H24 Handai_Material | ばたぱら

1. 解答

1. 解答

問題1：二次曲線

$\begin{eqnarray*} && ^t {\bf x} {\bf A}{\bf x}+{\bf B}{\bf x}+c\\\\ &&= \left(\begin{array}{cc} x&y \end{array}\right) \left(\begin{array}{cc} p&q\\ q&q \end{array}\right) \left(\begin{array}{c} x\\y \end{array}\right)+ \left(\begin{array}{cc} s&t \end{array}\right) \left(\begin{array}{cc} x\\y \end{array}\right)+c\\\\ &&=px^2+2qxy + ry^2 + 5x + ty + c \end{eqnarray*}$

よって、

$\begin{eqnarray*} \begin{cases} p=13\\ 2q=6\sqrt{3}\\ r=7\\ s=-8(1+2\sqrt{3})\\ t=-8(2-\sqrt{3})\\ c=16 \end{cases} \end{eqnarray*}$

から

$\begin{eqnarray*} {\bf A}&=&\left(\begin{array}{cc} p&q\\ q&r \end{array}\right)= \left(\begin{array}{cc} 13&3\sqrt{3}\\ 3\sqrt{3}&7 \end{array}\right)\\\\ {\bf B}&=&-8\left(\begin{array}{cc} 1+2\sqrt{3}&2-\sqrt{3} \end{array}\right)\\\\ c&=&16 \end{eqnarray*}$

となる。 $\blacksqruare$

次に固有値・固有ベクトルを求める。

$\begin{eqnarray*} |{\bf A}-\lambda {\bf E}|&=& \left|\begin{array}{cc} 13-\lambda&3\sqrt{3}\\ 3\sqrt{3}&7-\lambda \end{array}\right|\\\\ &=& \lambda^2-20\lambda + 64\\\\ &=& (\lambda-16)(\lambda-4)=0\\\\\\ \therefore \quad \lambda&=&4,16\quad \blacksquare \end{eqnarray*}$

(i) $\lambda=4$ のとき：

$\begin{eqnarray*} \left(\begin{array}{cc} 9&3\sqrt{3}\\ 3\sqrt{3}&3 \end{array}\right)\quad\rightarrow\quad k_1\left(\begin{array}{cc} 1\\-\sqrt{3} \end{array}\right)\;(k_1\neq 0)\quad \blacksquare \end{eqnarray*}$

(ii) $\lambda=4$ のとき：

$\begin{eqnarray*} \left(\begin{array}{cc} -3&3\sqrt{3}\\ 3\sqrt{3}&-9 \end{array}\right)\quad\rightarrow\quad k_2\left(\begin{array}{cc} \sqrt{3}\\-1 \end{array}\right)\;(k_2\neq 0)\quad \blacksquare \end{eqnarray*}$

対角化行列 ${\bf P}$ をユニタリ行列としてつくる：

$\begin{eqnarray*} {\bf P}\equiv \frac{1}{2}\left(\begin{array}{cc} 1&-\sqrt{3}\\ -\sqrt{3}&-1 \end{array}\right)\quad\blacksquare \end{eqnarray*}$

ユニタリ行列の簡単な説明：行列式が 1 で直交行列（行列の列同士の内積が0）

$\begin{eqnarray*} P&=&\left(\begin{array}{cc} \frac{1}{2}&-\frac{\sqrt{3}}{2}\\\\ -\frac{\sqrt{3}}{2}&-\frac{1}{2} \end{array}\right)\\\\ &=& \left(\begin{array}{cc} \frac{1}{2}&\frac{\sqrt{3}}{2}\\\\ -\frac{\sqrt{3}}{2}&\frac{1}{2} \end{array}\right) \left(\begin{array}{cc} 1&0\\\\0&-1 \end{array}\right)\\\\ &=& \left(\begin{array}{cc} \cos\left(-\frac{\pi}{3}\right)& -\sin\left(-\frac{\pi}{3}\right)\\\\ \sin\left(-\frac{\pi}{3}\right)& \cos\left(-\frac{\pi}{3}\right) \end{array}\right) \left(\begin{array}{cc} 1&0\\\\0&-1 \end{array}\right)\quad\blacksquare \end{eqnarray*}$

ユニタリ行列 $P$ は、原点中心 $(-\frac{\pi}{3})$ 回転の行列と $x$ 軸に対して反転させる行列の積で表すことができる。回転がどっち向きかわからないときは、具体的に簡単な点がどこに移るか確認すれば良い。

$\begin{eqnarray*} {\bf P}\left(\begin{array}{cc} 1\\\\0 \end{array}\right)&=& \left(\begin{array}{cc} frac{1}{2}\\\\-frac{\sqrt{3}}{2} \end{array}\right)\\\\ P\left(\begin{array}{cc} 0\\\\1 \end{array}\right)&=& \left(\begin{array}{cc} -frac{\sqrt{3}}{2}\\\\-frac{1}{2} \end{array}\right) \end{eqnarray*}$

となる。したがって、 $X,Y$ 軸は下のような関係にある。 $y$ 軸を $x$ 軸に対して反転させて、原点中心 $(-\frac{\pi}{3})$ 回転させればよい。

$P$ はユニタリ行列なので、

$\begin{eqnarray*} P^{-1}=\,^t P = P \end{eqnarray*}$

である。したがって、

$\begin{eqnarray*} &&{\bf P}\left(\begin{array}{cc} x\\\\y \end{array}\right)= \left(\begin{array}{cc} X\\\\Y \end{array}\right)\\\\\\ &&\Leftrightarrow \left(\begin{array}{cc} x\\\\y \end{array}\right)= {\bf P}^{-1}\left(\begin{array}{cc} X\\\\Y \end{array}\right) = {\bf P}\left(\begin{array}{cc} X\\\\Y \end{array}\right) \end{eqnarray*}$

また、

$\begin{eqnarray*} ^t x= \left(\begin{array}{cc} X&Y \end{array}\right) ^t{\bf P}&=& \left(\begin{array}{cc} X&Y \end{array}\right){\bf P} \end{eqnarray*}$

だから、

$\begin{eqnarray*} {\bf PAP}\left(\begin{array}{cc} X\\\\Y \end{array}\right) +{\bf BP}\left(\begin{array}{cc} X\\\\Y \end{array}\right) +16=0 \end{eqnarray*}$

ここで、

$\begin{eqnarray*} {\bf PAP}&=&\left(\begin{array}{cc} 4&0\\\\0&16 \end{array}\right)\\\\ {\bf BP}&=&-8 \left(\begin{array}{cc} 1+2\sqrt{3}& 2-\sqrt{3} \end{array}\right)\frac{1}{2} \left(\begin{array}{cc} 1&-\sqrt{3}\\\\ -\sqrt{3}&-1 \end{array}\right)\\\\ &=&-4 \left(\begin{array}{cc} 4& -8 \end{array}\right)\\\\ &=& \left(\begin{array}{cc} -16&32 \end{array}\right) \end{eqnarray*}$

である。したがって、

$\begin{eqnarray*} &&{\bf PAP}\left(\begin{array}{cc} X\\\\Y \end{array}\right) +{\bf BP}\left(\begin{array}{cc} X\\\\Y \end{array}\right) +16=0\\\\ &&\Leftrightarrow 4X^2 + 16Y^2 -16 X + 32Y + 16=0\\\\ &&\Leftrightarrow 4(X-2)^2-16+16(Y+1)^2 -16 + 16=0\\\\ &&\Leftrightarrow 4(X-2)^2 + 16(Y+1)^2 = 16\\\\ &&\Leftrightarrow \frac{(X-2)^2}{4}+(Y+1)^2 = 1\quad\blacksquare \end{eqnarray*}$

　シンプル楕円を $XY$ 平面上で図示して、 $xy$ 平面で見てやれば元の二次曲線を図示したことになる。

問題2：面積／微分方程式

(1)

　三次函数と直線で囲まれた二つの面積が等しくなるような直線は、三次函数の変曲点を通る。

$\begin{eqnarray*} y'&=&3x^2-24x+36\\\\ y''&=&6x-24 \end{eqnarray*}$

より、 $y''=0$ として、変曲点の $x$ 座標は $4$ である。これを元の関数に代入して、変曲点は $(4,16)$ である。面積を2分する原点を通る直線がこの点を通る条件から、求める直線は

$\begin{eqnarray*} y=4x\quad \blacksquare \end{eqnarray*}$

別解の方針：求める直線を $y=ax$ と置いて、2つの面積 $S_1,S_2$ を積分で求める。このとき、 $S_1=S_2$ となるような $a$ を求めれば良い。

(2)

微分方程式の基本解を $y=x^m$ とおく。

$\begin{eqnarray*} \frac{dy}{dx}=mx^{m-1},\quad \frac{d^2y}{dx^2}=m(m-1)x^{m-2} \end{eqnarray*}$

となる。これを元の微分方程式に代入して、

$\begin{eqnarray*} &&m(m-1)x^{m-2}+\frac{1}{4x^2}x^m=0\\\\ &&\Leftrightarrow \left[ m(m-1)+\frac{1}{4} \right]x^{m-2}=0\\\\ &&\Leftrightarrow (2m-1)^2 x^{m-2}=0\quad\blacksquare \end{eqnarray*}$

$x\neq 0$ として、 $m=\frac{1}{2}$ を得る。したがって基本解の一つは

$\begin{eqnarray*} y=x^{\frac{1}{2}}\quad\blacksquare \end{eqnarray*}$

もう一つの基本解は $y=zx^{\frac{1}{2}}$ で与えられる。このとき、

$\begin{eqnarray*} \frac{dy}{dx}&=&\frac{dz}{dx}\cdot x^{\frac{1}{2}}+z\cdot \frac{1}{2}x^{-\frac{1}{2}}\\\\\\ &=& \frac{d^2 y}{dx^2}\\\\ &=& \frac{d^2 z}{dx^2}x^{\frac{1}{2}} +\frac{dz}{dz}x^{-\frac{1}{2}}-\frac{1}{4}zx^{-\frac{3}{2}} \end{eqnarray*}$

である。これを元の微分方程式に代入して、

$\begin{eqnarray*} \frac{d^2z}{dx^2}x^{\frac{1}{2}}+\frac{dz}{dx}x^{-\frac{1}{2}}=0\quad\blacksquare \end{eqnarray*}$

$X=\frac{dz}{dx}$ と置いて、

$\begin{eqnarray*} &&\frac{dX}{dx}x^{\frac{1}{2}}+Xx^{-\frac{1}{2}}=0\\\\ \Leftrightarrow&& \frac{dX}{dx}=-\frac{X}{x}\\\\ \Leftrightarrow&& \int \frac{dX}{X}=-\int \frac{dx}{x}\\\\ \Leftrightarrow&& \log{|X|}=-\log{|x|}+C\\\\ \Leftrightarrow&& |X|=\frac{c'}{|x|}\\\\ \Leftrightarrow&& \left|\frac{dz}{dx}\right|=\frac{c'}{|x|}\\\\ \Leftrightarrow&& \int dz = c'\int \frac{dx}{|x|}\\\\ \Leftrightarrow&& z=c'\log{|x|}+c'' \end{eqnarray*}$

$C,c',c''$ は定数。したがって、一般解は定数 $C_1,C_2$ を用いて

$\begin{eqnarray*} y=C_1 x^{\frac{1}{2}}\log{x}+C_2 x^{\frac{1}{2}}\quad \blacksquare \end{eqnarray*}$

問題3-A：ラプラス変換／微分方程式

(1)

$f(t)=1$ のとき：

$s=p+iq$ とおくと、

$\begin{eqnarray*} F(s)=\int_0^{\infty}e^{-st}dt &=&\int_0^{\infty} e^{-(p+iq)t}\,dt\\\\ &=& \left[ \frac{1}{-p-iq}e^{-pt}e^{-iqt} \right]_0^{\infty} \end{eqnarray*}$

よって、 $F(s)$ は $p>0$ つまり、 $\Re{(s)}>0$ のときに収束する。収束座標は 0 である。 $\blacksquare$

$f(t)=t$ のとき：

$\begin{eqnarray*} F(s)=\int_0^{\infty} te^{-st}dt &=&\int_0^{\infty} t \left(\frac{-1}{s}e^{-st}\right)' \,dt\\\\ &=& \left[ -\frac{1}{s}te^{-st} \right]_0^{\infty}+ \frac{1}{s} \int_0^{\infty} e^{-st}\, dt\\\\ &=& \left[ -\frac{1}{p+iq}te^{-(p+iq)t} \right]_0^{\infty} -\frac{1}{s^2}\left[e^{-st}\right]_0^{\infty}\\\\ &=& \left[ -\frac{1}{p+iq}te^{-pt}e^{-iqt} \right]_0^{\infty} -\frac{1}{s^2}\left[e^{-pt}e^{-iqt}\right]_0^{\infty} \end{eqnarray*}$

ここでロピタルの定理より、

$\begin{eqnarray*} \lim_{t\to \infty}\frac{t}{e^{pt}}=\lim_{t\to \infty}\frac{1}{pe^pt}=0 \end{eqnarray*}$

したがって、

$\begin{eqnarray*} F(s)=-\frac{1}{s^2}\left[e^{-pt}e^{-iqt}\right]_0^{\infty} \end{eqnarray*}$

より、 $F(s)$ は $p>0$ つまり、 $\Re{(s)}>0$ のきに収束する。収束座標は 0 である。 $\blacksquare$

$f'(x)$ のラプラス変換は「導関数のラプラス変換」にある。

微分方程式を解く問題は「ラプラス変換で微分方程式を解く」にある。

問題3-B：フーリエ級数

f(t)=|t|のフーリエ級数展開／その結果を利用した無限級数和

問題4：複素積分

「sin(z)/z」「e^z/z」「1/z^3」の |z|=1上の複素積分