Školjka

Jedine funkcije koje zadovoljavaju traženu jednakost su $f(x)=0$ i $f(x)=x$ za sve realne $x$. Pretpostavimo da postoji $a$ takav da $f(a) \neq 0$. tada uvrštavanjem $(a-1, y)$ dobivamo da je f surjekcija.\\ $Lemma$: $f(2)=0 \implies f(x)=0$.\\ Pretpostavimo suprotno, uzmimo $(1, x)$ i imamo: $f(1+2f(x))=f(1)$. Ali, $f$ je surjektivna, pa lijeva strana može poprimiti oblik $f(k)$ za bilo koji realni $k$. Iz toga slijedi da je $f$ konstanta, neka je $f(x)=C$. Lagano se provjeri da može biti samo $C=0$, suprotno pretpostavci.\\ Uvrštavanjem $(1, t_0)$, gdje je $t_0$ nultočka od $f$ dobije se: $f(1)=f(1)+t_0f(2)$, pa je $t_0=0$ $Lemma$: $f$ je injektivna\\ Pretpostavi $f(y_1)=f(y_2)$. Uvrštavanjem $(1, y_1), (1, y_2)$ dobije se: $f(1)+y_1f(2)=f(1+2f(y_1))=f(1+2f(y_2))=f(1)+y_2f(2), $ odakle $ y_1=y_2$\\ $P (0, y) \implies f(f(y))=yf(1)$ pa kad u to stavimo $y=1$ dobije se $f(f(1))=f(1)$, odnosno $f(1)=1$ zbog injektivnosti. To povlači $f(f(y))=y, \forall y$\\ Fiksirajmo $y \neq 0$. Zbog toga što je $f$ bijekcija i $y \neq 0$, postoji jedinstven $x$ takav da $f(y)=-f(xy)$. Uvrštavanjem $(x, y)$ dobiva se: $f(x)=f(x)+yf(x+1)$, te slijedi $x=-1$ i $f(-x)=-f(x), \forall x$.\\ Konačno, za $x \neq 0$, $(x, f(-x))$:\\ $f(x+f(f(-x))+f(xf(-x)))=f(x)-f(x)f(x+1)\\ f(x)f(x+1)-xf(x)=f(x)\\ f(x+1)=x+1\\ f(x)=x$ za sve $x \neq 1$, a vrijedi i za $x=1$ pa je $f(x)=x, \forall x$