3東京慈恵会医科大学 2009年 数学 第3問解答・解説

(A.1) 条件①より、任意の実数 $x$ に対して $$f(x)=f(a+(x-a))=f(a)f(x-a)=0$$ となる。よって、すべての実数 $x$ で $f(x)=0$ である。

(A.2) 条件①で $x=y=0$ とすると $f(0)=f(0)^2$ である。仮定より $f(0)\ne0$ なので、両辺を $f(0)$ で割って $f(0)=1$ を得る。

(B)(1) (A.2)より $f(0)=1$ である。背理法で、ある実数 $a$ について $f(a)\le0$ と仮定する。条件から $f(a)\ne0$ なので $f(a)<0$ である。微分可能な関数は連続であるから、$f$ は0と $a$ の間で連続である。$f(0)=1>0$、$f(a)<0$ より中間値の定理によって、0と $a$ の間に $f(c)=0$ となる実数 $c$ が存在する。これは $f$ が0を値にとらないという条件に反する。したがって、すべての実数 $x$ について $f(x)>0$ である。

(B)(2) $x=a$ における微分係数の定義は $$\displaystyle f\prime(a)=\lim\limits _{h\to0}\frac{f(a+h)-f(a)}{h}$$ である。

(B)(3) 条件①と $f(0)=1$ より、任意の実数 $x,h$ について $f(x+h)=f(x)f(h)$ である。したがって $$\displaystyle \begin{aligned} f\prime(x)&=\lim\limits _{h\to0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}\\ &=f(x)\lim\limits _{h\to0}\frac{f(h)-1}{h}=f(x)f\prime(0), \end{aligned}$$ となる。最後の極限は、(B)(2)の定義を $a=0$ に適用したものである。

(B)(4) (B)(3)と $f\prime(0)=k$、および $f(x)>0$ から $$\displaystyle \frac{f\prime(x)}{f(x)}=k.$$ 両辺を積分すると、$\displaystyle \frac{d}{dx}\ln f(x)=\frac{f\prime(x)}{f(x)}$ だから $$\ln f(x)=kx+C$$ となる。$f(0)=1$ を代入すると $C=0$ であり、$f(x)=e^{kx}$ を得る。この形は $f(x+y)=e^{k(x+y)}=e^{kx}e^{ky}$、$f(0)=1$、$f\prime(0)=k$ を満たすので、条件とも整合する。