数学III / 微分法の計算

f(x+y)=f(x)f(y) を満たす微分可能な関数

最難関編関数方程式微分の定義指数関数

問題

実数全体で微分可能な関数 $f (x)$ が、すべての実数 $x, y$ に対して

$f (x + y) = f (x) f (y)$

を満たし、さらに $f^{'} (0) = a$ ( $a$ は定数)であるとする。以下、 $f$ は恒等的に $0$ ではないとする。

(1) $f (0) = 1$ であり、すべての $x$ で $f (x) \neq = 0$ であることを示せ。

(2) すべての $x$ で $f^{'} (x) = a f (x)$ が成り立つことを、微分の定義から示せ。

(3) $f (x)$ を求めよ。

ヒントを見る

$f$ の正体は分からない。それでも微分の定義には $f (x + h)$ が現れる。関係式が使える場所はどこか。

$f^{'} = a f$ が出たあと、答えを予想して代入するだけでは「ほかにない」と言えない。 $f (x) e^{- a x}$ を微分してみるとどうなるか。

解答・解説

方針

与えられているのは値の関係式だけで、 $f$ の正体は不明。だが微分の定義には $f (x + h)$ が現れる。そこに関係式を差し込むと、 $x$ の部分がくくり出され、残りは $f^{'} (0)$ になる。得られた $f^{'} = a f$ から $f$ を決めるには、 $f (x) e^{- a x}$ を微分して定数だと示す。

解答

⓪ 発想 — どう考え始めるか。 与えられているのは「値の関係式」だけだ。 $f$ が何者なのかは書かれていない。

それでも微分の定義 $f^{'} (x) = lim_{h \to 0} \frac{f ( x + h ) - f ( x )}{h}$ には $f (x + h)$ が現れる。ここに関係式を差し込める、と気づけるかどうかがすべてである。

$f (x + h) = f (x) f (h)$ を使うと、差の商は $f (x) \cdot \frac{f ( h ) - 1}{h}$ と分離する。 $x$ の部分がくくり出され、 $h$ の部分は $f^{'} (0)$ そのものになる。こうして $f^{'} = a f$ という「自分自身に比例して増える」関係が出る。

最後の詰めが大事だ。 $f = e^{a x}$ を思いついて代入し「確かに満たす」で終えてはいけない。それは十分性の確認にすぎない。ほかに解がないことを言うには、 $f (x) e^{- a x}$ を微分して定数だと示すのが筋である。

公式微分の定義

f^{'} (x) = lim_{h \to 0} \frac{f ( x + h ) - f ( x )}{h}

定理区間で常に

g^{'} (x) = 0

ならば、

g

はその区間で定数(平均値の定理の系)

① (1) まず $x = y = 0$ を入れる。 $f (0) = f (0)^{2}$ より $f (0) = 0$ または $f (0) = 1$ 。

もし $f (0) = 0$ なら、任意の $x$ について $f (x) = f (x + 0) = f (x) f (0) = 0$ となり、 $f$ は恒等的に $0$ になってしまう。これは仮定に反する。よって $f (0) = 1$ 。

次に $y = - x$ を入れると $f (x) f (- x) = f (0) = 1$ 。積が $1$ なのだから、 $f (x)$ が $0$ になることはない。

② (2) 微分の定義に関係式を差し込む。 $f (x + h) = f (x) f (h)$ より

$\frac{f ( x + h ) - f ( x )}{h} = \frac{f ( x ) f ( h ) - f ( x )}{h} = f (x) \cdot \frac{f ( h ) - 1}{h}$

$f (0) = 1$ だから、右の分数は $\frac{f ( h ) - f ( 0 )}{h}$ にほかならない。 $h \to 0$ とすればこれは $f^{'} (0) = a$ に収束する。 $f (x)$ は $h$ に無関係だから、そのまま外に出る。

$f^{'} (x) = f (x) \cdot a = a f (x)$

③ (3) 比例関係から $f$ を決める。 $g (x) = f (x) e^{- a x}$ とおく。積の微分より

$g^{'} (x) = f^{'} (x) e^{- a x} + f (x) \cdot (- a) e^{- a x} = {f^{'} (x) - a f (x)} e^{- a x} = 0$

②より中カッコは常に $0$ だからだ。導関数が恒等的に $0$ なので $g$ は定数である。 $g (0) = f (0) e^{0} = 1$ だから $g (x) = 1$ 、すなわち

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

逆にこれは $f (x + y) = e^{a (x + y)} = e^{a x} e^{a y} = f (x) f (y)$ と $f^{'} (0) = a$ を満たす。よって求める関数は $f (x) = e^{a x}$ ただ1つである。

まとめ: 手順は2手だ。関係式を微分の定義に差し込んで $f^{'} = a f$ を出す。そして $e^{- a x}$ を掛けて定数化し、ほかに解がないことまで言い切る。関数方程式の問題で「予想して代入」だけで終えるのは、答案として半分しか書いていない。

発展 — 一歩先へ。 実は「 $f (x + y) = f (x) f (y)$ を満たす連続関数」は、微分可能性を仮定しなくても $e^{a x}$ 型に限ることが証明できる。ところが連続性まで外すと、グラフが平面じゅうに稠密に散らばるような、とんでもなく病的な解が存在してしまう(選択公理を使う構成)。「たった1つの等式 $+$ わずかな滑らかさ」が関数を完全に決める、というのがこの手の問題の醍醐味である。兄弟もいる。 $f (x + y) = f (x) + f (y)$ なら $f (x) = a x$ 、 $f (x y) = f (x) + f (y)$ ( $x, y > 0$ )なら $f (x) = a lo g x$ だ。掛け算と足し算をつなぐ関数が対数、というわけである。

答

(1) $f (0) = f (0)^{2}$ と、 $f (x) f (- x) = f (0) = 1$ から従う (2) 差の商が $f (x) \cdot \frac{f ( h ) - f ( 0 )}{h}$ と分離する (3) $f (x) = e^{a x}$

別解

対数をとって、掛け算を足し算に翻訳する(高い視点)。 関係式は「和を積に変える」形をしている。ならば対数をとれば、和が和のまま残るはずだ。

まず $f > 0$ を確かめる。 $f (x) = f (\frac{x}{2} + \frac{x}{2}) = {f (\frac{x}{2})}^{2} \geq 0$ であり、(1)より $f (x) \neq = 0$ だから $f (x) > 0$ である。そこで $F (x) = lo g f (x)$ とおける。 $F$ は微分可能で $F (0) = lo g 1 = 0$ 、 $F^{'} (0) = \frac{f ^{'} ( 0 )}{f ( 0 )} = a$ 。

関係式は

$F (x + y) = F (x) + F (y)$

に化ける。掛け算の世界が足し算の世界に移った。ここで微分の定義を書くと、 $F (x + h) - F (x) = F (h)$ だから

$F^{'} (x) = h \to 0 lim \frac{F ( x + h ) - F ( x )}{h} = h \to 0 lim \frac{F ( h ) - F ( 0 )}{h} = F^{'} (0) = a$

驚くべきことに、 $F^{'}$ は $x$ に依存しない定数である。傾きが一定なら直線だ。 $F (x) = a x + C$ 、 $F (0) = 0$ より $C = 0$ 。したがって

$f (x) = e^{F (x)} = e^{a x}$

本解が「比例関係 $f^{'} = a f$ を解く」道なら、こちらは「舞台を移して一次関数に落とす」道である。 $lo g$ が掛け算を足し算に変える装置だ、という一点で全体が動いている。

ポイント

$x = y = 0$ から $f (0) = 1$ ( $f (0) = 0$ は恒等的に $0$ の場合)。
差の商は $f (x) \cdot \frac{f ( h ) - f ( 0 )}{h}$ に分離する。
$f (x) e^{- a x}$ を微分して定数化 — これで一意性まで言える。

よくある間違い

$f (x) = e^{a x}$ と予想して代入し、「確かに満たす」で終える。それは十分性の確認にすぎない。ほかに解がないこと(必要性)を示さなければ解答にならない。
(1)で $f (0) = 0$ の場合を切り捨てずに進む。この場合 $f$ は恒等的に $0$ になり、問題の除外条件に当たる。場合分けを明示してから捨てる。
(2)で $lim_{h \to 0} \frac{f ( h ) - 1}{h}$ を「 $f^{'}$ の $h \to 0$ の極限」と混同する。これは $x = 0$ における微分係数 $f^{'} (0)$ そのものである( $f (0) = 1$ を使って差の商の形にする)。