九州大学 工学府 土木工学専攻 2021年8月実施 数学 (ALL)

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Author

Miyake

Description

题目描述

本文件原 Description 为空，部分原题数据只存在于解答中的图片或已完全缺失。可确认内容如下。

问题 1：原题题面见解答开头的图片：

问题 2：推导图形曲面 $z=f(x,y)$ 的面积元

$$dS=\sqrt{1+f_x^2+f_y^2}\,dx\,dy,$$

并把题设曲面的总面积化为

$$S=4\iint_D\sqrt{x^2+y^2+1}\,dx\,dy.$$

再对半径为 2 的第一象限四分之一圆盘 $D$ 使用极坐标，求 $S$。

问题 3：

1. 求完全微分方程
   $$(y-x^3)\,dx+(x-\sin y)\,dy=0$$
   的通解。
2. 对一般方程 $X(x,y)\,dx+Y(x,y)\,dy=0$，在积分因子只依赖 $y$ 时推导 $Q(y)$ 的公式。
3. 为
   $$(xy^2-y^3)\,dx+(1-xy^2)\,dy=0$$
   求仅依赖 $y$ 的积分因子，并求通解。

问题 4：现有解答可确认 $A$ 是四阶移位型幂零矩阵，并令 $B=bE+A$；要求计算 $A^n$、$B^n$。另有一个特征值为 $-2,3$ 的二阶矩阵 $C$，要求对角化；但原文件未保存 $A,C$ 的题设矩阵，不能可靠重写其元素。

问题 5：随机变量的密度为

$$f(x)= \begin{cases} 2(1-x),&0\le x\le1,\\ 0,&\text{其他}, \end{cases}$$

求其期望与方差。

问题 6：正态总体方差已知，样本量为 $9$、样本均值为 $500\,\mathrm{N/mm^2}$、总体标准差为 $75\,\mathrm{N/mm^2}$，求总体均值的 95% 置信区间。

考点

• 二重积分求曲面面积：由局部切向量叉积推导面积元，并对圆形投影区域使用极坐标。
• 恰当微分方程与积分因子：判断微分形式是否恰当，推导只依赖 $y$ 的积分因子并积分求势函数。
• 幂零矩阵与矩阵幂：利用 $A^4=0$ 截断二项展开，计算 $(bE+A)^n$；对具体二阶矩阵使用特征分解。
• 期望与方差：直接对给定连续密度计算一、二阶矩。
• 正态均值置信区间：在总体方差已知时用标准正态分位数构造双侧 95% 区间。

Kai

【問題 1】

【問題 2】

(1)

曲面 $x=f(x,y)$ 上の点 $P(x,y,f(x,y)), Q(x+\Delta x, y, f(x+\Delta x, y, f(x+\Delta x, y)), R(x, y+\Delta y, f(x, y+\Delta y))$ を考えると、 $\Delta x, \Delta y$ の1次までで

$$\begin{aligned} \overrightarrow{PQ} &\simeq \left( \Delta x, 0, \frac{\partial f}{\partial x} \Delta x \right) = \left( 1, 0, \frac{\partial f}{\partial x} \right) \Delta x \\ \overrightarrow{PR} &\simeq \left( 0, \Delta y, \frac{\partial f}{\partial y} \Delta y \right) = \left( 0, 1, \frac{\partial f}{\partial y} \right) \Delta y \end{aligned}$$

であり、これらのベクトル積とその大きさは

$$\begin{aligned} \overrightarrow{PQ} \times \overrightarrow{PR} &= \left( - \frac{\partial f}{\partial x}, - \frac{\partial f}{\partial y}, 1 \right) \Delta x \Delta y \\ \left| \overrightarrow{PQ} \times \overrightarrow{PR} \right| &= \left| \Delta x \Delta y \right| \sqrt{ \left( \frac{\partial f}{\partial x} \right)^2 + \left( \frac{\partial f}{\partial y} \right)^2 + 1 } \\ &= \left| \Delta x \Delta y \right| \sqrt{ x^2 + y^2 + 1 } \end{aligned}$$

である。 よって、

$$\begin{aligned} S = 4 \iint_D dx dy \sqrt{x^2+y^2+1} \end{aligned}$$

がわかる。

(2)

$x = r \cos \theta, \ y = r \sin \theta$ によって2次元極座標 $(r, \theta)$ を導入すると、 $dxdy = r dr d \theta$ であり、次のように計算できる：

$$\begin{aligned} S &= 4 \int_0^2 dr r \sqrt{r^2 + 1} \int_0^{\pi/2} d \theta \\ &= \frac{2 \pi}{3} \left[ \left( r^2 + 1 \right)^{3/2} \right]_0^2 \\ &= \frac{2 \left( 5 \sqrt{5} - 1 \right) \pi}{3} \end{aligned}$$

【問題 3】

(1)

$$\begin{align} \frac{\partial f}{\partial x} &= y - x^3 \tag{a} \\ \frac{\partial f}{\partial y} &= x - \sin y \tag{b} \end{align}$$

を満たす関数 $f(x,y)$ を求める。 式 ($a$) より、

$$\begin{align} f(x,y) = xy - \frac{1}{4} x^4 + g(y) \tag{c} \end{align}$$

なる関数 $g(y)$ が存在することがわかる。 ($c$) を ($b$) に代入して整理すると、

$$\begin{aligned} \frac{dg}{dy} &= - \sin y \\ \therefore \ \ g(y) &= \cos y + C \ \ \ \ \ \ \ \ \text{ ( $C$ は任意定数 )} \\ \therefore \ \ f(x,y) &= xy - \frac{1}{4} x^4 + \cos y + C \ \ \ \ \ \ \ \ \text{ ( $C$ は任意定数 )} \end{aligned}$$

を得る。 よって、求める一般解は

$$\begin{aligned} xy - \frac{1}{4} x^4 + \cos y + C = 0 \ \ \ \ \ \ \ \ \text{ ( $C$ は任意定数 )} \end{aligned}$$

である。

(2)

式④が完全微分方程式であるための条件は、

$$\begin{aligned} \frac{\partial}{\partial y} Q(y) X(x,y) &= \frac{\partial}{\partial x} Q(y) Y(x,y) \\ \frac{dQ}{dy} X + Q \frac{\partial X}{\partial y} &= Q \frac{\partial Y}{\partial x} \\ \frac{1}{Q} \frac{dQ}{dy} &= \frac{1}{X} \left( \frac{\partial Y}{\partial x} - \frac{\partial X}{\partial y} \right) \end{aligned}$$

なので、

$$\begin{aligned} Q(y) &= \exp \left( \int dy \frac{1}{X(x,y)} \left( \frac{\partial Y}{\partial x} - \frac{\partial X}{\partial y} \right) \right) \end{aligned}$$

を得る。

(3)

(2) の $X(x,y),Y(x,y)$ は今の場合、

$$\begin{aligned} X(x,y) = xy^2 - y^3 , \ \ Y(x,y) = 1 - xy^2 \end{aligned}$$

であるから、

$$\begin{aligned} \frac{1}{X(x,y)} \left( \frac{\partial Y}{\partial x} - \frac{\partial X}{\partial y} \right) &= \frac{-y^2 - (2xy-3y^2) }{xy^2 - y^3} \\ &= - \frac{2}{y} \end{aligned}$$

であり、積分因子として

$$\begin{aligned} Q(y) = \frac{1}{y^2} \end{aligned}$$

を考えればよい。 このとき与えられた微分方程式は、

$$\begin{aligned} (x-y)dx + \left( \frac{1}{y^2} - x \right) dy = 0 \end{aligned}$$

となり、 (1) と同じ方法を使って、一般解

$$\begin{aligned} f(x,y) = \frac{1}{2} x^2 - xy - \frac{1}{y} + C \ \ \ \ \ \ \ \ \text{ ( $C$ は任意定数 )} \end{aligned}$$

を得る。

【問題 4】

(1)

$$\begin{aligned} A^2 &= \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \\ A^3 &= \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \\ A^n &= \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \ \ \ \ \ \ \ \ (n = 4, 5, 6, \cdots) \end{aligned}$$

(2)

4次の単位行列を $E$ とすると、

$$\begin{aligned} B = bE+A \end{aligned}$$

であり、まず、

$$\begin{aligned} B^2 &= b^2 E + 2bA + A^2 \\ &= \begin{pmatrix} b^2 & 2b & 1 & 0 \\ 0 & b^2 & 2b & 1 \\ 0 & 0 & b^2 & 2b \\ 0 & 0 & 0 & b^2 \end{pmatrix} \end{aligned}$$

がわかる。 また、

$$\begin{aligned} B^3 &= b^3 E + 3b^2A + 3bA^2 + A^3 \\ &= \begin{pmatrix} b^3 & 3b^2 & 3b & 1 \\ 0 & b^3 & 3b^2 & 3b \\ 0 & 0 & b^3 & 3b^2 \\ 0 & 0 & 0 & b^3 \end{pmatrix} \\ B^4 &= b^4 E + 4b^3A + 6b^2A^2 + 3bA^3 + A^4 \\ &= b^4 E + 4b^3A + 6b^2A^2 + 3bA^3 \\ &= \begin{pmatrix} b^4 & 4b^3 & 6b^2 & 4b \\ 0 & b^4 & 4b^3 & 6b^2 \\ 0 & 0 & b^4 & 4b^3 \\ 0 & 0 & 0 & b^4 \end{pmatrix} \end{aligned}$$

から、 $n = 3, 4, 5, \cdots$ について

$$\begin{aligned} B^n &= b^n E + nb^{n-1}A + \frac{n(n-1)}{2} b^{n-2}A^2 + nbA^3 \\ &= \begin{pmatrix} b^n & nb^{n-1} & \frac{n(n-1)}{2}b^{n-2} & nb^{n-3} \\ 0 & b^n & nb^{n-1} & \frac{n(n-1)}{2}b^{n-2} \\ 0 & 0 & b^n & nb^{n-1} \\ 0 & 0 & 0 & b^n \end{pmatrix} \end{aligned}$$

がわかる。

(3)

$C$ の固有値は $-2, 3$ であるから、次のように対角化できる：

$$\begin{aligned} \begin{pmatrix} -2 & 0 \\ 0 & 3 \end{pmatrix} \end{aligned}$$

【問題 5】

平均は

$$\begin{aligned} \mu &= \int_{- \infty}^\infty x f(x) dx \\ &= 2 \int_0^1 \left( x - x^2 \right) dx \\ &= 2 \left[ \frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{3} \right]_0^1 \\ &= \frac{1}{3} \end{aligned}$$

であり、分散は

$$\begin{aligned} \sigma^2 &= \int_{- \infty}^\infty (x - \mu)^2 f(x) dx \\ &= \int_{- \infty}^\infty x^2 f(x) dx - \mu^2 \\ &= 2 \int_0^1 \left( x^2 - x^3 \right) dx - \mu^2 \\ &= 2 \left[ \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} \right]_0^1 - \frac{1}{9} \\ &= \frac{1}{18} \end{aligned}$$

である。

【問題 6】

$$\begin{aligned} 1.96 \cdot \frac{75}{\sqrt{9}} = 49 \end{aligned}$$

なので、求める95%信頼区間の下端は $500-49=451 \ \mathrm{N/mm^2}$ であり、 上端は $500+49=549 \ \mathrm{N/mm^2}$ である。