2. Zadatak

Uvrstimo li $x=0$, $y=1$, dobijemo

$$(f(0)+1)(f(1)+1)=f(0)+1+f(1),$$

iz čega slijedi $f(0)f(1)=0$. Stoga zaključujemo da je $f(0)=0$ ili $f(1)=0$.

Pretpostavimo prvo da je $f(1)=0$. Uvrstimo li $x=y=1$, dobijemo

$$1=2(f(0)+1)+f(2)=2f(0)+2+f(2)\geq2,$$

gdje zadnja nejednakost vrijedi zbog toga što funkcija $f$ poprima vrijednosti u nenegativnim cijelim brojevima, tj. $f(0),f(2)\geq0$. Time smo došli do kontradikcije, pa slijedi $f(0)=0$.

Ako sad uvrstimo $x=0$, dobijemo da za svaki prirodan $y$ vrijedi

$$f(y)=f(y-1)+f(1).$$

Dokažimo indukcijom da vrijedi $f(n)=nf(1)$ za svaki $n\in\mathbb N_0$. Baza indukcije slijedi iz $f(0)=0$. Pretpostavimo da tvrdnja $f(n)=nf(1)$ vrijedi za neki prirodan $n$. Tada uvrštavanjem $y=n+1$ u gornju jednakost, dobivamo

$$f(n+1)=f(n)+f(1)=nf(1)+f(1)=(n+1)f(1),$$

čime je tvrdnja indukcije dokazana.

Konačno, uvrstimo $x=y=1$ u početnu jednakost, te dobivamo

$$(f(1)+1)^2=2+2f(1)$$

iz čega slijedi $f(1)^2=1$, pa je $f(1)=1$ (jer mora biti $f(1)\geq0$).

Dakle, jedini kandidat za rješenje je funkcija $f(x)=x$. Provjerom utvrđujemo da to zaista i jest rješenje.