阪大 基礎工学研究科 システム創成専攻 数理科学I 2023年度 院試 過去問 解答例・解説（解説6項目）

設問1　$\displaystyle\int_0^xe^{-t}\sin\alpha t\,dt$

部分積分は、$u,v$ が連続な導関数を持つとき $\int_0^xuv'\,dt=[uv]_0^x-\int_0^xu'v\,dt$ である。$e^{-t}$ と $\sin\alpha t$、$\cos\alpha t$ の積は、微分しても積分しても同じ型の関数が現れる。2回部分積分すると元の積分 $I$ が $-\alpha^2I$ の形で戻るので、$I$ についての一次方程式として解ける。

複素数を使うと一度で済む。$\sin\alpha t=\operatorname{Im}e^{i\alpha t}$ から、 $$\int_0^xe^{(-1+i\alpha)t}\,dt=\frac{e^{(-1+i\alpha)x}-1}{-1+i\alpha}=\frac{(-1-i\alpha)\bigl(e^{-x}(\cos\alpha x+i\sin\alpha x)-1\bigr)}{1+\alpha^2}$$ の虚部は $\dfrac{\alpha-e^{-x}(\alpha\cos\alpha x+\sin\alpha x)}{1+\alpha^2}$ で、解答と一致する。実部は $J=\dfrac{1+e^{-x}(\alpha\sin\alpha x-\cos\alpha x)}{1+\alpha^2}$ で、設問3で $\alpha=1,3$ として使う。

確かめは微分である。結果を $x$ で微分すると $\dfrac{e^{-x}(\alpha\cos\alpha x+\sin\alpha x)-e^{-x}(\alpha\cos\alpha x-\alpha^2\sin\alpha x)}{1+\alpha^2}=e^{-x}\sin\alpha x$ となり、$x=0$ では $\dfrac{\alpha-\alpha}{1+\alpha^2}=0$ で下端の条件も合う。$x\to\infty$ では $\dfrac\alpha{1+\alpha^2}$ に収束し、$\int_0^\infty e^{-t}\sin\alpha t\,dt=\operatorname{Im}\dfrac1{1-i\alpha}$ に等しい。$\alpha=1$、$x=\dfrac\pi2$ では $\dfrac{1-e^{-\pi/2}}2\approx0.3961$ で、設問2で使う。

$x=0$ の項を落として $-\dfrac{e^{-x}(\sin\alpha x+\alpha\cos\alpha x)}{1+\alpha^2}$ と答える誤りがある。$x=0$ で $-\dfrac\alpha{1+\alpha^2}$ となり、積分区間が空のときの値 $0$ に合わない。

設問2　積分方程式 $f(x)=e^{-x}\sin x+\displaystyle\int_0^{\pi/2}f(t)\,dt$

この型の積分方程式は、積分の上端と下端が $x$ に依らないので、右辺の積分が定数 $c$ になる。解を「既知の関数 $e^{-x}\sin x$ と定数 $c$ の和」と決めて、$c$ が満たす一次方程式に帰着させる。定数の積分 $\int_0^{\pi/2}c\,dt=\dfrac\pi2c$ を忘れないことが要で、これで $c$ の係数が $1-\dfrac\pi2$ になる。この係数が $0$ でないことが解の存在と一意性の条件で、問題は「1つ求めよ」とあるが、$1-\dfrac\pi2\ne0$ により解は上の一つに限られる。仮に積分区間の上端が $\dfrac\pi2$ でなく $1$ なら係数が $0$ になり、右辺の $\int_0^1e^{-t}\sin t\,dt>0$ と合わず、解が存在しない。

数値で確かめる。$c\approx-0.6939$ で、$\displaystyle\int_0^{\pi/2}f\,dt=0.3961+\dfrac\pi2(-0.6939)=0.3961-1.0900\approx-0.6939$ となり、$c$ に戻る。

$\int_0^{\pi/2}c\,dt$ を落とした誤りでは $c=\dfrac{1-e^{-\pi/2}}2\approx0.3961$ となる。代入して確かめると $\displaystyle\int_0^{\pi/2}f\,dt=0.3961+\dfrac\pi2\cdot0.3961\approx1.018$ で、$c$ と一致しない。

設問3　積分方程式 $y(x)=\cos^3x+\displaystyle\int_0^xy(t)\,dt$

上端が $x$ の積分を含む方程式（ボルテラ型）は、微分すると積分が消える。連続関数 $y$ について $\dfrac d{dx}\int_0^xy\,dt=y(x)$ が成り立つ（微分積分学の基本定理）。ただし微分すると元の式に含まれていた情報が一つ失われるので、元の式に $x=0$ を代入して得られる条件を別に書く。本問では $\int_0^0=0$ より $y(0)=\cos^30=1$ である。積分方程式は「微分方程式 $y'=y-3\cos^2x\sin x$ と $y(0)=1$」と同値になる。

$Y'-Y=\cos^3x$ は一階線形の微分方程式で、積分因子 $e^{-x}$ を掛けると左辺が $(e^{-x}Y)'$ になる。次数下げ $\cos^3t=\dfrac{3\cos t+\cos3t}4$ は、$\cos3t=4\cos^3t-3\cos t$ から出る。$\cos t$ と $\cos3t$ はどちらも $\int_0^xe^{-t}\cos\beta t\,dt$ の型になり、設問1の部分積分がそのまま使える。結果の $e^x$ の項は、微分方程式の同次解 $Ce^x$ に当たる。$C=\dfrac25$ は $Y(0)=0$ と、$y(0)=1$ のどちらからも出る。

確かめは $x=0$ で行う。$y(0)=\dfrac25+\dfrac38+\dfrac9{40}=\dfrac{16+15+9}{40}=1$。微分方程式 $y'=y-3\cos^2x\sin x$ の $x=0$ では右辺が $1$ で、$y'(0)=\dfrac25+\dfrac38+\dfrac9{40}=1$ と合う。$x=1$ では $y(1)=1.3933$ で、$\cos^31+\displaystyle\int_0^1y\,dt=0.1577+1.2356=1.3933$ と一致する。

$e^x$ の項を落とした特殊解 $y_p=\dfrac38(\cos x+\sin x)+\dfrac9{40}\cos3x+\dfrac3{40}\sin3x$ は微分方程式を満たすが、$y_p(0)=\dfrac35\ne1$ で、元の式との差 $y_p-\cos^3x-\int_0^xy_p\,dt$ が定数 $-\dfrac25$ になる。初期条件で $\dfrac25e^x$ を補う必要がある。