Çözüm. $P(x,y)$ ifadeyi belirtsin.
$(i)$ $c\in\mathbb{R}$ vardır öyle ki $f(c)=0$.
$$P(c,x)\Rightarrow x=cx+f(c+x)\Rightarrow f(x)=(1-c)(x-c)$$
$$P(1,x)\Rightarrow f(xf(1)+1)=f(x+1)\Rightarrow (1-c)(xf(1)+1-c)=(1-c)(x+1-c)\Rightarrow f(1)=1.$$
$$P(0,1)\Rightarrow f(f(0))+1=f(1)=\Rightarrow f(f(0))=0\Rightarrow f(c^2-c)=0\Rightarrow (1-c)(c^2-2c)=0\Rightarrow c\in\{0,2\}$$
Buradan $f(x)=x$ ve $f(x)=2-x$ çözümlerine ulaşırız. ($c\not =1$ çünkü $f$ sabit değildir.)
$(ii)$ Böyle bir reel sayı yoktur.
$$P(x,d-x)\Rightarrow f(x+(d-x)f(x))=-x^2+(d+1)x+(f(d)-d)\not =0\Rightarrow \delta_x=(d+1)^2-4(f(d)-d)<0\Rightarrow f(d)<\frac{(d-1)^2}{4}<0$$
Buradan $f$ in üstten sınırı olduğunu, özel olarak değerlerinin asla $0$'ı aşmadığını görürürüz.
$(a)$ $f(0)\not =f(1)$
Aşağıdaki iki ifadeyi kıyaslarsak görürüz ki
$$P(1,\frac{f(0)-1}{f(1)-f(0)})\Rightarrow f(\frac{f(0)[f(1)-1]}{f(1)-f(0)})=f(\frac{f(1)-1)}{f(1)-f(0)})$$
$$P(0,\frac{f(1)-1}{f(1)-f(0)})\Rightarrow f(\frac{f(0)[f(1)-1]}{f(1)-f(0)})=f(\frac{f(1)-1)}{f(1)-f(0)})+\frac{f(1)-1)}{f(1)-f(0)}$$
Tüm bunlar
$$\frac{f(1)-1}{f(1)-f(0)}=0\Rightarrow f(1)=1>0$$
olduğunu ispatlar, ki bu da bulduğumuz eşitsizlikle çelişir.
$(b)$ $f(0)=f(1)=\lambda\in\mathbb{R}$ öyle ki $\lambda<0$
$$P(0,x)\Rightarrow f(\lambda x)=f(x)-x\Rightarrow f(x)=f(\frac{x}{\lambda})-\frac{x}{\lambda}$$
$$P(1,x)\Rightarrow f(\lambda x +1)=f(x+1)\Rightarrow f(x)=f(\frac{x}{\lambda}-\frac{1}{\lambda})$$
$$f(\frac{x}{\lambda})-\frac{x}{\lambda}=f(\frac{x}{\lambda}-\frac{1}{\lambda})\Rightarrow f(x)-x=f(x-\frac{1}{\lambda})$$
Tümevarımdan
$$f(x-\frac{z}{\lambda})-f(x)=\frac{z(z-1)}{2\lambda}-zx\forall z\in\mathbb{Z}$$
gelir. Bir $z\in\mathbb{Z}$ tam sayısı seçilebilir öyle ki
$$f(x_0-\frac{z}{\lambda})>0\Leftrightarrow f(x_0)>zx_0-\frac{z(z-1)}{2\lambda}$$
$x_0$ reel olmak üzere sağlanır, ki bu da yine baştaki iddiamızla çelişir. $\blacksquare$
Bu adımlar, tüm durumların incelenmesiyle sonuçlanır. Böylelikle tek çözümler
$$\boxed{f(x)=x \text{ ve } f(x)=2-x}$$
olarak bulunur.
