functievergelijking

Neem eerst $x=y=0$. We hebben dan $f(f(0))=f(0)$. Stel $y=0$. Dan krijgen we $f(x+f(0))=f(x)$ voor alle $x \in \mathbb{Q}$. Neem nu $y=f(0)$. Dan is $f(x+f(f(0)))=f(x)+f(0) \Leftrightarrow f(x+f(0))=f(x)+f(0)$. Uit deze laatste twee vaststellingen volgt dat $f(0)=0$. Als we nu $x=0$ nemen in de oorspronkelijke vergelijking, dan is $f(f(y))=y$, voor alle $y \in \mathbb{Q}$. We halen hier makkelijk uit dat $f$ injectief is. Stel immers $f(x)=f(y)$, dan is ook $f(f(x))=f(f(y))$ en hieruit volgt dan dat $x=y$. Ook geldt dat $f$ surjectief is. Neem immers een $y \in \mathbb{Q}$. Dan is $f(a)=y$, waarbij $a=f(y) \in \mathbb{Q}$. Dus is $f$ surjectief en bijgevolg ook bijectief. We herschrijven nu de oorspronkelijke functie. Dan hebben we $f(x+f(y))=f(x)+y=f(x) + f(f(y))$. Stel $f(y)=p$, dan is $f(x+p)=f(x)+f(p)$. Er geldt omwille van de surjectiviteit dat $p$ heel $\mathbb{Q}$ bereikt. Dus is $f$ een additieve functie. Dit betekent dat voor alle $x,p \in \mathbb{Q}$ geldt dat $f(x+p)=f(x)+f(p)$ (i.e. ze voldoet aan Cauchy's functievergelijking). We weten dat de oplossingen in $\mathbb{Q}$ voor dit soort functies zijn gegeven door $f(x) = f(1) \cdot x$. Dus er rest ons nu nog $f(1)$ te bepalen. Hiervoor maken we herhaaldelijk gebruik van $f(x) = f(1) \cdot x$. Er geldt $f(f(-1)) = -1 = f(-f(1))=-(f(1))^{2} \Rightarrow (f(1))^{2}=1 \Rightarrow f(1)=1$ of $f(1)=-1$. Bijgevolg geldt $f(x) = x$ of $f(x)=-x$, voor alle $x \in \mathbb{Q}$. Als we deze functies invullen in de oorspronkelijke functievergelijking dan zien we dat deze inderdaad voldoen. Dus zijn de functies $f \mathbb{Q} \rightarrow \mathbb{Q} x \mapsto x$ en $f \mathbb{Q} \rightarrow \mathbb{Q} x \mapsto -x$ de enige functies van $\mathbb{Q}$ naar $\mathbb{Q}$ die voldoen.