https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/Kyodai/2007/Rikei_B

2020.09.18記

[6] すべての実数で定義され何回でも微分できる関数 $f(x)$ が $f(0)=0$ ， $f'(0)=1$ を満たし，さらに任意の実数 $a$ ， $b$ に対して $1+f(a)f(b) \neq 0$ であって $f(a+b)=\dfrac{f(a)+f(b)}{1+f(a)f(b)}$ を満たしている．

(1) 任意の実数 $a$ に対して， $-1\lt f(a)\lt 1$ であることを証明せよ．

(2) $y=f(x)$ のグラフは $x\gt 0$ で上に凸であることを証明せよ．

本問のテーマ

双曲正接関数の加法定理

2020.09.18記

双曲正接関数の加法定理

$\tanh (a+b)=\dfrac{\tanh a + \tanh b}{1+\tanh a\tanh b}$ と比べれば $f(x)=\tanh x=\dfrac{e^x-e^{-x}}{e^x+e^{-x}}$ であることがわかり，題意は明らかになる．

ニューラルネットワークで用いられる活性化関数の sigmoid は $\dfrac{\tanh (ax/2)+1}{2}$ と双曲正接関数を使って表現できる．

[大人の解答]
関数方程式を解く．

$f(x+b)=\dfrac{f(x)+f(b)}{1+f(x)f(b)}$ を $x$ で微分すると
$f'(x+b)=\dfrac{f'(x)\{1+f(x)f(b)\}-\{f(x)+f(b)\}f'(x)f(b)}{\{1+f(x)f(b)\}^2}$ $=\dfrac{f'(x)[1-\{f(b)\}^2]}{\{1+f(x)f(b)\}^2}$
となり， $x=0$ を代入すると $f'(b)=1-\{f(b)\}^2$ が任意の実数 $b$ について成立するので，この微分方程式
$\dfrac{df}{1-f^2}=dx$
を解くと
$\dfrac{1}{2}\log\Bigl|\dfrac{f+1}{f-1}\Bigr|=x+C$
となり
$f(x)=\dfrac{\pm e^{2C} e^{2x}-1}{\pm e^{2C}e^{2x}+1}$ （複号同順）
となり， $f(0)=0$ から
$f(x)=\dfrac{e^{2x}-1}{e^{2x}+1}=\tanh x$
となる．このとき， $f'(x)=\dfrac{1}{\cosh^2 x}$ より $f'(0)=1$ をみたしており，
$\tanh x$ の加法定理 $\tanh (a+b)=\dfrac{\tanh a + \tanh b}{1+\tanh a\tanh b}$ において、 $\tanh(a+b)$ は任意の実数 $a，b$ に対して有限の値になるので $1+f(a)f(b)\neq 0$ が成立し，問題文の全ての条件を満たしている．

(1) $f(x)=\tanh x$ は $-1\lt \tanh x\lt 1$ をみたす．

(2) $f'(x)=\dfrac{1}{\cosh^2 x}$ は $x\gt 0$ の範囲で単調減少するので上に凸となる．

なお，関連して大昔の入試問題にもあった

(1) $|a|\lt 1，|b|\lt 1$ のとき $-1\lt \dfrac{a+b}{1+ab} \lt 1$ を証明せよ．

(2) $|a|\lt 1，|b|\lt 1，|c|\lt 1$ のとき $-1\lt \dfrac{a+b+c+abc}{1+ab+bc+ca} \lt 1$ を証明せよ．

を $\tanh$ から眺めてみるとほぼ自明である．

また、
2015年(平成27年)東北大学後期-数学(理系)[4] - [別館]球面倶楽部零八式markIISR
も参照のこと．

2025.10.19記
関数方程式の問題として解いておく．関数方程式で $f(a+b)$ の形があれば， $b=0$ ， $\pm a$ を代入するのが定石で，
$f(a)=f(a)$ ， $f(a)+f(-a)=0$ ， $f(2a)=\dfrac{2f(a)}{1+\{f(a)\}^2}$
が得られるので次の一手を考える．先程の大昔の入試問題の(1)を
$g(x)=x^2-(a+b)x+ab$ が $g(x)=0$ の2解が $-1\lt x\lt 1$ の範囲にあるので $g(1)\gt 0，g(-1)\gt 0$ を満たすことから導けることに気付けば

$|a|\lt 1，|b|=1$ のとき $\dfrac{a+b}{1+ab}=1$ が成立する

ことを見抜けるので $f(x)=1$ となってはまずいということがわかるだろう．

[解答]
(1) $b=a$ として $f(2a)=\dfrac{2f(a)}{1+\{f(a)\}^2}$ であるから，
$1+f(2a)=\dfrac{\{1+f(a)\}^2}{1+\{f(a)\}^2}\geqq 0$ ，
$1-f(2a)=\dfrac{\{1-f(a)\}^2}{1+\{f(a)\}^2}\geqq 0$
が成立する．ここで $f(x)=1$ となる実数 $x$ が存在したと仮定すると
$f(a+x)=\dfrac{f(a)+1}{1+f(a)}=1$
が任意の $a$ について成立することになり， $a=-x$ とおくことにより $0=1$ となり矛盾が生じる．同様に $f(x)=-1$ となる実数 $x$ が存在したと仮定すると
$f(a+x)=\dfrac{f(a)-1}{1-f(a)}=-1$
が任意の $a$ について成立することになり， $a=-x$ とおくことにより $0=1$ となり矛盾が生じる．

以上から $1+f(2a)\gt 0$ ， $1-f(2a)\gt 0$ となり $-1\lt f(2a)\lt 1$ が任意の実数 $a$ に対して成立するので， $2a$ を改めて $a$ と置くことにより題意が成立する．

(2) $f(x+b)=\dfrac{f(x)+f(b)}{1+f(x)f(b)}$ を $x$ で微分すると
$f'(x+b)=\dfrac{f'(x)\{1+f(x)f(b)\}-\{f(x)+f(b)\}f'(x)f(b)}{\{1+f(x)f(b)\}^2}$ $=\dfrac{f'(x)[1-\{f(b)\}^2]}{\{1+f(x)f(b)\}^2}$
となり， $x=0$ を代入すると $f'(b)=1-\{f(b)\}^2$ …(★) が任意の実数 $b$ について成立する．

ここで(1)により $f'(b)\gt 0$ が任意の実数 $b$ について成立するので， $f(0)=0$ とから $f(b)\gt 0$ が任意の $b\gt 0$ について成立する．

(★)を $b$ で微分すると $f''(b)=-2f(b)f'(b)$ は $b\gt 0$ で負となるので， $f(b)$ は $b\gt 0$ で上に凸である．

[解答]
(1) $f(x)$ は全実数で微分可能なので全実数において連続である．

関数方程式で $b=-a$ とおくことにより $0=\dfrac{f(a)+f(-a)}{1+f(a)f(-a)}$ となるので $f(-a)=-f(a)$ ，つまり $f(x)$ は奇関数となる．

ここで $1+f(a)f(b)$ は任意の実数 $a，b$ について連続であり，値が $0$ にならないので定符号であり， $b=0$ のときに $1$ となるので $1+f(a)f(b)$ は任意の実数 $a，b$ について正の値をとる．

$b=-a$ とおくことにより $1-\{f(a)\}^2\gt 0$ が任意の実数 $a$ について成立することがわかり，題意は証明された．