東京大学 工学系研究科 2019年8月実施 数学 第1問

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• Tokyo-University

Author

Miyake、後生楽 広小路

Description

2020年度入試問題 Exam paper 数学

Kai

I.

1.

$y=(\cos{x})^{m}$ とすると

$$\begin{aligned} & \frac{dy}{dx}=-m(\cos x)^{m-1}\sin x, \\ & \frac{d^2y}{dx^2}=m(m-1)(\cos x)^{m-2}\sin^2x-m(\cos x)^m \end{aligned}$$

となるので，式(1)より

$$\begin{aligned} & \cos x\frac{d^2y}{dx^2}-\sin x\frac{dy}{dx}-\frac{y}{\cos x} \\ & =\cos x\left[m(m-1)(\cos x)^{m-2}\sin^2x-m(\cos x)^m\right]-\sin x\left[-m(\cos x)^{m-1}\sin x\right]-\frac{(\cos x)^m}{\cos x} \\ & =-m(\cos x)^{m+1}+m^2\sin^2x(\cos x)^{m-1}-(\cos x)^{m-1} \\ & =-m(\cos x)^{m+1}+m^2(1-\cos^2x)(\cos x)^{m-1}-(\cos x)^{m-1} \\ & =(m^2-1)(\cos x)^{m-1}-m(m+1)(\cos x)^{m+1} \\ & =(m-1)(m+1)(\cos x)^{m-1}-m(m+1)(\cos x)^{m+1} \\ & =(m+1)(\cos x)^{m-1}\left[(m-1)-m\cos^2x\right]=0 \end{aligned}$$

となる．これが $x$ によらず成り立つのは

$$m+1=0 \\ \therefore m=-1$$

である．

2.

問I.1の結果より，式(1)の特殊解は

$$y=(\cos{x})^{-1}=\frac{1}{\cos x}$$

である．そこで，$x$を 変数とする関数 $u(x)$ を用いて

$$y=\frac{u(x)}{\cos x}$$

とすると，

$$\begin{aligned} & \frac{dy}{dx}=\frac{u^{\prime}\cos x+u\sin x}{\cos^2x}, \\ & \frac{d^2y}{dx^2}=\frac{[(u^{\prime\prime}\cos x-u^{\prime}\sin x)+(u^{\prime}\sin x+u\cos x)]\cos^2x+(u^{\prime}\cos x+u\sin x)\cdot2\cos x\sin x}{\cos^4x} \\ & =\frac{(u^{\prime\prime}+u)\cos^2x+2(u^{\prime}\cos x+u\sin x)\sin x}{\cos^3x} \end{aligned}$$

となる．よって

$$\begin{aligned} u^{\prime\prime}\cos x+u^{\prime}\sin x & =0 \\ u^{\prime\prime} & =-u^{\prime}\tan x \\ \mathrm{u} & ^{\prime}=C_1\cos x\quad(\because\text{変数分離形}) \\ & u=C_{1}\sin x+C_{2} \end{aligned}$$

となる．ただし，$C_{1},C_{2}$ は任意定数である．ゆえに

$$\begin{aligned} & \mathrm{y}=\frac{u(x)}{\cos x} \\ & =\frac{C_1\sin x+C_2}{\cos x} \\ & =C_1\tan x+\frac{C_2}{\cos x} \end{aligned}$$

は解である． $tanx$ と $\frac{1}{\cos x}$ のロンスキアン $W$ を計算すると

$$\begin{aligned} W & = \begin{vmatrix} \tan x & \frac{1}{\cos x} \\ (\tan x)^{\prime} & \left(\frac{1}{\cos x}\right)^{\prime} \end{vmatrix} \\ & = \begin{vmatrix} \tan x & \frac{1}{\cos x} \\ \frac{1}{\cos^2x} & \frac{\sin x}{\cos^2x} \end{vmatrix} \\ & =\tan x\frac{\sin x}{\cos^2x}-\frac{1}{\cos x}\frac{1}{\cos^2x} \\ & =\frac{\sin^2x-1}{\cos^3x} \\ & =-\frac{1}{\cos x}\neq0 \end{aligned}$$

となるから， $tanx$ と $\frac{1}{\cos x}$ は線形独立である．したがって，式(1)の一般解は

$$y=C_1\tan x+\frac{C_2}{\cos x}$$

である．

（前問の結果を用いない）別解

式(1)より

$$\cos x\frac{d^2y}{dx^2}=\sin x\frac{dy}{dx}+\frac{y}{\cos x}$$

である．両辺を $\cos x$ で割ると

$$\begin{aligned} \frac{d^2y}{dx^2} & =\tan x\frac{dy}{dx}+\frac{y}{\cos^2x} \\ & =\frac{d}{dx}(y\tan x) \\ \frac{dy}{dx} & =y\tan x+C_1\quad(C_1:\text{任意定数}) \\ \frac{dy}{dx}-y\tan x & =C_{1} \end{aligned}$$

となる．両辺に $\cos x \begin{pmatrix} =\exp\int\tan xdx \end{pmatrix}$ を掛けると

$$\begin{aligned} \cos x\frac{dy}{dx}-y\sin x & =C_{1}\cos x \\ \frac{d}{dx}(y\cos x) & =C_1\cos x \\ y\cos x & =C_1\sin x+C_2\quad(C_2:\text{任意定数}) \\ \therefore & y=C_{1}\tan x+\frac{C_{2}}{\cos x} \end{aligned}$$

となる．

解説: 変数係数2階線形斉次常微分方程式です． 問I.1では基本解の一つを求めるための誘導がされています． $y=(\cos{x})^{m}x$ ではなく $y=(\cos{x})^{m}$ と書かれているのは，答である $m=-1$ のときに $y=(\cos{x})^{-1}x$書かれると逆余弦関数 $\arccos {x}$ と紛らわしいからでしょう． 問I.2では，問I.1の結果を用いてもう一つの基本解を求めます．

変数係数2階線形微分方程式の解法

このようにして求めた2つの解の線形結合が式(1)の解の全体を表せているのか，つまり2つの解は線形独立であるのかを確認するため，ロンスキアンが0ではないことを調べます． 実は，この微分方程式は特殊解がわからなくても別解のように1階線形非斉次微分方程式に帰着させて解くことができます．しかし，問題文には問I.1の結果を用いよという指示があるので，別解では満点をもらえないでしょう．

II.

$y=x^2-1$ として、

$$\begin{aligned} I &= \int_1^\infty x^5 e^{-x^4+2x^2-1} dx \\ &= \int_1^\infty x^5 e^{-(x^2-1)^2} dx \\ &= \int_0^\infty (y+1)^2 e^{-y^2} \frac{dy}{2} \\ &= \frac{1}{2} \int_0^\infty (y^2+2y+1) e^{-y^2} dy \end{aligned}$$

ここで、

$$\begin{aligned} \int_0^\infty e^{-y^2} dy &= \frac{1}{2} \sqrt{\pi} \\ \int_0^\infty y e^{-y^2} dy &= - \frac{1}{2} \left[ e^{-y^2} \right]_0^\infty = \frac{1}{2} \\ \int_0^\infty y^2 e^{-y^2} dy &= - \frac{1}{2} \int_0^\infty y \left( e^{-y^2} \right)' dy = - \frac{1}{2} \left[ y e^{-y^2} \right]_0^\infty + \frac{1}{2} \int_0^\infty e^{-y^2} dy = \frac{1}{4} \sqrt{\pi} \end{aligned}$$

なので、

$$\begin{aligned} I = \frac{4+3\pi}{8} \end{aligned}$$

III.