Školjka

%V0 $(x,y)$ znači uvrštavanje uređenog para $(x,y)$ u danu jednadžbu $ f(\frac{x+y}{2}) \le af(x) + (1-a)f(y)$. $(y,x) \implies f(\frac{x+y}{2}) \le af(y) + (1-a)f(x)$ Zbrajajući te 2 jednadžbe dobivamo $ f(\frac{x+y}{2}) \le \frac{f(x)+f(y)}{2}$. Očito je da je $f(0)=0$. Sada pretpostavimo da postoji neki drugi $a \in \mathbb{R}_{+}$ takav da je $f(a)=a$. Neka je $0 \le b \le a$. $(a-b, a+b) \implies (a-b) + (a+b) \le f(a-b) + f(a+b) \le (a-b) + (a+b) \implies f(x)=x \forall x \in [0, 2a]$ Lako se indukcijom pokaže (isti argument, $a:=2a$): $ f(x)=x \forall x \in \mathbb{R}_{+}$ Međutim, ta funkcija nije rješenje za $0<a<\frac{1}{2}$. Protuprimjer je npr. $(2, 1)$. Sada znamo da ne postoji $a \in \mathbb{R}_{+}$ takav da je $f(a)=a$. To znači $f(x)<x \forall x \in \mathbb{R}_{+}$. $(2x,0) \implies f(x) \le af(2x) + (1-a)f(0) < 2ax$ $f(x) < 2ax \forall x \in \mathbb{R}_{+}$ $(2x, 0) \implies f(x) \le af(2x) + (1-a)f(0) < 4a^2x$ $f(x) < 4a^2x \forall x \in \mathbb{R}_{+}$ Indukcijom se lako pokaže $f(x)<2^na^nx$ za proizvoljni prirodni broj $n$, a pošto niz $2^na^n$ teži u nulu, jedino rješenje je nul-funkcija. $\boxed{ f(x)=0 \forall x \in \mathbb{R}_{\ge 0}}$