the important 5

We tonen het gevraagde aan aan de hand van enkele lemma's:

Lemma 1: $\forall x \in \mathbb{Q}_{>0}$:$f(x)>0$.

Bewijs: Allereerst geldt dat $a f(1)=f(a)f(1)\geq f(a)=a$, zodat $f(1)\geq 1>0$.

Stel nu $k \in \mathbb{N}_0$. Dan $f(k)=f(1+1+...+1)\geq f(1)+f(1)+...+f(1)=k f(1) \geq k>0$.

Stel $m,n \in \mathbb{N}_0$. Dan $f(n)f(\frac{m}{n})\geq f(m) \Leftrightarrow f(\frac mn)\geq \frac{f(m)}{f(n)}>0$.

Hieruit volgen dus tevens de later nog belangrijke ongelijkheden $f(k)\geq k$ en $f(\frac mn)\geq \frac{f(m)}{f(n)}$.

Lemma 2: $f$ is strikt stijgend.

Bewijs: Zij $x,y$ strikt positieve rationale getallen zodat $x>y$. Dan is $x-y$ ook een strikt positief rationaal getal. Dus $f(x) \geq f(x-y)+f(y) \Leftrightarrow 0 < f(x-y)\leq f(x)-f(y)$ zodat $f(x) >f(y)$.

Later is nog belangrijk dat $f(x-y)\leq f(x)-f(y)$.

Lemma 3: Voor natuurlijke $n$ geldt: $f(a^n) \leq a^n$.

Bewijs: $f(a^n)=f(a \cdot a \cdot a \cdot ... \cdot a) \leq f(a)^n=a^n$.

Lemma 4: $\forall k \in \mathbb{N}_0$:$ k \leq f(k) < k+1$.

Bewijs: Beschouw een willekeurige, natuurlijke $n$. Zij nu $x=\left \lfloor a^n \right \rfloor$. Dan $x \leq a^n < x+1$, zodat wegens lemma 2 en 3 geldt dat $f(x) \leq f(a^n) \leq a^n < x+1$.

Zij nu $k=x-y$ zodat $k$ en $y$ strikt positieve natuurlijke getallen zijn. Dan $f(k)=f(x-y) \leq f(x)-f(y)< x+1-y=k+1$. Aangezien de rij $(a^n)_n$ divergeert, want $a >1$, kunnen we voor elke $k$ een $n$ en $x$ vinden zodat $x \geq k$ en $x=\left \lfloor a^n \right \rfloor$. Dus is het lemma waar.

Lemma 5: $\forall k \in \mathbb{N}_0$:$ f(k)=k$.

Bewijs: Voor een willekeurige strikt positieve natuurlijke $n$ geldt dat $kn+1>f(kn) =f(k+k+...+k)\geq f(k)+f(k)+...+f(k)=n f(k) \geq n k$. Hieruit volgt dat $k \leq f(k) < k+ \frac 1n$ voor willekeurig grote $n$. Aangezien $\lim_{n\rightarrow \infty} {\frac 1n}=0$, kunnen we het rechterlid van de ongelijkheid willekeurig dicht laten naderen tot $k$. Dus moet gelden dat $f(k)=k$.

Lemma 6: $\forall n \in \mathbb{N}_0$:$ f(\frac 1n)=\frac 1n$.

Bewijs: $1=f(1)=f(n \cdot \frac 1n) \geq n f(\frac 1n)$. Dus $\frac 1n \geq f(\frac 1n)$.

$n f(\frac 1n)=f(n) f(\frac 1n) \geq f(1)=1$. Dus $\frac 1n \geq f(\frac 1n)$.

Uit de laatste twee stappen volgt het lemma.

Nu kunnen we het gevraagde bewijzen. Zij $m,n \in \mathbb{N}_0$. Dan $f(\frac{m}{n})\leq f(m) f(\frac 1n)=\frac mn$, maar tevens geldt dat $f(\frac mn) \geq m f(\frac 1n)=\frac mn$. Dus $\forall m,n \in \mathbb{N}_0$:$ f(\frac{m}{n})=\frac mn$. Dus $\forall x \in \mathbb{Q}_{>0}$:$f(x)=x$. De functie voldoet ook, want $f(a)=a$, $f(x)f(y)=f(xy)$ en $f(x+y)=f(x)+f(y)$. Q.E.D.