求所有滿足 f(x)/f'(x) = tan((k−1)x) 的函數 f，其中 k 是不等於 1 的常數。

Step-by-step solution

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   取倒數，讓對數導數現身。 兩邊同時取倒數，$\frac{f'(x)}{f(x)}=\cot\!\left((k-1)x\right).$ 左邊正好是 $\dfrac{d}{dx}\ln|f(x)|$，這就是為什麼值得先做這個重排——它把一個關於 $f$ 與 $f'$ 的方程式，變成單純求反導函數的問題。

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   兩邊積分。 $\ln|f(x)|=\int\cot\!\left((k-1)x\right)dx.$ 令 $m=k-1$（依假設不為零），並代換 $u=mx$、$du=m\,dx$：$\int\cot(mx)\,dx=\frac{1}{m}\int\cot u\,du=\frac{1}{m}\ln|\sin u|+C=\frac{1}{m}\ln\left|\sin(mx)\right|+C.$ 標準結果 $\int\cot u\,du=\ln|\sin u|$ 來自對正弦本身做 $u$ 代換。

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   取指數還原 $f$。 由 $\ln|f(x)|=\frac{1}{m}\ln|\sin(mx)|+C$ 得 $|f(x)|=e^{C}\left|\sin(mx)\right|^{1/m},$ 再把 $\pm e^{C}$ 吸收成單一個任意非零常數，就得到 $f(x)=C\left|\sin\!\left((k-1)x\right)\right|^{\frac{1}{k-1}}.$

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   用微分驗證。 取 $m=k-1$ 且 $f=\left(\sin mx\right)^{1/m}$，在 $\sin mx>0$ 的區間上，連鎖律給出 $f'=\frac{1}{m}\left(\sin mx\right)^{\frac1m-1}\cdot m\cos mx=\left(\sin mx\right)^{\frac1m-1}\cos mx,$ 因此 $\frac{f}{f'}=\frac{\left(\sin mx\right)^{1/m}}{\left(\sin mx\right)^{\frac1m-1}\cos mx}=\frac{\sin mx}{\cos mx}=\tan mx.$ 指數 $1/m$ 正是讓 $\sin$ 的次方相消到只剩一次方的關鍵。

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   再做一次數值檢查。 取 $k=3$，於是 $m=2$、$f(x)=\sqrt{\sin 2x}$。在 $x=0.5$ 用中央差分得 $f'(0.5)=0.589003$ 與 $f(0.5)=0.917317$，所以 $f/f'=1.557408$，而 $\tan(2\times 0.5)=\tan 1=1.557408$。兩者吻合到小數點後六位。

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   注意定義域與被排除的情形。 只有在 $\sin\!\left((k-1)x\right)\neq 0$ 的地方解才有意義，所以 $x$ 必須避開 $\pi/(k-1)$ 的整數倍；在每一個這樣的區間上，$C$ 都可以獨立選取。若 $k=1$，右邊是 $\tan 0=0$，會逼出 $f\equiv 0$，這正是要假設 $k\neq 1$ 的原因。