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微分積分学続論 II (担当：浅岡) 試験問題
1. 次の常微分方程式の初期値問題を解け．(解は陰関数表示でもよい)
(a) x′ = (cos t)x + 3t2 exp(sin t), x(0) = 1.
(b) (2x + t2 ) · x′ = t − t3 − 2xt, x(0) = 1.
(c) x′′′ − 2x′′ − 4x′ + 8x = 0, x(0) = x′ (0) = 0, x′′ (0) = 1.
(d) x′′ − 4x′ + 7x = 65 sin(2t), x(0) = x′ (0) = 0.
2. 次の行列の exp を計算せよ．
(
(a) A =
3
1
)

6
12
2



(b) B = −2 −4 −1
1
3
0
−1 1
3. x(t) を常微分方程式
6
·x
1 + t2
の解で x(0) = 1, x′ (0) = 0 をみたすものとすると，
x′′ =
(1)
(3t2 + 1)x − t(t2 + 1)x′ = 1
が成り立つことを示せ．(hint: x(t) = t3 + t は (1) の解)
4. a > 1 であるとき，常微分方程式
x′′ + 2ax′ + x = exp(−t2 ) + 1
のすべての解 x(t) について，
lim x(t) = 1
t→+∞
∫∞
√
2
が成り立つことを示せ．( −∞ e−t dt = π を用いてよい)
1 月 29 日朝までに，略解を浅岡の web page
http://www.math.kyoto-u.ac.jp/~asaoka/lectures/
に置いておきます．
(2)
微分積分学続論 II 試験 略解
(注) あくまで略解なので，細部は自分で埋めること．
1. (a) 1 変数 1 階線型微分方程式， (b) 完全型微分方程式の解法を用いれ
ばよい．(c) は高階斉次線型微分方程式の解の基本形を，(d) は未定係数
法を用いればよい．
(a) x(t) = (1 + t3 ) exp(sin t).
√
t2
t2
(b) x(t) = + 1 + . (陰関数表示：(2x + t2 )2 = 4 + 2t2 ).
2
2
}
1 {
(c) x(t) =
(4t − 1)e2t + e−2t .
16 (
)
√
√
650 √
520
520
195
2t
3 sin 3t +
(d) x(t) = e
−
cos 3t +
cos(2t)+
sin(2t).
73
219
73
73
2. (a) A の固有値は 2 なので，
(
exp tA = e2t (E + t(A − 2E)) = e2t
(
従って，exp tA = e2
2
1
)
1+t
t
−t
1−t
)
.
.
−1 0



−1
3 −2 0
2 0 0
3 −2 0




(b) B = −1 1 0 0 0 −1 −1 1 0 より，
0
0 1
0 1 0
0
0 1

3

B = −1
  2t

−1
e
0
0
3 −2 0



0  0 cos t − sin t −1 1 0
−2 0
1
0
0 1
0 sin t cos t
0
 2t

3e − 2 cos t 6e2t − 6 cos t 2 sin t


=  −e2t + cos t −2e2t + 3 cos t − sin t .
0
sin t
3 sin t
cos t
 2

3e − 2 cos 1 6e2 − 6 cos 1 2 sin 1


従って，exp A =  −e2 + cos 1 −2e2 + 3 cos 1 − sin 1 .
sin 1
3 sin 1
cos 1
1
3. y(t) = t3 + t は微分方程式 (1) の解で，微分方程式の x′ の項の係数が
0 なので，Wronskian についての等式から，
(
)
(
)
x(t) y(t)
x(0) y(0)
det
= det
= 1.
x′ (t) y ′ (t)
x′ (0) y ′ (0)
すなわち，
(3t2 + 1)x(t) − (t3 + t)y(t) = 1.
4. λ = −a +
√
√
a2 − 1, µ = −a − a2 − 1 は，微分方程式 (2) の特性多項
式の根で，a > 1 より，µ < λ < 0. 定数変化法を用いると，
{ ∫ t
}
∫ t
1
λt
−(s2 +λs)
µt
−(s2 +µs)
x∗ (t) = 1 +
e
e
ds − e
e
ds
λ−µ
0
0
は (2) の解であることがわかり，
}
{
∫ t
∫ t
2
2
µ 2
µ2
1
−(s+ λ
−
s+
µt+
λt+ λ4
)
)
(
2
2
4
|x∗ (t) − 1| =
ds + e
ds
e
e
e
λ−µ
0
0
}
√ {
2
2
π
t→+∞
λt+ λ4
µt+ µ4
≤
−−−−→ 0.
e
+e
λ−µ
(2) の一般解 x(t) は，定数 C1 , C2 を用いて
x(t) = C1 eλt + C2 eµt + x∗ (t)
と書け，
t→+∞
|x(t) − 1| ≤ |C1 |eλt + |C2 |eµt + x∗ (t) −−−−→ 0.