[math]2007年京都大学理系数学乙問題6

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2021.11.182021.10.03

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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）