解説

方針・初手

加法性

$$ f(s+t)=f(s)+f(t) $$

をそのまま使うのが基本である。

（1） では $s=t=0$ を代入する。

（2） では $x=a$ における差商を、加法性によって $x=0$ における差商へ書き換える。

（3） では （2） の結果を用いて、すべての点で導関数が $0$ になることを示し、そこから関数が定数であることを結論する。

解法1

**(1)**

$f(0)$ を求める。

加法性において $s=0,\ t=0$ とすると、

$$ f(0+0)=f(0)+f(0) $$

すなわち

$$ f(0)=f(0)+f(0) $$

である。両辺から $f(0)$ を引けば、

$$ f(0)=0 $$

となる。

**(2)**

$f(x)$ が $x=0$ で微分可能であれば、すべての実数 $a$ に対して $x=a$ で微分可能であることを示す。

任意の実数 $a$ をとる。$x=a$ における差商を考えると、

$$ \frac{f(a+h)-f(a)}{h} $$

である。

ここで加法性より

$$ f(a+h)=f(a)+f(h) $$

であるから、

$$ \begin{aligned} \frac{f(a+h)-f(a)}{h} &= \frac{f(a)+f(h)-f(a)}{h} \\ \frac{f(h)}{h} \qquad (h\ne 0) \end{aligned} $$

となる。

$f(x)$ は $x=0$ で微分可能であるから、

$$ f'(0)=\lim_{h\to 0}\frac{f(h)-f(0)}{h} $$

が存在する。（1） より $f(0)=0$ なので、

$$ f'(0)=\lim_{h\to 0}\frac{f(h)}{h} $$

である。

したがって、

$$ \begin{aligned} \lim_{h\to 0}\frac{f(a+h)-f(a)}{h} &= \lim_{h\to 0}\frac{f(h)}{h} \\ f'(0) \end{aligned} $$

となり、この極限は存在する。よって $f(x)$ は $x=a$ で微分可能である。

$a$ は任意であったから、$f(x)$ はすべての実数 $a$ に対して $x=a$ で微分可能である。

さらに上の計算から、

$$ f'(a)=f'(0) $$

が任意の $a$ について成り立つ。

**(3)**

$f(x)$ が $x=0$ で微分可能で $f'(0)=0$ のとき、$f(x)$ を求める。

（2） より、$f(x)$ はすべての実数 $a$ で微分可能であり、

$$ f'(a)=f'(0)=0 $$

が任意の $a$ に対して成り立つ。

したがって、$f'(x)=0$ がすべての実数 $x$ で成り立つ。

よって平均値の定理より、$f(x)$ は実数全体で定数関数である。

その定数を $C$ とすると、

$$ f(x)=C $$

である。ここで （1） より $f(0)=0$ だから、

$$ C=f(0)=0 $$

となる。

ゆえに、

$$ f(x)=0 $$

である。

解説

この問題の要点は、加法性によって差商が大きく簡単になることである。

特に

$$ f(a+h)-f(a)=f(h) $$

となるため、$x=a$ での微分係数は $x=0$ での微分係数と同じ形になる。したがって、$0$ での微分可能性がそのまま全点での微分可能性に広がる。

また、（3） では $f'(0)=0$ から全点で $f'(x)=0$ が従うので、あとは「導関数が常に $0$ なら定数関数である」という基本事実を用いればよい。加法性だけでは一般に $f(x)$ の形は決まらないが、微分可能性という条件が入ることで強く制限される点が重要である。

答え

**(1)**

$$ f(0)=0 $$

**(2)**

任意の実数 $a$ に対して

$$ \frac{f(a+h)-f(a)}{h}=\frac{f(h)}{h} $$

であるから、

$$ f'(a)=\lim_{h\to 0}\frac{f(h)}{h}=f'(0) $$

が存在する。よって $f(x)$ はすべての実数 $a$ で微分可能である。

**(3)**

**(2)**

より任意の $a$ に対して

$$ f'(a)=f'(0)=0 $$

である。したがって $f'(x)=0$ が全実数で成り立つので、$f(x)$ は定数関数である。さらに $f(0)=0$ より

$$ f(x)=0 $$

である。