokazana.

Konacno, kada smo dali potpunu karakterizaciju koja opisuje tocno koji se

prirodni brojevi mogu prikazati u obliku sume kvadrata dva cijela broja, mozemo

se pozabaviti problemom odredivanja broja prikaza takvog broja u obliku sume

kvadrata dva cijela broja. U Fermatovom pismu Mersenneu na Bozic 1640. godine

Fermat je izracunao broj prikaza broja pm u obliku sume kvadrata dva cijela broja,

25

gdje je p prost broj oblika 4k+ 1, i opcenito bilo kojeg prirodnog broja koji se moze

prikazati u obliku sume kvadrata dva cijela broja.

Neka N(n) oznacava ukupan broj prikaza prirodnog broja n u obliku sume

kvadrata dva cijela broja. Kao razliciti prikazi uzimaju se u obzir cak i prikazi koji

se razlikuju po poretku clanova ili po predznaku clanova. Npr. N(13) = 8, jer je

13 = (±2)2 + (±3)2 = (±3)2 + (±2)2. Vidimo da postoji 8 razlicitih prikaza, a ti

razliciti prikazi su dobiveni mijenjanjem poretka clanova i predznaka clanova koji

predstavljaju prikaz broja 13 u obliku sume kvadrata dva cijela broja.

Nadalje, bez dokaza navodimo karakterizaciju kako za proizvoljan n ∈ N izracunati

N(n).

Teorem 15 (vidi [2, Theorem 8.11]). Pretpostavimo kako se prirodan broj n moze

prikazati u obliku sume kvadrata dva cijela broja i napisimo n = 2a∏

i paii

∏i qbii ,

gdje su pi prosti brojevi oblika 4k + 1, a qi prosti brojevi oblika 4k + 3 (bi je nuzno

paran broj za svaki i). Tada je

N(n) = 4∏i

(ai + 1).

(Produkt bez clanova se tumaci kao 1.) Konkretno, ako je p prost broj oblika 4k + 1

tada je N(pm) = 4(m+ 1).

Teorem 16 (vidi [2, Theorem 8.12]). Neka je n prirodan broj i neka D1 i D3

oznacavaju broj pozitivnih djelitelja broja n oblika 4k + 1 i 4k + 3. Tada je

N(n) = 4(D1 −D3).

Primjer 13. Ispitajte koji se od brojeva 98, 343, 1428 i 2340 mogu prikazati u obliku

sume kvadrata dva cijela broja, a zatim za one koji imaju to svojstvo odredite ukupan

broj takvih prikaza.

Rjesenje:

• Uocimo kako je broj 98 = 2 · 72, a broj 7 oblika 4k+ 3 i pojavljuje se na parnu

potenciju, pa prema Teoremu 12 broj 98 mozemo prikazati u obliku sume

kvadrata dva cijela broja. Prema Teoremu 15 ukupan broj prikaza jednak je

N(98) = 4(0 + 1) = 4. Dakle, 98 = (±7)2 + (±7)2.

• Broj 343 = 73 i broj 7 pojavljuje se na neparnu potenciju, pa prema Te-

oremu 12 broj 343 ne mozemo prikazati u obliku sume kvadrata dva cijela

broja.

26

• Broj 1428 = 22 ·3·7·17. Analogno prethodnom, broj 1428 ne mozemo prikazati

u obliku sume kvadrata dva cijela broja.

• Broj 2340 = 22 ·32 ·5 ·13, pa prema Teoremu 12 broj 2340 mozemo prikazati u

obliku sume kvadrata dva cijela broja. Prema Teoremu 15 ukupan broj prikaza

jednak je N(2340) = 16. Kako je 5 = 22 + 12 i 13 = 22 + 32, primjenom (61)

slijedi

5 · 13 = (22 + 12)(22 + 32) = 72 + 42

5 · 13 = (22 + 12)(32 + 22) = 82 + 12.

Sada, mnozenjem s 22 · 32 dobivamo

2340 = 22 · 32 · 5 · 13 = 422 + 242

2340 = 22 · 32 · 5 · 13 = 482 + 62.

Preostali prikazi su (±42)2+(±24)2, (±24)2+(±42)2, (±48)2+(±6)2 i (±6)2+

(±48)2.

3.2 Funkcijska jednadzba odredena sumom kvadrata dva ci-jela broja

Jedan nacin sastavljanja funkcijskih jednadzbi temelji se na koristenju algebar-

skih identiteta. U dokazu Teorema 12 koristili smo identitet

(a2 + b2)(c2 + d2) = (ac+ bd)2 + (ad− bc)2,

koji pokazuje kako je umnozak dva cijela broja, od kojih je svaki jednak sumi

kvadrata dva cijela broja, takoder suma kvadrata dva cijela broja. Stavimo li

f(k, l) = k2 + l2, dobivamo

f(a, b)f(c, d) = f(ac+ bd, ad− bc).

Uz oznake x1 = a, y1 = b, x2 = c i y2 = d za varijable, slijedi funkcijska jednadzba

f(x1, y1)f(x2, y2) = f(x1x2 + y1y2, x1y2 − y1x2), (62)

kojoj je jedno rjesenje funkcija f(x, y) = x2 + y2. Nadalje cemo prouciti rjesenja

takve funkcijske jednadzbe.

27

Teorem 17 (vidi [5, Theorem 1.]). Ako funkcija f : R2 → R zadovoljava funkcij-

sku jednadzbu (62) za sve x1, x2, y1, y2 ∈ R, onda postoje multiplikativna funkcija

m : R→ R i funkcija σ : R2 → {±1} takve da vrijedi

f(x, y) = σ(x, y)m(√

x2 + y2),

za sve x, y ∈ R.

Dokaz. Stavimo li y1 = y2 = 0 u funkcijsku jednadzbu (62) dobivamo

f(x1, 0)f(x2, 0) = f(x1x2, 0), (63)

za sve x1, x2 ∈ R.

Ako u (62) sve xi-ove zamijenimo s x i sve yi-ove s y, i = 1, 2, dobivamo

f(x, y)f(x, y) = f(x2 + y2, 0), (64)

za bilo koje x, y ∈ R.

Zamjenom poretka varijabli i primjenom (64) dobivamo

f(y, x)f(y, x) = f(y2 + x2, 0) = f(x2 + y2, 0) = f(x, y)f(x, y).

Neka je σ1 : R2 → {±1} definirana s

f(y, x) = σ1(x, y)f(x, y), (65)

za sve x, y ∈ R.

Iz (62), (65) i (64) slijedi

f(2xy, x2 − y2) = f(xy + yx, xx− yy)

= f(x, y)f(y, x)

= f(x, y)σ1(x, y)f(x, y)

= σ1(x, y)f(x, y)f(x, y)

= σ1(x, y)f(x2 + y2, 0), (66)

za bilo koji x, y ∈ R.

Promotrimo sljedeci sustav jednadzbi

2xy = u,

x2 − y2 = v, (67)

za bilo koji u, v ∈ R.

28

1◦ Neka je u = 0, v ≥ 0.

Tada iz (67) zakljucujemo xy = 0, tj. x = 0 ili y = 0. Kako je v ≥ 0, iz (67)

slijedi y = 0, tj. x = ±√v.

2◦ Neka je u = 0, v < 0.

Tada iz (67) zakljucujemo xy = 0, tj. x = 0 ili y = 0. Kako je v < 0, iz (67)

slijedi x = 0, tj. y = ±√−v.

3◦ Neka je u 6= 0.

Tada iz (67) zakljucujemo x, y 6= 0. Rjesavajuci sustav (67) metodom supstitu-

cije, tako da iz prve jednadzbe izlucimo y = u2x

i uvrstimo u drugu jednadzbu,

dolazimo do kvadratne jednadzbe 4t2 − 4vt− u2, gdje je t = x2. Rjesavanjem

te jednadzbe i vracanjem supstitucije dobivamo x = ±√

v±√u2+v2

2, te y =

± u√2v±2

√u2+v2

.

Dakle, za bilo koje u, v ∈ R (67) ima rjesenje (x(u, v), y(u, v)) u R2

(x(u, v), y(u, v)) =

(±√v, 0) za u = 0 i v ≥ 0

(0,±√−v) za u = 0 i v < 0(

±√v ±√u2 + v2

2,± u√

2v ± 2√u2 + v2

)za u 6= 0.

Iz sustava jednadzbi (67), kvadriranjem obje jednadzbe i njihovim medusobnim

zbrajanjem, slijedi x2 + y2 =√u2 + v2. Sada primjenom (66) i (67) dobivamo

f(u, v) = σ1(x(u, v), y(u, v))f(√

u2 + v2, 0),

za bilo koje u, v ∈ R.

Uzimajuci u obzir prethodnu jednakost mozemo uvesti jos jednu funkciju σ : R2 →{±1} koja zadovoljava jednakost

f(u, v) = σ(u, v)f(√

u2 + v2, 0), (68)

za sve u, v ∈ R.

Konacno, definiramo funkciju m : R→ R s m(x) = f(x, 0), za svaki x ∈ R. Tada je

prema (63) m multiplikativna funkcija i iz (68) slijedi

f(x, y) = σ(x, y)m(√

x2 + y2),

za sve x, y ∈ R. Time je tvrdnja teorema u potpunosti dokazana.

29

3.3 Suma kvadrata cetiri cijela broja

Prema Teoremu 12 vidjeli smo kako se ne moze svaki prirodan broj prikazati u

obliku sume kvadrata dva cijela broja (npr. ako imamo prost broj p oblika 4k+3 on

se ne moze prikazati u obliku sume kvadrata dva cijela broja). Isto tako, ne mogu

se svi prirodni brojevi prikazati u obliku sume kvadrata tri cijela broja, sto cemo

vidjeti u sljedecem teoremu (to je prvi zabiljezio Fermat oko 1630. godine, 1798.

Legendre je dao nepotpun dokaz, a Gauss je prvi dao potpun dokaz).

Teorem 18 (Legendre, Gauss, [2, Theorem 8.25]). Prirodan broj n moze se prikazati

u obliku sume kvadrata tri cijela broja ako i samo ako n nije oblika 4m(8k + 7).

A sto je s prikazom prirodnih brojeva u obliku sume kvadrata cetiri cijela broja?

1621. godine Bachet je naveo, bez dokaza, kako se svaki nenegativni cijeli broj moze

prikazati u obliku sume najvise cetiri kvadrata. 1636. godine Fermat je u svojoj

kopiji Diofantove Aritmetike zabiljezio kako je dokazao ovaj rezultat koristeci svoju

metodu beskonacnog spusta. Euler je postao zainteresiran za ovaj problem 1730.

godine i napravio vazan doprinos u nizu radova iz 1747. do 1751. godine, ali tada

nije bio u mogucnosti dati potpuni dokaz. Medutim, on je odigrao vaznu ulogu

u konacnom rjesavanju ovog problema, cije je konacno rjesenje dao Lagrange 1770.

godine bazirajuci ga na Eulerovom radu. Dvije godine kasnije, Euler je dao elegantan

dokaz tog rezultata.

Teorem 19 (Lagrange 1770.; Euler 1772., [13, Chapter 11, Theorem 4 (Lagrange).]).

Svaki nenegativan cijeli broj moze se prikazati u obliku sume kvadrata cetiri cijela

broja.

Najprije cemo navesti i dokazati dvije leme koje ce nam biti neophodne za dokaz

Teorem 19.

Lema 2 (vidi [13, Chapter 11, Lemma 1.]). Ako neparan prost broj p dijeli sumu

kvadrata cetiri cijela broja od kojih barem jedan nije djeljiv s p, onda se p moze

prikazati u obliku sume kvadrata cetiri cijela broja.

Dokaz. Pretpostavimo kako neparan prost broj p dijeli sumu kvadrata cetiri cijela

broja, od kojih barem jedan nije djeljiv s p. Tada postoji visekratnik od p koji je

jednak sumi kvadrata cetiri cijela broja, od kojih barem jedan nije djeljiv s p. Neka

je n najmanji takav visekratinik od p. Tada imamo

n = mp, (69)

30

gdje je m prirodan broj, i

n = a2 + b2 + c2 + d2, (70)

gdje su a, b, c, d cijeli brojevi, od kojih barem jedan, recimo a, nije djeljiv s p. Neka

su a0, b0, c0, d0 cijeli brojevi takvi da

a0 ≡ a (mod p), b0 ≡ b (mod p), c0 ≡ c (mod p), d0 ≡ d (mod p) (71)

i

|a0| <p

2, |b0| <

p

2, |c0| <

p

2, |d0| <

p

2(72)

(primjerice, kako bi pronasli a0, dovoljno je naci ostatak r pri djeljenju a s p i staviti

a0 = r, ako je r < |p2| ili a0 = r − p, ako je r > |p

2|). Kako a nije djeljiv s p, onda

nije ni a0. Iz (71) uzastopnom primjenom (70) i (69) dobivamo

a20 + b20 + c20 + d20 ≡ a2 + b2 + c2 + d2 (mod p)

≡ n (mod p)

≡ mp (mod p)

≡ 0 (mod p).

Prema definiciji broja n, primjenom (72) slijedi:

n ≤ a20 + b20 + c20 + d20

<(p

2

)2+(p

2

)2+(p

2)2 + (

p

2

)2= 4

(p2

)2= p2.

Dakle, n < p2 pa iz (69) slijedi

m < p. (73)

Prema (69) i (70) ostaje nam dokazati kako je m = 1. Pretpostavimo kako je m 6= 1.

Buduci da je m prirodan broj, prema (73) imamo

1 < m < p. (74)

Neka su a1, b1, c1, d1 prirodni brojevi takvi da je

a1 ≡ a (mod m), b1 ≡ b (mod m), c1 ≡ c (mod m), d1 ≡ d (mod m)

(75)

31

i

|a1| ≤m

2, |b1| ≤

m

2, |c1| ≤

m

2, |d1| ≤

m

2. (76)

Iz (75) uzastopnom primjenom (70) i (69) imamo

a21 + b21 + c21 + d21 ≡ a2 + b2 + c2 + d2 (mod m)

≡ n (mod m)

≡ mp (mod m)

≡ 0 (mod m).

Dakle, m | a21 + b21 + c21 + d21, pa postoji cijeli broj l ≥ 0 takav da je

a21 + b21 + c21 + d21 = ml. (77)

Ako je l = 0, iz (77) slijedi a1 = b1 = c1 = d1 = 0, pa su prema (75), a, b, c, d djeljivi

s m. Sada prema (70) i (69) slijedi m2 | n, odnosno m | p. To je kontradikcija s

(74), jer je p prost broj. Prema tome, l je prirodan broj. Pretpostavimo kako je

|a1| = |b1| = |c1| = |d1| =m

2. (78)

To je moguce samo u slucaju kada je

m = 2k, (79)

gdje je k prirodan broj. Iz a1 ≡ a(modm) slijedi a = a1 + mt, gdje je t cijeli broj.

Stoga, iz (79) i (78) imamo

|a1| =m

2=

2k

2= k,

tj. a1 = ±k, pa slijedi a = ±k + 2kt = (2t ± 1)k = k1k, gdje je k1 neparan broj.

Slicno, b = k2k, c = k3k, d = k4k, gdje su k2, k3, k4 neparni brojevi. Prema (79), (69)

i (70) dobivamo

n = 2kp = a2 + b2 + c2 + d2 = k2(k21 + k22 + k23 + k24

).

Prema tome,

2p = k(k21 + k22 + k23 + k24

).

Kvadrat neparnog broja je kongruentan 1 modulo 4, pa zakljucujemo kako je k21 +

k22 + k23 + k24 ≡ 0 (mod m), odnosno 2 | p. To je kontradikcija s pretpostavkom kako

32

je p neparan prost broj. Ovo pokazuje da jednakost (78) ne vrijedi. Prema tome,

barem za jednu od nejednakosti iz (76) vrijedi stroga nejednakost. To znaci kako

vrijedi

a21 + b21 + c21 + d21 < 4 · m2

4,

odakle iz (77) dobivamo ml < m2, tj.

l < m. (80)

Uocimo

(a2 + b2 + c2 + d2)(a21 + b21 + c21 + d21)

= (aa1 + bb1 + cc1 + dd1)2 + (ab1 − ba1 + cd1 − dc1)2

+ (ac1 − ca1 + db1 − bd1)2 + (ad1 − da1 + bc1 − cb1)2.(81)

Primjenom (70), (77) i (69) lijeva strana jednakosti (81) jednaka je m2lp. Iz (75)

zakljucujemo

a1 = a+ma2, b1 = b+mb2, c1 = c+mc2, d1 = d+md2, (82)

gdje su a2, b2, c2, d2 cijeli brojevi. Iz (82), (70) i (69) dobivamo

aa1 + bb1 + cc1 + dd1 = a2 + b2 + c2 + d2 +m(aa2 + bb2 + cc2 + dd2)

= m(p+ aa2 + bb2 + cc2 + dd2) = mt1,

ab1 − ba1 + cd1 − dc1 = m(ab2 − ba2 + cd2 − dc2) = mt2,

ac1 − ca1 + db1 − bd1 = m(ac2 − ca2 + db2 − bd2) = mt3,

ad1 − da1 + bc1 − cb1 = m(ad2 − da2 + bc2 − cb2) = mt4,

gdje su t1, t2, t3, t4 cijeli brojevi. Sada iz (81) slijedi

m2lp = m2(t21 + t22 + t23 + t24),

odakle imamo

lp = t21 + t22 + t23 + t24. (83)

Ako su svi brojevi t1, t2, t3, t4 djeljivi s p, tada iz (83) slijedi p2 | lp, pa p | l, sto

je nemoguce jer je l prirodan broj i prema (80) i (73), l < p. Jednakost (83) daje

prikaz broja lp kao sumu kvadrata cetiri cijela broja od kojih nisu svi djeljivi s p.

Iz definicije od n slijedi n ≤ lp, pa prema (69) imamo mp ≤ lp, tj. m ≤ l sto je

u kontradikciji s (80). Time nas je pretpostavka m 6= 1 dovela do kontradikcije, pa

zakljucujemo kako je m = 1, sto je i trebalo pokazati.

33

Lema 3 (vidi [13, Chapter 11, Lemma 2.]). Svaki prost broj moze se prikazati u

obliku sume kvadrata cetiri cijela broja.

Dokaz. Ako je p = 2, onda je 2 = 12 +12 +02 +02. Stoga, bez smanjenja opcenitosti

pretpostavimo kako je p neparan prost broj. Prema Lemi 2 dovoljno je pokazati

kako p dijeli sumu kvadrata cetiri cijela broja od kojih barem jedan nije djeljiv s p.

Ostaci dobiveni dijeljenjem brojeva

1 + 02, 1 + 12, . . . , 1 +

(p− 1

2

)2

(84)

s p su razliciti zato sto brojevi 02, 12, . . . ,(p−12

)2pri dijeljenju s p daju razlicite

ostatke. Slicno tome, brojevi

−02,−12, . . . ,−(p− 1

2

)2

(85)

pri dijeljenju s p daju razlicite ostatke. Pretpostavimo kako su svi ostaci dobiveni

dijeljenjem brojeva iz (84) s p razliciti od ostataka dobivenih dijeljenjem brojeva iz

(85) s p. Tada je ukupan broj razlicitih ostataka dobivenih pri dijeljenju brojeva iz

(84) i (85) s p jednak

2

(1 +

p− 1

2

)= p+ 1,

sto, po Dirichletovom principu, nije moguce. Prema tome, postoji barem jedan broj

iz (84), recimo 1+x2, koji daje isti ostatak kao broj, recimo −y2, iz (85) pri dijeljenju

s p. Dakle, 1 +x2 ≡ −y2 (mod p), tj. 1 +x2 + y2 ≡ 0 (mod p), p | 12 +x2 + y2 + 02.

To pokazuje kako p dijeli sumu kvadrata cetiri cijela broja, od kojih jedan (ovdje

je to broj 1) nije djeljiv s p. Dakle, po Lemi 2, p se moze prikazati u obliku sume

kvadrata cetiri cijela broja, a to je upravo ono sto je trebalo dokazati.

Dokaz Teorema 19. Prema (81) umnozak dva broja, od kojih je svaki jednak sumi

kvadrata cetiri cijela broja, takoder je suma kvadrata cetiri cijela broja. Metodom

matematicke indukcije moze se pokazati kako taj identitet vrijedi za bilo koji konacan

broj faktora. Stoga, buduci da se svaki broj veci od 1 moze prikazati kao produkt

prostih brojeva, prema Lemi 3 mozemo zakljuciti kako je broj sam po sebi suma

kvadrata cetiri cijela broja. Kako to takoder vrijedi i za 0 = 02 + 02 + 02 + 02 i za

1 = 12 + 02 + 02 + 02, teorem je dokazan.

Bez dokaza cemo navesti karakterizaciju kako izracunati broj prikaza nenega-

tivnog broja n u obliku sume kvadrata cetiri cijela broja.

34

Teorem 20 (vidi [2, Theorem 8.24]). Neka M(n) oznacava ukupan broj prikaza

nenegativnog broja n u obliku sume kvadrata cetiri cijela broja. Kao razliciti prikazi

uzimaju se u obzir cak i prikazi koji se razlikuju po poretku clanova ili po predznaku

clanova. Tada je M(n) jednak 8 puta suma pozitivnih djelitelja od n koji nisu djeljivi

s 4.

Primjer 14. Odredite ukupan broj prikza broja 8050 u obliku sume kvadrata cetiri

cijela broja i nadite barem jedan od tih prikaza.

Rjesenje: Broj 8050 moze se napisati u obliku 8050 = 2·52 ·7·23. Prema Teoremu 20

ukupan broj prikaza jednak je 8 puta suma svih pozitivnih djelitelja broja 8050 koji

nisu djeljivi s 4. Kako broj 8050 nije djeljiv s 4, tada niti jedan njegov pozitivni

djelitelj nije djeljiv s 4. Odredimo sumu svih pozitivnih djelitelja broja 8050. Suma

svih pozitivnih djelitelja nekog broja n ∈ N, ciji je rastav na proste faktore jednak

n = p1α1p2

α2 · · · pkαk , definira se funkcijom

σ(n) =k∏i=1

piαi+1 − 1

pi − 1.

Prema tome,

σ(8050) =21+1 − 1

2− 1· 52+1 − 1

5− 1· 71+1 − 1

7− 1· 231+1 − 1

23− 1= 17856.

Dakle, ukupan broj prikaza iznosi M(8050) = 8 · 17856 = 142848. Kako bi odredili

barem jedan od tih prikaza najprije cemo brojeve 2 · 7 i 23 prikazati u obliku sume

kvadrata cetiri cijela broja, a zatim cemo pomocu identiteta (81) broj 14·23 prikazati

u obliku sume kvadrata cetiri cijela broja. Tako dobijemo

14 · 23 = (02 + 12 + 22 + 32)(12 + 22 + 32 + 32)

= 172 + 42 + 12 + 42.

Kada smo to napravili, kako bi dobili prikaz broja 8050 u obliku sume kvadrata

cetiri cijela broja prethodni prikaz pomnozimo s 52. Tako dobijemo

8050 = 852 + 202 + 52 + 202.

35

3.4 Funkcijska jednadzba odredena sumom kvadrata cetiricijela broja

Do funkcijske jednadzbe odredene sumom kvadrata cetiri cijela broja dolazimo

na slican nacin kao u poglavlju 3.2. U dokazu Teorema 19 koristili smo identitet

(a2 + b2 + c2 + d2)(a21 + b21 + c21 + d21)

= (aa1 + bb1 + cc1 + dd1)2 + (ab1 − ba1 + cd1 − dc1)2

+ (ac1 − ca1 + db1 − bd1)2 + (ad1 − da1 + bc1 − cb1)2,

koji pokazuje kako je umnozak dva cijela broja, od kojih je svaki jednak sumi

kvadrata cetiri cijela broja, takoder suma kvadrata cetiri cijela broja. Stavimo

li f(k, l,m, n) = k2 + l2 +m2 + n2, dobivamo

f(a, b, c, d)f(a1, b1, c1, d1)

= f(aa1 + bb1 + cc1 + dd1, ab1 − ba1 + cd1 − dc1,ac1 − ca1 + db1 − bd1, ad1 − da1 + bc1 − cb1).

Uz oznake x1 = a, y1 = b, z1 = c, w1 = d, x2 = a1, y2 = b1, z2 = c1, w2 = d1 za

varijable, slijedi funkcijska jednadzba

f(x1, y1, z1, w1)f(x2, y2, z2, w2)

= f(x1x2 + y1y2 + z1z2 + w1w2, x1y2 − y1x2 + z1w2 − w1z2,

x1z2 − z1x2 + w1y2 − y1w2, x1w2 − w1x2 + y1z2 − z1y2),(86)

kojoj je jedno rjesenje funkcija f(x, y, z, w) = x2 + y2 + z2 + w2. Nadalje cemo

prouciti rjesenja takve funkcijske jednadzbe.

Teorem 21 (vidi [5, Theorem 4.]). Ako funkcija f : R4 → R zadovoljava funkcijsku

jednadzbu (86) za sve xi, yi, zi, wi ∈ R, i = 1, 2, onda postoje multiplikativna funkcija

m : R→ R i funkcija σ : R4 → {±1} takve da vrijedi

f(x, y, z, w) = σ(x, y, z, w)m(√

x2 + y2 + z2 + w2),

za sve x, y, z, w ∈ R.

Kako bi dokazali prethodni teorem neophodna nam je sljedeca lema:

36

Lema 4 (vidi [5, Lemma 3.]). Za bilo koje a, b, c, d ∈ R, sustav jednadzbi

(x+ z)(y + w) = a,

2xz − y2 − w2 = b,

(x+ z)(w − y) = c,

x2 − z2 = d (87)

ima najmanje jedno rjesenje (x, y, z, w) u R4.

Dokaz. Dokaz cemo provoditi po slucajevima:

1◦ Neka je a = c = d = 0 i b ≤ 0.

Iz sustava (87) slijedi x2 = z2 pa je x = z ili x = −z. Gledajmo slucaj kada je

x = z. Kako je a = c = 0, iz (87) dobivamo

2z(y + w) = 0,

2z2 − y2 − w2 = b,

2z(w − y) = 0.

Mnozenjem prve i trece jednadzbe dobivamo z2(y2 −w2) = 0, pa prema tome

moze biti z2 = 0, y2 − w2 6= 0 ili z2 6= 0, y2 − w2 = 0 ili z2 = 0, y2 − w2 = 0.

Gledajmo slucaj kada je z2 = 0, y2−w2 = 0. Tada vrijedi x = z = 0 i y2 = w2.

Uvrstavanjem toga u drugu jednadzbu iz sustava (87) dobivamo y = ±√−b2

.

Prema tome, sustav (87) je rjesiv u R4 i

(x, y, z, w) =

(0,

√−b2, 0,

√−b2

)

je jedno njegovo rjesenje.

2◦ Neka je b > 0 i d = 0.

Stavimo x = z = α 6= 0 (vrijednost od α odredit cemo kasnije). Tada iz

sustava (87) dobivamo

y =a− c4α

,

w =a+ c

4α.

37

Primjenom druge jednadzbe sustava (87), takoder uz koristenje uvjeta x =

z = α 6= 0, dolazimo do bikvadratne jednadzbe 16α4− 8bα2− a2− c2 = 0, cije

je jedno rjesenje

α =

√b+√a2 + b2 + c2

2> 0.

Prema tome, sustav (87) je rjesiv u R4 i

(x, y, z, w) =

(α,a− c4α

, α,a+ c

4α

)je jedno njegovo rjesenje.

3◦ Za slucajeve a = 0, b ≤ 0, c 6= 0 i d = 0 ili a 6= 0, b ≤ 0, c = 0 i d = 0 ili

a 6= 0, b ≤ 0, c 6= 0 i d = 0 mozemo slijediti korake kao u slucaju 2◦ i doci do

jednog rjesenja sustava (87).

4◦ Neka je d 6= 0.

Stavimo x =√d+ α i z =

√α za neki α ≥ max{0,−d}. Tada iz sustava (87)

slijedi

y =a− c

2(√

d+ α +√α) ,

w =a+ c

2(√

d+ α +√α) .

Primjenom relacija x =√d+ α, z =

√α, iz druge jednadzbe sustava (87)

dobivamo kvadratnu jednadzbu

q(α) = 16(a2 + c2 + d2)α2 + 8(2d(a2 + c2 + d2)

− b(a2 + c2))α− (a2 + c2 + 2bd)2 = 0.

Jer je q(0) = −(a2 + c2 + 2bd)2 ≤ 0 i q(−d) ≤ 0, ova jednadzba ima jedno

rjesenje α koje nije manje od 0 i −d. Prema tome, sustav (87) je rjesiv u R4 i

(x, y, z, w) =

(√d+ α,

a− c2(√d+ α +

√α),√α,

a+ c

2(√d+ α +

√α)

)je jedno njegovo rjesenje.

38

Sada mozemo dokazati Teorem 21 prateci istu ideju koja se primjenjuje u dokazu

Teorema 17.

Dokaz Teorema 21. Stavimo li yi = zi = wi = 0, i = 1, 2, u funkcijsku jednadzbu

(86) dobivamo

f(x1, 0, 0, 0)f(x2, 0, 0, 0) = f(x1x2, 0, 0, 0), (88)

za sve x1, x2 ∈ R.

Zamijenimo u (86) sve xi-ove, yi-ove, zi-ove, wi-ove, i = 1, 2, s x, y, z, w i dobivamo

f(x, y, z, w)f(x, y, z, w) = f(x2 + y2 + z2 + w2, 0, 0, 0), (89)

za bilo koje x, y, z, w ∈ R.

Zamjenom poretka varijabli i primjenom (89) dobivamo

f(y, z, w, x)f(y, z, w, x) = f(y2 + z2 + w2 + x2, 0, 0, 0)

= f(x2 + y2 + z2 + w2, 0, 0, 0)

= f(x, y, z, w)f(x, y, z, w).

Neka je σ1 : R4 → {±1} definirana s

f(y, z, w, x) = σ1(x, y, z, w)f(x, y, z, w), (90)

za sve x, y, z, w ∈ R.

Iz (86), (90) i (89) slijedi

f((x+ z)(y + w), 2xy − y2 − w2, (x+ z)(y − w), x2 − z2)= f(x, y, z, w)f(y, z, w, x)

= f(x, y, z, w)σ1(x, y, z, w)f(x, y, z, w)

= σ1(x, y, z, w)f(x, y, z, w)f(x, y, z, w)

= σ1(x, y, z, w)f(x2 + y2 + z2 + w2, 0),

(91)

za bilo koji x, y, z, w ∈ R.

Kako sustav (87) ima barem jedno rjesenje

(x(a, b, c, d), y(a, b, c, d), z(a, b, c, d), w(a, b, c, d)),

za bilo koji a, b, c, d ∈ R, prema Lemi 4 slijedi

{((x+ z)(y + w), 2xz − y2 − w2, (x+ z)(y − w), x2 − z2) : x, y, z, w ∈ R} = R4

39

Iz sustava jednadzbi (87), kvadriranjem sve cetiri jednadzbe i njihovim medusobnim

zbrajanjem, slijedi x2 + y2 + z2 + w2 =√a2 + b2 + c2 + d2. Sada primjenom (87) i

(91) dobivamo

f(a, b, c, d) = σ1(x, y, z, w)f(√a2 + b2 + c2 + d2, 0, 0, 0),

za bilo koje a, b, c, d ∈ R, gdje smo rjesenje sustava (87) oznacili s (x, y, z, w).

Uzimajuci u obzir prethodnu jednakost mozemo uvesti jos jednu funkciju σ : R4 →{±1} koja zadovoljava jednakost

f(a, b, c, d) = σ(a, b, c, d)f(√a2 + b2 + c2 + d2, 0, 0, 0), (92)

za sve a, b, c, d ∈ R.

Konacno, definiramo funkciju m : R → R s m(x) = f(x, 0, 0, 0), za svaki x ∈ R.

Tada je prema (88) m multiplikativna funkcija i iz (92) slijedi

f(x, y, z, w) = σ(x, y, z, w)m(√x2 + y2 + z2 + w2),

za sve x, y, z, w ∈ R. Time je tvrdnja teorema u potpunosti dokazana.

40

Zakljucak

Teorija funkcijskih jednadzbi pocela se razvijati prije dva stoljeca. Tijekom

godina veliki je broj knjiga napisan o teoriji funkcijskih jednadzbi. Unatoc tome,

izdan je mali broj knjiga o rjesavanju funkcijskih jednadzbi. Takoder se zna vrlo

malo opcih metoda za njihovo rjesavanje. Stoga predstavljaju pogodan sadrzaj

za razvijanje stvaralackih mogucnosti ucenika i upravo zbog toga pojavljuju se na

najvisoj razini matematickih natjecanja za ucenike srednjih skola. Iskustvo pokazuje

da objasnjavanje malih, prikladnih teorija, npr. metoda za rjesavanje funkcijskih

jednadzbi opisanih u ovom radu, koje prosiruju mogucnost rjesavanja citave klase

problema, pridonosi sirim horizontima zainteresiranog ucenika, a time i mogucnost

izbora ucinkovitije metode u spektru vise njih kojima je moguce rijesiti isti zadatak.

Time poticemo pronalazastvo u nastavi matematike. Na kraju treba napomenuti

kako odredena metoda za rjesavanje funkcijskih jednadzbi moze raditi u jednom

primjeru, ali ne i u drugom. Dakle, najbolji nacin da se postane bolji u rjesavanju

funkcijskih jednadzbi jest da se rjesava sto vise i vise njih.

41

Literatura

[1] J. Aczel, Lectures of Functional Equations and Their Applications, Academic

Press, New York, 1966.

[2] A. Adler, J. E. Coury, The Theory of numbers, Jones and Bartlett Publi-

shers, London, 1995.

[3] M. Crnjac, D. Jukic, R. Scitovski, Matematika, Ekonomski fakultet, Osi-

jek, 1994.

[4] A. Horvatek, Natjecanja iz matematike u RH, 2008, dostupno na

http://www.antonija-horvatek.from.hr/natjecanja-iz-matematike/

zadaci-SS.htm

[5] S. Jung, J. Bae, Some functional equations originating from number theory,

Proc. Indian Acad. Sci. (Math. Sci.) 113(2003), 91–98.

[6] H. Liu, Functional Equations, 2004, dostupno na

http://www.cantab.net/users/henry.liu/functional%20equations.pdf

[7] H. Macbeth, The Cauchy functional equation, 2007, dostupno na

http://www.mathsolympiad.org.nz/wp-content/uploads/2008/10/

cauchy-equation.pdf

[8] Mathematical Database, Functional equations, 2007, dostupno na

http://db.math.ust.hk/notes download/elementary/algebra/ae A9.pdf

[9] I. Matic, Uvod u teoriju brojeva, Odjel za matematiku Sveucilista J. J. Stros-

smayera u Osijeku, 2013., skripta.

[10] V. Mavrek, P. Vukovic, Funkcijske jednadzbe, Poucak 30(2007), 5–8.

[11] M. Nurkanovic, Funkcionalne jednadzbe, 2010., dostupno na

http://www.umtk.info/index.php?option=com docman&task=cat view&

Itemid=2&gid=28

[12] M. Pavlekovic, Metodika nastave matematike s informatikom 2, Element,

Zagreb, 1999.

42

[13] W. Sierpinski, Elementary Theory of Numbers, North Holland, Amsterdam,

1988.

[14] C. G. Small, Functional Equations and How to Solve Them, Springer, New

York, 2007.

[15] T. Tadic, Pripreme za matematicka natjecanja za 4. razred gimnazije, Ele-

ment, Zagreb, 2014.

[16] Z. Zrno, Funkcijske jednadzbe i ciklicke grupe, Poucak 48(2011), 29–40.

43

Sazetak

Glavna tema ovog rada su funkcijske jednadzbe. Funkcijska jednadzba je vr-

sta jednadzbi gdje se ne trazi neka nepoznata velicina, na primjer x, vec se trazi

nepoznata funkcija, npr. f . Rjesenje funkcijske jednadzbe je svaka funkcija koja

zadovoljava tu jednadzbu.

U prvom poglavlju rada rijec je o funkcijskim jednadzbama s jednom nezavis-

nom varijablom i nekim metodama za njihovo rjesavanje. Navedene su i na pri-

mjerima pokazane sljedece metode: metoda zamjene varijable i grupe, metode za

rjesavanje polinomskih jednadzbi i metoda linerizacije.

U drugom poglavlju rada rijec je o funkcijskim jednadzbama s dvije nezavisne

varijable. Najprije je obradena i na primjerima pokazana metoda supstitucije koju

najcesce koristimo za njihovo rjesavanje. Nakon toga, paznja je usmjerena na naj-

poznatiju funkcijsku jednadzbu s dvije nezavisne varijable - Cauchyjevu funkcijsku

jednadzbu i njeno rjesavanje. Pokazano je kako je rjesenje Cauchyjeve funkcijske

jednadzbe, uz odredene pretpostavke, linearna funkcija koja je jedna od osnovnih

elementarnih funkcija. Nakon toga pokazano je kako su i ostale elementarne funkcije,

poput eksponencijalne i logaritamske funkcije, te opce potencije, rjesenja funkcijskih

jednadzbi koje se svode na Cauchyjevu funkcijsku jednadzbu.

Naposljetku, u trecem poglavlju rada upoznali smo se s dvije funkcijske jed-

nadzbe koje se koriste u teoriji brojeva: funkcijskom jednadzbom odredenom sumom

kvadrata dva cijela broja i funkcijskom jednadzbom odredenom sumom kvadrata

cetiri cijela broja, i njihovim rjesenjima.

44

Summary

The main topic of this thesis are functional equations. A functional equation

is a type of equation where the goal is not to find an unknown variable, i.e. x, but

unknown function, i.e. f . The solution of a functional equation is any function that

satisfies that equation.

The first part of the paper deals with functional equations with one independent

variable and with some methods for their solving. We listed and exemplified the

following methods: replacement of one variable and groups, methods for solving

polynomial equations and linearization.

The second part of the paper deals with functional equations with two inde-

pendent variables. Substitution method, which is usually used for solving them, is

explained and exemplified. After that, the focus is on the most famous functional

equation with two independent variables – Cauchy functional equation and how

to solve it. It is shown that the solution of Cauchy functional equation with cer-

tain assumptions is linear function, which is one of the basic elementary functions.

Subsequently, it is shown that the other elementary functions such as exponential,

logarithmic and power functions are also solutions of functional equations. They are

reduced to the Cauchy functional equation.

Finally, in the third chapter of the paper we presented two functional equations

that are mainly used in number theory: functional equation with the sum of two

squares of integers and a function equation with the sum of four squares of integers,

and their solutions.

45

Zivotopis

Rodena sam 19. rujna 1990. godine u Vinkovcima. Zivim u Tenji, u koju sam se

doselila 2004. godine. Prije toga zivjela sam u Zupanji, gdje sam pohadala Osnovnu

skolu Ivana Kozarca. Doseljavanjem u Tenju upisala sam osmi razred u Osnovnoj

skoli Tenja. Nakon zavrsetka osnovne skole upisala sam 1. gimnaziju u Osijeku.

Po zavrsetku srednjoskolskog obrazovanja, 2009. godine upisujem Sveucilisni nas-

tavnicki studij matematike i informatike na Odjelu za matematiku u Osijeku.