# 令和5年度 専攻科 数学 解答

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### 問1

**1.** $\overrightarrow{\textrm{AB}}(3,1,2)$、$\overrightarrow{\textrm{AC}}(-2,-3,1)$ なので、
2つのベクトルがなす角を $\theta$ とすると、

$|\overrightarrow{\textrm{AB}}| = \sqrt{3^2 + 1^2 + 2^2} = \sqrt{14}$
$|\overrightarrow{\textrm{AC}}| = \sqrt{(-2)^2 + (-3)^2 + 1^2} = \sqrt{14}$
$\overrightarrow{\textrm{AB}} \cdot \overrightarrow{\textrm{AC}} = 3 \cdot (-2) + 1 \cdot (-3) + 2 \cdot 1 = -7$

$\therefore\ \cos \theta = \cfrac{\overrightarrow{\textrm{AB}} \cdot \overrightarrow{\textrm{AC}}}{|\overrightarrow{\textrm{AB}}| |\overrightarrow{\textrm{AC}}|} = \cfrac{-7}{\sqrt{14} \times \sqrt{14}} = -\cfrac{1}{2}$

ここで、 $0 \leq \theta \leq \pi$ なので、 ==$\theta = \cfrac{2}{3} \pi$==

**2.** 以下の公式を使う。
三角形の $\textrm{ABC}$ の面積を $S$ とすると

$$
\begin{align}
S &= \cfrac{1}{2} \sqrt{ |\overrightarrow{\textrm{AB}}|^2 |\overrightarrow{\textrm{AC}}|^2 - \left( \overrightarrow{\textrm{AB}} \cdot \overrightarrow{\textrm{AC}} \right)^2 } \\
&= \cfrac{1}{2}\sqrt{14 \cdot 14 - (-7)^2} \\
&= \cfrac{7 \sqrt{3}}{2}
\end{align}
$$

面積は ==$\cfrac{7 \sqrt{3}}{2}$==

---

### 問2
**1.** $|\boldsymbol{A} - \lambda \boldsymbol{I}|$ を求める。

$$
\begin{align}
|\boldsymbol{A} - \lambda \boldsymbol{I}| &= \left|
\begin{array}{ccc}
-1-\lambda & 2 & 2 \\
2 & -1-\lambda & 2 \\
2 & 2 & -1-\lambda
\end{array}
\right| \\
&= -\lambda^3 -3\lambda^2 +9\lambda + 27 \\
&= -(\lambda - 3)(\lambda + 3)^2
\end{align}
$$

$-(\lambda - 3)(\lambda + 3)^2 = 0$ を解くと、 $\lambda = 3, -3$
固有値は ==$3,\ -3$==

**2.**

#### $\lambda = 3$ に対応する固有ベクトル $\boldsymbol{x}_1$

$$
\begin{align}
(\boldsymbol{A} - 3 \boldsymbol{I}) &= \left(
\begin{array}{ccc}
-4 & 2 & 2 \\
2 & -4 & 2 \\
2 & 2 & -4
\end{array}
\right) \\
&\rightarrow \left(
\begin{array}{ccc}
-1 & 0 & 1 \\
1 & -1 & 0 \\
0 & 0 & 0
\end{array}
\right)
\end{align}
$$

よって、以下の連立一次方程式が得られる。

$$
\left\{
\begin{array}{rrrrr}
-x & & +z &= &0 \\
x & -y & &= &0
\end{array}
\right.
$$

よって、変形すると $x = z,\ x = y$ となり、 最終的に $x = y = z$ となる。 $x = c_1$ とすると、固有ベクトル $\boldsymbol{x}_1$ は

$$
\boldsymbol{x}_1 = c_1 \left(
\begin{array}{c}
1 \\
1 \\
1
\end{array}
\right) \hspace{10mm} (c_1 \neq 0)
$$

#### $\lambda = -3$ に対応する固有ベクトル $\boldsymbol{x}_2$

$$
\begin{align}
(\boldsymbol{A} + 3 \boldsymbol{I}) &= \left(
\begin{array}{ccc}
2 & 2 & 2 \\
2 & 2 & 2 \\
2 & 2 & 2
\end{array}
\right) \\
&\rightarrow \left(
\begin{array}{ccc}
1 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0
\end{array}
\right)
\end{align}
$$

よって、 $x + y + z = 0$ となる。変形して $x = -y -z$ とし、 $y,\ z$ をそれぞれ $c_2,\ c_3$ とすると

$$
\begin{align}
\boldsymbol{x}_2 &= \left(
\begin{array}{c}
-c_2 -c_3 \\
c_2 \\
c_3
\end{array}
\right) \\
&= c_2 \left(
\begin{array}{c}
-1 \\
1 \\
0
\end{array}
\right) + c_3 \left(
\begin{array}{c}
-1 \\
0 \\
1
\end{array}
\right) \hspace{10mm} (c_2 \neq 0\ \textrm{or}\ c_3 \neq 0)
\end{align}
$$

---

### 問3
連立方程式を拡大係数行列に変換し、行基本変形すると、

$$
\begin{align}
\left(
\left.
\begin{array}{cccc}
1 & 1 & -1 & 4 \\
2 & 3 & 0 & -3 \\
-3 & 0 & 1 & -2 \\
0 & 1 & 1 & -5
\end{array}\
\right|\
\begin{array}{c}
1 \\
-1 \\
2 \\
0
\end{array}\
\right) \rightarrow
\left(
\left.
\begin{array}{cccc}
1 & 1 & -1 & 4 \\
0 & 1 & 2 & -11 \\
0 & 0 & 1 & -6 \\
0 & 0 & 0 & -5
\end{array}\
\right|\
\begin{array}{c}
1 \\
-3 \\
-3 \\
-10
\end{array}\
\right)
\end{align}
$$

以上より、==$x=1,\ y=1,\ z=9,\ w=2$== となる。

---

### 問4
**1.** 行列式を展開すると

$$
\begin{align}
\left|
\begin{array}{ccc}
x & -1 & 2 \\
x^2 & 1 & 4 \\
x^3 & -1 & 8
\end{array}
\right| &= 8x -4x^3 -2x^2 -2x^3 +4x +8x^2 \\
&= -6x^3 +6x^2 +12x
\end{align}
$$

$-6x^3 +6x^2 +12x = 0$ より

$$
\begin{align}
-6x^3 +6x^2 +12x &= 0 \\
x^3 -x^2 -2x &= 0 \\
x(x^2 -x -2) &= 0 \\
x(x-2)(x+1) &= 0 \\
\end{align}
$$

==$\therefore\ x = -1,\ 0,\ 2$==

**2.** 小行列式に分割して解く。

$$
\begin{align}
\left|
\begin{array}{cccc}
9 & 10 & 0 & 0 \\
11 & 12 & 0 & 0 \\
1 & 2 & 5 & 6 \\
3 & 4 & 7 & 8
\end{array}
\right| &= 9
\left|
\begin{array}{ccc}
12 & 0 & 0 \\
2 & 5 & 6 \\
4 & 7 & 8
\end{array}
\right| -10
\left|
\begin{array}{ccc}
11 & 0 & 0 \\
1 & 5 & 6 \\
3 & 7 & 8
\end{array}
\right| \\
&= 9 \cdot (480 - 504) -10 \cdot (440 - 462) \\
&= -216 + 220 \\
&= 4
\end{align}
$$

答えは ==$4$== となる。

---

### 問5

**1.**
$\overrightarrow{\textrm{AB}}(2, -3, -3),\ \overrightarrow{\textrm{AC}}(-3, -1, 1)$ となる。2つのベクトルの外積を求めると

$$
\begin{align}
\overrightarrow{\textrm{AB}} \times \overrightarrow{\textrm{AC}} &= \left|
\begin{array}{ccc}
\boldsymbol{i} & \boldsymbol{j} & \boldsymbol{k} \\
2 & -3 & -3 \\
-3 & -1 & 1
\end{array}
\right| \\
&= -6 \boldsymbol{i} +7\boldsymbol{j} -11\boldsymbol{k}
\end{align}
$$

よって、2つのベクトルに直交するような法線ベクトル $\overrightarrow{n}$ は $(-6, 7, -11)$ となる。
平面の方程式 $a(x - x_0) + b(y - y_0) + c(z - z_0) = 0$ に点 $\textrm{A}$ の座標を代入すると、

$$
\begin{align}
-6(x - 1) +7(y - 2) -11(z - 1) &= 0 \\
-6x +7y -11z + 3 &= 0
\end{align}
$$

よって、平面の座標は ==$-6x +7y -11z + 3 = 0$==

---

**2.** $z = f(x, y) = \cfrac{1}{3} x^3 -x^2y +y^3$ とし、点 $(x_0, y_0, z_0)$ における接平面の方程式

$$
z = f_x(x_0, y_0)(x - x_0) + f_y(x_0, y_0)(y - y_0) + z_0
$$

を用いる。

$$
\begin{align}
& f_x(x, y) = x^2 -2xy \\
& f_x(3, 1) = 3^2 -2 \cdot 3 \cdot1 = 3 \\
& f_y(x, y) = -x^2 +3y^2 \\
& f_y(3, 1) = -3^2 +3 \cdot 1^2 = -6
\end{align}
$$

接平面の方程式は $z = 3(x - 3) -6(y - 1) + 1$
変形して ==$z = 3x -6y -2$==

---

### 問6

**1.** 最初に $f_x,\ f_y$ を求める。

$$
f_x = 3x^2 -6x,\ f_y = 3y^2 -27
$$

$f_x = f_y = 0$ を満たすようにすればいいので、

$$
\begin{align}
3x^2 -6x &= 3y^2 -27 \\
3x(x - 2) &= 3(y^2 - 9) \\
x(x - 2) &= (y + 3)(y - 3)
\end{align}
$$

以上より、 $f_x = f_y = 0$ を満たす点は $(0, -3),\ (0, 3),\ (2, -3),\, (2, 3)$ の4点である。

**2.** 極値を取るかどうかを調べるためにヘッセ行列 $H(x,y)$ を求める。

$$
\begin{align}
f_{xx} = 6x - 6,\ f_{xy} = f_{yx} = 0,\ f_{yy} = 6y
\end{align}
$$

$$
\begin{align}
H(x, y) &= \left|
\begin{array}{cc}
f_{xx} & f_{xy} \\
f_{yx} & f_{yy}
\end{array}
\right| \\
&= \left|
\begin{array}{cc}
6(x - 1) & 0 \\
0 & 6y
\end{array}
\right| \\
&= 36(x - 1)y
\end{align}
$$

#### 点 $(0, 3)$ の場合
$H(0, 3) = 36 \cdot (-1) \cdot 3 = -108 < 0$
$H(0, 3) < 0$ なので、極値を取らない。

#### 点 $(2, -3)$ の場合
$H(2, -3) = 36 \cdot 1 \cdot (-3) = -108 < 0$
$H(2, -3) < 0$ なので、極値を取らない。

#### 点 $(0, -3)$ の場合
$H(0, -3) = 36 \cdot (-1) \cdot (-3) = 108 > 0$
$H(0, -3) > 0$ なので、極値を取る。

極小か極大かを調べるために $f_{xx}(0, -3)$ を求めると、

$$
f_{xx}(0, -3) = 6 \cdot 0 - 6 = -6 < 0
$$

$f_{xx}(0, -3) < 0$ より、極大となる。
$f(0, -3) = 0^3 + (-3)^3 -3 \cdot 0^2 -27 \cdot (-3) = 54$

#### 点 $(2, 3)$ の場合
$H(2, -3) = 36 \cdot 1 \cdot 3 = 108 > 0$
$H(2, -3) > 0$ なので、極値を取る。

極小か極大かを調べるために $f_{xx}(2, 3)$ を求めると、

$$
f_{xx}(2, 3) = 6 \cdot 2 - 6 = 6 > 0
$$

$f_{xx}(2, 3) > 0$ より、極小となる。
$f(2, 3) = 2^3 + 3^3 -3 \cdot 2^2 -27 \cdot 3 = -58$

以上より、 $f(x,y)$ は点 $(2, 3)$ で極小値 $-58$ を取り、点 $(0, -3)$ で極大値 $54$ を取る。

---

### 問7
**1.** 部分積分法を使う。

$$
\begin{align}
\int_{0}^{\frac{\pi}{6}} x \sin x\ dx &= \left[ -x \cos x \right]_{0}^{\frac{\pi}{6}} - \int_{0}^{\frac{\pi}{6}}(- \cos x)\ dx \\
&= - \left\{ \left( \frac{\pi}{6} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} - 0 \right) \right\} + \int_{0}^{\frac{\pi}{6}}\cos x\ dx \\
&= -\frac{\sqrt{3} \pi}{12} + \left[ \sin x \right]_{0}^{\frac{\pi}{6}} \\
&= -\frac{\sqrt{3} \pi}{12} + \frac{1}{2} \\
&= \frac{1}{12} \left( 6 - \sqrt{3} \pi \right)
\end{align}
$$

**2.** 以下の公式を使う。

$$
\int \cfrac{1}{\sqrt{1 - x^2}}\ dx = \sin^{-1} x + C
$$

$$
\begin{align}
\int_{-1}^{\frac{\sqrt{3}}{2}} \cfrac{1}{\sqrt{1 - x^2}}\ dx &= \left[ \sin^{-1} x \right]_{-1}^{\frac{\sqrt{3}}{2}} \\
&= \frac{\pi}{3} - \left( -\frac{\pi}{2} \right) \\
&= \frac{5 \pi}{6}
\end{align}
$$

---

### 問8

**1.** 最初に領域 $D$ を図示する。

$$
\begin{align}
\iint_D x^2 y^2\ dxdy &= \int_0^1 x^2 \left\{ \int_0^x y^2\ dy \right\} dx
\end{align}
$$

先に内側の積分を計算すると

$$
\int_0^x y^2\ dy = \left[ \frac{1}{3} y^3 \right]_0^x = \frac{1}{3}x^3
$$

次に外側の計算を計算すると、

$$
\begin{align}
\frac{1}{3} \int_0^1 x^5\ dx &= \frac{1}{3} \left[ \frac{1}{6} x^6 \right]_0^1 \\
&= \frac{1}{18}
\end{align}
$$

**2.** 最初に領域 $D$ を図示する。

ここで、$x = r \cos \theta,\ y = r \sin \theta$ として変数変換する。
領域 $D$ を $(r, \theta)$ 領域で表すと、

$$
D = \left\{ (r, \theta)\ |\ 0 \leq r \leq 2,\ 0 \leq \theta \leq \frac{\pi}{2} \right\}
$$

また、

$$
x^4 + y^4 = r^4 \cos^4 \theta + r^4 \sin^4 \theta = r^4(\cos^4 \theta + \sin^4 \theta)
$$

よって積分は

$$
\begin{align}
\iint_D (x^4 + y^4)\ dxdy &= \int_0^2 r^5 \left\{ \int_0^{\frac{\pi}{2}} (\cos^4 \theta + \sin^4 \theta)\ d\theta \right\} dr
\end{align}
$$

先に内側の積分を計算する。ここで、以下の公式を用いる。

:::info
:memo: **ウォリス積分**
$$
\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^{n} \theta\ d \theta = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^{n} \theta\ d\theta = \frac{\pi}{2} \cdot \cfrac{(n-1)!!}{n!!} \hspace{5mm} (n = 2, 4, 6, \cdots)
$$
:::

よって、

$$
\begin{align}
\int_0^{\frac{\pi}{2}} (\cos^4 \theta + \sin^4 \theta)\ d\theta &= \int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^4 \theta\ d\theta + \int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^4 \theta\ d\theta \\
&= 2 \cdot \frac{\pi}{2} \cdot \frac{3 \cdot 1}{4 \cdot 2} \\
&= \frac{3 \pi}{8}
\end{align}
$$

次に外側の積分を計算すると

$$
\begin{align}
\frac{3 \pi}{8} \int_0^2 r^5\ dr &= \frac{3 \pi}{8} \left[ \frac{1}{6}r^6 \right]_0^2 \\
&= \frac{\pi}{16}(64 - 0) \\
&= 4 \pi
\end{align}
$$

---

### 問9

**1.**

$$
\begin{align}
\frac{dy}{dx} &= xy -2x \\
\frac{dy}{dx} &= x(y - 2) \\
\int \cfrac{dy}{y - 2} &= \int x\ dx \\
\log |y - 2| &= \frac{1}{2} x^2 + C_1 \\
y - 2 &= \pm e^{\frac{1}{2} x^2} \cdot e^{C_1}
\end{align}
$$

よって、 ==$y = Ce^{\frac{1}{2} x^2} + 2$== ($C$ は任意定数)

**2.** 特性方程式 $\lambda^2 + 8\lambda + 25 = 0$ を解くと、 $\lambda = -4 \pm 3i$

よって、
$$
\begin{align}
y &= Ae^{(-4 +3i)x} + Be^{(-4 -3i)x} \\
y &= e^{-4x}(Ae^{i3x} + Be^{-i3x}) \\
y &= e^{-4x}\left\{ A(\cos 3x +i \sin 3x) + B(\cos 3x -i \sin 3x) \right\} \\
y &= e^{-4x}\left\{ (A+B) \cos 3x + i(A - B) \sin 3x \right\}
\end{align}
$$

よって、一般解は ==$y = e^{-4x}(C_1 \cos 3x + C_2 \sin 3x)$== ($C_1,\ C_2$ は任意定数)

---

### 問10
最初に斉次方程式 $\cfrac{d^2 y}{dx^2} + 9y = 0$ を解く。
特性方程式 $\lambda^2 +9 = 0$ を解くと、 $\lambda = \pm 3 i$

よって、一般解は
$$
C_1 \cos 3x + C_2 \sin 3x \hspace{5mm} (C_1,\ C_2 は任意定数)
$$

次に、非斉次の場合を解く。
解の形を $y = A \cos 2x + B \sin 2x$ と予想すると、

$$
y^{\prime} = 2B \cos 2x -2A \sin 2x, \hspace{5mm} y^{\prime\prime} = -4A \cos 2x -4B \sin 2x
$$

$$
\therefore\ y^{\prime\prime} + 9y = 5A \cos 2x + 5B \sin 2x
$$

ここで、係数比較を行うと

$$
5A = 0, \hspace{5mm} 5B = 15
$$

よって、$A = 0,\ B = 3$ となり、特殊解は $y = 3 \sin 2x$

一般解は $y = C_1 \cos 3x + C_2 \sin 3x + 3 \sin 2x$

初期値より、

$$
y(0) = C_1 \cdot 1 + C_2 \cdot 0 + 0 = 0
$$

よって $C_1 = 0$ となり、 $y = C_2 \sin 3x + 3 \sin 2x$

$$
\therefore\ y^{\prime} = 3C_2 \cos 3x + 6 \cos 2x
$$

$$
y^{\prime}(0) = 3C_2 \cdot 1 + 6 \cdot 1 = 0
$$

よって、 $C_2 = -2$ となる。
最終的に得られる解は、 ==$y = 3 \sin 2x -2 \sin 3x$== となる。