2015年(平成27年)大阪大学-前期専門数学[1] - [別館]球面倶楽部零八式markIISR

2023.07.26記

[1] すべての実数 $x$ に対して定義された関数 $f(x)$ で，必ずしも連続とは限らないものを考える．いま， $f(x)$ がさらに次の性質を持つとする．
$f(x+y)=f(x)+f(y)$ ， $f(xy)=f(xy)$ ， $f(1)=1$ ．
このとき，以下を示せ．

(1)　すべての有理数 $x$ に対して $f(x)=x$ である．

(2)　実数 $x，y$ について， $x\leqq y$ ならば $f(x)\leqq f(y)$ である．

(3)　すべての実数 $x$ に対して $f(x)=x$ である．

2023.07.26記

本問のテーマ

コーシーの関数方程式
有理数の稠密性

コーシーの関数方程式
$f(x+y)=f(x)+f(y)$ ， $f(1)=1$
（ $f(xy)=f(xy)$ がない）で $f$ の連続性を仮定しない場合（少なくとも1点において $f$ が連続であれば $f(x)=x$ となる）は（選択公理を認めれば） $f(x)=x$ 以外にも解が存在することが知られている．もちろん， $x$ を有理数に限れば $f(x)=x$ となるのだが，無理数において $f(x)\neq x$ となるような $f$ が存在することがハメル基底を利用して示される．

なお、(1) を示すには $f(xy)=f(xy)$ は不要である．

[解答]
(1) $f(0)=f(0+0)=f(0)+f(0)$ より $f(0)=0$ である．

自然数 $n$ に対して
$f(n+1)=f(n)+f(1)=f(n)+1$
であるから，これと $f(1)=1$ から帰納的に $f(n)=n$ である．
よって，自然数 $n$ に対して
$f(-n)+n=f(-n)+f(n)=f(-n+n)=f(0)=0$
から $f(-n)=-n$ となり，ここまでで任意の整数 $n$ に対して $f(n)=n$ であることが示された．

(i) $f(xy)=f(x)f(y)$ を使わない場合

次に有理数 $q=\dfrac{a}{b}$ （ $a,b$ は整数）に対して
$a=f(a)=f(bq)$ は帰納的に $f(q)$ を $b$ 回足したものだから
$a=f(a)=bf(q)$ となり， $f(q)=\dfrac{a}{b}=q$

(i) $f(xy)=f(x)f(y)$ を使う場合

次に有理数 $q=\dfrac{a}{b}$ （ $a,b$ は整数）に対して
$a=f(a)=f(bq)=f(b)f(q)=bf(q)$ となり， $f(q)=\dfrac{a}{b}=q$

以上からすべての有理数 $x$ に対して $f(x)=x$ である．

(2) $x\leqq y$ より $\sqrt{y-x}=u$ とおくと $y=x+u^2$ であるから，
$f(y)=f(x+u)^2=f(x)+f(u^2)=f(x)+\{f(u)\}^2\geqq f(x)$
となり題意は証明された．

(3) $x\neq 0$ のとき $f(x)f\left(\dfrac{1}{x}\right)=f(1)=1$ だから
$f(x)\neq 0$ である．よって(2)は $x\lt y$ ならば $f(x)\lt f(y)$ となる．

$f(x)\neq x$ となる実数 $x$ が存在したと仮定する．

(a) $f(x)\gt x$ となった場合
$x\lt q\lt f(x)$ をみたす有理数 $q$ が存在する．
このとき $x\lt q$ から $f(x)\lt f(q)$ となり，
$f(q)=q\lt f(x)$ とから， $f(x)\lt f(x)$ となり矛盾する．

(b) $f(x)\lt x$ となった場合
$x\gt q\gt f(x)$ をみたす有理数 $q$ が存在する．
このとき $x\gt q$ から $f(x)\gt f(q)$ となり，
$f(q)=q\gt f(x)$ とから， $f(x)\gt f(x)$ となり矛盾する．

以上から， $f(x)\neq x$ となる実数 $x$ は存在せず，よって題意は示された．

ここで，有理数の稠密性である
「 $f(x)\gt x$ ならば $x\lt q\lt f(x)$ をみたす有理数 $q$ が存在する」
ことは認めたが，これを示す場合は次のようにすれば良い

$\dfrac{1}{|f(x)-x|}$ より大きな自然数 $M$ をとると
$Mf(x)-Mx\gt 1$ であり，実数の長さが1より大きい区間には（両端ではなく内部に）整数が必ず存在するので， $Mf(x)\gt N \gt Mx$ をみたす整数 $N$ が存在する．
よって $x\lt \dfrac{N}{M}\lt f(x)$ が成立するので， $x\lt q\lt f(x)$ をみたす有理数 $q$ が存在する．