東京大学 新領域創成科学研究科 先端エネルギー工学専攻 2019年度 第1問（数学）

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• 东京大学
• 定积分
• 拉普拉斯变换
• 柯西–欧拉方程
• 待定系数法

Author

祭音Myyura (refined with GPT 6 Astra)

Description

問1

次の積分

$$\int_0^1\frac{x(1+x)\sin(\log x)}{\log x}\,dx \tag{1}$$

に関する以下の問に答えよ。ただし $\log x$ は自然対数関数，$e$ は自然対数の底である。

(a) $x=e^{-t}$ として式 (1) を $t$ に関する積分式に変換せよ。

(b) 三角関数 $\sin t$ のラプラス変換 $\int_0^\infty\sin t\,e^{-st}\,dt$ を計算せよ。計算の過程も示せ。

(c) 上の (a)，(b) の結果を用い，式 (1) で表される積分の値を求めよ。

問2

以下の微分方程式の一般解をそれぞれ求めよ。ただし $\log x$ は自然対数関数，$e$ は自然対数の底である。

(a)

$$x\frac{dy}{dx}-3y=3.$$

(b)

$$x^3\frac{d^3y}{dx^3}-4x^2\frac{d^2y}{dx^2} +8x\frac{dy}{dx}-8y=x^3\log x.$$

(c)

$$\frac{d^3y}{dx^3}-6\frac{d^2y}{dx^2} +12\frac{dy}{dx}-8y=6e^{-x}.$$

题目描述

问1 对积分

$$\int_0^1\frac{x(1+x)\sin(\log x)}{\log x}\,dx$$

回答下列问题。$\log$ 表示自然对数，$e$ 为自然对数的底。

(a) 令 $x=e^{-t}$，将原积分化为关于 $t$ 的积分。

(b) 计算 $\sin t$ 的拉普拉斯变换 $\int_0^\infty\sin t\,e^{-st}\,dt$，并写出计算过程。

(c) 利用 (a)、(b) 的结果求原积分的值。

问2 分别求下列微分方程的一般解，其中 $\log$ 表示自然对数：

$$\begin{aligned} \text{(a)}\quad &xy'-3y=3,\\ \text{(b)}\quad &x^3y'''-4x^2y''+8xy'-8y=x^3\log x,\\ \text{(c)}\quad &y'''-6y''+12y'-8y=6e^{-x}. \end{aligned}$$

Kai

問1

(a)

$x=e^{-t}$ とおくと $dx=-e^{-t}\,dt$，$\log x=-t$ であり，$x:0\to1$ に対して $t:\infty\to0$ となる。したがって，

$$\boxed{ \int_0^1\frac{x(1+x)\sin(\log x)}{\log x}\,dx =\int_0^\infty(e^{-2t}+e^{-3t})\frac{\sin t}{t}\,dt }.$$

(b)

$s>0$ とし，

$$I(s)=\int_0^\infty e^{-st}\sin t\,dt, \qquad J(s)=\int_0^\infty e^{-st}\cos t\,dt$$

とおく。部分積分により

$$\begin{aligned} I(s)&=[-e^{-st}\cos t]_0^\infty-sJ(s)=1-sJ(s),\\ J(s)&=[e^{-st}\sin t]_0^\infty+sI(s)=sI(s). \end{aligned}$$

よって $I(s)=1-s^2I(s)$ であるから，

$$\boxed{I(s)=\frac{1}{s^2+1}\qquad(s>0)}.$$

(c)

$a>0$ に対し，(b) の結果を $s=a$ から $\infty$ まで積分すると

$$\begin{aligned} \int_0^\infty e^{-at}\frac{\sin t}{t}\,dt &=\int_a^\infty\!\int_0^\infty e^{-st}\sin t\,dt\,ds\\ &=\int_a^\infty\frac{ds}{s^2+1} =\frac{\pi}{2}-\arctan a. \end{aligned}$$

積分順序の交換は $\int_0^\infty e^{-at}|\sin t|/t\,dt<\infty$ により正当化される。したがって求める値は

$$\pi-\arctan2-\arctan3.$$

$\arctan2+\arctan3\in(\pi/2,\pi)$ であり，その正接が $(2+3)/(1-2\cdot3)=-1$ となるので，この和は $3\pi/4$ である。ゆえに

$$\boxed{\int_0^1\frac{x(1+x)\sin(\log x)}{\log x}\,dx=\frac{\pi}{4}}.$$

問2

(a)

$x\ne0$ の区間で，微分方程式は

$$\frac{d}{dx}\left(\frac{y+1}{x^3}\right) =\frac{xy'-3(y+1)}{x^4}=0$$

と書ける。したがって一般解は

$$\boxed{y=Cx^3-1}.$$

(b)

$x>0$ において $t=\log x$，$Y(t)=y(e^t)$，$D=d/dt$ とおくと，

$$xy'=DY,\qquad x^2y''=D(D-1)Y,\qquad x^3y'''=D(D-1)(D-2)Y.$$

したがって

$$(D^3-7D^2+14D-8)Y=te^{3t}.$$

特性方程式は

$$r^3-7r^2+14r-8=(r-1)(r-2)(r-4)=0$$

であり，斉次解は $Y_h=C_1e^t+C_2e^{2t}+C_3e^{4t}$ となる。

特解を $Y_p=e^{3t}(at+b)$ とおく。$p(r)=r^3-7r^2+14r-8$ とすれば $p(3)=-2$，$p'(3)=-1$ より

$$p(D)Y_p=e^{3t}\{-2(at+b)-a\}=te^{3t}.$$

よって $a=-1/2$，$b=1/4$ である。$x$ に戻すと，

$$\boxed{ y=C_1x+C_2x^2+C_3x^4 +x^3\left(\frac14-\frac12\log x\right) \qquad(x>0) }.$$

(c)

斉次方程式の特性方程式は

$$r^3-6r^2+12r-8=(r-2)^3=0$$

であるから，斉次解は $(C_1+C_2x+C_3x^2)e^{2x}$ である。特解を $y_p=Ae^{-x}$ とおけば

$$(-1-2)^3Ae^{-x}=6e^{-x}$$

より $A=-2/9$ となる。したがって

$$\boxed{y=(C_1+C_2x+C_3x^2)e^{2x}-\frac29e^{-x}}.$$

Reference

• 東京大学先端エネルギー工学専攻 2019年度数学試験問題（2018年8月21日実施，PDF p.3）