2019年入試問題研究に戻る浜松医大3番解答
(1) 条件式を $ a=b=c=0 $ で用いて， $ 3f^2(0)=0 $ ．これより $ f(0)=0 $ である．
すべての実数 $ x $ で $ f(x)=0 $ のときは， すべての実数 $ x $ に対して $ f(-x)=-f(x)=0 $ が成立する．
$ f(x)\ne 0 $ となる $ x $ が存在するとき，それを $ a $ とする． 任意の実数 $ x $ に対し $ c=x $ ， $ b=0 $ で条件式を用いると \[ f(a)f(-x)+f(0)f(x-a)+f(x)f(a)=0 \] $ f(0)=0 $ より \[ f(a)f(-x)+f(a)f(x)=0 \] そして， $ f(a)\ne 0 $ なので， \[ f(-x)+f(x)=0 \] 以上から， すべての実数 $ x $ に対して $ f(-x)=-f(x) $ が成立することが示された。
(2) 自然数 $ k $ に対して，条件式を \[ a=\dfrac{y}{2},\ b=-\dfrac{k}{2}y,\ c=x+\dfrac{k}{2}y \] で用いる。 \begin{eqnarray*} && f\left(\dfrac{y}{2} \right)f\left(-\dfrac{k}{2}y-x-\dfrac{k}{2}y\right)+f\left(-\dfrac{k}{2}y\right)f\left(x+\dfrac{k}{2}y-\dfrac{y}{2}\right)\\ && +f\left(x+\dfrac{k}{2}y\right)f\left(\dfrac{y}{2}+\dfrac{k}{2}y\right)\\ &=& -f\left(\dfrac{y}{2} \right)f\left(x+ky\right)-f\left(\dfrac{k}{2}y\right)f\left(x+\dfrac{k-1}{2}y\right)+f\left(x+\dfrac{k}{2}y\right)f\left(\dfrac{k+1}{2}y\right)\\ &=&0 \end{eqnarray*} これより， \[ f\left(\dfrac{y}{2} \right)f\left(x+ky\right)= f\left(x+\dfrac{k}{2}y\right)f\left(\dfrac{k+1}{2}y\right)- f\left(x+\dfrac{k-1}{2}y\right)f\left(\dfrac{k}{2}y\right) \] よって， \begin{eqnarray*} &&f\left(\dfrac{y}{2} \right)\sum_{k=0}^nf(x+ky)\\ &=&f\left(\dfrac{y}{2} \right)f(x)+f\left(\dfrac{y}{2} \right)\sum_{k=1}^nf(x+ky)\\ &=&f\left(\dfrac{y}{2} \right)f(x)+\sum_{k=1}^n\left\{ f\left(x+\dfrac{k}{2}y\right)f\left(\dfrac{k+1}{2}y\right)- f\left(x+\dfrac{k-1}{2}y\right)f\left(\dfrac{k}{2}y\right)\right\}\\ &=&f\left(\dfrac{y}{2} \right)f(x)+f\left(x+\dfrac{n}{2}y\right)f\left(\dfrac{n+1}{2}y\right) -f\left(x\right)f\left(\dfrac{y}{2}\right)\\ &=&f\left(x+\dfrac{n}{2}y\right)f\left(\dfrac{n+1}{2}y\right) \end{eqnarray*} となる。
(3) $ s=t $ のときは両辺0で成立する。 以下 $ s< t $ とする。 定積分の定義より， \begin{eqnarray*} F(t)-F(s)&=&\int_s^tf(x)\,dx =\lim_{n\to \infty}\dfrac{t-s}{n}\sum_{k=1}^nf\left(s+\dfrac{t-s}{n}k \right)\\ &=&\lim_{n\to \infty}\dfrac{t-s}{n}\sum_{k=0}^nf\left(s+\dfrac{t-s}{n}k \right) …① \end{eqnarray*} $ x=s $ ， $ y=\dfrac{t-s}{n} $ で(2)を用いると， \[ f\left(\dfrac{t-s}{2n} \right)\sum_{k=0}^nf\left(s+\dfrac{t-s}{n}k \right) =f\left(\dfrac{s+t}{2} \right)f\left(\dfrac{n+1}{2}\cdot\dfrac{t-s}{n} \right) \] 一方， \[ f\left(\dfrac{t-s}{2n} \right)\sum_{k=0}^nf\left(s+\dfrac{t-s}{n}k \right) =\dfrac{f\left(\dfrac{t-s}{2n} \right)}{\dfrac{t-s}{n}}\cdot\dfrac{t-s}{n} \sum_{k=0}^nf\left(s+\dfrac{t-s}{n}k \right) … ② \] で， \[ \lim_{n \to \infty}\dfrac{f\left(\dfrac{t-s}{2n} \right)}{\dfrac{t-s}{n}}= \dfrac{1}{2}\lim_{n \to \infty}\dfrac{f\left(\dfrac{t-s}{2n} \right)}{\dfrac{t-s}{2n}}=\dfrac{1}{2}f'(0)=\dfrac{1}{2} \] であり， \[ \lim_{n \to \infty}f\left(\dfrac{s+t}{2} \right)f\left(\dfrac{n+1}{2}\cdot\dfrac{t-s}{n} \right) =f\left(\dfrac{s+t}{2} \right)f\left(\dfrac{t-s}{2} \right) \] であるから， $ ② $ で $ \displaystyle n \to \infty $ をとることより， $ ① $ とあわせて，すべての実数 $ s,\ t $ に対して \[ \dfrac{F(t)-F(s)}{2}=f\left(\dfrac{s+t}{2} \right) f\left(\dfrac{t-s}{2} \right) \] が成立する。