ex: Bel van Belarus

We schrijven $P(x,y)$ voor de gelijkheid $g(f(x+y))=f(x)+(2x+y)g(y)$.
Dan geeft $P(x,-2x)$ dat $g(f(-x))=f(x)$.

De functievergelijking $P(x,y)$ is dus equivalent met
$f(-x-y)=f(x)+(2x+y)g(y)$ (1).

$P(0,-x)$ levert nu dat $f(x)=f(0)-xg(-x)$ en $P(0,x)$ geeft $f(-x)=f(0)+xg(x)$ (2).
$P(-x,0)$ betekent dat $f(x)=f(-x)-2xg(0)$ en dus $f(x)-f(-x)=-2xg(0).$
Anderzijds is $f(x)-f(-x)=-x(g(x)+g(-x))$ wegens (2).
Voor $x\not= 0$ (en het geval $x=0$ is triviaal) concluderen we dat $2g(0)=g(x)+g(-x)$ (3)
Door (2) toe te passen in (1) krijg je $f(-x-y)=f(0)-xg(-x)+(2x+y)g(y)$
en door x en y te swappen $f(-x-y)=f(0)-yg(-y)+(2y+x)g(x)$.
We weten dat beide expressies gelijk zijn en dus nemen we het verschil:
$-yg(-y)+(2y+x)g(x)+xg(-x)-(2x+y)g(y)=0$ (4)

Door (4) volledig uit te werken kun je (3) 2 keer toepassen en dat leidt tot:
$-2yg(0)+2xg(0)+2yg(x)-2xg(y)=0$
Dit kan vereenvoudigd worden tot $y(g(x)-g(0))=x(g(y)-g(0))$, en door y hier gelijk aan 1 te stellen, krijg je dus dat $g(x)=cx+r$.
Dit betekent dat $f(x)=cx^2+xr+s$ (gebruikmakend van (2))
Door de oplossingen de controleren in (1) krijg je
$c(x+y)^2+r(-x-y)+s=$(LL) en $cx^2+xr+s+2cyx+cy^2+2xr+yr=c(x+y)^2+(3x+y)r+s=$(RL)
Hieruit concluderen we dat r=0 moet gelden en dat $g(x)=cx$ en $f(x)=cx^2+s$.

Nu moet ook $g(f(-x))=f(x)$ en dus $(c-1)(cx^2+s)=0$.
Dit betekent dat $c=1$ of $c=s=0.$

Tot slot kunnen we concluderen dat $g(x)=f(x)=0$, alsook $g(x)=x$ en $f(x)=x^2+s$ ($s$ willekeurig) allen oplossingen zijn van de gegeven functievergelijking.