有理数FE

$P(x,a)$より$f(x+f(a))=f(x-f(a))+\dfrac{f(2ax)}{x}$

$P(x,b)$より$f(x+f(b))=f(x-f(b))+\dfrac{f(2bx)}{x}$

$\therefore f(a)=f(b)$のとき$\dfrac{f(2ax)}{x}=\dfrac{f(2bx)}{x}$なので

$f(a)=f(b)\Longrightarrow f(2ax)=f(2bx)(\forall x\in\mathbb{Q}_{\neq0})$

$\exists a\neq0,f(a)=0$と仮定する
$P(x,a)$より$f(x)=f(x)+\dfrac{f(2ax)}{x}$

$\therefore f(2ax)=0(\forall x\in\mathbb{Q}_{\neq0})$より$f(x)=0(\forall x\in\mathbb{Q}_{\neq0})$

$P(x,0)$より$f(x+f(0))=f(x-f(0))+\dfrac{f(0)}{x}$

$x\neq\pm f(0)$なる$x$に対して$\dfrac{f(0)}{x}=0$より$f(0)=0$

$\therefore f(x)\equiv 0$となるが,これは$f$が定数関数でないことに矛盾する
$\therefore x\neq0\Longrightarrow f(x)\neq0$

$f(0)=c$とし$c\neq0$と仮定する

$P(c,0)$より$f(2c)=f(0)+\dfrac{f(0)}{c}=c+1\quad\cdots①$

$P(-c,0)$より$f(-2c)=f(0)+\dfrac{f(0)}{c}=c+1$

$f(2c)=f(-2c),$補題1より
$f(4cx)=f(-4cx)(\forall x\in\mathbb{Q}_{\neq0})$,$c\neq0$より$f(-x)=f(x)(\forall x\in\mathbb{Q}_{\neq0})\quad\cdots②$

$P(c,x)$より$f(c+f(x))=f(c-f(x))+\dfrac{f(2cx)}{c}$

$P(f(x),0)$より$f(c+f(x))=f(f(x)-c)+\dfrac{c}{f(x)}=f(c-f(x))+\dfrac{c}{f(x)}(\because ②)$

$\therefore\dfrac{f(2cx)}{c}=\dfrac{c}{f(x)}\Leftrightarrow f(2cx)=\dfrac{c^2}{f(x)}\quad\cdots③$

$①,③$より$f(2c)=\dfrac{c^2}{f(1)}\Leftrightarrow c+1=\dfrac{c^2}{f(1)},c\neq0$より$c+1\neq0$なので$f(1)=\dfrac{c^2}{c+1}$

$③$より$f(4c^2)=\dfrac{c^2}{f(2c)}=\dfrac{c^2}{c+1}$

$P(c,2c)$より$f(c+f(2c))=f(c-f(2c))+\dfrac{f(4c^2)}{c}$

$①,②$より$f(2c+1)=f(-1)+\dfrac{c}{c+1}=f(1)+\dfrac{c}{c+1}=c=f(0)$

$\therefore f((4c+2)x)=f(0)(\forall x\in\mathbb{Q}_{\neq0})\quad\cdots④$

$(Ⅰ)c\neq-\frac{1}{2}$のとき
$\quad④$より$f(x)=c(\forall x\in\mathbb{Q}_{\neq0}),f(0)=c$より$f(x)\equiv c$

$(Ⅱ)c=-\frac{1}{2}$のとき
$\quad②,③$より$f(-x)f(x)=\dfrac{1}{4}\Leftrightarrow f(x)=\pm\dfrac{1}{2}(\forall x\in\mathbb{Q}_{\neq0})$

$\quad P(1,y)$の(左辺)$=\pm\dfrac{1}{2},$(右辺)=$0,\pm1$より与式が成り立たず不適
$\therefore(Ⅰ)(Ⅱ)$より$f(x)\equiv c$となるが,これは$f$が定数関数でないことに矛盾する
$\therefore f(0)=0$

$P(f(1),1)$より$f(2f(1))=\dfrac{f(2f(1))}{f(1)}\Leftrightarrow f(1)=1(\because$補題2より$f(1)\neq0,f(2f(1))\neq0)$

$P(f(-1).-1)$より$f(2f(-1))=\dfrac{f(-2f(-1))}{f(-1)}$

$P(-f(-1),-1)$より$f(-2f(-1))=\dfrac{f(2f(-1))}{f(-1)}$

$\therefore f(2f(-1))=\dfrac{f(2f(-1))}{(f(-1))^2}\Leftrightarrow (f(-1))^2=1\Leftrightarrow f(-1)=\pm1(\because$補題2より$f(2f(-1))\neq0)$

$P(x,1)$より$f(x+1)=f(x-1)+\dfrac{f(2x)}{x}$

$P(x,-1)$より$f(x+1)=f(x-1)+\dfrac{f(-2x)}{x}$

$\therefore f(-x)=f(x)\quad\cdots⑤$
$P(f(x),y)$より$f(f(x)+f(y))=f(f(x)-f(y))+\dfrac{f(2yf(x))}{f(x)}$

$P(f(y),x)$より$f(f(x)+f(y))=f(f(y)-f(x))+\dfrac{f(2xf(y))}{f(y)}$

$\therefore \dfrac{f(2yf(x))}{f(x)}=\dfrac{f(2xf(y))}{f(y)}(\forall x,y\in\mathbb{Q}_{\neq0})\quad\cdots⑥$

$f\bigg(\dfrac{1}{2}\bigg)=k$とする
$⑥$で$x=1,y=\dfrac{1}{2}$とすると

$\dfrac{f(f(1))}{f(1)}=\dfrac{f(2f(\frac{1}{2}))}{f(\frac{1}{2})}\Leftrightarrow f(2k)=f(\frac{1}{2})$

補題1より$f(4kx)=f(x)(\forall x\in\mathbb{Q}_{\neq0})\quad\cdots⑦$

$P(4k,\frac{1}{2})$より$f(5k)=f(3k)+\dfrac{f(4k)}{4k}=f(3k)+\dfrac{1}{4k}(\because⑦$より$f(4k)=f(1)=1)\quad\cdots⑧$

$P(\frac{1}{4},1),⑤$より$f\bigg(\dfrac{5}{4}\bigg)=f\bigg(-\dfrac{3}{4}\bigg)+4k=f\bigg(\dfrac{3}{4}\bigg)+4k$

$⑦$より$f(5k)=f\bigg(\dfrac{5}{4}\bigg),f(3k)=f\bigg(\dfrac{3}{4}\bigg)$なので

$f(5k)=f(3k)+4k$

$⑧$より$4k=\dfrac{1}{4k}\Leftrightarrow k=\pm\dfrac{1}{4}$

$k=-\dfrac{1}{4}$と仮定すると

$P(x,\frac{1}{2})$より$f\bigg(x-\dfrac{1}{4}\bigg)=f\bigg(x+\dfrac{1}{4}\bigg)+\dfrac{f(x)}{x}\quad\cdots⑨$

$⑨$で$x=\dfrac{1}{4}$とすると$f\bigg(\dfrac{1}{2}\bigg)+4f\bigg(\dfrac{1}{4}\bigg)=0\Leftrightarrow f\bigg(\dfrac{1}{4}\bigg)=\dfrac{1}{16}$

$⑨$で$x=\dfrac{1}{2}$とすると$f\bigg(\dfrac{1}{4}\bigg)=f\bigg(\dfrac{3}{4}\bigg)+2f\bigg(\dfrac{1}{2}\bigg)=0\Leftrightarrow f\bigg(\dfrac{3}{4}\bigg)=\dfrac{9}{16}$

$⑨$で$x=\dfrac{3}{4}$とすると$f\bigg(\dfrac{1}{2}\bigg)=f(1)+\dfrac{4}{3}f\bigg(\dfrac{3}{4}\bigg)=0\Leftrightarrow f(1)=-1$となり$f(1)=1$に矛盾する

$\therefore f\bigg(\dfrac{1}{2}\bigg)=\dfrac{1}{4}$

$P(x,\frac{1}{2})$より$f\bigg(x+\dfrac{1}{4}\bigg)=f\bigg(x-\dfrac{1}{4}\bigg)+\dfrac{f(x)}{x}\quad\cdots⑩$

$⑩$で$x=\dfrac{1}{4}$とすると$f\bigg(\dfrac{1}{4}\bigg)=\dfrac{1}{4}f\bigg(\dfrac{1}{2}\bigg)=\dfrac{1}{16}$

$\therefore ⑩,f\bigg(\dfrac{1}{4}\bigg)=\dfrac{1}{16},f\bigg(\dfrac{1}{2}\bigg)=\dfrac{1}{4}$より帰納的に$f\bigg(\dfrac{n}{4}\bigg)=\dfrac{n^2}{16}(\forall n\in\mathbb{N})$

$⑤,f(0)=0$より$f\bigg(\dfrac{n}{4}\bigg)=\dfrac{n^2}{16}(\forall n\in\mathbb{Z})$

$⑥$で$x=n,y=\dfrac{1}{2n}(n\in\mathbb{Z}_{\neq0})$とすると$\dfrac{f(\frac{1}{n}f(n))}{f(n)}=\dfrac{f(2nf(\frac{1}{2n}))}{f(\frac{1}{2n})}\Leftrightarrow f\bigg(2nf\bigg(\dfrac{1}{2n}\bigg)\bigg)=f\bigg(\dfrac{1}{2n}\bigg)$

$s=f\bigg(\dfrac{1}{2n}\bigg)$とすると$f(2ns)=f\bigg(\dfrac{1}{2n}\bigg)$

補題1より$f(4nsx)=f\bigg(\dfrac{x}{n}\bigg)$つまり$f(4n^2sx)=f(x)(x\in\mathbb{Q}_{\neq0})\quad\cdots⑪$

$P(4n^4s,\frac{1}{2n})$より$f((4n^4+1)s)=f((4n^4-1)s)+\dfrac{f(4n^3s)}{4n^4s}\quad\cdots⑫$

$P(\frac{1}{4n^2},n)$より$f\bigg(\dfrac{1}{4n^2}+n^2\bigg)=f\bigg(\dfrac{1}{4n^2}-n^2\bigg)+4n^2f\bigg(\dfrac{1}{2n}\bigg)=f\bigg(\dfrac{1}{4n^2}-n^2\bigg)+4n^2s$

$⑤,⑪$より$f\bigg(\dfrac{1}{4n^2}+n^2\bigg)=f((4n^4+1)s),f\bigg(\dfrac{1}{4n^2}-n^2\bigg)=f((4n^4-1)s),f(4n^3s)=f(n)=n^2$なので$⑫$より

$\dfrac{n^2}{4n^4s}=4n^2s\Leftrightarrow s=\pm\dfrac{1}{4n^2}$

$s=-\dfrac{1}{4n^2}$と仮定する
$⑥$で$x=\dfrac{1}{2n},y=2mn(m\in\mathbb{Z}_{\neq0})$とすると

$\dfrac{f(4mnf(\frac{1}{2n}))}{f(\frac{1}{2n})}=\dfrac{f(\frac{1}{n}f(2mn))}{f(2mn)}\Leftrightarrow -4n^2f\bigg(-\dfrac{m}{n}\bigg)=\dfrac{f(4m^2n)}{4m^2n^2}\Leftrightarrow f\bigg(-\dfrac{m}{n}\bigg)=-\dfrac{m^2}{n^2}$となるが
$m=-n$のとき$f(1)=-1$となり不適

$\therefore f\bigg(\dfrac{1}{2n}\bigg)=\dfrac{1}{4n^2}$

$⑥$で$x=\dfrac{1}{2n},y=2mn(m,n\in\mathbb{Z}_{\neq0})$とすると

$\dfrac{f(4mnf(\frac{1}{2n}))}{f(\frac{1}{2n})}=\dfrac{f(\frac{1}{n}f(2mn))}{f(2mn)}\Leftrightarrow 4n^2f\bigg(\dfrac{m}{n}\bigg)=\dfrac{f(4m^2n)}{4m^2n^2}\Leftrightarrow f\bigg(\dfrac{m}{n}\bigg)=\dfrac{m^2}{n^2}$

$\therefore f(0)=0$より$f(x)\equiv x^2$
これは与式をみたす

P($x$,1)より
$f(x+1)=f(x-1)+\dfrac{f(2x)}{x}$

P($-x$,1)より
$f(x-1)=f(x+1)+\dfrac{f(-2x)}{x}$
$\therefore f(-2x)=-f(2x)$なので$f(-x)=-f(x)$

補題2より$f(x)=0\Leftrightarrow x=0$なので$f(x)\neq0$で示せばよい
$a,b\neq0,f(a)=f(b),r=\dfrac{b}{a}$とする

補題1より$f(2ax)=f(2bx)$なので$x\to\dfrac{x}{2a}$より
$f(x)=f(rx)\cdots ⑬$
ここで$r\neq1$と仮定する
$r=-1$のとき$f(-x)=f(x)$となるので補題9より$f(x)\equiv0$となり$f$が定数関数でないので不適
$\therefore r\neq\pm1$となる
ここで$u=\dfrac{r+1}{r-1}$とする
$u+1=r(u-1)$なので⑬より$f(u+1)=f(r(u-1))=f(u-1)$
P($u$,1)より
$f(u+1)=f(u-1)+\dfrac{f(2u)}{u}\Leftrightarrow f(2u)=0$となるが
$r\neq-1$より$u\neq0$なので補題9より$f(u)\neq0$に矛盾
$\therefore r=1\Leftrightarrow a=b$なので$f$は単射

$a=f\bigg(\dfrac{1}{2}\bigg)$とし,$a\neq\dfrac{1}{2}$と仮定する
補題10より$a\neq0,\pm1$

P$\bigg($$a$,$\dfrac{1}{2}$$\bigg)$より

$f(2a)=\dfrac{f(2a)}{a}$

P($a$,1)より
$f(a+1)=f(a-1)+\dfrac{f(2a)}{a}\Leftrightarrow f(a+1)-f(a-1)=\dfrac{f(a)}{a^2}$
P$\bigg(1$,$\dfrac{1}{2}\bigg)$より

$f(a+1)=f(1-a)+1\Leftrightarrow f(a+1)+f(a-1)=1$($\because$補題9より$f(1-a)=-f(a+1)$)

$\therefore f(a+1)=\dfrac{1}{2}+\dfrac{f(a)}{2a^2},f(a-1)=\dfrac{1}{2}-\dfrac{f(a)}{2a^2}$

P$\bigg(a+1,\dfrac{1}{2}\bigg)$より

$f(2a+1)=1+\dfrac{f(a+1)}{a+1}=1+\dfrac{1}{a+1}\bigg(\dfrac{1}{2}+\dfrac{f(a)}{2a^2}\bigg)$

P$\bigg(a-1,\dfrac{1}{2}\bigg)$より

$f(2a-1)=-1+\dfrac{f(a-1)}{a-1}=1+\dfrac{1}{a+1}\bigg(\dfrac{1}{2}-\dfrac{f(a)}{2a^2}\bigg)$

P$\bigg(x,\dfrac{1}{2}\bigg)$より
$f(x+a)=f(x-a)+\dfrac{f(2x)}{x}$なので

$x\to 2a$より$f(3a)=\bigg(1+\dfrac{1}{2a^2}\bigg)f(a)$

$x\to 3a$より$f(4a)=\bigg(\dfrac{4}{3a}+\dfrac{1}{6a^3}\bigg)f(a)$

$x\to 4a$より$f(5a)=\bigg(1+\dfrac{5}{6a^2}+\dfrac{1}{24a^4}\bigg)f(a)$

$x\to 5a$より$f(6a)=\bigg(\dfrac{23}{15a}+\dfrac{1}{3a^3}+\dfrac{1}{120a^5}\bigg)f(a)$

P($2a,1$)より
$f(2a+1)=f(2a-1)+\dfrac{f(4a)}{2a}$

$\Leftrightarrow 1+\dfrac{1}{a+1}\bigg(\dfrac{1}{2}+\dfrac{f(a)}{2a^2}\bigg)=-1+\dfrac{1}{a-1}\bigg(\dfrac{1}{2}-\dfrac{f(a)}{2a^2}\bigg)+\dfrac{1}{2a}\bigg(\dfrac{4}{3a}+\dfrac{1}{6a^3}\bigg)f(a)$

これを解くと
$f(a)=\dfrac{36a^4-24a^6}{-8a^4+12a^3+7a^2+1}\cdots⑭($ただし$8a^4-12a^3-7a^2-1\neq0)$

$8a^4-12a^3-7a^2-1=0$を満たす$a\in\mathbb{Q}$が存在しないことを示す
存在すると仮定し,$a=\dfrac{q}{p}(p,q\in\mathbb{Z}_{\neq0},p,q$は互いに素$)$とする

式より$8q^4-12pq^3-7p^2q^2-p^4=0\cdots⑮$
$q$が奇数のとき
偶奇性より$p$は奇数なので$p^2\equiv q^2\equiv1\pmod8$であり
⑮より$12pq\equiv0\pmod8$となるが$p,q$が奇数より矛盾
$q$が偶数のとき
$p,q$は互いに素より$p$が奇数となるが偶奇性より⑮に矛盾
$\therefore 8a^4-12a^3-7a^2-1=0$を満たす$a\in\mathbb{Q}$は存在せず⑭が成り立つ

ここで,$a=-\dfrac{1}{2}$とすると$f(a)=f\bigg(-\dfrac{1}{2}\bigg)=-f\bigg(\dfrac{1}{2}\bigg)=\dfrac{1}{2}$となるが

⑭より$f(a)=\dfrac{5}{2}$となり矛盾

$\therefore a\neq0,\pm1,\pm\dfrac{1}{2}$
P$(3a,1)$より
$f(3a+1)-f(3a-1)=\dfrac{f(6a)}{3a}$

P$(a,1)$より
$f(a+1)-f(a-1)=\dfrac{f(2a)}{a}$

P$\bigg(2a+1,\dfrac{1}{2}\bigg)$より

$f(3a+1)-f(a+1)=\dfrac{f(2a+1)}{2a+1}$

P$\bigg(2a-1,\dfrac{1}{2}\bigg)$より

$f(3a-1)-f(a-1)=\dfrac{f(2a-1)}{2a-1}$

$\therefore\dfrac{f(6a)}{3a}-\dfrac{f(2a)}{a}=\dfrac{f(2a+1)}{2a+1}-\dfrac{f(2a-1)}{2a-1}$

$\Leftrightarrow \bigg(\dfrac{-176a^4+40a^2+1}{360a^6}-\dfrac{4a^2+2}{2a^2(a^2-1)(4a^2-1)}\bigg)\dfrac{36a^4-24a^6}{-8a^4+12a^3+7a^2+1}=\dfrac{2a+3}{2(a+1)(2a+1)}+\dfrac{2a-3}{2(a-1)(2a-1)}$

$a\neq0,\pm1,\pm\dfrac{1}{2}$より式は

$352a^6+592a^5-192a^4-730a^3-142a^2-12a-3=0$となる

ここで$a=\dfrac{q}{p}\,(p,q\in\mathbb{Z},p,q$は互いに素$)$とする

すると$352q^6+592pq^5-192p^2q^4-730p^3q^3-142p^4q^2-12p^5q-3p^6=0\cdots⑯$
偶奇性より明らかに$p$は偶数であり,$p,q$は互いに素より$q$は奇数
ここで$p=2^mp^{\prime}(m\in\mathbb{N},p^{\prime}$は奇数$)$と表せて
$m=1$のとき⑯の左辺が$2^4$で割り切れるが$2^5$で割り切れず⑯に矛盾
$m\geq2$のとき⑯の左辺が$2^5$で割り切れるが$2^6$で割り切れず⑯に矛盾
$\therefore⑯$が成り立たず矛盾するので最初に仮定した$a\neq\dfrac{1}{2}$が違うので
$a=\dfrac{1}{2}\Leftrightarrow f\bigg(\dfrac{1}{2}\bigg)=\dfrac{1}{2}$

P$\bigg(\dfrac{n}{2},\dfrac{1}{2}\bigg)(n\in\mathbb{Z})$より

$f\bigg(\dfrac{n+1}{2}\bigg)=f\bigg(\dfrac{n-1}{2}\bigg)+\dfrac{2}{n}f\bigg(\dfrac{n}{2}\bigg)$

$f(0)=0,f\bigg(\dfrac{1}{2}\bigg)=\dfrac{1}{2}$より帰納的に$f\bigg(\dfrac{n}{2}\bigg)=\dfrac{n}{2}\,(n\in\mathbb{N})$

$\therefore$補題9より$f\bigg(\dfrac{n}{2}\bigg)=\dfrac{n}{2}\,\,(n\in\mathbb{Z})$

$2nx\in\mathbb{Z},n>2\lvert x\rvert +2$となる$n\in\mathbb{N},x\in\mathbb{Q}$に対してP$(x+n,n)$より
$f(x+2n)=f(x)+\dfrac{f(2nx+2n^2)}{x+n}\Leftrightarrow f(x+2n)-f(x)=2n\cdots⑰$($\because 2nx\in\mathbb{Z}$より命題12から)

ここで$r=\dfrac{m}{n}(m\in\mathbb{Z})$とする

⑰で$x\to r+1$として
$f(r+2n+1)-f(r+1)=2n$
⑰で$x\to r-1$として
$f(r+2n-1)-f(r-1)=2n$
$\therefore f(r+2n+1)-f(r+2n-1)=f(r+1)-f(r-1)\cdots⑱$
⑰で$x\to 2r,2r+2n$として
$f(2r+4n)=f(2r)+4n$
$P(r,1)$と$P(r+2n,1)$を比較して⑱より

$\dfrac{f(2r)}{r}=\dfrac{f(2r+4n)}{r+2n}\Leftrightarrow\dfrac{f(2r)}{r}=\dfrac{f(2r)+4n}{r+2n}$

$\therefore 2nf(2r)=4nr$であり$n\in\mathbb{N}$より$f(2r)=2r$なので

$f(x)\equiv x$となる($n$の制約があるが$\dfrac{b}{a}$を表したいときは$n=ka,m=kb$として$n$を大きくすればよい)