関数方程式 f((f(y)+1)/x)=(f(x+y)+1)/x

$$t= \dfrac{-x+ \sqrt{x^2+4f(x)+4} }{2} $$
とし、$\dfrac{f(x)+1}{t}=t+x$に注意して$ P(t,x)$に代入すると
$$(t-1)f(t+x)=1 \Longrightarrow t>1 \Longrightarrow f(x)>x$$

$ P(x,y)$から
$$ \dfrac{f(x+y)+1}{x}=f\bigg( \dfrac{f(y)+1}{x} \bigg)> \dfrac{f(y)+1}{x} \Longrightarrow f(x+y)>f(y)$$
より補題を得る。

$x<1$とし、$ P(x,1-x)$を代入すると
$$f\bigg( \dfrac{f(1-x)+1}{x} \bigg)= \dfrac{f(1)+1}{x}$$
$x$を$(0,1)$で動かすと$ \dfrac{f(1)+1}{x} $は$(f(1)+1,∞)$を取るので$c=f(1)+1$とすることで補題を得る。以降$c$をこのように定める。

　この補題が成り立たないならば単調増加性よりある正の実数$ a$が存在して任意の$ x \in \mathbb{R}^+ $に対して$$f(x+y)-f(y)>a$$が成り立つ。補題3から$f(y)+a=f(y')>c$となる$y' \in \mathbb{R}^+ $が存在する。狭義単調増加性より$y'>y$である。このとき
$$f(x+y)>f(y)+a=f(y') \Longrightarrow x+y>y'$$しかし$x$を十分小さく取ることで矛盾する。

　$f(y)>c$として$x_n=n(f(y)+1)$が補題を満たすことを示す。$\displaystyle\lim_{n \to \infty}x_n→∞$かつ$ P( \frac{1}{n} ,y)$と補題4から
$$ \lim_{n \to \infty} \frac{f(x_n)}{x_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{f\big( n(f(y)+1)\big)}{n(f(y)+1)}= \lim_{n \to \infty}\bigg (1+\dfrac{f( \frac{1}{n} +y)-f(y)}{f(y)+1}\bigg)=1$$
よって補題を得る。

$ P( \frac{f(x_n)+1}{x},x_n )$を代入して補題1を用いると
$$ f(x)= \frac{x(f(\frac{f(x_n)+1}{x}+x_n)+1)}{f(x_n)+1} >1+ x\frac{x_n+1}{f(x_n)+1} $$
上の式で$n→∞$とすると補題5より$\displaystyle\lim_{n \to \infty}\frac{x_n+1}{f(x_n)+1}=1$であるから$f(x) \geq x+1$を得る。

$$t= \dfrac{-x+ \sqrt{x^2+4f(x)+4} }{2} $$
とし、$\dfrac{f(x)+1}{t}=t+x$に注意して$ P(t,x)$に代入して補題6を用いると
$$\frac{x+2+\sqrt{x^2+4f(x)+4}}{2} \leq f\bigg( \dfrac{x+ \sqrt{x^2+4f(x)+4} }{2}\bigg )= \frac{x+2+\sqrt{x^2+4f(x)+4}}{2(f(x)-x)} $$
$$ \Longrightarrow f(x)-x \leq 1 \Longrightarrow f(x) \leq x+1$$
補題6と合わせて$f(x)=x+1$を得る。十分性は明らか。