講義ノート

応用解析・第 3 回
求積法（つづき）
2
2.3
1 階の線形微分方程式 (linear diﬀerential equation of first order)
y + P (x)y = Q(x)
(1)
二つの場合：
• Q(x) = 0 のとき：同次または斉次方程式 (homogeneous equation)
y + P (x)y = 0
変数分離形であるから解くことができて、一般解は
(*)
• Q(x) = 0 でないとき：非同次または非斉次方程式 (inhomogeneous equation)
解き方：
1. まず、Q(x) = 0 として同次の方程式を解く（上の場合を参照）。一般解は (*) となる。
2. もとの方程式 (1) の解が同次方程式の一般解 (*) の積分定数 C を x の関数にした形で求めることがで
きることがわかっているので、
y(x) = C(x)e−
∫
P (x) dx
(2)
をもとの方程式 (1) に代入し、解になるように C(x) の具体的な形を決める。
(a) (2) を代入して、もとの方程式の左辺を計算する
y (x) + P (x)y(x) = C (x)e−
∫
P (x) dx
+ C(x)(−P (x))e−
∫
P (x) dx
+ P (x)C(x)e−
∫
P (x) dx
=
(b) これが Q(x) に等しくなるので、
∫
C (x) = Q(x)e
P (x) dx
より C(x) を計算できる。
(c) 求まった C(x) を (2) に代入する
{∫
y(x) =
以上の解法を ∫
Q(x)e
P (x) dx
} ∫
+ C˜ e− P (x) dx (3)
(method of variation of constants) と呼ぶ。
注：公式 (3) を十分に理解せず使うと間違いをする恐れがあるので、上の解法を用いて解くことを勧める。
1
例.
y + y cos x = e− sin x
1. まず、同次方程式 y + y cos x = 0 を解く。
2. 定数変化法を用いて、解を次の形で求める：
y(x) = C(x)e− sin x
(4)
(a) y(x) の微分を計算し、
y (x) =
方程式に代入すると、
C (x)e− sin x − C(x) cos xe− sin x + C(x) cos xe− sin x = e− sin x
(b) C(x) を計算する：上の式を整理すると、C (x) = 1 という条件に帰着される。よって、
C(x) =
(c) これを (4) で使うと、微分方程式の一般解が得られる：
y(x) =
2.4
2 階定数係数線形微分方程式
y + py + qy = r(x)
2.4.1
(p, q 定数)
(5)
同次方程式 (r(x) = 0)
y + py + qy = 0
(6)
最初のうち、p2 − 4q > 0 が成り立つとし、以下の観察をする。
• y(x) = eλx と置いてみると、
y + py + qy = eλx (λ2 + pλ + q)
を得る。つまり、λ が
特性方程式 (characteristic equation)
を満たせば、y(x) = eλx は (6) の解になる。
2
• p2 − 4q > 0 のとき、２つの実数解 λ1 , λ2 があるので、
と
いう２つの独立な解を得る。
• 重ね合わせの原理
– y(x) が (6) の解であれば、その定数倍 Cy(x) も解である。
– y1 (x) と y2 (x) が (6) の２つの解であれば、y1 (x) + y2 (x) も解になる。
– より一般に、y1 (x), y2 (x) が (6) の解であれば、その任意の 1 次結合
も (6) の解になる。
– さらに、(6) のすべての解が C1 y1 (x) + C2 y2 (x) の形で表されるということが証明できる。
• そういう意味では、y1 (x), y2 (x) はすべての一般解が成す
る解の組を
の基底である。基底を与え
(fundamental solution) という。
同次方程式の解き方
1. 特性方程式を解く：根が λ1 , λ2 であるとする
2. 基本解を求める
(a) p2 − 4q > 0 のとき、λ1 , λ2 は異なる実数の解になる。一般解は
(b) p2 − 4q < 0 のとき、λ1 , λ2 は互いに共役な複素数であり、α ± iβ と書ける。一般解は
（この形は (e(α+iβ)x + e(α−iβ)x )/2 と (e(α+iβ)x − e(α−iβ)x )/2i という解の線形結合として得られる）
(c) p2 − 4q = 0 のとき、λ1 = λ2 = λ は重解で、λ = −p/2 とすると、一般解は
例. 単振動の方程式
y + ω 2 y = 0,
特性方程式
の解は
ω>0
である。従って、方程式の２つの解を次のように書ける：
+i
y1 (x) =
eiωx =
y2 (x) =
e−iωx =
+i
この二つの関数の任意の 1 次結合が解になるので、次の関数も方程式の解である（実数値の解が望ましい）。
z1 (x) =
1
{y1 (x) + y2 (x)} =
2
,
z2 (x) =
1
{y1 (x) − y2 (x)} =
2i
一般解は
例.
y + 3y + 2y = 0
特性方程式は
の 1 次結合
であり、
λ1 =
, λ2 =
で与えられる。
3
が根である。一般解は eλ1 x と eλ2 x
2.4.2
非同次方程式 (r(x) = 0)
y + py + qy = r(x)
(7)
考察：(7) の一般解を y(x) とし、(7) の一つの解 y0 (x) が何らかの方法で見つかったとする。
そのとき、 z(x) = y(x) − y0 (x) が
を満たす。
つまり、z(x) は基本解 y1 (x), y2 (x) の線形結合 z(x) = C1 y1 (x) + C2 y2 (x) として書ける。
よって、(7) の一般解は
となる。
非同次方程式 (7) の解き方：
1. 何らかの方法で非同次方程式の一つの解 y0 (x) を計算する（これを特殊解という）
2. （同次方程式の）基本解 y1 (x), y2 (x) を求める
3. 一般解は
となる
特殊解を求める法が知られている r(x) の例：
• r(x) = a = 定数のとき、
y0 (x) =
• r(x) = aekx , a, k ∈ R のとき、
• r(x) = ax + b のとき、
y0 (x) =
• r(x) = ax2 + bx + c のとき、
例.
y0 (x) =
y0 (x) =
y + 3y + 2y = e2x
1. 特殊解を計算する。y0 (x) = Ce2x という形で求める。方程式に代入すると、
y0 + 3y0 + 2y0 =
よって、 C =
と置けば、y0 は解になる。
2. 基本解を求める。右辺を 0 にした同次方程式の基本解は e−x , e−2x である（上の例を参照）
3. 例題の方程式の一般解は
4

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