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

12.3 微分方程式を解け

二階線形非同次微分方程式の一般解の決定問題 4 問。特殊解の求め方がキモ。

$(1) \quad y^{\prime\prime} + 4y^{\prime} + 3y = 3x + 1.$

解：まず同次形、つまり非同次項をゼロとした微分方程式の一般解を求めておく。 過程は省略する：

\[y = C_1\mathrm{e}^{-3x} + C_2\mathrm{e}^{-x}.\]

次に特殊解を一つ求める。非同次項が一次式なので $Ax + B$ の形をしていると期待する。

\[\begin{aligned} &\phantom{=}(Ax + B)^{\prime\prime} + 4(Ax + B)^{\prime} + 3(Ax + B)\\ &= 3Ax + 4A + 3B. \end{aligned}\]

これが恒等的に $3x + 1$ に等しい条件は $A = 1,\;B = -1.$ 特殊解の一つは $x - 3.$

求める解は基本解系と組み合わせて：

\[y = C_1 \mathrm{e}^{-3x} + C_2 \mathrm{e}^{-x} + x - 1.\]

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

解：同じ要領でやるしかない。同次形の一般解は次の形をしている：

\[y = C_1\mathrm{e}^{-x} + C_2\mathrm{e}^{x/3}.\]

特殊解は非同次項の形から $ax^2 + bx + c$ の形であろうと仮定して：

\[\begin{aligned} 3y^{\prime\prime} + 2y^{\prime} - y &= 3\cdot 2a +2(2ax + b) -(ax^2 + bx + c)\\ &= -ax^2 + (4a - b)x + (6a + 2b + c).\\ \therefore &\begin{cases} -a &= -1,\\ 4a - b &= 0,\\ 6a + 2b + c &= 1. \end{cases} \\ \therefore &a = 1,\;b = 4,\;c = -15. \end{aligned}\]

したがって特殊解の一つは $x^2 + 4x - 15x.$ ゆえに元の非同次微分方程式の一般解は：

\[y = C_1\mathrm{e}^{-x} + C_2\mathrm{e}^{x/3} + x^2 + 4x - 15x.\]

$(3) \quad y^{\prime\prime} + y^{\prime} - 2y = \mathrm{e}^{3x} + 2x.$

解：気分を変えて先に特殊解を一つ決定する。線形性があるので $\mathrm{e}^{3x}$ と $2x$ を個別に調べる。

$\mathrm{e}^{3x}$ に対応する項は $k\mathrm{e}^{3x}$ の形であると仮定する。

\[\begin{aligned} &\phantom{\therefore}9k \mathrm{e}^{3x} + 3k \mathrm{e}^{3x} - 2k \mathrm{e}^{3x} = 10k \mathrm{e}^{3x}\\ &\therefore k = \frac{1}{10}. \end{aligned}\]

$2x$ に対応する項は $ax + b$ の形だとして：

\[\begin{aligned} &\phantom{\therefore}(ax + b)^{\prime\prime} + (ax + b)^{\prime} - 2(ax + b)\\ &= a - 2(ax + b) = -2ax + a - 2b.\\ &\therefore a = -1,\;b = -\frac{1}{2}. \end{aligned}\]

以上をまとめて特殊解を次のようにとる：

\[\tag*{(12.3.3.a)} \frac{1}{10}\mathrm{e}^{3x} - x -\frac{1}{2}.\]

同次形の一般解は

\[\tag*{(12.3.3.b)} y = C_1\mathrm{e}^{-2x} + C_2\mathrm{e}^{x}.\]

元の非同次微分方程式の一般解は $(12.3.3.a)$ と $(12.3.3.b)$ を合わせて得られる：

\[y = C_1\mathrm{e}^{-2x} + C_2\mathrm{e}^{x} + \frac{1}{10}\mathrm{e}^{3x} - x - \frac{1}{2}.\]

$(4) \quad y^{\prime\prime} + y = \cos x + 3\sin 2x.$

解：特殊解を先に求める。同次形の一般解が三角関数のパターンなのでややこしい。

非同次項の $\cos x$ の部分の特殊解が次の形をしていると仮定する：

\[b_1(x) \coloneqq (A_1x + B_1)\cos x + (C_1x + D_1)\sin x.\]

このとき

\[\begin{aligned} b_1^{\prime\prime}(x) + b_1(x) &= -2A_1\sin x + 2C_1\cos x - (A_1x + B_1)\cos x - (C_1x + D_1)\sin x\\ &\quad\quad + (A_1x + B_1)\cos x + (C_1x + D_1)\sin x\\ &= -2A_1\sin x + 2C_1 \cos x.\\ &\therefore A_1 = 0, C_1 = \frac{1}{2}.\\ \end{aligned}\]

ゆえに特殊解は $B_1\cos x + \left(\dfrac{x}{2} + D_1\right)\sin x.$

非同次項の $3\sin 2x$ についても同様の仮定をする：

\[b_2(x) \coloneqq (A_2x + B_2)\cos 2x + (C_2x + D_2)\sin 2x.\] \[\begin{aligned} b_2^{\prime\prime}(x) + b_2(x) &= 4((C_2 - A_2x - B_2)\cos 2x + (-A_2 - C_2x - D_2)\sin 2x)\\ &\quad\quad + (A_2x + B_2)\cos 2x + (C_2x + D_2)\sin 2x\\ &= (4C_2 - 3(A_2x + B_2))\cos 2x + (-4A_2 - 3(C_2x + D_2))\sin 2x\\ &\therefore \begin{cases} 4C_2 - 3(A_2x + B_2) &= 0,\\ -4A_2 - 3(C_2x + D_2) &= 3. \end{cases} \\ &\therefore \begin{cases} A_2 &= 0,\\ B_2 &= 0,\\ C_2 &= 0,\\ D_2 &= -1. \end{cases} \end{aligned}\]

結局 $-\sin2x$ でいいことになる。特殊解として両者を合わせて：

\[B_1\cos x + \left(\dfrac{x}{2} + D_1\right)\sin x - \sin 2x.\]

一方、対応する同次形微分方程式 $y^{\prime\prime} + y = 0$ の一般解は

\[y = C_1\cos x + C_2\sin x.\]

同次形の一般解と特殊解を合わせて元の非同次微分方程式の一般解を得る：

\[\begin{aligned} y &= C_1\cos x + C_2\sin x + B_1\cos x + \left(\dfrac{x}{2} + D_1\right)\sin x - \sin 2x\\ &= c_1\cos x + \left(c_2 + \frac{x}{2}\right)\sin x - \sin 2x. \end{aligned}\]

コメント：特殊解を求めるのには経験が要る。

12.4 微分方程式を解け

\[y^{\prime\prime\prime} - 2y^{\prime\prime} - y^\prime + 2y = -12\mathrm{e}^{-2x}, \quad y(0) = 1, y^\prime(0) = 3, y^{\prime\prime}(0) = 7.\]

解：非同次微分方程式の一般解を決定してから初期値問題を解く。 そのために与えられた非同次微分方程式の同次形の一般解を先に決定する。

\[y^{\prime\prime\prime} - 2y^{\prime\prime} - y^\prime + 2y = 0.\]

特性方程式は $\lambda^3 - 2\lambda^2 - \lambda + 2 = 0.$ 根は $\lambda = -1, 1, 2.$ それゆえ一般解は：

\[y = c_1\mathrm{e}^{-x} + c_2 \mathrm{e}^x + c_3 \mathrm{e}^{2x}.\]

次に非同次項 $-12\mathrm{e}^{-2x}$ の特殊解を決定する。おそらく $b(x) \coloneqq k\mathrm{e}^{-2x}$ の形をしている。

\[\begin{aligned} &b^{\prime\prime\prime}(x) - 2b^{\prime\prime}(x) - b^{\prime}(x) + 2b(x)\\ &= -8k \mathrm{e}^{-2x} - 8k \mathrm{e}^{-2x} + 2k \mathrm{e}^{-2x} + 2k\mathrm{e}^{-2x}\\ &= -12k \mathrm{e}^{-2x}.\\ \therefore k &= 1. \end{aligned}\]

以上より全体の一般解は：

\[y = c_1\mathrm{e}^{-x} + c_2 \mathrm{e}^x + c_3 \mathrm{e}^{2x} + \mathrm{e}^{-2x}.\]

ここで初期値問題を解く。

$y(0) = 1$ より $c_1 + c_2 + c_3 + 1 = 1.$ $y^\prime(0) = 3$ より $-c_1 + c_2 + 2c_3 - 2 = 3.$ $y^{\prime\prime}(0) = 7$ より $c_1 + c_2 + 4c_3 + 4 = 7.$ 連立方程式を解いて $c_1 = -2, c_2 = 1, c_3 = 1.$ 以上より解は：

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

12.5 Euler-Cauchy の微分方程式

$a_0, a_1, \dotsc, a_n$ を定数とする。微分方程式：

\[a_0x^ny^{(n)} + a_1x^{n - 1}y^{(n - 1)} + \dotsb + a_{n - 1}xy^\prime + a_ny = f(x)\]

で $x = \mathrm{e}^t$ と変換すれば定数係数の微分方程式に変換されることを証明し、それから次の微分方程式を解け：

\[\def\Q#1{\text{(#1)\quad}} \begin{aligned} \Q{1} & x^2y^{\prime\prime} + xy^{\prime} + 9y = 0.\\ \Q{2} & x^2y^{\prime\prime} - xy^{\prime} + y = 0.\\ \end{aligned}\]

証明：$y = y(x) = y(\mathrm{e}^t)$ という置換によって導関数は次のようになる：

\[\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t} &= \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t} = \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} \mathrm{e}^t. \quad \therefore\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = \mathrm{e}^{-t}\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}. \end{aligned}\]

したがって $1$ 次の項の係数は次のようにして定数のみになる：

\[a_{n -1}xy^{\prime} = a_{n -1} \mathrm{e}^t\cdot\mathrm{e}^{-t} \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t} = a_{n - 1}\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}.\]

もう一つ試す。$2$ 次の項の係数は：

\[\begin{aligned} a_{n-2}x^2 y^{\prime\prime} &= a_{n - 2} \mathrm{e}^{2t} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}y^{\prime}\\ &= a_{n - 2} \mathrm{e}^{2t} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(\mathrm{e}^{-t}\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}\right)\mathrm{e}^{-t}\\ &= a_{n - 2} \mathrm{e}^t \left(-\mathrm{e}^{-t}\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t} + \mathrm{e}^{-t}\frac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}t^2}\right)\\ &= a_{n - 2} \left(-\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t} + \frac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}t^2}\right) \end{aligned}\]

と変化して、定数係数のみになった。以下、数学的帰納法により $a_0$ の項までそのようになる。

$a_1 x^{n -1} y^{(n - 1)}$ がこの変換により定数係数になると仮定すると $a_0$ の項は次のようになる：

\[\begin{aligned} a_0 x^n \frac{\mathrm{d}^n y}{\mathrm{d}x} &= a_0 x \left(x^{n - 1} \frac{\mathrm{d}^n y}{\mathrm{d}x}\right)\\ &= a_0 \mathrm{e}^t F\left(\frac{\mathrm{d}^{n - 1}y}{\mathrm{d}t}, \dotsc, \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}\right)\mathrm{e}^{-t}\\ &= a_0 F\left(\frac{\mathrm{d}^ny}{\mathrm{d}t^n}, \frac{\mathrm{d}^{n - 1}y}{\mathrm{d}t^{n-1}}, \dotsc, \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}\right).\\ \end{aligned}\]

解：

$(1)$ 以下、面倒なので $\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}$ を $\dot{y}$ のように記す。

\[\begin{aligned} -\dot{y} + \ddot{y} + \dot{y} + 9y &= 0.\\ \ddot{y} + 9y &= 0. \end{aligned}\]

この線形同次微分方程式の一般解は

\[y = C_1\cos t + C_2\sin t.\]

変数を元に戻して

\[y = C_1\cos\log x + C_2\sin\log x.\]

$(2)$

\[\begin{aligned} -\dot{y} + \ddot{y} - \dot{y} + y &= 0\\ \therefore \ddot{y} - 2\dot{y} + y &= 0. \end{aligned}\]

この線形同次微分方程式の一般解は $y = C_1\mathrm{e}^t + tC_2\mathrm{e}^t.$ 変数を元に戻して：

\[y = x(C_1 + C_2\log x).\]