平成24年度 東京農工大学 解答例
1.
f
x= 3x
2+ 2x + y
2− 1, f
y= 2xy − 4y
で,f
x= 0, f
y= 0
とおくと,3x
2+ 2x + y
2− 1 = 0, 2y(x − 2) = 0
より,x = 2
のとき12 + 4 + y
2− 1 = 0, y
2= − 15 < 0
から,fx= 0, f
y= 0
を満たす実数 は存在しない.y = 0
のとき3x
2+ 2x − 1 = (3x − 1)(x + 1) = 0
から,x = − 1, x = 1
3
. よって,実数解は(x, y) = ( − 1, 0),
³ 1 3 , 0
´
.f
xx= 6x + 2, f
xy= 2y, f
yy= 2x − 4
で,D(x, y) = f
xy2(x, y) − f
xx(x, y)f
yy(x, y) = 4y
2− (6x+2)(2x − 4) = 4 { y
2− (3x+1)(x − 2) }
とおくと,D( − 1, 0) = − 24 < 0, f
xx( − 1, 0) = − 4 <
から,( − 1, 0)
で極大になり,極大値は1
.D
³ 1 3 , 0
´
= 40
3 > 0
だから,極値をとらない.∴
(x, y) = ( − 1, 0)
で極大になり,極大値は1.
2.
x = r cos θ, y = r sin θ
とおくと,ヤコビアンはr
.x
2+ y
2≤ x
はr
2≤ r cos θ
より,r ≤ cos θ
.I =
ZZ
D
p 1 − x
2− y
2dxdy = 2 Z
π20
Z
cosθ 0r p
1 − r
2drdθ = 2 Z
π20
h³
− 1 3
´ ( p
1 − r
2)
32i
cosθ0
dθ
= − 2 3
Z
π20
(sin
3θ − 1) dθ = − 2 3
³ 2 3 − π
2
´
= 3π − 4
9
.3.
(1)
| A | =
¯ ¯
¯ ¯
¯ ¯
¯
1 2 − a a
0 2 − a − 2 + a 2 4 − a
2a
2¯ ¯
¯ ¯
¯ ¯
¯
=
¯ ¯
¯ ¯
¯ ¯
¯
1 2 a
0 0 − 2 + a 2 4 a
2¯ ¯
¯ ¯
¯ ¯
¯
=
¯ ¯
¯ ¯
¯ ¯
¯
1 2 a
0 0 − 2 + a 0 0 a
2− 2a
¯ ¯
¯ ¯
¯ ¯
¯
= 0 (rankA ≤ 2)
.a 6 = 2
のとき,A =
⎛
⎜ ⎝
1 2 − a 2
0 2 − a − 2 + a 2 4 − a
2a
2⎞
⎟ ⎠
~⎛
⎜ ⎝
1 0 2
0 2 − a − 2 + a 2 4 − a
2a
2⎞
⎟ ⎠
~
⎛
⎜ ⎝
1 0 2
0 2 − a − 2 + a
2 0 4
⎞
⎟ ⎠
~⎛
⎜ ⎝
1 0 2 0 1 − 1 0 0 0
⎞
⎟ ⎠
より,rankA = 2
である.1
a = 2
のとき,A =
⎛
⎜ ⎝
1 0 2 0 0 0 2 0 4
⎞
⎟ ⎠
~⎛
⎜ ⎝
1 0 2 0 0 0 0 0 0
⎞
⎟ ⎠
より,rankA = 1
である.(
a = 2
のとき,rank(A, b) = 2
となります.)a 6 = 2
のとき,拡大行列(A, b) =
⎛
⎜ ⎝
1 2 − a a 4
0 2 − a − 2 + a 2 − a 2 4 − a
2a
210 + 3a − a
2⎞
⎟ ⎠
~
⎛
⎜ ⎝
1 2 − a a 4
0 2 − a − 2 + a 2 − a
2 0 4 6 + 3a
⎞
⎟ ⎠
~⎛
⎜ ⎝
1 0 2 2 + a
0 2 − a − 2 + a 2 − a
2 0 4 6 + 3a
⎞
⎟ ⎠
~
⎛
⎜ ⎝
1 0 2 2 + a
0 1 − 1 1
2 0 4 6 + 3a
⎞
⎟ ⎠
~⎛
⎜ ⎝
1 0 2 2 + a 0 1 − 1 1 0 0 0 2 + a
⎞
⎟ ⎠
より,
a = − 2
のときに限り,rankA = rank(A, b) = 2
である.(この掃き出し法から,a = 2
なら解が存在しないことが分かる)∴ 解をもつためには
a = − 2
である.(2)
上の掃き出し法の結果から,
( x
1+ 2x
3= 0
x
2− x
3= 1
より,x =
⎛
⎜ ⎝ x
1x
2x
3⎞
⎟ ⎠ =
⎛
⎜ ⎝
− 2x
31 + x
3x
3⎞
⎟ ⎠ = x
3⎛
⎜ ⎝
− 2 1 1
⎞
⎟ ⎠ +
⎛
⎜ ⎝ 0 1 0
⎞
⎟ ⎠
(x
3 は任意の実数).4.
特性方程式
t
2− 2t + 1 = (t − 1)
2= 0
より,t= 1.
特殊解
η
は演算子法を用いると,1
(D − 1)
2e
x(3x + 1) = e
x1
(D + 1 − 1)
2(3x + 1) = e
x1
D
2(3x + 1) = e
x³ x
32 + x
22
´
.[η = (Ax
3+ Bx
2)e
xとおいて,η
0, η
00を計算して,与式に代入してA, B
を求めても よい.]
よって,一般解は
y = (C
1x + C
2)e
x+ e
x³ x
32 + x
22
´
.y
0= C
1(xe
x+ e
x) + C
2e
x+ e
x³ 3x
22 + x
´
.y(0) = C
2= 3, y
0(0) = C
1+ C
2= − 2
より,C1= − 5, C
2= 3.
∴