PDF file

解析学 D 自習用問題 No.5 略解
（2014.10.31 掲載）
以下で特に記載がなければ，C1 , C2 , . . . は「任意定数」を表すこととします．
(1) (i)
)
1
iax
e
D2 + a2
(
)
1
iax
= Re e
1
(D + ia)2 + a2
(
)
1
iax
= Re e
1
D(D + 2ia)
(
(
))
1
1
= Re eiax
D 2ia
(
)
x(cos ax + i sin ax)
1
iax x
= Re e
= Re
= x sin ax.
2ia
2ia
2a
1
cos ax = Re
2
D + a2
(
(ii) （非斉次定数係数線形常微分方程式）斉次方程式 y + a2 y = 0 を考えると，特性
方程式 λ2 + a2 = 0 の解が λ = ±ia であるから，解は y = C1 cos ax + C2 sin ax．
1
(i) より，非斉次方程式 y + a2 y = cos ax の特殊解として y = x sin ax が取れるので，
2a
1
求める一般解は y = C1 cos ax + C2 sin ax + x sin ax．
2a
(2) 解の形から，斉次方程式の解は y = C1 ex cos x + C2 ex sin x + C3 e−2x であるから，特
性方程式は 1 ± i と −2 を解にもつ．このような方程式は
(
)(
)
λ − (1 + i) λ − (1 − i) (λ + 2) = 0
である．これを展開すると λ3 −2λ+4 = 0 であるから，斉次微分方程式は y −2y +4y = 0
である．
従って，求める微分方程式は y − 2y + 4y = f (x) の形となるが，y = e3x + x を特殊
解にもつので，
(
)
(
)
(
)
f (x) = e3x + x − 2 e3x + x + 4 e3x + x = 25e3x + 4x − 2
を得る．故に求める微分方程式は y − 2y + 4y = 25e3x + 4x − 2 である．
(3)（階数低下法） y = x は斉次方程式 x2 y + xy − y = 0 の解である．
y = xv とおいて元の微分方程式に代入すると
(
)
(
)
3
1
x2 xv + 2v + x xv + v − xv = x2 .
∴ v + v = .
x
x
∫ 3
3
1
3
C
w = v とおくと w + w = である．斉次方程式 w + w = 0 の解は w = C1 e− x dx = 31
x
x
x
x
3
1
1
C1 1
であり，w + w = の特殊解として w = が取れるので，求める一般解は w = 3 +
x
x
3
x
3
である．
(
)
)
∫ (
C1 1
1
C1 1
従って，v =
+
+
x
+
C
ここで
C
=
−
C であるので，
dx
=
2
1
x3
3
x2
3
2 1
(
)
C1 1
C1
1
y = xv = x
+ x + C2 =
+ C2 x + x2 .
2
x
3
x
3
［別解］（Euler 型） x = et とおくと，
(
D(D − 1) + D − 1)y = e2t .
∴ (D2 − 1)y = e2t .
(
)
d
ただし D =
dt
斉次方程式 (D2 − 1)y = 0 の一般解は，特性方程式 λ2 − 1 = 0 の解が λ = ±1 であるか
ら y = C1 et + C2 e−t である．
1
1
1
また，(D2 − 1)y = e2t の特殊解は y = 2
e2t = e2t 2
= e2t ．従って，求める
D −1
2 −1
3
一般解は
1
C2 1 2
y = C1 et + C2 e−t + e2t = C1 x +
+ x.
3
x
3
(4)（階数低下法） y = ex は斉次方程式 xy − (2x + 1)y + (x + 1)y = 0 の解である．
y = ex v とおいて元の微分方程式に代入すると
(
)
(
)
x ex v + 2ex v + ex v − (2x + 1) ex v + ex v + (x + 1)ex v = (x2 + x − 1)ex .
1
1
∴ v − v =x+1− .
x
x
1
1
w = v とおくと w − w = x + 1 − である．一般解は
x
x
(∫ (
)
)
∫ 1
1 − ∫ 1 dx
dx
x
x
x+1−
e
dx + C1
w=e
x
)
)
(∫ (
1
1
=x
1 + − 2 dx + C1 = C1 x + x2 + x log x + 1.
x x
∫
(
)
1
1
1
従って，v =
C1 x + x2 + x log x + 1 dx = C1 x2 + C2 + x3 + x2 log x − x2 + x
3
2
4
(
)
1
ここで C1 = C1 であるので，
2
(
)
1 3 1 2
1 2
x
x
2
y = e v = e C1 x + C2 + x + x log x − x + x .
3
2
4
(5)（Euler 型） x = et とおくと，
(
D(D − 1) − 3D + 4)y = et log(et ).
∴ (D2 − 4D + 4)y = tet .
斉次方程式 (D2 − 4D + 4)y = 0 の一般解は，特性方程式 λ2 − 4λ + 4 = 0 の解が λ = 2
（2 重解）であるから y = C1 e2t + C2 te2t である．
また，(D2 − 4D + 4)y = tet の特殊解は
( t)
1
1
y= 2
te = et
t
D − 4D + 4
(D + 1)2 − 4(D + 1) + 4
1
t
= et 2
D − 2D + 1
{
}
= et 1 + (2D − D2 ) + (2D − D2 )2 + · · · t
= et (1 + 2D)t = et (t + 2).
従って，求める一般解は
y = C1 e2t + C2 te2t + et (t + 2) = C1 x2 + C2 x2 log x + x(log x + 2).

Download Report