極限を用いた自作関数方程式の解法

$f(a)>f(b),a<b$となるものが存在すると仮定する。$x={\displaystyle \frac{b-a}{f(a)-f(b)}}>0$とし、$P(x,a),P(x,b)$から
$f(xf(a)+a)=(a+1)f(x)$
$f(xf(b)+b)=(b+1)f(x)$
となり、$(a+1)f(x)=(b+1)f(x)⟹a=b$
これは仮定に矛盾。よって広義単調増加である。

$f(t)<1$となる$t\in {\mathbb{R}}^{+}$が存在すると仮定。 $P(x,t)$で
$f(xf(t)+t)=(t+1)f(x)>f(x)$$⟹xf(t)+t\ge x$$⟹t\ge x(1-f(t))$
$x$を十分大きく取ることで矛盾。
$f(t)=1$となる$t\in {\mathbb{R}}^{+}$が存在すると仮定。$P(x,t)$から
$f(x+t)=(t+1)f(x)$となり帰納的に正の整数$n$で$f(nt)=(t+1{)}^{n-1}$となる。一方、$P(nt,t)$から
$f(nt)\le f(tf(nt)+nt)=nt+1$ $⟹(t+1{)}^{n-1}\le nt+1$となり$n$を十分大きく取ることで矛盾。

$c\in {\mathbb{R}}^{+}$が存在して任意の$x\in {\mathbb{R}}^{+}$に対して$f(x)>1+c$となると仮定。$P(x,\frac{t}{f(x)})$から
$f(x(1+c))\le f(xf(\frac{t}{f(x)})+\frac{t}{f(x)})=t+f(x)$$⟹0\le f(x(1+c))-f(x)\le t$
$t\to 0$で$f(x(1+c))=f(x)$となる。$x$は任意に取れるので帰納的に任意の整数$n$において$f((1+c{)}^n)=f(1)$となり広義単調増加と合わせて$f$は定数関数になるがそれは矛盾。よって広義単調増加と補題2と合わせて補題を得る。

$P(x,y)$において$x$を十分小さくとることで補題3から$f(x)$は十分$1$に近づくので、$y$を動かすことで得る。

$c\in {\mathbb{R}}^{+}$が存在して任意の$h\in {\mathbb{R}}^{+}$で$f(x+h)-f(x)>c$と仮定。補題4より$f(x)+c=f(x^{\prime })$となる$x<x^{\prime }$が存在する。そのとき$f(x+h)>f(x^{\prime })$$⟹x+h\ge x^{\prime }$となるが$h$を十分小さくとることで矛盾。よって広義単調増加と合わせて補題を得る。

$P(x,y)$から
$f(y)\le f(xf(y)+y)=(y+1)f(x)$$⟹f(y)-y-1\le (y+1)(f(x)-1)$
また$P(x,y)$から
$f(xf(y)+y)=(y+1)f(x)>y+1$$⟹f(y)-f(xf(y)+y)<f(y)-y-1$
よって$f(y)-f(xf(y)+y)<f(y)-y-1\le (y+1)(f(x)-1)$
$x\to 0$としたとき$xf(y)\to 0$であるから補題5より最左辺は$0$に収束する。補題3より$f(x)\to 1$であるから最右辺は$0$に収束する。よって$f(y)=y+1$を得る。
十分性は明らか。