定数係数２階線形同次微分方程式

定数係数を\(a ,\ b,\ c\)として、以下の方程式形で考える。当然、\(a \neq 0\). \(y=0\)は自明な解であるが、ここでは\(y\ \neq 0\)で論じる。 \begin{align} a\ \dfrac{d^2 y}{dx^2} + b\ \dfrac{d y}{dx} + c\ y = 0 \end{align} \(y = e^{rx}\)を利用する。\(y=e^{rx}\)を与方程式に代入。\(ar^2e^{rx} + bre^{rx} + ce^{rx} = 0\ \ \Rightarrow e^{rx}(ar^2 + br + c) = 0\) \(e^{rx}\)はゼロにならないので、(  )内 = 0である。(  )内は\(r\)についての２次方程式であるから、解の公式で考える。なお、この方程式を特性方程式あるいは補助方程式という。学んだように実数係数２次方程式の解の判別式を\(D=b^{2} - 4ca\)とする。
(1) \(D \gt 0\)のとき
\begin{align} r_{\tiny{1}}\ = \dfrac{-b + \sqrt{D}}{2a}\ ,\ r_{\tiny{2}}\ = \dfrac{-b - \sqrt{D}}{2a}  一般解 c_{\tiny{1}}e^{r_{\tiny{1}}\ x} + c_{\tiny{2}}e^{r_{\tiny{2}}\ x} \end{align} (2) \(D = 0\)のとき 一般解 \(y = c_{\tiny{1}}\ e^{rx} + c_{\tiny{2}}\ xe^{rx}\ \) 右辺第２項の基本解の形に注意。
(3) \(D \lt 0\)のとき 解は複素数であるから、一方を\(u + iv\)、他方を\(u -iv\)とする。複素数のオイラーの表示\(\color{blue}{\mathbf{e^{i\theta}= \cos \theta +i\sin \theta}}\)を利用する。なお、\(\cos x\)は偶関数、\(\sin x\)は奇関数。
\begin{align} e^{(u + iv)x} = e^{ux}e^{ivx}&=e^{ux}\left\{ \cos(vx) + i\sin(vx)\right\}　\\ e^{(u - iv)x} = e^{ux}e^{-ivx}=e^{ux}\left\{ \cos(-vx) + i\sin(-vx)\right\} &= e^{ux}\left\{ \cos(vx) - i\sin(vx)\right\} \end{align} 上式、最右項が基本解であるから、定数\(k_{\tiny{1}},\ k_{\tiny{2}}\)を用いて、 \begin{align} k_{\tiny{1}}e^{ux}\left\{ \cos(vx) + i\sin(vx)\right\}+k_{\tiny{2}}e^{ux}\left\{ \cos(vx) - i\sin(vx)\right\} = (k_{\tiny{1}}+ k_{\tiny{2}})e^{ux}\cos(vx) + i(k_{\tiny{1}} - k_{\tiny{2}})e^{ux}\sin(vx) \end{align} ここで、任意定数を\(c_{\tiny{1}} = k_{\tiny{1}}+ k_{\tiny{2}}\ ,\ c_{\tiny{2}} = i(k_{\tiny{1}}- k_{\tiny{2}})\)とおいて、結局、一般項は \begin{align} c_{\tiny{1}}\ e^{ux}\cos(vx) + c_{\tiny{2}}\ e^{ux}\sin(vx) \end{align} 微分方程式の種類で言及した\(\dfrac{d^2 y}{dx^2} = -4y\)の解を見てみよう。基本形に戻すと、\(1 \times \dfrac{d^2 y}{dx^2} + 0 \times \dfrac{d y}{dx} + 4y = 0\)である。
\(e^{rx}(r^2 + 0r + 4) = 0 \)で\(r = 0 \pm 2i\) で、\(u = 0, v = 2\)になる。
すなわち、一般解は\(y = c_{\tiny{1}}\ e^{0x}\cos 2x + c_{\tiny{2}}\ e^{0x}\sin 2x =c_{\tiny{1}}\cos 2x + c_{\tiny{2}}\sin 2x \). また、高階線形非同次微分方程式の例題に挙げた２階線形同次方程式は\(y'' - y' - 6y = 0 \)であった。これは、\(e^{rx}(r^2 - r - 6) = e^{rx}(r + 2)(r - 3) = 0 \).ゆえに一般解(余関数)は\(y = c_{\tiny{1}}\ e^{3x} + c_{\tiny{2}}\ e^{-2x}\)としていた。
微分演算子（微分作用素)
高階線形微分方程式で\(L(y)\)と表現したが、ここで\(\dfrac{d}{dx} = D\ ,\ \dfrac{d^2}{dx^2}=\dfrac{d}{dx}\left(\dfrac{d}{dx}\right) =DD = D^2 \)というように考える。
\(\dfrac{dy}{dx}=\left(\dfrac{d}{dx}\right)y = Dy\ , \dfrac{d^2 y}{dx^2}=\left(\dfrac{d^2}{dx^2}\right)y = D^2y \)と表現する。 ( 判別式はDiscriminant、微分演算子はDifferentialのⅮとでも考えよう。）
これを利用すると、上で示した方程式は \(aD^2y + bDy + cy = 0 \ \Rightarrow (aD^2 + bD + c)y = 0\)となる。\(y'' - y' - 6y = 0\)では、\((D^2 - D - 6)y = 0 \Rightarrow (D + 2)(D -3)y = 0\). \(\dfrac{d^2 (e^{rx})}{dx^2} = r^2e^{rx}\ ,\ \dfrac{d^2 (e^{rx})}{dx^2} = D^2e^{rx} \)や\(\dfrac{d(e^{rx})}{dx} = re^{rx}\ ,\ \dfrac{d (e^{rx})}{dx} = De^{rx}\) をよく見ると、\(r = D\)とわかる。\(D = 3, -2\)から同様の結果を得る。これまでの議論から、定数係数２階線形同次微分方程式には基本解で\(e^{\alpha x}\)の形の関数が含まれているから、特性方程式が実数解なら、そのまま解を基本解の形に代入すれば、一般解が求まる。(もちろん、複素数でも解との関係の形を把握していれば、代入するだけである。)そういったことを知らなかった場合、得られた解から微分方程式を解くだけである。基本解（基底）を求めるので任意定数は1とする。 \begin{align} &\textcolor{orange} {D=3} \ \blacktriangleright \ \textcolor{red} {(D - 3)y = 0} \ \blacktriangleright \ \textcolor{orange} {Dy - 3y = 0} \ \blacktriangleright \ \textcolor{red}{Dy = 3y} \ \blacktriangleright \ \textcolor{orange}{\dfrac{dy}{dx} = 3y} \ \blacktriangleright \ \textcolor{red}{\int \dfrac{1}{y} dy = \int 3 dx} \ \blacktriangleright \ \textcolor{orange}{\ln |y| = 3x} \ \blacktriangleright \ \textcolor{red}{y = e^{3x}} \\ &\textcolor{orange} {D=-2} \ \blacktriangleright \ \textcolor{red}{Dy = -2y} \ \blacktriangleright \ \textcolor{orange}{\dfrac{dy}{dx} = -2y} \ \blacktriangleright \ \textcolor{red}{\int \dfrac{1}{y} dy = \int -2 dx} \ \blacktriangleright \ \textcolor{orange}{\ln |y| = -2x} \ \blacktriangleright \ \textcolor{red}{y = e^{-2x}} \end{align} 定数変化法
先述の判別式の解で\(D=0\)のとき、基本解の一つが\(xe^{rx}\)であった。この形はどうすれば導出できるのだろうか？と思ったのである。ネット参照で定数変化法というのを初めて知った。これを基に導かれたのか、は定かではない。紹介しておく。
\(y'' - 6y' + 9y = 0\)の方程式で考えてみる。これは、\((D^2 - 6D + 9)y = 0\ \blacktriangleright \ (D - 3)(D - 3)y = 0\)である。まず、ひとつの基本解を\(y_{\tiny{1}}\)としよう。すると
\((D - 3)y_{\tiny{1}} = 0\ \blacktriangleright \ (D-3)(D-3)y_{\tiny{1}}= (D-3) \times 0 = 0\) で確かに\(y_{\tiny{1}}\)は与方程式を満足する。また、この\(y_{\tiny{1}}\)に対して、\((D-3) y_{\tiny{2}}= y_{\tiny{1}}\)とすると、\((D-3)(D-3)y_{\tiny{2}}= (D-3)y_{\tiny{1}} = 0\)となって、\(y_{\tiny{2}}\)も与方程式を満足する。上の微分演算子での最下段にあるように、\(y_{\tiny{1}} = e^{3x}\)であった。そこで、\((D-3)y_{\tiny{2}}=e^{3x}\ \cdots ① \)の方程式で考える。ここでの\(y_{\tiny{2}}\)は任意定数を用いて、\(y_{\tiny{2}}=C(x)e^{3x}\)とおく。
\(\textcolor{purple} {(D-3)y_{\tiny{2}} = \dfrac{dy}{dx} - 3y_{\tiny{2}}= \underline{C'(x)e^{3x}+3C(x)e^{3x}} - 3C(x)e^{3x}= C'(x)e^{3x}}\) 下線部分は積の微分公式より
最後の部分が\(e^{3x}\)に等しいので、\(C'(x) = 1\ \ \blacktriangleright\ C(x) = x + c'\)これを\(y_{\tiny{2}}=C(x)e^{3x}\)に代入する。\(y_{\tiny{2}}=(x + c')e^{3x}= xe^{3x} + c'e^{3x}\).
導出された部分を見ると、\(e^{3x}\)が一つの基本解であったから、\(xe^{3x}\)がもう一つの基本解であればと考えるだろう。実際に与２階微分方程式に代入すると、 \begin{align} y' = e^{3x} + 3xe^{3x}\ \, \ \ y''= 3e^{3x} + 3e^{3x} + 9xe^{3x} = 6e^{3x} + 9xe^{3x} \\ y'' - 6y' + 9y = 6e^{3x} + 9xe^{3x} - 6e^{3x} - 18xe^{3x} + 9xe^{3x} = 0 \end{align} 確かに与微分方程式の基本解である。ゴリ押しにも見えるが、基本解\(e^{3x}\)は\((D-3)y=0\)から、\(xe^{3x}\)は\((D-3)y=e^{3x}\)から導出されていると言っていいのではないだろうか。
定数変化法は非同次微分方程式で用いる。その方法では一般解が一度に導かれる。利用法は① 同次方程式と見て基本解を求め、１階なら\(C(x)y\)、２階なら\(C_{\tiny{1}}(x)y_{\tiny{1}}+C_{\tiny{2}}(x)y_{\tiny{2}}\)とおく。②それを、元の微分方程式の左辺に代入し、=\(Q(x)\)と見て、\(C(x)\)や\(C_{\tiny{1}}(x),\ C_{\tiny{2}}(x)\)を求める。③ 求めたそれらを代入して一般解を得る。以下に例示する。
 \(\mathbf{x\ y' - y = 2x^{3}}\)を解け。
\(x=0\)のとき\(y=0\)である。\(x \neq 0\)で考える。両辺を\(x\)で除す。\(\blacktriangleright\ y' - \dfrac{1}{x}\ y =\ 2x^{2}\) 同次方程式\(y' - \dfrac{1}{x}\ y =\ 0\)を解く。
\(\begin{align} \dfrac{dy}{dx}=\dfrac{1}{x}y\ \blacktriangleright\ \int \dfrac{1}{y} dy = \int \dfrac{1}{x} dx \blacktriangleright\ \ln |y| = \ln |x| + C\ ' \blacktriangleright\ \ln \left|\dfrac{y}{x}\right| = C\ ' \blacktriangleright\ \dfrac{y}{x} = \pm e^{C\ '} \blacktriangleright\ y = Cx\ (\ C=\pm e^{C\ '}\ ) \end{align}\) ここで\(C(x)x\)とおく。元の与方程式の左辺に代入する。
\(\begin{align} xy' - y = x\left\{\left(C'(x)x + C(x)\right)\right\} - C(x)x = C'(x)x^{2} \end{align}\) これが\(2x^{3}\)に等しいので、\(C'(x) = 2x\) \(\blacktriangleright\ C(x) = x^{2} + C\ \blacktriangleright\ \therefore\ y = (x^{2} + C)x = x^{3} + Cx\)
これは\(x=0\)のとき\(y=0\)も満足している。これで一般解が導出された。ここで、トピックにそれるが、特殊解の求め方はどうすればいいだろうか、と考えた。ここでは\(x^{3}\)が特殊解である。数学不得手な僕でも考え得る方法は未定係数法だろう。\(Q(x)\)にあたる部分は\(2x^{3}\)であるから、左辺の計算結果の次数も右辺と同様でなければならない。ゆえに、求める特殊解を\(P(x)=kx^{3}\)としよう。左辺に代入すると、\(x(3kx^{2})- kx^{3} = 2kx^{3}=2x^{3}\ \therefore\ k = 1\)で特殊解\(x^{3}\)が求まる。高階線形非同次方程式で例示していた問題は\(y'' - y' - 6y = -6x - 7\)であり、特殊解は\(x + 1\)としていた。\(Q(x)\)の部分をみて、\(P(x) = ax + b\)とおく。\(y'' -y' - 6y = 0 - a -6(ax + b) = -6ax -(a + 6b)= -6x - 7 \ \therefore a = 1\,\ b=1 \ \ P(x) = x + 1\)となる。
１階線形微分方程式で公式のみを示したものがあった。それは、この定数変化法で導ける。これまで、微分方程式を復習してきた僕なら一発で導出できる。これが定数変化法の醍醐味とも感じられた。一緒に導き出してみよう。１階線形微分方程式の一般形は\(\dfrac{dy}{dx} + P(x)y = Q(x)\)であった。まずは、同次方程式を解く。
\begin{align} \dfrac{dy}{dx} + P(x)y &= 0 \\ \dfrac{dy}{dx} &= -P(x)y \\ \int \dfrac{1}{y} dy &= - \int P(x) dx \\ \ln |y| &= - \int P(x) dx + C\ ' \\ y &= \pm e^{-\int P(x) dx + C\ '} \\ \therefore\ y &= C\ e^{-\int P(x) dx}\ \left(\ C\ =\ \pm e^{C\ '}\right) \end{align} ここで\(\begin{align} y = C(x)e^{-\int P(x) dx}\end{align}\)とおく。また、\(\begin{align} u = -\int P(x) dx \end{align}\)とする。そのとき、\(\begin{align} \dfrac{d(e^{u})}{dx} = \dfrac{d e^{u}}{du}\dfrac{du}{dx} = e^{u}(-P(x)) = -P(x)e^{u}\end{align}\)を念頭におく。
\begin{align} \dfrac{dy}{dx} + P(x)y &= \left\{C(x)e^{u}\right\}' + P(x)C(x)e^{u} \\ &= C\ '(x)e^{u} + C(x)\{-P(x)e^{u}\} + P(x)C(x)e^{u} \\ &= C\ '(x)e^{u} - P(x)C(x)e^{u} + P(x)C(x)e^{u} \\ &= C\ '(x)e^{u} = Q(x) \\ \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots &\cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots\\ C\ '(x) &= e^{-u}Q(x) \\ \int (1) d(C(x)) &= \int e^{-u}Q(x) dx \\ C(x) &= \int e^{-u}Q(x) dx + C = \int e^{-(-\int P(x) dx)}Q(x) dx + C = \int e^{\int P(x) dx}Q(x) dx + C \end{align} 上の結果を\(\begin{align} y = C(x)e^{-\int P(x) dx}\end{align}\)に代入して、一般解が
\begin{align} y = e^{-\int P(x) dx}\left(\int e^{\int P(x) dx}Q(x) dx + C \right) \end{align} と導出できた。

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