微分方程式期末試験 (2014 年 8 月 5 日) 1 枚目
学籍番号氏名点数最高点 93 点平均点 62.225 点
1
n を自然数とする. (n + 1) 個の関数 1, e x , e2x , e3x , . . . , enx は 1 次独立であることを n についての数学的帰納
法で示しなさい (20 点).
解答例 (I) n = 1 のときに成り立つことを示す. すなわち, 1, e x が 1 次独立であることを示す. C1 + C2 e x = 0 が
恒等的1 に成り立つと仮定する. すべての x についてこの式が成立するので, x = 0 とすれば C1 + C2 = 0, x = 1 と
すれば C1 + C2 e = 0 が成り立つ. 2 式を引き算すると，(e − 1)C2 = 0 となり，e − 1 , 0 であるから C2 = 0 を得る.
また, C1 + C2 = 0 より C1 = 0 である. 以上により, C1 = C2 = 0 となるので 1, e x は 1 次独立である.
(II) n = k のときに成り立つと仮定する. すなわち, 1, e x , e2x , . . . , ekx は 1 次独立であると仮定する. そして n = k + 1
のときを考える.
C0 + C1 e x + C2 e2x + · · · + Ck+1 e(k+1)x = 0
➀
とおく（これは恒等的に等しい，という意味である）. 両辺を x で微分すると, C1 e x +2C2 e2x +· · ·+(k+1)Ck+1 e(k+1)x = 0
となる. 両辺を e x で割ると, C1 + 2C2 e x + · · · + (k + 1)Ck+1 ekx = 0 となる. 帰納法の仮定から, 1, e x , . . . , ekx は 1 次独
立なので, C1 = 2C2 = · · · = (k + 1)Ck+1 = 0, すなわち，C1 = C2 = · · · = Ck+1 = 0 を得る. これを ➀ に代入すれば,
C0 = 0 が成り立つ. よって, C0 = C1 = C2 = · · · = Ck+1 = 0 が 1 次独立である. したがって, n = k + 1 のときも 1 次
独立であることが示された.
(I), (II) より，すべての自然数 n に対して, 1, e x , e2x , e3x , . . . , enx は 1 次独立であると結論付けられる2 .
2
次の微分方程式の一般解を求めよ. （各 10 点）
(1) y00 − 5y0 + 4y = 0 (2) y00 + 2y0 + y = 0 (3) y00 − 2y0 + 5y = 0 (4) y0000 + 6y000 + 14y00 + 16y0 + 8y = 0
解答例 (1) 補助方程式 0 = t2 − 5t + 4 = (t − 1)(t − 4) は異なる 2 つの実数解 t = 1, 4 をもつので, 一般解は
y = C1 e x + C2 e4x (C1 , C2 は任意の定数).
(2) 補助方程式 0 = t2 + 2t + 1 = (t + 1)2 の解は t = −1 (重解) であるから, 一般解は y = (C1 + C2 x)e−x (C1 , C2 は任
意の定数) である.
(3) 補助方程式 0 = t2 − 2t + 5 を解くと, t = 1 ± 2i となるので，一般解は y = e x (C1 cos 2x + C2 sin 2x) (C1 , C2 は
任意の定数) である.
(4) 与えられた微分方程式は (D + 2)2 (D2 + 2D + 2)y = 0 と表される.
(D + 2)2 と D2 + 2D + 2 は互いに素（共通因数を持たない）なので, (D + 2)2 y の一般解 y = (C1 + C2 x)e−2x と
(D2 + 2D + 2)y = 0 の一般解 y = C3 e−x cos x + C4 e−x sin x を重ね合わせればよい. すなわち, 求める一般解は,
y = (C1 + C2 x)e−2x + C3 e−x cos x + C4 e−x sin x (C1 , C2 , C3 , C4 は任意の定数) である.
1
2
すなわち, すべての x について等式が成立する，ということである.
この問題は誰も正しく解いてくれませんでした….
d
D = dx
とする. このとき，次の問いに答えよ.（25 点）
オイラーの公式を書きなさい.
1
(2)
cos 3x を計算せよ.
2
D00 + 2D
+2
0
(3) y + 2y + 2y = cos 3x の一般解を求めよ.
解答例 (1) eiθ = cos θ + i sin θ (θ ∈ R)
1
1
1
(2) まずオイラーの公式から 2
e3ix = 2
cos 3x + i 2
sin 3x
D + 2D + 2
D + 2D + 2
D + 2D + 2
一方,
3
(1)
D2
· · · ➀ が成り立つ.
1
1
1
1
e3ix =
e3ix =
eeix =
(−7 + 6i)(−7 − 6i)(cos 3x + i sin 3x)
2
+ 2D + 2
(3i) + 6i + 2
−7 + 6i
−7 − 6i
i
1
(−7 cos 3x + 6 sin 3x) + (−7 sin 3x − 6 cos 3x) · · · ➁
=
85
85
である. ➀ と ➁ の実部を比較すると,
D2
1
1
cos 3x = (−7 cos 3x + 6 sin 3x)
+ 2D + 2
85
を得る.
(3) y00 + 2y0 + 2 = 0 の補助方程式 t2 + 2t + 2 = 0 の解は t = −1 ± i であるから, y00 + 2y0 + 2 = 0 の一般解は,
y = C1 e−x cos x + C2 e−x sin x (C1 , C2 は任意の定数). (2) より, 求める一般解は,
y = C1 e−x cos x + C2 e−x sin x +
1
(−7 cos 3x + 6 sin 3x)
85
(C1 , C2 は任意の定数).
微分方程式期末試験 (2014 年 8 月 5 日) 2 枚目
学籍番号 D = dtd とする. このとき, 以下の問いに答えよ.（15 点）
2
[2t2 − t] を計算せよ.
(1)
D−4
1
(2)
[−t2 ] を計算せよ.
D−1


dx
2


 dt = 2x + y + 2t − t
(3) x = x(t), y = y(t) に関する連立微分方程式 


 dy
= 2x + 3y + e2t
dt
解きなさい.
解答例 (1) 逆演算子の展開により,
氏名 4
を初期条件 x(0) = − 21 , y(0) = 0 のもとで
2
2
1
1
1
1
1
[2t2 − t] = − ·
[2t2 − t] = − (1 + D + D2 + D3 + · · · )[2t2 − t]
1
D−4
4 1 − 4D
2
4
16
64
1
1
1
1
= − {2t2 − t + (4t − 1) +
·4+
· 0 + · · · } = −t2 .
2
4
16
64
(2) 逆演算子の展開により,
1
1
[−t2 ] = −
[−t2 ] = −(1 + D + D2 + D3 + · · · )[−t2 ] = −(−t2 − 2t − 2 + 0 + · · · ) = t2 + 2t + 2.
D−1
1−D
(3) 与えられた微分方程式は,


2


(D − 2)x − y = 2t − t ➀



−2x + (D − 3)y = e2t ➁
と表される. ➀ × 2 + ➁ × (D − 2) より, (D2 − 5D + 4)y = 2(2t2 − t). (1), (2) の結果から，この方程式の特殊解は
2
1
1
· D−4
(2t2 − t) = D−1
(−t2 ) = t2 + 2t + 2. また， (D2 − 5D + 4)y = 0 の一般解は, y = C1 et + C2 e4t (C1 , C2 は任意の
y = D−1
定数) である. よって, (D2 − 5D + 4)y = 2(2t2 − t) の一般解は y = C1 et + C2 e4t + t2 + 2t + 2. これを ➁ に代入して x に
ついて解けば, x = −C1 et + C22 e4t − 12 e2t − 32 t2 − 2t − 2 となる. 初期条件 x(0) = − 21 , y(0) = 0 から, −C1 + C22 − 12 − 2 = − 12 ,
C1 + C2 + 2 = 0 を得る. これらを解くと, C1 = −2, C2 = 0 となるので, 求める解は,


1 2t
3 2
t


 x = 2e − 2 e − 2 t − 2t − 2



y = −2et + t2 + 2t + 2
である.
4 (1) の別解部分積分を 2 回繰り返して,
}
)0
{ −4t
∫
∫ (
∫ ( 4t )
1 −4t
e
2
e
2
4t
−4t
2
4t
2
2
4t
[2t − t] = 2e
e (2t − t)dt = 2e
− e
(2t − t) −
−
(4t − 1)dt
(2t − t)dt = 2e −
D−4
4
4
4
∫
∫ ( −4t )0
1 2
e4t
1 2
e4t
e
−4t
= − (2t − t) +
e (4t − 1)dt = − (2t − t) +
−
(4t − 1)dt
2
2
2
2
4
{ −4t
}
∫ ( −4t )
∫
t e4t
e
e
t 1
e4t
2
2
= −t + +
−
(4t − 1) −
−
· 4dt = −t + − (4t − 1) +
e−4t dt
2
2
4
4
2 8
2
(
)
1 e4t e4t
2
= −t + +
−
= −t2 .
8
2
4
4 (2) の別解部分積分を 2 回繰り返して,
{
}
∫
∫
∫
∫
1
−t 0 2
t
−t 2
−t
2
t
−t
2
t
2
t
e−t tdt
e (−t )dt = e (e ) t dt = e e t − e · 2tdt = t − 2e
[−t ] = e
D−1
(
)
∫
∫
−t 0
2
t
−t
−t
2
t
= t + 2e (e ) tdt = t + 2e e t − e dt = t2 + 2t + 2.