0270-2013 名情复 数学 P199

常微分方程 分部积分 降阶法

実変数 $x\ge 1$ についての関数 $f(x)$ は次式を満足する。

$$\frac{1}{x^{n-1}}{f}^{\prime \prime }(x)+\frac{1-n}{x^n}{f}^{\prime }(x)=\ln (x)$$
ここで，$({)}^{\prime }$ は $x$ についての 1階微分を，$({)}^{\prime \prime }$ は $x$ についての 2階微分を示す。$\ln (x)$ は自然対数関数を示す。$n\ge 1$ は定数である。以下の問に答えよ。

[1] $f(x)$ を $x$ の関数として，積分定数を含む形で求めよ。

[2] $f(x)$ が $x=1$ で $x$ 軸と接するように積分定数を定めよ。

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解答：

[1]
与式の左辺は次のように変形できる。

$$\frac{d}{dx}\left(x^{1-n}{f}^{\prime }(x)\right)=\ln (x)$$
両辺を $x$ について積分する。
$$x^{1-n}{f}^{\prime }(x)=\int \ln (x)dx=x\ln (x)-x+C_1$$
（$C_1$ は積分定数）
$$f^{\prime }(x)=x^n\ln (x)-x^n+C_1{x}^{n-1}$$
さらに両辺を $x$ について積分する。
$$\begin{array}{rl}f(x)& =\int \left(x^n\ln (x)-x^n+C_1{x}^{n-1}\right)dx\\ & =\frac{x^{n+1}}{n+1}\ln (x)-\int \frac{x^n}{n+1}dx-\frac{x^{n+1}}{n+1}+\frac{C_1}{n}{x}^n+C_2\\ & =\frac{x^{n+1}}{n+1}\ln (x)-\frac{x^{n+1}}{(n+1{)}^2}-\frac{x^{n+1}}{n+1}+\frac{C_1}{n}{x}^n+C_2\\ & =\frac{x^{n+1}}{n+1}\ln (x)-\frac{n+2}{(n+1{)}^2}{x}^{n+1}+\frac{C_1}{n}{x}^n+C_2\end{array}$$
（$C_2$ は積分定数）
$$\boxed{\begin{array}{rl}f(x)& =\frac{x^{n+1}}{n+1}\ln (x)-\frac{n+2}{(n+1{)}^2}{x}^{n+1}+A{x}^n+B\\ & (A,B\text{ は任意の定数})\end{array}}$$

[2]
$f(x)$ が $x=1$ で $x$ 軸と接するための条件は

$$f(1)=0,f^{\prime }(1)=0$$
である。
$f^{\prime }(x)$ の式に $x=1$ を代入して $f^{\prime }(1)=0$ とおくと、
$$1^n\ln (1)-1^n+C_1{1}^{n-1}=0$$
$$-1+C_1=0⟹C_1=1⟹A=\frac{1}{n}$$
$f(x)$ の式に $x=1$ を代入して $f(1)=0$ とおくと、
$$\frac{1^{n+1}}{n+1}\ln (1)-\frac{n+2}{(n+1{)}^2}{1}^{n+1}+\frac{1}{n}{1}^n+B=0$$
$$-\frac{n+2}{(n+1{)}^2}+\frac{1}{n}+B=0$$
$$\begin{array}{rl}B& =\frac{n+2}{(n+1{)}^2}-\frac{1}{n}\\ & =\frac{n(n+2)-(n+1{)}^2}{n(n+1{)}^2}\\ & =\frac{n^2+2n-(n^2+2n+1)}{n(n+1{)}^2}\\ & =-\frac{1}{n(n+1{)}^2}\end{array}$$
よって、求める関数は
$$\boxed{f(x)=\frac{x^{n+1}}{n+1}\ln (x)-\frac{n+2}{(n+1{)}^2}{x}^{n+1}+\frac{1}{n}{x}^n-\frac{1}{n(n+1{)}^2}}$$

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本题考察了可降阶的二阶常微分方程的求解以及利用分部积分法处理对数函数积分。通过观察方程左侧，可以利用乘积的求导法则逆向凑成全导数形式，将二阶微分方程降阶为一阶微分方程，这是解题的关键突破口。在求解积分的过程中，多次使用了部分积分法来处理包含多项式和对数函数的乘积。对于第二问，曲线在某点与 x 轴相切意味着该点的函数值为零且导数也为零，从而得到两个初始条件，代入第一问求出的通解中即可确定两个积分常数的具体值，最终进行分式的通分化简得到结果。