\[ \require{physics} \]
以降、pythonコードセル内でdsolve関数を使って常微分方程式を解く。
同次型
\[ \begin{aligned} x\dv{y}{x} &= x + y \\ (x + y) \dv{y}{x} &= 2x - y \end{aligned} \]
\[ \dv{y}{x} = f\qty(\frac{y}{x}) \]
この形に落とし込めば、 \(t=\frac{y}{x}\) と置換して解ける。
1問目は簡単なので解答だけ。
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from sympy import symbols, Function, Eq, dsolve, latex
x = symbols('x')
y = Function('y')(x)
ode = Eq(x*y.diff(x), x + y)
sol = dsolve(ode)
print("$$" + latex(sol) + "$$")\[y{\left(x \right)} = x \left(C_{1} + \log{\left(x \right)}\right)\]
２問目。
\[ \begin{aligned} (x + y) \dv{y}{x} &= 2x - y \\ \dv{y}{x} &= \frac{2x - y}{x + y} = \frac{2 - \frac{y}{x}}{1 + \frac{y}{x}} \\ t &= \frac{y}{x} \\ \dv{y}{x} &= t + x \dv{t}{x} \\ t + x \dv{t}{x} &= \frac{2 - t}{1 + t} \\ x \dv{t}{x} &= \frac{2 - t}{1 + t} - t = \frac{2 - t - t - t^2}{1 + t} = \frac{2 - 2t - t^2}{1 + t} \\ \frac{1 + t}{2 - 2t - t^2} \dd{t} &= \frac{1}{x} \dd{x} \\ \int \frac{1 + t}{2 - 2t - t^2} \dd{t} &= \int \frac{1}{x} \dd{x} \\ \ln \abs{x} + C_1 &= -\frac{1}{2} \ln \abs{t^2 + 2t - 2} \\ \frac{C_1}{x^2} &= \frac{1}{t^2 + 2t - 2} \\ t & = -1 \pm \sqrt{ \frac{C_1}{x^2} + 1 } \\ y & = x \qty( -1 \pm \sqrt{ \frac{C_1}{x^2} + 1 } ) \end{aligned} \]
もしくは、
\[ y^2 + 2xy - 2x^2 = C_1 \]
一階線型常微分方程式
\[ \begin{align} \dv{y}{x} + P(x)y &= Q(x) \\ \dv{y}{x} + 5y &= 6e^x \end{align} \]
一次線型常微分方程式は、積分因子 \(e^{\int P(x) \dd{x}}\) を用いて解く。
と書くと分かりづらいから、要するに、
\[ ?\dv{y}{x} + ?P(x)y = \dv{x} ? \]
という形を目指して、
\[ e^{\textcolor{orange}{\int P(x) \dd{x}}}\dv{y}{x} + y e^{\textcolor{orange}{\int P(x) \dd{x}}} \textcolor{red}{P(x)} = \dv{x} \qty(y e^{\int P(x) \dd{x}}) \]
という形に落ち着くって話。
１問目は、
\[ \begin{aligned} \dv{x} \qty(y e^{\int P(x) \dd{x}}) &= Q(x) e^{\int P(x) \dd{x}} \\ y e^{\int P(x) \dd{x}} &= \int Q(x) e^{\int P(x) \dd{x}} \dd{x} + C \\ y &= e^{-\int P(x) \dd{x}} \qty( \int Q(x) e^{\int P(x) \dd{x}} \dd{x} + C ) \end{aligned} \]
後半でこの式を覚えて当てはめるのは無理。覚えられうものなら覚えてみろ。
２問目。
\[ \begin{aligned} e^{\textcolor{orange}{5x}} \dv{y}{x} + \textcolor{red}{5} y e^{\textcolor{orange}{5x}} &= 6e^{6x} \\ y e^{5x} &= \int 6e^{6x} \dd{x} + C \\ y &= e^{x} + C e^{-5x} \end{aligned} \]
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from sympy import symbols, Function, Eq, dsolve, exp, integrate, latex
x = symbols('x')
y = Function('y')(x)
ode = Eq(y.diff(x) + 5*y, 6*exp(x))
sol = dsolve(ode)
print("$$" + latex(sol) + "$$")\[y{\left(x \right)} = C_{1} e^{- 5 x} + e^{x}\]
一階非線型常微分方程式
\[ \begin{align} \dv{y}{x} + P(x)y &= Q(x)y^n \\ \dv{y}{x} &= P(x)y^2 + Q(x)y + R(x) \quad \text{解き方のみ} \\ x^2 \dv{y}{x} &= x^2y^2 - xy - 1 \end{align} \]
ベルヌーイの微分方程式は、\(y^n\) で割ってから線形微分方程式に変形する。これは、 \(y\) の次数が１だけズレてるから。
2番目のはリッカチの微分方程式。特殊解 \(y_p\) を知っているとき、 \(y = y_p + t\) と置換することで線形微分方程式に変形できる。
１問目。
\[ \begin{aligned} \frac{1}{y^ \textcolor{red}{n}} \dv{y}{x} + P(x) \frac{1}{y^{\textcolor{red}{n-1}}} &= Q(x) \\ (n-1)\dv{x} \qty(\frac{1}{y^{ \textcolor{red}{n-1} }}) + P(x) \frac{1}{y^{\textcolor{red}{n-1}}} &= Q(x) \\ \dv{x} \qty(\textcolor{orange}{\frac{1}{y^{ n-1 }}}) + \frac{P(x)}{n-1} \textcolor{orange}{\frac{1}{y^{ n-1 }}} &= \frac{Q(x)}{n-1} \\ \end{aligned} \]
2問目はスキップして、具体例の３問目。
\[ \begin{aligned} x^2 \dv{y}{x} &= x^2y^2 - xy - 1 \\ y &= \frac{1}{x} + t \\ -1 + x^2 \dv{t}{x} &= x^2 t^2 + xt - 1\\ \dv{t}{x} &= \frac{x^2 t^2 + xt}{x^2} = t^2 + \frac{t}{x} \\ \frac{1}{t^2} \dv{t}{x} - \frac{1}{x} \frac{1}{t} &= 1 \\ -\dv{x} \qty(\frac{1}{t}) - \frac{1}{x} \frac{1}{t} &= 1 \\ \dv{x} \qty(\frac{1}{t}) + \frac{1}{x} \frac{1}{t} &= -1 \\ s &= \frac{1}{t} \\ \dv{s}{x} + \frac{s}{x} &= -1 \\ u &= \frac{s}{x} \\ \dv{x} (ux) + u &= -1 \\ \dv{u}{x} x + 2u &= -1 \\ \frac{\dd x}{x} &= - \frac{\dd u}{2u + 1} \\ x = C \sqrt {2u + 1} \\ u = \frac{C^2}{x^2} - \frac{1}{2} \\ s = x \qty( \frac{C^2}{x^2} - \frac{1}{2} ) = \frac{C^2}{x} - \frac{x}{2} \\ t = \frac{1}{s} = \frac{1}{ \frac{C^2}{x} - \frac{x}{2} } \\ y = \frac{1}{x} + t &= \frac{1}{x} + \frac{1}{ \frac{C}{x} - \frac{x}{2} } = \frac{1}{x} \qty( 1 + \frac{1}{ \frac{C}{x^2} - \frac{1}{2} } ) \\ &= \frac{1}{x} \frac{C + x^2}{C - x^2} \end{aligned} \]
ってな感じだが、この問題に限って言えば、もっと簡単な方法がある。\(y=u/x\) とおくと
\[ \begin{aligned} x^2 \dv{y}{x} -x^2y^2 + xy + 1 &= 0 \\ \dv{y}{x} + \frac{1}{x}y &= y^2 - \frac{1}{x^2} \\ \frac{1}{x}\dv{u}{x} &= \frac{u^2-1}{x^2} \\ \frac{\dd x}{x} &= \frac{\dd u}{u^2-1} \\ \ln x &= \frac{1}{2}\ln\qty(\frac{u-1}{u+1}) + C \\ \frac{u-1}{u+1} &= Cx^2 \\ u &= \frac{1+Cx^2}{1-Cx^2} \\ y &= \frac{1}{x} \frac{1+Cx^2}{1-Cx^2} \end{aligned} \]
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from sympy import symbols, Function, Eq, dsolve, latex
x = symbols('x')
y = Function('y')(x)
ode = Eq(y.diff(x), y**2 - y/x - 1/x**2)
sol = dsolve(ode)
print("$$" + latex(sol) + "$$")\[y{\left(x \right)} = \frac{i \tan{\left(C_{1} + i \log{\left(x \right)} \right)}}{x}\]
２階斉次常微分方程式
\[ \begin{aligned} \dv[2]{y}{x} + a\dv{y}{x} + by &= 0 \\ \dv[2]{y}{x} + 4\dv{y}{x} - 5y &= 0 \\ \dv[2]{y}{x} - 6\dv{y}{x} + 9y &= 0 \\ \dv[2]{y}{x} + 2\dv{y}{x} + 5y &= 0 \end{aligned} \]
二次方程式を解いて、異なる基底の二つの解を重ねる。
１問目。
$ ^2 + a+ b = 0 $ を解いた解を $ _1, _2 $ とすると、
\[ \begin{aligned} y &= C_1 e^{\lambda_1 x} + C_2 e^{\lambda_2 x} &&\quad \text{異なる実数解} \\ y &= C_1 e^{\lambda x} + C_2 x e^{\lambda x} &&\quad \text{重解} \\ y &= e^{\alpha x} \qty( C_1 \cos \beta x + C_2 \sin \beta x ) &&\quad \text{複素解 } \end{aligned} \]
２〜４問目。
\[ \begin{aligned} y &= C_1 e^{x} + C_2 e^{-5x} \\ y &= (C_1 + C_2 x) e^{3x} \\ y &= e^{-x} \qty( C_1 \cos 2x + C_2 \sin 2x ) \end{aligned} \]
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from sympy import symbols, Function, Eq, dsolve, exp, cos, sin, latex
x = symbols('x')
y = Function('y')(x)
odes = [
Eq(y.diff(x, 2) + 4*y.diff(x) - 5*y, 0),
Eq(y.diff(x, 2) - 6*y.diff(x) + 9*y, 0),
Eq(y.diff(x, 2) + 2*y.diff(x) + 5*y, 0)
]
for ode in odes:
sol = dsolve(ode)
print("$$" + latex(sol) + "$$")\[y{\left(x \right)} = C_{1} e^{- 5 x} + C_{2} e^{x}\] \[y{\left(x \right)} = \left(C_{1} + C_{2} x\right) e^{3 x}\] \[y{\left(x \right)} = \left(C_{1} \sin{\left(2 x \right)} + C_{2} \cos{\left(2 x \right)}\right) e^{- x}\]
２階非斉次常微分方程式
\[ \begin{aligned} \dv[2]{y}{x} + a\dv{y}{x} + by &= R(x) \quad \text{解き方のみ} \\ \dv[2]{y}{x} + 2\dv{y}{x} - 3y &= e^{2x} \\ \dv[2]{y}{x} - 3\dv{y}{x} + 2y &= 20 \sin 2x \\ \dv[2]{y}{x} + 4\dv{y}{x} - 5y &= 6x \\ \dv[2]{y}{x} + 4\dv{y}{x} + 4y &= 4e^{2x} \end{aligned} \]
非斉次常微分方程式の解 = 斉次方程式の一般解 + 特殊解
１問目。
特殊解の求め方は、\(R(x)\) の形によって場合分けする。似たような形の \(y_p\) を仮定して、定数を決める。
２問目。
\[ \begin{aligned} y_p &= e^{2x} \\ y &= C_1 e^{3x} + C_2 e^{-x} + e^{2x} \end{aligned} \]
3問目。
\[ \begin{aligned} y_p &= A \sin 2x + B \cos 2x \\ 20 \sin 2x &= - 4A \sin 2x - 4B \cos 2x - 6A \cos 2x + 6B \sin 2x + 2A \sin 2x + 2B \cos 2x \\ &= (-2A + 6B) \sin 2x + (-2B - 6A) \cos 2x \\ -2A + 6B &= 20 \\ -2B - 6A &= 0 \\ A &= -1, \quad B = 3 \\ y &= C_1 e^{x} + C_2 e^{2x} - \sin 2x + 3 \cos 2x \end{aligned} \]
4問目。
\[ \begin{aligned} y_p &= Ax + B \\ 6x &= 4A - 5Ax - 5B \\ 6x &= (-A) x + (4A - B) \\ -A &= 6 \Rightarrow A = -6 \\ 4A - B &= 0 \Rightarrow B = 4(-6) = -24 \\ y &= C_1 e^{x} + C_2 e^{-5x} - 6x - 24 \end{aligned} \]
5問目。
\[ y = (C_1 + C_2 x) e^{-2x} + \frac{1}{4}e^{2x} \]
２階線形微分⽅程式
\[ \begin{aligned} x^2 \dv[2]{y}{x} + a x \dv{y}{x} + by &= 0 \quad \text{解き方のみ} \\ x^2 \dv[2]{y}{x} -x \dv{y}{x} + y &= x^2 \\ \dv[4]{y}{x} - 2 \dv[3]{y}{x} + 2 \dv{y}{x} - y &= 9e^{-2x} \\ x^2 \dv[2]{y}{x} - 8x \dv{y}{x} - 8y &= x^2 \\ \end{aligned} \]
1問目。
\(x = e^t\) と置換して、 \(t\) に関する常微分方程式に変形する。
2問目。
\[ \begin{aligned} x^2 \dv[2]{y}{x} -x \dv{y}{x} + y &= x^2 \\ t &= \ln x \\ \dv{y}{x} = \dv{y}{t} \dv{t}{x} &= \frac{1}{x} \dv{y}{t} \\ &= e^{-t} \dv{y}{t} \\ \dv[2]{y}{x} &= \dv{x} \qty( \frac{1}{x} \dv{y}{t} ) \\ &= -\frac{1}{x^2} \dv{y}{t} + \frac{1}{x} \textcolor{red}{\dv{x}\dv{y}{t}} \\ &= -\frac{1}{x^2} \dv{y}{t} + \frac{1}{x} \textcolor{red}{\qty( \dv{t}{x} \dv[2]{y}{t} )} \\ &= -\frac{1}{x^2} \dv{y}{t} + \frac{1}{x^2} \dv[2]{y}{t} \\ -\dv{y}{t} + \dv[2]{y}{t} -\dv{y}{t} + y &= e^{2t} \\ \dv[2]{y}{t} - 2\dv{y}{t} + y &= e^{2t} \\ y &= C_1 e^{t} + C_2 t e^{t} + e^{2t} \\ &= C_1 x + C_2 x \ln x + x^2 \end{aligned} \]
Show Code
from sympy import symbols, Function, Eq, dsolve, exp, ln, latex
x = symbols('x')
y = Function('y')(x)
ode = Eq(x**2 * y.diff(x, 2) - x * y.diff(x) + y, x**2)
sol = dsolve(ode)
print("$$" + latex(sol) + "$$")\[y{\left(x \right)} = x \left(C_{1} + C_{2} \log{\left(x \right)} + x\right)\]
3問目。
\[ \begin{aligned} y = C_1 e^x + C_2 x e^x + C_3 x^2 e^x + C_4 e^{-x} + \frac{1}{3}e^{-2x} \end{aligned} \]
Show Code
from sympy import symbols, Function, Eq, dsolve, exp, latex
x = symbols('x')
y = Function('y')(x)
ode = Eq(y.diff(x, 4) - 2*y.diff(x, 3) + 2*y.diff(x) - y, 9*exp(-2*x))
sol = dsolve(ode)
print("$$" + latex(sol) + "$$")\[y{\left(x \right)} = C_{4} e^{- x} + \left(C_{1} + x \left(C_{2} + C_{3} x\right)\right) e^{x} + \frac{e^{- 2 x}}{3}\]
4問目。
\[ \begin{aligned} t &= \ln x \\ \dv{y}{x} = \dv{y}{t} \dv{t}{x} &= \frac{1}{x} \dv{y}{t} \\ \dv[2]{y}{x} &= -\frac{1}{x^2} \dv{y}{t} + \frac{1}{x^2} \dv[2]{y}{t} \\ \dv[2]{y}{t} - 2\dv{y}{t} - 8y &= e^{2t} \\ y &= C_1 e^{4t} + C_2 e^{-2t} - \frac{1}{8} e^{2t} \\ &= C_1 x^{4} + C_2 x^{-2} - \frac{1}{8} x^{2} \end{aligned} \]
線形偏微分⽅程式
$$ \[\begin{aligned} \pdv{u}{x} &= 4 \pdv{u}{y} &&\quad u(0,y) = 8e^{-3y} \\ \pdv{u}{t} &= 2 \pdv[2]{u}{x} &&\quad u(0,t)=u(3,t)=0, u(x,0) = 5\sin 4\pi x - 3 \sin 8 \pi x \\ \pdv{u}{x} &= 2 \pdv{u}{y} + u &&\quad u(x,0) = 3e^{-5x} + 2e^{-3x} \\ \pdv[2]{y}{t} &= 16 \pdv[2]{y}{x} &&\quad y(0,t) = y(2,t) = 0, y(x,0) = 6\sin \pi x - 3\sin 4 \pi x, \pdv{y}{t}(x,0) = 0 = \eval{\pdv{y}{t}}_{t=0} \end{aligned}\]$$
とりあえず変数分離。そうしてから、次数に合わせて \(\lambda\) を設定する。
\(u=X(x)Y(y)T(t)\) とおいて考える。
1問目。
\[ \begin{aligned} \dv{X}{x} Y &= 4 X \dv{Y}{y} \\ \frac{1}{X} \dv{X}{x} &= 4 \frac{1}{Y} \dv{Y}{y} = -\lambda \\ X = C_1 e^{-\lambda x} &, \quad Y = C_2 e^{-\frac{\lambda}{4} y} \\ u &= C e^{-\lambda x} e^{-\frac{\lambda}{4} y} \\ u(0,y) &= 8 e^{-3y} \\ C e^{-\frac{\lambda}{4} y} &= 8 e^{-3y} \\ \lambda = 12&, \quad C = 8 \\ u &= 8 e^{-12 x} e^{-3 y} \end{aligned} \]
2問目。
\[ \begin{aligned} X \dv{T}{t} &= 2 T \dv[2]{X}{x} \\ \frac{1}{T} \dv{T}{t} &= 2 \frac{1}{X} \dv[2]{X}{x} = -\lambda^2 \\ T &= C_1 e^{-\lambda^2 t} \\ \dv[2]{X}{x} + \frac{\lambda^2}{2} X &= 0 \\ X &= C_2 \sin \qty( \frac{\lambda}{\sqrt{2}} x ) + C_3 \cos \qty( \frac{\lambda}{\sqrt{2}} x ) \\ X(0) &= 0 \Rightarrow C_3 = 0 \\ X(3) &= 0 \Rightarrow \frac{\lambda}{\sqrt{2}} 3 = n \pi \Rightarrow \lambda = \frac{n \pi \sqrt{2}}{3} \\ u &= C e^{-\frac{2n^2 \pi^2}{9} t} \sin \qty( \frac{n \pi}{3} x ) \\ &= C_1 e^{-\frac{2n_1^2 \pi^2}{9} t} \sin \qty( \frac{n_1 \pi}{3} x ) + C_2 e^{-\frac{2n_2^2 \pi^2}{9} t} \sin \qty( \frac{n_2 \pi}{3} x ) \\ u(x,0) &= 5 \sin 4 \pi x - 3 \sin 8 \pi x \\ C_1 = 5&, \quad n_1 = 12 \\ C_2 = -3&, \quad n_2 = 24 \\ u &= 5 e^{-32 \pi^2 t} \sin 4 \pi x - 3 e^{-128 \pi^2 t} \sin 8 \pi x \end{aligned} \]
3問目。
$$ \[\begin{aligned} Y \dv{X}{x} &= 2 X \dv{Y}{y} + X Y \\ \frac{1}{X} \dv{X}{x} - 1 &= 2 \frac{1}{Y} \dv{Y}{y} = \lambda \\ X &= C_1 e^{(\lambda + 1) x} \\ Y &= C_2 e^{\frac{\lambda}{2} y} \\ u &= C_1 e^{(\lambda_1 + 1) x} e^{\frac{\lambda_1}{2} y} + C_2 e^{(\lambda_2 + 1) x} e^{\frac{\lambda_2}{2} y} \\ u(x,0) &= 3e^{-5x} + 2e^{-3x} \\ C_1 e^{(\lambda_1 + 1) x} + C_2 e^{(\lambda_2 + 1) x} &= 3e^{-5x} + 2e^{-3x} \\ C_1 = 3&, \quad \lambda_1 = -6 \\ C_2 = 2&, \quad \lambda_2 = -4 \\ u &= 3 e^{-5x} e^{-3y} + 2 e^{-3x} e^{-2y} \end{aligned}\]$$
4問目。
\[ \begin{aligned} X &= C_1 \sin \lambda x + C_2 \cos \lambda x \\ T &= C_3 \cos 4 \lambda t + C_4 \sin 4 \lambda t \\ X(0) &= 0 \Rightarrow C_2 = 0 \\ X(2) &= 0 \Rightarrow \lambda = \frac{n \pi}{2} \\ u(0, t) &= C_2 T(t) = 0\\ C_2 &= 0 \\ u(2, t) &= C_1 \sin (2\lambda) T(t) = 0 \\ \lambda &= \frac{n \pi}{2} \\ \pdv{u}{t} &= 2C_1 n\pi \sin \qty( \frac{n \pi}{2} x ) \qty( - C_3 \sin \qty( 2 n \pi t ) + C_4 \cos \qty( 2 n \pi t ) ) \\ u(x,0) &= C_1C_4 \sin \qty( \frac{n \pi}{2} x ) = 0 \\ C_4 &= 0 \\ u &= C_1 \sin \qty( \frac{n \pi}{2} x ) C_3 \cos \qty( 2 n \pi t ) \\ u(x, 0) &= C_1' \qty( \frac{n_1 \pi}{2} x ) + C_2' \sin \qty( \frac{n_2 \pi}{2} x ) \\ &= 6 \sin \pi x - 3 \sin 4 \pi x \\ C_1' = 6&, \quad n_1 = 2 \\ C_2' = -3&, \quad n_2 = 8 \\ u &= 6 \sin \pi x \cos 4 \pi t - 3 \sin 4 \pi x \cos 16 \pi t \end{aligned} \]
フーリエ級数
フーリエ変換の定義式を書け。
次の式をフーリエ級数展開せよ。
\[ \begin{aligned} f(x) &= x^2, \quad \qty(-1 < x < 1) \\ f(x) &= x(x - 1), \quad \qty(0 < x < 1) \quad \text{フーリエ余弦級数} \\ f(x) &= x(x - 1), \quad \qty(0 < x < 1) \quad \text{フーリエ正弦級数} \\ \pdv{u}{t} &= \alpha \pdv[2]{u}{x}, \quad 0 < x < L, \quad t > 0 \\ u(0,t) &= 0, \quad u(L,t) = 0, \quad u(x,0) = f(x) \\ \end{aligned} \]
瞬間部分分数分解という技法についてまとめておく。
例題として、 \(\int \qty(x^3+x) \textcolor{orange}{\cos x} \dd{x}\) を考える。
\[ \begin{array}{ccc} + & x^3 + x & \textcolor{red}{\sin x} \\ - & 3x^2 + 1 & -\cos x \\ + & 6x & -\sin x \\ - & 6 & \cos x \\ \end{array} \]
こんな感じで表を書く。真ん中の列は微分して、右の列は積分していく。一番右の列だけは一番上が積分された形になる。
まず、フーリエ変換の定義式。
\[ \begin{aligned} f(x) &= \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} \qty( a_n \cos \frac{n \pi x}{L} + b_n \sin \frac{n \pi x}{L} ) \\ a_n &= \frac{1}{L} \int_{-L}^{L} f(x) \cos \frac{n \pi x}{L} \dd{x} \\ b_n &= \frac{1}{L} \int_{-L}^{L} f(x) \sin \frac{n \pi x}{L} \dd{x} \end{aligned} \]
次に余弦級数、正弦級数の定義式。
$$ \[\begin{aligned} f(x) &= \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} a_n \cos \frac{n \pi x}{L} &&\quad \text{余弦級数} \\ a_n &= \frac{2}{L} \int_{0}^{L} f(x) \cos \frac{n \pi x}{L} \dd{x} \\ f(x) &= \sum_{n=1}^{\infty} b_n \sin \frac{n \pi x}{L} &&\quad \text{正弦級数} \\ b_n &= \frac{2}{L} \int_{0}^{L} f(x) \sin \frac{n \pi x}{L} \dd{x} \end{aligned}\]$$
1問目。
$$ \[\begin{aligned} a_0 &= \int_{-1}^{1} x^2 \cos 0 \dd{x} = \frac{2}{3} \\ a_n &= \int_{-1}^{1} x^2 \cos n \pi x \dd{x} \\ &\text{部分分数分解の表}\\ &\begin{array}{ccc} + & x^2 & \frac{1}{n\pi}\sin n \pi x \\ - & 2x & -\frac{1}{(n\pi)^2}\cos n \pi x \\ + & 2 & -\frac{1}{(n\pi)^3}\sin n \pi x \\ \end{array} \\ a_n &= \frac{4}{n^2\pi^2} (-1)^n \\ b_n &= \int_{-1}^{1} x^2 \sin n \pi x \dd{x} = 0 \\ &= 0 \\ f(x) &= \frac{1}{3} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{4}{n^2 \pi^2} (-1)^n \cos n \pi x \end{aligned}\]$$
2問目。
\[ \begin{aligned} a_0 = -\frac{1}{3} a_n &= 2 \int_{0}^{1} x(x-1) \cos n \pi x \dd{x} \\ &\text{部分分数分解の表}\\ &\begin{array}{ccc} + & x^2 - x & \frac{1}{n\pi} \sin n \pi x \\ - & 2x - 1 & -\frac{1}{(n\pi)^2} \cos n \pi x \\ + & 2 & -\frac{1}{(n\pi)^3} \sin n \pi x \\ \end{array} \\ a_n &= \frac{1}{(n\pi)^2}\qty[(-1)^{n}+1] \\ f(x) &= -\frac{1}{6} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2}{(n\pi)^2}\qty[(-1)^{n}+1] \cos n \pi x \end{aligned} \]
3問目。
$$ \[\begin{aligned} u(x,t) &=C_1 \exp \qty(-\alpha \lambda^2 t)(C_2 \sin \lambda x + C_3 \cos \lambda x) \\ C_3 &= 0\ , \quad \lambda L = n \pi \\ u(x,t) &= \sum_{n=1}^{\infty} C_n \exp \qty(-\alpha \frac{n^2 \pi^2}{L^2} t) \sin \frac{n \pi x}{L} \\ u(x,0) &= f(x) = \sum_{n=1}^{\infty} C_n \sin \frac{n \pi x}{L} \\ &\textcolor{red}{\text{ここは展開の定義式を思い出せ}} \\ C_n &= \frac{2}{L} \int_{0}^{L} f(x) \sin \frac{n \pi x}{L} \dd{x} \\ \end{aligned}\]$$
ベクトルあたり
そもそも高校レベルの話なので、あまり詳しくは書かない。
\[ \mathbfit{r} = \cos u \cos v \mathbfit{i} + \cos u \sin v \mathbfit{j} + \sin u \mathbfit{k} \]
これを使って法線ベクトルと表面積を求めろ。
法線ベクトルは
\[ \begin{aligned} \pdv{\mathbfit{r}}{u} \times \pdv{\mathbfit{r}}{v} &= \begin{vmatrix} \mathbfit{i} & \mathbfit{j} & \mathbfit{k} \\ -\sin u \cos v & -\sin u \sin v & \cos u \\ -\cos u \sin v & \cos u \cos v & 0 \\ \end{vmatrix} \\ &= -\cos^2 u \cos v \mathbfit{i} - \cos^2 u \sin v \mathbfit{j} - \cos u \sin u \mathbfit{k} \\ \left|\pdv{\mathbfit{r}}{u} \times \pdv{\mathbfit{r}}{v}\right|&= |\cos u| \\ \text{法線ベクトル} &= \left. \pdv{\mathbfit{r}}{u} \times \pdv{\mathbfit{r}}{v} \middle/ \left|\pdv{\mathbfit{r}}{u} \times \pdv{\mathbfit{r}}{v}\right| \right. \\ \text{表面積} &= \int_0^{2\pi} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} |\cos u| \dd{u} \dd{v} = 4\pi \end{aligned} \]
複素積分
2問だけまとめておく。
\[ \begin{aligned} \int_0^{2\pi} \frac{\dd \theta}{5 + 4\cos \theta} \\ \oint_C \frac{1}{(z-1)z(z+2)} \end{aligned} \]
分解して面倒な計算をしないで済む方法を載せる。検算に使うか、もしくは証明して使えばいい。
\[ \begin{aligned} \int_0^{2\pi} \frac{\dd \theta}{a + b \cos \theta} &= \frac{2\pi}{\sqrt{a^2 - b^2}} \\ \oint_C \frac{1}{(z-1)z(z+2)} \dd{z} &= \oint_C \qty( \frac{A}{z-1} + \frac{B}{z} + \frac{C}{z+2} ) \dd{z} \\ A = -\frac{1}{2} &, \quad B = \frac{1}{3} , \quad C = \frac{1}{6} \\ I &= 2i\pi (A+B+C) = 0 \\ A,\ B,\ C\ &\text{こいつらが留数自体。定義を考えてどうぞ} \end{aligned} \]
ジョルダン標準形
次の行列のジョルダン標準形を求めよ。
\[ \begin{aligned} A &= \begin{pmatrix} 2 & 1 & 1 \\ 1 & 3 & 2 \\ 0 & -1 & 1 \end{pmatrix} \\ A &= \begin{pmatrix} 1 & 3 & 1 \\ 1 & -1 & -1 \\ -1 & 3 & 3 \end{pmatrix} \end{aligned} \]
フーリエ逆変換
\[ \int_0^{\infty} f(x)\sin kx \dd{x} = ke^{-k} \]
\[ \begin{aligned} f(x) &= \frac{2}{\pi}\int_0^{\infty} \sin kx \qty( ke^{-k} ) \dd{k} \\ \int_0^{\infty} k e^{-k} e^{ikx} \dd{k} &= \int_0^{\infty} k e^{-(1-ix)k} \dd{k} \\ &= \frac{1}{(1-ix)^2} \\ &= \frac{1-x^2}{(1+x^2)^2} + i \frac{2x}{(1+x^2)^2} \\ \int_0^{\infty} k e^{-k} \sin kx \dd{k} &= \frac{2x}{(1+x^2)^2} \\ f(x) &= \frac{2}{\pi} \frac{2x}{(1+x^2)^2} = \frac{4x}{\pi (1+x^2)^2} \end{aligned} \]
最後に、フーリエ変換あたりの式をまとめておく
$$ \[\begin{aligned} f(x) &= \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} \qty( a_n \cos \frac{n \pi x}{L} + b_n \sin \frac{n \pi x}{L} ) \\ a_n &= \frac{1}{L} \int_{-L}^{L} f(x) \cos \frac{n \pi x}{L} \dd{x} \\ b_n &= \frac{1}{L} \int_{-L}^{L} f(x) \sin \frac{n \pi x}{L} \dd{x} \\ f(x) &= \sum_{n=\textcolor{red}{-\infty}}^{\infty} c_n e^{\frac{\textcolor{red}{2}n\pi}{T} x} \\ c_n &= \frac{1}{T} \int_{0}^{T} f(x) e^{\textcolor{red}{-}\frac{\textcolor{red}{2}n\pi}{T} x} \dd{x} \\ f(x) &= \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} F(k) e^{i k x} \dd{k} \\ F(k) &= \int_{-\infty}^{\infty} f(x) e^{-i k x} \dd{x} \\ f(x) &= \frac{2}{\pi} \int_0^{\infty} \sin kx \qty( \int_0^{\infty} f(x) \sin kx \dd{x} ) \dd{k} \\ &= \frac{2}{\pi} \int_0^{\infty} a(k) \cos kx \dd{k} \\ \end{aligned}\]$$
\[ \dv[2]{y}{x} + \frac{1}{x} \dv{y}{x} + \frac{4}{x^2}y = \qty(\frac{2\ln x}{x}) ^2 \]
冪函数仮定を使う
\[ \begin{aligned} y = x^m \\ m(m-1)x^{m-2} + \frac{1}{x} mx^{m-1} + \frac{4}{x^2} x^m &= 0 \\ m^2 + 4 &= 0 \\ m = \pm 2i \\ y_h &= C_1 \cos (2 \ln x) + C_2 \sin (2 \ln x) \\ y_p &= A (\ln x)^2 + B \ln x + C \\ \dv{y_p}{x} &= \frac{2A \ln x + B}{x} \\ \dv[2]{y_p}{x} &= \frac{2A - 2A\ln x - B}{x^2} \\ \text{左辺} &= \frac{4A (\ln x)^2 + 4B \ln x + 2A +4C}{x^2} = \frac{4(\ln x)^2}{x^2} \\ A&=1, \quad B=0, \quad C=-\frac{1}{2} \\ y_p &= (\ln x)^2 - \frac{1}{2} \\ y &= C_1 \cos (2 \ln x) + C_2 \sin (2 \ln x) + (\ln x)^2 - \frac{1}{2} \end{aligned} \]