早稲田大学先進理工学研究科物理学及応用物理学専攻 2022年8月実施数学一般問題1

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Miyake, 祭音Myyura

回答以下各题。

函数 $y(t)$ 满足

$\frac{d^2y}{dt^2}+4\frac{dy}{dt}+4y=e^t,$

且初始条件为 $y(0)=0$ 、 $\left.\dfrac{dy}{dt}\right|_{t=0}=1$ 。求 $y(t)$ 。
在区间 $-1\leq x\leq1$ 上令 $f(x)=x^2$ 。对非负整数 $n$ 定义

$a_n=\int_{-1}^{1}f(x)\cos(n\pi x)\,dx,\qquad b_n=\int_{-1}^{1}f(x)\sin(n\pi x)\,dx.$

具体计算 $a_n,b_n$ ，其中 $a_n$ 需区分 $n=0$ 与 $n\neq0$ 。再利用

$f(x)=\frac{a_0}{2} +\sum_{n=1}^{\infty}\left[a_n\cos(n\pi x)+b_n\sin(n\pi x)\right]$

求无穷级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^2}$ 。
二元函数 $u(x,y)$ 满足偏微分方程

$2y\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial u}{\partial y}=1.$

用一个任意函数表示该方程的通解。
对正数 $x,y$ ，贝塔函数定义为

$B(x,y)=\int_0^1t^{x-1}(1-t)^{y-1}\,dt.$

对正整数 $n$ ，用贝塔函数表示积分

$I_n=\int_0^{\pi/2}\sin^n\theta\,d\theta.$
对正整数 $n$ 和实数 $x$ ，厄米多项式定义为

$H_n(x)=(-1)^ne^{x^2}\frac{d^n}{dx^n}e^{-x^2}.$

直接利用该定义，将导数 $H_n'(x)$ 用 $H_{n-1}(x)$ 表示。

与えられた微分方程式の右辺を $0$ とした方程式に $y = e^{\lambda t}$ （ $\lambda$ は $t$ によらない定数）を代入すると、 $(\lambda + 2)^2 = 0$ を得るので、この微分方程式の一般解は、積分定数を $A, B$ として、

\begin{aligned} y(t) = (A+Bt) e^{-2t} \end{aligned}

である。与えられた微分方程式に $y = C e^t$ （ $C$ は $t$ によらない定数）を代入すると、 $C = 1/9$ を得るので、 $y(t) = (1/9) e^t$ は特殊解である。よって、与えられた微分方程式の一般解は、積分定数を $A, B$ として、

\begin{aligned} y(t) = (A+Bt) e^{-2t} + \frac{1}{9} e^t \end{aligned}

である。

初期条件より $A=-1/9$ , $B=2/3$ なので、

y(t)=\left(-\frac19+\frac23t\right)e^{-2t}+\frac19e^t.

(i) まず、被積分関数が $0$ になるので $b_0=0$ であり、被積分関数が奇関数になるので $n = 1, 2, \cdots$ について $b_n=0$ である。次に、

\begin{aligned} a_0 &= \int_{-1}^1 x^2 \ dx = \frac{2}{3} \end{aligned}

また、 $n = 1, 2, \cdots$ について

\begin{aligned} a_n &= \int_{-1}^1 x^2 \cos (n \pi x) dx \\ &= \frac{1}{n \pi} \left[ x^2 \sin (n \pi x) \right]_{-1}^1 - \frac{2}{n \pi} \int_{-1}^1 x \sin (n \pi x) dx \\ &= - \frac{2}{n^2 \pi^2} \left[ x \cos (n \pi x) \right]_{-1}^1 + \frac{2}{n^2 \pi^2} \int_{-1}^1 \cos (n \pi x) dx \\ &= \frac{4 \cdot (-1)^n}{n^2 \pi^2} \end{aligned}

(ii) 今の場合のフーリエ級数展開の式は

\begin{aligned} x^2 = \frac{1}{3} + \frac{4}{\pi^2} \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{n^2} \cos (n \pi x) \end{aligned}

となるので、 $x=1$ として、

\begin{aligned} 1 &= \frac{1}{3} + \frac{4}{\pi^2} \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} \\ \therefore \ \ \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} &= \frac{\pi^2}{6} \end{aligned}

を得る。

特性方程式は

\frac{dx}{2y}=dy=du

であるから、 $x-y^2$ と $u-y$ は特性曲線上で一定である。よって通解は

u(x,y)=y+F(x-y^2)

である。ただし $F$ は任意の $C^1$ 級関数である。

$t=\sin^2\theta$ とおくと、

\begin{aligned} I_n &=\frac12\int_0^1t^{(n-1)/2}(1-t)^{-1/2}\,dt\\ &=\frac12B\left(\frac{n+1}{2},\frac12\right). \end{aligned}

$D=d/dx$ とする。 $D^n(xf)=xD^nf+nD^{n-1}f$ と $D(e^{-x^2})=-2xe^{-x^2}$ より、

\begin{aligned} H_n'(x) &=(-1)^ne^{x^2}\left(2xD^ne^{-x^2}+D^{n+1}e^{-x^2}\right)\\ &=2n(-1)^{n-1}e^{x^2}D^{n-1}e^{-x^2}\\ &=2nH_{n-1}(x). \end{aligned}