九州大学 工学府 量子物理工学専攻 2021年8月実施 数学 問題1

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Author

Miyake, 祭音Myyura

Description

題意の要約。

[1]

$$A=\frac13\begin{pmatrix}1&0&2\\-1&3&1\\1&0&0\end{pmatrix}.$$

1. $A$ の固有値と固有ベクトルを求める。
2. $A$ を対角化する行列 $P$ と $P^{-1}$ を求める。
3. $\lim_{n\to\infty}A^n$ を求める。

[2]

1. $R=\{(x,y):x^2+y^2\le1\}$ 上で $\iint_R(1-x^2-y^2)\,dx\,dy$ を求める。
2. 平面 $x+y+z=a$、$x=0$、$y=0$、$z=0$ が囲む領域 $R$ 上で $\iiint_R(x+y+z)\,dx\,dy\,dz$ を求める。

[3]

次の微分方程式の解 $y(x)$ を求める。

1. $\displaystyle y''-\frac{(y')^2}{y-1}=0$。
2. $\displaystyle (2x+y)y'=1-4x-2y$。
3. $\displaystyle y''+y=\cos2x$。

出典：九州大学 令和4年度 量子物理工学専攻 数学 問題1。

题目描述

[1] 线性代数：给定

$$A=\frac13\begin{pmatrix}1&0&2\\-1&3&1\\1&0&0\end{pmatrix}.$$

1. 求 $A$ 的全部特征值及特征向量。
2. 求使 $P^{-1}AP$ 为对角矩阵的 $P$ 和 $P^{-1}$。
3. 求矩阵极限 $\lim_{n\to\infty}A^n$。

[2] 多重积分：

1. 对单位圆盘 $R=\{(x,y):x^2+y^2\le1\}$，计算 $\iint_R(1-x^2-y^2)\,dx\,dy$。
2. 设 $R$ 是由平面 $x+y+z=a$ 和三个坐标平面所围成的区域，计算 $\iiint_R(x+y+z)\,dx\,dy\,dz$。参数 $a$ 不限为正数。

[3] 微分方程：求下列方程的解 $y(x)$。

1. $y''-\dfrac{(y')^2}{y-1}=0$。
2. $(2x+y)y'=1-4x-2y$。
3. $y''+y=\cos2x$。

Kai

[1]

(1) (2)

$$\begin{aligned} A = \frac{1}{3} B , \ \ B = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 \\ -1 & 3 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix} \end{aligned}$$

である。

$B$ の固有値を $b$ とすると

$$\begin{aligned} 0 &= \det \begin{pmatrix} 1-b & 0 & 2 \\ -1 & 3-b & 1 \\ 1 & 0 & -b \end{pmatrix} \\ &= -(b+1)(b-2)(b-3) \\ \therefore \ \ b &= -1, 2, 3 \end{aligned}$$

である。

$B$ の固有値 $b=-1$ に属する固有ベクトルを求めるため

$$\begin{aligned} \begin{pmatrix} 2 & 0 & 2 \\ -1 & 4 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{aligned}$$

とおくと、 $x=2y,x+z=0$ となる。

$B$ の固有値 $b=2$ に属する固有ベクトルを求めるため

$$\begin{aligned} \begin{pmatrix} -1 & 0 & 2 \\ -1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & -2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{aligned}$$

とおくと、 $x=2z,y=z$ となる。

$B$ の固有値 $b=3$ に属する固有ベクトルを求めるため

$$\begin{aligned} \begin{pmatrix} -2 & 0 & 2 \\ -1 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & -3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{aligned}$$

とおくと、 $x=z=0$ となる。

そこで、

$$\begin{aligned} P = \begin{pmatrix} 2 & 2 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \\ -2 & 1 & 0 \end{pmatrix} \end{aligned}$$

とおくと、

$$\begin{aligned} \det P &= -6 \\ P^{-1} &= - \frac{1}{6} \begin{pmatrix} -1 & 0 & 2 \\ -2 & 0 & -2 \\ 3 & -6 & 0 \end{pmatrix} \\ &= \frac{1}{6} \begin{pmatrix} 1 & 0 & -2 \\ 2 & 0 & 2 \\ -3 & 6 & 0 \end{pmatrix} \end{aligned}$$

であり、

$$\begin{aligned} P^{-1} B P = \begin{pmatrix} -1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix} , \ \ P^{-1} A P = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} -1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix} \end{aligned}$$

が成り立つ。

(3)

$$\begin{aligned} \lim_{n \to \infty} A^n &= \lim_{n \to \infty} P \left( P^{-1} A P \right)^n P^{-1} \\ &= \lim_{n \to \infty} P \begin{pmatrix} \left( - \frac{1}{3} \right)^n & 0 & 0 \\ 0 & \left( \frac{2}{3} \right)^n & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} P^{-1} \\ &= P \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} P^{-1} \\ &= \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ - \frac{1}{2} & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \end{aligned}$$

[2]

(1)

$$\begin{aligned} \iint_R \left( 1 - x^2 - y^2 \right) dx dy &= \int_0^{2 \pi} d \theta \int_0^1 dr \ r \left( 1 - r^2 \right) \ \ \ \ \ \ \ \ ( x = r \cos \theta, y = r \sin \theta ) \\ &= 2 \pi \left[ \frac{r^2}{2} - \frac{r^4}{4} \right]_0^1 \\ &= \frac{\pi}{2} \end{aligned}$$

(2)

$a>0$ の場合、$0 \leq t \leq a$ として、 3点 $(t,0,0),(0,t,0),(0,0,t)$ を頂点とする正三角形を考えると、 この三角形上の点 $(x,y,z)$ について $x+y+z=t$ であり、 この三角形の面積は

$$\begin{aligned} S(t) = \frac{\sqrt{3}}{2} t^2 \end{aligned}$$

である。 よって、

$$\begin{aligned} \iiint_R \left( x+y+z \right) dx dy dz &= \int_0^a t \frac{S(t)}{\lvert \nabla(x+y+z)\rvert} dt \\ &= \frac{1}{2} \int_0^a t^3 dt \\ &= \frac{1}{2} \left[ \frac{t^4}{4} \right]_0^a \\ &= \frac{a^4}{8} \end{aligned}$$

である。

$a<0$ の場合、$(x,y,z)=(-u,-v,-w)$ とすると積分領域は $u,v,w\ge0$、$u+v+w\le-a$ となるため、積分は $-a^4/8$ となる。したがって一般には $a|a|^3/8$ である（$a=0$ の退化領域では $0$）。

[3]

(1)

$y\ne1$ の区間で

$$\left(\frac{y'}{y-1}\right)' =\frac{y''(y-1)-(y')^2}{(y-1)^2}=0.$$

よって $y'/(y-1)=C_2$ を積分して

$$\boxed{y=1+C_1e^{C_2x}},\qquad C_1\ne0$$

を得る。$C_2=0$ では $1$ 以外の定数解も含む。$y=1$ は元の方程式が定義されない。

(2)

$u=2x+y$ とおくと $y'=u'-2$ なので

$$u(u'-2)=1-2u,\qquad uu'=1.$$

したがって $u^2=2x+C$ より

$$\boxed{y=-2x\pm\sqrt{2x+C}},\qquad 2x+C>0.$$

(3)

斉次方程式の解は $C_1\cos x+C_2\sin x$、特殊解は $-\frac13\cos2x$ である。よって

$$\boxed{y=C_1\cos x+C_2\sin x-\frac13\cos2x}.$$