問題
すべての実数で定義され何回でも微分できる関数\(f(x)\)が\(f(x) = 0, f^{\prime}(0) = 1\)を満たし、さらに任意の実数\(a, b\)に対して$$1+f(a)f(b)\ne 0$$であって$$f(a+b)=\frac{f(a)+f(b)}{1+f(a)f(b)}$$を満たしている。
\((1)\)任意の実数\(a\)に対して、\(-1<f(a)<1\)であることを証明せよ。
\((2)\)\(y=f(x)\)のグラフは\(x>0\)で上に凸であることを証明せよ。
方針
微分方程式を解いても良い。\((1)\)では\(f(x)\)が奇関数であることを利用する。
解答
\((1)\) 与えられた条件で\(a=x, b=-x\)とすると、\(f(0)=0\)だから\(f(x)+f(-x)=0\)となり、\(f(x)\)が奇関数であることが分かる。
\(a=b=\frac{x}{2}\)として、\(f\left(\frac{x}{2}\right) = t\)と置くと、\(f(x)=\frac{2t}{1+t^2}\)だから、$$1-{f(x)}^2 = 1-\frac{4t^2}{(1+t^2)^2}$$ $$=\frac{(1-t^2)^2}{(1+t^2)^2}\geq 0$$
である。これから\(|f(x)|\leq 1\)が分かる。仮に\(f(c)=\pm 1\)となる\(c\)が存在するとすると、\(f(x)\)は奇関数だから、\(f(-c)=\mp 1\)となり、\(1+f(c)f(-c)=0\)が与えられた条件に矛盾する。
したがって、任意の実数\(x\)に対して、\(-1<f(x)<1\)である。
\((2)\)$$f(x+h)-f(x) = \frac{f(x)+f(h)}{1+f(x)f(h)}-f(x)$$ $$=\frac{f(x)+f(h)-f(x)(1+f(x)f(h)}{1+f(x)f(h)}$$ $$ = \frac{f(h)(1-{f(x)}^2)}{1+f(x)f(h)}$$
である。したがって、\(\frac{f(x+h)-f(x)}{h} = \frac{f(h)}{h}\cdot \frac{1-{f(x)}^2}{1+f(x)f(h)}\)である。\(h\to 0\)として\(f^{\prime}(0)=1\)を用いると、
$$f^{\prime}(x) = 1-{f(x)}^2$$が分かる。
ここで$$f^{\prime\prime}(x)=-2f^{\prime}(x)f(x)$$であるが、\((1)\)から\(f^{\prime}(x)>0\)で、\(f(x)\)は増加関数なので、\(x>0\)で\(f(x)> f(0)=0\)となる。したがって、\(f^{\prime\prime}(x)<0\)だから、\(y=f(x)\)のグラフは\(x>0\)で上に凸となる。
別解
簡単のために\(y=f(x)\)とすると、\(\frac{dy}{dx}=1-y^2\)である。変形して、$$\frac{dy}{1-y^2} = dx$$となるが、$$\frac{1}{2}\left(\frac{dy}{1-y}+\frac{dy}{1+y}\right) = dx$$であり、積分して\(\frac{1}{2}\log{\left|\frac{1+y}{1-y}\right|}=x+C\)となる。
\(x=0\)の時\(y=0\)だから、\(C=0\)である。これから、\(\left|\frac{1+y}{1-y}\right|=e^{2x}\)であり、整理して\(y=\frac{e^{x}-e^{-x}}{e^x+e^{-x}}\)となる。（後略）
解説
tangentのhyperbolic関数をテーマにしている。\((1)\)は奇関数であることに気がつけば、\(f(x) = \pm1\)とならないことを示せば、\(f(0)=0\)と\(f(x)\)の連続性から\(-1<f(x)<1\)が言える。
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