解説

方針・初手

まず $y=0$ を代入して $f(0)$ を確定する。

すると、$f(x)\equiv -1$ という定数解を除けば $f(0)=0$ であることが分かる。 そのうえで、任意の $x$ に対して

$$ f(x+h)-f(x)=(1+f(x))f(h)

$$

と変形できるので、$x=0$ での微分可能性から一般の $x$ での微分可能性が直ちに従う。 さらに得られる微分方程式を解けば $f(x)$ の形が決まる。

解法1

まず与えられた関係式

$$ f(x+y)=f(x)+f(y)+f(x)f(y)

$$

において $y=0$ を代入すると

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

$$

であるから、

$$ f(0)(1+f(x))=0

$$

がすべての $x$ に対して成り立つ。

したがって、次の **2** 通りに分かれる。

**(i)**

$f(x)\equiv -1$

このとき確かに

$$ f(x+y)=-1=-1+(-1)+(-1)(-1)

$$

であり、条件を満たす。また定数関数であるから全ての点で微分可能である。

以下、$f(x)\not\equiv -1$ の場合を考える。 このときある $x$ で $1+f(x)\neq 0$ となるので、上の式から

$$ f(0)=0

$$

が従う。

$f$ は $x=0$ で微分可能であるから、

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

$$

が存在する。特に $h\to 0$ で $f(h)\to 0$ である。

ここで任意の $x$ を固定し、$y=h$ とおくと

$$ f(x+h)=f(x)+f(h)+f(x)f(h) =f(x)+(1+f(x))f(h)

$$

である。よって

$$ \frac{f(x+h)-f(x)}{h} =(1+f(x))\frac{f(h)}{h}

$$

となる。

右辺で $h\to 0$ とすると $\dfrac{f(h)}{h}\to a$ であるから、

$$ \lim_{h\to 0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h} =(1+f(x))a

$$

が存在する。したがって $f$ は任意の $x$ で微分可能であり、

$$ f'(x)=a(1+f(x))

$$

を得る。これで （1） は示された。

次に （2） を求める。 上の微分方程式と $f(0)=0$ を満たす関数を解けばよい。

$g(x)=1+f(x)$ とおくと、

$$ g'(x)=f'(x)=a(1+f(x))=ag(x)

$$

かつ

$$ g(0)=1+f(0)=1

$$

である。したがって

$$ g(x)=e^{ax}

$$

となるので、

$$ f(x)=e^{ax}-1

$$

を得る。ただし $a=f'(0)$ は定数である。

以上より、条件を満たす関数は

$$ f(x)\equiv -1

$$

または

$$ f(x)=e^{ax}-1 \qquad (a\in \mathbb{R})

$$

である。

解説

この問題の核心は、与式が

$$ 1+f(x+y)=(1+f(x))(1+f(y))

$$

と書き直せることである。したがって $1+f(x)$ は加法を積に変える関数であり、指数関数型になることが予想される。

ただし、その前に $f(0)$ の扱いを誤ると定数解 $f\equiv -1$ を落としやすい。この解は実際に条件を満たすので、最初に $y=0$ を代入して場合分けすることが重要である。

また、微分可能性の証明は

$$ f(x+h)-f(x)=(1+f(x))f(h)

$$

という形に直すと、$x=0$ での微分可能性だけから全点での微分可能性が一気に従う。この処理がこの問題の典型である。

答え

**(1)**

$f(x)\equiv -1$ の場合は明らかに全ての $x$ で微分可能である。

$f(x)\not\equiv -1$ の場合は $f(0)=0$ となり、任意の $x$ に対して

$$ \frac{f(x+h)-f(x)}{h} =(1+f(x))\frac{f(h)}{h}

$$

であるから、$h\to 0$ として極限が存在する。よって $f$ は全ての $x$ で微分可能である。

**(2)**

条件を満たす関数は

$$ f(x)\equiv -1

$$

または

$$ f(x)=e^{ax}-1 \qquad (a\in\mathbb{R})

$$

である。