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$$yf(x)\le yf(x+y)$$が成り立つ。$y>0$とすることで$$f(x)\le f(x+y)$$が成り立つので示せた。

任意の$x\in \mathbb{R}$に対して
$$\underset{y\to 0}{lim}(f(x+y)-f(x))=0$$を示せばよい。$y\in [0,1]$のとき$Q(x,y)$と広義単調増加から
$$yf(x)\le f(x+y)-f(x)\le yf(x+y)\le yf(x+1)$$
$y\to +0$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$\underset{y\to +0}{lim}(f(x+y)-f(x))=0$でありまた、$y\in [-1,0]$のとき$Q(x,y)$と広義単調増加から
$$yf(x)\le f(x+y)-f(x)\le yf(x+y)\le yf(x-1)$$
同様にはさみうちの原理から$\underset{y\to -0}{lim}(f(x+y)-f(x))=0$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
$$f(x)\le \frac{f(x+y)-f(x)}{y}\le f(x+y)$$
$y\to +0$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
$$\underset{y\to +0}{lim}\frac{f(x+y)-f(x)}{y}=f(x)$$が成り立つ。また、$y<0$のとき$Q(x,y)$から
$$f(x+y)\le \frac{f(x+y)-f(x)}{y}\le f(x)$$
同様にはさみうちの原理から
$$\underset{y\to -0}{lim}\frac{f(x+y)-f(x)}{y}=f(x)$$
よって上と合わせて全ての点で微分可能であり、
$$f^{\prime }(x)=\underset{y\to 0}{lim}\frac{f(x+y)-f(x)}{y}=f(x)$$
となるので補題を得る。

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