functievergelijking

$x=0$ geeft $c=f(y^2)$ met $c=f(0)$.

Stel dat $f$ niet constant is, zodat $\exists x,y\in\mathbb{N}, x\ne y$ zodat $f(x)-f(y)>0$ en dat verschil minimaal is.
We kunnen aannemen dat $x,y > 0$ wegens (A)

Manier 1
Herschrijven van de vgl geeft $0=y(f(x^2+y^2)-f(x))+x(f(x^2+y^2)-f(y))$.

Als we het als 3 gevallen bekijken:
1) $f(x)> f(y)> f(x^2+y^2)$:
RL duidelijk kleiner als nul, tegenspraak (x,y ook niet allebei nul)
2) $f(x^2+y^2)> f(x)> f(y)$
RL duidelijk strikt positief, weer tegenspraak (x,y niet allebei nul)
3) $f(x)\geq f(x^2+y^2)\geq f(y)$
$f(x)-f(y)$ was minimaal, dus $f(x^2+y^2)-f(y)\geq f(x)-f(y)$ of $f(x^2+y^2)-f(y)=0$
, dat tweede zou echter betekenen dat $y(f(y)-f(x))=0$ wat niet kan.

Dus $f(x^2+y^2)\geq f(x)$ en analoog $f(x)-f(x^2+y^2)\geq f(x)-f(y)$, dus $f(x^2+y^2)\leq f(y)$ als de voorwaarde moet voldaan zijn. dus we hebben enkel nog af te rekenen met het geval $f(x)=f(y)=f(x^2+y^2)$, maar dat is tegenstrijdig met hoe we $x,y$ kozen.

$\blacksquare$

Manier 2

We weten dat $f(x^2+y^2) = \frac{ xf(y)+y f(x)}{x+y} $ een gewogen gemiddelde is van $f(x)$ en $f(y)$ en dus hier strikt tussen $f(x)$ en $f(y)$ ligt, wat een contradictie is met de keuze van $x$ en $y$.

$\blacksquare$

Je bekomt dat $f(x)$ een constante functie is ($c$ natuurlijk). Men kan nagaan dat deze oplossingen kloppen.