functievergelijking

Veronderstel dat we een $f \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ hebben die voldoet. Met andere woorden voor alle $x,y \in \mathbb{R}$ geldt $xf(x) - y f(y) = (x-y) f(x+y)$. Beschouw dan $g_c \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} x \mapsto f(x) + c$ voor elke $c$. Dan is
$$ \begin{eqnarray*}
x g_{c}(x) - y g_{c}(y) & = & x (f(x)+c) - y (f(y)+c)) \\
& = & xf(x) - y f(y) + c (x-y) \\
& = & (x-y) f(x+y) + c(x-y) \\
& = & (x-y) (f(x+y) + c ) \\
& = & (x-y) g(x+y),
\end{eqnarray*} $$
en bijgevolg voldoet ook $g_c$ voor elke $c \in \mathbb{R}$ aan de gegeven functievergelijking. We weten nu dus dat eens we een functie $f$ vinden die voldoet, ook meteen alle $f + c$ voldoen. We mogen daarom veronderstellen dat $f(0)=0$. Als we hiervoor een functie vinden die voldoet, dan tellen we er gewoon $c$ bij op, en dit zijn dan alle mogelijke functies die ten gevolge van $f$ voldoen. $(I)$
Stel eerst $x=-y$. Dan bekomen we na wat rekenwerk $$ f(0) = \frac{f(x)+f(-x)}{2} = 0 \Rightarrow f(x) + f(-x) = 0 \Rightarrow f(x) = - f(-x). $$ Dit betekent dat $f$ oneven is. Stel vervolgens $y=-2x$. Vanaf nu veronderstellen we ook steeds $x \not= 0$, we kennen $f(0)$ immers al. We bekomen in de oorspronkelijke functievergelijking dan $ x f(x) + 2x f(-2x) = 3x f(-x)$. Omdat $x \not= 0$, mogen we delen door $x$. Samen met het feit dat voor alle $x$ geldt dat $f(x) = - f(-x)$, hebben we dan $f(x) - 2 f(2x) = -3 f(x)$. Na verder uitwerken vinden we $ f(x) = \frac{f(2x)}{2}$. Op soortgelijke manier vinden we $f(x) = \frac{f(3x)}{3}$. We bewijzen nu met inductie dat voor alle $x \in \mathbb{R}$ en $n \in \mathbb{Z}$ geldt dat $ f(nx)=nf(x) $. Voor $n=0$ is het eenvoudig want dan staat er $f(0)=0$, hetgeen we verondersteld hebben en bijgevolg waar is. Stel nu dat de stelling geldt voor $n$, dit wil zeggen $f(nx)=nf(x)$, dan bewijzen we dat ze ook geldt voor $n+1$. Neem nu in de oorspronkelijke vergelijking voor $x$ en $y$ respectievelijk $nx$ en $x$, dan krijgen we
$$ f((n+1)x)
\stackrel{\mathrm{I.H.}}= \frac{n^{2} x f(x) - x f(x)}{x(n-1)}
= \frac{f(x) (n^{2}- 1^{2})}{n-1}
= (n+1) f(x), $$
en dat is precies de formule met $n$ vervangen door $n+1$. Bijgevolg geldt de stelling wegens het principe van volledige inductie voor alle $x \in \mathbb{R}$ en $n \in \mathbb{N}$. Voor $n \in \mathbb{Z}^{-}$ argumenteren we net zo. Merk hierbij op dat we hiervoor nodig hebben dat $f(-x)=-f(x)$ voor alle $x$ ! We hebben nu dus voor alle $x \in \mathbb{R}$ en $n \in \mathbb{Z} $ dat $ f(nx)=nf(x)$. Neem $x=1$, dan is $f(n)=n f(1)$ voor alle $n \in \mathbb{Z}$. Samen met $(I)$ volgt er dat $ f \mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{R}$ met $f(x)=\lambda \cdot x + c \quad (II)$ en $\lambda, c$ willekeurige reële constantes de enige functie is die voldoet in het geval dat $x \in \mathbb{Z}$. Neem $-y$ in de oorspronkelijke vergelijking voor $y$. Samen met $f(-x)=-f(x)$ geeft dit $x f(x) - y f(y) = (x+y) f(x-y)$ voor alle $x,y$. We hadden al $x f(x) - y f(y) = (x-y) f(x+y)$ dus is $\frac{f(x+y)}{x+y} = \frac{f(x-y)}{x-y} $. We willen nu bekomen dat voor alle $r \in \mathbb{R}$ geldt dat $f(r) = f(1) \cdot r$. Stel nu $x-y=1$. Dan hebben we al $\frac{f(x+y)}{x+y} = f(1)$, hetgeen equivalent is met $f(x+y)= f(1) (x+y)$. We willen nu nog $x+y=r$ hebben. We moeten dan het stelsel $\begin{cases} x-y=1 \\ x+y=r \end{cases}$ oplossen. We vinden dan $x=\frac{r+1}{2}$ en $y=\frac{r-1}{2}$. Stellen we dus $x$ en $y$ gelijk aan deze waarden voor een willekeurige $r \in \mathbb{R} \; \backslash \; \{-1,1\}$ (want als $r = \pm 1$, dan zou $x$ of $y$ gelijk zijn aan $0$), dan is $f(r)=f(1) \cdot r$, voor alle $r \in \mathbb{R}$. Uit $(II)$ volgt $f(1)= \lambda + c = \lambda'$. Samen met $(I)$ geldt bijgevolg $f(x) = \lambda' \cdot x + c$ voor alle $x \in \mathbb{R}$, en met $\lambda', c \in \mathbb{R}$ willekeurige constanten. Na het controleren van deze oplossingen zien we dat deze inderdaad voldoen.
Het antwoord op de vraag is dus (volgens mij ^^)
$$ \left\{ f \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} \; | \; f(x) = \lambda \cdot x + c \mbox{ voor zekere } \lambda,c \in \mathbb{R} \right\}. \, \blacksquare $$

EDIT: Het vorige bewijs veronderstelde iets niet-triviaal, daarom heb ik het opnieuw gemaakt. Hopelijk is het nu juist :-).