f(x)^2-f(y)^2=f(x+y)f(x-y) をみたす函数

ここでは以下の問題を考えます。
$\K$は$\R$または$\C$であるとします。（しばらくは$\K$の性質として$\Q$線型空間であることしか使わないので、$\Q$線型空間と考えてもよいです。）

この方程式の解は実質的に$x$と$\sin x$のみであることを以下で示します。

連続性を仮定しない場合

はじめに結果を示しておきます。

証明の概略

$f(t)$と$f(2t)$の値がわかっているときに$P(2t,t)$から$f(3t)=\frac{f(2t)^2-f(t)^2}{f(t)}$が得られ、$P(nt,t)$を考えることで$f(nt)$が帰納的にわかります。これを用いて$f(t),f(2t),f(3t),\ldots$という列を$4$パターンに分類し、$f$の定義域$\K$を$S_1$, $S_2$, $S_3$, $S_4$に分割します。（これらの定義は後述。）
$\K=S_1\cup S_4$のときは$f(t),f(2t),f(3t),\ldots$という列が大きな情報を持っているので$P(nx,ny)$を考えることで考察が進められます。
$\K=S_1\cup S_2$のときは$f(2t)=2f(t)$がつねに成り立つので$P(x,y)$と$P(x+y,x-y)$を連立することで考察が進められます。

簡単な考察

与式を$P(x,y)$で表します。
$P(0,0)$により$f(0)=0$が、$P(0,y)$と$P(0,-y)$により$f(-y)=-f(y)$がわかります。また、$f(a)=f(b)=0$のとき$P(a+b,b)$により$f(a+b)=0$です。
以上により、$f$の零点集合は加法群をなすことがわかります。
さらに、$f(a)=0$のとき、$P(x+a,x)$から$f(x+a)^2=f(x)^2$であり、$P(x+a,a)$と$P(x,0)$の比較から$f(x+2a)f(x)=f(x)^2$となります。$f$の零点集合が加法群であったことから、$f(x)=0$ならば$f(x+2a)=0$となることを踏まえると、$f(x+2a)=f(x)$が得られます。
したがって、$f(a)=0$ならば$2a$は$f$の周期です。

列$f(t),f(2t),f(3t),\ldots$の分類

$t\in\K$を任意にとります。$f(t)=0$のとき任意の$n\in\Z$に対して$f(nt)=0$となります。$f(t)\neq 0$のときを考えます。
$f(2t)$の値によって場合分けをします。

$f(2t)=2f(t)$の場合

$P(nt,t)$により$f(nt)^2-f(t)^2=f\bigl((n+1)t\bigr)f\bigl((n-1)t\bigr)$なので正の整数$n$に対して$f(nt)=nf(t)$が帰納的にわかり、$f(-y)=-f(y)$から任意の整数についてわかります。

$f(2t)=-2f(t)$の場合

前段落と同様にして$f(nt)=(-1)^{n-1}nf(t)$がわかります。

$f(2t)\neq \pm 2f(t)$の場合

複素数$c\neq 0$および$z\neq 0,1$を用いて$f(t)=c(z-z^{-1}),\ f(2t)=c(z^2-z^{-2})$と表すことができます。

以上をまとめると以下のようになります。

ここで、以下のように集合を定めます。

$S_1\sqcup S_2\sqcup S_3\sqcup S_4=\K$であることに注意します。

$S_2$, $S_4$が両立しないことの証明

まず、$S_3$が空であることを示します。$\frac t2$が$S_1,S_2,S_3,S_4$のどれに属していても$t\in S_3$とはなりえないので$S_3$は空です。

$S_2$と$S_4$がどちらも空でないと仮定し、$x\in S_2$および$y\in S_4$を一組とります。
$P(nx,ny)$により
$${c_x}^2n^2-{c_y}^2({z_y}^n-{z_y}^{-n})^2=f(n(x+y))f(n(x-y))$$
となるが、これは$f(n(x+y))$, $f(n(x-y))$がどのようであったとしても成り立ちません。

$S_2$, $S_4$がどちらも空の場合

言わずもがな$f=0$です。

$S_2$が空の場合

ここまでに示したことから、任意の$t\in\K$に対して$c_t\in\C$および$z_t\in\C\setminus\{0\}$が存在して$f(nt)=c_t({z_t}^n-{z_t}^{-n})$が成り立ちます。ただし、$t\in S_1$の場合は$c_t=0$であるように定めます。また、$t\in S_4$の場合は$(c_t,z_t)$として$(c,z)$と$(-c,z^{-1})$の$2$つがありうることに注意します。
$P(nx,ny)$により、
$${c_x}^2({z_x}^n-{z_x}^{-n})^2-{c_y}^2({z_y}^n-{z_y}^{-n})^2=c_{x+y}c_{x-y}({z_{x+y}}^n-{z_{x+y}}^{-n})({z_{x-y}}^n-{z_{x-y}}^{-n})\tag{2}$$
が得られます。
$z\in\C$とし、$\lvert z\rvert$が十分小さいとき、(2)の両辺に$z^n$を掛けて$n\geq 1$で足し合わせたものは収束し、
\begin{align} &{c_x}^2\biggl(\frac{1}{z-{z_x}^2}-\frac{2}{z-1}+\frac{1}{z-{z_x}^{-2}}\biggr)-{c_y}^2\biggl(\frac{1}{z-{z_y}^2}-\frac{2}{z-1}+\frac{1}{z-{z_y}^{-2}}\biggr)\\ &=c_{x+y}c_{x-y}\biggl(\frac{1}{z-{z_{x+y}}{z_{x-y}}}+\frac{1}{z-{z_{x+y}}^{-1}{z_{x-y}}^{-1}}-\frac{1}{z-{z_{x+y}}{z_{x-y}}^{-1}}-\frac{1}{z-{z_{x+y}}^{-1}{z_{x-y}}}\biggr) \end{align}
となります。これを極を除いた$\C$全体に解析接続し、（詳細は省きますが）右辺の極の個数について場合分けを行うことで以下が得られます。

$z_t=\pm\sqrt{-1}$の場合を除いて$(c_{2t},z_{2t})=(c_t,{z_t}^2)$となることに注意して上の場合分けの1-1, 2-1-1, 2-2-1について再考します。
1-1の場合、$P(n(x+y),n(x-y))$を考えると、$c_{2x}c_{2y}=0$なので$c_{x+y}=c_{x-y}=0$または${c_{x+y}}^2={c_{x-y}}^2\neq 0$となることから$c_x=c_y=c_{x+y}=c_{x-y}=0$が得られます。
2-1-1の場合、$P(n\cdot\frac{x+y}2,n\cdot\frac{x-y}2)$を考えると、$c_{x}c_{y}\neq 0$かつ$(z_{x},z_{y})=(\sqrt{-1},\sqrt{-1})$かつ$c_{\frac{x+y}2}c_{\frac{x-y}2}\neq 0$であるが$(z_{\frac{x+y}2},z_{\frac{x-y}2})\neq(\sqrt{-1},\sqrt{-1})$なので矛盾します。
2-2-1の場合、$P(n(x+y),n(x-y))$を考えると、$c_{2x}c_{2y}\neq 0$かつ$z_{x+y}=z_{x-y}\neq z_{2x}=z_{2y}$なので上のいずれの場合にも当てはまらず矛盾します。
このことから、上の場合分けは次のように書き直せます。

上を見てわかるとおり、$c_x$, $c_y$がどちらも$0$でないときは${c_x}^2={c_y}^2$です。したがって、全ての$t\in\K$について共通の$c\in\K\setminus\{0\}$を使うことができます。
すなわち、任意の$t\in\K$に対してある$z_t\in\C\setminus\{0\}$が存在して任意の$n\in\Z$に対して$f(nt)=c({z_t}^n-{z_t}^{-n})$が成り立ちます。ここで、$t\in S_4$に対して$z_t$は一意に定まり、さらに$z_t\neq\pm 1$となります。また、$t\in S_4$に対しては$\frac t2\in S_1$のとき$z_t=1$、そうでないとき$z_t=-1$と定めておくことにします。また、任意の$t\in\K$に対して$z_{2t}={z_t}^2$が成り立つことに注意します。
まとめると以下のようになります。

ふたたび以下の式を考察します。
\begin{align} &\frac{1}{z-{z_x}^2}+\frac{1}{z-{z_x}^{-2}}-\frac{1}{z-{z_y}^2}-\frac{1}{z-{z_y}^{-2}}\\ &=\frac{1}{z-{z_{x+y}}{z_{x-y}}}+\frac{1}{z-{z_{x+y}}^{-1}{z_{x-y}}^{-1}}-\frac{1}{z-{z_{x+y}}{z_{x-y}}^{-1}}-\frac{1}{z-{z_{x+y}}^{-1}{z_{x-y}}} \end{align}
この式の意味するところは$\{{z_x}^2,{z_x}^{-2},{z_{x+y}}{z_{x-y}}^{-1},{z_{x+y}}^{-1}{z_{x-y}}\}=\{{z_y}^2,{z_y}^{-2},{z_{x+y}}{z_{x-y}},{z_{x+y}}^{-1}{z_{x-y}}^{-1}\}$（個数も含めて一致）です。
このことから、各$(x,y)\in\K^2$について以下のいずれかが成立します。

ここで、もし$(x,y)$が1をみたしたとします。
$(\frac{x+y}2,\frac{x-y}2)$が1, 2, 3, 4のどれかをみたしたとき、$(z_x,z_y,z_{\frac{x+y}2},z_{\frac{x-y}2})=(\varepsilon^{\prime\prime},\varepsilon^{\prime\prime}\varepsilon,\varepsilon^\prime,\varepsilon^\prime)$となるので$(x,y)$は5をみたします。
また、$(\frac{x+y}2,\frac{x-y}2)$が5, 6, 7, 8のどれかをみたしたとき、$z_{x+y}$は$\varepsilon{z_x}^2$または$\varepsilon{z_x}^{-2}$で、$z_{x-y}=\varepsilon$なので$(x,y)$は5または8をみたします。
2, 3, 4についても同様の議論ができるので、上の8つのうち5, 6, 7, 8のみを考えればよいです。
また、$(x,y)$が6を、すなわち${z_x}^2={z_{x+y}}{z_{x-y}}$かつ${z_y}^2={z_{x+y}}^{-1}{z_{x-y}}$をみたしたとします。
このとき、${z_{x+y}}^2=z_{2x}{z_{2y}}^{-1}$かつ${z_{x-y}}^2=z_{2x}z_{2y}$となることに注意します。$(x+y,x-y)$が5または6をみたすとき$z_{2y}=\varepsilon$なので$(x,y)$は5をみたし、$(x+y,x-y)$が7または8をみたすとき$z_{2x}=\varepsilon$なので$(x,y)$は8をみたします。
$(x,y)$が7をみたすときも同様の議論ができるので場合分けのうち5, 8のみを考えればよいです。変数を$(x,y)$から$(\frac{{x+y}}2,\frac{x-y}2)$に置き換えると以下のように書くことができます。

$z_y\neq\pm 1$となるように$y\in\K$を選び、$x\in\K$を任意にとります。
$z_{x+y}={z_x}^{-1}{z_y}^{-1}$となったと仮定します。
このとき、$z_{x+2y}=z_{(x+y)+y}$は$z_x$または${z_x}^{-1}$となります。一方、$z_{x+2y}$は$z_xz_{2y}=z_x{z_y}^2$または${z_x}^{-1}{z_y}^{-2}$となります。このことから${z_x}^2{z_y}^2=1$が得られ、$z_{x+y}=z_xz_y$となります。
また、$z_{x+y}\neq{z_x}^{-1}{z_y}^{-1}$のときも$z_{x+y}=z_xz_y$です。
したがって、$z_y\neq\pm 1$となる$(x,y)$に対して$z_{x+y}=z_xz_y$が成り立ちます。$z_x\neq\pm 1$のときも同様にわかり、${z_x}^2={z_y}^2=1$のときは簡単にわかります。
したがって、任意の$x,y\in\K$に対して$z_{x+y}=z_xz_y$です。
$z_x=g(x)$と書き直してまとめると以下のようになります。

$S_4$が空の場合

任意の$t\in\K$に対して$f(2t)=2f(t)$が成り立ちます。
$P(x,y)$と$P(x+y,x-y)$から
\begin{align} f(x)^2-f(y)^2&=f(x+y)f(x-y),\\ f(x+y)^2-f(x-y)^2&=4f(x)f(y) \end{align}
が成り立ち、これらから
\begin{align} &(f(x+y)^2+f(x-y)^2)^2\\ &=(f(x+y)^2-f(x-y)^2)^2+4(f(x+y)f(x-y))^2\\ &=4(f(x)^2+f(y)^2)^2 \end{align}
が成り立ちます。これにより、$f(x+y)^2+f(x-y)^2=\pm 2(f(x)^2+f(y)^2)$であり、$f(x+y)$は$\pm(f(x)+f(y))$, $\pm\sqrt{-1}(f(x)-f(y))$のいずれかとなります。

ここで、$(x,y)$が$f(y)\neq 0$かつ$f(x+y)=\sqrt{-1}(f(x)-f(y))$をみたしたとします。
$n\in\Z$として$f(x+(n+1)y)$を考えます。
$f(x+(n+1)y)=f((x+y)+ny)$は$\pm(\sqrt{-1}(f(x)-f(y))+nf(y))$または$\pm\sqrt{-1}(\sqrt{-1}(f(x)-f(y))-nf(y))$となります。
一方、$f(x+(n+1)y)$は$\pm(f(x)+(n+1)f(y))$または$\pm\sqrt{-1}(f(x)-(n+1)f(y))$となります。
$n$が十分大きなときを考えると$n$の係数が等しいものどうしでしか等しくなりえず、以下のいずれかが成り立ちます。

• $\sqrt{-1}(f(x)-f(y))+nf(y)=f(x)+(n+1)f(y)$
  
• $\sqrt{-1}(f(x)-f(y))-nf(y)=f(x)-(n+1)f(y)$
  

• $f(x+y)=f(x)+f(y)$
  
• $f(x+y)=-f(x)-f(y)$
  
• $f(x+y)=0$かつ$f(x)=f(y)$
  

• $f(s+t)=f(s)+f(t)$
  
• $f(s+t)=-f(s)-f(t)$
  
• $f(s+t)=-f(s)-f(t)$かつ$f(s)=0$
  

まとめ

$f$が連続の場合

$\K=\R$であるとします。