
Opgave 2. Vind alle functies $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ waarvoor

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

voor alle $x, y \in \mathbb{R}$.


Oplossing II. Net als in oplossing I leiden we af dat $f(0)=0$ en $f\left(t^{2}\right)=t f(t)$ voor alle $t \in \mathbb{R}$. Daaruit volgt

$$
t f(t)=f\left(t^{2}\right)=f\left((-t)^{2}\right)=-t f(-t),
$$

dus voor $t \neq 0$ geldt $f(-t)=-f(t)$. We wisten al $f(0)=0$, dus dit geldt ook voor $t=0$. Vul nu $y=-x$ in in de functieongelijkheid:

$$
0 \leq(f(x)-x)(x-f(-x))=(f(x)-x)(x+f(x))=f(x)^{2}-x^{2},
$$

dus $f(x)^{2} \geq x^{2}$. Anderzijds volgt uit het invullen van $y=x$ dat

$$
0 \leq(f(x)+x)(x-f(x))=x^{2}-f(x)^{2},
$$

dus ook $f(x)^{2} \leq x^{2}$. We concluderen dat $f(x)^{2}=x^{2}$ en dus dat $f(x)= \pm x$ voor alle $x \in \mathbb{R}$. We hebben nu in elk geval de kandidaatoplossingen $f(x)=x$ voor alle $x$ en $f(x)=-x$ voor alle $x$ en deze voldoen (zoals in oplossing I). Nu willen we nog de mixfuncties uitsluiten.

Stel dat er $x \neq y$, allebei ongelijk aan 0 , bestaan met $f(x)=x$ en $f(y)=-y$. Dan geldt $f\left(x^{2}\right)=x f(x)=x^{2}$ en $f\left(y^{2}\right)=y f(y)=-y^{2}$, zodat de functieongelijkheid geeft:

$$
x^{2}+y^{2} \leq(x+y)(x--y)=x^{2}+2 x y+y^{2} .
$$

Dus $2 x y \geq 0$. Maar $x$ en $y$ waren ongelijk aan 0 , dus $x$ en $y$ zijn beide positief of beide negatief. Zeg zonder verlies van algemeenheid dat ze beide positief zijn. Neem vervolgens een $z<0$. Dan geldt $f(z)=z$ of $f(z)=-z$, dus bovenstaande redenering kunnen we ook toepassen op het tweetal $(z, x)$ (als $f(z)=-z$ ) of juist op $(z, y)$ (als $f(z)=z$ ). Daaruit volgt dat $z$ en $x$ (of juist $z$ en $y$ ) hetzelfde teken hebben, maar dat is een tegenspraak.

We concluderen dat voor alle $x, y \neq 0$ geldt dat $f(x)=x$ en $f(y)=y$ of juist $f(x)=-x$ en $f(y)=-y$. Omdat $f(0)=0=-0$ geldt dus voor alle $x \in \mathbb{R}$ dat $f(x)=x$ of voor alle $x \in \mathbb{R}$ dat $f(x)=-x$. Dus dit zijn de twee oplossingen.
