競技数学：関数方程式 | 雑多な話題

1 定義域と終域を先に固定する

関数方程式では、解の集合は定義域と終域によって変わります。問題文がどの集合からどの集合への関数を求めているのかを、式を書き写す前に確かめます。等式そのものが同じでも、定義域が変われば答えが変わるためです。

注意 1.1 (定義域を取り替えると解が変わること). 加法性 $f(x+y)=f(x)+f(y)$ を考える。

$f:\mathbb{Q}\to\mathbb{Q}$ の場合、解は $f(x)=cx$ （ $c=f(1)$ ）に限る。正則性の仮定は要らない。
$f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ の場合、 $f(x)=cx$ の形でない解が存在する。解を $f(x)=cx$ に限るには、連続性、広義単調性、ある区間での有界性のような仮定を追加しなければならない。

$\mathbb{Q}$ 上で正則性の仮定が要らないのは、加法的な関数についてすべての有理数 $q$ と定義域の点 $x$ で $f(qx)=qf(x)$ が成り立つからです。この事実は関数方程式入門が示しています。定義域が $\mathbb{Q}$ であれば $x=1$ と取ることによってすべての点で値が定まりますが、定義域が $\mathbb{R}$ であれば、有理数でない点の値はこの等式からは定まりません。

終域も同じように効きます。終域が正の実数全体であれば $f$ の値が $0$ にならないので、 $f(a)=0$ となる $a$ を取り出す道すじは使うことができません。

2 代入は目的から選ぶ

代入する値は、数を当てるのではなく、何を得たいのかから選びます。得たいものと、そのために作るべき等式の形の対応は、次のとおりです。 $P(x,y)$ は、与えられた等式に $x$ と $y$ を代入したものを表します。

得たいもの	作るべき等式の形	なぜそれで得られるか
単射性	片側に $y$ が単独で現れる形 $f(A(y))=y+B$ （ $B$ は $y$ を含まない）	左辺の値が等しければ右辺も等しく、そこから $y$ が定まる
全射性	同じ形。 $y$ を動かすと右辺が終域全体を動く	左辺は $f$ の値なので、 $f$ の値域が終域全体を含む
特別な値	全射性から $f(a)=0$ となる $a$ を取り、 $a$ をもとの等式へ代入する	$f(a)$ が現れる項が消え、等式が短くなる
不動点	$f(f(x))=x$ の形。全射性と単射性から $f$ の逆の対応を作る	二回合成が恒等になる関数の形は、広義単調性と組み合わせると強く制限される
正則性を用いる段	稠密な部分集合の上で値が定まったあと	連続性と広義単調性は、定まった値を残りの点へ延ばすために用いる

表の最後の行は、代入と正則性の役割の分担を述べたものです。連続性や広義単調性は、はじめから使うものではありません。代入だけで進むところまで進み、残った点の値を決める段で用います。問題文に正則性の仮定が書かれているのに一度も使わずに解が決まったときは、どこかで仮定されていない性質を使っている可能性があります。

3 二回合成の形から全単射性を取り出す

代入によって最初に得たいのは、多くの場合、 $f$ が単射であることと全射であることです。次の定理は、代入の結果が二回合成の形になったときに、その両方を一度に与えます。

定理 3.1 (二回合成が平行移動になる関数の全単射性). $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ と実数 $c$ について、すべての実数 $y$ で $f(f(y))=y+c$ が成り立つとする。このとき $f$ は単射であり、かつ全射である。

証明. 単射性を示す。 $f(y_{1})=f(y_{2})$ とすると、両辺へ $f$ を施して $f(f(y_{1}))=f(f(y_{2}))$ となり、仮定から $y_{1}+c=y_{2}+c$ 、すなわち $y_{1}=y_{2}$ が従う。

全射性を示す。任意の実数 $z$ に対して $y=z-c$ とおくと $f(f(y))=y+c=z$ となるので、 $z$ は $f$ の値である。▨

4 不動点と広義単調性を組み合わせる

$f$ が全単射であることが分かっても、それだけでは解は定まりません。次の定理は、二回合成が恒等の対応になる関数について、広義単調性を加えると解が一つに定まることを述べます。証明は、不動点でない点があると仮定して矛盾を導くものです。

定理 4.1 (広義単調増加で二回合成が恒等になる関数). $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ が広義単調増加であり、すべての実数 $x$ について $f(f(x))=x$ を満たすとする。このとき、すべての実数 $x$ について $f(x)=x$ である。

証明. ある実数 $x_{0}$ について $f(x_{0})>x_{0}$ であるとする。 $f$ は広義単調増加なので、両辺へ $f$ を施すと $f(f(x_{0}))\ge f(x_{0})$ となる。左辺は $x_{0}$ なので $x_{0}\ge f(x_{0})>x_{0}$ となり、矛盾する。

ある実数 $x_{0}$ について $f(x_{0})<x_{0}$ であるとしても、同じように $x_{0}\le f(x_{0})<x_{0}$ となって矛盾する。

したがって、どの実数 $x$ についても $f(x)=x$ である。▨

5 例1：平方と合成を含む関数方程式

次の関数方程式では、いま述べた二つの定理を続けて用います。

例 5.1 (平方と合成を含む関数方程式). 関数 $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ が、すべての実数 $x,y$ について

f(x^{2}+f(y))=y+f(x)^{2}

を満たすとする。このとき、すべての実数 $x$ について $f(x)=x$ である。逆に $f(x)=x$ はこの等式を満たす。

方針を先に決めます。右辺に $y$ が単独で現れているので、 $x$ を消す代入によって二回合成の形を作ることができ、全単射性が得られます。全射性から $f(a)=0$ となる $a$ を取り、それをもとの等式へ戻すと $a$ と $f(0)$ についての二つの関係式が出るので、 $a=0$ と $f(0)=0$ が定まります。そこまで進むと $f(f(y))=y$ になるので、あとは広義単調性を示せば定理 4.1が結論を与えます。広義単調性は、右辺に現れる $f(x)^{2}$ が $0$ 以上であることから出ます。

証明. 与えられた等式に $x$ と $y$ を代入したものを $P(x,y)$ と書き、 $c=f(0)$ とおく。

第1段：全単射性。 $P(0,y)$ は $f(f(y))=y+c^{2}$ である。定理 3.1により、 $f$ は単射であり、かつ全射である。

第2段： $f(a)=0$ となる $a$ を取る。全射性から、 $f(a)=0$ を満たす実数 $a$ が存在する。 $P(a,y)$ は $f(a)^{2}=0$ に注意すると

f(a^{2}+f(y))=y \tag{1}

であり、 $P(x,a)$ は $f(a)=0$ に注意すると

f(x^{2})=a+f(x)^{2} \tag{2}

である。(2) で $x=0$ とすると

c=a+c^{2} \tag{3}

を得る。(1) で $y=0$ とすると $f(a^{2}+c)=0$ となり、 $f$ は単射で $f(a)=0$ なので

a^{2}+c=a \tag{4}

である。

第3段： $a=0$ と $c=0$ 。(4) から $c=a-a^{2}$ であり、これを (3) へ代入すると

a-a^{2}=a+(a-a^{2})^{2},\qquad \text{すなわち}\qquad -a^{2}=a^{2}(1-a)^{2}

となる。 $a\ne0$ とすると、両辺を正の数 $a^{2}$ で割って $-1=(1-a)^{2}$ となるが、実数の平方は $0$ 以上なので矛盾する。よって $a=0$ であり、(4) から $c=0$ である。したがって $f(0)=0$ であり、第1段の式は

f(f(y))=y \tag{5}

となる。

第4段：広義単調性。任意の実数 $s$ に対して $y=f(s)$ と取る。(5) から $f(y)=f(f(s))=s$ なので、 $P(x,f(s))$ の左辺は $f(x^{2}+s)$ 、右辺は $f(s)+f(x)^{2}$ である。すなわち、すべての実数 $x,s$ について

f(x^{2}+s)=f(s)+f(x)^{2}

が成り立つ。 $u\ge0$ に対して $x=\sqrt{u}$ と取ることができるので、

f(u+s)=f(s)+f(\sqrt{u})^{2}\ge f(s)

が成り立つ。よって $s\le t$ ならば $u=t-s\ge0$ として $f(t)\ge f(s)$ となり、 $f$ は広義単調増加である。

第5段：結論。 $f$ は広義単調増加で (5) を満たすので、定理 4.1により $f(x)=x$ である。

十分性。 $f(x)=x$ のとき、左辺は $x^{2}+y$ 、右辺は $y+x^{2}$ となって一致する。▨

第4段では、広義単調性を仮定から得たのではなく、等式そのものから導きました。仮定として与えられていない正則性でも、等式が平方の項を含むときには、このように取り出すことができる場合があります。

注意 5.2 (加法性を経由する別の道すじ). 第3段で得た $a=0$ を (2) へ入れると $f(x^{2})=f(x)^{2}$ なので、第4段の等式は $u\ge0$ とすべての実数 $s$ について $f(u+s)=f(s)+f(u)$ と書き直すことができる。ここで $s=-u$ とすると $f(-u)=-f(u)$ が従い、 $u<0$ の場合もこれを用いて、すべての実数 $u,s$ について $f(u+s)=f(u)+f(s)$ が成り立つ。この道すじでは、次に述べる定理 6.1によって $f(x)=kx$ を得て、 (5) から $k^{2}=1$ と $k\ge0$ 、すなわち $k=1$ を決める。どちらの道すじでも、最後の決め手になるのは広義単調性である。

6 加法的な関数を広義単調性で決定する

関数方程式入門は、加法的で連続な関数が $f(x)=cx$ の形になることを、有理数の上で値を決めてから連続性で実数全体へ延ばす、という順序で示しました。同記事は、連続性を広義単調性に置き換えても同じ結論が得られることに触れていますが、その証明は扱っていません。次の定理がその証明にあたります。

定理 6.1 (加法的で広義単調な関数). $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ が、すべての実数 $x,y$ について $f(x+y)=f(x)+f(y)$ を満たし、かつ広義単調増加であるとする。このとき、 $k=f(1)$ とおくと、すべての実数 $x$ について $f(x)=kx$ である。

証明. まず $f(0)=f(0)+f(0)$ から $f(0)=0$ である。加法的な関数については、すべての有理数 $q$ と実数 $x$ について $f(qx)=qf(x)$ が成り立つ（関数方程式入門）。 $x=1$ と取ると、すべての有理数 $q$ について $f(q)=kq$ である。また、 $f$ は広義単調増加で $0\le1$ なので $k=f(1)\ge f(0)=0$ である。

実数 $x$ と正の実数 $\varepsilon$ を任意に取る。有理数は実数の中に稠密なので、

x-\varepsilon<p\le x\le q<x+\varepsilon

を満たす有理数 $p,q$ が存在する。広義単調性から $f(p)\le f(x)\le f(q)$ 、すなわち $kp\le f(x)\le kq$ である。 $k\ge0$ と $x-\varepsilon<p$ 、 $q<x+\varepsilon$ から

k(x-\varepsilon)\le kp\le f(x)\le kq\le k(x+\varepsilon)

が従い、 $d=\lvert f(x)-kx\rvert$ とおくと $d\le k\varepsilon$ である。

ここで $d>0$ であるとすると、 $\varepsilon=1$ に対する $d\le k$ から $k>0$ が従うので、 $\varepsilon=\dfrac{d}{2k}$ と取ることができ、 $d\le\dfrac{d}{2}$ となって矛盾する。よって $d=0$ 、すなわち $f(x)=kx$ である。▨

7 例2：加法と乗法の両方を保つ関数

次の例では、正則性がまったく仮定されていません。それでも、等式そのものから広義単調性を取り出すことができます。

例 7.1 (加法と乗法の両方を保つ関数). 関数 $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ が、すべての実数 $x,y$ について

f(x+y)=f(x)+f(y),\qquad f(xy)=f(x)f(y)

の両方を満たすとする。このとき、 $f$ はすべての実数で値が $0$ である関数であるか、または $f(x)=x$ である。

方針は、乗法を保つことから $f$ が $0$ 以上の数を $0$ 以上の数へ移すことを導き、それと加法性から広義単調性を得ることです。連続性を仮定していないので、定理 6.1を使うことができる形まで持ち込むことが目標になります。

証明. $t\ge0$ とする。 $t=(\sqrt{t})^{2}$ と書くことができるので、乗法性から $f(t)=f(\sqrt{t})^{2}\ge0$ である。

$s\le t$ とすると $t-s\ge0$ なので、加法性から $f(t)=f(s)+f(t-s)\ge f(s)$ である。よって $f$ は広義単調増加である。

$f$ は加法的で広義単調増加なので、定理 6.1により $k=f(1)$ として $f(x)=kx$ である。これを乗法性へ入れると、すべての実数 $x,y$ について $kxy=k^{2}xy$ となり、 $x=y=1$ として $k=k^{2}$ 、すなわち $k=0$ または $k=1$ を得る。

逆に、すべての実数で値が $0$ である関数と $f(x)=x$ は、いずれも二つの等式を満たす。▨

8 正則性を仮定しないときに何が起こるか

例2では正則性が仮定されていませんでしたが、等式が二つあったので、そこから広義単調性を取り出すことができました。等式が一つだけで、正則性も仮定されていない場合には、解が定まらないことがあります。

注意 8.1 (加法性だけを満たす解). $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ が加法性 $f(x+y)=f(x)+f(y)$ だけを満たすとき、 $f(x)=cx$ の形でない解が存在する。その構成は、 $\mathbb{R}$ を有理数を係数とするベクトル空間とみて基底を取る操作を用いるものであり、本記事では扱わない。そのような解については、平面上のどのような円板の中にもグラフの点が存在する。

この注意は、直前で扱った加法性だけの方程式について、仮定を確かめる理由を示しています。加法性の一式だけでは実数上の解が一つに定まらないため、連続性、広義単調性、ある区間での有界性のような正則性、定義域を有理数や整数に制限すること、または追加の方程式が解を絞り込む働きをします。一般の関数方程式では、一つの等式だけで解が決まる場合や、仮定された正則性が冗長な場合もあります。したがって、正則性を実際に用いる段と、方程式だけで進む段とを区別してください。

9 つまずいたら

代入を思いつきで並べる前に、いま何を得たいのかを書き出してください。単射性、全射性、特別な値、不動点のどれを目的とするかによって、作るべき等式の形が決まります。
定義域と終域を確かめてください。 $\mathbb{Z}$ 、 $\mathbb{Q}$ 、 $\mathbb{R}$ 、正の実数全体のどれであるかによって、同じ等式でも解が変わります。
正則性の仮定を一度も用いずに解が決まった場合は、方程式だけで十分なのか、仮定されていない性質を用いたのかを検算してください。
仮定されていない連続性を使わないでください。グラフの様子から値が決まると考えた箇所は、等式からの計算に置き換える必要があります。
必要条件で絞ったあと、得られた関数がもとの等式をすべての変数の組について満たすことを確かめてください。この確認を省くと、途中の代入では区別することができない偽の解が残ります。

10 演習

$f:\mathbb{Q}\to\mathbb{Q}$ が、すべての有理数 $x,y$ について $f(x+y)=f(x)+f(y)$ を満たすとき、解をすべて求めよ。あわせて、この場合に連続性の仮定が要らない理由を述べよ。
$f(f(x))=x$ をすべての実数 $x$ について満たす、狭義単調減少な関数 $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ を一つ挙げよ。これによって、定理 4.1の広義単調増加という仮定を落とすことができないことを確かめよ。
$f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ が、すべての実数 $x,y$ について $f(x)f(y)-f(xy)=x+y$ を満たすとき、解をすべて求めよ。 $y=1$ を代入して $f(x)$ を孤立させ、そのうえで $f(1)$ の値を決めるとよい。最後に十分性を確かめよ。
例 5.1の証明の第2段について、単射性を用いた箇所と全射性を用いた箇所をそれぞれ挙げよ。あわせて、第4段で (5) を用いた理由を述べよ。
$f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ が加法的であり、ある実数 $x_{0}$ について $f(x_{0})\ne f(1)x_{0}$ であるとする。このとき $f$ が広義単調増加でないことを、定理 6.1から示せ。

§C5.6競技数学：関数方程式