東大数理院試過去問解答例(2017A04)
実定数$x_0.y_0$は$x_0^2+y_0^2>0$を満たしているとする。ここで関数$x(t),y(t)$は微分方程式
$$
\left\{\begin{array}{l}
\frac{dx}{dt}=(x-y)(1-x^2-y^2)\\
\frac{dy}{dt}=(x+y)(1-x^2-y^3)\\
x(0)=x_0\\
y(0)=y_0
\end{array}\right.
$$
を満たしているとする。このとき極限$\lim_{t\to\infty}x(t)$を計算しなさい。
$f=x^2+y^2$とすると、微分方程式
$$
\frac{df}{dt}=2f(1-f)
$$
が得られる。これを解くと
$$
f(t)=\frac{1}{1+\frac{1-x_0^2-y_0^2}{x_0^2+y_0^2}e^{-2t}}
$$
が得られる。ここで$g=x+iy$とおくと
$$
dg=g(1+i)(1-f)
$$
$$
dh=h(1-i)(1-f)
$$
である。これを解くことで
$$
\begin{split}
g&=Ae^{-\frac{1}{\sqrt{2}}(\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{i}{\sqrt{2}})\log \left(1+\frac{1-x_0^2-y_0^2}{x_0^2+y_0^2}e^{-2t}\right)}\\
&=\frac{\frac{x_0+iy_0}{\sqrt{x_0^2+y_0^2}}}{\sqrt{1+\frac{1-x_0^2-y_0^2}{x_0^2+y_0^2}e^{-2t}}}\left(\cos\log \sqrt{{x_0^2+y_0^2}}-i\sin\log \sqrt{{x_0^2+y_0^2}}\right)\left(\cos\log \sqrt{1+\frac{1-x_0^2-y_0^2}{x_0^2+y_0^2}e^{-2t}}-i\sin\log \sqrt{1+\frac{1-x_0^2-y_0^2}{x_0^2+y_0^2}e^{-2t}}\right)
\end{split}
$$
$$
\begin{split}
h&=Ae^{-\frac{1}{\sqrt{2}}(\frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{i}{\sqrt{2}})\log \left(1+\frac{1-x_0^2-y_0^2}{x_0^2+y_0^2}e^{-2t}\right)}\\
&=\frac{\frac{x_0-iy_0}{\sqrt{x_0^2+y_0^2}}}{\sqrt{1+\frac{1-x_0^2-y_0^2}{x_0^2+y_0^2}e^{-2t}}}\left(\cos\log \sqrt{{x_0^2+y_0^2}}+i\sin\log \sqrt{{x_0^2+y_0^2}}\right)\left(\cos\log \sqrt{1+\frac{1-x_0^2-y_0^2}{x_0^2+y_0^2}e^{-2t}}+i\sin\log \sqrt{1+\frac{1-x_0^2-y_0^2}{x_0^2+y_0^2}e^{-2t}}\right)
\end{split}
$$
が得られ、これらの極限はそれぞれ
$$
\frac{x_0+iy_0}{\sqrt{e^{-2t}+(x_0^2+y_0^2)(1-e^{-2t})}}\left(\cos\log\sqrt{{x_0^2+y_0^2}}-i\sin\log \sqrt{{x_0^2+y_0^2}}\right)
$$
$$
\frac{x_0-iy_0}{\sqrt{e^{-2t}+(x_0^2+y_0^2)(1-e^{-2t})}}\left(\cos\log\sqrt{{x_0^2+y_0^2}}+i\sin\log \sqrt{{x_0^2+y_0^2}}\right)
$$
であり、これらを足して$2$で割ることで
$$
\lim_{t\to\infty}x(t)=\color{red}\frac{1}{\sqrt{x_0^2+y_0^2}}\left(x_0\cos\log\sqrt{{x_0^2+y_0^2}}+y_0\sin\log \sqrt{{x_0^2+y_0^2}}\right)
$$
が得られる。
A問題は解答ができると 佐久間さんの解答 を確認しているのですが、佐久間さんはこの問題を$r=\sqrt{x_0^2+y_0^2}$と偏角$\theta$の微分方程式を与え、そこからこれらの極限を導く方針で解答されていました。方針も自然だし煩雑な計算もなく控えめに言って最高でした。