関数方程式

この定理は関数方程式の道具箱全体の基盤である:$\mathbb{Q}$ 上で連続性を仮定せずとも、純粋に代数的な関係だけで既に $f$ が完全に確定することを示す——そして $\mathbb{R}$ 上では、何らかの正則性の仮定なしには、(選択公理を用いたハメル基底により構成される)極めて病的な非線形解が存在するため、正則性の仮定は技術的な些事ではなく本質的である。

**ステップ1:$f(0)$ を決定する。** $f(x+y)=f(x)+f(y)$ に $x=y=0$ を代入:$f(0)=f(0)+f(0)$、よって $f(0)=0$。

ステップ2:正の整数へ拡張する。 正の整数 $n$ について、$x=(n-1)$ とする(または帰納法):$f(n\cdot 1) = f((n-1)\cdot 1 + 1) = f((n-1)\cdot 1) + f(1)$。$n$ に関する帰納法により、任意の正の整数 $n$ について $f(n) = n f(1)$(基底ケース $n=1$ は自明、帰納ステップは今適用した通り)。

ステップ3:負の整数へ拡張する。 $f(x+y)=f(x)+f(y)$ に $y=-x$ を代入:$f(0) = f(x) + f(-x)$、$f(0)=0$ なので $f(-x) = -f(x)$。ステップ2と合わせて、任意の整数 $n$(正、負、または零)について $f(n) = n f(1)$、$c = f(1)$ と書く。

ステップ4:有理数へ拡張する。 $p\in\mathbb{Z}$、$r\in\mathbb{Z}_{>0}$ として $q = p/r$ とする。$r \cdot q = p$(繰り返し加算の下での整数として、すなわち $q + q + \dots + q$($r$ 回)$= p$)であるから、$r$ 回評価された関数にステップ2/3の整数の場合を適用すると $f(rq) = r f(q)$(ステップ2で使った帰納法と同じ議論を今 $x=q$ で)。しかし $rq = p$ なので $f(p) = r f(q)$、すなわち $cp = r f(q)$、すなわち $f(q) = c \cdot \frac{p}{r} = cq$。

ステップ5:有理数の場合を結論づける。 これは任意の $q \in \mathbb{Q}$ について $f(q) = cq$(ただし $c = f(1)$)を示す——$\mathbb{Q}$ 上の関数全体が単一の点での値によって決定される。

**ステップ6:連続性の下で $\mathbb{R}$ へ拡張する。** ここで $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ が加法的であり、たとえ1点だけでも連続であるとする(そのとき至る所での連続性は加法性から従う:$0$ で連続なら $h\to 0$ のとき $f(x+h)-f(x) = f(h) \to 0$)。任意の実数 $x$ について、有理数の列 $q_n \to x$ を取る。ステップ1–5により $f(q_n) = c q_n$。連続性により $f(x) = \lim_n f(q_n) = \lim_n c q_n = cx$。

**ステップ7:単調性または局所有界性の下で $\mathbb{R}$ へ拡張する(概略)。** $f$ が単調であれば、任意の実数 $x$ を挟む有理数 $q_1 < x < q_2$ について、単調性は $cq_1 \le f(x) \le cq_2$ を強制し($c>0$ の場合;$c<0$ なら逆)、$q_1,q_2\to x$ とすると同じ挟み込みで $f(x)=cx$ が確定する。代わりに $f$ がある区間 $I$ 上で有界であれば、(加法性を用いて区間をずらすことで)$f$ が $0$ 近くで有界であることを示し、固定された $x$ について $n\to\infty$ のとき $f(x/n)\to 0$ となることが $0$ での連続性を強制し、ステップ6に帰着する。3つの正則性の場合(連続、単調、区間上有界)すべてで、結論は同じである:任意の $x\in\mathbb{R}$ について $f(x)=cx$。

これは、中点と平均について純粋に述べているように見えるイェンゼンの方程式が、実は変装したコーシーの加法方程式であることを示しており、定理1のすべての機構(病的な非正則解とそれらを排除する正則性条件を含む)が自動的に移行する。

**ステップ1:$g$ を定義し $g(0)=0$ を確認する。** $g(x) = f(x) - f(0)$ とする。すると $g(0) = f(0)-f(0) = 0$。

**ステップ2:イェンゼンの方程式を $g$ で書き換える。** $f = g + f(0)$ を $f\left(\frac{x+y}{2}\right) = \frac{f(x)+f(y)}{2}$ に代入すると $g\left(\frac{x+y}{2}\right) + f(0) = \frac{g(x)+f(0)+g(y)+f(0)}{2} = \frac{g(x)+g(y)}{2} + f(0)$ となる。$f(0)$ の項は打ち消し合い、$g\left(\frac{x+y}{2}\right) = \frac{g(x)+g(y)}{2}$ が残る——$g$ はまさに同じイェンゼンの方程式を満たす。

ステップ3:半分にする恒等式を導く。 $g$ の方程式に $y=0$ を代入:$g\left(\frac{x}{2}\right) = \frac{g(x)+g(0)}{2} = \frac{g(x)}{2}$(ステップ1の $g(0)=0$ を用いる)。よって任意の $x$ について $g(x/2) = g(x)/2$、同値に任意の $u$ について $g(2u) = 2g(u)$($u=x/2$ を代入)。

**ステップ4:$g$ のイェンゼン方程式を加法性に変換する。** 任意の $x,y\in\mathbb{R}$ について、$g$ のイェンゼン方程式を組 $(x,y)$ に適用:$g\left(\frac{x+y}{2}\right) = \frac{g(x)+g(y)}{2}$。ステップ3を $u = x+y$ で用いると、左辺は $g(x+y)/2$ に等しい(なぜなら $\frac{x+y}{2}$ は $x+y$ の半分だから)。よって $\frac{g(x+y)}{2} = \frac{g(x)+g(y)}{2}$、両辺を $2$ 倍して:$g(x+y) = g(x)+g(y)$。

ステップ5:結論。 これはまさに $g$ に適用された加法的コーシー方程式 $f(x+y)=f(x)+f(y)$ である。定理1により、$g$(同値に $f$、定数 $f(0)$ だけ異なるため)が連続、単調、またはある区間上有界であれば、ある定数 $c=g(1)=f(1)-f(0)$ について $g(x) = cx$。代入し戻すと $f(x) = g(x) + f(0) = cx + f(0)$、イェンゼンの方程式の一般的な正則解——アフィン(必ずしも線形ではない)関数である。