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微分方程式期末試験 (2015 年 8 月 4 日) 1 枚目
学籍番号氏名点数最高点 91 点平均点 57.75 点(注 1)
1
n を自然数とする. n 個の関数 x cos x, x2 cos x, x3 cos x . . . , xn cos x は 1 次独立であることを n についての
数学的帰納法で示しなさい (15 点).
解答例 (I) n = 1 のとき, すなわち, x cos x が 1 次独立であることを示す. C1 x cos x = 0 とおく. これは x につ
いての恒等式なので, どんな x に対しても成立する等式である. 例えば x = π2 とすれば, C1 = 0 は得られる. よっ
て, x cos x が 1 次独立である.
(II) n = k のときに正しいとする. すなわち, x cos x, x2 cos x, x3 cos x . . . , xk cos x は 1 次独立であると仮定する.
そして, n = k + 1 のときにも正しいことを示す. すなわち, x cos x, x2 cos x, x3 cos x . . . , xk+1 cos x は 1 次独立である
ことを示す.
C1 x cos x + C2 x2 cos x + · · · + Ck xk cos x + Ck+1 xk+1 cos x = 0 · · · ➀
とおく. 両辺を微分すると,
C1 cos x − C1 x sin x + 2C2 x cos x − C2 x2 sin x + · · · + (k + 1)Ck+1 xk cos x − Ck+1 xk+1 sin x = 0
···➁
を得る(注 2) . ➀ × sin x + ➁ × cos x を計算すると,
C1 cos2 x + 2C2 x cos2 x + · · · + (k + 1)Ck+1 xk cos2 x = 0
が成り立つ (この等式は恒等的に等しい，という意味である). よって,
cos x(C1 cos x + 2C2 x cos x + · · · + (k + 1)Ck+1 xk cos x) = 0
となる. これが恒等的に等しいためには, C1 cos x+2C2 x cos x+· · ·+(k+1)Ck+1 xk cos x = 0 が恒等的に成立しなければ
ならない(注 3) . x = 0 とおけば, C1 = 0 であることがわかるので, C1 cos x+2C2 x cos x+· · ·+(k +1)Ck+1 xk cos x = 0 に
代入することで 2C2 x cos x+· · ·+(k+1)Ck+1 xk cos x = 0 が従う. 数学的帰納法の仮定から x cos x, x2 cos x, · · · , xk cos x
は 1 次独立であるので, 2C2 = · · · = (k + 1)Ck+1 = 0 であることがわかる. よって, C1 = C2 = · · · = Ck+1 = 0 となる.
以上により, x cos x, x2 cos x, x3 cos x . . . , xk+1 cos x は 1 次独立である.
(I),(II) より, すべての自然数 n に対して, n 個の関数 x cos x, x2 cos x, x3 cos x . . . , xn cos x は 1 次独立である.
(注 1)
社会環境工学科平均点 61.42 点生命情報学科平均点 53.29 点社会環境工学科最高点 91 点生命情報学科最高点 77 点
学生さんの回答を見て気が付きましたが，ここから先を次のように議論を展開することも可能です. まず, ➁ 式において x = 0 と
おけば C1 = 0 となることがわかります. これを ➀ に代入すると C2 x2 cos x + · · · + Ck xk cos x + Ck+1 xk+1 cos x = 0 が得られるので,
(注 2)
x(C2 x cos x + · · · + Ck xk−1 cos x + Ck+1 xk cos x) = 0
···➂
でなければならないことがわかります (このあとすぐに x でこの式を割るのは×. x = 0 のときを考慮して場合分けしなければいけませ
ん. 場合分けをしている回答はありませんでした. 世の中の複雑な現象を場合分けせずに言い切ってしまう事はほぼ不可能です. その
ため, 物事を「場合分け」して考える，というのは数学の学習を通して身に付けて欲しい最重要項目のひとつだと思います. ぜひ場合
分けの発想を身に付けてください. ). この式は x についての恒等式なので, すべての x について等号が成立しなければならない. x = 0
のときに等号が成立するのは明らかなので, x , 0 のときを考える. ➂ を x で割ると, C2 x cos x + · · · + Ck xk−1 cos x + Ck+1 xk cos x = 0 を
得る. 帰納法の仮定から, x cos x, x2 cos x, x3 cos x . . . , xk cos x は一次独立であるので, C2 = C3 = · · · = Ck+1 = 0 であることがわかる. 以
上により, C1 = C2 = · · · = Ck+1 = 0 となって, このことは x cos x, x2 cos x, x3 cos x . . . , xk+1 cos x は 1 次独立であることを意味する.
(注 3)
cos x(C1 cos x + 2C2 x cos x + · · · + (k + 1)Ck+1 xk cos x) = 0 がすべての x に対して成立しなければならない. つまり, どんな x を代入
しても, cos x = 0 か C1 cos x + 2C2 x cos x + · · · + (k + 1)Ck+1 xk cos x = 0 かのどちらかは成り立たなければならない. x = π2 + mπ (m は整
数) の場合はどちらも成立するが, それ以外の x では cos x = 0 は成立しない. このことを踏まえると, すべての x について等号が成立
するのは, C1 cos x + 2C2 x cos x + · · · + (k + 1)Ck+1 xk cos x = 0 の方であることがわかる.
2
次の微分方程式の一般解を求めよ. （各 10 点）
(1) y′′ + 2y′ − 15y = 0 (2) y′′ + 4y′ + 4y = 0 (3) y′′ + 4y′ + 5y = 0 (4) y′′′′ + 3y′′′ + 4y′′ + 3y′ + y = 0
解答例 (1) 補助方程式 λ2 + 2λ − 15 = 0 の解は λ = 3, −5. よって, 一般解は y = C1 e3x + C2 e−5x である (C1 , C2 は
任意の定数).
(2) 補助方程式 λ2 + 4λ + 4 = 0 の解は重解で λ = −2. よって, 一般解は y = C1 e−2x + C2 xe−2x である (C1 , C2 は任
意の定数).
(3) 補助方程式 λ2 + 4λ + 5 = 0 の解は λ = −2 ± i. よって，一般解は y = e−2x (C1 cos x + C2 sin x) である (C1 , C2
は任意の定数).
2
(4) 補助方程式 λ4 + 3λ3 + 4λ2 + 3λ + 1 √= 0 は, (λ + 1)2 (λ
+ λ + 1) = 0 と因数分解された形で表される. よって,
√
x
x
3
3
−2
−x
−x
−2
一般解は y = C1 e + C2 xe + C3 e cos 2 x + C4 e sin 2 x である (C1 , C2 , C3 , C4 は任意の定数).
微分方程式期末試験 (2015 年 8 月 4 日) 2 枚目
学籍番号氏名 d
D = dx
とする. このとき，次の問いに答えよ.（25 点）
1
1 αx
f (x) を多項式, α を複素数とする. f (α) , 0 であるとき, f (D)
eαx = f (α)
e であることを示しなさい.
1
(2)
sin 5x を計算せよ.
D2 − D + 30
(3) y′′ − y′ + 30y = sin 5x の一般解を求めよ.
解答例 (1) f (x) は多項式なので f (x) = a0 xn + a1 xn−1 + a2 xn−2 + · · · + an−1 x + an (n は自然数, a0 , a1 , . . . , an は定
数) とおく. このとき
3
(1)
f (D)eαx = (a0 Dn + a1 Dn−1 + a2 Dn−2 + · · · + an−1 D + an )eαx
= a0 αn eαx + a1 αn−1 eαx + a2 αn−1 eαx + · · · + an−1 αeαx + an eαx
= f (α)eαx
1
1 αx
であるので, これは, f (D)
eαx = f (α)
e であることを意味する.
(2) (1) の公式とオイラーの公式から,
D2
1
1
1+i
1 + i 5ix 1 + i
1
e5ix =
e5ix =
e5ix =
e5ix =
e =
(cos 5x + i sin 5x)
− D + 30
−25 − 5i + 30
5(1 − i)
5(1 − i)(1 + i)
10
10
1
i
=
(cos 5x − sin 5x) + (cos 5x + sin 5x)
10
10
を得る. 一方，オイラーの公式から,
D2
1
1
1
e5ix = 2
cos 5x + i 2
sin 5x
− D + 30
D − D + 30
D − D + 30
となる. これらの 2 式の虚部を比較すれば,
D2
1
1
sin 5x = (cos 5x + sin 5x)
− D + 30
10
を得る.
(3) y′′ − y′ + 30y = 0 の補助方程式が λ2 − λ + 30 = 0 なので, これを解くと, λ =
√
± 119
i となる. よって,
2
√
√
x
x
119
119
′′
′
′′
y −y +30y = 0 の一般解は, C1 e 2 cos 2 x+C2 e 2 sin 2 x. これと (2) の結果を足し合わせて, y −y′ +30y = sin 5x
の一般解は,
√
√
1
119
119
x
x
C1 e 2 cos
x + C2 e 2 sin
x + (cos 5x + sin 5x)
2
2
10
となる (C1 , C2 は任意の定数).
1
2
4
D=
d
dt
とする. また, 連立微分方程式


dx
2


 dt = x + y + 12t − 8t + 4
(∗) 


 dy
= 4x − 2y
dt
···➀
···➁
を考える(注 4) . このとき, 以下の問いに答えよ.(20 点)
1
(1)
[12t2 + 8t] を計算せよ.
D+3
1
(2)
[4t2 ] を計算せよ.
D−2
(3) (∗) から y を消去して, x についての微分方程式を作りなさい.
(4) 連立微分方程式 (∗) の一般解を求めよ.
解答例 (1) 多項式なので逆演算子の展開を用いることができる:
(
)
{
}
1
1
1
1
D D2
1
1
24
2
2
2
2
[12t + 8t] = ·
(12t + 8t) =
1− +
− · · · (12t + 8t) =
12t + 8t − (24t + 8) +
= 4t2 .
D+3
3 1 + D3
3
3
9
3
3
9
(2) 多項式なので逆演算子の展開を用いることができる:
(
)
1
1
1
1
D D2
1
2
2
[4t ] = − ·
[4t ] = − 1 + +
+ · · · (4t2 ) = − (4t2 + 4t + 2) = −2t2 − 2t − 1.
D
D−2
2 1− 2
2
2
4
2
(3) ➀, ➁ は次のように書き換えられる:


2


(D − 1)x − y = 6t − 2t + 1 · · · ➀’



−4x + (D + 2)y = 0
· · · ➁’
➀’ × (D + 2) + ➁’ を計算すれば y をできて, (D2 + D − 6)x = 12t2 + 8t が得られる. よって, x についての微分方程
式として, x′′ + x′ − 6x = 12t2 + 8t を得る.
(4) (3) から (D − 2)(D + 3)x = 12t2 + 8t となる. (1), (2) の計算から, 特殊解は x = −2t2 − 2t − 1 であることが
わかる, (D − 2)(D + 3)x = 0 の一般解と足しあわせて, x = C1 e2t + C2 e−3t − 2t2 − 2t − 1 を得る(注 5) （C1 , C2 は任意
の定数）. これを ➀ に代入して整理すれば, y = C1 e2t − 4C2 e−3t − 4t2 − 2 を得る.
□
(1) の別解
{ 3t
}
∫
∫ ( 3t )′
∫ 3t
e
1
e
2
−3t
3t
2
−3t
2
−3t e
2
[12t + 8t] = e
e (12t + 8t)dt = e
(12t + 8t)dt = e
(12t + 8t) −
(24t + 8)dt
D+3
3
3
3
{
}
∫ 3t
e
12t2 + 8t 24t + 8 24 −3t e3t
12t2 + 8t e−3t e3t
−
(24t + 8) −
× 24dt =
−
+ e ·
= 4t2 .
=
3
3
3
3
3
9
9
3
(2) の別解
{ −2t
}
∫ ( −2t )′
∫ ( −2t )
e
e
e
2t
2
−
e (4t )dt = e
(4t)dt = e −
× 4t −
−
· 8tdt
2
2
2
{ −2t
{
∫ ( −2t ) }
∫ ( −2t )′ }
e
e
e
2
2t
2t
2 −2t
tdt = −2t + 4e −
t−
−
dt = −2t2 − 2t − 1.
= e −2t e + 4
−
2
2
2
1
[4t2 ] = e2t
D−2
∫
−2t
2
2t
試験時は 6t2 − 2t + 1 の部分が 12t2 − 8t + 4 になっていて (1)∼(3) の問題とは繋がらず，失礼致しました. ただ，解けないわけでは
ないのでどちらで解答して頂いても正解として採点しました. この注釈は，次年度受講生の混乱を防ぐため, 2015 年度終了時に削除さ
せて頂きます.
(注 5)
C1 e2x + C2 e−3x − 2t2 − 2t − 1 にしている人が多かったです. この問題は t について微分している微分方程式なので注意しましょう.
(注 4)

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