無料🆓【院試解答】 京都大学 情報学研究科 数理工学コース サンプル問題A 常微分方程式

【院試解答】 京都大学 情報学研究科 数理工学コース サンプル問題A 常微分方程式

問題は京都大学 大学院情報学研究科 数理工学コース 大学院入試サンプル問題にあります。
京都大学情報学研究科京都大学情報学研究科数理工学コースの筆記試験、専門科目「常微分方程式」のサンプル問題Aの解答例です。もし誤字・脱字や、解答の誤りを見つけた場合には、連絡いただけると対応します。
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総評

＜難易度評価＞ 易、やや易、標準、やや難、難の5段階評価。

(i)やや易
(ii)標準
(iii)易
(iv)やや難

＜解答のポイント＞

線形連立定数係数ODE。解は$${x=e^{At} x(0)}$$となる。$${A}$$の固有値及び固有ベクトルを求めて、行列の指数関数を計算するという、原理的にはオーソドックスな問題。$${n=2,3}$$の場合を考えるだけ（(i)〜(iii)）なら、計算をひたすら行えば良いが、(iv)を解くには結局一般のnについての解を求める必要がある。逆にそれが求まれば、それを適用する形で(i)-(iii)を解くことができる。よって、各問題ごとに重複した記述を繰り返していては、時間がかかるので、自信があればまず一般のnについての解を求め、それを適用する形で記述するとよい。

以下、ベクトルであっても太字では書かないこととする。また、$${I}$$を単位行列、$${O}$$を零行列とする。また、$${\frac{dx}{dt}}$$を$${\dot{x}}$$と書く。

(i)

解説

解答の流れとしては、まず一般の$${n}$$についての解を求め、それを$${n=2}$$に適用する形をとった。場合わけや行列式の計算などに慣れていないと、一般の$${n}$$についての解を求めるのが難しいかもしれない。

解答

一般の$${n}$$について、解$${x}$$を求める。

(a) $${b=0}$$のとき、

$${A}$$は対角行列であり、

$$
\begin{aligned}
x(t) &= e^{At}x(0) \\
&= \begin{pmatrix}
e^{at} & 0 & \dots & 0 \\
0 & e^{at} & \dots & 0 \\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
0 & 0 & \dots & e^{at}
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1 \\ 0 \\ \vdots \\ 0
\end{pmatrix} \\
&= \begin{pmatrix}
e^{at} \\ 0 \\ \vdots \\ 0
\end{pmatrix}
\end{aligned}
$$

(b) $${b \ne 0}$$のとき

$${A}$$の行列式は、

$$
\begin{aligned}
\det A &=
\begin{vmatrix}
a+ b & b & \dots & b \\
b & a+ b & \dots & b \\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
b & b & \dots & a+ b
\end{vmatrix} \\
&= \begin{vmatrix}
a+nb & a+nb & \dots & a+nb \\
b & a+ b & \dots & b \\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
b & b & \dots & a+ b
\end{vmatrix} \quad(\because R_1\leftarrow R_1 + R_2 + \dots + R_n) \\
&= (a+nb) \begin{vmatrix}
1 & 1 & \dots & 1 \\
b & a+ b & \dots & b \\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
b & b & \dots & a+ b
\end{vmatrix} \quad \text{（第1行からa+nbを括り出した）} \\
&= (a+nb) \begin{vmatrix}
1 & 1 & \dots & 1 \\
0 & a & \dots & 0 \\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
0 & 0 & \dots & a
\end{vmatrix} \quad \text{（第1行で掃き出し）} \\
&= (a+nb) a^{n-1} \quad \text{（上三角行列の行列式）}
\end{aligned}
$$

よって、$${A}$$の固有方程式は、

$$
\begin{aligned}
\det(A - \lambda I) &=
\begin{vmatrix}
a+ b - \lambda & b & \dots & b \\
b & a+ b - \lambda & \dots & b \\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
b & b & \dots & a+ b - \lambda
\end{vmatrix} \\
&=(a+nb - \lambda) (a-\lambda)^{n-1} \\
&= 0
\end{aligned}
$$

よって、固有値は、$${b \ne 0}$$より、$${\lambda_1 = a}$$（重複度$${n-1}$$）、$${\lambda_2 = a+nb}$$（重複度$${1}$$）である。

固有値$${\lambda_1 = a}$$に対応する固有ベクトルを求める。$${A - aI}$$を計算すると、

$$
\begin{aligned}
A - aI &=
\begin{pmatrix}
b & b & \dots & b \\
b & b & \dots & b \\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
b & b & \dots & b
\end{pmatrix} \\
&= b
\begin{pmatrix}
1 & 1 & \dots & 1 \\
1 & 1 & \dots & 1 \\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
1 & 1 & \dots & 1
\end{pmatrix}
\end{aligned}
$$

よって、一次独立な$${n-1}$$個のベクトルとして、

$$
\begin{pmatrix}
-n+1 \\ 1 \\ 1 \\ \vdots \\ 1 \end{pmatrix},
\begin{pmatrix} 1 \\ -n+1 \\ 1 \\ \vdots \\ 1 \end{pmatrix},
\dots ,
\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ \vdots \\ -n+1 \\ 1 \end{pmatrix}
$$

が取れる。（一次独立であることの確認は略。）
また、固有値$${\lambda_2 = a+nb}$$に対応する固有ベクトルは、

$$
\begin{aligned}
A - (a+nb)I &=
b \begin{pmatrix}
-(n-1) & 1 & \dots & 1 \\
1 & -(n-1) & \dots & 1 \\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
1 & 1 & \dots & -(n-1)
\end{pmatrix}
\end{aligned}
$$

よって、固有ベクトルとして、$${\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ \vdots \\ 1 \end{pmatrix}}$$ が取れる。

これらの固有ベクトルを列ベクトルとして並べた行列を$${P}$$とする。つまり、

$$
P = \begin{pmatrix}
-n+1 & 1 & 1 & \dots & 1 \\
1 & -n+1 & 1 & \dots & 1 \\
\vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
1 & 1 & 1 & \dots & 1
\end{pmatrix}
$$

とすると、$${P}$$は正則であり、$${P^{-1}AP}$$は対角行列である。

さて、$${n=2}$$かつ$${b \ne 0}$$のとき、$${P=\begin{pmatrix} -1 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}}$$であり、$${P^{-1}=-\frac{1}{2}\begin{pmatrix} 1 & -1 \\ -1 & -1 \end{pmatrix}}$$である。よって、

$$
\begin{aligned}
x(t) &= e^{At}x(0) \\
&= P e^{\Lambda t} P^{-1} x(0) \quad (\Lambda = \begin{pmatrix} a & 0 \\ 0 & a+2b \end{pmatrix}) \\
&= \begin{pmatrix} -1 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} e^{at} & 0 \\ 0 & e^{(a+2b)t} \end{pmatrix}
\left( -\frac{1}{2} \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ -1 & -1 \end{pmatrix} \right)
\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} \\
&= \frac{1}{2} \begin{pmatrix} e^{at} + e^{(a+2b)t} \\ -e^{at} + e^{(a+2b)t} \end{pmatrix}
\end{aligned}
$$

これは、$${b=0}$$の場合も含む。よってこれが求める解である。

(ii)

解説

(i)の解答で、一般の$${n}$$についての解を求めたので、それを$${n=3}$$に適用する。なお、本問では、$${P^{-1}x(0)}$$を求めればいいので、$${P}$$の逆行列を全て求める必要はなく、$${P^{-1}}$$の第1列だけ求めればよい。

解答

$${n=3}$$かつ$${b \neq 0}$$のとき、$${P=\begin{pmatrix} -2 & 1 & 1 \\ 1 & -2 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}}$$であり、$${P^{-1}= \frac{1}{3}\begin{pmatrix} -1 & * & * \\ 0 & * & * \\ 1 & * & * \end{pmatrix}}$$である。よって、

$$
\begin{aligned}
x(t) &= e^{At}x(0) \\
&= P e^{\Lambda t} P^{-1} x(0) \quad (\Lambda = \begin{pmatrix} a & 0 & 0 \\ 0 & a+3b & 0 \\ 0 & 0 & a+3b \end{pmatrix}) \\
&= \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 2e^{at} + e^{(a+3b)t} \\ -e^{at} + e^{(a+3b)t} \\ -e^{at} + e^{(a+3b)t} \end{pmatrix}
\end{aligned}
$$

これは、$${b=0}$$の場合も含む。よってこれが求める解である。

(iii)

解説

(ii)の結果から直ちに求まる。

解答

(ii)の結果より、求める必要十分条件は、

$$
a<0,\quad a+3b<0
$$

である。

(iv)

解説

$${a, b, n}$$の条件なのか、任意の$${n}$$について〜が成り立つような、$${a, b}$$の条件なのか、問題文の指示が曖昧だが、前者として受け取るのが妥当と思われる。固有値が負であれば、0に収束すること（十分性）は言えるが、非負なら0に収束しないこと（必要性）の議論が難しい。$${n\times n}$$行列Pの逆行列を求め、e^(a+nb)tの係数が0でないことを示せばよいが、Pの逆行列を全て求める必要はなく、P^-1 x(0)のみ求めればよい。（これは単純な連立方程式を解けば求まる。）また、x(t)も全ては求める必要はなく、第一成分のみ求めれば必要性を示せる。原理的には易しいが、いかに計算量を減らす工夫を凝らして、議論するかと言う問題であり、実は良問と言える。

解答

まず、「$${a<0}$$かつ$${a+nb<0}$$」が必要条件であることを示す。$${x(t)}$$の第1成分を求める。(i)で求めた$${P}$$について、$${P^{-1}x(0)}$$を求める。$${y=(y_1, y_2, \dots, y_n)^T=P^{-1}x(0)}$$とすると、$${Py=x(0)}$$、つまり

$$
\begin{aligned}
-(n-1)y_1 + y_2 + y_3 + \dots + y_n &= 1 \\
y_1 - (n-1)y_2 + y_3 + \dots + y_n &= 0 \\
\vdots \\
y_1 + y_2 + \dots - (n-1) y_{n-1} +y_n &= 0 \\
y_1 + y_2 + \dots + y_{n-1} + y_n &= 0
\end{aligned}
$$

を解くと、$${y_1 = -\frac{1}{n}}$$、$${y_i=0}$$ ($${i=2, 3, \dots, n-1}$$)、$${y_n = \frac{1}{n}}$$である。
よって、

$$
\begin{aligned}
x(t) &= P e^{\Lambda t} P^{-1} x(0) \\
&= P e^{\Lambda t} y \\
&= P \begin{pmatrix}
e^{at} & 0 & \dots & 0 \\
0 & e^{at} & \dots & 0 \\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
0 & 0 & \dots & e^{at}
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
-\frac{1}{n} \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \\ \frac{1}{n}
\end{pmatrix} \\
&= \frac{1}{n} \begin{pmatrix}
(n-1)(e^{at} + e^{(a+nb)t}) \\ * \\ \vdots \\ *
\end{pmatrix}
\end{aligned}
$$

よって、$${x(t)}$$の第1成分が$${t \to \infty}$$で$${0}$$に収束するためには、$${a<0}$$かつ$${a+nb<0}$$である必要がある。

逆に、(i)の結果より、$${x(t)}$$の各成分は、$${e^{at}}$$と$${e^{(a+nb)t}}$$の線形結合である。$${a<0}$$かつ$${a+nb<0}$$であれば、$${x(t)}$$の各成分は$${t \to \infty}$$で$${0}$$に収束する。

よって、「$${a<0}$$かつ$${a+nb<0}$$」が求める必要十分条件である。

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