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解答

解答 1       問題1 以下，例えば(1)で$y=0\ (定数)$のときの自明な考察(いったん$y\ne 0$として$y$を求め，その後$y=0$も含む，とする)の類を省いた概略である．

1. $\dfrac{1}{y}dy=\dfrac{2}{x}dx$より
   
   $$\int \dfrac{1}{y}\,dy=\int \dfrac{2}{x}\,dx$$
   
   
   
   
   $$∴\quad \log \vert y\vert=2\log \vert x\vert+C$$
   
   
   これから任意定数を置き直して
   
   $$y=Cx^2$$
   
   

2. $\dfrac{1}{y^2}dy=-\dfrac{1}{x^3}dx$より
   
   $$\int \dfrac{1}{y^2}\,dy=-\int \dfrac{2}{x^3}\,dx$$
   
   
   
   
   $$∴\quad -\dfrac{1}{y}=\dfrac{1}{2x^2}+C$$
   
   
   これから任意定数を置き直して
   
   $$y=\dfrac{2x^2}{Cx^2-1}$$
   
   

3. $\dfrac{1}{1+y}dy=-\dfrac{1}{1+x}dx$より
   
   $$\int \dfrac{1}{1+y}\,dy=-\int \dfrac{1}{1+x}\,dx$$
   
   
   
   
   $$∴\quad \log \vert 1+y\vert=-\log \vert 1+x\vert+C$$
   
   
   これから任意定数を置き直して
   
   $$y=\dfrac{C-x}{1+x}$$
   
   

4. $\dfrac{1}{y(y+1)}dy=\dfrac{1}{x}dx$より
   
   $$\int \dfrac{1}{y(y+1)}\,dy= \int \dfrac{1}{y}\,dy-\int \dfrac{1}{y+1}\,dy= \int \dfrac{1}{x}\,dx$$
   
   
   
   
   $$∴\quad \log \vert y\vert-\log\vert y+1\vert=\log \vert x\vert+C$$
   
   
   これから任意定数を置き直して
   
   $$\dfrac{y}{y+1}=Cx$$
   
   
   逆にとき任意定数を置き直して
   
   $$y=\dfrac{x}{-x+C}$$
   
   

5. $\dfrac{1}{y}dy=\dfrac{2x}{x^2+1}dx$より
   
   $$\int \dfrac{1}{y}\,dy=\int \dfrac{2x}{x^2+1}\,dx$$
   
   
   
   
   $$∴\quad \log \vert y\vert=\log(x^2+1)+C$$
   
   
   これから任意定数を置き直して
   
   $$y=C(x^2+1)$$
   
   

6. $e^ydy=e^xdx$より
   
   $$\int e^y\,dy=\int e^x\,dx$$
   
   
   
   
   $$∴\quad e^y=e^x+C$$
   
   
   これから
   
   $$y=\log(e^x+C)$$
   
   

7. $\dfrac{1}{y}dy=\log x dx$より
   
   $$\int \dfrac{1}{y}\,dy=\int \dfrac{2}{x}\,dx$$
   
   
   
   
   $$∴\quad \log \vert y\vert=x\log \vert x\vert-x+C$$
   
   
   これから任意定数を置き直して
   
   $$y=Ce^{x\log \vert x\vert-x}=Cx^x\cdot e^{-x}$$
   
   

解答 2       問題2

$$\dfrac{dy}{dx}=ky$$

とおく．これから

$$\int \dfrac{1}{y}\,dy=\int k \,dx$$

$$∴\quad \log y=kx+C$$

$x=0$のとき$y=5$，$x=5$のとき$y=10$なので，

$$\begin{array}{l} \log 5=C\\ \log 10=5k+C \end{array}$$

$x=15$のときの$y$の値を$y_0$とすると

$$\begin{eqnarray*} \log y_0&=&15k+C=3(\log 10-C)+C=3\log 10 -2C\\ &=&3\log 10 -2\log 5=\log 40 \end{eqnarray*}$$

つまり$y=40$である．

解答 3       問題3 $x^2-y^2=k$より両辺$x$で微分して

$$2x-2y\dfrac{dy}{dx}=0$$

つまりもとの曲線の傾きは

$$\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{x}{y}$$

である．求める曲線は微分方程式

$$\dfrac{dy}{dx}=-\dfrac{y}{x}$$

をみたさなければならない．これから

$$\int\dfrac{1}{y}\,dy=-\int\dfrac{1}{x}\,dy$$

$$∴\quad \log \vert y\vert=-\log\vert x\vert+C$$

任意定数と取り直して

$$xy=C$$

を得る．

解答 4       問題4

1. $$\begin{eqnarray*} f'(x)&=&y'(x)\cos x+y(x)(-\sin x)\\ &&\quad \quad -y''(x)\s... ...x\\ &=&-\{y(x)+y''(x)\}\sin x=-2\cos x \sin x\\ &=&-\sin 2x \end{eqnarray*}$$
   
   
   $$\begin{eqnarray*} g'(x)&=&y'(x)\sin x+y(x)(\cos x)\\ &&\quad \quad +y''(x)\co... ...\sin x)\\ &=&\{y(x)+y''(x)\}\cos x=2\cos^2 x\\ &=&\cos 2x+1 \end{eqnarray*}$$
   
   

2. 
   
   $$f(x)=\int(-\sin 2x)\,dx=\dfrac{1}{2}\cos 2x+C_f$$
   
   
   $f(0)=y(0)=0$より $0=\dfrac{1}{2}+C_f$．
   
   $$∴\quad C_f=-\dfrac{1}{2}$$
   
   
   よって
   
   $$f(x)=\dfrac{1}{2}\cos 2x-\dfrac{1}{2}$$
   
   
   同様に
   
   $$g(x)=\int(\cos 2x+1)\,dx=\dfrac{1}{2}\sin 2x+x+C_g$$
   
   
   $g(0)=y'(0)=1$より$1=C_g$． よって
   
   $$g(x)=\dfrac{1}{2}\sin 2x+x+1$$
   
   

3. $$\begin{eqnarray*} &&f(x)=y(x)\cos x-y'(x)\sin x\\ &&g(x)=y(x)\sin x+y'(x)\cos x \end{eqnarray*}$$
   
   
   より，$y'(x)$を消去して$y(x)$を求める．

   第1式 $\times \cos x+$第2式$\times \sin x$より

   $$\begin{eqnarray*} y(x)&=&f(x)\cos x+g(x)\sin x\\ &=&\dfrac{1}{2}\cos x(\cos 2... ...}\cos(2x-x) -\dfrac{1}{2}\cos x+(x+1)\sin x\\ &=&(x+1)\sin x \end{eqnarray*}$$
   
   

   また，$y(x)=0$は$x+1=0$または$\sin x=0$と同値である．

   ゆえに，$y(x)=0$をみたすすべての$x$は
   

   $$x=-1,\ x=n\pi\ (n は任意の整数)$$
   
   
   である．

解答 5       問題5

1. 与えられた微分方程式の両辺に$2x'$をかけ$t$で積分する．
   
   $$\int 2x'x''\,dt=-k^2\int \dfrac{x'}{x^2}\,dt$$
   
   
   これから
   
   $${x'}^2=\dfrac{k^2}{x}+C$$
   
   

   $t=0$のとき， $x=R,\ x'=\dfrac{k}{\sqrt{R}}$より
   

   $$\dfrac{k^2}{R}=\dfrac{k^2}{R} +C$$
   
   
   つまり$C=0$．
   
   $$∴\quad x'=\dfrac{k}{\sqrt{x}}$$
   
   

2. (1)から
   
   $$\dfrac{dx}{dt}=\dfrac{k}{\sqrt{x}}$$
   
   
   つまり
   
   $$\sqrt{x}\,dx=k\,dt$$
   
   
   これから
   
   $$\int \sqrt{x}\,dx=k\int \,dt$$
   
   
   
   
   $$∴\quad \dfrac{2}{3}x^{\frac{3}{2}}=kt+C$$
   
   
   $t=0$のとき$x=R$だから
   
   $$\dfrac{2}{3}R^{\frac{3}{2}}=C$$
   
   
   これから
   
   $$x=\left(\dfrac{3}{2}kt+R^{\frac{3}{2}} \right)^{\frac{2}{3}}$$
   
   
   これは$t$に関する正値単調増加関数なので， この物体は地球を離れることができる．

解答 6       問題6

時刻$t$における水面の半径を$R(t)$とする．

$$R:h=R(t):x(t)$$

であるから

$$R(t)=\dfrac{R}{h}x(t)$$

したがって時刻$t$における残っている水の容量を$V(t)$とすると

$$V(t)=\dfrac{1}{3}\pi\left(\dfrac{R}{h}x(t) \right)^2\cdot x(t)=\dfrac{\pi R^2}{3h^2}x^3(t)$$

である．ここで時刻 $t$ と $t+\it {\Delta} t$ の間に流出する水量を $\it {\Delta} V$とすれば

$$\it {\Delta} V=V(t)=V(t+\it {\Delta} t)$$

である．したがって

$$\lim_{\it {\Delta} t\to 0}\dfrac{V(t)=V(t+\it {\Delta} t)}{\it {\Delta} t}=Sv$$

$v=kx$なので，これから

$$-\dfrac{dV}{dt}=kSx(t)\quad \cdots\maru{1}$$

を得る．一方

$$\dfrac{dV}{dt}=\dfrac{dV}{dx}\cdot\dfrac{dx}{dt}=\dfrac{\pi R^2}{h^2}x^2(t)\dfrac{dx}{dt}$$

$x\ne 0$なので$\maru{1}$とあわせて

$$x(t)\dfrac{dx}{dt}=-\dfrac{kSh^2}{\pi R^2}$$

両辺$t$で積分する．

$$\begin{array}{l} 左辺=\int x(t)\dfrac{dx}{dt}\,dt=\int x(t... ...rac{1}{2}x^2+C\\ 右辺=-\dfrac{kSh^2}{\pi R^2}t+C \end{array}$$

したがって

$$\dfrac{1}{2}x^2=-\dfrac{kSh^2}{\pi R^2}t+C$$

$t=0$のとき$x=h$なので $C=\dfrac{1}{2}h^2$

$$∴\quad x^2=h^2\left(1- \dfrac{2kS}{\pi R^2}t\right)$$

つまり

$$x=h\sqrt{1- \dfrac{2kS}{\pi R^2}t}$$

解答 7       問題7

1. $\angle \mathrm{OPQ}$ の二等分線の方向は
   $$\begin{eqnarray*} &&\dfrac{\overrightarrow{\mathrm{PO}}}{\vert\overrightarrow{\... ... &=&\dfrac{-1}{\sqrt{x^2+y^2}}\left(x,\ y-\sqrt{x^2+y^2}\right) \end{eqnarray*}$$
   
   
   これが点$\mathrm{P}$における接線方向と垂直であるから
   
   $$\left(x,\ y-\sqrt{x^2+y^2}\right)\cdot(1,\ y')=0$$
   
   
   つまり
   
   $$x+yy'=\sqrt{x^2+y^2}y'$$
   
   
   これから
   
   $$x^2+2xyy'=x^2{y'}^2$$
   
   
   $x$で割り$y=f(x)$で表すと
   
   $$x+2f(x)f'(x)-x\{f'(x)\}^2=0\quad \cdots\maru{1}$$
   
   

2. $\maru{1}$を$x$で微分して
   $$\begin{eqnarray*} &&1+2\{f'(x)\}^2+2f(x)f''(x)-\{f'(x)\}^2-2xf'(x)f''(x)\\ &=&1+\{f'(x)\}^2+2f(x)f''(x)-2xf'(x)f''(x)=0 \quad \cdots\maru{2} \end{eqnarray*}$$
   
   

   $\maru{1}\times f''(x)-\maru{2}\times f'(x)$から

   $$\begin{eqnarray*} &&xf''(x)-x\{f'(x)\}^2f''(x)-f'(x)-\{f'(x)\}^3 +2x\{f'(x)\}^... ...\ &=&\left(xf''(x)-f'(x) \right)\left[1+\{f'(x)\}^2 \right]=0 \end{eqnarray*}$$
   
   
   
   
   $$∴\quad xf''(x)-f'(x)=0$$
   
   
   つまり
   
   $$xg'(x)-g(x)=0$$
   
   

3. (2)から
   
   $$\dfrac{g'(x)}{g(x)}=\dfrac{1}{x}$$
   
   
   よって
   
   $$\int \dfrac{g'(x)}{g(x)}\,dx=\int \dfrac{1}{x} \,dx$$
   
   
   
   
   $$∴\quad \log\vert g(x)\vert=\log\vert x\vert+C$$
   
   
   任意に定数をとりなおして
   
   $$g(x)=Cx$$
   
   
   つまり
   
   $$f'(x)=Cx$$
   
   
   
   
   $$∴\quad f(x)=\dfrac{C}{2}x^2+C'$$
   
   
   $f(0)=-1$から$C'=-1$．よって $f(x)=\dfrac{C}{2}x^2-1$． これを$\maru{1}$に代入して
   
   $$x+2\left(\dfrac{C}{2}x^2-1 \right)Cx-Cx^3=x-2Cx=0$$
   
   
   ゆえに $C=\dfrac{1}{2}$である．
   
   $$∴\quad f(x)=\dfrac{1}{4}x^2-1$$
   
   

解答 8       問題8 時刻$t$における容器内の水量を$F$，そのときの水面の高さを$y(t)$とする． 容器が，底は半径 $a\ (>0)$ の円板，側面は $x=f(y)\,\,(0 \le y \le h)$ のグラフを $y$ 軸の回りに回転したものであるから

$$F=\int_0^y \pi x^2\,dy$$

$x=f(y)$なのでこれから

$$\dfrac{dF}{dy}=\pi \{f(y)\}^2=Vt+ \pi a^2\quad \cdots\maru{1}$$

一方，この容器に単位時間あたり $V$ （一定）の割合で水を入れるので

$$\dfrac{dF}{dt}=V\quad \cdots\maru{2}$$

である．

$\maru{1},\ \maru{2}$から

$$V=\dfrac{dF}{dt}=\dfrac{dF}{dy}\dfrac{dy}{dt} =\left(Vt+ \pi a^2 \right)\dfrac{dy}{dt}$$

$$∴\quad \dfrac{dy}{dt}=\dfrac{V}{Vt+ \pi a^2}$$

よって

$$\begin{eqnarray*} y&=&\int \dfrac{1}{t+ \dfrac{\pi a^2}{V}}\,dt\\ &=&\log\left(t+ \dfrac{\pi a^2}{V} \right)+C \end{eqnarray*}$$

$t=0$のとき$y=0$なので

$$C=-\log\dfrac{\pi a^2}{V}$$

つまり

$$\begin{eqnarray*} y&=&\log\left(t+ \dfrac{\pi a^2}{V} \right)-\log\dfrac{\pi a^2}{V}\\ &=&\log\left(\dfrac{V}{\pi a^2}+1 \right) \end{eqnarray*}$$

これを逆に解いて

$$t=\dfrac{\pi a^2}{V}(e^y-1)\quad \cdots\maru{3}$$

$\maru{3}$を$\maru{1}$に代入し，

$$\begin{eqnarray*} \pi \{f(y)\}^2&=&V\left(\dfrac{\pi a^2}{V}(e^y-1) \right)+ \pi a^2\\ &=&\pi a^2e^y \end{eqnarray*}$$

$f(y)>0,\ a>0$なので

$$f(y)=ay^{\frac{y}{2}}$$

さらに，$t=T$のとき$y=h$であるから

$$T=\dfrac{\pi a^2}{V}(e^h-1)$$

解答 9       問題9 走り始めてから$t$時間後のガソリンの量を$x(t)$とする． 毎時 $\dfrac{100+x}{100} e^{kv}$ kg のガソリンを消費するので， 微分方程式

$$\dfrac{dx}{dt}=-\dfrac{100+x}{100} e^{kv}$$

が成立する．つまり

$$\dfrac{1}{100+x}\,dx=-\dfrac{e^{kv}}{100} \,dt$$

である．両辺の積分をとる．$100+x>0$なので

$$\log(100+x)=-\dfrac{ e^{kv}}{100}t+C$$

が成り立つ．$x$について解くと，

$$x=e^{-\frac{e^{kv}}{100} t+C}-100$$

任意定数$e^C$を改めて$C$とおくと

$$x=Ce^{-\frac{e^{kv}}{100} t}-100$$

$t=0$のときの$x$の値$C-100$が最初に積むガソリンの量である．

一方，100km 離れたところに着く時刻は $\dfrac{100}{v}$なので， 到着時のガソリンの残量は

$$Ce^{-\frac{ e^{kv}}{v}}-100$$

したがって，目的地につけるために

$$Ce^{-\frac{ e^{kv}}{v}}-100\ge 0 \quad \iff\quad C\ge 100e^{\frac{ e^{kv}}{v}}$$

が必要である．この条件の下で$C-100$を最小にすればよい． $v$を固定すれば$C$の最小値は

$$C=100e^{\frac{ e^{kv}}{v}}$$

なので， $v=\dfrac{1}{k}$のとき$f(v)$は極小で最小である． $f(v)$の最小値は$e^k$，つまり$C$の最小値は$100e^k$である．

求める速度は$\dfrac{1}{k}$．ガソリンの量は$100(e^k-1)$．

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