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九州大学　2023年度　前期日程　理科系

第4問微分法の解答・解説

関数方程式・加法定理・微分可能性・指数関数と三角関数当サイトの体感難易度：難最終更新 2026/10/12

問題文について

大学の公式解答ではなく、当サイト独自の解答・解説です。問題文は掲載していません。理科系の問題文は、この年度については大学が公開していません（2026/10/12時点）。お手元の過去問集・赤本などでご確認ください。

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(1)条件 (A), (B), (C) から $f (0) = 1$ 、 $g (0) = 0$ となることを示す

答(B) で $x = y = 0$ とすると $g (0) {1 - 2 f (0)} = 0$ 、 $f (0) = \frac{1}{2}$ は (A) に反するので $g (0) = 0$ 、すると (A) から $f (0) = 1$

(A) と (B) に $x = y = 0$ を代入する。(B) のほうが因数分解しやすく、 $g (0) = 0$ か $f (0) = \frac{1}{2}$ の2択になる。後者を (A) で潰す。

$x = y = 0$ を代入する。(A) から

f (0) = f (0)^{2} - g (0)^{2} \dots ①

(B) から

g (0) = 2 f (0) g (0) ⟺ g (0) {1 - 2 f (0)} = 0

である。よって $g (0) = 0$ または $f (0) = \frac{1}{2}$ である。

$f (0) = \frac{1}{2}$ は起こらない。 これを ① に入れると

\frac{1}{2} = \frac{1}{4} - g (0)^{2} ⟹ g (0)^{2} = - \frac{1}{4}

となるが、 $g$ は実数値関数なので $g (0)^{2} \geq 0$ であり、矛盾する。

よって $g (0) = 0$ 。 ① に入れると $f (0) = f (0)^{2}$ 、すなわち $f (0) {f (0) - 1} = 0$ である。(C) より $f (0) \neq = 0$ だから

f (0) = 1, g (0) = 0

である。

$f (x) = e^{a x} cos b x$ 、 $g (x) = e^{a x} sin b x$ では $f (0) = 1$ 、 $g (0) = 0$ で、確かに条件どおりだった。

$f (0) = \frac{1}{2}$ を切るのに「実数値関数」であることを使う。問題文に書いてある条件なので、根拠として挙げておく。

(2) $f (x)$ がすべての $x$ で微分可能で $f^{'} (x) = - g (x)$ となることを示す

答 $\frac{f ( x + h ) - f ( x )}{h} = f (x) \cdot \frac{f ( h ) - f ( 0 )}{h} - g (x) \cdot \frac{g ( h ) - g ( 0 )}{h} \to - g (x)$

加法定理 (A) を使って $f (x + h) - f (x)$ を「 $x$ の関数」 $\times$ 「 $h$ だけの差分商」の形に直す。(1) で $f (0) = 1$ 、 $g (0) = 0$ が分かっているので、 $x = 0$ での微分可能性（条件 (D)）だけで極限が出る。

(A) より $f (x + h) = f (x) f (h) - g (x) g (h)$ なので

f (x + h) - f (x) = f (x) {f (h) - 1} - g (x) g (h) = f (x) {f (h) - f (0)} - g (x) {g (h) - g (0)}

である（(1) の $f (0) = 1$ 、 $g (0) = 0$ を使った）。両辺を $h (\neq = 0)$ で割ると

\frac{f ( x + h ) - f ( x )}{h} = f (x) \cdot \frac{f ( h ) - f ( 0 )}{h} - g (x) \cdot \frac{g ( h ) - g ( 0 )}{h}

となる。条件 (D) より $f, g$ は $x = 0$ で微分可能で $f^{'} (0) = 0$ 、 $g^{'} (0) = 1$ だから、 $h \to 0$ のとき右辺の2つの差分商はそれぞれ $f^{'} (0) = 0$ 、 $g^{'} (0) = 1$ に収束する。よって

h \to 0 lim \frac{f ( x + h ) - f ( x )}{h} = f (x) \cdot 0 - g (x) \cdot 1 = - g (x)

である。極限が存在したので $f$ はすべての $x$ で微分可能で、 $f^{'} (x) = - g (x)$ である。

まったく同じやり方を (B) に施すと $g^{'} (x) = f (x)$ が出る。(3) ではこちらも使う。

$f (x) = cos x$ 、 $g (x) = sin x$ では $f^{'} (x) = - sin x = - g (x)$ で、確かに成り立つ。

「 $x = 0$ でしか微分可能と仮定されていない」のがこの問題の肝である。加法定理で $h$ を $0$ のそばに追い出すのが要点。

$f (h) - 1$ を $f (h) - f (0)$ と書き直すところで (1) を使う。ここを飛ばすと差分商の形にならない。

「極限が存在するから微分可能」と、微分可能性のほうを結論として書く。先に $f^{'} (x)$ があると仮定しない。

(3) ${f (x) + i g (x)} (cos x - i sin x) = 1$ となることを示す

答実部 $u = f cos x + g sin x$ 、虚部 $v = g cos x - f sin x$ はともに導関数が $0$ で、 $u (0) = 1$ 、 $v (0) = 0$

左辺を展開して実部と虚部に分け、それぞれを微分する。(2) の $f^{'} = - g$ 、 $g^{'} = f$ を使うと、どちらも $0$ になって定数だと分かる。あとは $x = 0$ の値を見るだけ。

左辺を展開すると

{f (x) + i g (x)} (cos x - i sin x) = u (x) + i v (x)

ただし

u (x) = f (x) cos x + g (x) sin x, v (x) = g (x) cos x - f (x) sin x

である。

$u, v$ は定数。 (2) より $f^{'} = - g$ 、 $g^{'} = f$ （同じ議論を (B) に施して得られる）だから

u^{'} (x) = f^{'} cos x - f sin x + g^{'} sin x + g cos x = - g cos x - f sin x + f sin x + g cos x = 0

v^{'} (x) = g^{'} cos x - g sin x - f^{'} sin x - f cos x = f cos x - g sin x + g sin x - f cos x = 0

である。導関数が恒等的に $0$ なので $u, v$ はともに定数関数である。

値を決める。 (1) より $f (0) = 1$ 、 $g (0) = 0$ だから

u (0) = 1 \cdot 1 + 0 \cdot 0 = 1, v (0) = 0 \cdot 1 - 1 \cdot 0 = 0

である。よって $u (x) \equiv 1$ 、 $v (x) \equiv 0$ 、すなわち

{f (x) + i g (x)} (cos x - i sin x) = 1

である。

この等式から $f (x) + i g (x) = \frac{1}{cos x - i sin x} = cos x + i sin x$ となり、実部・虚部を比べて $f (x) = cos x$ 、 $g (x) = sin x$ が出る。

$f = cos x$ 、 $g = sin x$ とすると $u = cos^{2} x + sin^{2} x = 1$ 、 $v = sin x cos x - cos x sin x = 0$ で、確かに $1$ になる。

複素数のまま微分するのではなく、実部 $u$ と虚部 $v$ に分けてから実関数として微分する。高校の範囲で書くならこの形がよい。

$g^{'} (x) = f (x)$ は (2) の文面には出てこないが、同じ議論で得られる。使う前にひとこと断る。

$∣ cos x - i sin x ∣ = 1$ なので $cos x - i sin x$ は決して $0$ にならない。割り算してよい。

(4) $p (x) = e^{- \frac{a}{b} x} f (\frac{x}{b})$ 、 $q (x) = e^{- \frac{a}{b} x} g (\frac{x}{b})$ が (B), (D) をみたすことを示し、 $f (x)$ 、 $g (x)$ を求める

答 $f (x) = e^{a x} cos b x$ 、 $g (x) = e^{a x} sin b x$

(B) の確認は、指数の部分が $e^{- \frac{a}{b} x} e^{- \frac{a}{b} y} = e^{- \frac{a}{b} (x + y)}$ ときれいに揃うので、 $f, g$ の (B) をそのまま使える。(D) は積の微分で $x = 0$ の値を計算するだけ。あとは前半の結論 $p = cos$ 、 $q = sin$ を逆に解く。

(B) の確認。 右辺を計算すると

p (x) q (y) + q (x) p (y) = e^{- \frac{a}{b} x} f (\frac{x}{b}) e^{- \frac{a}{b} y} g (\frac{y}{b}) + e^{- \frac{a}{b} x} g (\frac{x}{b}) e^{- \frac{a}{b} y} f (\frac{y}{b}) = e^{- \frac{a}{b} (x + y)} {f (\frac{x}{b}) g (\frac{y}{b}) + g (\frac{x}{b}) f (\frac{y}{b})} = e^{- \frac{a}{b} (x + y)} g (\frac{x}{b} + \frac{y}{b}) = e^{- \frac{a}{b} (x + y)} g (\frac{x + y}{b}) = q (x + y)

である（3行目で $f, g$ の条件 (B) を使った）。よって $p, q$ は (B) をみたす。

(D) の確認。 $f, g$ は $x = 0$ で微分可能なので、積と合成の微分より $p, q$ も $x = 0$ で微分可能で

p^{'} (x) = - \frac{a}{b} e^{- \frac{a}{b} x} f (\frac{x}{b}) + \frac{1}{b} e^{- \frac{a}{b} x} f^{'} (\frac{x}{b})

である。 $x = 0$ を代入し、 $f (0) = 1$ 、 $f^{'} (0) = a$ （条件 (D) $^{'}$ ）を使うと

p^{'} (0) = - \frac{a}{b} \cdot 1 + \frac{1}{b} \cdot a = 0

となる。同様に $g (0) = 0$ 、 $g^{'} (0) = b$ より

q^{'} (0) = - \frac{a}{b} \cdot 0 + \frac{1}{b} \cdot b = 1

である。よって $p, q$ は (D) をみたす。

$f, g$ を求める。 前半の結論より $p (x) = cos x$ 、 $q (x) = sin x$ である。定義式に戻して

e^{- \frac{a}{b} x} f (\frac{x}{b}) = cos x ⟹ f (\frac{x}{b}) = e^{\frac{a}{b} x} cos x

である。 $t = \frac{x}{b}$ 、すなわち $x = b t$ とおくと

f (t) = e^{a t} cos b t

となる。同様に

g (t) = e^{a t} sin b t

である。つまり空欄は

ア = e^{a x} cos b x, イ = e^{a x} sin b x

である。

$b \neq = 0$ という仮定は、 $\frac{x}{b}$ と $\frac{a}{b}$ を作るために必要である。 $b = 0$ だと $g^{'} (0) = 0$ となり、 $g \equiv 0$ 、 $f (x) = e^{a x}$ という別の形になる。

$f (x) = e^{a x} cos b x$ 、 $g (x) = e^{a x} sin b x$ について、 $a, b, x, y$ をランダムに $2$ 万組とって (A), (B) を確かめるとすべて成立した。数値微分でも $f^{'} (0) = a$ 、 $g^{'} (0) = b$ になった。