北海道大学 理学院 物性物理学専攻・宇宙理学専攻 2020年8月実施 問題V

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• Gradient-Divergence-and-Curl
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Author

Miyake

Description

题目描述

原 Description 未保存题干，无法唯一恢复原题的完整方程、函数定义和证明要求。根据现有 Kai，只能确认以下内容：

1. 第 1 题包含三个小问。

   • 1-1 要求用 Gauss–Jordan 消元求矩阵

     $$\begin{pmatrix} 1&3&2\\ 2&5&4\\ 3&6&5 \end{pmatrix}$$

     的逆矩阵。

   • 1-2 是一个二阶常系数非齐次微分方程。保存的解答确认其齐次特征根为 $\lambda=\pm\sqrt3$，并确认 $y=\sin x$ 是一个特解，因此通解为

     $$y=Ae^{\sqrt3x}+Be^{-\sqrt3x}+\sin x.$$

     原微分方程本身未保存在文件中。

   • 1-3 只保存了参考文献，具体题目与解答均无法确认。

2. 第 2 题令

   $$r^2=x^2+y^2+z^2$$

   并讨论只依赖 $r$ 的函数 $f(r)$。保存的推导使用

   $$\frac{\partial f}{\partial x} =\frac xr\frac{df}{dr},\qquad \frac{\partial f}{\partial y} =\frac yr\frac{df}{dr},\qquad \frac{\partial f}{\partial z} =\frac zr\frac{df}{dr},$$

   来验证涉及向量场 $f(r)(x,y,z)$ 的散度和旋度公式；原题中要求证明的公式未完整保存。

3. 第 3 题涉及 Fourier 级数。

   • 3-1 从三角函数正交关系推导 $[-\pi,\pi]$ 上 Fourier 系数公式

     $$a_0=\frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\,dx,$$
     $$a_n=\frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nx\,dx,\qquad b_n=\frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin nx\,dx.$$

   • 3-2 保存的积分表明所展开函数在 $0\leq x\leq\pi$ 上为 $x$、在另一半区间贡献为零；所得级数为

     $$f(x)=\frac\pi4 -\frac2\pi\sum_{k=0}^{\infty} \frac{\cos((2k+1)x)}{(2k+1)^2} +\sum_{m=1}^{\infty} \frac{(-1)^{m+1}}m\sin mx.$$

   • 3-3 把 $x=0$ 代入上述级数，以得到奇数平方倒数级数的和；原题要求写出的目标等式未直接保存。

以上只重述已保存解答中可核实的信息，不补造缺失条件。

考点

• Gauss–Jordan 消元与矩阵求逆：在增广矩阵上实施行初等变换。
• 二阶常系数非齐次微分方程：由特征根构造齐次解并叠加三角函数特解。
• 径向函数的梯度、散度与旋度：使用链式法则推导球对称函数的向量微分公式。
• Fourier 正交性与系数公式：用三角函数正交积分抽取各 Fourier 模态。
• 由 Fourier 级数求无穷级数：在特殊点代值，计算奇数项平方倒数和。

Kai

問1

1-1.

掃き出し法により、次のように求められる：

$$\begin{aligned} & \begin{pmatrix} 1 & 3 & 2 & 1 & 0 & 0 \\ 2 & 5 & 4 & 0 & 1 & 0 \\ 3 & 6 & 5 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \\ & \begin{pmatrix} 1 & 3 & 2 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 & -2 & 1 & 0 \\ 0 & -3 & -1 & -3 & 0 & 1 \end{pmatrix} \\ & \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 & -5 & 3 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 2 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 & 3 & -3 & 1 \end{pmatrix} \\ & \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 1 & -3 & 2 \\ 0 & 1 & 0 & 2 & -1 & 4 \\ 0 & 0 & 1 & -3 & 3 & -1 \end{pmatrix} \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} \therefore \ \ \begin{pmatrix} 1 & 3 & 2 \\ 2 & 5 & 4 \\ 3 & 6 & 5 \end{pmatrix}^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & -3 & 2 \\ 2 & -1 & 4 \\ -3 & 3 & -1 \end{pmatrix} \end{aligned}$$

[参考] 千葉逸人「工学部で学ぶ数学」

1-2.

与えられた微分方程式の右辺を $0$ とおいた式に $y=e^{\lambda x}$ （ $\lambda$ は $x$ によらない定数） を代入すると $\lambda = \pm \sqrt{3}$ を得るので、 この微分方程式の一般解は、積分定数を $A,B$ として、

$$\begin{aligned} y = A e^{\sqrt{3} x} + B e^{- \sqrt{3} x} \end{aligned}$$

である。 また、与えられた微分方程式に $y = C \sin x + D \cos x$ （ $C,D$ は $x$ によらない定数）を代入すると $C=1,D=0$ を得るので $y = \sin x$ が特殊解であることがわかる。 以上より、与えられた微分方程式の一般解は、積分定数を $A,B$ として、

$$\begin{aligned} y = A e^{\sqrt{3} x} + B e^{- \sqrt{3} x} + \sin x \end{aligned}$$

であることがわかる。

1-3.

• 千葉逸人「工学部で学ぶ数学」 例 4.18
• 矢野・石原「複素解析」 4.3.IV
• 後藤・山本・神吉「詳解 物理応用数学 演習」 4 [42]

問2

まず、 $r^2 = x^2 + y^2 + z^2$ より、

$$\begin{aligned} \frac{\partial r}{\partial x} = \frac{x}{r} , \ \ \frac{\partial r}{\partial y} = \frac{y}{r} , \ \ \frac{\partial r}{\partial z} = \frac{z}{r} \end{aligned}$$

であり、また、 $r$ の関数 $f(r)$ について

$$\begin{aligned} \frac{\partial f}{\partial x} = \frac{x}{r} \frac{df}{dr} , \ \ \frac{\partial f}{\partial y} = \frac{y}{r} \frac{df}{dr} , \ \ \frac{\partial f}{\partial z} = \frac{z}{r} \frac{df}{dr} \end{aligned}$$

である。

2-1.

$$\begin{aligned} \frac{\partial}{\partial x} \left( f(r) x \right) = \frac{x^2}{r} \frac{df}{dr} + f \end{aligned}$$

などが成り立つから、与えられた式が成り立つことがわかる。

2-2.

$$\begin{aligned} \frac{\partial}{\partial x} \left( f(r) y \right) = \frac{xy}{r} \frac{df}{dr} \end{aligned}$$

などが成り立つから、与えられた式が成り立つことがわかる。

問3

3-1.

まず、 $m = 1, 2, \cdots$ について、

$$\begin{aligned} \int_{- \pi}^\pi \cos mx \ dx = 0 , \ \ \int_{- \pi}^\pi \sin mx \ dx = 0 \end{aligned}$$

が成り立つから、与えられたフーリエ級数展開の式の両辺を $x$ について $- \pi$ から $\pi$ まで積分することで

$$\begin{aligned} a_0 = \frac{1}{\pi} \int_{- \pi}^\pi f(x) dx \end{aligned}$$

がわかる。

次に、 $m,n = 1, 2, \cdots$ について、

$$\begin{aligned} \int_{- \pi}^\pi \cos mx \cos nx \ dx &= \frac{1}{2} \int_{- \pi}^\pi \left[ \cos (m+n)x + \cos (m-n)x \right] dx = \pi \delta_{m,n} \\ \int_{- \pi}^\pi \sin mx \sin nx \ dx &= \frac{1}{2} \int_{- \pi}^\pi \left[ - \cos (m+n)x + \cos (m-n)x \right] dx = \pi \delta_{m,n} \\ \int_{- \pi}^\pi \sin mx \cos nx \ dx &= \frac{1}{2} \int_{- \pi}^\pi \left[ \sin (m+n)x + \sin (m-n)x \right] dx = 0 \end{aligned}$$

が成り立つ（ $\delta_{m,n}$ はクロネッカーのデルタ）から、 $n = 1, 2, \cdots$ について、与えられたフーリエ級数展開の式の両辺に、 $\cos nx$ をかけて $x$ について $- \pi$ から $\pi$ まで積分することで

$$\begin{aligned} a_n = \frac{1}{\pi} \int_{- \pi}^\pi f(x) \cos nx \ dx \end{aligned}$$

がわかり、 $\sin nx$ をかけて $x$ について $- \pi$ から $\pi$ まで積分することで

$$\begin{aligned} b_n = \frac{1}{\pi} \int_{- \pi}^\pi f(x) \sin nx \ dx \end{aligned}$$

がわかる。

以上より、題意が示された。

3-2.

まず、

$$\begin{aligned} a_0 &= \frac{1}{\pi} \int_0^\pi x \ dx = \frac{\pi}{2} \end{aligned}$$

であり、次に、 $m = 1, 2, \cdots$ について

$$\begin{aligned} a_m &= \frac{1}{\pi} \int_0^\pi x \cos mx \ dx \\ &= \frac{1}{m \pi} \left[ x \sin mx \right]_0^\pi - \frac{1}{m \pi} \int_0^\pi \sin mx \ dx \\ &= \frac{1}{m^2 \pi} \left[ \cos mx \right]_0^\pi \\ &= \begin{cases} - \frac{2}{m^2 \pi} & (m = 1, 3, \cdots) \\ 0 & (m = 2, 4, \cdots) \\ \end{cases} \\ b_m &= \frac{1}{\pi} \int_0^\pi x \sin mx \ dx \\ &= - \frac{1}{m \pi} \left[ x \cos mx \right]_0^\pi + \frac{1}{m \pi} \int_0^\pi \cos mx \ dx \\ &= \frac{(-1)^{m+1}}{m} + \frac{1}{m^2 \pi} \left[ \sin mx \right]_0^\pi \\ &= \frac{(-1)^{m+1}}{m} \end{aligned}$$

である。 よって、与えられた関数のフーリエ級数展開は、次の通りである：

$$\begin{aligned} f(x) &= \frac{\pi}{4} - \frac{2}{\pi} \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{(2k+1)^2} \cos ((2k+1) x) + \sum_{m=1}^\infty \frac{(-1)^{m+1}}{m} \sin mx \end{aligned}$$

3-3.

3-2. で得たフーリエ級数展開の式において $x=0$ とすると

$$\begin{aligned} 0 = \frac{\pi}{4} - \frac{2}{\pi} \left( 1 + \frac{1}{3^2} + \frac{1}{5^2} + \cdots \right) \end{aligned}$$

となるので、これを整理して題意の式を得る。