H25 Handai_Material


1. 解答

問題1: 線形代数

固有値 \lambda=\frac{1}{2},\;\frac{1}{3} \blacksquare

固有ベクトル

\lambda=\frac{1}{2} のとき:

    \begin{eqnarray*} \left(\begin{array}{cc} \frac{1}{2} &-1\\ \frac{1}{3}&-\frac{2}{3} \end{array} \right)\rightarrow k_1\left(\begin{array}{cc} 2\\1 \end{array} \right)\quad(k_1\neq = 0)\quad\blacksquare \end{eqnarray*}

    \begin{eqnarray*} \left(\begin{array}{cc} \frac{2}{3} &-1\\ \frac{1}{3}&-\frac{1}{2} \end{array} \right)\rightarrow k_2\left(\begin{array}{cc} 3\\2 \end{array} \right)\quad(k_2\neq = 0)\quad\blacksquare \end{eqnarray*}



ここで、

    \begin{eqnarray*} P\equiv \left(\begin{array}{cc} 2&3\\ 1&2 \end{array} \right) \end{eqnarray*}

とおくと、

    \begin{eqnarray*} P^{-1}&\equiv& \left(\begin{array}{cc} 2&-3\\ -1&2 \end{array} \right)\\\\\\ P^{-1}AP&=& \left(\begin{array}{cc} \frac{1}{2}&0\\\\ 0&\frac{1}{3} \end{array} \right)\\\\\ P^{-1}A^n P&=& \left(\begin{array}{cc} \frac{1}{2^n}&0\\\\ 0&\frac{1}{3^n} \end{array} \right)\\\\\\ A^n&=&P\left(\begin{array}{cc} \frac{1}{2^n}&0\\\\ 0&\frac{1}{3^n} \end{array} \right)P^{-1}\\\\ &=& \left(\begin{array}{cc} \frac{1}{2^{n-2}}-\frac{1}{3^{n-1}}& -\frac{3}{2^{n-1}}-\frac{2}{3^{n-1}}\\\\ \frac{1}{2^{n-1}}-\frac{2}{3^{n}}& -\frac{3}{2^{n}}-\frac{4}{3^{n}} \end{array} \right)\quad\blacksquare \end{eqnarray*}




上の結果から、n\to \infty のとき

    \begin{eqnarray*} \lim_{n\to \infty}A^n=0 \end{eqnarray*}

である。ここで、

    \begin{eqnarray*} S_n=E+A+A^2+A^3+\cdots +A^{n-1}+A^n \end{eqnarray*}

の両辺に左から (E-A) をかけて

    \begin{eqnarray*} (E-A)S_n&=&(E-A)\left(E+A+A^2+A^3+\cdots +A^{n-1}+A^n\right)\\\\ &=&E-A^{n+1} \end{eqnarray*}

また、

    \begin{eqnarray*} det(E-A)=det\left(\begin{array}{cc} 0&1\\ -\frac{1}{3}&\frac{7}{6} \end{array} \right)=\frac{1}{3}\neq 0 \end{eqnarray*}

より(E-A) の逆行列は存在する。したがって、左から (E-A)^{-1} をかけて、

    \begin{eqnarray*} S_n&=&(E-A)^{-1}\left(E-A^{n+1}) \end{eqnarray*}


したがって、

    \begin{eqnarray*} \lim_{n\to \infty}S_n&=& \lim_{n\to \infty}(E-A)^{-1}\left(E-A^{n+1})\\\\ &=& (E-A)^{-1}E \quad(\because \lim_{n\to \infty} A^{n+1}=0)\\\\ &=& \left(\begin{array}{cc} 0&1\\ -\frac{1}{3}&\frac{7}{6} \end{array} \right)^{-1}\\\\ &=& \frac{1}{det(E-A)} \left(\begin{array}{cc} \frac{7}{6}&-1\\ \frac{1}{3}&0 \end{array} \right)\\\\ &=& \left(\begin{array}{cc} \frac{7}{2}&-3\\\\ 1&0 \end{array} \right)\quad\blacksquare \end{eqnarray*}



問題2:陰関数

x=0 のとき:

    \begin{eqnarray*} x=y=0 \end{eqnarray*}

x\neq 0 のとき:

    \begin{eqnarray*} x=\frac{3t}{1+t^3},\quad y=\frac{3t^2}{1+t^3}\quad \blacksquare \end{eqnarray*}



極値は、

    \begin{eqnarray*} y&=&0,\quad x=0\quad({\rm for}\quad t=0)\\\\ y&=&\sqrt[3]{4},\quad x=\sqrt[3]{2}\quad({\rm for}\quad t=\sqrt[3]{2})\quad\blacksquare \end{eqnarray*}



    \begin{eqnarray*} \frac{dy}{dx}&=& \frac{t(t^3-2)}{2t^3-1}\\\\ \frac{d^2 y}{dx^2}&=& \frac{2(t^3+1)^4}{-3(2t^3-1)^3}\quad\blacksquare \end{eqnarray*}

漸近線:

    \begin{eqnarray*} y=-x-1\quad\blacksquare \end{eqnarray*}

陰関数を図示:



問題3:ラプラス変換

    \begin{eqnarray*} F(s)&=&\int_0^{\infty}e^{at} e^{-st}\, dt\\\\ &=& \int_0^{\infty}e^{(b+ci)t} e^{-(p+iq)t}\, dt \quad(a=b+ci,\; s=p+qi)\\\\ &=& \int_0^{\infty}e^{(p-b)+i(q-c)}t\, dt\\\\ &=& \left[ \frac{1}{-(p-b)-i(q-c)}\textcolor{red}{e^{-(p-b)t}}e^{-i(q-c)t} \right]_0^{\infty} \end{eqnarray*}

F(s)p>b 、つまり、\Re{[s]}>\Re{[a]} のとき収束する。収束座標は \Re{[a]} である。

 このとき、

    \begin{eqnarray*} F(s)=\frac{1}{s-a}\quad\blacksquare \end{eqnarray*}



積分のラプラス変換は「積分のラプラス変換(2通り)」にある。

積分方程式のラプラス変換は「積分方程式のラプラス変換の例題」にある。



問題4:複素平面

(1)

|z-1|=1 は 「中心 (1,0)、半径1の円」\blacksquare

(2)


    \begin{eqnarray*} \oint_C (z-1)^n \,dz= \begin{cases} 2\pi i \quad(n=-1)\\ 0\quad(n\neq 1) \end{cases}\quad\blacksquare \end{eqnarray*}


(3)

    \begin{eqnarray*} &&\left| \frac{z-1}{z+1} \right|=k \quad(k \geq 1)\\\\ \Leftrightarrow&& |z-1|=k|z+1|\\\\ \Rightarrow&& |z-1|^2 = k^2 |z+1|^2\\\\ \Leftrightarrow&& (z-1)(\bar{z}-1)=k^2(z+1)(\bar{z}+1)\\\\ \Leftrightarrow&& z\bar{z}-z-\bar{z}+1=k^2(z\bar{z}+z+\bar{z}+1)\\\\ \Leftrightarrow&& (1-k^2)z\bar{z}-(1+k^2)z-(1+k^2)\bar{z}+(1-k^2)=0 \end{eqnarray*}


k=1 のとき:

    \begin{eqnarray*} z=-\bar{z} \end{eqnarray*}

となる。したがって z は純虚数であり、虚軸を表す。\blacksquare

k>1 のとき:

    \begin{eqnarray*} &&(1-k^2)z\bar{z}-(1+k^2)z-(1+k^2)\bar{z}+(1-k^2)=0\\\\ \Leftrightarrow&& z\bar{z}-\frac{1+k^2}{1-k^2}z-\frac{1+k^2}{1-k^2}\bar{z} +1=0\\\\ \Leftrightarrow&& \left(z-\frac{1+k^2}{1-k^2}\right)\left( \bar{z}-\frac{1+k^2}{1-k^2} \right)-\left(\frac{1+k^2}{1-k^2}\right)^2+1=0\\\\ \Leftrightarrow&& \left|z-\frac{1+k^2}{1-k^2}\right|^2 =\left(\frac{1+k^2}{1-k^2}\right)^2-1 =\frac{4k^2}{(1-k^2)^2}\\\\\\ \Rightarrow&& \textcolor{red}{\left|z-\frac{1+k^2}{1-k^2}\right|=\frac{2k}{1-k^2}} \end{eqnarray*}


したがって、中心 \frac{1+k^2}{1-k^2}、半径 \frac{2k}{1-k^2}を表す。\blacksquare






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