## Zadatak 1.

Odredi sve funkcije $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ za koje vrijedi

$$
f(x f(x)+f(x y))=f\left(x^{2}\right)+y f(x), \quad \text { za sve } x, y \in \mathbb{R}
$$


## Rješenje.

Uvrstimo li $x=0$ u jednadžbu, dobivamo $f(f(0))=f(0)+y f(0)$ za sve $y \in \mathbb{R}$. To povlači $f(0)=0$. Neka je $f(1)=c$ i uvrstimo $x=1$. Slijedi $f(c+f(y))=c(1+y)$ za sve $y \in \mathbb{R}$.

Ako je $c=0$, onda je $f(f(y))=0$ za sve $y \in \mathbb{R}$. Primijenimo li $f$ na danu jednadžbu, slijedi $0=f\left(f\left(x^{2}\right)+y f(x)\right)$. Pretpostavimo da je $f(t) \neq 0$ za neki $t \in \mathbb{R}$. Tada postoji $y \in \mathbb{R}$ tako da je $t=f\left(t^{2}\right)+y f(t)$ i dobivamo $0=f\left(f\left(t^{2}\right)+y f(t)\right)=f(t) \neq 0$, s̆to je kontradikcija. Dakle, u ovom slučaju $f(x)=0$ za sve $x \in \mathbb{R}$.

Ako je $c \neq 0$, onda slijedi da je $f$ injektivna. Uvrstimo li $y=0$, dobivamo $f(x f(x))=f\left(x^{2}\right)$, tj. $f(x)=x$ za sve $x \neq 0$. Budući da znamo $f(0)=0$, zaključujemo da je $f(x)=x$ još jedno rješenje.

Lako je provjeriti da su $f(x)=0$ za sve $x \in \mathbb{R}$ i $f(x)=x$ za sve $x \in \mathbb{R}$ zaista rješenja.

