自然科学のための数学IIの期末試験

　(1)の答は「二階微分方程式の一般解は2個のパラメータを含まなくてはいけないから×」でよい（この事実をちゃんと認識しているかどうかを問いたい問題だった）。実際に解いてみせて本当の一般解$f(x)={1\over6}x^3+Bx+C$を出して「$Bx$が必要」という説明も、もちろんOK。

　(2)は重ね合わせの原理が適用できるのは「線形斉次微分方程式」の場合であるという点がわかっていれば「非斉次なので×」という答が出たはず。

この方程式は「線形非斉次方程式」なので、「非線形だから×」のような解答は減点した。

　(3)はもちろん$U(x,y)=xy$が正しく、二つの積分を足す必要はまったくない。よって「足すのは間違いだから×」や「$U(x,y)=2xy$では${\partial U(x,y)\over\partial x}=y$にならないから×」などと答えて欲しい。

以上三つは授業中で「こんな間違いしちゃダメよ」と説明した部分をそのまま出したが、○○○と答えている人もいた。

　(1)は変数分離してもいいし、「微分して元の5倍になる（${\mathrm d \over \mathrm dx}y=5y$）から$y=C\mathrm e^{5x}$」のように答えてもよい。

　$y=\mathrm e^{5x}$のように未定パラメータを忘れたり、なぜか$y=\mathrm e^{5x}+C$のように足し算で積分定数をつけている誤答があった。

　(2)は$y=\mathrm e^{\lambda x}$と置いて特性方程式を作ると$(\lambda-4)^2=0$となって重解となる場合。よって、$y=(Ax+B)\mathrm e^{4x}$が答え。

　$Ax\mathrm e^{4x}$の方の解を忘れている誤答が頻出。「二階微分方程式の一般解は2個のパラメータを含むはず」という感覚を持つことは大事。

　(3)は全微分形になっていて$\mathrm d(y\log x)=0$と直せるから、$y\log x=C$で$y={C\over\log x}$となる。あるいは変数分離で${\mathrm dy\over y}=-{\mathrm dx \over x\log x}$とする。右辺の積分が難しいと思うかもしれないが、${{1\over x}\over \log x}\mathrm dx={(\log x)'\over \log x}\mathrm dx$と考えれば積分結果は$\log y= -\log(\log x)+C$となる。これを変形して$y={D\over \log x}$。

全微分形であることに気づかず苦戦している人が多かったが、変数分離でも積分をちゃんと行えば解ける。

　(4)は積分因子として$x$を掛ければ全微分形になり、$\mathrm d(x^2y)=0$と直せるから、$y={C\over x^2}$。あるいは変数分離して${\mathrm dy\over y}=-2{\mathrm dx\over x}$として、$\log y=-2\log x+C$。これを変形して$y={D\over x^2}$。

　最後で変形を間違えて$y={1\over x^2}+D$と足し算にしてしまった人が頻出したが、対数で足し算は$\log$を外すと掛算になる。

　(5)は、非斉次方程式だからまず斉次にすると${\mathrm d y\over \mathrm d x}+y=0$で、この解は$y=C\mathrm e^{-x}$。ここで、

【解き方１】　右辺が$\mathrm e^x$だから、特解もこれに比例するだろうと考えて$y=A\mathrm e^x$と置いて左辺に代入すると、$2A\mathrm e^x$となるから、$A={1\over2}$なら解。よって特解は${1\over2}\mathrm e^x$、と考える。一般解はこれに$C\mathrm e^{-x}$を足す。

【解き方２】　定数変化法を使って、$y=C(x)\mathrm e^{-x}$と置く。代入すると $$\begin{array}{rl} {\mathrm d\over\mathrm dx}\left(C(x)\mathrm e^{-x}\right)+C(x)\mathrm e^{-x}=&\mathrm e^x\\ {\mathrm d C(x)\over\mathrm dx}\mathrm e^{-x}=&\mathrm e^x\\ {\mathrm d C(x)\over\mathrm dx}=&\mathrm e^{2x}\\ C(x)=&{1\over 2}\mathrm e^{2x}+D~（Dは積分定数）\\ \end{array}$$ と計算する。答は${1\over 2}\mathrm e^{x} + D\mathrm e^{-x}$。

(1) ${\mathrm dV\over\mathrm dt}=KS-kV$。あるいは$S=4\pi r^2,V={4\pi\over3}r^3$を代入して、 $$\begin{array}{rl} {\mathrm d\left({4\pi\over3}r^3\right)\over\mathrm dt}=&K\times 4\pi r^2 - k\times {4\pi\over3}r^3\\ 4\pi r^2 {\mathrm dr\over\mathrm dt}=&K\times 4\pi r^2 - k\times {4\pi\over3}r^3\\ {\mathrm dr\over\mathrm dt}=&K - {k\over3}r \end{array}$$ のように計算したものも可。

問題文に書いてある通りの情報を式にしてい${\mathrm dV\over\mathrm dt}=KS-kV$を答えてくれればよかったのだが、何やら意味のわからない計算をして、$K{\mathrm dS\over \mathrm dt}-k{\mathrm dV\over \mathrm dt}$などと答えていた人がいた。

(2) (1)の答えの右辺が0になるときだから、$r={3K\over k}$。

「止まっている」に半径が減っている状況を加えて$r<{3K\over k}$と不等式にしている人もいた。

(3) 解くべき微分方程式は、${\mathrm dr\over\mathrm dt}=K - {k\over3}r$。これは$r={3K\over k}$という特解を持つ。斉次にした${\mathrm dr\over\mathrm dt}=- {k\over3}r$の解は$r=A\mathrm e^{-{k\over3}t}$であるから、特解を足して$r=A\mathrm e^{-{k\over3}t}+{3K\over k}$が解。

${\mathrm dV\over\mathrm dt}=KS-kV$に$V={4\pi r^3\over 3}$を代入した $${\mathrm d\left({4\pi\over3}r^3\right)\over\mathrm dt}=K\times 4\pi r^2 - k\times {4\pi\over3}r^3$$ で、微分を実行せずいきなり$4\pi r^2$で割って $${\mathrm d r\over\mathrm dt}=K- {k\over3}r$$ としている答案があったが、もちろんそんなことはできない。微分をちゃんと実行してから割り算しないと。

　${\mathrm dV\over\mathrm dt}=KS-kV$からいきなり「斉次にして」と言って${\mathrm dV\over\mathrm dt}=-kV$としている人もいたが、この項$KS$は今考えている変数である$r$を含んだ式なのだから、そんなことはできない。同様に、$S$を勝手に定数だと思い込んで微分方程式を解いている人が多数いたが、何が変数で何が定数かはちゃんと把握して考えないと。

(4) $k=0$の場合の微分方程式は${\mathrm dV\over\mathrm dt}=KS$で、 $${\mathrm dr\over\mathrm dt}=K$$ となるから、 $$r= Kt+C$$ が解。

(1) $r=\sqrt{x^2+y^2}$なので、${\partial r\over \partial x}={x\over\sqrt{x^2+y^2}}$。

(2) ${\partial x\over \partial r}=\cos\theta$。

(3) ${\partial r\over \partial x}\times{\partial x\over \partial r}={x\cos\theta\over\sqrt{x^2+y^2}}=\cos^2\theta$で1ではない。同様の計算を行なうと${\partial r\over \partial y}\times{\partial y\over \partial r}=\sin^2\theta$なので、二つの和を取ると1になる。

• (1)斉次にした方程式の一般解は問題文に与えてあるので、非斉次の特解を求めて足せばよい。$f(x)=-2$が特解になるから、$f(x)=A\mathrm e^x+B\mathrm e^{-x}-2$。
• (2)同様に、$f(x)=A\mathrm e^x+B\mathrm e^{-x}-x$。

• (1) $S=\pi ab,a={S\over \pi b},b={S\over pi a}$と式を作って、 $$\begin{array}{rl} {\partial S\over \partial a}=&\pi b\\ {\partial a\over \partial b}=&-{S\over \pi b^2}\\ {\partial b\over \partial S}=&{1\over \pi a}\\ {\partial S\over \partial a}\times{\partial a\over \partial b}\times{\partial b\over \partial S}=&\pi b\times\left(-{S\over \pi b^2}\right)\times{1\over \pi a}={S\over \pi ab}=-1 \end{array}$$ となる。

最後の$=-1$まで計算して欲しかったところだが、そこまでやってなくても点は与えている。

• (2) $V=\pi r^2h,r=\sqrt{V\over \pi h},h={V\over \pi r^2}$と式を作って、 $$\begin{array}{rl} {\partial V\over \partial r}=&2\pi r\\ {\partial r\over \partial h}=&{1\over2}\sqrt{V\over \pi h^3}\\ {\partial h\over \partial V}=&-{1\over \pi r^2}\\ {\partial V\over \partial r}\times {\partial r\over \partial h}\times{\partial h\over \partial V}=&2\pi r\times {1\over2}\sqrt{V\over \pi h^3}\times \left(-{1\over \pi r^2}\right)=-1\\ \end{array}$$ となる。

こちらも最後の$=-1$まで計算して欲しかったところだが、そこまでやってなくても点は与えている。

これは授業で「$-1$になる」ということを強調したので、実際に計算するときもそれがヒントになったはず。しかし、$-1$になってない解も多かった。

$\mathrm d m = -M\mathrm d t$として$\mathrm dm$を消している人がいたが、その場合は変数である$m$を$t$で表さなくてはいけない。それをやらずにまるで$m$を定数のように扱っている間違いが多かった。

(1) $y=1$を代入すれば、$f(x)=f(x)+f(1)$となるから、$f(1)=0$。

なぜか$x=0$を代入している人がいたが、問題文に「$x>0$で定義された関数」と書いてあるのだからそれはダメ。

(2) 両辺を$y$で微分すると、$f(xy)$の微分は$xf'(xy)$になり、右辺の$f(x)$は微分すると消えるから、$xf'(xy)=f'(y)$。微分が終わったあとで、$y=1$と置くと、$xf'(x)=f'(1)$。

$f'(x)={a\over x}$を積分して、$f(x)=a\log x +C$（$C$は積分定数）。しかし$f(1)=0$にならなくてはいけないから、$C=0$。よって、$f(x)=a\log x$。

積分定数$C$を残してしまっている人がいたが、(1)で考えた条件があるのだから積分定数は決まってしまう。

(1) $\left(2{\partial\over \partial x}+{\partial\over \partial y}\right)\left(x+by\right)=2+b$となるから、$b=-2$とすればよい。つまり、$f(x,y)=x-2y$が一つの解。実は$x-2y$の関数であればなんでも解だから、$g(x)$を任意の微分可能な関数として、$g(x-2y)$が解。

(2) $\left(2{\partial\over \partial x}+{\partial\over \partial y}\right)X(x)Y(y)$を計算すると、 $$\begin{array}{rl} 2{\mathrm d^2 X(x)\over\mathrm dx^2}Y(y)=&-X(x){\mathrm d^2 Y(y)\over \mathrm dy^2}\\ 2{{\mathrm d^2 X(x)\over\mathrm dx^2}\over X(x)}=&-{{\mathrm d^2 Y(y)\over \mathrm dy^2}\over Y(y)}\\ \end{array}$$ となる。両辺が定数$\alpha$だと仮定し、$X(x)=\mathrm e^{{\alpha\over2}x},Y(y)=\mathrm e^{-\alpha y}$が解であるから、$\mathrm e^{{\alpha\over2}(x-2y)}$が一つの解（一般解は、さまざまな$\alpha$の値の解の線形結合）。