端折りに端折ってとりあえず関数方程式を求めてみました

1245だけ

放置化しつつあるので、そろそろ解答を示していこうと思います。けれども出題者自身も若干怪しい… と思うところが多々あるので、変なところがあれば指摘頂けると幸いです。m(_ _)m

問1、f(0)＝0　になることを示して下さい。

関数方程式にx＝y＝0を代入することで、f(0)の値を求めることが出来ます。
f(0)＝2f(0)/(1-f(0)^2)　より f(0){f(0)^2+1}＝0　ここから実数の範囲でf(0)の値を考えると、f(0)＝0　となります。

問2、この関数は奇関数であることを示して下さい。

関数方程式にy＝−xを代入して考えます。f(x-x)＝(f(x)+f(-x))/(1-f(x)f(-x))＝f(0)＝0
ここから f(x)＝−f(−x)　が導け、奇関数(原点に対称)であることが解かります。

問3、この関数は単調増加をすることを示して下さい。

f(x)の導関数を考え、定義されたxの範囲で常に「df(x)/dx＞0」が成立することを示せば良いです。
導関数の定義から df(x)/dx＝lim[h→0](f(x+h)−f(x))/h　であり、
また関数方程式より、f(x+h)＝(f(x)+f(h))/(1−f(x)f(h))　が成立します。
ここから、df(x)/dx＝lim[h→0]f(h){1+f(x)^2}/hと式を変形してきます。

ここで与えられた条件、f(0)＝0、df(0)/dx＝α＞0、からx＝0での微分係数を考えると、
df(0)/dx＝lim[h→0](f(h)−f(0))/h＝lim[h→0]f(h)/h＝α　となります。
これを上記の式に代入すれば、df(x)/dx＝α(1+f(x)^2)＞0　であることから、単調増加関数であることが示されます。

　　　

問3、補題　もしf'(0)＝0　であればf(x)＝0の定数関数となることを確認して下さい。

df(0)/dx＝0(＝α)であれば、問3の結果から常に　df(x)/dx＝0 の定数関数となります。
f(0)＝0 なのですから、全ての実数xに於いても、f(x)＝0　が成立します。

問4、f(b)＝1　となる「b」が存在すれば、lim[x→2b−0]f(x)は正の無限大に発散することを示して下さい。またlim[x→2b＋0]f(x)は負の無限大に発散することを示して下さい。

様々証明の仕方はあると思いますが、lim[h→+0]f(2b−h)　として考えてみます。
関数方程式より、lim[h→+0]f(2b−h)＝lim[h→+0](f(b)＋f(b-h))/(1−f(b)f(b-h))
＝lim[h→+0]2/(1-f(b-h)) ここで分母は0に収束することから、
lim[h→+0]f(2b-h)　は無限大に発散することが解ります。
符号を考えると、f(x)　は単調増加をすることより、h＞0のとき、x＝b近傍(?)で、f(b-h)＜f(b)＝1　
従って、(1−f(b-h))　は常に正の値を取りながら0に収束していくことになります。
つまり、lim[h→+0]f(2b-h)　も常に正の値を取りながら増加し、正の無限大に発散すると言えます。

逆にlim[h→+0]f(2b+h)＝lim[h→+0](f(b)＋f(b+h))/(1−f(b)f(b+h))＝lim[h→+0]2/(1-f(b+h))　の場合は、h＞0に対して、f(b+h)＞f(b)＝1　であるから (1−f(b+h))　は常に負の値を取りつつ0に収束していきます。よってlim[h→+0]f(2b-h)　は負の無限大に発散すると言えます。

問4補題1、−2b＜x＜2b　に於いて　f(x)は連続であることを示して下さい。

連続であるためには、lim[h→＋0]f(x＋h)＝lim[h→−0]f(x＋h)＝f(x) が成立する必要がある。また、関数方程式から、f(x)＝2f(x/2)/(1−f(x/2)^2)　であり、f(x/2)≠1　であればf(x)は有限の値を取ることが解ります。このときのf(x)に対して極限を考えれば、
lim[h→＋0]f(x＋h)＝lim[h→−0]f(x＋h)＝lim[h→0]f(x+h)＝lim[h→0](f(h)＋f(x))/(1−f(x)f(h))＝f(x)　となり、連続であることが証明出来ると思います。

問4補題2　f(b)＝1 なるbが存在し、０＜b＜1/α　を満たすことを示して下さい。

f(1/α)　の値を考えてみます。f(0)＝0、df(x)/dx＝α(1+f(x)^2)　より、
f(1/α)＝∫₀^１/αα(1+f(x)^2) dx＞∫₀^1/α α　dx＝1
f(1/α)＞1とf(0)＝0 より、中間値の定理を考えれば、f(b)＝1　となる実数bが、0＜b＜1/α　の範囲に存在することになります。

問5、また上記のbに対して、f(x+4b)＝f(x)　であることを示して下さい。

関数方程式とf(b)＝1より、f(x+b)＝(f(x)＋f(b))/(1−f(x)f(b))＝(f(x)＋1)/(1−f(x))
又、f(x+2b)＝(f(x+b)＋f(b))/(1−f(x+b)f(b))＝(f(x+b)＋1)/(1−f(x+b))
＝{(f(x)＋1)/(1−f(x))＋1}／{(1−(f(x)＋1)/(1−f(x))}＝−2/2f(x)＝−1/f(x)

よって、f(x+2b)＝−1/f(x)、よりf(x+4b)＝−1/f(x+2b)＝−1／(−1/f(x))＝f(x)
従って問題の関数方程式の解はf(x+4b)＝f(x)　の周期関数となる。
また、f(x+2b)＝−1/f(x)はtan(x)を考えれば、tan(Θ+π/2)＝−1/tan(Θ)　であることと対応関係にあるものだと思われます。

問6、∫(1/(1＋x^2))dx＝Arctan(x)＋Ｃ　を用いて、上述の関数が f(x)=tan(αx)となることを示し、またbをαを用いて表して下さい。

問3の結果　df(x)/dx＝α(1+f(x)^2)　を利用します。変数分離法により、
df(x)/(1＋f(x)^2)＝αdx　ここで両辺を積分すると Arctanf(x)＝αx＋C(Cは積分定数)　
ここでf(0)＝0　よりC＝0 よって　Arctanf(x)＝αx　ここから f(x)＝tan(αx)　が導けます。
それとf(π/4α)＝tan(π/4)＝1 であることから、b＝π/4α　となります。

少し質問があります
問4補1で(1+f(x)^2)が可積分であることは証明しなくていいのでしょうか？

連続性を先に示して、リーマン可積であることをいうのがよくあるパターンですね。