$\mathbb{R}^+$ üzerinde $R$ bağıntısını tanımlayalım. $$R=\{(x,y)\in \mathbb{R}^+\times \mathbb{R}^+\mid xf(y)+yf(x)\leq 2\}$$ Bu bağıntının simetrik olduğu, yani $(x,y)\in R$ ise $(y,x)\in R$ olduğu barizdir. Bununla birlikte $xRy$ ve $xRz$ ise $y=z$ olduğunu görelim. Ayrıca $$A=\{(x,y)\in \mathbb{R}^+\times \mathbb{R}^+\mid x=y\}$$ bağıntısını da tanımlayalım. İddiamız $A=R$ olduğudur. Aksini varsayalım. Bu durumda $R-A$ kümesi boş küme olmayacaktır çünkü fonksiyonun verilen özelliği gereği her $x\in\mathbb{R}^+$ için $(x,y)\in R$ olacak şekilde bir $y$ vardır ve eğer $A\neq R$ ise en az bir tanesi için $x\neq y$'dir. $(x,y)\in R-A$ olsun. $x\neq y$ olduğundan $$xf(x)+xf(x)>2\implies f(x)>\dfrac{1}{x}$$ olacaktır. Benzer şekilde $f(y)>\dfrac{1}{y}$'dir. Dolayısıyla $$2\geq xf(y)+yf(x)>\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}>2$$ olacaktır. Bu bir çelişkidir. $R-A$ boş kümedir. Bu da $A=R$ olduğu anlamına gelir. Her $x$ için $xRx$ olduğundan, verilen eşitsizlikten $$x=y\to f(x)\leq\dfrac{1}{x} $$ $$x\neq y\implies xf(y)+yf(x)>2$$ sonuçları çıkar. Eğer $f(x)\neq \dfrac{1}{x}$ olan bir $x\in\mathbb{R}^+$ varsa $f(x)=\dfrac{1}{x}-\epsilon$ olacak şekilde bir $\dfrac{1}{x}>\epsilon>0$ vardır. $x\neq y$ olan herhangi bir $y\in\mathbb{R}^+$ için $$xf(y)+y\left(\dfrac{1}{x}-\epsilon\right)>2\implies \dfrac{x}{y}\geq xf(y)>2-\dfrac{y}{x}+y\epsilon\implies \dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}-2=\dfrac{(x-y)^2}{xy}>y\epsilon\implies \dfrac{(x-y)^2}{xy^2}>\epsilon$$ Burada $\epsilon$ ne olursa olsun, $\lim\limits_{y\to x}\dfrac{(x-y)^2}{xy^2}=0$ olduğundan $y$'yi $x$'e çok yakın seçerek $\dfrac{(x-y)^2}{xy^2}<\epsilon$ olmasını sağlayabiliriz. Bu bir çelişkidir çünkü her $y$ için $\epsilon$'dan büyük olması gerekiyordu.
Bu durumda $f(x)\neq \dfrac{1}{x}$ olan bir $x$ olamaz. Her $x\in\mathbb{R}^+$ için $\boxed{f(x)=\dfrac{1}{x}}$ olmalıdır. Bu fonksiyonun istenilen şartları sağladığı da yerine koyularak görülebilir.
