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東京工業大学 1989年理系第3問解説

方針・初手

与えられた関数方程式に特定の値を代入して、まずは $f(0)$ の値を求める。その後、導関数の定義式 $\lim_{h \to 0} \frac{f(x+h) - f(x)}{h}$ に与式を適用し、$x=0$ における微分係数 $f'(0)$ の存在を利用して、任意の $x$ における微分可能性を示す。(2) では (1) で導いた導関数に関する関係式（微分方程式）を解くことで関数 $f(x)$ を決定する。

解法1

与えられた等式

$$ f(x+y) = f(x) + f(y) + f(x)f(y) \quad \cdots (*) $$

について、$x=y=0$ を代入すると、

$$ f(0) = 2f(0) + f(0)^2 $$

$$ f(0)^2 + f(0) = 0 $$

$$ f(0)\{f(0) + 1\} = 0 $$

これより、$f(0) = 0$ または $f(0) = -1$ である。

(1)

(i)

$f(0) = -1$ のとき

$(*)$ に $y=0$ を代入すると、

$$ f(x) = f(x) + f(0) + f(x)f(0) $$

$f(0) = -1$ であるから、

$$ f(x) = f(x) - 1 - f(x) $$

$$ f(x) = -1 $$

このとき、$f(x)$ は定数関数となるため、すべての $x$ の値で微分可能であり、$f'(x) = 0$ である。

(ii)

$f(0) = 0$ のとき

関数 $f(x)$ は $x=0$ で微分可能であるため、$f'(0)$ が存在する。

$$ f'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{f(h)}{h} $$

この極限値は有限の確定値をとる。

任意の $x$ について、導関数の定義に従って計算すると、

$$ \begin{aligned} \lim_{h \to 0} \frac{f(x+h) - f(x)}{h} &= \lim_{h \to 0} \frac{f(x) + f(h) + f(x)f(h) - f(x)}{h} \\ &= \lim_{h \to 0} \frac{f(h)\{1 + f(x)\}}{h} \\ &= \{1 + f(x)\} \lim_{h \to 0} \frac{f(h)}{h} \\ &= \{1 + f(x)\} f'(0) \end{aligned} $$

$f'(0)$ が存在することから右辺の極限値も存在し、

$$ f'(x) = f'(0) \{1 + f(x)\} $$

となる。したがって、$f(x)$ はすべての $x$ の値で微分可能である。

（i）, （ii）より、関数 $f(x)$ はすべての $x$ の値で微分可能であることが証明された。

(2)

(i)

$f(0) = -1$ のとき

(1) の議論により、

$$ f(x) = -1 $$

である。これを $(*)$ に代入すると、

$$ (\text{左辺}) = f(x+y) = -1 $$

$$ (\text{右辺}) = -1 - 1 + (-1)(-1) = -1 $$

となり、等式を満たす。

(ii)

$f(0) = 0$ のとき

(1) より、$f'(x) = f'(0) \{1 + f(x)\}$ が成り立つ。 $f'(0) = k$ （$k$ は実数の定数）とおくと、

$$ f'(x) = k \{1 + f(x)\} $$

$$ f'(x) - k f(x) = k $$

両辺に $e^{-kx}$ を掛けると、

$$ f'(x)e^{-kx} - k f(x)e^{-kx} = k e^{-kx} $$

$$ \{f(x)e^{-kx}\}' = k e^{-kx} $$

両辺を $x$ について積分すると、

$$ f(x)e^{-kx} = -e^{-kx} + C \quad (C \text{ は積分定数}) $$

$$ f(x) = C e^{kx} - 1 $$

ここで $f(0) = 0$ であるから、

$$ 0 = C e^0 - 1 \iff C = 1 $$

したがって、

$$ f(x) = e^{kx} - 1 $$

これを $(*)$ に代入して確認する。

$$ (\text{左辺}) = e^{k(x+y)} - 1 $$

$$ \begin{aligned} (\text{右辺}) &= (e^{kx} - 1) + (e^{ky} - 1) + (e^{kx} - 1)(e^{ky} - 1) \\ &= e^{kx} + e^{ky} - 2 + e^{k(x+y)} - e^{kx} - e^{ky} + 1 \\ &= e^{k(x+y)} - 1 \end{aligned} $$

となり、任意の定数 $k$ に対して等式を満たす。

以上より、求める関数 $f(x)$ は $f(x) = -1$ または $f(x) = e^{kx} - 1$ （$k$ は任意の定数）である。

解説

関数方程式から導関数を求める典型的な問題である。定石通り、$f(0)$ の値を求めた上で、導関数の定義式 $\lim_{h \to 0} \frac{f(x+h) - f(x)}{h}$ に与えられた等式を利用して極限を計算する。

(2) で現れる $f'(x) = k\{1 + f(x)\}$ のような微分方程式の処理がポイントとなる。両辺を $1+f(x)$ で割って積分する方法もあるが、その場合は分母が $0$ になる可能性（$1+f(x) = 0$）を場合分けして排除する手間が生じる。解説に示したように $e^{-kx}$ を掛けて積の微分法の形に持ち込むか、$g(x) = 1+f(x)$ と置換することで、場合分けを回避しつつ簡潔で論理的に隙のない解答を作ることができる。