Helpt Dennis België aan een stunt?

Opgave - IMO 2017 dag 1 vraag 2

Vind alle functies $f \colon \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ zodat voor elke $x,y \in \mathbb R$ geldt dat $$f(f(x)f(y)) + f(x+y) = f(xy).$$

Oplossing

We noteren met $P(x_0,y_0)$ de functievergelijking $f(f(x)f(y)) + f(x+y) = f(xy)$ voor $x=x_0$ en $y=y_0$.
We splitsen het bewijs op in twee gevallen.

(1) Zij $f(0)=0$. Substitueer de waarde $y=0$. Je krijgt meteen $f(x)=0$ onafhankelijk van de waarde van $x$. De nulfunctie is ook trivialerwijze een oplossing van de functievergelijking, aangezien beide leden nul worden.

(2) $f(0) \not=0$
Kies $x=y=0$. Je krijgt $f(f(0)^2)+f(0)=f(0) \Leftrightarrow f(f(0)^2)=0$.
Dit betekent dat er minstens één waarde $c \in \mathbb R$ bestaat met $f(c)=0$.
Veronderstel dat er zo'n $c \not=1$ bestaat.
$P(\frac{c}{1-c},c)$ geeft $f(0)=0$ daar $\frac{c}{1-c}+c=\frac{c}{1-c}c$ en $f(c)=0$, contradictie.
Dit betekent dat $c=1$ het unieke nulpunt is van $f$ en dit nulpunt gelijk is aan $f(0)^2$,
zodat $f(0) \in \{-1,+1\}$.

Merk echter op dat, als $f$ een oplossing is, $-f$ dat ook is, en omgekeerd. De gevallen waarbij $f(0)=1$ en $f(0)=-1$ moeten noodzakelijk tegengestelde functies opleveren.
Het is dus voldoende het geval waarbij $f(0)=1$ op te lossen en daarna ook $-f$ te beschouwen als oplossingen.

We bewijzen dit nu in verschillende stappen (lemma's), waarbij het volgende al gekend is
(2.1) $f(0)=1$ en $f$ heeft een uniek nulpunt $1$.

(2.2) $f(x+n)=f(x)-n$ voor elke $n \in \mathbb N$.
$P(x,1)$ geeft $1+f(x+1)=f(x) \Leftrightarrow f(x+1)=-1+f(x)$.
Per inductie volgt nu dat $f(x+n)=f(x)-n$ voor elke $n \in \mathbb N$.
Hieruit volgt per inductie dat voor gehele $z$ geldt dat $f(z)=1-z$.

(2.3) $f$ is injectief.
Veronderstel dat $f$ niet injectief is. Dan bestaan er waarden $a$ en $b$, $a\neq b$, zodat $f(a)=f(b)$. Wegens (2.2) bestaat er dan een $n\in \mathbb N$ zodat nog steeds geldt $f(a-n)=f(b-n)$ maar ook $a-n < 0$. Daarom mag je W.L.O.G. veronderstellen dat $a,b<0$. Als dit het geval is, dan bestaan er reële getallen $r,s$ zodat $a=r+s$ en $b=r s+1$, want $r(a-r)$ is een parabool die als functie van $r$ alle negatieve waarden kan bereiken.
Dan geeft $P(r,s)$ dat $f(f(r)f(s))+f(a)=f(rs)=f(rs+1)+1=f(b)+1$
$ \Leftrightarrow f(f(r)f(s))=1 \Leftrightarrow f(f(r)f(s)+1)=0$
$ \Leftrightarrow f(r)f(s)+1=1 \Leftrightarrow f(r)f(s)=0 \Leftrightarrow r=1 \vee s=1.$
Maar als die laatste conclusie geldt, geldt automatisch ook dat $a=b$, contradictie! $f$ is dus injectief. 

(2.4) $f(f(x))=1-f(x)$ voor elke $x \in \mathbb R$
$P(x,0)$ geeft $f(f(x))+f(x)=1 \Leftrightarrow f(f(x))=1-f(x)$.

Neem nu $a \in \mathbb{R}$ willekeurig.
Wanneer we $x=f(a)$ invullen in (2.4), krijgen we $f(f(f(a)))+f(f(a))=1 \Leftrightarrow f(1-f(a))+1-f(a)=1 \Leftrightarrow f(1-f(a))=f(a)$
$ \Leftrightarrow 1-f(a)=a \Leftrightarrow f(a)=1-a$ (hierbij hebben we (2.3) en (2.4) gebruikt).
De enige functie die kan voldoen in dit geval is dus $f(x)=1-x$.
We gaan nu $P(x,y)$ na voor willekeurige $x,y$:
$f(f(x)f(y))+f(x+y)=f((1-x)(1-y))+f(x+y)=$
$(x-1)(1-y)+1-x-y+1=1-xy=f(xy)$, zodat de functie ook voldoet.

De tegengestelde functie voor $f(0)=-1$ is $f(x)=x-1$.
Alle functies die voldoen zijn dus $f(x)=0$, $f(x)=1-x$ en $f(x)=x-1$.