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\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