解説

方針・初手

点 $P(x,y)$ での法線が $\angle OPQ$ の二等分線であるから、まず $\angle OPQ$ の内角二等分線の傾きをベクトルで表す。

その傾きと、曲線 $y=f(x)$ の法線の傾き $-1/f'(x)$ を一致させれば、$f$ の満たす微分方程式が得られる。ついでに $g(x)=f'(x)$ とおいて $y$ を消去すれば、$g$ の方程式に落とせる。

解法1

曲線上の点 $P(x,y)$ を $y=f(x)$ の点とする。また $Q=(x,y+1)$ である。

（1）

点 $P$ から見た方向ベクトルを考えると、

• $PO$ の方向ベクトルは $(-x,-y)$
• $PQ$ の方向ベクトルは $(0,1)$

である。

したがって、それらの単位ベクトルは

$$ \frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}(-x,-y),\qquad (0,1)

$$

であり、$\angle OPQ$ の内角二等分線の方向ベクトルは、その和を用いて

$$ \left( -\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}, 1-\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}} \right)

$$

と表せる。

よって、その傾きは

$$ \begin{aligned} \frac{1-\dfrac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}}{-\dfrac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}} &= \frac{y-\sqrt{x^2+y^2}}{x} \end{aligned} $$

である。

一方、曲線 $y=f(x)$ の点 $P$ における接線の傾きは $y'=f'(x)$ であるから、法線の傾きは

$$ -\frac{1}{y'}

$$

である。

仮定より、この法線が $\angle OPQ$ の二等分線に一致するので、

$$ -\frac{1}{y'}=\frac{y-\sqrt{x^2+y^2}}{x}

$$

したがって、

$$ xy'=y+\sqrt{x^2+y^2}

$$

を得る。これが $f(x)$ の満たす微分方程式である。

なお、これを変形すると

$$ (xy'-y)^2=x^2+y^2

$$

すなわち

$$ x{(y')^2-1}=2yy' \qquad (x\neq 0)

$$

とも書ける。

（2）

$g(x)=f'(x)$ とおくと、（1） で得た式は

$$ xg=y+\sqrt{x^2+y^2}

$$

である。

これを

$$ xg-y=\sqrt{x^2+y^2}

$$

と書き、両辺を二乗すると

$$ (xg-y)^2=x^2+y^2

$$

すなわち

$$ x^2g^2-2xgy+y^2=x^2+y^2

$$

であるから、

$$ 2xgy=x^2(g^2-1)

$$

よって

$$ y=\frac{x(g^2-1)}{2g} =\frac{x}{2}\left(g-\frac{1}{g}\right)

$$

を得る。

これを微分する。左辺の微分は $y'=g$ であり、右辺を微分すると

$$ g =

\frac12\left(g-\frac1g\right) +\frac{x}{2}\left(g'+\frac{g'}{g^2}\right)

$$

となる。両辺を整理して

$$ 2g=g-\frac1g+xg'\left(1+\frac1{g^2}\right)

$$

$$ g+\frac1g=xg'\left(1+\frac1{g^2}\right)

$$

ここで両辺に $g^2$ をかけると

$$ g^3+g=xg'(g^2+1)

$$

すなわち

$$ (g^2+1)g=(g^2+1)xg'

$$

となるので、

$$ xg'=g

$$

を得る。これが $g(x)$ の満たす微分方程式である。

（3）

$f(0)=-1$ とする。

（2） より、

$$ xg'=g

$$

であるから、

$$ \frac{g'}{g}=\frac1x \qquad (x\neq 0)

$$

となり、積分して

$$ g=Cx

$$

を得る。ただし $C$ は定数である。

したがって

$$ f'(x)=Cx

$$

より、

$$ f(x)=\frac{C}{2}x^2+D

$$

である。条件 $f(0)=-1$ から

$$ D=-1

$$

ゆえに

$$ f(x)=\frac{C}{2}x^2-1

$$

となる。

これを （1） の式

$$ x{(y')^2-1}=2yy' \qquad (x\neq 0)

$$

に代入する。

ここで

$$ y=\frac{C}{2}x^2-1,\qquad y'=Cx

$$

であるから、

$$ x(C^2x^2-1)=2\left(\frac{C}{2}x^2-1\right)(Cx)

$$

すなわち

$$ x(C^2x^2-1)=C^2x^3-2Cx

$$

である。整理すると

$$ (2C-1)x=0

$$

が任意の $x$ について成り立つから、

$$ 2C-1=0

$$

すなわち

$$ C=\frac12

$$

である。

したがって

$$ f(x)=\frac14x^2-1

$$

となる。

解説

この問題の本質は、二等分線を「2本の単位ベクトルの和の方向」として扱う点にある。これにより、幾何条件をそのまま傾きの式へ落とし込める。

また、（2） では $g=f'$ とおいてから $y$ を消去するのが重要である。最初から $f$ だけで押し通そうとすると式が複雑になりやすいが、$g$ に落とすと $xg'=g$ という非常に簡単な方程式になる。

最後は $f(0)=-1$ を用いて積分定数を1つ決め、残る定数は元の幾何条件に戻して決定する。この流れが自然である。

答え

**(1)**

$f(x)$ は

$$ xf'(x)=f(x)+\sqrt{x^2+{f(x)}^2}

$$

を満たす。

同値な形として

$$ x\left({f'(x)}^2-1\right)=2f(x)f'(x) \qquad (x\neq 0)

$$

とも書ける。

**(2)**

$g(x)=f'(x)$ とおくと、

$$ xg'(x)=g(x)

$$

を満たす。

**(3)**

$$ f(x)=\frac14x^2-1

$$

である。