2. Zadatak

Prvo rješenje.

Uvrštavanjem $x=-f(y)$ dobivamo

$$f(0)=f(f(y))-(f(y))^2.$$

Ovdje stavimo $y=0$ i označimo $a=f(0)$ pa dobijemo $f(a)=a^2+a$. Vratimo se na danu jednakost i uvrstimo $y=0$:

$$f(x+a)=f(a)+2xa+x^2=x^2+2xa+a^2+a=(x+a)^2+a.$$

Zaključujemo da su jedini kandidati za rješenja funkcije oblika $f(x)=x^2+a$, gdje je $a$ proizvoljna realna konstanta. Provjerom vidimo da to uistinu i jesu sva rješenja zadatka.

Drugo rješenje.

Uvrštavanjem $x=-f(y)$ dobivamo $f(0)=f(f(y))-(f(y))^2$. Neka je $x=z-f(y)$ pa iz dane jednakosti dobijemo

$$f(z)=f(f(y))+z^2-(f(y))^2=z^2+f(0).$$

Dakle, svi kandidati za rješenja su funkcije oblika $f(x)=x^2+a$, gdje je $a$ proizvoljna realna konstanta. Provjerom vidimo da to uistinu i jesu sva rješenja zadatka.

Treće rješenje.

Neka je $a=f(0)$, uvrstimo li u danu jednakost $y=0$ dobivamo

$$f(x+a)=f(a)+2ax+x^2.$$

Stavimo li ovdje $x-a$ umjesto $x$ zaključujemo da je $f$ nužno oblika $f(x)=x^2+bx+c$, za neke realne konstante $b$ i $c$.

Uvrstimo li to u početnu jednakost, dobijemo da za sve realne $x$ i $y$ vrijedi

$$(x+f(y))^2+b(x+f(y))+c=(f(y))^2+bf(y)+c+2xf(y)+x^2,$$

tj. $bx=0$. Dakle, mora biti $b=0$, dok za $c$ nema nikakvih dodatnih uvjeta. Stoga su rješenja sve funkcije oblika $f(x)=x^2+c$, gdje je $c$ proizvoljna realna konstanta.