0212-2024 东新复 数学 P143

微分积分 常微分方程 多重积分 特殊函数 正交多项式

以下の問に答えよ. すべての定数と変数は実数, 関数は実関数とする. $e$ は自然対数の底である. 関数 $g(x)$ の一階微分と二階微分はそれぞれ $\frac{\mathrm{d}g(x)}{\mathrm{d}x}=g^{\prime }(x),\frac{{\mathrm{d}}^{2}g(x)}{\mathrm{d}{x}^2}=g^{\prime \prime }(x)$ と表される.

導出の過程を省略し, 答えのみ示せ.

(問1) 以下の関数 $f(x)$ に関する微分方程式の解を, 与えられた初期条件の下で求めよ.
(1) $f^{\prime \prime }(x)-8f^{\prime }(x)+16f(x)=0,f(0)=1,f^{\prime }(0)=3$
(2) $f^{\prime \prime }(x)+4f^{\prime }(x)+13f(x)=0,f(0)=1,f^{\prime }(0)=0$
(3) $f^{\prime \prime }(x)+4f^{\prime }(x)+13f(x)=40\sin x,f(0)=0,f^{\prime }(0)=4$

(問2) $xyz$ 直交座標系において $z=x{e}^{-x^2-y^2}$ で定義される曲面 $C$ について, 以下の問に答えよ.
(1) 曲面 $C$ 上の点 $A(x_0,y_0,z_0)$ において $z$ は最大値 $z_0$ をとる. $x_0,y_0,z_0$ の値を求めよ.
(2) 曲面 $C$ 上の点 $B(1,1,z_1)$ について, $z_1$ の値を求め, 点 $B$ における接平面の式を求めよ.

(問3) $xy$ 直交座標系において
領域 $R=\{(x,y)|x^2+y^2\le 1,x\ge 0,y\ge 0\}$ を定義する. 以下の問に答えよ.
(1) ${\iint }_R{x}^2{y}^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ を求めよ.
(2) ${\iint }_R(x+y{)}^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ を求めよ.

(問4) エルミート多項式 $H_n(x)$ は $H_n(x)=(-1{)}^n{e}^{x^2}\frac{{\mathrm{d}}^n}{\mathrm{d}{x}^n}\left(e^{-x^2}\right)$ で定義される. ここで, $n$ は非負整数であり, $H_0(x)=1$ である.
これらの多項式は微分方程式 $H_n^{\prime \prime }(x)-2x{H}_n^{\prime }(x)+2n{H}_n(x)=0$ を満たす. また, ${\int }_{-\infty }^{\infty }{H}_m(x)H_n(x)e^{-x^2}\mathrm{d}x=\sqrt{\pi }{2}^{n}n!{\delta }_{m,n}$ の関係式が成り立つ. ここで $m$ は非負整数, ${\delta }_{m,n}$ はクロネッカーデルタであり, $m=n$ で1, それ以外で0である. $n!$ は $n$ の階乗を表し, $0!=1$ とする. 以下の問に答えよ.
(1) $H_1(x)$ を $x$ の多項式で表せ.
(2) $H_n(x)$ を $x$ について微分し, $H_{n+1}(x)$ を $x,H_n(x),H_n^{\prime }(x)$ を用いて表せ.
(3) $n\ge 1$ のとき, $H_n^{\prime }(x)$ を $n,H_{n-1}(x)$ を用いて表せ.
(4) $n\ge 1$ のとき, $H_{n+1}(x)$ を $x,n,H_n(x),H_{n-1}(x)$ を用いて表せ.
(5) $n\ge 1$ のとき, ${\int }_{-\infty }^{\infty }x{H}_m(x)H_n(x)e^{-x^2}\mathrm{d}x$ を計算せよ.

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解答：

(問1)
(1) 特性方程式 ${\lambda }^2-8\lambda +16=(\lambda -4{)}^2=0$ より, 一般解は $f(x)=(C_1+C_{2}x)e^{4x}$ となる.
$f^{\prime }(x)=(4C_1+C_2+4C_{2}x)e^{4x}$ である.
初期条件より, $f(0)=C_1=1$, $f^{\prime }(0)=4C_1+C_2=4+C_2=3$ となり, $C_2=-1$ を得る.

$$\boxed{f(x)=(1-x)e^{4x}}$$

(2) 特性方程式 ${\lambda }^2+4\lambda +13=0$ より $\lambda =-2\pm 3i$ であるため, 一般解は $f(x)=e^{-2x}(C_1\cos 3x+C_2\sin 3x)$ となる.
$f^{\prime }(x)=-2e^{-2x}(C_1\cos 3x+C_2\sin 3x)+e^{-2x}(-3C_1\sin 3x+3C_2\cos 3x)$ である.
初期条件より $f(0)=C_1=1$, $f^{\prime }(0)=-2C_1+3C_2=-2+3C_2=0$ となり, $C_2=\frac{2}{3}$ を得る.

$$\boxed{f(x)=e^{-2x}\left(\cos 3x+\frac{2}{3}\sin 3x\right)}$$

(3) 非同次方程式の特解を $f_p(x)=A\cos x+B\sin x$ とおく.
$f_p^{\prime }(x)=-A\sin x+B\cos x$, $f_p^{\prime \prime }(x)=-A\cos x-B\sin x$ を代入し整理すると,

$$(12A+4B)\cos x+(-4A+12B)\sin x=40\sin x$$

係数を比較して $12A+4B=0,-4A+12B=40$ より $A=-1,B=3$ となる.
一般解は $f(x)=e^{-2x}(C_1\cos 3x+C_2\sin 3x)-\cos x+3\sin x$ となる.
$f^{\prime }(x)=e^{-2x}(-2C_1\cos 3x-2C_2\sin 3x-3C_1\sin 3x+3C_2\cos 3x)+\sin x+3\cos x$ である.
初期条件 $f(0)=C_1-1=0\Rightarrow C_1=1$, $f^{\prime }(0)=-2C_1+3C_2+3=1+3C_2=4\Rightarrow C_2=1$ を得る.

$$\boxed{f(x)=e^{-2x}(\cos 3x+\sin 3x)-\cos x+3\sin x}$$

(問2)
(1) $\frac{\partial z}{\partial x}=(1-2x^2)e^{-x^2-y^2}$, $\frac{\partial z}{\partial y}=-2xy{e}^{-x^2-y^2}$ である.
極値の必要条件 $\frac{\partial z}{\partial x}=\frac{\partial z}{\partial y}=0$ より, $y=0$ かつ $1-2x^2=0$ すなわち $x=\pm \frac{1}{\sqrt{2}}$ を得る.
最大値をとるのは $x>0$ のときであるから, $x_0=\frac{1}{\sqrt{2}},y_0=0$ である.

$$\boxed{x_0=\frac{1}{\sqrt{2}},y_0=0,z_0=\frac{1}{\sqrt{2e}}}$$

(2) 点 $\text{B}(1,1)$ を代入すると $z_1=1\cdot e^{-2}=e^{-2}$ である.
$\frac{\partial z}{\partial x}(1,1)=-e^{-2}$, $\frac{\partial z}{\partial y}(1,1)=-2e^{-2}$ となるため, 接平面の方程式は

$$z-e^{-2}=-e^{-2}(x-1)-2e^{-2}(y-1)$$ $$\boxed{\begin{array}{rl}{z}_1& =e^{-2}\\ z& =-e^{-2}x-2e^{-2}y+4e^{-2}\end{array}}$$

(問3)
極座標変換 $x=r\cos \theta ,y=r\sin \theta$ を用いると, 領域 $R$ は $0\le r\le 1,0\le \theta \le \frac{\pi }{2}$ に移り, $\mathrm{d}x\mathrm{d}y=r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta$ である.
(1)

$$\begin{array}{rl}{\iint }_R{x}^2{y}^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y& ={\int }_0^{\pi /2}{\int }_0^1(r\cos \theta {)}^2(r\sin \theta {)}^{2}r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta \\ & ={\int }_0^{\pi /2}\frac{1}{4}{\sin }^2(2\theta )\mathrm{d}\theta {\int }_0^1{r}^5\mathrm{d}r\\ & =\frac{1}{4}{\int }_0^{\pi /2}\frac{1-\cos (4\theta )}{2}\mathrm{d}\theta {\left[\frac{r^6}{6}\right]}_0^1\\ & =\frac{1}{8}\cdot \frac{\pi }{2}\cdot \frac{1}{6}=\frac{\pi }{96}\end{array}$$ $$\boxed{\frac{\pi }{96}}$$

(2)

$$\begin{array}{rl}{\iint }_R(x+y{)}^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y& ={\iint }_R(x^2+y^2+2xy)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ & ={\int }_0^{\pi /2}{\int }_0^1(r^2+r^2\sin (2\theta ))r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta \\ & ={\int }_0^{\pi /2}(1+\sin (2\theta ))\mathrm{d}\theta {\int }_0^1{r}^3\mathrm{d}r\\ & ={\left[\theta -\frac{1}{2}\cos (2\theta )\right]}_0^{\pi /2}{\left[\frac{r^4}{4}\right]}_0^1\\ & =\left(\frac{\pi }{2}+1\right)\frac{1}{4}=\frac{\pi }{8}+\frac{1}{4}\end{array}$$ $$\boxed{\frac{\pi }{8}+\frac{1}{4}}$$

(問4)
(1) 定義より計算する.

$$H_1(x)=(-1{)}^1{e}^{x^2}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(e^{-x^2}\right)=-e^{x^2}(-2x{e}^{-x^2})=2x$$ $$\boxed{H_1(x)=2x}$$

(2) $H_n(x)$ の定義式を $x$ で微分する.

$$\begin{array}{rl}{H}_n^{\prime }(x)& =\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left[(-1{)}^n{e}^{x^2}\frac{{\mathrm{d}}^n}{\mathrm{d}{x}^n}\left(e^{-x^2}\right)\right]\\ & =(-1{)}^n\left[2x{e}^{x^2}\frac{{\mathrm{d}}^n}{\mathrm{d}{x}^n}\left(e^{-x^2}\right)+e^{x^2}\frac{{\mathrm{d}}^{n+1}}{\mathrm{d}{x}^{n+1}}\left(e^{-x^2}\right)\right]\\ & =2x{H}_n(x)-(-1{)}^{n+1}{e}^{x^2}\frac{{\mathrm{d}}^{n+1}}{\mathrm{d}{x}^{n+1}}\left(e^{-x^2}\right)\\ & =2x{H}_n(x)-H_{n+1}(x)\end{array}$$

移項して整理する.

$$\boxed{H_{n+1}(x)=2x{H}_n(x)-H_n^{\prime }(x)}$$

(3) 微分方程式 $H_n^{\prime \prime }(x)-2x{H}_n^{\prime }(x)+2n{H}_n(x)=0$ と, (2)より得られる $H_n^{\prime \prime }(x)=2H_n(x)+2x{H}_n^{\prime }(x)-H_{n+1}^{\prime }(x)$ を用いる. これらを連立して $H_n^{\prime \prime }(x)$ を消去すると,

$$2H_n(x)+2x{H}_n^{\prime }(x)-H_{n+1}^{\prime }(x)-2x{H}_n^{\prime }(x)+2n{H}_n(x)=0$$ $$H_{n+1}^{\prime }(x)=2(n+1)H_n(x)$$

$n+1$ を $n$ に置き換えることで求める式を得る.

$$\boxed{H_n^{\prime }(x)=2n{H}_{n-1}(x)}$$

(4) (2)の式に(3)の結果を代入する.

$$\boxed{H_{n+1}(x)=2x{H}_n(x)-2n{H}_{n-1}(x)}$$

(5) (4)の漸化式を変形し, $x{H}_m(x)=\frac{1}{2}{H}_{m+1}(x)+m{H}_{m-1}(x)$ とする. これを積分に代入する.

$$\begin{array}{rl}{\int }_{-\infty }^{\infty }x{H}_m(x)H_n(x)e^{-x^2}\mathrm{d}x& ={\int }_{-\infty }^{\infty }\left(\frac{1}{2}{H}_{m+1}(x)+m{H}_{m-1}(x)\right)H_n(x)e^{-x^2}\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{2}{\int }_{-\infty }^{\infty }{H}_{m+1}(x)H_n(x)e^{-x^2}\mathrm{d}x+m{\int }_{-\infty }^{\infty }{H}_{m-1}(x)H_n(x)e^{-x^2}\mathrm{d}x\end{array}$$

与えられた直交関係式を用いると, 第一項は $n=m+1$ のときのみ値を持ち, 第二項は $n=m-1$ のときのみ値を持つ.

$$\boxed{\sqrt{\pi }{2}^{m}m!{\delta }_{n,m+1}+\sqrt{\pi }{2}^{n}n!{\delta }_{m,n+1}}$$

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补充说明：
这套试题综合考查了微积分的几个核心领域，包括常微分方程的求解、多元微积分及其几何应用、重积分以及正交多项式的性质。
在常微分方程部分，重点考查了二阶常系数线性微分方程的求解套路。特征方程根的不同情况决定了齐次解的形式，而对于非齐次项，使用待定系数法寻找特解是标准且高效的步骤。
关于曲面极值与切平面，计算偏导数并令其为零是寻找驻点的基本方法，而切平面方程则是二元函数一阶泰勒展开的几何体现。
多重积分题通过积分区域为第一象限单位圆盘这一特征，提示了使用极坐标变换进行计算。转换后，利用简单的三角恒等变换和分离变量可以快速求解。
最后一部分关于厄米特（Hermite）多项式的推导，是量子力学中谐振子波函数的基础。通过母函数或其定义直接求导，结合微分方程，可以建立多项式及其导数之间、相邻阶数之间的递推关系式。最后一问巧妙利用递推关系将 $x{H}_m(x)$ 降阶或升阶，再结合给定的正交归一性公式，使得原本复杂的积分化简为仅在特定阶数匹配时非零的结果，这里的克罗内克 $\delta$ 函数是表达这种正交性的绝佳工具。