関数方程式の問題
「関数f（x）が、次の①、②を満たしている。
①f（0）≠0である。
②すべての実数x、yに対して
f（x）＋f（y）＝2f（[x＋y]/2）・f（[x－y」/2）
が成立する。
f（p）＝f（q）のとき
（1）f（0）＝1を示せ。
O樽商科大」
f（x）＋f（y）＝2f（[x＋y]/2）・f（[x－y」/2） …（A）
とおく
関数方程式の問題は
・具体的に変数に数値を代入して手掛かりを探す
・関数を決定してしまう（微分の定義・微分方程式の利用など）
などの攻め手が考えられる
（1）に関してはf（0）を求めたいので
変数に0を代入するのが第一方針
x＝0、y＝0を（A）に代入し
f（0）＋f（0）＝2f（[0＋0]/2）・f（[0－0」/2）
2f（0）＝2｛f（0）｝2
2｛f（0）｝2－2f（0）＝0
2f（0）｛f（0）－1｝＝0
f（0）＝0、1
仮定よりf（0）≠0なので
f（0）＝1
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他の手でもいけそう
（A）式でxとyの値が同じならば
右辺の「f（[x－y」/2）」の部分が「f（0）」となる
x＝x、y＝xを（A）に代入し
f（x）＋f（x）＝2f（[x＋x]/2）・f（[x－x]/2）
2f（x）＝2ｆ(ｘ)・f（0）
2ｆ(ｘ)・f（0）－2f（x）＝0
2f（x）｛f（0）－1｝＝0
f（x）＝0 または f（0）＝1
ここでf（x）＝0は仮定のf（0）≠0に反するので不適
∴f（0）＝1
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「（2）f（p＋q）＋f（p－q）をf（p）を用いて表せ」
改めて
f（x）＋f（y）＝2f（[x＋y]/2）・f（[x－y」/2） …（A）
f（p）＝f（q） …（B）
f（0）＝1 …（C）
（A）からf（p＋q）とf（p－q）を作り出すには
ⅰ）（A）式にx＝p＋q、y＝p－qを代入する
ⅱ）（A）式にx＋y＝2（p＋q）、x－y＝2（p－q）を代入する
ⅰ）を実行
（A）式にx＝p＋q、y＝p－qを代入し
f（p＋q）＋f（p－q）
＝2f（[（p＋q）＋（p－q）]/2）・f（[（p＋q）－（p－q）」/2）
＝2f（p）・f（q）
＝2f（p）・f（p） （∵式（B）：f（p）＝f（q））
＝2｛f（p）｝2 …（D）
この解き方で行けましたね
ⅱ）を試してみます
（A）式においてx＋y＝2（p＋q）、x－y＝2（p－q）を代入する
このときこの2式は
x＝2p、y＝2qになることに注意し
f（2p）＋f（2q）＝2f（p＋q）・f（p－q） …（E）
これはf（p＋q）とf（p－q）が
右辺で積の形で出てしまい
目的の和の形にならないので不便そう
左辺のf（2p）、f（2q）も既出の式と結び付けられず
f（2p）、f（2q）を他の文字・関数で表現するのには
もうひと手間がいる
まあそれならその「ひと手間」を
掛けてみましょうという話
（A）からf（2p）とf（2q）を作り出すには
a）x＝2p、y＝2qを代入する
b）x＝2p、y＝2pを代入する and x＝2q、y＝2qを代入する
c）x＝2p、y＝0を代入する and x＝2q、y＝0を代入する
a）のx＝2p、y＝2qの代入は
そもそもⅱ）の選択肢の最初で使っているので
実行すると振り出しに戻る
b）のx＝2p、y＝2p（x＝2q、y＝2q）の代入は
（1）を解いた際に2番目に用いたものと同様に
x、yに同じ値を代入する式なので
これも振り出しに戻る
c）を試行
（A）式においてx＝2p、y＝0を代入し
f（2p）＋f（0）＝2f（[2p＋0]/2）・f（[2p－0」/2）
f（2p）＋1＝2f（p）・f（p） （∵式（C）：f（0）＝1）
f（2p）＝2｛f（p）｝2－1 …（F）
同様にして
f（2q）＝2｛f（q）｝2－1
f（2q）＝2｛f（p）｝2－1 …（G） （∵式（B）：f（p）＝f（q））
（F）、（G）を（E）「f（2p）＋f（2q）＝2f（p＋q）・f（p－q）」に代入し
2｛f（p）｝2－1＋2｛f（q）｝2＋1＝2f（p＋q）・f（p－q）
4｛f（p）｝2－2＝2f（p＋q）・f（p－q）
2｛f（p）｝2－1＝f（p＋q）・f（p－q） …（H）
んー、やはり「f（p＋q）＋f（p－q）」の形は出てこないか
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「（3）f（p＋q）＝1またはf（p－q）＝1が成立することを示せ。」
（2）でⅱ）の方法にて深入りしていないと
手元には以下の手掛かりがそろっているはず
f（x）＋f（y）＝2f（[x＋y]/2）・f（[x－y」/2） …（A）
f（p）＝f（q） …（B）
f（0）＝1 …（C）
f（p＋q）＋f（p－q）＝2｛f（p）｝2 …（D） （←（2）で求まった）
（D）はf（p＋q）とf（p－q）を含んで有用そうだけれど
これ一式だけで（3）は攻められそうにない
となると
（2）で（A）式にx＝p＋q、y＝p－qを代入して（D）を出したように
同じく（A）式にx＝p－q、y＝p＋qを代入しても
似た式がでるんじゃないの？
と睨んでみる
（A）式にx＝p＋q、y＝p－qを代入し
f（p－q）＋f（p＋q）
＝2f（[（p－q）＋（p＋q）]/2）・f（[（p－q）－（p＋q）」/2）
＝2f（p）・f（－q） …（I）
（D）と（I）を並べてみよう
f（p＋q）＋f（p－q）＝2｛f（p）｝2 …（D）
f（p－q）＋f（p＋q）＝2f（p）・f（－q） …（I）
（D）－（I）より
0＝2｛f（p）｝2－2f（p）・f（－q）
2｛f（p）｝2－2f（p）・f（－q）＝0
2f（p）・f（q）－2f（p）・f（－q）＝0 （∵式（B）f（p）＝f（q））
2f（p）｛f（q）－f（－q）｝＝0
∴f（p）＝0 または f（q）＝f（－q） …（J）
これはある意味有用そうな手掛かりが出たけれども
（3）の狙いである「f（p＋q）＝1またはf（p－q）＝1」とは
ちょっと遠い
活用しようとすれば今の結果を（D）や（I）に代入する手があるが
f（p）＝0の場合は（D）と（I）のどちらに代入しても
f（p－q）＋f（p＋q）＝0 …（K）
となりまだ手数が足りない
f（q）＝f（－q）の場合は（D）と（I）が同じ式になるだけ
ここで方針を再確認
「f（p＋q）＝1またはf（p－q）＝1」を示すには
1）既存の式を変形してf（p＋q）やf（p－q）の値のわかる方程式を狙う
2）｛f（p＋q）－1｝｛f（p－q）－1｝＝0であることを示す
1）を用いる場合は現在手元にある有用そうな情報は以下のとおり
f（p＋q）＋f（p－q）＝2｛f（p）｝2 …（D）
f（p－q）＋f（p＋q）＝0 …（K）
これは言い換えれば「f（p＋q）」、「f（p－q）」、「f（p）」の
「3変数」の2式の方程式と同じ
形を工夫してもやはり1文字が邪魔
では（2）で深追いの末に求めてみた手掛かりを加えてみる
f（p＋q）＋f（p－q）＝2｛f（p）｝2 …（D）
f（p－q）＋f（p＋q）＝0 …（K）
2｛f（p）｝2－1＝f（p＋q）・f（p－q） …（H） （←深追いの成果）
これは（D）と（H）を用いると「f（p）」が消去できる
（D）＋（H）より
f（p＋q）＋f（p－q）＋2｛f（p）｝2－1＝2｛f（p）｝2＋f（p＋q）・f（p－q）
f（p＋q）＋f（p－q）－1＝f（p＋q）・f（p－q）
f（p＋q）・f（p－q）－f（p＋q）－f（p－q）＋1＝0
｛f（p＋q）－1｝・｛f（p－q）－1｝＝0
∴f（p＋q）＝1 または f（p－q）＝1
今の解法はそのまま進めようとすると
（2）のⅱ）のc）でやったとおり
いったんf（2p）、f（2q）を求める作業が必要
誘導なしでは相当な試行錯誤か発想が必要そう
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2）｛f（p＋q）－1｝｛f（p－q）－1｝＝0であることを示す
を方針にしてみます
f（p＋q）＝1またはf（p－q）＝1は
｛f（p＋q）－1｝｛f（p－q）－1｝＝0と同値なのでこれを示す
｛f（p＋q）－1｝｛f（p－q）－1｝ …（L）
とおく
（L）について
｛f（p＋q）－1｝｛f（p－q）－1｝
＝f（p＋q）f（p－q）－f（p＋q）－f（p－q）＋1
＝f（p＋q）f（p－q）－｛f（p＋q）＋f（p－q）｝＋1 …（M）
ここで2項目の「f（p＋q）＋f（p－q）」の値は
f（p＋q）＋f（p－q）＝2｛f（p）｝2 …（D）
が使える
問題は1項目の「f（p＋q）f（p－q）」だが
この値を求めるにはどうすればいいか
もう一度（A）を眺めてみる
f（x）＋f（y）＝2f（[x＋y]/2）・f（[x－y」/2） …（A）
求めたいのはf（x）にx＝p＋q、p－qを代入した式の
積の形
ならば（A）の右辺をf（p＋q）f（p－q）の形へと変形する
（A）式にx＝2p、y＝2qを代入し……とすると
これは（2）のⅱ）の「深追い」でした作業と同じ
f（2p）＋f（2q）＝2f（p＋q）・f（p－q） …（E） （再出）
とすると今度はf（2p）、f（2q）の値が必要
これも（2）のⅱ）の「深追い」でした作業と同じ
（A）式においてx＝2p、y＝0を代入
またx＝2q、y＝0を代入して整理し
f（2p）＝2｛f（p）｝2－1 …（F） （再出）
f（2q）＝2｛f（p）｝2－1 …（G） （再出）
（F）、（G）を（E）に代入し
2｛f（p）｝2－1＋2｛f（p）｝2－1＝2f（p＋q）・f（p－q）
f（p＋q）・f（p－q）＝2｛f（p）｝2－1 …（N）
（D）、（N）を（M）に代入し
｛f（p＋q）－1｝｛f（p－q）－1｝＝f（p＋q）f（p－q）－｛f（p＋q）＋f（p－q）｝＋1
＝2｛f（p）｝2－1－2｛f（p）｝2＋1
＝0
∴f（p＋q）＝1 または f（p－q）＝1
｛f（p＋q）－1｝｛f（p－q）－1｝＝0であることを示す解法は
左辺の形を設定してしまえば
必要な手掛かりがおのずと見えてきますね
左辺を展開するとf（p＋q）・f（p－q）の形が出てくる
↓
f（p＋q）・f（p－q）を求めるためには
f（2p）とf（2q）の値が必要
↓
そのf（2p）とf（2q）の値は結局｛f（p）｝2を用いて表される
この道筋を完成させるために
x、yに何を代入するかを考えてみる
となれば見通しが立ちやすそうです