数学1
+ +Source
+東京大学 大学院 工学系研究科 2022年度 数学1 (主に「微分積分および微分方程式」と「級数・フーリエ解析および積分変換」)
+Description
+Kai
+I.
+1.
+与えられた楕円の方程式を \(x\) で微分して、
+\[
+\begin{align}
+\frac{2x}{a^2} + \frac{2y}{b^2} \frac{dy}{dx} = 0
+\end{align}
+\]
+\[
+\begin{align}
+\therefore \ \
+\frac{dy}{dx} = - \frac{b^2 x}{a^2 y}
+\end{align}
+\]
+なので、楕円上の点 \((X,Y)\) における接線の方程式は、
+\[
+\begin{align}
+y-Y = - \frac{b^2 X}{a^2 Y} (x-X)
+\end{align}
+\]
+である。
+2.
+上で求めた接線とx,y軸との交点をそれぞれ \((p,0),(0,q)\) とすると、
+\[
+\begin{align}
+p &= X + \frac{a^2 Y^2}{b^2 X} = \frac{a^2}{X}
+\\
+q &= Y + \frac{b^2 X^2}{a^2 Y} = \frac{b^2}{Y}
+\end{align}
+\]
+であり、この2点を結ぶ線分の長さを \(d\) とすると、
+\[
+\begin{align}
+d^2
+&= p^2 + q^2
+\\
+&= \frac{a^4}{X^2} + \frac{b^4}{Y^2}
+\end{align}
+\]
+である。
+この \(d^2\) を最小にする \((X,Y)\) を求めるために、 +ラグランジュの未定乗数 \(\lambda\) を導入して、関数
+\[
+\begin{align}
+L(X,Y)
+&= \frac{a^4}{X^2} + \frac{b^4}{Y^2}
+- \lambda \left( \frac{X^2}{a^2} + \frac{Y^2}{b^2} \right)
+\end{align}
+\]
+を最小化する。
+\[
+\begin{align}
+0
+&= \frac{\partial L}{\partial X}
+= - \frac{2a^4}{X^3} - \frac{2 \lambda X}{a^2}
+= - \frac{2}{a^2 X^3} \left( a^6 + \lambda X^4 \right)
+\\
+0
+&= \frac{\partial L}{\partial Y}
+= - \frac{2b^4}{Y^3} - \frac{2 \lambda Y}{b^2}
+= - \frac{2}{b^2 Y^3} \left( b^6 + \lambda Y^4 \right)
+\end{align}
+\]
+より、
+\[
+\begin{align}
+X^4 &= -\frac{a^6}{\lambda}
+, \ \
+Y^4 = -\frac{b^6}{\lambda}
+\\
+\therefore \ \
+X^2 &= \frac{a^3}{\sqrt{-\lambda}}
+, \ \
+Y^2 = \frac{b^3}{\sqrt{-\lambda}}
+\end{align}
+\]
+となるので、これらを楕円の方程式に代入して整理すると、
+\[
+\begin{align}
+\lambda = -(a+b)^2
+\end{align}
+\]
+したがって、
+\[
+\begin{align}
+X^2 = \frac{a^3}{a+b}
+, \ \
+Y^2 = \frac{b^3}{a+b}
+\end{align}
+\]
+であり、このとき、
+\[
+\begin{align}
+d^2 = (a+b)^2
+\end{align}
+\]
+である。
+まとめると、線分の長さが最小になるのは、接点の座標が
+\[
+\begin{align}
+\left( \sqrt{\frac{a^3}{a+b}}, \sqrt{\frac{b^3}{a+b}} \right)
+\end{align}
+\]
+のときであり、このとき、線分の長さは \(a+b\) である。
+II.
+1.
+\[
+\begin{align}
+\mathcal{L} \left[ f'(t) \right]
+&= \int_0^\infty e^{-st} f'(t) dt
+\\
+&= \left[ e^{-st} f(t) \right]_0^\infty + s \int_0^\infty e^{-st} f(t) dt
+\\
+&= -f(0) + s \mathcal{L} \left[ f(t) \right]
+\\
+\mathcal{L} \left[ f''(t) \right]
+&= \int_0^\infty e^{-st} f''(t) dt
+\\
+&= \left[ e^{-st} f'(t) \right]_0^\infty + s \int_0^\infty e^{-st} f'(t) dt
+\\
+&= -f'(0) - s f(0) + s^2 \mathcal{L} \left[ f(t) \right]
+\end{align}
+\]
+2.
+\[
+\begin{align}
+\mathcal{L} \left[ g(t) \right]
+&= \int_0^\infty e^{-(s+a)t} \cos (\omega t) dt
+\\
+&= \frac{1}{\omega} \left[ e^{-(s+a)t} \sin (\omega t) \right]_0^\infty
++ \frac{s+a}{\omega} \int_0^\infty e^{-(s+a)t} \sin (\omega t) dt
+\\
+&= \frac{s+a}{\omega} \mathcal{L} \left[ h(t) \right]
+\\
+\mathcal{L} \left[ h(t) \right]
+&= \int_0^\infty e^{-(s+a)t} \sin (\omega t) dt
+\\
+&= - \frac{1}{\omega} \left[ e^{-(s+a)t} \cos (\omega t) \right]_0^\infty
+- \frac{s+a}{\omega} \int_0^\infty e^{-(s+a)t} \cos (\omega t) dt
+\\
+&= \frac{1}{\omega} - \frac{s+a}{\omega} \mathcal{L} \left[ g(t) \right]
+\end{align}
+\]
+より、
+\[
+\begin{align}
+\mathcal{L} \left[ g(t) \right]
+&= \frac{s+a}{(s+a)^2 + \omega^2}
+\\
+\mathcal{L} \left[ h(t) \right]
+&= \frac{\omega}{(s+a)^2 + \omega^2}
+\end{align}
+\]
+3.
+与えられた微分方程式をラプラス変換して、上の 1. で得た式を使うと、
+\[
+\begin{align}
+\left( -f'(0) - s f(0) + s^2 \mathcal{L} \left[ f(t) \right] \right)
++ 6 \left( -f(0) + s \mathcal{L} \left[ f(t) \right] \right)
++ 13 \mathcal{L} \left[ f(t) \right]
+= 0
+\end{align}
+\]
+\[
+\begin{align}
+\therefore \ \
+-f'(0) - (s+6) f(0) + (s^2+6s+13) \mathcal{L} \left[ f(t) \right] = 0
+\end{align}
+\]
+さらに、初期値 \(f(0)=5, f'(0)=-11\) を代入して整理すると、
+\[
+\begin{align}
+(s^2+6s+13) \mathcal{L} \left[ f(t) \right] = 5s+19
+\end{align}
+\]
+\[
+\begin{align}
+\therefore \ \
+\mathcal{L} \left[ f(t) \right]
+&= \frac{5s+19}{s^2+6s+13}
+\\
+&= 2 \cdot \frac{2}{(s+3)^2+2^2} + 5 \cdot \frac{s+3}{(s+3)^2+2^2}
+\end{align}
+\]
+となる。これは、上の 2. で \(a=3, \omega=2\) の場合に相当するので、
+\[
+\begin{align}
+f(t)
+&= 2 e^{-3t} \sin (2t) + 5 e^{-3t} \cos (2t)
+\\
+&= e^{-3t} \left( 2 \sin (2t) + 5 \cos (2t) \right)
+\end{align}
+\]
+がわかる。
+ + + + + + + + + + + + + + + + +