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もしも f(c) = 1 となる実数 c があれば 1 = f(c/2+c/2) = 2f(c/2)/(1+f(c/2)2) となり (f(c/2)-1)2 = 0 となり f(c/2) = 1 を得る。 これを繰り返して、全ての自然数 n に対して f(c/2n) = 1 を得る。 よって n → ∞ のとき f(c/2n) → 1 一方 f(x) は連続関数で n → ∞ のとき c/2n → 0 なので n → ∞ のとき f(c/2n) → f(0) = 0 これは矛盾。つまり f(x) = 1 を満たす実数は存在しない f(x) がどこかで 1 より大きい値をとると f(0) = 0 で f(x) は連続なので、中間値の定理より f(x) はどこかで 1 を取ることになり矛盾。 よって、任意の実数 a に対して f(a) < 1 である。 もしも f(c) = -1 となる実数 c があれば -1 = f(c/2+c/2) = 2f(c/2)/(1+f(c/2)2) となり (f(c/2)+1)2 = 0 となり f(c/2) = -1 を得る。 これを繰り返して、全ての自然数 n に対して f(c/2n) = -1 を得る。前と同じ議論より矛盾を得る。 f(x) がどこかで -1 より小さい値をとると f(0) = 0 で f(x) は連続なので、中間値の定理より f(x) はどこかで -1 を取ることになり矛盾。 よって、任意の実数 a に対して -1 < f(a) である。 ゆえに任意の実数 a に対して -1 < f(a) < 1 である。 |
もしも f(c) ≤ 0 となる正の実数 c があれば 2f(c/2) = f(c/2+c/2)(1+f(c/2)2) ≤ 0 となり 0 ≤ (1+f(c/2)2) なので f(c/2) ≤ 0 を得る。 これを繰り返して、全ての自然数 n に対して f(c/2n) ≤ 0 これは n → ∞ のとき (f(c/2n)-f(0))/(c/2n)-0) → f'(0) = 1 であることに矛盾する。 よって x > 0 のときは 0 < f(x) である。 実数 x に対して f(-x) + f(x) = f(-x+x)(1+f(-x)f(x)) = 0(1+f(-x)f(x)) = 0 なので f(-x) = -f(x) である。 任意の定数 a に対して f(a+x)(1+f(a)f(x)) = f(a)+f(x) 両辺を微分して f'(a+x)(1+f(a)f(x)) + f(a+x)f(a)f'(x) = f'(x) x に -a を代入、f'(0) = 1 で f(0) = 0 なので 1 + f(a)f(-a) = f'(-a) これが、全ての実数 a で成り立つので 1 - f(x)f(x) = 1 + f(-x)f(x) = f'(x) 両辺を微分して -2f(x)f'(x) = f''(x) -1 < f(x) < 1 なのでいつでも f'(x) = 1 - f(x)2 > 0 とくに x > 0 のときは 0 < f(x) なので f''(x) = -2f(x)f'(x) < 0 ゆえに x > 0 の範囲では y = f(x) のグラフは上に凸である。 戻る 注意 |