解説

方針・初手

複素数を用いて

$$ h(x)=f(x)+ig(x) $$

とおくと，

$$ h(x)=e^{x\cos\theta}{\cos(x\sin\theta)+i\sin(x\sin\theta)}=e^{x(\cos\theta+i\sin\theta)}=e^{xe^{i\theta}} $$

となる。したがって微分は

$$ h'(x)=e^{i\theta}h(x) $$

となり，高階導関数もまとめて扱える。実部と虚部を取り出せば，$f'(x),f''(x),g'(x)$ がすぐ求まる。

解法1

まず

$$ h(x)=e^{xe^{i\theta}} $$

より，

$$ h^{(n)}(x)=e^{in\theta}h(x) $$

である。ゆえに

$$ h^{(n)}(x)=e^{x\cos\theta}e^{i(x\sin\theta+n\theta)} $$

となるから，実部を取れば

$$ f^{(n)}(x)=e^{x\cos\theta}\cos(x\sin\theta+n\theta) $$

である。

したがって

$$ f'(x)=e^{x\cos\theta}\cos(x\sin\theta+\theta), \qquad f''(x)=e^{x\cos\theta}\cos(x\sin\theta+2\theta) $$

となる。条件 $x\sin\theta\leqq \text{ア}<x\sin\theta+2\pi$， $x\sin\theta\leqq \text{イ}<x\sin\theta+2\pi$ を満たすように取ると，

$$ \text{ア}=x\sin\theta+\theta,\qquad \text{イ}=x\sin\theta+2\theta $$

である。

次に原始関数 $F(x)$ を求める。上の式で $n=-1$ に相当する形を考えると，

$$ \frac{d}{dx}\left(e^{x\cos\theta}\cos(x\sin\theta-\theta)\right) =e^{x\cos\theta}\cos(x\sin\theta)=f(x) $$

であるから，

$$ F(x)=e^{x\cos\theta}\cos(x\sin\theta-\theta)+C $$

となる。条件 $x\sin\theta-2\pi<\text{ウ}\leqq x\sin\theta$ を満たすように取れば，

$$ \text{ウ}=x\sin\theta-\theta $$

である。

以上より （1） は

$$ \text{ア}=x\sin\theta+\theta,\qquad \text{イ}=x\sin\theta+2\theta,\qquad \text{ウ}=x\sin\theta-\theta $$

となる。

---

次に （2） を考える。

$f'(x)=f(x)$ がすべての実数 $x$ で成り立つとすると，

$$ \begin{aligned} e^{x\cos\theta}\cos(x\sin\theta+\theta) &= e^{x\cos\theta}\cos(x\sin\theta) \end{aligned} $$

より

$$ \cos(x\sin\theta+\theta)=\cos(x\sin\theta) $$

である。

**(i)**

$\theta=0$ のとき $f(x)=e^x$ であり，確かに $f'(x)=f(x)$ が成り立つ。

**(ii)**

$\theta\neq 0$ のとき $0<\theta<\pi$ だから $\sin\theta>0$ であり，$x\sin\theta$ は $x$ を動かすとすべての実数を取りうる。したがって

$$ \cos(t+\theta)=\cos t\qquad (\forall t\in\mathbb{R}) $$

が必要であり，これは $\theta=2k\pi$ に限る。範囲 $0\leqq\theta<\pi$ では $\theta=0$ のみである。

よって

$$ \text{エ}=0 $$

である。

同様に，

$$ f^{(3)}(x)=e^{x\cos\theta}\cos(x\sin\theta+3\theta) $$

より，$f^{(3)}(x)=f(x)$ がすべての実数 $x$ で成り立つための条件は

$$ \cos(x\sin\theta+3\theta)=\cos(x\sin\theta) $$

である。

$\theta=0$ なら成り立つ。$\theta\neq 0$ なら $\sin\theta>0$ なので，$t=x\sin\theta$ とおけば

$$ \cos(t+3\theta)=\cos t\qquad (\forall t\in\mathbb{R}) $$

となり，

$$ 3\theta=2k\pi $$

が必要十分である。範囲 $0\leqq\theta<\pi$ では

$$ \theta=0,\ \frac{2\pi}{3} $$

のみである。したがって

$$ \text{オ}=\frac{2\pi}{3} $$

である。

---

次に （3） を考える。

まず

$$ h'(x)=e^{i\theta}h(x)=(\cos\theta+i\sin\theta)(f(x)+ig(x)) $$

を展開すると，

$$ \begin{aligned} f'(x)+ig'(x) &= (\cos\theta,f(x)-\sin\theta,g(x)) +i(\sin\theta,f(x)+\cos\theta,g(x)) \end{aligned} $$

となる。よって

$$ f'(x)=\cos\theta,f(x)-\sin\theta,g(x), \qquad g'(x)=\sin\theta,f(x)+\cos\theta,g(x) $$

である。したがって

$$ \text{カ}=\cos\theta,\qquad \text{キ}=-\sin\theta,\qquad \text{ク}=\sin\theta,\qquad \text{ケ}=\cos\theta $$

となる。

さらに $\theta\neq \text{エ}=0$ なので $0<\theta<\pi$，したがって $\sin\theta>0$ である。

条件

$$ f'(x)+\alpha g'(x)=\beta(f(x)+\alpha g(x)) \qquad (\forall x\in\mathbb{R}) $$

に上の式を代入すると，

$$ \begin{aligned} (\cos\theta+\alpha\sin\theta)f(x)+(-\sin\theta+\alpha\cos\theta)g(x) &= \beta f(x)+\alpha\beta g(x) \end{aligned} $$

となる。

ここで $f,g$ は一次独立である。実際，

$$ Af(x)+Bg(x)\equiv 0 $$

なら

$$ A\cos(x\sin\theta)+B\sin(x\sin\theta)\equiv 0 $$

であり，$\sin\theta>0$ だから $x\sin\theta$ はすべての実数を動くので，$A=B=0$ である。

したがって係数比較より

$$ \beta=\cos\theta+\alpha\sin\theta, \qquad \alpha\beta=-\sin\theta+\alpha\cos\theta $$

を得る。前者を後者に代入すると，

$$ \begin{aligned} \alpha(\cos\theta+\alpha\sin\theta) &= -\sin\theta+\alpha\cos\theta \end{aligned} $$

より

$$ \alpha^2\sin\theta=-\sin\theta $$

である。$\sin\theta\neq 0$ だから

$$ \alpha^2=-1 $$

となり，

$$ \alpha=i\quad \text{または}\quad \alpha=-i $$

である。

このとき

$$ \beta=\cos\theta+\alpha\sin\theta $$

より，

$$ (\alpha,\beta)=\left(i,\ \cos\theta+i\sin\theta\right) \quad \text{または} \quad (\alpha,\beta)=\left(-i,\ \cos\theta-i\sin\theta\right) $$

となる。

したがって

$$ \text{コ}=i,\qquad \text{サ}=\cos\theta+i\sin\theta,\qquad \text{シ}=-i,\qquad \text{ス}=\cos\theta-i\sin\theta $$

とすればよい。

解説

この問題の核心は

$$ f(x)+ig(x)=e^{xe^{i\theta}} $$

とまとめることである。これにより微分は「$e^{i\theta}$ を掛けること」に対応し，高階導関数も

$$ h^{(n)}(x)=e^{in\theta}h(x) $$

と一気に処理できる。

また，最後の複素数 $\alpha,\beta$ の問題も，$f,g$ を別々に扱うより，$f+ig$，$f-ig$ という固有ベクトル的な見方をすると自然である。実際，$\alpha=\pm i$ が現れるのはこの構造による。

答え

**(1)**

$$ \text{ア}=x\sin\theta+\theta,\qquad \text{イ}=x\sin\theta+2\theta,\qquad \text{ウ}=x\sin\theta-\theta $$

**(2)**

$$ \text{エ}=0,\qquad \text{オ}=\frac{2\pi}{3} $$

**(3)**

$$ \text{カ}=\cos\theta,\qquad \text{キ}=-\sin\theta,\qquad \text{ク}=\sin\theta,\qquad \text{ケ}=\cos\theta $$

および

$$ (\alpha,\beta)=\left(i,\ \cos\theta+i\sin\theta\right) \quad \text{または} \quad (\alpha,\beta)=\left(-i,\ \cos\theta-i\sin\theta\right) $$

すなわち

$$ \text{コ}=i,\qquad \text{サ}=\cos\theta+i\sin\theta,\qquad \text{シ}=-i,\qquad \text{ス}=\cos\theta-i\sin\theta $$