functievergelijking

vervang in de gegeven gelijkheid $(x,y,z,t)$ door $(t,z,y,x)$ en je bekomt $f(xy-zt)=f(zt-xy)$. Met andere woorden, $f$ is even.
vul $x=y=z=t=0$ in: $4f(0)^2=2f(0)$. We hebben hieruit twee gevallen: $f(0)\in\{\frac12,0\}$
Geval 1als $f(0)=\frac12$, vul $x=y=z=0$ in en we bekomen $\frac12+f(t)=1$, $f$ is dus constant

Geval 2 als $f(0)=0$, vul $z=t=0$ en bekom $f(x)f(y)=f(xy)$ voor alle $x,y\in \mathbb{R}$.
Geval 2.1 Stel $f(1)\ne 1$. Dan $f(x)=f(1)f(x)$ waaruit $f\equiv 0$.
Geval 2.2 Stel $f(1)=1$. We bewijzen met inductie dat $f(n)=n^2$ voor alle $n\in\mathbb{N}$. Stel in de vergelijking $y=z=t=1$. Dan is $2(f(x)+1)=f(x+1)+f(x-1)$ en wegens inductiehypothese $f(x+1)=2(x^2+1)-(x-1)^2=(x+1)^2$. omdat $f$ even is, en $f(p/q)=f(p)/f(q)$, geldt $f(x)=x^2$ voor alle $x\in \mathbb{Q}$.

Om naar $\mathbb{R}$ te gaan bewijzen we dat $f$ strikt stijgend is op $\mathbb{R}^{+}$: wegens $f(x^2)=f(x)^2$ is het duidelijk dat $f(x)$ strikt positief is wanneer $x$ dat is. Zij nu $0 < a < b$ en stel $c=\sqrt{b^2-a^2}\in\mathbb{R}^{+}$. Dan is $(f(a)+f(c))^2=f(a^2+c^2)=f(b^2)=f(b)^2$ waaruit $f(a)^2 < (f(a)+f(c))^2=f(b)^2$, en dus is $f$ strikt stijgend op de positieve reële getallen.

Veronderstel dat er een $x\in\mathbb{R}$ bestaat met $f(x) < x^2$. We kiezen een $q\in \mathbb{Q}$ met $f(x) < q < x^2$ (dit gaat want $\mathbb{Q}$ is dicht in $\mathbb{R}$). Dan geldt $q^2=f(q) < f(x^2)=f(x)^2$, onmogelijk. Analoog voor $f(x) > x^2$.

De oplossingen zijn dus $f\equiv 0,\frac12$ en $f(x)=x^2$. Deze zijn triviaal te controleren.
QED