§C5.6競技数学：関数方程式

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競技数学の関数方程式では、関数がすべての変数の組について満たす等式から、関数の値や形を決定します。そのためには、求める性質に応じて代入を選び、得られた等式を既知の性質と結び付けなければなりません。本記事では、全単射性や不動点を得る代入と、連続性・広義単調性によって解が定まる条件を説明します。

1 定義域と終域の確認

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)f(x+y)=f(x)+f(y)を考える。

  • f:Q→Qf:\Q\to\Qの場合、解はf(x)=cxf(x)=cx（c=f(1)c=f(1)）に限る。正則性の仮定は要らない。
  • f:R→Rf:\R\to\Rの場合、f(x)=cxf(x)=cxの形でない解が存在する。解をf(x)=cxf(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。

Q\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qqと定義域の点xxでf(qx)=qf(x)f(qx)=qf(x)が成り立つからです。この事実は §B2.14 関数方程式入門 で示されています。定義域がQ\Qであればx=1x=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R\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。

終域の取り方によっても、用いることができる議論が変わります。終域が正の実数全体であればffの値が00にならないので、f(a)=0f(a)=0となるaaを取り出す道すじは使うことができません。

2 代入の選び方

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)P(x,y)は、与えられた等式にxxとyy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yyが単独で現れる形f(A(y))=y+Bf(A(y))=y+B（BBはyyを含まない） 左辺の値が等しければ右辺も等しいので、yyが定まる
全射性 同じ形。yyを動かすと右辺が終域全体を動く 左辺はffの値なので、ffの値域が終域全体を含む
特別な値 全射性からf(a)=0f(a)=0となるaaを取り、aaをもとの等式へ代入する f(a)f(a)が現れる項が消え、等式が短くなる
不動点 f(f(x))=xf(f(x))=xの形。全射性と単射性からff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 二回合成による全単射性の導出

代入によって最初に得たいのは、多くの場合、ffが単射であることと全射であることです。次の定理からは、代入の結果が二回合成の形になったときに、その両方が一度に得られます。

定理 3.1.f:R→Rf:\R\to\Rと実数ccについて、すべての実数yyでf(f(y))=y+cf(f(y))=y+cが成り立つとする。このときffは単射であり、かつ全射である。

証明. 単射性を示す。f(y1)=f(y2)f(y_{1})=f(y_{2})とすると、両辺へffを施してf(f(y1))=f(f(y2))f(f(y_{1}))=f(f(y_{2}))となり、仮定からy1+c=y2+cy_{1}+c=y_{2}+c、すなわちy1=y2y_{1}=y_{2}が従う。

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

4 二回合成が恒等になる広義単調関数の決定

ffが全単射であることが分かっても、その性質だけでは解は定まりません。次の定理では、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が述べられます。その証明は、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.f:R→Rf:\R\to\Rが広義単調増加であり、すべての実数xxについてf(f(x))=xf(f(x))=xを満たすとする。このとき、すべての実数xxについてf(x)=xf(x)=xである。

証明. ある実数x0x_{0}についてf(x0)>x0f(x_{0})>x_{0}であるとする。ffは広義単調増加なので、両辺へffを施すとf(f(x0))≥f(x0)f(f(x_{0}))\ge f(x_{0})となる。左辺はx0x_{0}なのでx0≥f(x0)>x0x_{0}\ge f(x_{0})>x_{0}となり、矛盾する。

ある実数x0x_{0}についてf(x0)<x0f(x_{0})<x_{0}であるとしても、同じようにx0≤f(x0)<x0x_{0}\le f(x_{0})<x_{0}となって矛盾する。

したがって、どの実数xxについてもf(x)=xf(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. 関数f:R→Rf:\R\to\Rが、すべての実数x,yx,yについて

f(x2+f(y))=y+f(x)2f(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xxについてf(x)=xf(x)=xである。逆にf(x)=xf(x)=xはこの等式を満たす。

方針を先に決めます。右辺にyyが単独で現れているので、xx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)=0f(a)=0となるaaを取り、aaをもとの等式へ代入するとaaとf(0)f(0)についての二つの関係式が得られるので、a=0a=0とf(0)=0f(0)=0が定まります。このとき、二回合成の式はf(f(y))=yf(f(y))=yになるので、あとは広義単調性を示せば定理 4.1から結論が得られます。広義単調性は、右辺に現れるf(x)2f(x)^{2}が00以上であることから従います。

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

  1. 全単射性。P(0,y)P(0,y)はf(f(y))=y+c2f(f(y))=y+c^{2}である。定理 3.1により、ffは単射であり、かつ全射である。

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

    f(a2+f(y))=yf(a^{2}+f(y))=y(5.1.1)\text{(5.1.1)}

    であり、P(x,a)P(x,a)はf(a)=0f(a)=0に注意すると

    f(x2)=a+f(x)2f(x^{2})=a+f(x)^{2}(5.1.2)\text{(5.1.2)}

    である。式 (5.1.2)でx=0x=0とすると

    c=a+c2c=a+c^{2}(5.1.3)\text{(5.1.3)}

    を得る。式 (5.1.1)でy=0y=0とするとf(a2+c)=0f(a^{2}+c)=0となり、ffは単射でf(a)=0f(a)=0なので

    a2+c=aa^{2}+c=a(5.1.4)\text{(5.1.4)}

    である。

  3. a=0a=0とc=0c=0。式 (5.1.4)からc=a−a2c=a-a^{2}であり、これを式 (5.1.3)へ代入すると

    a−a2=a+(a−a2)2,すなわち−a2=a2(1−a)2a-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≠0a\ne0とすると、両辺を正の数a2a^{2}で割って−1=(1−a)2-1=(1-a)^{2}となるが、実数の平方は00以上なので矛盾する。よってa=0a=0であり、式 (5.1.4)からc=0c=0である。したがってf(0)=0f(0)=0であり、(1)の式は

    f(f(y))=yf(f(y))=y(5.1.5)\text{(5.1.5)}

    となる。

  4. 広義単調性。任意の実数ssに対してy=f(s)y=f(s)と取る。式 (5.1.5)からf(y)=f(f(s))=sf(y)=f(f(s))=sなので、P(x,f(s))P(x,f(s))の左辺はf(x2+s)f(x^{2}+s)、右辺はf(s)+f(x)2f(s)+f(x)^{2}である。すなわち、すべての実数x,sx,sについて

    f(x2+s)=f(s)+f(x)2f(x^{2}+s)=f(s)+f(x)^{2}

    が成り立つ。u≥0u\ge0に対してx=ux=\sqrt{u}と取ることができるので、

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

    が成り立つ。よってs≤ts\le tならばu=t−s≥0u=t-s\ge0としてf(t)≥f(s)f(t)\ge f(s)となり、ffは広義単調増加である。

  5. 結論。ffは広義単調増加で式 (5.1.5)を満たすので、定理 4.1によりf(x)=xf(x)=xである。

十分性。f(x)=xf(x)=xのとき、左辺はx2+yx^{2}+y、右辺はy+x2y+x^{2}となって一致する。▨

(4)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).例 5.1 (3)で得たa=0a=0を式 (5.1.2)へ入れるとf(x2)=f(x)2f(x^{2})=f(x)^{2}なので、例 5.1 (4)の等式はu≥0u\ge0とすべての実数ssについてf(u+s)=f(s)+f(u)f(u+s)=f(s)+f(u)と書き直すことができる。ここでs=−us=-uとするとf(−u)=−f(u)f(-u)=-f(u)が従い、u<0u<0の場合もこれを用いて、すべての実数u,su,sについてf(u+s)=f(u)+f(s)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)=kxf(x)=kxを得て、式 (5.1.5)からk2=1k^{2}=1とk≥0k\ge0、すなわちk=1k=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 広義単調な加法的関数の決定

§B2.14 関数方程式入門 では、加法的で連続な関数がf(x)=cxf(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。同記事では、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.f:R→Rf:\R\to\Rが、すべての実数x,yx,yについてf(x+y)=f(x)+f(y)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)k=f(1)とおくと、すべての実数xxについてf(x)=kxf(x)=kxである。

証明. まずf(0)=f(0)+f(0)f(0)=f(0)+f(0)からf(0)=0f(0)=0である。加法的な関数については、すべての有理数qqと実数xxについてf(qx)=qf(x)f(qx)=qf(x)が成り立つ（§B2.14 関数方程式入門）。x=1x=1と取ると、すべての有理数qqについてf(q)=kqf(q)=kqである。また、ffは広義単調増加で0≤10\le1なのでk=f(1)≥f(0)=0k=f(1)\ge f(0)=0である。

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

x−ε<p≤x≤q<x+εx-\varepsilon<p\le x\le q<x+\varepsilon

を満たす有理数p,qp,qが存在する。広義単調性からf(p)≤f(x)≤f(q)f(p)\le f(x)\le f(q)、すなわちkp≤f(x)≤kqkp\le f(x)\le kqである。k≥0k\ge0とx−ε<px-\varepsilon<p、q<x+εq<x+\varepsilonから

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

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

ここでd>0d>0であるとすると、ε=1\varepsilon=1に対するd≤kd\le kからk>0k>0が従うので、ε=d2k\varepsilon=\dfrac{d}{2k}と取ることができ、d≤d2d\le\dfrac{d}{2}となって矛盾する。よってd=0d=0、すなわちf(x)=kxf(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. 関数f:R→Rf:\R\to\Rが、すべての実数x,yx,yについて

f(x+y)=f(x)+f(y),f(xy)=f(x)f(y)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、ffはすべての実数で値が00である関数であるか、またはf(x)=xf(x)=xである。

方針は、乗法を保つことからffが00以上の数を00以上の数へ移すことを導き、その性質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≥0t\ge0とする。t=(t)2t=(\sqrt{t})^{2}と書くことができるので、乗法性からf(t)=f(t)2≥0f(t)=f(\sqrt{t})^{2}\ge0である。

s≤ts\le tとするとt−s≥0t-s\ge0なので、加法性からf(t)=f(s)+f(t−s)≥f(s)f(t)=f(s)+f(t-s)\ge f(s)である。よってffは広義単調増加である。

ffは加法的で広義単調増加なので、定理 6.1によりk=f(1)k=f(1)としてf(x)=kxf(x)=kxである。これを乗法性へ入れると、すべての実数x,yx,yについてkxy=k2xykxy=k^{2}xyとなり、x=y=1x=y=1としてk=k2k=k^{2}、すなわちk=0k=0またはk=1k=1を得る。

逆に、すべての実数で値が00である関数とf(x)=xf(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場合の解

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、二つの等式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:R→Rf:\R\to\Rが加法性f(x+y)=f(x)+f(y)f(x+y)=f(x)+f(y)だけを満たすとき、f(x)=cxf(x)=cxの形でない解が存在する。その構成は、R\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。

この注意から、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がわかります。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、解を絞り込むには、連続性、広義単調性、ある区間での有界性のような正則性の仮定、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を用います。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 演習

問題 9.1.f:Q→Qf:\Q\to\Qが、すべての有理数x,yx,yについてf(x+y)=f(x)+f(y)f(x+y)=f(x)+f(y)を満たすとき、解をすべて求めよ。さらに、f:Q→Qf:\Q\to\Qがすべての有理数x,yx,yについてf(x+y)=f(x)+f(y)f(x+y)=f(x)+f(y)とf(xy)=f(x)f(y)f(xy)=f(x)f(y)の両方を満たすとき、正則性を仮定せずに解をすべて求めよ。

解答.

解は、有理数ccを用いてf(x)=cxf(x)=cxと表される関数の全体である。

c=f(1)c=f(1)と置く。ffの値は有理数であるから、ccは有理数である。§B2.14 定理 2.2の証明と同じ手順を、定義域の点を有理数に限って行う。x=y=0x=y=0を代入するとf(0)=2f(0)f(0)=2f(0)であるからf(0)=0f(0)=0である。有理数xxについて0=f(0)=f(x+(−x))=f(x)+f(−x)0=f(0)=f(x+(-x))=f(x)+f(-x)であるからf(−x)=−f(x)f(-x)=-f(x)である。正の整数mmについて、等式を繰り返し用いるとf(mx)=mf(x)f(mx)=mf(x)であり、f(−mx)=−f(mx)=−mf(x)f(-mx)=-f(mx)=-mf(x)とf(0)=0f(0)=0から、すべての整数mmについてf(mx)=mf(x)f(mx)=mf(x)が成り立つ。正の整数nnについて、1n\dfrac1nは有理数であり、

c=f(1)=f(n⋅1n)=nf(1n)c=f(1)=f\left(n\cdot\frac1n\right)=nf\left(\frac1n\right)

であるからf(1n)=cnf\left(\dfrac1n\right)=\dfrac cnである。有理数qqを整数mmと正の整数nnによりq=mnq=\dfrac mnと書くと、

f(q)=f(m⋅1n)=mf(1n)=mnc=cqf(q)=f\left(m\cdot\frac1n\right)=mf\left(\frac1n\right)=\frac mnc=cq

である。よって、すべての有理数xxについてf(x)=cxf(x)=cxである。

逆に、有理数ccについてf(x)=cxf(x)=cxと置くと、有理数xxに対してcxcxは有理数であるからffはQ\QからQ\Qへの関数であり、f(x+y)=c(x+y)=cx+cy=f(x)+f(y)f(x+y)=c(x+y)=cx+cy=f(x)+f(y)を満たす。

次に、f:Q→Qf:\Q\to\Qが加法と乗法の両方を保つとする。加法を保つことから、前半により、有理数ccを用いてすべての有理数xxについてf(x)=cxf(x)=cxである。これをf(xy)=f(x)f(y)f(xy)=f(x)f(y)に入れると、すべての有理数x,yx,yについてcxy=c2xycxy=c^{2}xyである。x=y=1x=y=1とするとc=c2c=c^{2}、すなわちc(c−1)=0c(c-1)=0であるから、c=0c=0またはc=1c=1である。逆に、すべての有理数で値が00である関数とf(x)=xf(x)=xは、いずれもQ\QからQ\Qへの関数であり、二つの等式を満たす。したがって解は、すべての有理数で値が00である関数とf(x)=xf(x)=xの二つである。

この議論では、例 7.1の証明のように乗法性から広義単調性を取り出して定理 6.1を用いる段を経ていない。前半で、加法性だけからすべての有理数での値がf(x)=cxf(x)=cxと定まっているからである。▨

問題 9.2.f(f(x))=xf(f(x))=xをすべての実数xxについて満たす、狭義単調減少な関数f:R→Rf:\R\to\Rを一つ挙げよ。その関数によって、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。

解答.

f(x)=−xf(x)=-xと置く。すべての実数xxについてf(f(x))=−(−x)=xf(f(x))=-(-x)=xである。x<yx<yならば−x>−y-x>-y、すなわちf(x)>f(y)f(x)>f(y)であるから、ffは狭義単調減少である。

このffは、定理 4.1の仮定のうち、二回合成が恒等になるという仮定を満たす。一方、f(1)=−1≠1f(1)=-1\ne1であるから、すべての実数xxについてf(x)=xf(x)=xであるという結論は成り立たない。0<10<1に対してf(0)=0>−1=f(1)f(0)=0>-1=f(1)であるから、ffは広義単調増加ではない。したがって、広義単調増加という仮定を落とすと定理 4.1の結論は成り立たず、この仮定を落とすことはできない。▨

問題 9.3.f:R→Rf:\R\to\Rが、すべての実数x,yx,yについてf(x)f(y)−f(xy)=x+yf(x)f(y)-f(xy)=x+yを満たすとき、解をすべて求めよ。y=1y=1を代入してf(x)f(x)を孤立させ、そのうえでf(1)f(1)の値を決める手順で解くことができる。最後に十分性を確かめよ。

解答.

解はf(x)=x+1f(x)=x+1だけである。

c=f(1)c=f(1)と置く。y=1y=1を代入すると、すべての実数xxについて

f(x)c−f(x)=x+1,すなわち(c−1)f(x)=x+1f(x)c-f(x)=x+1,\qquad\text{すなわち}\qquad(c-1)f(x)=x+1

である。c=1c=1なら、すべての実数xxについて0=x+10=x+1となり、x=0x=0で成り立たない。したがってc≠1c\ne1であり、

f(x)=x+1c−1f(x)=\frac{x+1}{c-1}

である。x=1x=1とするとc=2c−1c=\dfrac{2}{c-1}であり、両辺にc−1c-1を掛けてc2−c−2=0c^2-c-2=0、すなわち(c−2)(c+1)=0(c-2)(c+1)=0を得る。よってc=2c=2またはc=−1c=-1であり、対応する候補は

f(x)=x+1,f(x)=−x+12f(x)=x+1,\qquad f(x)=-\frac{x+1}2

である。

十分性を確かめる。f(x)=x+1f(x)=x+1のとき、すべての実数x,yx,yについて

f(x)f(y)−f(xy)=(x+1)(y+1)−(xy+1)=x+yf(x)f(y)-f(xy)=(x+1)(y+1)-(xy+1)=x+y

であるから、等式を満たす。f(x)=−x+12f(x)=-\dfrac{x+1}2のとき、x=y=0x=y=0とすると左辺はf(0)2−f(0)=14+12=34f(0)^2-f(0)=\dfrac14+\dfrac12=\dfrac34、右辺は00であり、等式を満たさない。したがって、解はf(x)=x+1f(x)=x+1だけである。▨

問題 9.4. 関数f:R→Rf:\R\to\Rが、すべての実数x,yx,yについてf(x+f(y))=f(x)+yf(x+f(y))=f(x)+yを満たすとする。f(0)=0f(0)=0であること、すべての実数yyについてf(f(y))=yf(f(y))=yであること、およびffが加法的であることを示せ。さらに、ffが広義単調増加である場合と広義単調減少である場合のそれぞれについて、ffをすべて求めよ。

解答.

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

P(0,y)P(0,y)はf(f(y))=y+cf(f(y))=y+cである。定理 3.1により、ffは単射であり、かつ全射である。全射性から、f(a)=0f(a)=0を満たす実数aaが存在する。P(x,a)P(x,a)はf(x+0)=f(x)+af(x+0)=f(x)+a、すなわちf(x)=f(x)+af(x)=f(x)+aであるからa=0a=0である。よってc=f(0)=f(a)=0c=f(0)=f(a)=0であり、P(0,y)P(0,y)の式は、すべての実数yyについてf(f(y))=yf(f(y))=yとなる。

実数x,zx,zを任意に取り、y=f(z)y=f(z)とする。f(y)=f(f(z))=zf(y)=f(f(z))=zであるから、P(x,f(z))P(x,f(z))はf(x+z)=f(x)+f(z)f(x+z)=f(x)+f(z)である。よってffは加法的である。

ffが広義単調増加であるとき、f(f(x))=xf(f(x))=xと定理 4.1により、すべての実数xxについてf(x)=xf(x)=xである。

ffが広義単調減少であるとき、g=−fg=-fと置く。ggは加法的であり、s≤ts\le tならばf(s)≥f(t)f(s)\ge f(t)であるからg(s)≤g(t)g(s)\le g(t)であって、ggは広義単調増加である。定理 6.1により、k=g(1)k=g(1)としてすべての実数xxについてg(x)=kxg(x)=kx、すなわちf(x)=−kxf(x)=-kxである。同定理の証明で示したとおりk=g(1)≥g(0)=0k=g(1)\ge g(0)=0である。f(f(x))=k2xf(f(x))=k^{2}xであり、これがxxに等しいことからx=1x=1としてk2=1k^{2}=1を得る。k≥0k\ge0と合わせてk=1k=1であり、f(x)=−xf(x)=-xである。

十分性を確かめる。f(x)=xf(x)=xのとき、左辺はx+yx+y、右辺はx+yx+yであり、等式を満たし、ffは広義単調増加である。f(x)=−xf(x)=-xのとき、左辺はf(x−y)=−x+yf(x-y)=-x+y、右辺は−x+y-x+yであり、等式を満たし、ffは広義単調減少である。したがって、広義単調増加である解はf(x)=xf(x)=xだけであり、広義単調減少である解はf(x)=−xf(x)=-xだけである。▨

問題 9.5.f:R→Rf:\R\to\Rが加法的であり、ある実数x0x_{0}についてf(x0)≠f(1)x0f(x_{0})\ne f(1)x_{0}であるとする。このときffが広義単調増加でないことを、定理 6.1から示せ。

解答.

ffが広義単調増加であると仮定する。ffは加法的で広義単調増加であるから、定理 6.1により、k=f(1)k=f(1)と置くとすべての実数xxについてf(x)=kxf(x)=kxである。とくにf(x0)=f(1)x0f(x_{0})=f(1)x_{0}であり、仮定f(x0)≠f(1)x0f(x_{0})\ne f(1)x_{0}に反する。したがって、ffは広義単調増加でない。

同じ議論を加法的な関数−f-fに用いると、(−f)(x0)=−f(x0)≠−f(1)x0=(−f)(1)x0(-f)(x_{0})=-f(x_{0})\ne-f(1)x_{0}=(-f)(1)x_{0}であるから−f-fは広義単調増加でなく、ffは広義単調減少でもない。▨

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