解析入門 I e クラス中間試験（略解）平成２６年５月２８日（水）１０時３０分∼１２時００分コース：学修番号：氏名： • 開始の合図があるまで，問題の内容を見てはならない． • 学修番号と氏名を所定欄に必ず記入すること． • 答だけではなく答に至った経過をすべて説明すること．答のみのものは正解であっても大幅に減点することがあるので注意すること． • 携帯電話は電源を切ってカバンにしまうこと． • 机の上には筆記用具，学生証，時計以外は置かないこと． • 試験中は教員の指示に従うこと． 1 次の微分方程式の一般解を求めよ. (1) y ′ (x) + 5y(x) = 0 (2) y ′ (x) − y(x) = e2x (1) d 5x (e y(x)) = 0 dx と同値なので, 答えは y(x) = Ce−5x . ただし, C は任意定数. (2) 式変形して ex d −x (e y(x)) = e2x dx よって d −x (e y(x)) = ex dx を解いて, e−x y(x) = ex + C. したがって, y(x) = e2x + Cex . 2 (1) 次の初期値問題の解を求めよ. y ′ (x) + 2x y(x) = 0, y(0) = 1. (2) 次の微分方程式の一般解（実数解）を求めよ. y ′′ (x) + y ′ (x) + 3y(x) = 0 (1) 式変形して e −x2 ) ( d x2 e y(x) = 0. dx よって, y(x) = Ce−x となるが, y(0) = 1 より, 2 y(x) = e−x . 2 (2) 特性方程式は λ2 + λ + 3 = 0 なので, これを解いて √ 1 11 λ=− ±i . 2 2 よって, 実数の一般解は − 21 x y(x) = C1 e √ √ 11 11 − 12 x cos( sin( x) + C2 e x). 2 2 3 (1) 次の微分方程式の一般解を求めよ. y ′′ (x) − 2y ′ (x) − 3y(x) = 0 (2) 次の初期値問題の解を求めよ. y ′′ (x) − 2y ′ (x) − 3y(x) = ex cos x, y(0) = 0, y ′ (0) = 1. (1) 特性方程式は λ2 − 2λ − 3 = 0. これを解いて, λ = 3, −1 となるので, 一般解は y(x) = C1 e3x + C2 e−x . (2) 非斉次方程式の特殊解を U (x) = Aex cos x + Bex sin x の形で探すと, A = − 15 , B = 0 となり（計算は略す） 1 U (x) = − ex cos x. 5 よって微分方程式の一般解は 1 y(x) = C1 e3x + C2 e−x − ex cos x 5 となる. 初期条件 y(0) = 0 より C1 + C2 − 1 = 0. 5 3C1 − C2 − 1 = 1. 5 y ′ (0) = 1 より, これを解いて C1 = 7 , C2 20 3 = − 20 をえる. よって求める解は y(x) = 7 3x 3 1 e − e−x − ex cos x. 20 20 5 4 (1) 次の微分方程式の一般解を求めよ. y ′′ (x) − 4y ′ (x) + 4y(x) = 0 (2) α ̸= 2 とする. 次の初期値問題の解を求めよ. y ′′ (x) − 4y ′ (x) + 4y(x) = eαx , y(0) = 3, y ′ (0) = 1. (3) 次の微分方程式の特殊解を１つ求めよ. y ′′ (x) − 4y ′ (x) + 4y(x) = e2x (1) 特性方程式 λ2 − 4λ + 4 = (λ − 2)2 = 0 を解いて λ = 2 は重解. よって, 一般解は y(x) = C1 e2x + C2 xe2x . (2) U (x) = Aeαx の形で特殊解を見つけると, A = U (x) = 1 (α−2)2 となる（計算略）ので, 1 eαx . 2 (α − 2) したがって微分方程式の一般解は y(x) = C1 e2x + C2 xe2x + 1 eαx . (α − 2)2 初期条件 y(0) = 3, y ′ (0) = −1 より, C1 + 1 = 3, (α − 2)2 2C1 + C2 + α = 1. (α − 2)2 これを解いて（計算略） C1 = 3 − 1 , (α − 2)2 C2 = −5 + 1 . 2−α 従って, 求める解は y(x) = (3 − 1 1 1 )e2x + (−5 + )xe2x + eαx . 2 2 (α − 2) 2−α (α − 2) (2) 右辺の指数関数の指数 2 が斉次方程式の特性方程式の解 λ = 2（重解）と一致することから, 特殊解の候補を U (x) = Ax2 e2x として探すと, A = 1 2 を得る（計算略）. よって求める特殊解は 1 U (x) = x2 e2x . 2 5 k > 0 を定数とする. 次の初期値問題を解け. ただし, 答えは最終的に y(x) = · · · の形であらわすこと. √ y ′ (x) = k 1 + y(x)2 , y(0) = 0. 変数分離形の微分方程式であるので ∫ ∫ 1 √ dy = k dx = kx + C. 1 + y2 ここで (log(t + であることから, ∫ √ 1 1 + t2 )′ = √ 1 + t2 √ 1 √ dy = log(y + 1 + y 2 ). 1 + y2 よって, log(y(x) + すなわち y(x) + √ √ 1 + y(x)2 ) = kx + C. 1 + y(x)2 = ekx+C となる. ここで y(0) = 0 より C = 0 を得る. 従って √ y(x) + 1 + y(x)2 = ekx . 式変形して √ 1 + y(x)2 = ekx − y(x) となり, これを自乗して 1 + y(x)2 = y(x)2 − 2ekx y(x) + e2kx . これより y(x)2 が消えて 1 y(x) = (ekx − e−kx ) 2 を得る.