Funkcija \(f(n)\) definēta visiem veseliem \(n\) un pieņem veselas vērtības. Visiem veseliem \(x\) un \(y\) pastāv vienādība
\[f(f(x)+y)=x+f(y+2008)\]
Atrast visas tādas funkcijas \(f\) un pierādīt, ka citu bez Jūsu atrastajām nav.Atbilde: \(f_{1}(x)=x+2008\) un \(f_{2}(x)=-x+2008\)
To, ka šīs funkcijas der, pārbauda tieši. Pierādīsim, ka citu nav.
Liekot \(y=0\) un \(y=1\), mēs iegūstam
\((*)\ \ \quad f(f(x))=x+f(2008)\)
\(\ \ \ \ \ \ \quad f(f(x)+1)=x+f(2009)\), no kurienes seko
\((**)\ \quad f(f(x)+1)-f(f(x))=f(2009)-f(2008)\)
No () seko, ka \(f\) vērtību apgabals ir visa kopa \(Z\). Tāpēc no () seko, ka katram* \(x \in Z\)
\((***) \quad f(z+1)-f(z)=f(2009)-f(2008)=const.\)
No () standartceļā seko, ka \(f\) ir "uz abiem galiem bezgalīga" aritmētiska progresija: \(f(x)=ax+b,\ a\) un \(b\) - konstantes. No dotās vienādības iegūstam, ka pastāv *identitāte attiecībā uz \(x\) un \(y\):
\(a(ax+b+y)+b \equiv x+a(y+2008)+b\)
\(\left(a^{2}-1\right) x+ab \equiv 2008a\)
Tāpēc \(a^{2}-1=0\) un \(ab=2008a\). No šejienes iegūstam abas augšminētās iespējas.