f(x+y)≧f(x)(y+1)を満たす関数fが c･e^x のみであることの証明

$ Q(x,y)$から特に$$yf(x) \leq yf(x+y)$$が成り立つ。$y>0$とすることで$$f(x) \leq f(x+y)$$が成り立つので示せた。

任意の$x \in \mathbb{R} $に対して
$$ \lim_{y \to 0 } (f(x+y)-f(x))=0$$を示せばよい。$y \in \lbrack 0,1 \rbrack $のとき$ Q(x,y)$と広義単調増加から
$$yf(x) \leq f(x+y)-f(x)\leq yf(x+y)\leq yf(x+1)$$
$y→+0$とすることで最左辺と最右辺は共に$0$に収束するのではさみうちの原理から$ \lim_{y \to +0} (f(x+y)-f(x))=0$でありまた、$y \in \lbrack -1,0 \rbrack $のとき$ Q(x,y)$と広義単調増加から
$$yf(x) \leq f(x+y)-f(x)\leq yf(x+y)\leq yf(x-1)$$
同様にはさみうちの原理から$ \lim_{y \to -0}(f(x+y)-f(x))=0 $となり上のと合わせて補題は示せた。

$ Q(x,y)$で$y>0$のとき
$$f(x) \leq \frac{f(x+y)-f(x)}{y} \leq f(x+y)$$
$y→+0$とすると最左辺と最右辺は連続関数であるので$f(x)$に収束する。よって
$$ \lim_{y \to +0} \frac{f(x+y)-f(x)}{y}=f(x) $$が成り立つ。また、$y<0$のとき$ Q(x,y)$から
$$f(x+y) \leq \frac{f(x+y)-f(x)}{y} \leq f(x)$$
同様にはさみうちの原理から
$$ \lim_{y \to -0} \frac{f(x+y)-f(x)}{y} =f(x) $$
よって上と合わせて全ての点で微分可能であり、
$$f'(x)= \lim_{y \to 0} \frac{f(x+y)-f(x)}{y} =f(x) $$
となるので補題を得る。

$g(x)=e^{-x}f(x)$とすると$ f(x)=f'(x)$であるから
$$g'(x)=(e^{-x}f(x))'=-e^{-x}f(x)+e^{-x}f'(x)=0$$
より $e^{-x}f(x)=g(x)=c \Longrightarrow f(x)=c \cdot e^x$が必要条件。$ P(x,y)$にこれを代入すると
$$c \cdot e^ {x+y} \geq c \cdot e^x(y+1) \Longleftrightarrow c \cdot e^y \geq c(y+1)$$
$c<0$のとき$ e^y \leq y+1$が成り立つ必要があるので明らかに矛盾。逆に$c \geq 0$のとき$e^y \geq y+1$は成り立っているので十分性も示せた。