Školjka

%V0 Neka je $c=f(0)$ i $S= \{ x| \exists y\in \mathbb{R},f(y)=x\}$. Pretpostavimo da je $x \in S$ i $f(y)=x$. Tada uvrštavanjem $(x,y)$ u $(1)$ slijedi $$f(x)=\frac{c+1}{2}-\frac{x^2}{2}, \forall x \in S \ \ \ (2)$$ Uvrštavanjem $(x,0)$ u $(1)$ dobivamo da je $$f(x-c)-f(x)=cx+f(c)-1,\forall x \in \mathbb{R} \ \ \ (3)$$ Pretpostavimo da je $c=0$. Kako je $c \in S$ je $2f(c)=c+1-c^2=1=f(0)=c$ što je kontradikcija. Dakle $c \neq 0$. Stoga je funkcija $g(x)=cx+f(c)-1=f(x-c)-f(x)$ surjekcija pa to $\forall y \in \mathbb{R}, \exists x\in \mathbb{R}|f(x-c)-f(x)=y$ odnosno $\forall y \in \mathbb{R}, \exists u,v \in S,u-v=y$. No tada je zbog $(1)$ i $(2)$ $$f(y)=f(u-v)=f(v)+uv+f(u)-1=\frac{c+1}{2}-\frac{v^2}{2}+uv+\frac{c+1}{2}-\frac{u^2}{2}-1=c-\frac{(u-v)^2}{2}=c-\frac{y^2}{2}, \forall y\in \mathbb{R} \ \ \ (4)$$ Posebice ako u $(4)$ vrijedi $y\in S$ zbog $(2)$ vrijedi $\frac{c+1}{2}=c$ odnosno $c=1$. Iz $(4)$ dobivamo da $$f(x)=1-\frac{x^2}{2}, \forall x \in \mathbb{R}$$ što se uvrštavanjem potvrđuje kao rješenje.