0376-2005 东大工 数学 P111

常微分方程 微分积分 欧拉方程 华里士公式

(1) 次の微分方程式を解け。

$$x^2\frac{d^{2}y}{d{x}^2}-x\frac{dy}{dx}+y=x^2$$

(2) 次の定積分を求めよ。

$${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{n}xdx$$

ただし$n$は自然数である。

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解答：

(1)
与えられた方程式はオイラーの微分方程式である。$x>0$ として $x=e^t(t=\ln x)$ と置換する。

$$\begin{array}{rl}\frac{dy}{dx}& =\frac{dt}{dx}\frac{dy}{dt}=\frac{1}{x}\frac{dy}{dt}\\ \frac{d^{2}y}{d{x}^2}& =\frac{d}{dx}\left(\frac{1}{x}\frac{dy}{dt}\right)=-\frac{1}{x^2}\frac{dy}{dt}+\frac{1}{x^2}\frac{d^{2}y}{d{t}^2}\end{array}$$

これらを与式に代入すると、

$$\left(\frac{d^{2}y}{d{t}^2}-\frac{dy}{dt}\right)-\frac{dy}{dt}+y=e^{2t}⟹\frac{d^{2}y}{d{t}^2}-2\frac{dy}{dt}+y=e^{2t}$$

この定数係数線形微分方程式の特性方程式は ${\lambda }^2-2\lambda +1=0$ であり、重解 $\lambda =1$ を持つ。よって同次方程式の一般解は $y_h=(C_1+C_{2}t)e^t$ である。
特殊解を $y_p=A{e}^{2t}$ とおいて代入すると、

$$4A{e}^{2t}-4A{e}^{2t}+A{e}^{2t}=e^{2t}⟹A=1$$

したがって、 $t$ に関する一般解は $y=(C_1+C_{2}t)e^t+e^{2t}$ となる。 $t=\ln x$ を戻すと、

$$\boxed{y=(C_1+C_2\ln |x|)x+x^2(C_1,C_2\text{ は任意定数})}$$

(2)
$I_n={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{n}xdx$ とおく。部分積分を用いると、

$$\begin{array}{rl}{I}_n& ={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{n-1}x\cdot (-\cos x{)}^{\prime }dx\\ & ={\left[-{\sin }^{n-1}x\cos x\right]}_0^{\frac{\pi }{2}}+(n-1){\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{n-2}x{\cos }^{2}xdx\\ & =(n-1){\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{n-2}x(1-{\sin }^{2}x)dx\\ & =(n-1)I_{n-2}-(n-1)I_n\end{array}$$

整理すると漸化式 $I_n=\frac{n-1}{n}{I}_{n-2}$ を得る。
$I_1={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\sin xdx=[-\cos x{]}_0^{\frac{\pi }{2}}=1$
$I_0={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}1dx=\frac{\pi }{2}$ であるから、 $n$ の奇偶によって次のように求まる。

$$\boxed{{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{n}xdx=\{\begin{array}{ll}\frac{(n-1)!!}{n!!}& (n\text{ が奇数のとき})\\ \frac{(n-1)!!}{n!!}\cdot \frac{\pi }{2}& (n\text{ が偶数のとき})\end{array}}$$

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这道题目由两部分组成，分别考察了常微分方程和定积分的经典求解方法。第一问是一个二阶非齐次欧拉方程，其核心特点是导数项前带有对应阶数的自变量幂次。解决此类方程的标准做法是通过指数变换将自变量替换，从而将其化为常系数线性微分方程。在求出齐次方程的重根通解后，再利用待定系数法求出非齐次项对应的特解，最后切记将自变量代换回原变量。第二问是微积分中非常著名的华里士积分。通过引入双阶乘符号，可以把由于项的奇偶性不同而导致的两种分类讨论结果进行精简和漂亮的表达。在推导过程中，利用三角函数的平方关系和部分积分法构造出关于积分项的递推关系式是解决此题的关键所在。