実定数x0.y0はx02+y02>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{dxdt=(x−y)(1−x2−y2)dydt=(x+y)(1−x2−y3)x(0)=x0y(0)=y0を満たしているとする。このとき極限limt→∞x(t)を計算しなさい。
f=x2+y2とすると、微分方程式dfdt=2f(1−f)が得られる。これを解くとf(t)=11+1−x02−y02x02+y02e−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g=Ae−12(12+i2)log(1+1−x02−y02x02+y02e−2t)=x0+iy0x02+y021+1−x02−y02x02+y02e−2t(coslogx02+y02−isinlogx02+y02)(coslog1+1−x02−y02x02+y02e−2t−isinlog1+1−x02−y02x02+y02e−2t)h=Ae−12(12−i2)log(1+1−x02−y02x02+y02e−2t)=x0−iy0x02+y021+1−x02−y02x02+y02e−2t(coslogx02+y02+isinlogx02+y02)(coslog1+1−x02−y02x02+y02e−2t+isinlog1+1−x02−y02x02+y02e−2t)が得られ、これらの極限はそれぞれx0+iy0e−2t+(x02+y02)(1−e−2t)(coslogx02+y02−isinlogx02+y02)x0−iy0e−2t+(x02+y02)(1−e−2t)(coslogx02+y02+isinlogx02+y02)であり、これらを足して2で割ることでlimt→∞x(t)=1x02+y02(x0coslogx02+y02+y0sinlogx02+y02)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=x02+y02と偏角θ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。
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