k を 1 でない定数とする。f(x)/f′(x) = tan((k−1)x) を満たす関数 f をすべて求めよ。

Step-by-step solution

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   比を逆にして対数微分を現す。 両辺の逆数をとると $\frac{f'(x)}{f(x)}=\cot\!\left((k-1)x\right).$ 左辺はまさに $\dfrac{d}{dx}\ln|f(x)|$ であり、だからこそこの変形を何よりも先に行う価値がある——$f$ と $f'$ についての方程式が、単なる原始関数の問題に変わるからである。

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   両辺を積分する。 $\ln|f(x)|=\int\cot\!\left((k-1)x\right)dx.$ $m=k-1$（仮定より 0 ではない）と置き、$u=mx$、$du=m\,dx$ と置換すると： $\int\cot(mx)\,dx=\frac{1}{m}\int\cot u\,du=\frac{1}{m}\ln|\sin u|+C=\frac{1}{m}\ln\left|\sin(mx)\right|+C.$ 標準的な結果 $\int\cot u\,du=\ln|\sin u|$ は、サイン自身を $u$ と置く置換から得られる。

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   指数をとって $f$ に戻す。 $\ln|f(x)|=\frac{1}{m}\ln|\sin(mx)|+C$ から $|f(x)|=e^{C}\left|\sin(mx)\right|^{1/m},$ となり、$\pm e^{C}$ をひとつの 0 でない任意定数に吸収すると $f(x)=C\left|\sin\!\left((k-1)x\right)\right|^{\frac{1}{k-1}}.$

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   微分して確かめる。 $m=k-1$ とし、$\sin mx>0$ となる区間で $f=\left(\sin mx\right)^{1/m}$ とすると、合成関数の微分法から $f'=\frac{1}{m}\left(\sin mx\right)^{\frac1m-1}\cdot m\cos mx=\left(\sin mx\right)^{\frac1m-1}\cos mx,$ よって $\frac{f}{f'}=\frac{\left(\sin mx\right)^{1/m}}{\left(\sin mx\right)^{\frac1m-1}\cos mx}=\frac{\sin mx}{\cos mx}=\tan mx.$ 指数 $1/m$ こそが、$\sin$ の冪をちょうど 1 乗ぶんに打ち消させている当のものである。

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   数値でも確認する。 $k=3$ とすると $m=2$、$f(x)=\sqrt{\sin 2x}$ である。$x=0.5$ で中心差分を使うと $f'(0.5)=0.589003$、$f(0.5)=0.917317$ なので $f/f'=1.557408$ となり、$\tan(2\times 0.5)=\tan 1=1.557408$ と小数第 6 位まで一致する。

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   定義域と除外される場合に注意する。 この解は $\sin\!\left((k-1)x\right)\neq 0$ となるところでしか意味を持たないので、$x$ は $\pi/(k-1)$ の整数倍を避けなければならない。そのような区間ごとに $C$ は独立に選べる。$k=1$ なら右辺は $\tan 0=0$ となって $f\equiv 0$ が強制される。これが $k\neq 1$ を仮定する理由である。