\magnification=\magstep1 \documentstyle{amsppt} \baselineskip 12pt \NoBlackBoxes \nopagenumbers \define\R{\bold R} \define\Q{\bold Q} \define\Z{\bold Z} \define\e{\varepsilon} \def\lan{\langle} \def\ran{\rangle} \centerline{数理科学 II 中間テスト(1)解答解説} \medskip \rightline{2007年5月23日} \rightline{河東泰之(かわひがしやすゆき)} \rightline{数理科学研究科棟323号室(電話 5465-7078)} \rightline{e-mail yasuyuki\@ms.u-tokyo.ac.jp} \rightline{{\tt https://www.ms.u-tokyo.ac.jp/\~{}yasuyuki/}} \bigskip 配点は,[1] が 10点$\times4$, [2], [3]が30点ずつです.受験者は 114人,最高点は100点(3人),平均点は66.2点でした. \bigskip [1] いずれも計算は簡単ですが,解が本当にそれしかないと言うことを きちんと示さないと減点です. (1) $y'=-2xy$ と見ると,右辺は連続で,$y$ で連続偏微分可能です. よって,解の(存在と)一意性が成り立ちます.(存在も成り立ちますが, これから具体的に解くので,必要なのは一意性の方です.) まず,定数関数 $y=0$ は明らかに解であり,解の一意性よりその他の 解は値 $0$ を取りません.よって後者の場合は, $\dfrac{1}{y}\dfrac{dy}{dx}=-2x$ と変形でき,両辺 $x$ で積分して $\log|y|=-x^2 + c$ となります.($c$ は積分定数.) これより, $y=\pm e^c e^{-x^2}$ となり,$\pm e^c$ のところを新たに $C$ と書き, 定数関数 $y=0$ も合わせると, $y=C e^{-x^2}$ ($C$ は任意の定数) となります. (2) $1+y^2\neq0$ なので $\dfrac{1}{1+y^2}\dfrac{dy}{dx}=3x^2$ と変形して,両辺 $x$ で 積分すると,$\arctan y=x^3+C$ ($C$ は任意の定数) となります. これより $y=\tan(x^3+C)$ ($C$ は任意の定数) となります.(同値変形 しかしていないので,解の存在と一意性の定理は不要です.) (3) $x\neq 0$ なので $x$ で両辺を割ると $y'+\dfrac{1}{x}y=-1$ という1階線形常微分方程式になります. 右辺を $0$ とした斉次方程式 $y'+\dfrac{1}{x}y=0$ をまず 考えると,$y'=-\dfrac{1}{x}y$ と書いた右辺が連続かつ $y$ で 連続偏微分可能なので,今考えている $x\neq0$ の範囲で解の (存在と)一意性が成り立ちます. 定数関数 $y=0$ は明らかに解であり,解の一意性よりその他の 解は値 $0$ を取りません.よって後者の場合は, $\dfrac{1}{y}\dfrac{dy}{dx}=-\dfrac{1}{x}$ と変形でき, 両辺 $x$ で積分して $\log|y|=-\log|x| + c$ となります.($c$ は積分定数.) これより,$y=\dfrac{\pm e^c}{x}$ となり, $\pm e^c$ のところを新たに $C$ と書いて 定数関数 $y=0$ も合わせると, $y=\dfrac{C}{x}$ ($C$ は任意の定数) となります.元の 非斉次方程式に戻ると,定数変化法より $y=\dfrac{a(x)}{x}$ とおいて, $\dfrac{a'(x)}{x}=-1$ を解くことになります.この解は もちろん $a(x)=-x^2/2+C$ ($C$ は任意の定数) なので, 元の微分方程式の解は $y=-x/2 +C/x$ ($C$ は任意の定数) と なります. 同次形と思ってもできます (4) これは元から1階線形常微分方程式なので 右辺を $0$ とした斉次方程式 $y'-2y=0$ をまず考えます. これは何度もやった形で解は $y=C e^{2x}$ ($C$ は任意の定数) と なります.元の非斉次方程式に戻ると,定数変化法より $y=a(x) e^{2x}$ とおいて, $a'(x)e^{2x}=2x^2$ を解くことになります.この解は $a(x)=(-x^2-x-1/2)e^{-2x}+C$ ($C$ は任意の定数) なので, 元の微分方程式の解は $y=C e^{2x}-x^2-x-1/2$ ($C$ は任意の定数) と なります.あるいは何らかの方法で,$x^2-x-1/2$ が一つの解であること を見つけても O.K. です.(たとえば2次式の解があると見当をつけて 係数を決めればできます.) \medskip [2] 1階線形常微分方程式で,斉次形の解が $y=Cx^3$ でさらに 非斉次形の一つの解が $y=x^4$ であれば O.K. です. 前者から斉次方程式 $y'-\dfrac{3y}{x}=0$ が得られ,$y=x^4$ を 解にするには $y'-\dfrac{3y}{x}=x^3$ とすれば O.K. です. ($y'-\dfrac{3y}{x}=0$ の解が $y=Cx^3$ であるのは [1] と同様に して簡単にわかります.) これでよいことにするつもりでしたが,解の形 $y=Cx^3+ x^4$ が $x=0$ でも定義されているのに,$y'-\dfrac{3y}{x}=x^3$ の形が $x\neq0$ でしか考えられないのがまずいと思って,分母をはらって $xy'-3y=x^4$ の形を書いた人が多くいました.しかしこう書くと, $x \ge 0$ で $y=C_1 x^3+ x^4$, $x \le 0$ で $y=C_2 x^3+ x^4$ という形の関数で $C_1\neq C_2$ であるものも($x=0$で微分可能につながっているので) 解になってしまいます. こういうことで迷わないような形で問題を出すべきでした. ($x=0$ を含め,かつこの問題を回避したければ, $$(xy'-3y-x^4)^2+(y''''')^2=0$$ と書くことはできます.$y=Cx^3+ x^4$ は4次以下なので5階微分は 0であり,また,5階微分まで存在しなくてはいけないことから 上の形で $C_1\neq C_2$ というケースが排除できるからです.) \medskip [3] $xy\neq0$ の範囲では,$y'=\dfrac{y^2-x^2}{2xy}$ と書けて, この右辺は連続で,$y$ で連続偏微分可能なので,解の存在(と一意性) の定理が使えます.よって考慮すべき可能性があるのは, $a=0$ または $b=0$ の場合だけです.しかし,$a,b$ の片方だけが $0$ である場合は,元の微分方程式は明らかに満たされません. これより,$a,b$ の片方だけが$0$ である場合は答えに含まれます. 残りは $a=0, b=0$ の場合ですが,これまでの考察だけではこの場合は わかりません.そこで,元の微分方程式を解くことにします. まず $xy\neq0$ の範囲で考えて,$y'=\dfrac{y^2-x^2}{2xy}$ を 解くことにします.これは同次形なので,$y=ux$ とおくと, $u'x+u=\dfrac{u^2-1}{2u}$ となります.$u^2+1\neq0$ なので $\dfrac{-2u}{u^2+1}\dfrac{du}{dx}=\dfrac{1}{x}$ となり,両辺を $x$ で積分して $-\log(u^2+1)=\log |x|+c$ ($c$ は積分定数) を得ます.これより, $\dfrac{y^2}{x^2}+1=\pm e^{-c}\dfrac{1}{x}$ となり, $\pm e^{-c}$ を新たに $2C$ とおいて分母を払うと $y^2+x^2=2Cx$, すなわち $(x-C)^2+y^2=C^2$ ($C$ は0でない定数) を得ます.$y=0$ のところでこの関数を連続につなごうとすると, 微分可能にすることができなくなります.また,$x=0, y\neq0$ の 部分はこの関数たちのグラフが通りません.これより,答えは 「$a=0$ または $b=0$」であることがわかります.(原点を通る解は ないということです.) \bye