Školjka

Neka $P(x,y)$ označava danu funkcijsku jednadžbu. Uvrštavanjem dobivamo: $P(0,0)\rightarrow f(0)=f(0)+f(f(0))\implies f(f(0))=0$ Neka je $k\in\mathbb{R}$ tako da $f(k)=0$ i $k\neq0$\\ Uvrštavanjem dobivamo: $P(\frac{x}{k},k)\rightarrow f(2k)=f(x)+f(0)\implies f(x)=f(2k)-f(0)$ Znači, funkcija $f$ je konstanta, pa uvrštavanjem $f(x)=c$ dobivamo da za svaki $x\in\mathbb{R}$ vrijedi $$c=c+xc+c$$ Iz čega očito slijedi $c=0\implies f\equiv0$, što je jedno rješenje. U drugom slučaju imamo $f(0)=0$\\ Uvrštavajući imamo: $P(0,x)\rightarrow f(2x)=f(f(x))$ što nam daje motivaciju da dokažemo da je $f$ injektiva. Zaista, pretpostavimo $f(a)=f(b)$ za neke $a,b\in\mathbb{R}$ tako da $a,b\neq0$. Uvrštavajući sljedeće vrijednosti dobivamo: $$P \left(\frac{2a}{f(b)}, b \right)\rightarrow f(2(a+b)=f\left(\frac{2ab}{f(b)}\right)+2a+f(f(a))$$ $$P \left(\frac{2b}{f(a)}, a \right)\rightarrow f(2(b+a)=f\left(\frac{2ab}{f(a)}\right)+2b+f(f(b))$$ Pa slijedi \begin{align*} P \left(\frac{2a}{f(b)}, b \right)-P \left(\frac{2b}{f(a)}, a \right)\rightarrow &f(2(a+b))-f(2(b+a))=f \left(\frac{2ab}{f(b)} \right)-f \left(\frac{2ab}{f(a)} \right)+2a-2b+f(f(a))-f(f(b))\\ \implies &2a-2b=0\implies a=b \end{align*} Znači, funkcija je injektivna, iz čega slijedi $f(x)=2x$. Sva rješenja su $f(x)=0$ i $f(x)=2x$ za sve $x\in\mathbb{R}$.\\ Provjerom utvrđujemo da to jesu rješenja. Najsss!