指数法則型とコーシーの関数方程式

授業の例題は、$f(x+y)=f(x)f(y)$ を満たし $x=0$ で微分可能で $f'(0)=2$ である $f(x)$ を求める問題でした¹1塾の授業で扱った問題は塾の教材なので、数値を変えた類題に差し替えています。下の脚注へ閉じる。この等式を手がかりに $f(0)$ の値を出し、微分可能性を示し、$\left(f(x)e^{-2x}\right)'$ を調べて $f(x)$ を決めます。このように「式の形」だけが与えられ、それを満たす関数を探す問題を関数方程式といいます。

この頁では、入試でよく見る2つの型を扱います。

• 指数法則型：$f(x+y)=f(x)f(y)$（$a^x$ がこれを満たす）
• 加法型（コーシーの関数方程式）：$f(x+y)=f(x)+f(y)$（$kx$ がこれを満たす）

どちらも、まずうまい値を代入して性質を1つずつ取り出すのが出発点です。ただし式だけから分かるのは「$x$ が有理数のときの値」までで、関数全体を決めるには微分可能性や連続性のような条件がもう1つ要ります。この「どこまでが式だけで言えて、どこから追加の条件が要るのか」の線引きを見ていきます。

以下、$x,\,y$ は実数全体を動き、$f$ は実数に実数を対応させる関数とします。

1. 指数法則型：代入で分かること

代入する値を選ぶときの手がかりは、「式が簡単になる値」です。具体的には $0$ を入れる、同じ値を2つ入れる、符号を逆にした値を組にする、の3つを順に試します。

① $y=0$ とおく。(A) は $f(x)=f(x)f(0)$、つまり

$$f(x)\{1-f(0)\}=0$$

になります。これがすべての $x$ で成り立つので、$f(0)\neq1$ なら $f(x)$ はどの $x$ でも $0$ です。逆に恒等的に $0$ の関数は (A) を満たすので、これは本当に解の1つです。以下ではこの自明な解を除き、$f(x)\neq0$ となる $x$ が少なくとも1つあるとします。すると $f(0)=1$ が決まります。

② $x=y=\dfrac t2$ とおく。(A) は

$$f(t)=\left\{f\!\left(\frac t2\right)\right\}^2$$

になります。右辺は実数の2乗なので、どんな $t$ についても $f(t)\geqq0$ です。

③ $y=-x$ とおく。(A) の左辺は $f(0)=1$ なので

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

です。積が $1$ なので $f(x)$ は $0$ になれません。②とあわせると、$f(x)>0$ がすべての $x$ で成り立ちます。

④ 対数をとる。③で $f$ がつねに正と分かったので、$g(x)=\log f(x)$ とおけます。(A) の両辺の対数をとると

$$g(x+y)=g(x)+g(y)$$

となり、積の関係が和の関係に変わりました。これは3節で扱う加法型そのものです。3節の結論（有理数 $r$ について $g(r)=g(1)\,r$）を使うと、$a=f(1)$ とおいて

$$f(r)=e^{g(1)r}=a^{r}\qquad(r\text{ は有理数})$$

が得られます。たとえば $f(1)=3$ と分かっていれば、$f\!\left(\dfrac12\right)=\sqrt3$、$f(-2)=\dfrac19$、$f\!\left(\dfrac23\right)=\sqrt[3]{9}$ まで代入だけで決まります。一方、$f(\sqrt2)$ のような無理数での値はこの議論からは出てきません。その理由は3節で見ます。

2. 0 での微分係数を与えると全体が決まる

1節では、有理数での値しか決まりませんでした。ここに「$x=0$ で微分可能」という条件を1つ足すと、関数がすべての実数で決まります。

$f(0)=1$ であること。1節の①から、$f(0)=1$ でなければ $f$ は恒等的に $0$ です。そのとき $f'(0)=0$ となって $c\neq0$ に反するので、$f(0)=1$ です。

すべての $x$ で微分可能であること。微分係数の定義に (A) を入れます。$h\neq0$ として

$$\begin{aligned}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}&=\frac{f(x)f(h)-f(x)}{h}\\&=f(x)\cdot\frac{f(h)-f(0)}{h}\end{aligned}$$

です（$f(0)=1$ を使って $1$ を $f(0)$ に書き換えました）。右端の分数は $h\to0$ で $f'(0)=c$ に近づくので、左辺も極限をもち

$$f'(x)=c\,f(x)$$

がすべての $x$ で成り立ちます。(A) のおかげで、$x=0$ での情報がそのまま任意の点 $x$ へ運ばれるのがこの計算の要点です。

$f$ を決める。$f'=cf$ から $f$ を出すには、$e^{-cx}$ を掛けた関数の導関数を見ます。

$$\begin{aligned}\left(f(x)e^{-cx}\right)'&=f'(x)e^{-cx}-c\,f(x)e^{-cx}\\&=\{f'(x)-c\,f(x)\}e^{-cx}=0\end{aligned}$$

導関数がつねに $0$ なので $f(x)e^{-cx}$ は定数で、$x=0$ を入れるとその定数は $f(0)=1$ です。よって

$$f(x)=e^{cx}$$

授業の例題は $c=2$ の場合で、答えは $e^{2x}$ でした。この道筋は $f$ で割らないので、$f>0$ を先に示しておく必要がありません（$\dfrac{f'}{f}=c$ と変形して積分する道もありますが、その場合は1節の③で $f>0$ を確かめてから割ります）。

3. コーシーの関数方程式：有理数での値

1節と同じく、簡単な値から代入していきます。目標は、$x$ を何倍かしたときに $f(x)$ も同じ倍率になること（$f(rx)=rf(x)$）を、倍率 $r$ を自然数・整数・有理数と広げながら示すことです。

㋐ $x=y=0$ とおく。$f(0)=2f(0)$ なので $f(0)=0$ です。

㋑ $y=-x$ とおく。$f(0)=f(x)+f(-x)$ と㋐から、$f(-x)=-f(x)$ です（$f$ は奇関数）。

㋒ 自然数倍。$n$ を自然数として、$f(nx)=nf(x)$ を $n$ についての数学的帰納法で示します。$n=1$ は明らかです。$f(nx)=nf(x)$ を仮定し、(B) で $y$ を $nx$ にすると

$$\begin{aligned}f((n+1)x)&=f(x)+f(nx)\\&=f(x)+nf(x)\\&=(n+1)f(x)\end{aligned}$$

となって、$n+1$ でも成り立ちます。

㋓ 整数倍。$m$ が負の整数なら $-m$ は自然数なので、㋒と㋑から

$$\begin{aligned}f(mx)&=f\bigl((-m)(-x)\bigr)\\&=(-m)f(-x)\\&=(-m)\bigl(-f(x)\bigr)=mf(x)\end{aligned}$$

です。$m=0$ は㋐の $f(0)=0$ そのものなので、$f(mx)=mf(x)$ はすべての整数 $m$ で成り立ちます。

㋔ 有理数倍。自然数 $n$ について、㋒の $x$ を $\dfrac xn$ に置き換えると $f(x)=nf\!\left(\dfrac xn\right)$、つまり $f\!\left(\dfrac xn\right)=\dfrac1nf(x)$ です。これと㋓を組み合わせると、整数 $m$ と自然数 $n$ について

$$f\!\left(\frac mn\,x\right)=\frac1n\,f(mx)=\frac mn\,f(x)$$

となります。どの有理数も $\dfrac mn$ の形に書けるので、有理数 $r$ と実数 $x$ について $f(rx)=rf(x)$ です。

㋕ まとめ。㋔で $x=1$ とおき、$k=f(1)$ と書くと

が得られます。有理数の上では、$f$ のグラフは直線 $y=kx$ に乗っています。

無理数での値は式だけでは決まらない

㋔の議論は「$x$ を有理数倍する」ことしか使っていません。$\sqrt2$ は $1$ の有理数倍ではないので、$f(\sqrt2)$ は $f(1)$ から決まりません。決まるのは $f(\sqrt2)$ を基準にした値（$f(3\sqrt2)=3f(\sqrt2)$ など）と、和の形の値（$f(1+\sqrt2)=f(1)+f(\sqrt2)$ など）だけです。

具体的に見てみます。$p,\,q$ を有理数として、$p+q\sqrt2$ の形の数だけを考え、そこで

$$f(p+q\sqrt2)=p+3q$$

と決めます（$p+q\sqrt2$ の形の書き方は1通りなので、これで値が1つに決まります）。2つの数を足すと $p$ 同士、$q$ 同士が足されるので、この $f$ は (B) を満たします。有理数（$q=0$）では $f(r)=r$ で直線 $y=x$ に乗りますが、$f(\sqrt2)=3$ は $1\cdot\sqrt2$ とは違います。

図1　$f(p+q\sqrt2)=p+3q$ のグラフの点。有理数での点（黒丸）は直線 $y=x$ に、$\sqrt2$ の有理数倍での点（黒丸）は直線 $y=\frac3{\sqrt2}x$ に乗り、$1+\sqrt2$ のような和の形の点（白抜きの丸）はどちらの直線にも乗らない

図1で黒丸は2本の直線に分かれて並び、$1+\sqrt2$ のような和の形の点（白抜きの丸）はどちらの直線にも乗りません。この $f$ は $p+q\sqrt2$ の形の数でしか定義していませんが、大学で学ぶ道具（ハメル基底）を使うと、同じ発想で実数全体に定義された (B) の解で、$kx$ の形でないものが作れることが知られています²2ハメル基底による構成には選択公理（「空でない集合の族から1つずつ要素を選べる」という公理）が要ります。高校の範囲では、「(B) だけでは $kx$ と決まらない」ことを3節の $p+q\sqrt2$ の例で納得できれば十分です。下の脚注へ閉じる。

4. 連続性を足すと $kx$ に限られる

（この節は発展的な内容です。）

3節で見たとおり、(B) だけでは $f(x)=kx$ と言い切れません。ところが「$f$ は連続」という条件を足すと、無理数での値も決まります。

理由は、どの実数も有理数で好きなだけ近づけるからです。実数 $x$ に収束する有理数の数列 $r_1,\,r_2,\,\dots$ をとります（$x$ の小数展開を第 $n$ 位で打ち切った数を $r_n$ にすればよい）。連続性から $f(r_n)\to f(x)$ で、3節より $f(r_n)=kr_n\to kx$ です。極限は1つなので $f(x)=kx$ となります。

実は、連続性は1点だけで足ります。$f$ が $x=a$ で連続だとして、任意の点 $x$ とそこへ近づく数列 $x_n$ をとると、(B) から

$$\begin{aligned}f(x_n)&=f\bigl((x_n-x+a)+(x-a)\bigr)\\&=f(x_n-x+a)+f(x-a)\end{aligned}$$

です。$x_n-x+a\to a$ なので $a$ での連続性から $f(x_n-x+a)\to f(a)$ となり、右辺は $f(a)+f(x-a)=f(x)$ に近づきます。つまり $f$ は $x$ でも連続です。1点での情報が全体へ運ばれるのは、2節の微分可能性と同じ仕組みです。

連続性のほかにも、次のどれか1つが成り立てば (B) の解は $kx$ に限られることが知られています。

• ある1点で右側連続、または左側連続
• ある区間で単調（増加または減少）
• ある区間の上で値が有界（$a\leqq x\leqq b$ なら $c\leqq f(x)\leqq d$ となる定数 $a,\,b,\,c,\,d$ がある）
• ある区間で積分可能

裏返すと、$kx$ でない解は、どの点でも片側連続ですらなく、どの区間でも単調でも有界でもなく、どの区間でも積分できない関数です。このように直感に反する性質をもつ関数を、数学では「病的な」関数と呼びます。その極端さをよく表すのが次の定理です。

証明の考え方（押すと開く）

$k=f(1)$ とします。$f$ が $kx$ の形でないので、$f(b)\neq kb$ となる実数 $b$ があります。有理数 $p,\,q$ について、(B) と3節から

$$f(p+qb)=f(p)+f(qb)=kp+q\,f(b)$$

なので、グラフ上の点 $\bigl(p+qb,\ f(p+qb)\bigr)$ は

$$\begin{aligned}&p\,\vec u+q\,\vec v,\\\vec u&=(1,\ k),\\\vec v&=\bigl(b,\ f(b)\bigr)\end{aligned}$$

と書けます。$\vec u$ と $\vec v$ が平行になるのは $f(b)=kb$ のときだけなので、この2つは平行ではありません。平行でない2つのベクトルを使うと、平面のどの点も $s\vec u+t\vec v$（$s,\,t$ は実数）と表せます。$s,\,t$ をそれぞれ有理数 $p,\,q$ で近似すれば、$p\vec u+q\vec v$ はその点にいくらでも近づきます。図2は、$p,\,q$ を細かい刻みにするほど点の網目が細かくなり、平面を埋めていく様子です。

図2　平行でない2つのベクトル $\vec u,\ \vec v$ と、$p\vec u+q\vec v$ の点。$p,\,q$ が整数のときを黒丸、$\frac12$ 刻みのときを小さな点で打った

塾の授業で配った補足資料をもとに、問題を類題に差し替えて書き直しました。

この記事が含まれている連載

連載塾講師木下木下が作成して塾で配布した補足プリントを公開用にちょっと書き直して置いていきます。結構面白いっしょ。46本の記事・木下 智貴