京都大学 情報学研究科 通信情報システム専攻 2023年8月実施 専門基礎A [A-1]

标签：

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• Beta-Function
• Eigenvalues-and-Eigenvectors

Author

祭音Myyura (co-authored with ChatGPT 5.4 Thinking)

Description

大学公表の原題 下記のすべての問に答えよ。

(1)

下記の問に答えよ。ただし

$$z = f(x,y),\quad x = r\cos\theta,\quad y = r\sin\theta,\quad r>0$$

とする。

(a) 次の式が成り立つことを示せ。

$$\left(\frac{\partial z}{\partial x}\right)^2 + \left(\frac{\partial z}{\partial y}\right)^2 = \left(\frac{\partial z}{\partial r}\right)^2 + \frac1{r^2}\left(\frac{\partial z}{\partial \theta}\right)^2$$

(b) 次の式が成り立つことを示せ。

$$\frac{\partial^2 z}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 z}{\partial y^2}= \frac{\partial^2 z}{\partial r^2} + \frac1{r^2}\frac{\partial^2 z}{\partial \theta^2} + \frac1{r}\frac{\partial z}{\partial r}$$

(2)

下記の問に答えよ。ただし，関数 $B(p,q)$ は

$$B(p,q) = \int_0^1 x^{p-1}(1-x)^{q-1} dx\qquad (p>0,q>0)$$

で与えられる。

(a) 次の値を求めよ。

$$B\left(\frac12,1\right)$$

(b) 次の値を求めよ。

$$B\left(\frac12,\frac12\right)$$

(c) 次の式が成り立つことを示せ（$p>0,q>1$）。

$$pB(p,q)=(q-1)B(p+1,q-1)$$

(3)

下記の問に答えよ。ただし行列 $A$ は

$$A= \begin{bmatrix} 1 & 2 & 2\\ 2 & 1 & -2\\ 2 & -2 & 1 \end{bmatrix}$$

で与えられる。

(a) $A$ の固有方程式を求めよ。

(b) $A$ の固有値を求めよ。

(c) $A$ の固有ベクトルをすべて求めよ。

题目描述

回答全部问题。

1. 设 $z=f(x,y)$、$x=r\cos\theta$、$y=r\sin\theta$，其中 $r>0$。

   1. 证明

      $$\left(\frac{\partial z}{\partial x}\right)^2+ \left(\frac{\partial z}{\partial y}\right)^2 = \left(\frac{\partial z}{\partial r}\right)^2+ \frac1{r^2}\left(\frac{\partial z}{\partial\theta}\right)^2.$$

   2. 证明

      $$\frac{\partial^2z}{\partial x^2}+ \frac{\partial^2z}{\partial y^2} = \frac{\partial^2z}{\partial r^2} +\frac1r\frac{\partial z}{\partial r} +\frac1{r^2}\frac{\partial^2z}{\partial\theta^2}.$$

2. 定义 Beta 函数

   $$B(p,q)=\int_0^1x^{p-1}(1-x)^{q-1}\,dx, \qquad p,q>0.$$
   1. 求 $B(\frac12,1)$；
   2. 求 $B(\frac12,\frac12)$；
   3. 对 $p>0,q>1$，证明 $pB(p,q)=(q-1)B(p+1,q-1)$。

3. 给定

   $$A=\begin{bmatrix}1&2&2\\2&1&-2\\2&-2&1\end{bmatrix}.$$
   1. 求 $A$ 的特征方程；
   2. 求全部特征值；
   3. 求全部特征向量。

Kai

(1)

(a)

連鎖律より

$$\frac{\partial z}{\partial r} = \frac{\partial z}{\partial x}\frac{\partial x}{\partial r} +\frac{\partial z}{\partial y}\frac{\partial y}{\partial r} = z_x\cos\theta + z_y\sin\theta,$$

$$\frac{\partial z}{\partial \theta} = \frac{\partial z}{\partial x}\frac{\partial x}{\partial \theta} +\frac{\partial z}{\partial y}\frac{\partial y}{\partial \theta} = z_x(-r\sin\theta) + z_y(r\cos\theta) = r(-z_x\sin\theta + z_y\cos\theta)$$

と書ける（ここで $z_x=\partial z/\partial x$，$z_y=\partial z/\partial y$）。

したがって

$$\begin{aligned} \left(\frac{\partial z}{\partial r}\right)^2 &= (z_x\cos\theta + z_y\sin\theta)^2,\\ \frac1{r^2}\left(\frac{\partial z}{\partial \theta}\right)^2 &= (-z_x\sin\theta + z_y\cos\theta)^2. \end{aligned}$$

2 つを足すと

$$(z_x^2+z_y^2)(\cos^2\theta+\sin^2\theta) + 2 z_x z_y (\cos\theta\sin\theta - \sin\theta\cos\theta) = z_x^2+z_y^2.$$

よって

$$\left(\frac{\partial z}{\partial x}\right)^2 + \left(\frac{\partial z}{\partial y}\right)^2 = \left(\frac{\partial z}{\partial r}\right)^2 + \frac1{r^2}\left(\frac{\partial z}{\partial \theta}\right)^2$$

が示される。

(b)

上で求めた

$$z_r = z_x\cos\theta + z_y\sin\theta,\qquad z_\theta = r(-z_x\sin\theta+z_y\cos\theta)$$

をさらに $r,\theta$ について微分し、

$$z_{rr} = z_{xx}\cos^2\theta + 2z_{xy}\sin\theta\cos\theta + z_{yy}\sin^2\theta$$

$$z_{\theta \theta} = r^2(z_{xx} \sin^2 \theta - 2z_{xy} \sin \theta \cos \theta + z_{yy} \cos^2 \theta) - rz_r$$

整理すると

$$z_{xx}+z_{yy} = z_{rr} + \frac1{r}z_r + \frac1{r^2}z_{\theta\theta}$$

が得られる（極座標でのラプラシアンの標準公式）。

(2) ベータ関数

(a)

定義より

$$B\left(\frac12,1\right) = \int_0^1 x^{-1/2}(1-x)^{0}dx = \int_0^1 x^{-1/2}dx = \left[2x^{1/2}\right]_0^1 = 2.$$

(b)

$$B\left(\frac12,\frac12\right) = \int_0^1 x^{-1/2}(1-x)^{-1/2}\,dx.$$

置換 $x=\sin^2 t$ （$0\le t\le\pi/2$）を用いると

$$dx = 2\sin t\cos tdt,\quad x^{-1/2} = (\sin t)^{-1},\quad (1-x)^{-1/2} = (\cos t)^{-1},$$

より

$$B\left(\frac12,\frac12\right) = \int_0^{\pi/2} 2dt = \pi.$$

(c)

$$B(p,q) = \int_0^1 x^{p-1}(1-x)^{q-1}dx$$

から始める。関数

$$F(x)=x^{p}(1-x)^{q-1}$$

を考えると

$$F'(x)=p x^{p-1}(1-x)^{q-1} -(q-1)x^{p}(1-x)^{q-2}.$$

これを整理して

$$p x^{p-1}(1-x)^{q-1} = F'(x) + (q-1)x^{p}(1-x)^{q-2}.$$

両辺を $0$ から $1$ まで積分すると

$$pB(p,q) = \int_0^1 F'(x)dx +(q-1)\int_0^1 x^{p}(1-x)^{q-2}dx.$$

ここで $p>0,q>1$ なので $x^{p}(1-x)^{q-1}$ は端点で $0$ になり， $\int_0^1 F'(x)dx = F(1)-F(0)=0$。したがって

$$pB(p,q) = (q-1)\int_0^1 x^{p}(1-x)^{q-2}dx = (q-1)B(p+1,q-1).$$

(3)

(a)

固有値を $\lambda$ とすると固有方程式は

$$\det(\lambda I - A)=0.$$

計算すると

$$\det(\lambda I-A) = \lambda^3-3\lambda^2-9\lambda+27 = (\lambda-3)^2(\lambda+3).$$

したがって固有方程式は

$$(\lambda-3)^2(\lambda+3)=0$$

(b)

固有方程式から

$$\lambda_1=3\ （重複度2）, \quad \lambda_2=-3$$

(c)

$\lambda=-3$ のとき $(A+3I)\mathbf{v}=0$ を解くと，例えば

$$\mathbf{v}_{-3} = \begin{bmatrix}-1\\1\\1\end{bmatrix} \quad(\text{あるいは } [1,-1,-1]^T でもよい)$$

が得られる。

$\lambda=3$ のとき $(A-3I)\mathbf{v}=0$ を解くと，独立な解として

$$\mathbf{v}_{3}^{(1)} = \begin{bmatrix}1\\1\\0\end{bmatrix},\qquad \mathbf{v}_{3}^{(2)} = \begin{bmatrix}1\\0\\1\end{bmatrix}$$

をとることができる。

したがって全固有ベクトルは

$$\lambda=-3:\qquad \mathbf v=c \begin{bmatrix}-1\\1\\1\end{bmatrix}, \quad c\ne0,$$

$$\lambda=3:\qquad \mathbf v=c_1\begin{bmatrix}1\\1\\0\end{bmatrix} +c_2\begin{bmatrix}1\\0\\1\end{bmatrix}, \quad(c_1,c_2)\ne(0,0)$$

となる。