平成8年度（平成7年8月実施）の数学は全3問で、3問すべてに解答する形式です。第1問は非線形振動子の摂動展開（小さな定数 ε \varepsilon ε
なお、この問題冊子には物理学の問題も同綴されていますが、本記事では数学の3問のみを扱います。
問題 分野 主題 第1問 微分方程式 非線形振動子の摂動展開と永年項 第2問 線形代数 3行2列行列の特異値分解 第3問 確率統計 ビュフォンの針（長針の場合）
時間 t t t y ( t ) y(t) y ( t )
d 2 y d t 2 + y = ε y 3 \frac{d^2y}{dt^2}+y=\varepsilon y^3 d t 2 d 2 y + y = ε y 3 を、初期条件 y ( 0 ) = 1 y(0)=1 y ( 0 ) = 1 d y d t ( 0 ) = 0 \dfrac{dy}{dt}(0)=0 d t d y ( 0 ) = 0 ε \varepsilon ε ( cos θ + i sin θ ) 3 = cos 3 θ + i sin 3 θ (\cos\theta+i\sin\theta)^3=\cos 3\theta+i\sin 3\theta ( cos θ + i sin θ ) 3 = cos 3 θ + i sin 3 θ
解を ε \varepsilon ε
y ( t ; ε ) = ∑ n = 0 ∞ ε n y n ( t ) y(t;\varepsilon)=\sum_{n=0}^{\infty}\varepsilon^n y_n(t) y ( t ; ε ) = n = 0 ∑ ∞ ε n y n ( t ) と展開して方程式に代入します。右辺は
ε y 3 = ε ( y 0 + ε y 1 + ⋯ ) 3 = ε y 0 3 + O ( ε 2 ) \varepsilon y^3=\varepsilon\,(y_0+\varepsilon y_1+\cdots)^3=\varepsilon y_0^3+O(\varepsilon^2) ε y 3 = ε ( y 0 + ε y 1 + ⋯ ) 3 = ε y 0 3 + O ( ε 2 ) なので、ε \varepsilon ε
O ( ε 0 ) : d 2 y 0 d t 2 + y 0 = 0 , O ( ε 1 ) : d 2 y 1 d t 2 + y 1 = y 0 3 \begin{aligned}
O(\varepsilon^0):&\quad \frac{d^2y_0}{dt^2}+y_0=0,\\
O(\varepsilon^1):&\quad \frac{d^2y_1}{dt^2}+y_1=y_0^3
\end{aligned} O ( ε 0 ) : O ( ε 1 ) : d t 2 d 2 y 0 + y 0 = 0 , d t 2 d 2 y 1 + y 1 = y 0 3 が得られます。初期条件 y ( 0 ) = 1 y(0)=1 y ( 0 ) = 1 y ′ ( 0 ) = 0 y'(0)=0 y ′ ( 0 ) = 0 ε \varepsilon ε
y 0 ( 0 ) = 1 , d y 0 d t ( 0 ) = 0 , y 1 ( 0 ) = 0 , d y 1 d t ( 0 ) = 0 y_0(0)=1,\quad \frac{dy_0}{dt}(0)=0,\qquad y_1(0)=0,\quad \frac{dy_1}{dt}(0)=0 y 0 ( 0 ) = 1 , d t d y 0 ( 0 ) = 0 , y 1 ( 0 ) = 0 , d t d y 1 ( 0 ) = 0 です。以上が答えです。
O ( ε 0 ) O(\varepsilon^0) O ( ε 0 )
y 0 ( t ) = cos t y_0(t)=\cos t y 0 ( t ) = cos t です。次に y 0 3 = cos 3 t y_0^3=\cos^3 t y 0 3 = cos 3 t cos 3 θ = cos 3 θ − 3 cos θ sin 2 θ = 4 cos 3 θ − 3 cos θ \cos 3\theta=\cos^3\theta-3\cos\theta\sin^2\theta=4\cos^3\theta-3\cos\theta cos 3 θ = cos 3 θ − 3 cos θ sin 2 θ = 4 cos 3 θ − 3 cos θ
cos 3 t = 3 4 cos t + 1 4 cos 3 t \cos^3 t=\frac{3}{4}\cos t+\frac{1}{4}\cos 3t cos 3 t = 4 3 cos t + 4 1 cos 3 t です。よって y 1 y_1 y 1
d 2 y 1 d t 2 + y 1 = 3 4 cos t + 1 4 cos 3 t \frac{d^2y_1}{dt^2}+y_1=\frac{3}{4}\cos t+\frac{1}{4}\cos 3t d t 2 d 2 y 1 + y 1 = 4 3 cos t + 4 1 cos 3 t となります。右辺第1項は固有振動数と共鳴する強制項なので、特解に t t t y p = α t sin t + β cos 3 t y_p=\alpha\,t\sin t+\beta\cos 3t y p = α t sin t + β cos 3 t d 2 d t 2 ( t sin t ) + t sin t = 2 cos t \dfrac{d^2}{dt^2}(t\sin t)+t\sin t=2\cos t d t 2 d 2 ( t sin t ) + t sin t = 2 cos t ( − 9 + 1 ) β cos 3 t = 1 4 cos 3 t (-9+1)\beta\cos 3t=\dfrac{1}{4}\cos 3t ( − 9 + 1 ) β cos 3 t = 4 1 cos 3 t
2 α = 3 4 , − 8 β = 1 4 ⟹ α = 3 8 , β = − 1 32 2\alpha=\frac{3}{4},\quad -8\beta=\frac{1}{4}
\qquad\Longrightarrow\qquad
\alpha=\frac{3}{8},\quad \beta=-\frac{1}{32} 2 α = 4 3 , − 8 β = 4 1 ⟹ α = 8 3 , β = − 32 1 です。一般解 y 1 = C cos t + D sin t + 3 8 t sin t − 1 32 cos 3 t y_1=C\cos t+D\sin t+\dfrac{3}{8}t\sin t-\dfrac{1}{32}\cos 3t y 1 = C cos t + D sin t + 8 3 t sin t − 32 1 cos 3 t y 1 ( 0 ) = C − 1 32 = 0 y_1(0)=C-\dfrac{1}{32}=0 y 1 ( 0 ) = C − 32 1 = 0 C = 1 32 C=\dfrac{1}{32} C = 32 1
d y 1 d t = − C sin t + D cos t + 3 8 ( sin t + t cos t ) + 3 32 sin 3 t \frac{dy_1}{dt}=-C\sin t+D\cos t+\frac{3}{8}(\sin t+t\cos t)+\frac{3}{32}\sin 3t d t d y 1 = − C sin t + D cos t + 8 3 ( sin t + t cos t ) + 32 3 sin 3 t の t = 0 t=0 t = 0 D D D D = 0 D=0 D = 0
y 0 ( t ) = cos t , y 1 ( t ) = 1 32 ( cos t − cos 3 t ) + 3 8 t sin t y_0(t)=\cos t,\qquad
y_1(t)=\frac{1}{32}\left(\cos t-\cos 3t\right)+\frac{3}{8}\,t\sin t y 0 ( t ) = cos t , y 1 ( t ) = 32 1 ( cos t − cos 3 t ) + 8 3 t sin t です。検算として y 1 ( 0 ) = 1 32 − 1 32 = 0 y_1(0)=\dfrac{1}{32}-\dfrac{1}{32}=0 y 1 ( 0 ) = 32 1 − 32 1 = 0 y 1 ′ ( 0 ) = 0 y_1'(0)=0 y 1 ′ ( 0 ) = 0 y 1 ′ ′ + y 1 = 3 4 cos t + 1 4 cos 3 t y_1''+y_1=\dfrac{3}{4}\cos t+\dfrac{1}{4}\cos 3t y 1 ′′ + y 1 = 4 3 cos t + 4 1 cos 3 t
ここまでの結果から、ε \varepsilon ε
y ( t ; ε ) ≃ cos t + ε [ 1 32 ( cos t − cos 3 t ) + 3 8 t sin t ] y(t;\varepsilon)\simeq\cos t+\varepsilon\left[\frac{1}{32}(\cos t-\cos 3t)+\frac{3}{8}\,t\sin t\right] y ( t ; ε ) ≃ cos t + ε [ 32 1 ( cos t − cos 3 t ) + 8 3 t sin t ] です。補正項に t t t 3 8 ε t sin t \dfrac{3}{8}\varepsilon t\sin t 8 3 εt sin t ε y 1 \varepsilon y_1 ε y 1 y 0 y_0 y 0 ε t ≪ 1 \varepsilon t\ll 1 εt ≪ 1 t ≪ 1 / ε t\ll 1/\varepsilon t ≪ 1/ ε t t t 1 / ε 1/\varepsilon 1/ ε
一方、もとの方程式の真の解は t → ∞ t\to\infty t → ∞
E = 1 2 ( d y d t ) 2 + 1 2 y 2 − ε 4 y 4 E=\frac{1}{2}\left(\frac{dy}{dt}\right)^2+\frac{1}{2}y^2-\frac{\varepsilon}{4}y^4 E = 2 1 ( d t d y ) 2 + 2 1 y 2 − 4 ε y 4 は保存し、初期条件での値は E = 1 2 − ε 4 E=\dfrac{1}{2}-\dfrac{\varepsilon}{4} E = 2 1 − 4 ε V ( y ) = 1 2 y 2 − ε 4 y 4 V(y)=\dfrac{1}{2}y^2-\dfrac{\varepsilon}{4}y^4 V ( y ) = 2 1 y 2 − 4 ε y 4 y = ± 1 / ε y=\pm 1/\sqrt{\varepsilon} y = ± 1/ ε 1 4 ε \dfrac{1}{4\varepsilon} 4 ε 1 ε \varepsilon ε ω = 1 − 3 8 ε + O ( ε 2 ) \omega=1-\dfrac{3}{8}\varepsilon+O(\varepsilon^2) ω = 1 − 8 3 ε + O ( ε 2 ) ε \varepsilon ε
cos ω t = cos t + 3 8 ε t sin t + O ( ε 2 ) \cos\omega t=\cos t+\frac{3}{8}\varepsilon t\sin t+O(\varepsilon^2) cos ω t = cos t + 8 3 εt sin t + O ( ε 2 ) となって、まさに設問(b)の永年項が現れます。つまり本来は振動数の補正として現れるべき効果を固定振動数 cos t \cos t cos t t ≪ 1 / ε t\ll 1/\varepsilon t ≪ 1/ ε
3行2列の実行列 A A A
A = U Λ V T A=U\Lambda V^{\mathrm{T}} A = U Λ V T の形に分解します（式(1)と呼びます）。U U U Λ \Lambda Λ V V V
V T V = V V T = U T U = ( 1 0 0 1 ) , Λ = ( λ 1 0 0 λ 2 ) , λ 1 ≥ λ 2 ≥ 0 V^{\mathrm{T}}V=VV^{\mathrm{T}}=U^{\mathrm{T}}U=\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix},\qquad
\Lambda=\begin{pmatrix}\lambda_1&0\\0&\lambda_2\end{pmatrix},\qquad
\lambda_1\ge\lambda_2\ge 0 V T V = V V T = U T U = ( 1 0 0 1 ) , Λ = ( λ 1 0 0 λ 2 ) , λ 1 ≥ λ 2 ≥ 0 を仮定します。単位ベクトル e ⃗ 1 = ( 1 0 ) \vec{e}_1=\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix} e 1 = ( 1 0 ) e ⃗ 2 = ( 0 1 ) \vec{e}_2=\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix} e 2 = ( 0 1 )
式(1)の分解ができたとして、A T A A^{\mathrm{T}}A A T A U T U = I U^{\mathrm{T}}U=I U T U = I Λ T = Λ \Lambda^{\mathrm{T}}=\Lambda Λ T = Λ
A T A = ( U Λ V T ) T ( U Λ V T ) = V Λ U T U Λ V T = V Λ 2 V T , Λ 2 = ( λ 1 2 0 0 λ 2 2 ) A^{\mathrm{T}}A=(U\Lambda V^{\mathrm{T}})^{\mathrm{T}}(U\Lambda V^{\mathrm{T}})
=V\Lambda\,U^{\mathrm{T}}U\,\Lambda V^{\mathrm{T}}
=V\Lambda^2 V^{\mathrm{T}},\qquad
\Lambda^2=\begin{pmatrix}\lambda_1^2&0\\0&\lambda_2^2\end{pmatrix} A T A = ( U Λ V T ) T ( U Λ V T ) = V Λ U T U Λ V T = V Λ 2 V T , Λ 2 = ( λ 1 2 0 0 λ 2 2 ) です。V V V j j j V e ⃗ j V\vec{e}_j V e j V T V = I V^{\mathrm{T}}V=I V T V = I
A T A ( V e ⃗ j ) = V Λ 2 V T V e ⃗ j = V Λ 2 e ⃗ j = λ j 2 ( V e ⃗ j ) ( j = 1 , 2 ) A^{\mathrm{T}}A\,(V\vec{e}_j)=V\Lambda^2 V^{\mathrm{T}}V\vec{e}_j=V\Lambda^2\vec{e}_j=\lambda_j^2\,(V\vec{e}_j)\qquad(j=1,2) A T A ( V e j ) = V Λ 2 V T V e j = V Λ 2 e j = λ j 2 ( V e j ) ( j = 1 , 2 ) となります。すなわち A T A A^{\mathrm{T}}A A T A λ 1 2 \lambda_1^2 λ 1 2 λ 2 2 \lambda_2^2 λ 2 2 V e ⃗ 1 V\vec{e}_1 V e 1 V V V V e ⃗ 2 V\vec{e}_2 V e 2 V V V A T A A^{\mathrm{T}}A A T A V e ⃗ 1 V\vec{e}_1 V e 1 V e ⃗ 2 V\vec{e}_2 V e 2 U U U A T A A^{\mathrm{T}}A A T A
与えられた行列は
A = ( 3 + 2 2 3 − 2 2 3 − 2 2 3 + 2 2 3 2 2 3 2 2 ) A=\begin{pmatrix}
\dfrac{3+\sqrt{2}}{2} & \dfrac{3-\sqrt{2}}{2}\\[2mm]
\dfrac{3-\sqrt{2}}{2} & \dfrac{3+\sqrt{2}}{2}\\[2mm]
\dfrac{3\sqrt{2}}{2} & \dfrac{3\sqrt{2}}{2}
\end{pmatrix} A = 2 3 + 2 2 3 − 2 2 3 2 2 3 − 2 2 3 + 2 2 3 2 です。A T A A^{\mathrm{T}}A A T A A A A p = 3 + 2 2 p=\dfrac{3+\sqrt{2}}{2} p = 2 3 + 2 q = 3 − 2 2 q=\dfrac{3-\sqrt{2}}{2} q = 2 3 − 2 r = 3 2 2 r=\dfrac{3\sqrt{2}}{2} r = 2 3 2
p 2 + q 2 = ( 11 + 6 2 ) + ( 11 − 6 2 ) 4 = 11 2 , r 2 = 9 2 , p q = 9 − 2 4 = 7 4 p^2+q^2=\frac{(11+6\sqrt{2})+(11-6\sqrt{2})}{4}=\frac{11}{2},\qquad
r^2=\frac{9}{2},\qquad
pq=\frac{9-2}{4}=\frac{7}{4} p 2 + q 2 = 4 ( 11 + 6 2 ) + ( 11 − 6 2 ) = 2 11 , r 2 = 2 9 , pq = 4 9 − 2 = 4 7 なので、対角成分は p 2 + q 2 + r 2 = 11 2 + 9 2 = 10 p^2+q^2+r^2=\dfrac{11}{2}+\dfrac{9}{2}=10 p 2 + q 2 + r 2 = 2 11 + 2 9 = 10 2 p q + r 2 = 7 2 + 9 2 = 8 2pq+r^2=\dfrac{7}{2}+\dfrac{9}{2}=8 2 pq + r 2 = 2 7 + 2 9 = 8
A T A = ( 10 8 8 10 ) A^{\mathrm{T}}A=\begin{pmatrix}10&8\\8&10\end{pmatrix} A T A = ( 10 8 8 10 ) です。固有方程式は ( 10 − μ ) 2 − 64 = 0 (10-\mu)^2-64=0 ( 10 − μ ) 2 − 64 = 0 μ = 10 ± 8 \mu=10\pm 8 μ = 10 ± 8 μ 1 = 18 \mu_1=18 μ 1 = 18 μ 2 = 2 \mu_2=2 μ 2 = 2 μ 1 = 18 \mu_1=18 μ 1 = 18 ( 10 − 18 ) v 1 + 8 v 2 = 0 (10-18)v_1+8v_2=0 ( 10 − 18 ) v 1 + 8 v 2 = 0 v 1 = v 2 v_1=v_2 v 1 = v 2 μ 2 = 2 \mu_2=2 μ 2 = 2 8 v 1 + 8 v 2 = 0 8v_1+8v_2=0 8 v 1 + 8 v 2 = 0 v 1 = − v 2 v_1=-v_2 v 1 = − v 2
μ 1 = 18 : v ⃗ 1 = 1 2 ( 1 1 ) , μ 2 = 2 : v ⃗ 2 = 1 2 ( 1 − 1 ) \mu_1=18:\ \vec{v}_1=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix},\qquad
\mu_2=2:\ \vec{v}_2=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix} μ 1 = 18 : v 1 = 2 1 ( 1 1 ) , μ 2 = 2 : v 2 = 2 1 ( 1 − 1 ) です。
設問(a)より、λ 1 2 \lambda_1^2 λ 1 2 λ 2 2 \lambda_2^2 λ 2 2 A T A A^{\mathrm{T}}A A T A λ 1 ≥ λ 2 ≥ 0 \lambda_1\ge\lambda_2\ge 0 λ 1 ≥ λ 2 ≥ 0
λ 1 = 18 = 3 2 , λ 2 = 2 , Λ = ( 3 2 0 0 2 ) \lambda_1=\sqrt{18}=3\sqrt{2},\qquad \lambda_2=\sqrt{2},\qquad
\Lambda=\begin{pmatrix}3\sqrt{2}&0\\0&\sqrt{2}\end{pmatrix} λ 1 = 18 = 3 2 , λ 2 = 2 , Λ = ( 3 2 0 0 2 ) です。V V V V V V v ⃗ 1 \vec{v}_1 v 1 v ⃗ 2 \vec{v}_2 v 2 1 / 2 > 0 1/\sqrt{2}>0 1/ 2 > 0
V = 1 2 ( 1 1 1 − 1 ) V=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1&1\\1&-1\end{pmatrix} V = 2 1 ( 1 1 1 − 1 ) ととれます（この V V V V T V = V V T = I V^{\mathrm{T}}V=VV^{\mathrm{T}}=I V T V = V V T = I U U U V V V λ 1 , λ 2 > 0 \lambda_1,\lambda_2>0 λ 1 , λ 2 > 0 Λ \Lambda Λ A = U Λ V T A=U\Lambda V^{\mathrm{T}} A = U Λ V T U = A V Λ − 1 U=AV\Lambda^{-1} U = A V Λ − 1 U U U j j j u ⃗ j = 1 λ j A v ⃗ j \vec{u}_j=\dfrac{1}{\lambda_j}A\vec{v}_j u j = λ j 1 A v j
A v ⃗ 1 = 1 2 ( p + q q + p 2 r ) = 1 2 ( 3 3 3 2 ) ⟹ u ⃗ 1 = 1 3 2 ⋅ 1 2 ( 3 3 3 2 ) = ( 1 / 2 1 / 2 1 / 2 ) A\vec{v}_1=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}p+q\\q+p\\2r\end{pmatrix}
=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}3\\3\\3\sqrt{2}\end{pmatrix}
\ \Longrightarrow\
\vec{u}_1=\frac{1}{3\sqrt{2}}\cdot\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}3\\3\\3\sqrt{2}\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}1/2\\1/2\\1/\sqrt{2}\end{pmatrix} A v 1 = 2 1 p + q q + p 2 r = 2 1 3 3 3 2 ⟹ u 1 = 3 2 1 ⋅ 2 1 3 3 3 2 = 1/2 1/2 1/ 2 A v ⃗ 2 = 1 2 ( p − q q − p 0 ) = 1 2 ( 2 − 2 0 ) = ( 1 − 1 0 ) ⟹ u ⃗ 2 = 1 2 ( 1 − 1 0 ) A\vec{v}_2=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}p-q\\q-p\\0\end{pmatrix}
=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}\sqrt{2}\\-\sqrt{2}\\0\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}1\\-1\\0\end{pmatrix}
\ \Longrightarrow\
\vec{u}_2=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\-1\\0\end{pmatrix} A v 2 = 2 1 p − q q − p 0 = 2 1 2 − 2 0 = 1 − 1 0 ⟹ u 2 = 2 1 1 − 1 0 よって答えは
U = ( 1 2 1 2 1 2 − 1 2 1 2 0 ) , Λ = ( 3 2 0 0 2 ) , V = 1 2 ( 1 1 1 − 1 ) U=\begin{pmatrix}
\dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{\sqrt{2}}\\[2mm]
\dfrac{1}{2} & -\dfrac{1}{\sqrt{2}}\\[2mm]
\dfrac{1}{\sqrt{2}} & 0
\end{pmatrix},\qquad
\Lambda=\begin{pmatrix}3\sqrt{2}&0\\0&\sqrt{2}\end{pmatrix},\qquad
V=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1&1\\1&-1\end{pmatrix} U = 2 1 2 1 2 1 2 1 − 2 1 0 , Λ = ( 3 2 0 0 2 ) , V = 2 1 ( 1 1 1 − 1 ) です。検算します。u ⃗ 1 ⋅ u ⃗ 1 = 1 4 + 1 4 + 1 2 = 1 \vec{u}_1\cdot\vec{u}_1=\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{2}=1 u 1 ⋅ u 1 = 4 1 + 4 1 + 2 1 = 1 u ⃗ 2 ⋅ u ⃗ 2 = 1 2 + 1 2 = 1 \vec{u}_2\cdot\vec{u}_2=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}=1 u 2 ⋅ u 2 = 2 1 + 2 1 = 1 u ⃗ 1 ⋅ u ⃗ 2 = 1 2 2 − 1 2 2 = 0 \vec{u}_1\cdot\vec{u}_2=\dfrac{1}{2\sqrt{2}}-\dfrac{1}{2\sqrt{2}}=0 u 1 ⋅ u 2 = 2 2 1 − 2 2 1 = 0 U T U = I U^{\mathrm{T}}U=I U T U = I U Λ V T U\Lambda V^{\mathrm{T}} U Λ V T λ 1 u 11 v ⃗ 1 T + λ 2 u 12 v ⃗ 2 T = 3 2 ( 1 , 1 ) + 1 2 ( 1 , − 1 ) = ( 3 + 2 2 , 3 − 2 2 ) \lambda_1 u_{11}\vec{v}_1^{\mathrm{T}}+\lambda_2 u_{12}\vec{v}_2^{\mathrm{T}}=\dfrac{3}{2}(1,\,1)+\dfrac{1}{\sqrt{2}}(1,\,-1)=\left(\dfrac{3+\sqrt{2}}{2},\,\dfrac{3-\sqrt{2}}{2}\right) λ 1 u 11 v 1 T + λ 2 u 12 v 2 T = 2 3 ( 1 , 1 ) + 2 1 ( 1 , − 1 ) = ( 2 3 + 2 , 2 3 − 2 ) A A A
床一面に間隔 a a a l ( ≥ a ) l\ (\ge a) l ( ≥ a ) P ( l ) P(l) P ( l ) p ( x ) p(x) p ( x ) l ≤ a l\le a l ≤ a l ≥ a l\ge a l ≥ a
棒の一端（端点 O と呼びます）が最も近い平行線から距離 x ( 0 ≤ x ≤ a / 2 ) x\ (0\le x\le a/2) x ( 0 ≤ x ≤ a /2 ) 0 0 0 x x x a a a φ \varphi φ φ \varphi φ [ 0 , 2 π ) [0,2\pi) [ 0 , 2 π ) x + l sin φ x+l\sin\varphi x + l sin φ
棒が線と交わるのは、下の線（高さ 0 0 0
x + l sin φ ≤ 0 ⟺ sin φ ≤ − x l x+l\sin\varphi\le 0
\quad\Longleftrightarrow\quad
\sin\varphi\le-\frac{x}{l} x + l sin φ ≤ 0 ⟺ sin φ ≤ − l x または上の線（高さ a a a
x + l sin φ ≥ a ⟺ sin φ ≥ a − x l x+l\sin\varphi\ge a
\quad\Longleftrightarrow\quad
\sin\varphi\ge\frac{a-x}{l} x + l sin φ ≥ a ⟺ sin φ ≥ l a − x のいずれかです。0 ≤ x ≤ a / 2 0\le x\le a/2 0 ≤ x ≤ a /2 l ≥ a l\ge a l ≥ a 0 ≤ x l ≤ a − x l ≤ 1 0\le\dfrac{x}{l}\le\dfrac{a-x}{l}\le 1 0 ≤ l x ≤ l a − x ≤ 1 [ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ]
一様分布する φ \varphi φ 0 ≤ c ≤ 1 0\le c\le 1 0 ≤ c ≤ 1 sin φ ≥ c \sin\varphi\ge c sin φ ≥ c φ \varphi φ [ arcsin c , π − arcsin c ] [\arcsin c,\ \pi-\arcsin c] [ arcsin c , π − arcsin c ] π − 2 arcsin c \pi-2\arcsin c π − 2 arcsin c
P r o b ( sin φ ≥ c ) = π − 2 arcsin c 2 π = 1 π arccos c \mathrm{Prob}(\sin\varphi\ge c)=\frac{\pi-2\arcsin c}{2\pi}=\frac{1}{\pi}\arccos c Prob ( sin φ ≥ c ) = 2 π π − 2 arcsin c = π 1 arccos c です。sin φ ≤ − c \sin\varphi\le-c sin φ ≤ − c
p ( x ) = 1 π [ arccos x l + arccos a − x l ] p(x)=\frac{1}{\pi}\left[\arccos\frac{x}{l}+\arccos\frac{a-x}{l}\right] p ( x ) = π 1 [ arccos l x + arccos l a − x ] が答えです。検算として、x = 0 x=0 x = 0 arccos 0 = π 2 \arccos 0=\dfrac{\pi}{2} arccos 0 = 2 π p ( 0 ) = 1 2 + 1 π arccos a l ≥ 1 2 p(0)=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{\pi}\arccos\dfrac{a}{l}\ge\dfrac{1}{2} p ( 0 ) = 2 1 + π 1 arccos l a ≥ 2 1 l → ∞ l\to\infty l → ∞ arccos \arccos arccos π 2 \dfrac{\pi}{2} 2 π p ( x ) → 1 p(x)\to 1 p ( x ) → 1
端点 O の最も近い線からの距離 x x x [ 0 , a / 2 ] [0,\ a/2] [ 0 , a /2 ] 2 a \dfrac{2}{a} a 2
P ( l ) = 2 a ∫ 0 a / 2 p ( x ) d x = 2 π a ∫ 0 a / 2 [ arccos x l + arccos a − x l ] d x P(l)=\frac{2}{a}\int_0^{a/2}p(x)\,dx
=\frac{2}{\pi a}\int_0^{a/2}\left[\arccos\frac{x}{l}+\arccos\frac{a-x}{l}\right]dx P ( l ) = a 2 ∫ 0 a /2 p ( x ) d x = π a 2 ∫ 0 a /2 [ arccos l x + arccos l a − x ] d x です。第2項で u = a − x u=a-x u = a − x [ a / 2 , a ] [a/2,\ a] [ a /2 , a ]
P ( l ) = 2 π a ∫ 0 a arccos x l d x P(l)=\frac{2}{\pi a}\int_0^{a}\arccos\frac{x}{l}\,dx P ( l ) = π a 2 ∫ 0 a arccos l x d x となります。原始関数は
∫ arccos x l d x = x arccos x l − l 2 − x 2 + C \int\arccos\frac{x}{l}\,dx=x\arccos\frac{x}{l}-\sqrt{l^2-x^2}+C ∫ arccos l x d x = x arccos l x − l 2 − x 2 + C です（微分すると arccos x l − x l 2 − x 2 + x l 2 − x 2 = arccos x l \arccos\dfrac{x}{l}-\dfrac{x}{\sqrt{l^2-x^2}}+\dfrac{x}{\sqrt{l^2-x^2}}=\arccos\dfrac{x}{l} arccos l x − l 2 − x 2 x + l 2 − x 2 x = arccos l x l ≥ a l\ge a l ≥ a arccos \arccos arccos [ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ]
∫ 0 a arccos x l d x = [ x arccos x l − l 2 − x 2 ] 0 a = a arccos a l + l − l 2 − a 2 \int_0^{a}\arccos\frac{x}{l}\,dx
=\left[x\arccos\frac{x}{l}-\sqrt{l^2-x^2}\right]_0^{a}
=a\arccos\frac{a}{l}+l-\sqrt{l^2-a^2} ∫ 0 a arccos l x d x = [ x arccos l x − l 2 − x 2 ] 0 a = a arccos l a + l − l 2 − a 2 です。答えは
P ( l ) = 2 π a ( a arccos a l + l − l 2 − a 2 ) = 2 π arccos a l + 2 π a ( l − l 2 − a 2 ) P(l)=\frac{2}{\pi a}\left(a\arccos\frac{a}{l}+l-\sqrt{l^2-a^2}\right)
=\frac{2}{\pi}\arccos\frac{a}{l}+\frac{2}{\pi a}\left(l-\sqrt{l^2-a^2}\right) P ( l ) = π a 2 ( a arccos l a + l − l 2 − a 2 ) = π 2 arccos l a + π a 2 ( l − l 2 − a 2 ) です。検算します。l = a l=a l = a arccos 1 = 0 \arccos 1=0 arccos 1 = 0 l 2 − a 2 = 0 \sqrt{l^2-a^2}=0 l 2 − a 2 = 0 P ( a ) = 2 π P(a)=\dfrac{2}{\pi} P ( a ) = π 2 P = 2 l π a P=\dfrac{2l}{\pi a} P = π a 2 l l = a l=a l = a l → ∞ l\to\infty l → ∞ arccos a l → π 2 \arccos\dfrac{a}{l}\to\dfrac{\pi}{2} arccos l a → 2 π l − l 2 − a 2 = a 2 l + l 2 − a 2 → 0 l-\sqrt{l^2-a^2}=\dfrac{a^2}{l+\sqrt{l^2-a^2}}\to 0 l − l 2 − a 2 = l + l 2 − a 2 a 2 → 0 P ( l ) → 1 P(l)\to 1 P ( l ) → 1 P ( l ) P(l) P ( l ) p ( x ) ≤ 1 p(x)\le 1 p ( x ) ≤ 1 1 1 1 l l l 2 π \dfrac{2}{\pi} π 2 1 1 1
出典: 東京大学大学院理学系研究科 物理学専攻 平成8年度 修士課程 入学試験問題 数学。問題文は要約して引用しています。