平成２４年度　九州大学工学部　解答例

平成２４年度　九州大学工学部　解答例　

[

問題１

] (1)

| A | =

¯ ¯

¯ ¯

¯ ¯

¯

− 1 6 0

0 2 0

4 − 12 1

¯ ¯

¯ ¯

¯ ¯

¯

= − 2

．

(2)

A

⁻¹

= − 1 2

⎛

⎜ ⎝

2 − 6 0 0 − 1 0

− 8 12 − 2

⎞

⎟ ⎠ =

⎛

⎜ ⎝

− 1 3 0 0

¹₂

0 4 − 6 1

⎞

⎟ ⎠

．

(3)

| A − λI | =

¯ ¯

¯ ¯

¯ ¯

¯

− 1 − λ 6 0

0 2 − λ 0

4 − 12 1 − λ

¯ ¯

¯ ¯

¯ ¯

¯

= ( − 1 − λ)(2 − λ)(1 − λ) = 0

より，λ

= − 1, 1, 2．

λ = − 1

のとき，固有ベクトルは，

⎧ ⎪

⎨

⎪ ⎩ 6y = 0 3y = 0

4x − 12y + 2z = 0

より，

⎛

⎜ ⎝ x y z

⎞

⎟ ⎠ =

⎛

⎜ ⎝ x 0

− 2x

⎞

⎟ ⎠ = t

₁

⎛

⎜ ⎝ 1 0

− 2

⎞

⎟ ⎠ (t

₁は任意の実数

)

．

λ = 1

のとき，固有ベクトルは，

⎧ ⎪

⎨

⎪ ⎩

− 2x + 6y = 0 y = 0

4x − 12y = 0

より，

⎛

⎜ ⎝ x y z

⎞

⎟ ⎠ =

⎛

⎜ ⎝ 0 0 z

⎞

⎟ ⎠ = t

2

⎛

⎜ ⎝ 0 0 1

⎞

⎟ ⎠ (t

2は任意の実数

)

．

λ = 2

のとき，固有ベクトルは，

( − 3x + 6y = 0

4x − 12y − z = 0

より，

⎛

⎜ ⎝ x y z

⎞

⎟ ⎠ =

⎛

⎜ ⎝ 2y

y

− 4y

⎞

⎟ ⎠ = t

3

⎛

⎜ ⎝ 2 1

− 4

⎞

⎟ ⎠ (t

3は任意の実数

)

．

[

問題２

] (1)

特性方程式

t

²

+ 5t + 4 = (t + 1)(t + 4) = 0

より，

t = − 1, − 4

．

1

　∴　一般解は，

y = C

1

e

^−x

+ C

2

e

^−4x．

(2)

　演算子法より，特殊解は，

e

^2x

2

²

+ 2 · 5 + 4 = e

^2x

18

．

∴　

y = C

1

e

^−x

+ C

2

e

^−4x

+ e

^2x

18

．

(3) (

(D + 2)y + 2z = − e

^2x

y + (D + 3)z = 0

，

( (D + 2)y + 2z = − e

^2x

(D + 2)y + (D + 2)(D + 3)z = 0

より，

2z − (D + 2)(D + 3)z = − e

^2x

, 2z − (D

²

+ 5D + 6)z = − e

^2x

, (D

²

+ 5D + 4)z = e

^2x． 上の　

(2)

より，z

= C

₁

e

^−x

+ C

₂

e

^−4x

+ e

^2x

18

． これを，

y + z

⁰

+ 3z = 0

に代入して，

y − C

₁

e

^−x

− 4C

₂

e

^−4x

+ e

^2x

9 + 3C

₁

e

^−x

+ 3C

₂

e

^−4x

+ 3e

^2x

18

より，

y = − 2C

₁

e

^−x

+ C

₂

e

^−4x

− 5e

^2x

18

． 　∴　

⎧ ⎪

⎨

⎪ ⎩

y = − 2C

₁

e

^−x

+ C

₂

e

^−4x

− 5e

^2x

18 z = C

1

e

^−x

+ C

2

e

^−4x

+ e

^2x

18

．

[

問題３

] (1)

x

軸との交点は，

θ = 0, π

のときで，

(x, y) = (4, 0), (0, 0)

．

y

軸との交点は，

θ = π

2 , 3π

2

のときで，

(x, y) = (0, 2), (0, − 2)

．

(2)

1 2

Z

π

π 2

{ 2(1 + cos θ) }

²

dθ = 2 Z

π

π 2

(1 + 2 cos θ + cos

²

θ) dθ

= 2 h

θ + 2 sin θ i

π

π 2

+ 2 Z

π

π 2

1 + cos 2θ

2 dθ

= 2

³ π 2 − 2

´ +

h θ + 1

2 sin 2θ i

π

π 2

= π − 4 +

³ π − π

2

´

= 3π 2 − 4

． よって，領域の面積は，

1

2 · 4 · 2 + 3π

2 − 4 = 3π 2

．

(3) Z

π

π 2

p { 2(1 + cos θ) }

²

+ { 2( − sin θ) }

²

dθ = 2 Z

π

π 2

p 2(1 + cos θ) dθ = 4 Z

π

π 2

cos θ 2 dθ

= 4 h

2 sin θ 2

i

π

π 2

= 8 − 4 √ 2

．

よって，領域の外周の長さは，4 +

p

4

²

+ 2

²

+ 8 − 4 √

2 = 12 + 2 √ 5 − 4 √

2．

[

問題４

] (1)

　

2

a

₀

= 1 π

nZ

−^π4

−π

( − 1) dx + Z

^3π₄

−^π4

dx + Z

π

3π 4

( − 1) dx o

= 0

．

a

_n

= 1 π

nZ

−^π4

−π

( − cos nx) dx + Z

^3π₄

−^π4

cos nx dx + Z

π

3π 4

( − cos nx) dx o

= 1 π

nh

− sin nx n

i

₋^π₄

−π

+ h sin nx n

i

^3π₄

−^π4

+ h

− sin nx n

i

π

3π 4

o

= 1 nπ

n sin nπ

4 +

³ sin 3nπ

4 + sin nπ 4

´

+ sin 3nπ 4

o

= 2 nπ

³ sin nπ

4 + sin 3nπ 4

´

．

b

n

= 1 π

nZ

−^π4

−π

( − sin nx) dx + Z

^3π₄

−^π4

sin nx dx + Z

π

3π 4

( − sin nx) dx o

= 1 π

nh cos nx n

i

₋^π₄

−π

−

h cos nx n

i

^3π₄

−^π4

+

h cos nx n

i

π

3π 4

o

= 1 nπ

n cos nπ

4 − cos nπ − ³ cos 3nπ

4 − cos nπ 4

´

+ cos nπ − cos 3nπ 4

o

= 2 nπ

³ cos nπ

4 − cos 3nπ 4

´ ³

= 4 nπ

³ sin nπ

4 sin nπ 2

´ ´

．

∴　

f (x)

～

2 π

X

∞ n=1

³ sin nπ

4 + sin 3nπ 4

´ cos nx n + 4

π X

∞ n=1

³ sin nπ

4 sin nπ 2

´ sin nx n

．

(2)

　

F (ω) = Z

T

−T

ae

^−iωt

dt = a h e

^−iωt

− iω i

T

−T

= a e

^−iωT

− e

^iωT

− iω = a e

^iωT

− e

^−iωT

iω = 2a sin ωT

ω

．

ω

lim

→0

2a sin ωT ω = lim

ω→0

2aT sin ωT

ωT = 2aT

，

sin ωT = 0

となる

ω

は，

ω = nπ

T (n = ± 1, ± 2, · · · )

． 図は，

a = 1, T = 2

の場合である．

(3)

　（解答略：　教科書参照）

3