『新訂解析学』学習ノート Part 26
熊原啓作著『新訂解析学』第 14 章の演習問題を解く。
演習問題 14
14.1 Laplace 変換を用いて微分方程式を解け
$(1) \quad y^{\prime\prime} - 5y^{\prime} + 6y = 0, \quad y(0) = 1, y^{\prime}(0) = 0.$
解：与えられた微分方程式を Laplace 変換して整理して逆変換しよう。公式：
\[\mathscr{L}[y^{(n)}]\left(s\right) = s^n \mathscr{L}[f]\left(s\right) - s^{n-1}y(0) - s^{n-2}y^\prime(0) - \dotsb - y^{(n - 1)}(0).\]を利用する。
\[\def\L#1{ \mathscr{L}\left[#1\right] (s) } \def\LL#1{ \mathscr{L}^{-1}\left[#1\right] (x) } \begin{aligned} \L{y^{\prime\prime} - 5y^{\prime} + 6y} &= \L{y} - 5\L{y^{\prime}} + 6\L{y}\\ &= (s^2 \L{y} - sy(0) - y^{\prime}(0))\\ &\quad - 5(s\L{y} - y(0)) + 6\L{y}\\ &= (s^2 - 5s + 6)\L{y} - (s - 5)y(0) - y^{\prime}(0)\\ &= (s^2 - 5s + 6)\L{y} - s + 5.\\ \therefore \L{y} &= \frac{s - 5}{s^2 - 5s + 6}\\ &= \frac{3}{s - 2} - \frac{2}{s - 3}\\ \therefore y &= \LL{\frac{3}{s - 2} - \frac{2}{s - 3}}\\ &= 3\mathrm{e}^{2x} - 2\mathrm{e}^{3x}. \end{aligned}\]$(2) \quad y^{\prime} + y = \sin x, \quad y(0) = 2.$
解：$\sin$ の変換を覚えているか？ 昨日やったばかりだ。
\[\def\L#1{ \mathscr{L}\left[#1\right] (s) } \begin{aligned} \L{y^{\prime} + y} &= \L{\sin x}.\\ \therefore (s + 1)\L{y} - 2 &= \frac{1}{s^2 + 1}.\\ \therefore \L{y} &= \frac{2s^2 + 3}{(s + 1)(s^2 + 1)}.\\ \end{aligned}\]右辺の有理式は Heaviside の展開定理の仮定を満たす。$P(s) = 2s^2 + 3,\;Q(s) = (s + 1)(s^2 + 1)$ とおけば
- $P, Q$ に共通する因子がない。
- $\deg P < \deg Q.$
- $Q(s) = 0$ の根 $-1, \pm i$ はいずれも単根。
$(3) \quad y^{\prime\prime} + 3y^{\prime} + 2y = \mathrm{e}^x, \quad y(0) = 1, y^{\prime}(0) = 0.$
解：
\[\def\L#1{ \mathscr{L}\left[#1\right] (s) } \def\LL#1{ \mathscr{L}^{-1}\left[#1\right] (x) } \begin{aligned} \L{y^{\prime\prime} + 3y^{\prime} + 2y} &= s^2\L{y} - sy(0) - y^{\prime}(0)\\ &\quad + 3(s\L{y} - y(0)) + 2\L{y}\\ &= (s^2 + 3s + 2)\L{y} - s - 3.\\ \L{\mathrm{e}^x} &= \frac{1}{s - 1}.\\ \therefore \L{y} &= \frac{1}{s^2 + 3s + 2}\left(s + 3 + \frac{1}{s - 1}\right)\\ &= \frac{-2}{3(s + 2)} + \frac{3}{2(s + 1)} + \frac{1}{6(s - 1)}.\\ \therefore y &= \LL{\frac{-2}{3(s + 2)} + \frac{3}{2(s + 1)} + \frac{1}{6(s - 1)}}\\ &= -\frac{2}{3} \mathrm{e}^{-2x} + \frac{3}{2}\mathrm{e}^{-x} + \frac{1}{6}\mathrm{e}^x. \end{aligned}\]$(4) \quad y^{\prime\prime} - 3y^\prime + 3y = \mathrm{e}^{2x}, \quad y(0) = y^{\prime}(0) = 0.$
解：
\[\def\L#1{ \mathscr{L}\left[#1\right] (s) } \begin{aligned} \L{y^{\prime\prime} - 3y^\prime + 3y} &= s^2\L{y} - sy(0) - sy^{\prime}(0)\\ &\quad - 3(s\L{y} - y(0)) + 3\L{y}\\ &= (s^2 - 3s + 3)\L{y}.\\ \L{\mathrm{e}^{2x}} &= \frac{1}{s - 2}.\\ \therefore \L{y} &= \frac{1}{s^2 - 3s + 3}\cdot\frac{1}{s - 2}. \end{aligned}\]$P(s) = 1,\;Q(s) = (s^2 - 3s + 3)(s - 2)$ とおく。Heaviside の展開定理が適用できる。 $Q(s)$ の根は $s = 2, \dfrac{3 \pm \sqrt{3}i}{2}.$
\[\def\ra{ \frac{3 + \sqrt{3}i}{2} } \def\rb{ \frac{3 + \sqrt{3}i}{2} } \begin{aligned} P(2) &= P\left(\ra\right) = \left(\rb\right) = 1.\\ Q^{\prime}(s) &= 3s^2 - 10s + 9.\\ Q^{\prime}(2) &= 1,\\ Q^{\prime}\left(\ra\right) &= \frac{-3 + \sqrt{3}i}{2}.\\ Q^{\prime}\left(\rb\right) &= \frac{-3 - \sqrt{3}i}{2}.\\ \end{aligned}\] \[\def\LL#1{ \mathscr{L}^{-1}\left[#1\right] (x) } \def\q { \sqrt{3} } \begin{aligned} \therefore y &= \LL{\frac{P(s)}{Q(s))}} = \frac{P(2)}{Q^{\prime}(2)}\mathrm{e}^{2x} + \frac{P(\lambda_+)}{Q^{\prime}(\lambda_+)}\mathrm{e}^{\lambda_+x} + \frac{P(\lambda_-)}{Q^{\prime}(\lambda_-)}\mathrm{e}^{\lambda_-x}\\ &= \frac{1}{1}\mathrm{e}^{2x} + \frac{2\mathrm{e}^{\lambda_+x}}{-3 - \q i} + \frac{2\mathrm{e}^{\lambda_-x}}{-3 + \q i}\\ &= \mathrm{e}^{2x} + \frac{(-1 - \q i)\mathrm{e}^{\lambda_+x} + (-1 + \q i)\mathrm{e}^{\lambda_-x}}{6}\\ &= \mathrm{e}^{2x} + \frac{(-1 - \q i)\exp(i\q x/2) + (-1 + \q i)\exp(-i\q x/2)}{6} \mathrm{e}^{3x/2}\\ &= \mathrm{e}^{2x} - \frac{\exp(i\q x/2) + \exp(-i\q x/2)}{6} \mathrm{e}^{3x/2} - \frac{\q i (\exp(i\q x/2) - \exp(-i\q x/2))}{6} \mathrm{e}^{3x/2}\\ &= \mathrm{e}^{2x} - \left(\frac{1}{3}\cos \frac{\q x}{2} - \frac{1}{\q}\sin\frac{\q x}{2}\right)\mathrm{e}^{3x/2}. \end{aligned}\]コメント：検算用にいつものやり方で解いておく。同次形の解は：
\[\def\a{ \frac{\sqrt{3}x}{2} } \begin{aligned} y &= C_1 \exp(\frac{3 + \sqrt{3}i}{2}x) + C_2 \exp(\frac{3 - \sqrt{3}i}{2}x)\\ &= \exp(3x/2)(C_1 \exp(\frac {\sqrt{3}ix}{2}) + C_2 \exp(-\frac{\sqrt{3}ix}{2}))\\ &= \exp(3x/2)(C_1 \cos \a + C_2 i \sin \a + C_2 \cos \a - C_2 i\sin \a)\\ &= \exp(3x/2)((C_1 + C_2)\cos \a + i(C_1 - C_2)\sin \a)\\ &= \exp(3x/2)(C_3\cos \a + C_4\sin \a).\\ \end{aligned}\]特殊解は $k \mathrm{e}^{2x}$ の形をしているとして：
\[\begin{aligned} (k \mathrm{e}^{2x})^{\prime\prime} - 3(k \mathrm{e}^{2x})^{\prime} + 3k \mathrm{e}^{2x} &= k \mathrm{e}^{2x}.\\ \therefore k &= 1. \end{aligned}\]同次形の一般解と特殊解の和は：
\[\def\a{ \frac{\sqrt{3}x}{2} } y = \mathrm{e}^{3x/2}(C_3\cos \a + C_4\sin \a) + \mathrm{e}^{2x}.\]初期条件から定まる連立方程式：
\[\begin{cases} C_3 + 1 = 0\\ \dfrac{3C_3}{2} + \dfrac{ C_4 \sqrt{3}}{2} + 2 = 0\\ \end{cases}\]を解いて $C_3 = -1,\;C_4 = \dfrac{-\sqrt{3}}{3}.$ すなわち
\[\def\a{ \frac{\sqrt{3}x}{2} } y = -\mathrm{e}^{3x/2}\left(\cos \a + \frac{\sqrt{3}}{3}\sin \a\right) + \mathrm{e}^{2x}.\]14.2 Laplace 変換を用いて解け
$(1) \quad y^{\prime\prime} - 4y^{\prime} + 3y = \mathrm{e}^x\sin x, \quad y(0) = 0, y^{\prime}(0) = 1.$
解：両辺を Laplace 変換して $\mathscr{L}[y] (s)$ についてまとめる。右辺の変換は公式による。
\[\def\L#1{ \mathscr{L}\left[#1\right] (s) } \def\LL#1{ \mathscr{L}^{-1}\left[#1\right] (x) } \begin{aligned} \L{y^{\prime\prime} - 4y^{\prime} + 3y} &= s^2\L{y} - sy(0) - y^{\prime}(0)\\ &\quad - 4(s\L{y} - y^{\prime}(0)) + 3\L{y}\\ &= (s^2 - 4s + 3)\L{y} + 3.\\ \L{\mathrm{e}^x\sin x} &= \frac{1}{(s - 1)^2 + 1^2} = \frac{1}{s^2 - 2s + 2}.\\ \therefore \L{y} &= \left(\frac{1}{s^2 - 2s + 2} + 3\right) \frac{1}{s^2 - 4s + 3}\\ &= \frac{2s - 3}{5(s^2 - 2s + 2)} - \frac{2}{s - 1} + \frac{8}{5(s - 3)}.\\ \therefore y &= \LL{\frac{2s - 3}{5(s^2 - 2s + 2)}} - \frac{2}{s - 1} + \frac{8}{5(s - 3)}\\ &= \LL{\frac{2s - 3}{5(s^2 - 2s + 2)}} - 2\mathrm{e}^x + \frac{8}{5}\mathrm{e}^{3x}. \end{aligned}\]問題は第一項だ。Heaviside の展開定理により：
\[\begin{aligned} P(s) &= 2s - 3.\\ Q(s) &= 5(s^2 - 2s + 2) = 5(s - (1 + i))(s - (1 - i)).\\ P(1 + i) &= -1 + 2i,\\ P(1 - i) &= -1 - 2i.\\ Q^{\prime}(s) &= 10(s - 1).\\ Q^{\prime}(1 + i) &= 10i,\\ Q^{\prime}(1 - i) &= -10i.\\ \end{aligned}\] \[\def\LL#1{ \mathscr{L}^{-1}\left[#1\right] (x) } \begin{aligned} \LL{\frac{2s - 3}{5(s^2 - 2s + 2)}} &= \frac{-1 + 2i}{10i}\mathrm{e}^{(1 + i)x} + \frac{-1 - 2i}{-10i}\mathrm{e}^{(1 - i)x}\\ &= \mathrm{e}^x \frac{(-1 + 2i)(-10i) \mathrm{e}^{ix} + (-1 - 2i)(10i)\mathrm{e}^{-ix}}{100}\\ &= \mathrm{e}^x \frac{(20 + 10i) \mathrm{e}^{ix} + (20 - 10i)\mathrm{e}^{-ix}}{100}\\ &= \mathrm{e}^x \frac{2(\mathrm{e}^{ix} + \mathrm{e}^{-ix}) + i(\mathrm{e}^{ix} - \mathrm{e}^{-ix})}{5}\\ &= \left(\frac{4}{5}\cos x - \frac{2}{5}\sin x\right)\mathrm{e}^x. \end{aligned}\]ゆえに与えられた微分方程式の解は：
\[y = \left(\frac{4}{5}\cos x - \frac{2}{5}\sin x\right)\mathrm{e}^x - 2\mathrm{e}^x + \frac{8}{5}\mathrm{e}^{3x}.\]TODO: 検算する。
$(2) \quad y^{\prime\prime} - 4y^{\prime} + 4y = 6x\mathrm{e}^{2x}, \quad y(0) = y^{\prime}(0) = 0.$
解：両辺を Laplace 変換して $\mathscr{L}[y] (s)$ についてまとめる。本文の E 14.1 を駆使する。
\[\def\L#1{ \mathscr{L}\left[#1\right] (s) } \def\LL#1{ \mathscr{L}^{-1}\left[#1\right] (x) } \begin{aligned} \L{y^{\prime\prime} - 4y^{\prime} + 4y} &= s^2\L{y} - sy(0) - y^{\prime}(0)\\ &\quad -4(s\L{y} - y(0)) + 4\L{y}\\ &= (s^2 - 4s + 4)\L{y}.\\ \L{6x\mathrm{e}^{2x}} &= 6 \cdot \frac{1!}{(s - 2)^{1+1}}\\ &= \frac{6}{(s - 2)^2}.\\ \therefore \L{y} &= \frac{6}{(s - 2)^2(s^2 - 4s + 4)}\\ &= \frac{6}{(s - 2)^4}.\\ \therefore y &= \LL{\frac{6}{(s - 2)^4}}\\ &= \LL{\frac{3!}{(s - 2)^{3 + 1}}}\\ &= x^3 \mathrm{e}^{2x}. \end{aligned}\]14.3 Laplace 変換を用いて解け
\[\def\Q#1{\text{(#1)\quad}} \begin{aligned} \Q{1} & \begin{cases} y_1^{\prime} = y_1 - y_2,\\ y_2^{\prime} = y_1 + y_2, \end{cases} && y_1(0)=y_2(0)=1.\\ \end{aligned}\]解：直接 Laplace 変換をする。
\[\def\L#1{ \mathscr{L}\left[#1\right] (s) } \begin{cases} s\L{y_1} - y_1(0) &= \L{y_1} - \L{y_2}.\\ s\L{y_2} - y_2(0) &= \L{y_1} + \L{y_2}. \end{cases} \\ \therefore \begin{cases} (s - 1)\L{y_1} + \L{y_2} - 1 &= 0.\\ \L{y_1} - (s - 1)\L{y_2} + 1 &= 0.\\ \end{cases} \\ \begin{aligned} \therefore \L{y_1} &= \frac{s - 2}{s^2 - 2s + 2},\\ \L{y_2} &= \frac{s}{(s - 1)^2 + 1}. \end{aligned}\]平行移動定理を使って逆変換を計算する：
\[\def\L#1#2{ \mathscr{L}\left[#1\right] (#2) } \def\LL#1{ \mathscr{L}^{-1}\left[#1\right] (x) } \begin{aligned} \L{y_1}{s} &= \frac{s - 2}{(s - 1)^2 + 1}\\ &= \frac{s - 1}{(s - 1)^2 + 1^2} - \frac{1}{(s - 1)^2 + 1^2}\\ &= \L{\cos x}{s - 1} - \L{\sin}{s - 1}\\ \therefore \LL{\L{y_1}{s}} &= y_1 = \mathrm{e}^x(\cos x - \sin x). \\ \L{y_2}{s} &= \frac{s}{(s - 1)^2 + 1}\\ &= \frac{s - 1}{(s - 1)^2 + 1^2} + \frac{1}{(s - 1)^2 + 1^2}\\ &= \L{\cos x}{s - 1} + \L{\sin}{s - 1}\\ \therefore \LL{\L{y_2}{s}} &= y_2 = \mathrm{e}^x(\cos x + \sin x). \end{aligned}\]コメント：副産物として次の公式を得た（本文 Q 13.2 でやっておくべきもの）：
\[\def\L#1{ \mathscr{L}\left[#1\right] (s) } \begin{aligned} \L{\mathrm{e}^{ax}\cos bx} &= \frac{s^2}{(s - a)^2 + b^2},\\ \L{\mathrm{e}^{ax}\sin bx} &= \frac{b^2}{(s - a)^2 + b^2}. \end{aligned}\] \[\begin{aligned} \def\Q#1{\text{(#1)\quad}} \Q{2} & \begin{cases} y_1^{\prime} - y_2^{\prime} = 1,\\ y_1^{\prime} + y_2^{\prime} = \mathrm{e}^x, \end{cases} && y_1(0) = 0, y_2(0) = 1. \end{aligned}\]解：
\[\def\L#1{ \mathscr{L}\left[#1\right] (s) } \begin{aligned} &\begin{cases} s\L{y_1} - y_1(0) - s\L{y_2} + y_2(0) &= \dfrac{1}{s}\\ s\L{y_1} - y_1(0) + s\L{y_2} - y_2(0) &= \dfrac{1}{s - 1}\\ \end{cases} \\ &\therefore \begin{cases} s\L{y_1} - s\L{y_2} - \dfrac{1}{s} + 1 &= 0\\ s\L{y_1} + s\L{y_2} - \dfrac{1}{s - 1} + 1 &= 0\\ \end{cases} \\ &\therefore \begin{cases} \L{y_1} &= \dfrac{2s - 1}{2s^2 (s - 1)},\\ \L{y_2} &= \dfrac{s^2 + (s - 1)^2}{2s^2(s - 1)}.\\ \end{cases} \end{aligned}\]逆変換をそれぞれ求める。
\[\def\L#1#2{ \mathscr{L}\left[#1\right] (#2) } \begin{aligned} \L{y_1}{s} &= \frac{2s - 1}{2s^2 (s - 1)}\\ &= \frac{1}{2(s - 1)} - \frac{1}{2s} + \frac{1}{2s^2}.\\ &= \frac{1}{2}\L{\mathrm{e}^x}{s} - \frac{1}{2}\L{1}{s} + \frac{1}{2}\L{x}{s}.\\ \therefore y_1 &= \frac{1}{2}(\mathrm{e}^x + x - 1).\\ \L{y_2}{s} &= \frac{s^2 + (s - 1)^2}{2s^2(s - 1)}\\ &= \frac{1}{2(s - 1)} + \frac{1}{2s} - \frac{1}{2s^2}.\\ \therefore y_2 &= \frac{1}{2}(\mathrm{e}^x - x + 1).\\ \end{aligned}\]