本日のお題

以前,未定係数法で解いた線形2階非斉次微分方程式について,微分演算子・逆演算子を用いて特殊解を求められるようになります。

以前の学習で 課題9-1 として次の微分方程式を未定係数法で解きました。

  1. \(y'' - 3y' + 2y = 4x^2\)
  2. \(y'' + y' - 2y =3e^x\)
  3. \(y'' + y' - 6y = \cos x\)
  4. \(y'' - 4y' + 4y = 2e^{2x}\)
  5. \(y'' - 2y' + 2y = 5\sin x\)

今日は,これらの微分方程式の特殊解を微分演算子・逆演算子を用いて解いていきます。これまでのところで分かったことを以下にまとめます。

  1. \(\displaystyle \frac{1}{D -\alpha}[f(x)] = e^{\alpha x}\int e^{-\alpha x} f(x) \,dx\)
  2. \(\displaystyle \frac{1}{D -\alpha}[e^{\beta x}] = \frac{1}{\beta - \alpha}\,e^{\beta x}\quad (\alpha \ne \beta)\)
  3. \(\displaystyle \frac{1}{D -\alpha}[e^{\alpha x}] = xe^{\alpha x}\)
  4. \(D^2 - (\alpha + \beta)D + \alpha\beta = (D - \alpha)(D - \beta) = (D - \beta)(D - \alpha)\)
  5. \(\displaystyle \frac{1}{(D - \alpha)(D - \beta)} = \frac{1}{\alpha - \beta }\left(\frac{1}{D - \alpha} - \frac{1}{D - \beta}\right)\)
  6. \(\displaystyle \frac{1}{(D - \alpha)(D - \beta)}[e^{\gamma x}] = \frac{1}{(\gamma - \alpha)(\gamma - \beta)}\,e^{\gamma x}\quad(\gamma \ne \alpha,\ \gamma \ne \beta)\)

例題13-1

まず,\(y'' + y' - 2y =3e^x\) からいきましょう。 \[\begin{eqnarray*} y &=& \frac{1}{D^2 + D - 2}[3e^x] \\[4px] &=& \frac{1}{(D - 1)(D + 2)}[3e^x] \\[4px] &=& \frac{1}{3}\left(\frac{1}{D - 1} - \frac{1}{D + 2}\right)[3e^x] \\[4px] &=& \frac{1}{D - 1}[e^x] - \frac{1}{D + 2}[e^x] \\[4px] &=& xe^x - \frac{1}{1 + 2}\cdot e^x \\[4px] &=& xe^x - \frac{1}{3}\,e^x \end{eqnarray*}\] したがって,一般解は \[\begin{eqnarray*} y &=& C_1 e^x + C_2 e^{-2x} + xe^x - \frac{1}{3}e^x \\[4px] ∴\quad y &=& C_1 e^x + C_2 e^{-2x} + xe^x \end{eqnarray*}\]

例題13-2

続いて,\(y'' - 3y' + 2y = 4x^2\) です。 \[\begin{eqnarray*} y &=& \frac{1}{D^2 - 3D + 2}[4x^2] \\[4px] &=& \frac{1}{(D - 2)(D - 1)}[4x^2] \\[4px] &=& \left(\frac{1}{D - 2} - \frac{1}{D - 1}\right)[4x^2] \\[4px] &=& \frac{1}{D - 2}[4x^2] - \frac{1}{D - 1}[4x^2] \\[4px] &=& e^{2x}\int 4x^2 e^{-2x}\,dx - e^x\int 4x^2 e^{-x}\,dx \\[4px] &=& -2e^{2x}\int x^2 (e^{-2x})'\,dx + 4e^x \int x^2 (e^{-x})'\,dx \\[4px] &=& -2e^{2x}\left(x^2 e^{-2x} - 2\int x e^{-2x}\,dx\right)\\ && \hspace{4em} + 4e^x\left(x^2 e^{-x} - 2\int x e^{-x}\,dx\right) \\[4px] &=& -2x^2 -2e^{2x}\int x (e^{-2x})'\,dx \\ && \hspace{4em} + 4x^2 + 8e^x\int x (e^{-x})'\,dx \\ &=& -2x^2 -2e^{2x}\left(x e^{-2x} - \int e^{-2x}\,dx\right) \\ && \hspace{4em} + 4x^2 + 8e^x\left(xe^{-x} - \int e^{-x}\,dx\right) \\[4px] &=& -2x^2 - 2x - 1 + 4x^2 + 8x + 8 \\[4px] &=& 2x^2 + 6x + 7 \end{eqnarray*}\] したがって,一般解は \[y = C_1 e^x + C_2 e^{2x} + 2x^2 + 6x + 7\]

実は,計算が少し楽になる方法があります。\(\displaystyle \frac{1}{1 - x}\) のマクローリン展開が \[\frac{1}{1 - x} = 1 + x + x^2 + x^3 + x^4 + \cdots\] であることを用いて \[\frac{1}{1 - D} = 1 + D + D^2 + D^3 + D^4 + \cdots\] とするという方法です。これにより,例えば \(\displaystyle \frac{1}{D - 1}[x^2]\)\(\displaystyle \frac{1}{D - 2}[x^2]\) は,それぞれ次のように求められます。 \[\begin{eqnarray*} \frac{1}{D - 1}[x^2] &=& -\frac{1}{1 - D}[x^2] \\[4px] &=& -(1 + D + D^2)[x^2] \\[4px] &=& -\left(x^2 + 2x + 2\right) \\[8px] \frac{1}{D - 2}[x^2] &=& -\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{1 - \displaystyle\frac{D}{2}} \\[4px] &=& -\frac{1}{2}\left(1 + \frac{D}{2} + \frac{D^2}{4}\right)[x^2] \\[4px] &=& -\frac{1}{2}\left(x^2 + x + \frac{1}{2}\right) \\[4px] &=& -\frac{1}{2}x^2 - \frac{1}{2}x - \frac{1}{4} \end{eqnarray*}\] 部分積分が微分の計算で済んでしまうのですから,これを使わない手はありません・・・が,やはり「逆演算子をマクローリン展開して良いか?」という疑問があり,証明なしに使うことに抵抗感を感じてしまいます。説明したくとも,私の頭の中に簡単な説明がパッと閃きません。ごめんなさい。

ということで,微分演算子に関する書籍を見れば証明が載っていますから,興味のある方は調べてみてください。私も,皆さんに簡単な説明を提供できるようになったら,改めて紹介したいと思います。ここでは\[\frac{1}{D -\alpha}[f(x)] = e^{\alpha x}\int e^{-\alpha x} f(x) \,dx\]による計算をさせてください。比較的丁寧に式を書いたので長くなっていますが,大変な計算ではありませんから・・・f^^;

例題13-3

次は,特性解が重解になる例 \(y'' - 4y' + 4y = 2e^{2x}\) です。 \[\begin{eqnarray*} y &=& \frac{1}{(D - 2)^2}[2e^{2x}] \\[4px] &=& \frac{1}{D - 2}\cdot\frac{1}{D - 2}[2e^{2x}] \\[4px] &=& \frac{1}{D - 2}[2xe^{2x}] \\[4px] &=& e^{2x} \int 2xe^{2x}\cdot e^{-2x}\,dx \\[4px] &=& e^{2x} \int 2x \,dx \\[4px] &=& x^2 e^{2x} \end{eqnarray*}\] したがって,一般解は \[y = C_1 xe^{2x} + C_2 e^{2x} + x^2 e^{2x}\]

例題13-4

ようやく本日のメインイベントにたどり着きました。\[y'' + y' - 6y = \cos x\]右辺が \(\cos x\) です。三角関数の場合にどのようにするか? これが本日のテーマです。オイラーの公式 \[e^x = \cos x + i\sin x\] を使って,\(\cos x\)\(\sin x\) はそれぞれ \(e^{ix}\) の実部と虚部であると考えます。複素数 \(z\) の実部と虚部を \(\mbox{Re}[z],\ \mbox{Im}[z]\) と表すことにしましょう。 \[\begin{eqnarray*} y &=& \frac{1}{D^2 + D - 6}[\cos x] \\[4px] &=& \mbox{Re}\left[\frac{1}{D^2 + D - 6}\left[e^{ix}\right]\right] \\[4px] &=& \mbox{Re}\left[\frac{1}{i^2 + i - 6}\,e^{ix}\right] \\[4px] &=& \mbox{Re}\left[\frac{1}{-7 + i}\,e^{ix}\right] \\[4px] &=& \mbox{Re}\left[\frac{-7 - i}{50}(\cos x + i\sin x)\right] \\[4px] &=& \frac{-7\cos x + \sin x}{50} \end{eqnarray*}\] したがって,一般解は \[y = C_1 e^{2x} + C_2 e^{-3x} + \frac{\sin x - 7\cos x}{50}\]

課題13-1

最後の1つは課題にします。 \[y'' - 2y' + 2y = 5\sin x\] について,微分演算子・逆演算子を用いて特殊解を求め,一般解を求めましょう。 解答 隠す

最終更新日時: 2021年 08月 2日(月曜日) 17:10