東北大学 環境科学研究科 エネルギー環境群 2022年8月実施 基礎科目 数学1
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Kai
(1)
\[
\begin{aligned}
\lim_{x \to +0} \log \left( \frac{1}{x} \right)^{\sin x}
&= - \lim_{x \to +0} \sin x \log x
\\
&= 0
\\
\therefore \ \
\lim_{x \to +0} \left( \frac{1}{x} \right)^{\sin x}
&= 1
\end{aligned}
\]
(2)
(2-1)
\(z=y^2\) とおくと、 \(z' = dz/dx = 2yy'\) であり、与えられた微分方程式は
\[
\begin{align}
-x^2 + 2z &= 2xz' \nonumber
\\
\therefore \ \
xz' - z &= - \frac{1}{2} x^2
\tag{a} \label{a}
\end{align}
\]
となる。 まず、
\[
\begin{aligned}
xz' - z &= 0
\end{aligned}
\]
を考えると、その一般解は
\[
\begin{aligned}
\frac{dz}{z} &= \frac{dx}{x}
\\
\therefore \ \
z &= A x
\ \ \ \ \ \ \ \ ( A \text{ は積分定数 } )
\end{aligned}
\]
である。 そこで、 式 (\(\ref{a}\)) に \(z=A(x)x\) （ \(A(x)\) は \(x\) の関数）を代入して整理すると、
\[
\begin{aligned}
\frac{dA(x)}{dx} &= - \frac{1}{2}
\\
\therefore \ \
A(x) &= - \frac{1}{2} x + B
\ \ \ \ \ \ \ \ ( B \text{ は積分定数 } )
\end{aligned}
\]
を得る。 よって、式 (\(\ref{a}\)) の一般解は
\[
\begin{aligned}
z &= \left( - \frac{1}{2} x + B \right) x
\ \ \ \ \ \ \ \ ( B \text{ は積分定数 } )
\end{aligned}
\]
であり、与えられた微分方程式の一般解は
\[
\begin{aligned}
y &= \pm \sqrt{\left( - \frac{1}{2} x + B \right) x}
\ \ \ \ \ \ \ \ ( B \text{ は積分定数 } )
\end{aligned}
\]
である。
(2-2)
まず、
\[
\begin{aligned}
y''-3y'+2y &= 0
\end{aligned}
\]
を考え、 \(y=e^{\lambda x}\) （ \(\lambda\) は \(x\) によらない定数）を代入すると、 \(\lambda = 1, 2\) を得るので、この微分方程式の一般解は
\[
\begin{aligned}
y = Ae^x + Be^{2x}
\ \ \ \ \ \ \ \ ( A, B \text{ は積分定数 } )
\end{aligned}
\]
である。 また、与えられた微分方程式の特殊解を求めるため、 \(y=Cx+D+Ee^x \sin x + Fe^x \cos x\) （ \(C,D,E,F\) は \(x\) によらない定数）を代入して整理すると、
\[
\begin{aligned}
C = \frac{1}{2}, D = \frac{3}{4}, E = - \frac{1}{2}, F = \frac{1}{2}
\end{aligned}
\]
を得る。 よって、与えられた微分方程式の一般解は
\[
\begin{aligned}
y = Ae^x + Be^{2x} +
\frac{1}{2} x + \frac{3}{4} - \frac{1}{2} e^x \sin x + \frac{1}{2} e^x \cos x
\ \ \ \ \ \ \ \ ( A, B \text{ は積分定数 } )
\end{aligned}
\]
である。
(3)
xz平面に関して対称であることを考慮して、 求める体積 \(V\) は次のように計算できる：
\[
\begin{aligned}
V
&= 2 \int_0^1 dy \int_{1 - \sqrt{1-y^2}}^{1 + \sqrt{1-y^2}} dx
\int_0^{4-(x^2+y^2)} dz
\\
&= 2 \int_0^1 dy \int_{1 - \sqrt{1-y^2}}^{1 + \sqrt{1-y^2}} dx
\left( 4-x^2-y^2 \right)
\\
&= 2 \int_0^1 dy \left[ (4-y^2) x - \frac{x^3}{3}
\right]_{x=1-\sqrt{1-y^2}}^{x=1+\sqrt{1-y^2}}
\\
&= 4 \int_0^1 dy \left( (4-y^2) \sqrt{1-y^2} - \frac{1}{3}
\left( 3 \sqrt{1-y^2} + (1-y^2) \sqrt{1-y^2} \right) \right)
\\
&= \frac{8}{3} \int_0^1 dy \left( 4-y^2 \right) \sqrt{1-y^2}
\\
&= \frac{8}{3} \int_0^\frac{\pi}{2} d \theta
\cos^2 \theta \left( 4 - \sin^2 \theta \right)
\ \ \ \ \ \ \ \ ( y = \sin \theta )
\\
&= \frac{8}{3} \int_0^\frac{\pi}{2} d \theta
\left( 4 \cos^2 \theta - \frac{1}{4} \sin^2 2 \theta \right)
\\
&= \frac{8}{3} \int_0^\frac{\pi}{2} d \theta
\left( 4 \cdot \frac{1 + \cos 2 \theta}{2}
- \frac{1}{4} \cdot \frac{1 - \cos 4 \theta}{2} \right)
\\
&= \frac{8}{3} \int_0^\frac{\pi}{2} d \theta
\left( \frac{15}{8} + 2 \cos 2 \theta + \frac{1}{8} \cos 4 \theta
\right)
\\
&= \frac{8}{3} \left[ \frac{15}{8} \theta
+ \sin 2 \theta + \frac{1}{32} \sin 4 \theta \right]^\frac{\pi}{2}
\\
&= \frac{5}{2} \pi
\end{aligned}
\]