令和5年度 専攻科入試問題

$f(x,y,z)=x^{2}y+2yz-4zx-x+2y+10=0$

陰関数の微分公式 $\frac{\partial z}{\partial x} = -\frac{\partial f/\partial x}{\partial f/\partial z}$ および $\frac{\partial z}{\partial y} = -\frac{\partial f/\partial y}{\partial f/\partial z}$ を用います。

各偏導関数を計算します。
$\frac{\partial f}{\partial x} = 2xy - 4z - 1$
$\frac{\partial f}{\partial y} = x^2 + 2z + 2$
$\frac{\partial f}{\partial z} = 2y - 4x$

これらを公式に代入すると、
$\frac{\partial z}{\partial x} = -\frac{2xy-4z-1}{2y-4x} = \frac{2xy-4z-1}{-(2y-4x)} = \frac{2xy-4z-1}{4x-2y}$
$\frac{\partial z}{\partial y} = -\frac{x^2+2z+2}{2y-4x} = \frac{x^2+2z+2}{-(2y-4x)} = \frac{x^2+2z+2}{4x-2y}$

次に、点 $(1,-1,1)$ における接平面の方程式を求めます。接平面の方程式は、$f_x(x_0,y_0,z_0)(x-x_0) + f_y(x_0,y_0,z_0)(y-y_0) + f_z(x_0,y_0,z_0)(z-z_0) = 0$ で与えられます。
点 $(1,-1,1)$ での各偏導関数の値は、
$f_x(1,-1,1) = 2(1)(-1) - 4(1) - 1 = -7$
$f_y(1,-1,1) = (1)^2 + 2(1) + 2 = 5$
$f_z(1,-1,1) = 2(-1) - 4(1) = -6$

したがって、接平面の方程式は、
$-7(x-1) + 5(y-(-1)) - 6(z-1) = 0$
$-7x + 7 + 5y + 5 - 6z + 6 = 0$
$-7x + 5y - 6z + 18 = 0$
または、両辺に $-1$ を掛けて $7x - 5y + 6z - 18 = 0$ となります。

与えられた微分方程式は $\frac{dx}{dt}-3x=e^{-t}$ です。

1. **対応する同次方程式を解く**
同次方程式は $\frac{dx_h}{dt}-3x_h=0$ です。
これは変数分離形で、$\frac{dx_h}{x_h} = 3dt$ となります。
両辺を積分して $\int \frac{1}{x_h} dx_h = \int 3 dt$
$\ln|x_h| = 3t + C_0$
$x_h = \pm e^{C_0} e^{3t}$
$C = \pm e^{C_0}$ とおくと、同次解は $x_h(t) = Ce^{3t}$ ($C$ は任意定数) となります。

2. **定数変化法を適用する**
非同次方程式の解を $x(t) = u(t)e^{3t}$ の形であると仮定します。ここで $u(t)$ は $t$ の関数です。
これを $t$ で微分すると、積の微分法則より、
$\frac{dx}{dt} = \frac{du}{dt}e^{3t} + u(t) \cdot 3e^{3t} = u'(t)e^{3t} + 3u(t)e^{3t}$

3. **元の微分方程式に代入する**
$x(t)$ と $\frac{dx}{dt}$ を元の非同次方程式 $\frac{dx}{dt}-3x=e^{-t}$ に代入します。
$(u'(t)e^{3t} + 3u(t)e^{3t}) - 3(u(t)e^{3t}) = e^{-t}$
$u'(t)e^{3t} + 3u(t)e^{3t} - 3u(t)e^{3t} = e^{-t}$
$u'(t)e^{3t} = e^{-t}$

4. **$u'(t)$ について解き、$u(t)$ を求める**
$u'(t) = \frac{e^{-t}}{e^{3t}} = e^{-t-3t} = e^{-4t}$
両辺を $t$ で積分して $u(t)$ を求めます。
$u(t) = \int e^{-4t} dt = -\frac{1}{4}e^{-4t}$ (ここでは積分定数は省略します。一般解の任意定数 $C$ に含まれるためです。)

5. **一般解を求める**
$x(t) = u(t)e^{3t}$ に求めた $u(t)$ を代入します。
$x(t) = \left(-\frac{1}{4}e^{-4t}\right)e^{3t} = -\frac{1}{4}e^{-4t+3t} = -\frac{1}{4}e^{-t}$
これは特殊解 $x_p(t)$ です。
一般解は、同次解 $x_h(t)$ と特殊解 $x_p(t)$ の和で与えられます。
$x(t) = x_h(t) + x_p(t) = Ce^{3t} - \frac{1}{4}e^{-t}$

与えられた微分方程式は $\frac{d^{2}x}{dt^{2}}-4\frac{dx}{dt}+3x=e^{t}$ です。

1. **同次方程式の一般解 $x_h(t)$ を求める**
特性方程式は $\lambda^2 - 4\lambda + 3 = 0$。
$(\lambda-1)(\lambda-3)=0$ より、特性根は $\lambda_1 = 1, \lambda_2 = 3$。
よって、同次方程式の一般解は $x_h(t) = C_1e^t + C_2e^{3t}$ ($C_1, C_2$ は任意定数) となります。

2. **特殊解 $x_p(t)$ を求める（未定係数法）**
非同次項が $e^t$ であり、これが同次解の成分 $C_1e^t$ と重複しています。
このため、特殊解を $x_p(t) = Ate^t$ と仮定します。
1階微分 $x_p'(t)$ および2階微分 $x_p''(t)$ を計算します。
$x_p'(t) = (At)'e^t + (At)(e^t)' = A e^t + Ate^t = A(1+t)e^t$
$x_p''(t) = (A(1+t))'e^t + (A(1+t))(e^t)' = A e^t + A(1+t)e^t = Ae^t + Ae^t + Ate^t = A(2+t)e^t$
これらを元の非同次方程式に代入します。
$A(2+t)e^t - 4A(1+t)e^t + 3Ate^t = e^t$
両辺を $e^t$ で割ると（$e^t \neq 0$ なので可能）、
$A(2+t) - 4A(1+t) + 3At = 1$
$2A + At - 4A - 4At + 3At = 1$
$(A - 4A + 3A)t + (2A - 4A) = 1$
$0 \cdot t - 2A = 1$
$-2A = 1 \Rightarrow A = -\frac{1}{2}$
よって、特殊解は $x_p(t) = -\frac{1}{2}te^t$ です。

3. **一般解 $x(t)$ を求める**
一般解は $x(t) = x_h(t) + x_p(t)$ で与えられます。
$x(t) = C_1e^t + C_2e^{3t} - \frac{1}{2}te^t$

4. **初期条件を適用して $C_1, C_2$ を決定する**
初期条件は $t=0$ で $x=-1, \frac{dx}{dt}=\frac{1}{2}$ です。
$x(0) = C_1e^0 + C_2e^0 - \frac{1}{2}(0)e^0 = C_1 + C_2 = -1 \quad \cdots (i)$
次に $\frac{dx}{dt}$ を計算します。
$\frac{dx}{dt} = C_1e^t + 3C_2e^{3t} - \frac{1}{2}(1 \cdot e^t + t \cdot e^t) = C_1e^t + 3C_2e^{3t} - \frac{1}{2}(1+t)e^t$
$\frac{dx}{dt}(0) = C_1e^0 + 3C_2e^0 - \frac{1}{2}(1+0)e^0 = C_1 + 3C_2 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$
$C_1 + 3C_2 = 1 \quad \cdots (ii)$
連立方程式 $(i)$ と $(ii)$ を解きます。
$(ii) - (i): (C_1 + 3C_2) - (C_1 + C_2) = 1 - (-1)$
$2C_2 = 2 \Rightarrow C_2 = 1$
これを $(i)$ に代入: $C_1 + 1 = -1 \Rightarrow C_1 = -2$
よって、求める解は $x(t) = -2e^t + e^{3t} - \frac{1}{2}te^t$ となります。

領域Dは $x^2-2x+y^2 \le 0 \Rightarrow (x-1)^2 + y^2 \le 1^2$ かつ $y \ge 0$ で表されます。これは中心 $(1,0)$、半径 $1$ の円の上半分です。

極座標変換 $x = r\cos\theta, y = r\sin\theta$ (ヤコビアンは $r$) を行います。
$x^2+y^2 \le 2x \Rightarrow r^2 \le 2r\cos\theta \Rightarrow r \le 2\cos\theta$ (ただし $r \ge 0$)
$y \ge 0 \Rightarrow r\sin\theta \ge 0 \Rightarrow \sin\theta \ge 0$
$r \le 2\cos\theta$ より $\cos\theta \ge 0$ である必要があるので、$0 \le \theta \le \frac{\pi}{2}$。 $r$ の範囲は $0 \le r \le 2\cos\theta$ となります。

積分を計算します。
$I = \iint_{D}\sqrt{x}dxdy = \int_{0}^{\pi/2} \int_{0}^{2\cos\theta} \sqrt{r\cos\theta} \cdot r dr d\theta$
$= \int_{0}^{\pi/2} \sqrt{\cos\theta} \left[ \int_{0}^{2\cos\theta} r^{3/2} dr \right] d\theta$
$= \int_{0}^{\pi/2} \sqrt{\cos\theta} \left[ \frac{2}{5}r^{5/2} \right]_{0}^{2\cos\theta} d\theta$
$= \int_{0}^{\pi/2} \sqrt{\cos\theta} \cdot \frac{2}{5} (2\cos\theta)^{5/2} d\theta = \frac{2}{5} \cdot 2^{5/2} \int_{0}^{\pi/2} (\cos\theta)^{1/2} (\cos\theta)^{5/2} d\theta$
$= \frac{8\sqrt{2}}{5} \int_{0}^{\pi/2} \cos^3\theta d\theta$

ここで、$\int \cos^3\theta d\theta = \int (1-\sin^2\theta)\cos\theta d\theta$。$u = \sin\theta$ とおくと $du = \cos\theta d\theta$ なので、
$\int (1-u^2)du = u - \frac{1}{3}u^3 = \sin\theta - \frac{1}{3}\sin^3\theta$。 よって、$\int_{0}^{\pi/2} \cos^3\theta d\theta = \left[ \sin\theta - \frac{1}{3}\sin^3\theta \right]_{0}^{\pi/2} = (1 - \frac{1}{3}) - 0 = \frac{2}{3}$。

したがって、$I = \frac{8\sqrt{2}}{5} \cdot \frac{2}{3} = \frac{16\sqrt{2}}{15}$ となります。

1. **停留点を求める**
偏導関数を計算し、$0$ とおきます。
$\frac{\partial f}{\partial x} = 3x^2 + 2x + y^2 - 8 = 0 \quad \cdots (A)$
$\frac{\partial f}{\partial y} = 2xy - 2y = 2y(x-1) = 0 \quad \cdots (B)$
式(B)より、$y=0$ または $x=1$ です。
- $y=0$ のとき、(A)に代入すると $3x^2 + 2x - 8 = 0 \Rightarrow (3x-4)(x+2)=0$。よって $x=\frac{4}{3}, x=-2$。停留点は $(\frac{4}{3}, 0), (-2, 0)$。
- $x=1$ のとき、(A)に代入すると $3 + 2 + y^2 - 8 = 0 \Rightarrow y^2=3$。よって $y=\pm\sqrt{3}$。停留点は $(1, \sqrt{3}), (1, -\sqrt{3})$。

2. **極値を判定する**
2階偏導関数を計算します。
$f_{xx} = \frac{\partial^2 f}{\partial x^2} = 6x + 2$
$f_{yy} = \frac{\partial^2 f}{\partial y^2} = 2x - 2$
$f_{xy} = \frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} = 2y$
ヘッシアン $H(x,y) = f_{xx}f_{yy} - (f_{xy})^2 = (6x+2)(2x-2) - (2y)^2$ を用いて各停留点を判定します。