熊原啓作著『新訂解析学』第 12 章の演習問題を解く。ただし本章の議論は読んでいない。

演習問題 12

12.1 微分方程式を解け

二階線形同次微分方程式。

$(1) \quad y^{\prime\prime} = 0.$

解：両辺を順次積分する。

\[\begin{aligned} \int\!y^{\prime\prime}\,\mathrm dx &= \int\!0\,\mathrm dx.\\ \therefore y^{\prime} &= C_1.\\ \int\!y^{\prime}\,\mathrm dx &= \int\!C_1\,\mathrm dx.\\ \therefore y &= C_1x + C_2. \end{aligned}\]

コメント：二階線形同次微分方程式とみなすと固有方程式の根は $0$ で重根。それゆえ次のように解釈できる：

\[y = xC_1\mathrm{e}^{0x} + C_2\mathrm{e}^{0x} = C_1x + C_2.\]

$(2) \quad y^{\prime\prime} + 2y^\prime = 0.$

解：固有方程式は $\lambda^2 + 2\lambda = \lambda(\lambda + 2) = 0.$ この根は $-2, 0.$ したがって次の一般解を得る：

\[y = C_1\mathrm{e}^{-2x} + C_2\mathrm{e}^{0x} = C_1\mathrm{e}^{-2x} + C_2.\]

$(3) \quad y^{\prime\prime} - y = 0.$

解：固有方程式は $\lambda^2 - 1 = (\lambda + 1)(\lambda - 1) = 0.$ よって一般解は：

\[y = C_1 \mathrm{e}^{-x} + C_2 \mathrm{e}^{x}.\]

$(4) \quad y^{\prime\prime} + 2y^\prime + y= 0.$

解：固有方程式は $\lambda^2 + 2\lambda + 1 = (\lambda + 1)^2 = 0.$ 重根 $\lambda = -1.$ 一般解は次になる：

\[y = C_1\mathrm{e}^{-x} + C_2x\mathrm{e}^{-x} = (C_1 + C_2x)\mathrm{e}^{-x}.\]

$(5) \quad y^{\prime\prime} + 2y= 0.$

解：固有方程式 $\lambda^2 + 2 = 0.$ 根は $\lambda = \pm\sqrt{2}i.$ 一般解は次のようになる：

\[\def\t{ \sqrt{2}x } \begin{aligned} y &= C_1\mathrm{e}^{i\sqrt{2}x} + C_2\mathrm{e}^{-i\sqrt{2}x}.\\ &= C_1(\cos\t + i\sin\t) + C_2(\cos\t - i\sin\t).\\ &= (C_1 + C_2)\cos\t + i(C_1 - C_2)\sin\t.\\ &= C_3\cos\t + C_4\sin\t. \end{aligned}\]

コメント：固有方程式が二次方程式で判別式が負の場合は、一般解を $\cos\lambda x$ と $\sin\lambda x$ の線形結合の形に決め打ちしていい。

$(6) \quad y^{\prime\prime} +4y^\prime + 5y = 0.$

解：固有方程式は $\lambda^2 + 4\lambda + 5 = 0.$ 根は $-2 \pm i.$

\[\begin{aligned} y &= C_1\mathrm{e}^{-2x +ix} + C_2\mathrm{e}^{-2x -ix}\\ &= C_1\mathrm{e}^{-2x}\mathrm{e}^{ix} + C_2\mathrm{e}^{-2x}\mathrm{e}^{-ix}\\ &= \mathrm{e}^{-2x}(C_1\mathrm{e}^{ix} + C_2\mathrm{e}^{-ix})\\ &= \mathrm{e}^{-2x}(C_1(\cos x + i\sin x) + C_2(\cos x - i \sin x))\\ &= \mathrm{e}^{-2x}((C_1 + C_2)\cos x + i(C_1 - C_2)\sin x))\\ &= \mathrm{e}^{-2x}(C_3\cos x + C_4\sin x). \end{aligned}\]

コメント：根の実部と虚部が一般解の $\mathrm{e}$ の指数と三角関数の引数にそれぞれ現れる。

12.2 微分方程式を解け

二階線形同次微分方程式の初期値問題。

$(1) \quad y^{\prime\prime} + y^\prime - 2y = 0, \quad y(0) = 1,\;y^\prime(0) = -1.$

解：まず一般解を求める。固有方程式は $\lambda^2 + \lambda - 2 = 0.$ 根は $\lambda = -2, 1.$ ゆえに一般解は

\[y = C_1\mathrm{e}^{-2x} + C_2\mathrm{e}^{x}.\]

$y(0) = 1$ が必要なので

\[\tag*{(12.2.1.a)} 1 = C_1 + C_2.\]

$y^{\prime}(0) = -1$ が必要なので

\[\tag*{(12.2.1.b)} -1 = -2C_1 + C_2.\]

連立方程式 $(12.2.1.a),\;(12.2.1.b)$ を解いて $C_1 = 2/3, C_2 = 1/3.$ よって解は：

\[y = \frac{2}{3}\mathrm{e}^{-2x} + \frac{1}{3}\mathrm{e}^{x}.\]

$(2) \quad 2y^{\prime\prime} - 3y^{\prime} + 2y = 0, \quad y(0) = 1,\;y^{\prime}(0) = -1.$

解：固有方程式を立てて根を求める。

\[\begin{aligned} 2\lambda^2 - 3\lambda + 2 &= 0.\\ \lambda &= \frac{3 \pm \sqrt{5}}{4}. \end{aligned}\]

一般解は

\[y = C_1 \exp\left(\frac{3 + \sqrt{5}}{4}x\right) + C_2 \exp\left(\frac{3 - \sqrt{5}}{4}x\right).\]

初期条件 $y(0) = 1$ より

\[\tag*{(12.2.2.a)} 1 = C_1 + C_2.\]

初期条件 $y^{\prime}(0) = -1$ より

\[\tag*{(12.2.2.b)} -1 = \frac{3 + \sqrt{5}}{4}C_1 + \frac{3 - \sqrt{5}}{4}C_2.\]

連立方程式 $(12.2.2.a),\;(12.2.2.b)$ を解いて（面倒なので SymPy を利用）：

\[C_1 = \frac{5 - 7\sqrt{5}}{10}, \quad C_2 = \frac{5 + 7\sqrt{5}}{10}.\]

よって求める解は：

\[y = \frac{5 - 7\sqrt{5}}{10} \exp\left(\frac{3 + \sqrt{5}}{4}x\right) + \frac{5 + 7\sqrt{5}}{10} \exp\left(\frac{3 - \sqrt{5}}{4}x\right).\]

$(3) \quad y^{\prime\prime} + 2y^{\prime} + 2y = 0, \quad y(0) = 1,\;y^{\prime}(0) = 2.$

解：固有方程式を立てて根を求める。

\[\begin{aligned} \lambda^2 + 2\lambda + 2 &= 0.\\ \therefore \lambda &= \frac{-2 \pm \sqrt{-4}}{2} = -1 \pm i. \end{aligned}\]

微分方程式の一般解は（先ほどの考察より）：

\[y = \mathrm{e}^{-x}(C_1\cos x + C_2\sin x).\]

初期条件を加味する：

\[\begin{aligned} 1 &= C_1.\\ 2 &= -\mathrm{e}^{-0}(C_1\cos0 + C_2\sin0) + \mathrm{e}^{-x}(-C_1\sin0 + C_2\cos0)\\ &= -C_1 + C_2.\\ \end{aligned}\]

連立方程式を解いて $C_1 = 1,\;C_2 = 3.$ 微分方程式の解は：

\[y = \mathrm{e}^{-x}(\cos x + 3\sin x).\]