Školjka

%V0 Neka $P(a,b)$ označava uvrštavanje brojeva $a$ i $b$ umjesto $x$ i $y$ u početnu jednadžbu. Neka je $f(0)=c$ i $f(1)=a$ $P(0,0) \rightarrow c+f(2c)=f(c) \hfill (1)$ Promotrimo dva slučaja: 1. $c\neq1$ $P(\frac{c}{c-1},0) \rightarrow f(f(\frac{c}{c-1})+c)=0$ Neka je $f(\frac{c}{c-1})+c=k$. (vrijedi $f(k)=0$) $P(k,k) \rightarrow c=0$ (sada lako vidimo $k=0$) $P(x,0) \rightarrow f(f(x))=f(x) \hfill (2)$ Pretpostavimo da postoji $t \neq 0$ takav da je $f(t)=0$. $P(x,t) \rightarrow f(f(x))=(t+1)f(x)$ Iz ovoga i iz $(2)$ zaključujemo da mora biti $tf(x)=0$ i imamo dva podslučaja: 1.1. $f(x)=0$ za svaki realan $x$. Provjerom ($0+0=0+0$) utvrđujemo da je jedno rješenje zadatka $f(x)=0$ za svaki realan x. 1.2. $t=0$ Ovo je kontradikcija i zaključujemo da je jedini realan $t$ koji zadovoljava $f(t)=0$ nula. Budući da imamo injektivnost u nuli sigurno postoji $r \neq 0$ takav da je $f(x)=r$ za neki $x$. Iz $(2)$ je $f(r)=r$. $P(r,y) \rightarrow f(rf(y))=yr$ pa je $f$ surjekcija. Sada $f(x)$ u izrazu $(2)$ može poprimiti vrijednost svakog realnog broja (postoji $x$ koji zadovoljava $f(x)=y$ za svaki realan $y$) iz čega dobivamo rješenje $f(y)=y$ koje provjerimo: $xy+x+y=xy+x+y$ 2. $c=1$ $P(0,y) \rightarrow f(1+f(y))=f(f(y))+y-1 \hfill (3)$ $P(1,0) \rightarrow f(a+1)=-1$ $P(0,1) \rightarrow f(a)=-1$ Iz $(3)$ vidimo da $y$ ovisi o $f(y)$, odnosno $f$ je injekcija, ali $f(a+1)=f(a)$ i time dobivamo kontradikciju za slučaj $c=1$