
Opgave 5. Vind alle functies $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ met

$$
\left(x^{2}+y^{2}\right) f(x y)=f(x) f(y) f\left(x^{2}+y^{2}\right)
$$

voor alle reële $x$ en $y$.


Oplossing. Vul in $x=y=0$, dan staat er $0=f(0)^{3}$, dus $f(0)=0$. We bekijken nu twee gevallen: $f$ is nog ergens anders ook 0 of juist niet. Voor het eerste geval nemen we dus aan dat er nog een $a \neq 0$ is zodat $f(a)=0$. Dan geeft $x=a$ invullen dat $\left(a^{2}+y^{2}\right) f(a y)=0$ voor alle $y$. Omdat $a^{2}+y^{2}>0$ aangezien $a \neq 0$, is $f(a y)=0$ voor alle $y$. Maar $a y$ kan alle waarden in $\mathbb{R}$ aannemen, dus $f(x)=0$ voor alle $x$. Dit is meteen een kandidaatfunctie en deze voldoet.

We bekijken nu verder het tweede geval: $f(x) \neq 0$ voor alle $x \neq 0$. Neem nu $x \neq 0$ en $y=1$. Dan geldt $\left(x^{2}+1\right) f(x)=f(x) f(1) f\left(x^{2}+1\right)$ en $f(x) \neq 0$, dus we kunnen hier delen door $f(x)$. We krijgen $\left(x^{2}+1\right)=f(1) f\left(x^{2}+1\right)$. Noem $f(1)=c$. We weten $c \neq 0$, dus $f\left(x^{2}+1\right)=\frac{x^{2}+1}{c}$. Omdat $x^{2}+1$ alle reële waarden groter dan 1 kan aannemen, geldt nu $f(x)=\frac{x}{c}$ voor alle $x>1$.

Neem $x=y=2$ en vul dit in: $(4+4) f(4)=f(2) f(2) f(4+4)$. Voor $x>1$ weten we de functiewaarde, dus in het bijzonder weten we ook $f(2), f(4)$ en $f(8)$. Dus $8 \cdot \frac{4}{c}=\frac{2}{c} \cdot \frac{2}{c} \cdot \frac{8}{c}$, oftewel $\frac{1}{c}=\frac{1}{c^{3}}$. We zien dat $c^{2}=1$, dus $c=1$ of $c=-1$. Omdat $c^{2}=1$, kunnen we nu ook schrijven $f(x)=c x$ voor alle $x \geq 1$.

Neem $x>1$ en vul $y=\frac{1}{x}$ in. Dat geeft $\left(x^{2}+\frac{1}{x^{2}}\right) f(1)=f(x) f\left(\frac{1}{x}\right) f\left(x^{2}+\frac{1}{x^{2}}\right)$. Omdat $x>1$, is ook $x^{2}+\frac{1}{x^{2}}>1$, dus hier staat $\left(x^{2}+\frac{1}{x^{2}}\right) c=x c \cdot f\left(\frac{1}{x}\right) \cdot c\left(x^{2}+\frac{1}{x^{2}}\right)$, oftewel $1=x c \cdot f\left(\frac{1}{x}\right)$. Dus $f\left(\frac{1}{x}\right)=\frac{1}{x c}=c \cdot \frac{1}{x}$. We concluderen dat $f(x)=c x$ voor alle $x>0$ met $x \neq 1$. Maar ook voor $x=1$ geldt $f(x)=c x$, want $f(1)=c$. Dus $f(x)=c x$ voor alle $x>0$.

Vul nu $x=y=-1$ in. Dat geeft $2 f(1)=f(-1)^{2} f(2)$. We weten $f(1)=c$ en $f(2)=2 c$, dus $2 c=f(-1)^{2} \cdot 2 c$, oftewel $f(-1)^{2}=1$ aangezien $c \neq 0$. Dus $f(-1)=1$ of $f(-1)=-1$. Neem $x>0$ en $y=-1$. Dat geeft $\left(x^{2}+1\right) f(-x)=f(x) f(-1) f\left(x^{2}+1\right)$, dus $\left(x^{2}+1\right) f(-x)=$ $c x \cdot f(-1) \cdot c\left(x^{2}+1\right)$, oftewel $f(-x)=c^{2} x f(-1)=x f(-1)$. Als we $d=f(-1)$ noemen, geldt dus $f(x)=-d x$ voor alle $x<0$, met $d^{2}=1$.

We concluderen dat er vier mogelijke kandidaatfuncties zijn (naast $f(x)=0$, die we al gecontroleerd hadden): $f(x)=x, f(x)=-x, f(x)=|x|$ en $f(x)=-|x|$. We controleren eerst $f(x)=t x$ met $t= \pm 1$. Dan staat er links $\left(x^{2}+y^{2}\right) \cdot t x y$ en rechts $t x \cdot t y \cdot t\left(x^{2}+y^{2}\right)$. Omdat $t^{2}=1$, staat links en rechts hetzelfde. Dus deze twee functies voldoen. $\mathrm{Nu}$ controleren we $f(x)=t|x|$, waarbij weer $t= \pm 1$. Nu staat links $\left(x^{2}+y^{2}\right) \cdot t|x y|$ en rechts $t|x| \cdot t|y| \cdot t\left|x^{2}+y^{2}\right|$. Omdat $x^{2}+y^{2}=\left|x^{2}+y^{2}\right|$ en $|x y|=|x||y|$, staat links en rechts hetzelfde. Dus ook deze twee functies voldoen.

Er zijn dus vijf oplossingen: $f(x)=0, f(x)=x, f(x)=-x, f(x)=|x|$ en $f(x)=-|x|$.

