東京工業大学 工学院 電気電子系 2022年8月実施 数学1

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• 东京科学大学
• 二阶线性常微分方程
• 特征根与稳定性

Author

祭音Myyura

Description

式 $(1.1)$ で与えられる微分方程式について，以下の問に答えよ。ただし $y$ は $x$ の関数であり，$A$ と $B$ は実数の定数である。

$$\begin{align} \frac{d^2y}{dx^2} + A\frac{dy}{dx} + By = 0 \tag{1.1} \end{align}$$

(1) 式(1.1)について特性方程式を用いて $y$ の一般解を求めると，定数 $C_1,C_2,\alpha,\beta$ を用いて，式 $(1.2)$ の形で表すことができるとする。このとき，$\alpha$ と $\beta$ のそれぞれを $A$ と $B$ を用いて表せ。

$$\begin{align} y = C_1e^{(\alpha + \beta)x} + C_2e^{(\alpha - \beta)x} \tag{1.2} \end{align}$$

(2) 式 $(1.1)$ の特性方程式が $2$ つの異なる実数解を持ち，かつ $x \rightarrow \infty$ において $y$ が収束する $A$ の条件と $B$ の条件をそれぞれ示せ。

(3) 式 $(1.1)$ の特性方程式が $2$ つの異なる虚数解を持つとき, $y$の一般解は式(1.2)を変形して，式 $(1.3)$ と表すことができる。式 $(1.3)$ の空欄 $\boxed{1} \sim \boxed{4}$ にあてはまる数式を，$A,B,C_1,C_2,x$ および虚数単位 $j$ のうち必要なものを用いて示せ。

$$\begin{align} y = e^{\boxed{1}}\big\{ \ \boxed{2} \cos \big(\ \boxed{3} \ \big) + \ \boxed{4}\sin \big(\ \boxed{3} \ \big)\big\} \tag{1.3} \end{align}$$

(4) 式 $(1.1)$ の特性方程式が重解を持つときを考える。$x = 0$ において，$y = 1,\frac{dy}{dx} = 1$ であった。このときの $y$ の特殊解を求めよ。答は $B$ を用いずに示せ。

(5) $A = 2$ の場合，(4) で求めた $y$ が極大となる $x$ と，そのときの $y$ の極大値を示せ。

题目描述

设 $y$ 为 $x$ 的函数，$A,B$ 为实常数，考虑

$$\frac{\mathrm d^2y}{\mathrm dx^2} +A\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}+By=0. \tag{1.1}$$

1. 用特征方程求 (1.1) 的通解，并把它写成

   $$y=C_1e^{(\alpha+\beta)x} +C_2e^{(\alpha-\beta)x}. \tag{1.2}$$

   分别用 $A,B$ 表示 $\alpha,\beta$。

2. 若 (1.1) 的特征方程有两个不同实根，且 $x\to\infty$ 时 $y$ 收敛，分别给出 $A$、$B$ 必须满足的条件。

3. 若特征方程有两个不同的虚数根，把 (1.2) 改写为

   $$y=e^{\boxed1} \left\{ \boxed2\cos(\boxed3) +\boxed4\sin(\boxed3) \right\}. \tag{1.3}$$

   用 $A,B,C_1,C_2,x$ 和虚数单位 $j$ 中必要的量填写 ① 至 ④；相同的 ③ 出现两次。

4. 若特征方程有重根，且

   $$y(0)=1,\qquad y'(0)=1,$$

   求该初值问题的特解，答案不得使用 $B$。

5. 当 $A=2$ 时，求第 4 问所得 $y$ 取得极大值时的 $x$ 以及该极大值。

Kai

(1)

$$\lambda^2 + A\lambda + B = 0 \Rightarrow \lambda = \frac{-A \pm \sqrt{A^2 -4B}}{2}$$

よって、

$$\begin{cases} \alpha + \beta = \frac{-A + \sqrt{A^2 - 4B}}{2} \\ \alpha - \beta = \frac{-A - \sqrt{A^2 - 4B}}{2} \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} \alpha = -\frac{1}{2}A \\ \beta = \frac{\sqrt{A^2 - 4B}}{2} \end{cases}$$

(2)

任意の初期条件に対する解が有限値へ収束するには、相異なる二つの実根がともに非正であることが必要十分である。従って

$$\boxed{A>0,\qquad 0\le B<\frac{A^2}{4}}.$$

$B=0$ では根は $0,-A$ で、$y=C_1+C_2e^{-Ax}$ は有限値 $C_1$ に収束する。収束先を $0$ に限定する場合には $B>0$ が必要である。

(3)

$$\begin{aligned} y &= C_1e^{(-\frac{A}{2} + j\frac{\sqrt{4B - A^2}}{2})x} + C_2e^{(-\frac{A}{2} - j\frac{\sqrt{4B - A^2}}{2})x} \\ &= C_1e^{-\frac{A}{2}x}\big(\cos\frac{\sqrt{4B - A^2}}{2}x + j\sin\frac{\sqrt{4B - A^2}}{2}x\big) + C_2e^{-\frac{A}{2}x}\big(\cos\frac{\sqrt{4B - A^2}}{2}x - j\sin\frac{\sqrt{4B - A^2}}{2}x\big) \\ &= e^{-\frac{A}{2}x}\bigg\{(C_1 + C_2)\cos\big(\frac{\sqrt{4B - A^2}}{2}x\big) + j(C_1 - C_2)\sin\big(\frac{\sqrt{4B - A^2}}{2}x\big)\bigg\} \\ \end{aligned}$$

ゆえに、

$$\boxed{1} = -\frac{A}{2}x,\quad \boxed{2} = C_1 + C_2,\quad \boxed{3} = \frac{\sqrt{4B - A^2}}{2}x,\quad \boxed{4} = j(C_1 - C_2)$$

(4)

$$\lambda = -\frac{A}{2} ,y = (C_1 + C_2x)e^{-\frac{A}{2}x}, \frac{dy}{dx} = C_2e^{-\frac{A}{2}x} + (C_1 + C_2x)(-\frac{A}{2})e^{-\frac{A}{2}x}$$

$x = 0$ において，$y = 1,\frac{dy}{dx} = 1$ であったことより、

$$\begin{aligned} C_1 = 1 \\ C_2 - \frac{A}{2}C_1 = 1 \end{aligned}$$

を得られて、$C_1 = 1, C_2 = 1 + \frac{A}{2}$ であることがわかる。ゆえに、

$$y = [1 + (1 + \frac{A}{2})x]e^{-\frac{A}{2}x}$$

(5)

$$y = (1 + 2x)e^{-x}$$

$$y' = 2e^{-x} - (1 + 2x)e^{-x} = (1 - 2x)e^{-x}$$

$$y' = 0 \Rightarrow x = \frac{1}{2}$$

$$y_{\max} = (1 + 2 \cdot \frac{1}{2}) e^{-\frac{1}{2}} = 2 e^{-\frac{1}{2}}$$