解説

方針・初手

条件 (B) は加法に関する関数方程式であり，まず $y=0$ を代入すると $f(0)$ が決まる。

その後，条件 (A) により $f(x)>0$ なので $g(x)=\log f(x)$ をおくことができる。すると積の形の関数方程式が和の形に直せるため，微分して $g'(x)$ を求めやすくなる。

最後に $f'(0)=2$ を用いて $g'(x)$ を積分し，$f(x)=e^{g(x)}$ に戻せばよい。

解法1

**(1)**

$f(0)=1$ を示す。

条件 (B) において $y=0$ とすると，

$$ f(x)=f(x)f(0)e^{0}=f(x)f(0)

$$

となる。

ここで条件 (A) より $f(x)>0$ であるから，特に $f(x)\neq 0$ である。したがって両辺を $f(x)$ で割ることができ，

$$ f(0)=1

$$

を得る。

---

**(2)**

$g(x)=\log f(x)$ とするとき，$g'(x)=f'(0)-x$ を示す。

条件 (A) より $f(x)>0$ なので，$g(x)=\log f(x)$ は実数全体で定義される。

条件 (B) の両辺の対数をとると，

$$ g(x+y)=g(x)+g(y)-xy

$$

が成り立つ。

ここでこの式を $y$ で微分する。左辺は合成関数の微分により

$$ \frac{\partial}{\partial y}g(x+y)=g'(x+y)

$$

であり，右辺は $g(x)$ を定数とみて

$$ \frac{\partial}{\partial y}{g(x)+g(y)-xy}=g'(y)-x

$$

となる。よって

$$ g'(x+y)=g'(y)-x

$$

が成り立つ。

ここで $y=0$ とすると，

$$ g'(x)=g'(0)-x

$$

を得る。

さらに

$$ g'(0)=\frac{f'(0)}{f(0)}

$$

であり，（1） より $f(0)=1$ だから，

$$ g'(0)=f'(0)

$$

である。したがって

$$ g'(x)=f'(0)-x

$$

が成り立つ。

---

**(3)**

$f'(0)=2$ となるような $f(x)$ を求める。

（2） で得た式に $f'(0)=2$ を代入すると，

$$ g'(x)=2-x

$$

である。

これを積分して，

$$ g(x)=2x-\frac{x^2}{2}+C

$$

となる。

ここで （1） より $f(0)=1$ だから，

$$ g(0)=\log f(0)=\log 1=0

$$

である。よって $C=0$ であり，

$$ g(x)=2x-\frac{x^2}{2}

$$

を得る。

したがって

$$ f(x)=e^{g(x)}=e^{,2x-\frac{x^2}{2}}

$$

である。

最後に確認すると，

$$ \begin{aligned} f(x)f(y)e^{-xy} &= e^{,2x-\frac{x^2}{2}}e^{,2y-\frac{y^2}{2}}e^{-xy} \\ e^{,2(x+y)-\frac{x^2+2xy+y^2}{2}} \\ e^{,2(x+y)-\frac{(x+y)^2}{2}} \\ f(x+y) \end{aligned} $$

となり，条件 (B) を満たす。また指数関数なので常に正であり，条件 (A) も満たす。

解説

この問題の核は，条件 (B) をそのまま扱うのではなく，$f(x)>0$ を使って対数をとることである。

すると

$$ g(x+y)=g(x)+g(y)-xy

$$

という，加法型の扱いやすい式になる。ここから微分によって $g'(x)$ が一次式と分かるので，あとは積分して定数を $f(0)=1$ で決めればよい。

特に （1） の $f(0)=1$ は，後の $g(0)=0$ を導くためにも重要である。

答え

**(1)**

$$ f(0)=1

$$

**(2)**

$$ g'(x)=f'(0)-x

$$

**(3)**

$$ f(x)=e^{,2x-\frac{x^2}{2}}

$$

である。