跳到主要内容

東京大学 工学系研究科 2021年8月実施 数学1

标签：

Author​

Miyake, 祭音Myyura

Description​

公式原題

I.​

a>b>0a>b>0 とし、楕円 x2/a2+y2/b2=1x^2/a^2+y^2/b^2=1 を考える。

  1. 第一象限の接点 (X,Y)(X,Y) における接線を求める。
  2. この接線と両座標軸の交点を結ぶ線分が最短となる (X,Y)(X,Y) と最小長を求める。
  3. 2.の線分と座標軸で囲む三角形を xx 軸 のまわりに回転して円錐 C1C_1 を作る。底面を含む表面積が C1C_1 と等しい円錐のうち、体積最大のものを C2C_2 とする。底面積の比 S2/S1S_2/S_1 を求める。

II.​

t≥0t\ge0 の実数値関数 ff に対し、収束する範囲で F(s)=∫0∞e−stf(t)dtF(s)=\int_0^\infty e^{-st}f(t)dt とする（Re⁡s>0\operatorname{Re}s>0）。

  1. e−stf(t),e−stf′(t)→0e^{-st}f(t),e^{-st}f'(t)\to0（t→∞t\to\infty）の条件から L[f′′]=−f′(0)−sf(0)+s2F(s)\mathcal L[f'']=-f'(0)-sf(0)+s^2F(s) を導く。
  2. a,ω>0a,\omega>0 に対し e−atcos⁡ωte^{-at}\cos\omega t と e−atsin⁡ωte^{-at}\sin\omega t の変換を定義から求める。
  3. f′′+6f′+13f=0f''+6f'+13f=0、f(0)=5,f′(0)=−11f(0)=5,f'(0)=-11 を解く。

题目描述​

I. 设 a>b>0a>b>0，椭圆为 x2/a2+y2/b2=1x^2/a^2+y^2/b^2=1。 (1) 求第一象限接点 (X,Y)(X,Y) 的切线。 (2) 求使该切线在两坐标轴之间的线段最短的接点和最短长度。 (3) 将该最短线段与坐标轴围成的三角形绕 xx 轴旋转成圆锥 C1C_1。在包括底面在内的总表面积与 C1C_1 相同的圆锥中，令体积最大者为 C2C_2，求两底面积之比 S2/S1S_2/S_1。

II. 定义 F(s)=∫0∞e−stf(t) dtF(s)=\int_0^\infty e^{-st}f(t)\,dt，Re⁡s>0\operatorname{Re}s>0，在积分收敛的范围内考虑。 (1) 利用 e−stf(t),e−stf′(t)→0e^{-st}f(t),e^{-st}f'(t)\to0 推导 L[f′′]=−f′(0)−sf(0)+s2F(s)\mathcal L[f'']=-f'(0)-sf(0)+s^2F(s)。 (2) 从定义求 e−atcos⁡ωte^{-at}\cos\omega t 与 e−atsin⁡ωte^{-at}\sin\omega t 的变换，a,ω>0a,\omega>0。 (3) 求解 f′′+6f′+13f=0,f(0)=5,f′(0)=−11f''+6f'+13f=0,f(0)=5,f'(0)=-11。

Kai​

I​

1​

楕円の式を陰関数として微分し、接点が楕円上にあることを用いると、接線は

Xxa2+Yyb2=1.\boxed{\frac{Xx}{a^2}+\frac{Yy}{b^2}=1}.

2​

二つの切片は p=a2/X,q=b2/Yp=a^2/X,q=b^2/Y。u=X2/a2∈(0,1)u=X^2/a^2\in(0,1) とおけば Y2/b2=1−uY^2/b^2=1-u なので、Cauchy–Schwarz の不等式より、

p2+q2=a2u+b21−u≥(a+b)2.p^2+q^2=\frac{a^2}u+\frac{b^2}{1-u}\ge(a+b)^2.

等号は u=a/(a+b)u=a/(a+b) の場合に限るから、

(X,Y)=(a3a+b,b3a+b),dmin⁡=a+b.\boxed{(X,Y)=\left(\sqrt{\frac{a^3}{a+b}},\sqrt{\frac{b^3}{a+b}}\right), \qquad d_{\min}=a+b}.

3​

xx 軸のまわりに回転してできる C1C_1 の高さ、底面半径、母線はそれぞれ

p=a(a+b),q=b(a+b),l=a+b.p=\sqrt{a(a+b)},\qquad q=\sqrt{b(a+b)},\qquad l=a+b.

一般に底面半径 rr、母線 srsr（s>1s>1）の円錐では、表面積と体積は

S=πr2(1+s),V=S3/23πs−1s+1.S=\pi r^2(1+s),\qquad V=\frac{S^{3/2}}{3\sqrt\pi}\frac{\sqrt{s-1}}{s+1}.

SS を固定すると、

ddss−1(s+1)2=3−s(s+1)3,\frac d{ds}\frac{s-1}{(s+1)^2}=\frac{3-s}{(s+1)^3},

より体積は s=3s=3 で唯一の最大値を取る。このとき底面積は S/4S/4 なので、

S2S1=πq(q+l)4πq2=14(1+a+bb).\boxed{\frac{S_2}{S_1}=\frac{\pi q(q+l)}{4\pi q^2} =\frac14\left(1+\sqrt{\frac{a+b}{b}}\right)}.

II​

1​

部分積分と与えられた無限遠の条件から、

L[f′]=[e−stf(t)]0∞+sF(s)=−f(0)+sF(s),\mathcal L[f']=[e^{-st}f(t)]_0^\infty+sF(s)=-f(0)+sF(s),

従って、

L[f′′]=−f′(0)+sL[f′]=−f′(0)−sf(0)+s2F(s).\boxed{\mathcal L[f'']=-f'(0)+s\mathcal L[f'] =-f'(0)-sf(0)+s^2F(s)}.

2​

q=s+aq=s+a とおく。三角関数を指数関数で表し、 ∫0∞e−(q∓iω)tdt=(q∓iω)−1\int_0^\infty e^{-(q\mp i\omega)t}dt=(q\mp i\omega)^{-1} を用いると、

L[e−atcos⁡ωt]=12(1q−iω+1q+iω)=s+a(s+a)2+ω2,L[e−atsin⁡ωt]=12i(1q−iω−1q+iω)=ω(s+a)2+ω2.\begin{aligned} \mathcal L[e^{-at}\cos\omega t] &=\frac12\left(\frac1{q-i\omega}+\frac1{q+i\omega}\right) =\boxed{\frac{s+a}{(s+a)^2+\omega^2}},\\ \mathcal L[e^{-at}\sin\omega t] &=\frac1{2i}\left(\frac1{q-i\omega}-\frac1{q+i\omega}\right) =\boxed{\frac\omega{(s+a)^2+\omega^2}}. \end{aligned}

3​

方程式を変換して初期値を代入すると、

(s2+6s+13)F(s)=5s+19,F(s)=5s+3(s+3)2+4+22(s+3)2+4.(s^2+6s+13)F(s)=5s+19, \qquad F(s)=5\frac{s+3}{(s+3)^2+4}+2\frac2{(s+3)^2+4}.

前問の結果を逆変換して、

f(t)=e−3t(5cos⁡2t+2sin⁡2t).\boxed{f(t)=e^{-3t}(5\cos2t+2\sin2t)}.
本页目录