日大工 総合教育 樋口幸治郎
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今回(第10,11回)の主な内容は, 2階定係数同次微分方程式の解法を学ぶことである(教科書p66-77).
$$y^{\prime\prime}+ay^\prime+b=0\qquad(a,bは定数)\tag{*}$$ の形の微分方程式を考える.
定理(p66) (*)の一般解$y$は, 線形独立な二つの解(=基本解)$y_1,y_2$を使って, $$y=C_1y_1+C_2y_2\qquad(C_1,C_2:任意定数)$$ と書ける.
(*)の二つの特殊解$y_1,y_2$が基本解である条件は, $$y_1,y_2が線形独立, つまり, \dfrac{y_1}{y_2}\left(又は\dfrac{y_2}{y_1}\right)が定数ではない$$ ことであり, これは, $$ロンスキー行列式W(y_1,y_2)=\left| \begin{array}{cc} y_1 & y_2 \\ y^\prime_1 & y^\prime_2 \\ \end{array}\right|が0でない$$ こととも同じである.
(*)の特殊解として $$y=e^{\lambda x}$$ という形を予想してみる. (*)に代入して計算すれば $$(\lambda^2+a\lambda+b)e^{\lambda x}=0$$ 両辺を$e^{\lambda x}(\ne 0)$で割れば, 等式 $$\lambda^2+a\lambda+b=0\tag{+}$$ が成り立つはずである. つまり, $$e^{\lambda x}が(*)の特殊解\quad\iff\quad \lambdaが(+)の解$$ である.
定義 微分方程式 $$y^{\prime\prime}+ay^\prime+b=0\qquad(a,bは定数)\tag{*}$$ に対して, $$\lambda^2+a\lambda+b=0\tag{+}$$ を特性方程式という. 左辺の2次関数について $$D=a^2-4b$$ を特性方程式(+)の判別式と言う.
先に述べたことから $$e^{\lambda x}が微分方程式(*)の特殊解\quad\iff\quad \lambdaが特性方程式(+)の解$$ である.
特性方程式(+)の判別式$D$について $$D>0\quad\Longrightarrow\quad 特性方程式は二つの実数解\alpha,\betaを持つ$$ $$D=0\quad\Longrightarrow\quad 特性方程式は一つの実数解(=重解)\alphaを持つ$$ $$D<0\quad\Longrightarrow\quad 特性方程式は二つの複素数解p\pm qiを持つ$$ が成り立つ. これらの状況に応じて基本解は次のようになる.
定理(p76) 微分方程式(*)の特性方程式(+)について,
(i) (+)は二つの実数解$\alpha,\beta$を持つ$\quad\Longrightarrow\quad e^{\alpha x}, e^{\beta x}$が(*)の基本解
(ii) (+)は重解$\alpha$を持つ$\quad\Longrightarrow\quad e^{\alpha x}, xe^{\alpha x}$が(*)の基本解
(iii) (+)は二つの複素数解$p\pm qi$を持つ$\quad\Longrightarrow\quad e^{p x}\cos qx, e^{p x}\sin qx$が(*)の基本解
証明. 微分方程式 $$y^{\prime\prime}+ay^\prime+b=0\qquad(a,bは定数)\tag{*}$$ の特性方程式 $$\lambda^2+a\lambda+b=0\tag{+}$$ は二つの実数解$\alpha,\beta$を持つとする. すると, $e^{\alpha x}$と$e^{\beta x}$は微分方程式(*)の特殊解である. さらに $$\dfrac{e^{\alpha x}}{e^{\beta x}}=e^{(\alpha-\beta)x}\ne 定数$$ であるから$e^{\alpha x}$と$e^{\beta x}$は線形独立であり, 従って基本解となることが分かる.
微分方程式$y^{\prime\prime}-5y^\prime+6y=0$を解きなさい.
答. 特性方程式 $$\lambda^2-5\lambda+6=0$$ を解くと, $$(\lambda-2)(\lambda-3)=0\quad \therefore \lambda=2,3$$ となる. 従って, $e^{2x},e^{3x}$は基本解で, 微分方程式の一般解は $$y=C_1e^{2x}+C_2e^{3x}\quad(C_1,C_2は任意定数)$$
証明. 微分方程式 $$y^{\prime\prime}+ay^\prime+b=0\qquad(a,bは定数)\tag{*}$$ の特性方程式 $$\lambda^2+a\lambda+b=0\tag{+}$$ は重解$\alpha$を持つとする. $e^{\alpha x}$は微分方程式(*)の特殊解である. また, 2次方程式の解と係数の関係から $$-2\alpha=a\qquad \alpha^2=b\tag{?}$$ である. 定数変化法の発想で, 線形独立なもう一つの特殊解を求めよう. $$y=C(x)e^{\alpha x}\tag{!}$$ という形の特殊解を想定する. (!)を微分方程式(*)に代入すると $$\begin{align} \underset{(*)に代入}{\Longrightarrow}&(C(x)e^{\alpha x})^{\prime\prime}+a(C(x)e^{\alpha x})^\prime+bC(x)e^{\alpha x}=0\\ \underset{微分計算}{\Longrightarrow}&(C^{\prime\prime}(x)e^{\alpha x}+2C^\prime(x)\cdot\alpha e^{\alpha x}+C(x)\cdot \alpha^2e^{\alpha x})+a(C^\prime(x)e^{\alpha x}+C(x)\cdot \alpha e^{\alpha x})+bC(x)e^{\alpha x}=0\\ \underset{整理}{\Longrightarrow}&C^{\prime\prime}(x)e^{\alpha x}+(2\alpha +a)C^\prime(x)e^{\alpha x}+(\alpha^2+a\cdot \alpha +b)C(x)e^{\alpha x}=0\\ \underset{\alphaは(+)の解}{\Longrightarrow}&C^{\prime\prime}(x)e^{\alpha x}+(2\alpha +a)C^\prime(x)e^{\alpha x}=0\\ \underset{(?)より}{\Longrightarrow}&C^{\prime\prime}(x)e^{\alpha x}=0\\ \underset{式変形}{\Longrightarrow}&C^{\prime\prime}(x)=0\\ \underset{2回積分}{\Longrightarrow}&C(x)=C_1x+C_2\quad(C_1,C_2は任意定数)\\ \end{align}$$ 従って, 特に$C(x)=x$のとき, つまり$xe^{\alpha x}$は微分方程式(*)の特殊解であることが分かる. さらに $$\dfrac{xe^{\alpha x}}{e^{\alpha x}}=x\ne 定数$$ であるから$e^{\alpha x}$と$xe^{\alpha x}$は線形独立であり, 従って基本解となることが分かる.
微分方程式$y^{\prime\prime}+4y^\prime+4y=0$を解きなさい.
答. 特性方程式 $$\lambda^2+4\lambda+4=0$$ を解くと, $$(\lambda+2)^2=0\quad \therefore \lambda=-2 重解$$ となる. 従って, $e^{-2x},xe^{-2x}$は基本解で, 微分方程式の一般解は $$y=C_1e^{-2x}+C_2xe^{-2x}\quad(C_1,C_2は任意定数)$$
証明. 微分方程式 $$y^{\prime\prime}+ay^\prime+b=0\qquad(a,bは定数)\tag{*}$$ の特性方程式 $$\lambda^2+a\lambda+b=0\tag{+}$$ は二つの複素数解$p\pm qi$を持つとする. すると, 実数の世界を飛び出して複素数の世界で考えると $e^{(p+qi)x}$と$e^{(p-qi)x}$は微分方程式(*)の基本解となる. オイラーの公式から $$e^{(p\pm qi)x}=e^{px}(\cos qx\pm i\sin qx)$$ である. 複素数の世界では, 微分方程式(*)の一般解は $$y=C_1e^{(p+qi)x}+C_2e^{(p-qi)x}\quad(C_1,C_2は任意複素定数)$$ であるから, $$\dfrac{1}{2}e^{(p+qi)x}+\dfrac{1}{2}e^{(p-qi)x}=e^{px}\cos qx$$ $$-\dfrac{i}{2}e^{(p+qi)x}+\dfrac{i}{2}e^{(p-qi)x}=e^{px}\sin qx$$ は微分方程式(*)の特殊解である. 右辺は実数の世界でも意味をなす関数となっている. $$\dfrac{e^{px}\sin qx}{e^{px}\cos qx}=\tan qx\ne 定数$$ であるから$e^{px}\cos qx$と$e^{px}\sin qx$は線形独立であり, 従って基本解となることが分かる.
以下の微分方程式を解きなさい: (1) $y^{\prime\prime}-4y^\prime+8y=0$ (2) $y^{\prime\prime}+4y=0$
答. (1) 特性方程式 $$\lambda^2-4\lambda+8=0$$ を解くと, $$\lambda=2\pm 2i$$ となる. 従って, $e^{2x}\cos 2x,e^{2x}\sin 2x$は基本解で, 微分方程式の一般解は $$y=C_1e^{2x}\cos 2x+C_2e^{2x}\sin 2x=e^{2x}(C_1\cos 2x+C_2\sin 2x)\quad(C_1,C_2は任意定数)$$ (2) 特性方程式 $$\lambda^2+4=0$$ を解くと, $$\lambda=\pm 2i$$ となる. 従って, $e^{0x}\cos 2x=\cos 2x$と$e^{0x}\sin 2x=\sin 2x$は基本解で, 微分方程式の一般解は $$y=C_1\cos 2x+C_2\sin 2x\quad(C_1,C_2は任意定数)$$
初期値問題 $$\begin{cases} y^{\prime\prime}-3y^\prime+2y=0\\ y(0)=0\\ y^\prime(0)=1 \end{cases}$$ を解きなさい.
答.
まず, 微分方程式の一般解を求める.
微分方程式の特性方程式
$$\lambda^2-3\lambda+2=0$$
を解くと,
$$(\lambda-1)(\lambda-2)=0\quad \therefore \lambda=1,2$$
となる.
従って, $e^{x},e^{2x}$は基本解で, 微分方程式の一般解は
$$y=C_1e^{x}+C_2e^{2x}\quad(C_1,C_2は任意定数)$$
となる.
次に初期条件から$C_1,C_2$を求める.
初期条件$y(0)=0$より条件
$$C_1+C_2=0\tag{1}$$
が得られる.
また,
$$y^\prime=C_1e^x+2C_2e^{2x}$$
なので, もう一つの初期条件$y^\prime(0)=1$から条件
$$C_1+2C_2=1\tag{2}$$
が求まる.
二つの条件(1)(2)を連立させて解くと,
$$C_1=-1\qquad C_2=1$$
が得られる.
従って, 初期値問題の解は
$$y=-e^x+e^{2x}$$
1. 同次型2階定係数線形微分方程式 $$y^{\prime\prime}+ay^\prime+b=0\tag{*}$$ の一般解は, 特性方程式 $$\lambda^2+a\lambda+b=0\tag{+}$$ を解くことで求まる.
2. (+)が二つの実数解$\alpha,\beta$を持てば(*)の一般解は $$y=C_1e^{\alpha x}+C_2e^{\beta x}\qquad(C_1,C_2は任意定数)$$
3. (+)が重解$\alpha$を持てば(*)の一般解は $$y=C_1e^{\alpha x}+C_2xe^{\alpha x}\qquad(C_1,C_2は任意定数)$$
4. (+)が二つの複素数解$p\pm qi$を持てば(*)の一般解は $$y=e^{px}(C_1\cos qx+C_2\sin qx)\qquad(C_1,C_2は任意定数)$$
次回は非同次型の2階定係数線形微分方程式の解法を学ぶ.
教科書p75-76の練習問題20-21から4問以上解きなさい. また, 教科書p77の練習問題22から2問以上解きなさい.