熊原啓作著『新訂解析学』第 15 章の演習問題を解く。

演習問題 15

15.1 整級数として微分方程式の解を求めろ

\[y^{\prime} = 1 + x + y.\]

解：解 $y(x)$ が $x = 0$ の周りでべき級数展開可能であると仮定して $y = \sum_{n = 0}^\infty c_n x^n$ とおく。 $x = 0$ のある近傍で項別微分が可能であり：

\[\begin{aligned} y^{\prime} - y - x - 1 &= \sum_{n = 0}^\infty nc_n x^{n - 1} - \sum_{n = 0}^\infty c_n x^n - x - 1\\ &= (c_1 + 2c_2x + 3c_3x^2 + \dotsb) - (c_0 + c_1x + c_2x^2 + \dotsb) - x - 1\\ &= (-c_0 + c_1 - 1) + (-c_1 + 2c_2 - 1)x + \sum_{n = 2}^\infty ((n + 1)c_{n+1} - c_n)x^n.\\ \end{aligned}\]

ゆえに

\[\begin{cases} -c_0 + c_1 - 1 = 0,\\ -c_1 + 2c_2 - 1 = 0,\\ (n + 1)c_{n + 1} - c_n = 0, & n \ge 2. \end{cases} \\ \begin{aligned} \therefore c_1 &= c_0 + 1,\\ \therefore c_2 &= \frac{c_1 + 1}{2} = \frac{c_0 + 2}{2},\\ \therefore c_{n + 1} &= \frac{c_n}{n + 1} = \frac{c_{n - 1}}{(n + 1)n} = \dots = \frac{c_2}{(n + 1)\dotsm 3} = \frac{c_0 + 2}{(n + 1)!}. \end{aligned} \\ \begin{aligned} \therefore y &= c_0 + c_1x + (c_0 + 2)\sum_{n = 2}^\infty \frac{x^n}{n!}\\ &= c_0 - (c_0 + 2) + (c_0 + 1 - (c_0 + 2))x + (c_0 + 2)\sum_{n = 0}^\infty \frac{x^n}{n!}\\ &= -2 - x + (c_0 + 2)\mathrm{e}^x\\ \end{aligned}\]

よって解は $C = c_0 + 2$ を任意定数として $y = -2 - x + C\mathrm{e}^x.$

15.2 微分方程式の解を求めろ

$x = 0$ の周りにおける解を求めろ。

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

解：どちらも $y$ は $x$ の初等関数ではない。

$(1)$: $y = \sum_{n = 0}^\infty c_nx^n$ とおく。原点の近傍で項別微分が可能であるから左辺を次のように展開できる：

\[\begin{aligned} &\phantom{=}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x^2}\sum_{n = 0}^\infty c_nx^n + x \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\sum_{n = 0}^\infty c_nx^n\\ &= \sum_{n = 2}^\infty n(n - 1)c_n x^{n - 2} + \sum_{n = 1}^\infty nc_n x^n\\ &= \sum_{n = 0}^\infty (n + 2)(n + 1)c_{n+2} x^n + \sum_{n = 1}^\infty nc_{n} x^n\\ &= 2c_2 + \sum_{n = 1}^\infty ((n + 2)(n + 1)c_{n+2} + nc_{n}) x^n\\ \\ \therefore c_2 &= 0.\\ \therefore c_n &= -\frac{(n - 2)c_{n - 2}}{n(n - 1)}, \quad n = 3, 4, \dotsc. \end{aligned}\]

$c_0, c_1$ は任意。

$(2)$: 同様にする。$y^{\prime\prime} + xy = 0.$

\[\begin{aligned} &\phantom{=}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x^2}\sum_{n = 0}^\infty c_nx^n + x\sum_{n = 0}^\infty c_nx^n\\ &= \sum_{n = 2}^\infty n(n - 1)c_n x^{n - 2} + \sum_{n = 0}^\infty c_n x^{n + 1}\\ &= \sum_{n = 0}^\infty (n + 2)(n + 1)c_{n+2} x^n + \sum_{n = 1}^\infty c_{n-1} x^n\\ &= c_0 + c_2 + \sum_{n = 1}^\infty ((n + 2)(n + 1)c_{n+2} + c_{n-1}) x^n\\ \end{aligned}\\ \therefore \begin{cases} c_0 + c_2 = 0, & n = 0, 2,\\ (n + 2)(n + 1)c_{n + 2} + c_{n - 1} = 0, & n \ne 0, 2. \end{cases}\]

深入りするのは面倒なので終わる。

15.3 微分方程式の解を求めろ

確定特異点 $x = 0$ の周りにおける解を求めろ。

$(1)\quad 4xy^{\prime\prime} + 2y^{\prime} + y = 0.$

解：$x = 0$ が確定特異点であることは間違いない。 ゆえにこの微分方程式には次の形の解が存在する：

\[\tag*{(15.3.1.a)} y = \sum_{n = 0}^\infty c_nx^{r + n},\quad c_0 \ne 0.\]

二階微分まで求めておく：

\[\begin{aligned} \tag*{(15.3.1.b)} y^{\prime} &= \sum_{n = 0}^\infty (r + n)c_nx^{r + n - 1},\\ y^{\prime\prime} &= \sum_{n = 0}^\infty (r + n)(r + n - 1)c_nx^{r + n - 2}. \end{aligned}\]

コメント：シグマの下付き文字の添字に注意。$0$ から始まる。

$(15.3.1.a)$, $(15.3.1.b)$ を元の微分方程式の左辺に代入する：

\[\begin{aligned} &\phantom{=}\sum_{n = 0}^\infty4(r + n)(r + n - 1)c_nx^{r + n - 1} + \sum_{n = 0}^\infty 2(r + n)c_n x^{r + n - 1} + \sum_{n = 0}^\infty c_n x^{r + n}\\ &= \sum_{n = 0}^\infty\dots + \sum_{n = 0}^\infty\dots + \sum_{n = 1}^\infty c_{n-1}x^{r + n - 1}\\ &= (4r(r - 1)c_0 + 2rc_0)x^{r-1}\\ &\quad\quad\sum_{n = 1}^\infty (2(r + n)(2r + 2n - 1)c_n + c_{n-1})x^{r + n - 1}\\ \end{aligned}\]

よって決定方程式

\[4r(r - 1) + 2r = 0\]

を得る。これを $r$ について解けば $r = 0, 1/2.$ ゆえに次の基本解系を得る：

\[\tag*{(15.3.1.c)} y_1 = \sum_{n = 0}^\infty c_nx^n, \quad y_2 = \lvert x \rvert^{1/2}\sum_{n = 0}^\infty c_nx^n.\]

一方、

\[2(r + n)(2r + 2n - 1)c_n + c_{n-1} = 0\]

より $c_n$ を $c_0$ で表す。$r = 0$ のものは

\[\begin{aligned} &\phantom{=}2n(2n - 1)c_n + c_{n-1} = 0.\\ \therefore c_n &= -\frac{c_{n-1}}{2n(2n - 1)}\\ &= (-1)^n \frac{c_0}{(2n)!}. \end{aligned}\]

$r = 1/2$ のものは

\[\begin{aligned} &\phantom{=}4n\left(n + \frac{1}{2}\right)c_n + c_{n-1} = 0.\\ \therefore c_n &= -\frac{c_{n-1}}{2n(2n + 1)}\\ &= (-1)^n \frac{c_0}{(2n + 1)!}. \end{aligned}\]

これらをそれぞれ $(15.3.1.c)$ に代入して基本解系を決定する：

\[\begin{aligned} y_1 &= C_1 \sum_{n = 0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n)!} x^n,\\ y_2 &= C_2 \lvert x \rvert^{1/2}\sum_{n = 0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n + 1)!}x^n. \end{aligned}\]

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

解：$x = 0$ が確定特異点であるので、前問と同様に解にはべき級数展開が存在する。 $(15.3.1.a)$, $(15.3.1.b)$ を本問の微分方程式の左辺に代入する：

\[\begin{aligned} &x^2 \sum_{n = 0}^\infty (r + n)(r + n - 1)c_nx^{r + n - 2}\\ &\quad\quad - 2x\sum_{n = 0}^\infty (r + n)c_nx^{r + n - 1}\\ &\quad\quad + (x^2 + 2)\sum_{n = 0}^\infty c_nx^{r + n}\\ &= \sum_{n = 0}^\infty (r + n)(r + n - 1)c_nx^{r + n}\\ &\quad\quad -2\sum_{n = 0}^\infty (r + n)c_nx^{r + n}\\ &\quad\quad + \sum_{n = 2}^\infty c_{n - 2}x^{r + n} + 2\sum_{n = 0}^\infty c_nx^{r + n}\\ &= \sum_{n = 0}^\infty (r + n - 2)(r + n - 1)c_nx^{r + n} + \sum_{n = 2}^\infty c_{n - 2}x^{r + n}\\ &= (r - 2)(r - 1)c_0x^r + (r - 1)r c_1x^{r+1}\\ &\quad\quad + \sum_{n = 2}^\infty ((r + n - 2)(r + n - 1)c_n + c_{n - 2})x^{r + n} \end{aligned}\]

決定方程式が二つ出てきた。初めてのケースだが先に進む。

\[\begin{cases} (r - 2)(r - 1) = 0,\\ (r - 1)r = 0. \end{cases}\]

論理的にはすべての決定方程式が同時に成り立つ必要がある。 したがってこれらの方程式の根の共通するものを採用する。つまり $r = 1$ とする。

\[\tag*{(15.3.2.a)} y_1 = \sum_{n = 0}^\infty c_n x^{n+1}.\]

$((r + n - 2)(r + n - 1)c_n + c_{n - 2}) = 0$ より $c_n$ を $c_0$ で表す。 $r = 1$ を代入して：

\[\begin{aligned} \phantom{\therefore}&(n - 1)nc_n + c_{n - 2} = 0.\\ \therefore c_n &= -\frac{c_{n-2}}{n(n-1)}\\ &= \begin{cases} (-1)^m\dfrac{c_0}{(2m)!}, & n = 2m,\\ (-1)^m\dfrac{c_1}{(2m + 1)!} & n = 2m + 1. \end{cases} \end{aligned}\]

これを $(15.3.2.a)$ に代入すれば基本解の一つが得られる：

\[y_1 = C_1\sum_{m=0}^\infty \frac{(-1)^mx^{2m + 1}}{(2m)!} + C_2\sum_{m=0}^\infty \frac{(-1)^mx^{2m + 2}}{(2m + 1)!}.\]

TODO: もう線形独立な基本解が二つ得られたようなものだからこれで終わってよいように思える。