■第 1 回
1 常微分方程式
本章では特に指定した場合を除き、 x を独立変数、y = y(x) を従属変数（未知関数）
、y ′ , y ′′ , . . . , y (n) : をその（n
階）導関数とする。
定義
y 及びそれらの導関数が満たす関係式
F (x, y, y ′ , . . . , y (n) ) = 0
を n 階常微分方程式と呼ぶ。特に F (x, y, y ′ ) = 0 は 1 階微分方程式。これらの関係式から y(x) の関数形を求めるこ
とを「微分方程式を解く」という。
目的 「自然法則」、「いろいろな数理モデル」は微分方程式により記述されることが多い。したがって、これらをど
のように解くか＝「解」を求めるか、を知ることは、
自然界の原理の理解、過去の推定、未来の予測
のために本質的な重要性をもつ。
1.1 1 階微分方程式
本節では特に y ′ について明示的に表せている
y ′ = G(x, y)
の形の方程式を考える。この形の方程式を正規形という。方程式がどのような形をしていればこれは解けるだろ
うか？
1.1.1 1 階線形微分方程式
さらに制限して、 y, y ′ についての１次式（線形関係式）
y ′ + p(x)y = q(x)
を考える。これを「1 階線形常微分方程式」という。ここで p(x) および q(x) は x についての既知関数であり、特に
非斉次項がない (q(x) = 0) 場合、
y ′ + p(x)y = 0
のように y についての１次式となる。これを斉次方程式という。
斉次方程式
まずは斉次方程式の解法から考えよう。
y ′ + py = 0 ⇔
したがって、
∫
log y =
x
y′
= −p ⇔ (log y)′ = −p
y
p(x′ )dx′ = −P (x) + C˜
⇔ y = C e−
∫x
p(x′ )dx′
のように１回積分することにより 、p(x) の不定積分を用いて解が求まる。ここで、P (x) は p(x) の原始関数、また
˜
C(= eC ) は積分定数である。
このように、微分の階数分の任意定数を含む解を「一般解」と呼ぶ。いくつか注釈：
• このように微分方程式を有限回の不定積分で求める操作を「求積法」という。
• 積分定数 C は、例えば初期条件 y(0) = y0 が与えられれば確定する。任意定数が確定した解を「特解」あるい
は「特殊解」という。
• 不定積分
∫x
p(x′ )dx′ が既知関数として求まる保証はない（当然だが）。しかし、数値積分は任意精度で可能だ
から実用上の問題はない。
例：
′
∫
′
x
y − 2xy = 0 ⇔ (log y) = 2x ⇔ log y =
2x′ dx′ = x2 + C˜
∴ y = Cex
2
これが一般解。さらに初期条件 y(0) = y0 を満たす特解は C = y0 により与えられる。
例 放射性元素の崩壊： 一定時間に崩壊する放射性の原子核数は、その時点の原子核数に比例する。つまり、原子核
数が倍になれば崩壊する原子核数も倍になる。これは、ある原子核の崩壊と他の核の崩壊は独立に起こるということ
を示している。
ある時刻 t における原子核数を N (t) とすれば、その満たすべき微分方程式は
dN
= −λN
dt
と書ける。ここで λ > 0 は核種ごとに異なる崩壊定数である。これは斉次方程式なので、初期条件を N (0) = N0 と
おけば
N (t) = N0 e−λt
と解ける。特に N (t0 ) = N0 /2 となる t0 を、その原子核の「半減期」という。半減期と崩壊定数の関係は、
1
N0
= N0 e−λt0 ⇔ e−λt0 =
2
2
である。
演習 1.1 放射性同位体
137
Cs および
131
I の半減期はそれぞれ 30 [year] および 8.04 [day] である。これらの
同位体の崩壊定数を求めよ (log 2 ≃ 0.6931 とする）。さらにこの崩壊定数を用いて、2011 年 3 月に福島第一
原発から放出された
137
Cs のうち現在約何％が崩壊せずに残っているかを見積もってみよ。指数関数 exp(−t)
のグラフは以下のように与えられる。
1.00
0.98
0.96
0.94
0.92
0.00
0.02
0.04
0.06
0.08
0.10
次に非斉次方程式 y ′ + py = q の解法を考える。斉次方程式がなぜ解けたかを再考してみると、
非斉次方程式
(log y)′ = −p の形に直せたことが本質的だった。つまり、方程式を
d
(
dx
···
)=
の形にもっていければ解ける。非斉次方程式の左辺は一般に y ′ + py = (
)′ の形にできるとは限らないのは明
···
らかだが、方程式の両辺に未知関数 µ(x) をかければ
µ y ′ + µp y = µ q
のようになり、もし µp = µ′ なら
(左辺) = µy ′ + µ′ y = (µy)′ ,
∴ (µy)′ = µq
となり、左辺は「完全微分形」になる！したがって、µ(x) がわかれば求積できるが µ′ = pµ は斉次方程式だから、こ
れは先ほどの方法によって
∫
x
µ = exp
p(x′ )dx′
と簡単に求まる。この µ(x) を「積分因子」という。
こうして求めた積分因子を用いれば
∫
x
µy =
µqdx′ + C ⇔ y =
1
µ
(∫
x
µqdx′ + C
)
= e−
∫x
p(x′ )dx′
(∫
x
e−
∫ x′
p(x′′ )dx′′
|
q(x′ )dx′ + C
{z
)
}
=C(x)
のように一般解が求まる。
定数変化法
最終的な結果は
y = C(x)e−
∫x
p(x′ )dx′
のように書くことができるが、これは斉次方程式の積分定数 C を「関数」C(x) と見做したものになっている。した
がって実際上は y = C(x)e−
という。実際、
∫x
p(x′ )dx′
y ′ = C ′ e−
となるから
C′ = e
∫x
とおいて非斉次方程式に代入し、C(x) を求めればよい。これを「定数変化法」
∫x
p(x′ )dx′
p(x′ )dx′
− py ⇔ y ′ + py = C ′ e−
∫
q ⇒ C(x) =
x ∫ ′
x
e
∫x
p(x′′ )dx′′
p(x′ )dx′
=q
q(x′ )dx′ + C
と同様の結果になる。
例：
y′ + y = 1
まず斉次方程式 y ′ + y = 0 を解くと y = Ce−x だから、C を関数 C(x) と考えて
y ′ = −y + C ′ e−x ,
したがって
∴ C ′ e−x = 1 ⇔ C ′ = ex ⇒ C(x) = ex + C
y = (ex + C) e−x = 1 + Ce−x
が一般解となる。
演習 1.2 次の微分方程式の一般解を求めよ。
dy
dx
dy
(2)
dx
dy
(3)
dx
dy
(4)
dx
(1)
+ y cos x = 0
+ y = xex
2x
1
+
y=
1 + x2
1 + x2
+ x2 y = 1
■第 2 回
1.1.2 変数分離形
同様に正規形の 1 階微分方程式 y ′ = F (x, y) を考える。F (x, y) が陽に x によらない場合、
y ′ = f (y) ⇒
∫
dy
=
f (y)
∫
dx
さらに F (x, y) が y の関数 f (y) と x の関数 g(x) の積の形になっている場合、
y ′ = f (y)g(x) ⇒
∫
dy
=
f (y)
∫
g(x)dx
となり、いずれも求積法で解くことができる。前者は明らかに後者の特別な場合であるから、これらをまとめて「変
数分離形微分方程式」ということにしよう。
例：
′
y = 2xy
∫
2
⇒
dy
=2
y2
∫
xdx ⇔ −
1
−1
= x2 + C ⇔ y = 2
y
x +C
例 人口曲線： 閉じた生態系に住む生物の個体数 p(t) の時間変化率
dp
を考える。
dt
(1) 個体密度が低いとき、出生率・死亡率に対して他の個体の存在の影響はほぼ無いと考えられる。したがって、（放
射性元素の崩壊の例からもわかるように）個体数の時間変化率はその時点の個体数に比例する。
dp
= ap, ただし a ∼ (出生率）− (死亡率)
dt
これより、a > 0 ならば p は単調に増加する。
(2) 個体密度が高くなると環境が悪化し、
dp
に負の影響が現れる。この影響は p2 、つまり個体同士が出会う割合に
dt
比例すると考えられる。
以上の考察から、個体数の時間変動は logistic 方程式
dp
= ap − bp2
dt
に従うと考えられる。ここで a, b はそれぞれ人口係数と呼ばれる正の定数である。
演習 2.1 次の微分方程式の一般解を求めよ。
dy
= 3x2 y
dx
dy
tan α + tan β
(2) (1 + x2 )
= 1 + y 2 , (加法定理 tan(α + β) =
が有効に使える。）
dx
1 − tan α tan β
(1)
演習 2.2 たとえば地球上の総人口のような、閉じた生態系における個体数 p(t) の変化は、ロジスティック方
dp
= ap − bp2 によって近似的に予測される。ここで正の定数 a, b は人口係数と呼ばれる定数である。こ
dt
の方程式によれば、初期 (t = 0) の人口を p0 としたとき、十分に時間が経った後の人口はある上限値に近づく
程式
ことになる。方程式を解き、解が確かにこの上限値に収束することを示せ。またある統計によれば、地球上の
人口増加は a = 0.029, b = 2.695 × 10−12 によってよく近似されている。地球の総人口の上限値を推定せよ。
1.1.3 同次形
正規形の 1 階微分方程式が y ′ = f
(y)
x
v′ =
の形をしているとき、同次形という。この場合、v := y/x とおけば
y′ x − y
x2 v ′ + y
′
⇔
y
=
= xv ′ + v
x2
x
であるから、元の方程式は
xv ′ + v = f (v) ⇔ v ′ =
となり、これは v についての変数分離型方程式であり、
∫
dv
=
f (v) − v
∫
f (v) − v
x
dx
x
のように求積できる。
例：
y′ =
∫
∴
−x + 2y
−1 + 2v
1 + v2 1
=
⇔ v′ = −
2x + y
2+v
2+v x
1
v+2
dv = − log x + C˜ ⇔ 2 tan−1 v + log(1 + v 2 ) = − log x + C˜
1 + v2
2
整理すると
4 tan−1
(y)
x
+ log(x2 + y 2 ) = C
となる。この式は y について明示的に解くことはできないが、y の値は数値計算により任意精度で計算できる。
1.1.4
Bernoulli 形
正規形 1 階微分方程式が y ′ + p(x)y = q(x)y n の形をしているとき、Bernoulli 形という。n = 0 のとき、これは線
形非斉次方程式、n = 1 のとき、線形斉次方程式であるから、n ̸= 0, 1 の場合を考える。なお n は必ずしも整数であ
る必要はない。
Bernoulli 形 微 分 方 程 式 は 以 下 の 手 続 き に よ っ て 線 形 方 程 式 に 変 形 で き る 。ま ず 、両 辺 を y n で 割 る と
y
1
y′
′
n−1
+
p
=
q
となる。ここで
u
=
1/y
とおけば
u
=
(1
−
n)
であるから、
yn
y n−1
yn
′
y′
1
u′
+
p
=
q
⇔
+ pu = q ⇔ u′ + (1 − n)pu = (1 − n)q
yn
y n−1
1−n
となり、u についての線形非斉次方程式に帰着する。
例：
2xy ′ + y = 2x2 (x + 1)y 3 ⇔ y ′ +
1
y = x(x + 1)y 3
2x
これは n = 3 の Bernoulli 形方程式であるから、u = 1/y 2 とおけば線形方程式に帰着する。実際、
u′ −
1
u = −2x(x + 1)
x
となるから p(x) = −1/x および q = −2x(x + 1) の線形微分方程式となり、u(x) = C(x)e−
化法を適用する。
∫
pdx′
∫ x ′
∫x
′
dx
= − log x ⇒ e− pdx = elog x = x
pdx = −
′
x
∫ x
∫ x
1
′ ′
′
C(x) =
(−2)x (x + 1)dx = −2
(x′ + 1)dx′ = −x2 − 2x
x′
x
∴ u(x) = (−x2 − 2x + C)x = −x3 − 2x2 + Cx ⇔
演習 2.3 次の微分方程式の一般解を求めよ。
dy
x2 + y 2
=
dx
2xy
dy
− xy − y 2 = 0
(2) x3
dx
(1)
∫x
−1
1
= y2 = 3
u
x + 2x2 − Cx
とおいて定数変
■第 3 回
1.1.5 完全微分形
正規型の 1 階微分方程式を x と y について対称な形に表現すれば
P (x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 (⇔ P (x, y) + Q(x, y)y ′ = 0)
のようになる。これは明らかに正規形の方程式の最も一般的な形である。この方程式が求積できるための条件を求め
よう。
もし左辺がある関数 ϕ(x, y) の完全微分（全微分）になっていたとする。このときこの方程式は
dϕ(x, y) =
∂ϕ
∂ϕ
dx +
dy = 0
∂x
∂y
と書くことができて、明らかに
ϕ(x, y) = C
が解である。ここで C は積分定数。したがって、正規形の方程式が解けるための条件は左辺がある関数 ϕ の完全微
分になっていることである。ただし以前の例でも見た通り、これは必ずしも y(x) について明示的に書けるとは限ら
ない。
以上の書き方が何となく気持ち悪い人のため、少々解説する。完全微分形の方程式には dx や dy が陽に現れている
が、これは本来積分の中だけで許される記法である。もし方程式の解がパラメーター t によって (x(t), y(t)) のように
書けていたとすれば、dϕ の積分は
∫ (
∫
dϕ =
∂ϕ
∂ϕ
dx +
dy
∂x
∂y
)
∫ (
=
)
∂ϕ dx ∂ϕ dy
dt
+
∂x dt
∂y dt
|
{z
}
=0
と xy 平面の線積分の形になる。もし dϕ = 0 ならば、0 の積分は定数であるから ϕ = C となりこれが解である。完
全微分形の方程式は、この積分記号の中の関係式と見るべきである。
例： 方程式 2xdx + 2ydy = 0 は正規形 x + yy ′ = 0 ⇔ yy ′ = −x に直すことができ、これは変数分離形である。あ
∫
えて線積分を実行すれば
2xdx + 2ydy = x2 + y 2 = C 2
となり、ϕ(x, y) = x2 + y 2 であることがわかる。これは xy 平面の円であるから x = C cos t, y = C sin t のようにパ
ラメーター表示もできる。
さて、方程式 P dx + Qdy = 0 が完全微分形であるための条件を調べよう。見てきたように完全微分形の方程式の
背後には 2 変数関数 ϕ(x, y) が隠れている。したがって、もし完全微分形なら
P (x, y) =
∂ϕ
∂ϕ
(x, y), Q(x, y) =
(x, y)
∂x
∂y
でなければならない。さらに、偏微分が順序に依らないことを用いると、
∂2ϕ
∂2ϕ
∂Q
∂P
=
=
=
∂y
∂y∂x
∂x∂y
∂x
したがって
∂Q
∂P
=
∂y
∂x
が方程式が完全微分形であるための条件である。実際上の例では P = x, Q = y であるから、
に完全微分形であり、これが解けた根拠であることがわかる。
例： a > 0 は定数とする。
(3x2 − 3ay)dx + (3y 2 − 3ax)dy = 0, 初期条件 (x, y) = (0, 0)
P = 3x2 − 3ay, Q = 3y 2 − 3ax だから、
∂P
∂Q
= −3a,
= −3a
∂y
∂x
∂P
∂Q
=
= 0 のよう
∂y
∂x
となり、これは完全微分形である。P =
∂ϕ
∂x
と考え、x で積分すれば、ϕ =
∫
(3x2 − 3ay)dx = x3 − 3axy + φ(y) と
なる。したがって、
∂ϕ
= −3ax + φ′ (y) = 3y 2 − 3ax ⇔ φ(y) = y 3
∂y
であり ϕ(x, y) = x3 − 3axy + y 3 = C が一般解である。初期条件をみたす解は C = 0 により与えられる。
積分因子
方程式 P dx + Qdy = 0 がいつでも完全微分形であるとは限らないのは明らかである。しかし、両辺に
関数 µ(x, y) をかければ µ(P dx + Qdy) = 0 だから、もし関数 µ が
∂
∂
(µP ) =
(µQ) ⇔ µ
∂y
∂x
(
∂Q
∂P
−
∂y
∂x
)
=
∂µ
∂µ
Q−
P
∂x
∂y
を満たしていれば µ(P dx + Qdy) = 0 は完全微分形になる。このような µ を以前と同様に「積分因子」と呼ぶ。ある
方程式を完全微分形にするような µ を求めるのは一般に大変困難である。
ここでは特に Q(x, y) = 1 であるような場合を考えよう。このとき積分因子が x のみに依存すると仮定すれば、み
たすべき方程式は
であり、
∂P
dµ
µ′
∂P
µ=
⇔
=
∂y
dx
µ
∂y
∂P
は y に依らないことがわかる。したがって P (x, y) として許される形は P = p(x)y + q(x) だけであり、
∂y
元の方程式に代入すると
(p(x)y + q(x))dx + dy = 0 ⇔
dy
= −(py + q)
dx
となり、これは 1 階線形微分方程式だから求積可能である。つまり 1 階線形微分方程式はそのままでは完全微分形で
はないが、ある積分因子をかければ完全微分形になる。これが 1 階線形微分方程式が求積できた理由である。
演習 3.1 次の微分方程式が完全微分形であることを示し、一般解を求めよ。さらに、初期条件 y(e) = −1 を
満たす解を求めよ。
(
1
1
−
x y
)
dx +
x−1
dy = 0
y2
演習 3.2 演習 1.2 で与えられた以下の線形微分方程式の積分因子を求め、完全微分形にせよ。
dy
dx
dy
(2)
dx
dy
(3)
dx
dy
(4)
dx
(1)
+ y cos x = 0
+ y = xex
2x
1
+
y=
1 + x2
1 + x2
+ x2 y = 1
1.2 2 階微分方程式
次に 2 階微分方程式 F (x, y, y ′ , y ′′ ) = 0 を考えよう。たとえばニュートン力学の運動方程式など、物理学において
２階微分方程式が現れる場面は非常に多いから、その一般的性質および解法について考察することは物理の理解にお
いても大変有意義である。
なお、方程式が y によらない場合 (F (x, y ′ , y ′′ ) = 0) には、y ′ = p とおけば元の方程式は p に関する１階微分方程
式となる。一方、方程式が x によらない場合 (F (y, y ′ , y ′′ ) = 0) にも y ′ = p とおくと、
y ′′ = p′ =
(
であるから、方程式は
F
∂p
∂p dy
=
p
∂y dx
∂y
)
∂p
y, p,
p =0
∂y
となり、これは y を独立変数、p(y) を従属変数とした１階微分方程式とみることができる。したがって、以下の考察
ではこれらの場合は除外する。
1.2.1
2 階線形微分方程式
同様に正規形の方程式 y ′′ = G(x, y, y ′ ) を考え、さらに線形微分方程式
y ′′ + p(x)y ′ + q(x)y = r(x)
に限定する。r(x) = 0 のとき斉次方程式、そうでないときを非斉次方程式と呼ぶのは１階微分方程式の場合と同様で
ある。これらを求積する一般的な方法はないが、解の性質はある程度調べることができる。
基本解
まず斉次方程式
y ′′ + p(x)y ′ + q(x)y = 0
を考える。一般論より（証明はしないが）ある区間で p(x) および q(x) が連続だとすれば、その区間において初期条
件 y(x0 ) = y0 , y ′ (x0 ) = y0′ をみたす解がただ一つ存在することが示せる。
もし y1 および y2 がある区間においてそれぞれ斉次方程式の解であり、y1 y2′ − y1′ y2 ̸= 0 であるとする。このとき
C1 および C2 を任意定数として、y = C1 y1 + C2 y2 は斉次方程式の一般解であることが以下のように示せる。
まず、x = x0 において y(x0 ) = y0 = C1 y1 (x0 ) + C2 y2 (x0 ) および y ′ (x0 ) = y0′ = C1 y1′ (x0 ) + C2 y2′ (x0 ) であるか
ら、これら 2 式を行列表記すれば、
(
y1 (x0 )
y1′ (x0 )
)( ) ( )
y2 (x0 )
C1
y0
=
y2′ (x0 )
C2
y0′
となる。条件 y1 y2′ − y1′ y2 ̸= 0 から、左辺の 2 × 2 行列に逆行列が存在することに注意すれば、
( ′
( )
1
y2 (x0 )
C1
=
C2
y1 (x0 )y2′ (x0 ) − y1′ (x0 )y2 (x0 ) −y1′ (x0 )
−y2 (x0 )
y1 (x0 )
)( )
y0
y0′
のように定数 C1 , C2 が決まる。したがって、y1 y2′ − y1′ y2 ̸= 0 をみたす 2 つの解があれば、ある初期条件をみたす解
を構成できることがわかった。ここで y0 , y0′ は任意に与えられるから、これは一般に 2 つの定数 C1 , C2 は任意に選
べることを示している。したがって、線形結合
y = C1 y1 + C2 y2
は斉次方程式の一般解である。線形結合により一般解を構成できるような 2 つの解のことを基本解と呼ぶ。
■第 4 回
独立性の判定条件
逆行列の形からわかるように、基本解であるための条件は行列式
y
W [y1 , y2 ] := 1′
y1
y2 = y1 y2′ − y1′ y2
y2′ が 0 でないという条件に他ならない。この行列式 W [y1 , y2 ] を Wronskian と呼ぶ。行列式の性質から y2 が y1 の定
数倍ならば Wronskian は 0 になるので、Wronskian が 0 でないという条件は y1 と y2 が線形独立である条件と等価
であることがわかる。
Wronskian は次のように 1 階線形微分方程式をみたす。
W ′ [y1 , y2 ] = (y1 y2′ − y1′ y2 )′ = y1 y2′′ − y1′′ y2 = y1 (−py2′ − qy2 ) − (−py1′ − qy1 )y2
= −p(x)(y1 y2′ − y1′ y2 ) = −p(x)W [y1 , y2 ]
ここで y1 , y2 が斉次方程式の解であることを用いた。この 1 階線形方程式を前節の方法で解けば、
W [y1 , y2 ] = Ce−
∫x
p(x′ )dx′
となり、C = 0 の場合を除き恒等的に 0 にはならないことがわかる。
例： 振動の方程式 y ′′ + y = 0 は 2 階線形斉次方程式である。y1 = sin x および y2 = cos x がこの方程式の解である
ことは簡単に確かめられるが、これらが線形独立かどうかを調べよう。
y
W [sin x, cos x] = 1′
y1
y2 sin x cos x =
= −1 ̸= 0
y2′ cos x − sin x
であるから、y1 と y2 は線形独立であることが確かめられた。したがって、y ′′ + y = 0 の一般解は y = C1 sin x +
C2 cos x で与えられる。
演習 4.1 微分方程式 2x2 y ′′ + 3xy ′ − y = 0 を考える。
(1) y1 =
√
x および y2 = 1/x は x > 0 において解であることを示せ。
(2) y1 と y2 は線形独立であることを示せ。
(3) 初期条件 y(1) = 2, y ′ (1) = 1 をみたす解を求めよ。
演習 4.2 斉次方程式の解 y1 , y2 が一次独立であるとき、αy1 + βy2 と γy1 + δy2 も一次独立であるための、
定数 α, . . . , δ に対する条件を求めよ。その結果を用いて、基本解の組み合わせは無数にありうるかどうか判定
せよ。
線形独立な解の構成
もし斉次方程式 y ′′ + p(x)y ′ + q(x)y = 0 の解のうちの一方がわかっていたとする。これを
y1 としよう。このとき、y1 と線形独立なもう一方の解は次のようにして見つけることができる。まず、見つけるべ
き解を y2 = y1 v のように書く。ここで v(x) はこれから定める未知関数である。方程式に代入すると、
y2′′ + py2′ + qy2 = (y1′′ v + 2y1′ v ′ + y1 v ′′ ) + p(y1′ v + y1 v ′ ) + q(y1 v) = (2y1′ + y1 p)v ′ + y1 v ′′ = 0
であるから、u := v ′ は 1 階線形微分方程式 y1 u′ + (2y1′ + y1 p)u = 0 を満たすことがわかる。ここで y1 は斉次方程
式をみたすことを用いた。これは前節の方法により
)
∫ x
2y1′
+ p u ⇔ log u = −2 log y1 −
pdx′ + C
y1
∫x
′
C
⇔ u = 2 e− pdx
y1
∫x
のように解くことができ、さらに不定積分をすれば v =
udx′ のように未知関数 v が定まる。こうしてもう一方の
∫x
解は y2 = y1
udx′ の形をしていることがわかったが、これを用いて Wronskian を計算すれば
u′ = −
(
W [y1 , y2 ] = y1 y2′ − y1′ y2 = e−
∫x
pdx′
となって前述の結果を再現し、Wronskian は恒等的に 0 にはならないことが確かめられる。したがって y1 と y2 は線
形独立であることが確かめられた。
例： 斉次方程式 x2 y ′′ − 6y = 0 は簡単にわかるように解 y1 = x3 および y2 = x−2 をもつ。y1 から y2 を構成して
みよう。この場合 p(x) = 0 であるから u = C/y12 となり、u = x−6 がわかる。したがって、y2 = y1
∫
x
dx′
= x−2
x′6
であることが確かめられる。
演習 4.3 2 階微分方程式 xy ′′ − (3x + 1)y ′ + (2x + 1)y = 0 を考える。
(1) この方程式は y = ex を解としてもつことを確かめよ。
(2) これと線形独立なもう一方の解を求めよ。(y = (x − 1)e2x )
非斉次方程式
次に非斉次項を含んだ方程式 y ′′ + py ′ + qy = r を考える。この場合も 1 階線形方程式の場合と同様
に、定数変化法が適用できる。前節で見たように斉次方程式 y ′′ + py ′ + qy = 0 のある基本解を y1 , y2 とすれば、一
般解は任意定数 C1 , C2 を用いて、
y(x) = C1 y1 (x) + C2 y2 (x)
とかける。ここで、任意定数を x の関数とみなし、y を微分していくと
y ′′ = C1 y1′′ + 2C1′ y1′ + C1′′ y1 + C2 y2′′ + 2C2′ y2′ + C2′′ y2
py ′ = p(C1 y1′ + C1′ y1 ) + p(C2 y2′ + C2′ y2 )
qy = q C1 y1 + q C2 y2
となるから、これらを足して y1 , y2 が斉次方程式の解であることを使えば、非斉次方程式は
2C1′ y1′ + C1′′ y1 + 2C2′ y2′ + C2′′ y2 + p(C1′ y1 + C2′ y2 ) = r
と等価であることがわかる。ここで、C1 , C2 を決定するために、もう一つの条件
微分
C1′ y1 + C2′ y2 = 0 −−−→ C1′′ y1 + C2′′ y2 + C1′ y1′ + C2′ y2′ = 0
を付け加えよう。この最後の条件式より、y が非斉次方程式の解であるための条件は
C1′ y1′ + C2′ y2′ = r
であることがわかる。したがって、
(
{ ′
y1
C1 y1 + C2′ y2 = 0
⇔
y1′
C1′ y1′ + C2′ y2′ = r
y2
y2′
)(
C1′
C2′
)
( )
0
=
r
を満たすような関数 C1 , C2 がわかればよい。右式の左辺の 2 × 2 行列の行列式は y1 と y2 の Wronskian W [y1 , y2 ]
であることに注意すれば、Cramer の公式より
C1′
0
1
=
W [y1 , y2 ] r
y1
1
−ry2
y2 ′
, C2 =
′ =
y2
W [y1 , y2 ]
W [y1 , y2 ] y1′
ry1
0
=
r W [y1 , y2 ]
がわかる。したがって、未知関数は
∫
C1 (x) =
x
−ry2
dx′ , C2 (x) =
W [y1 , y2 ]
∫
x
=
ry1
dx′
W [y1 , y2 ]
のように求まる。
例： 線形非斉次方程式 y ′′ + y = cos x の一般解を求める。斉次方程式の一般解を C1 sin x + C2 cos x とおけば、
W [sin x, cos x] = −1 だから
(
)
∫
− cos2 x
1 x
1
1
⇒ C1 =
x + sin 2x + C˜1
(1 + cos 2x′ )dx′ =
−1
2
2
2
∫ x
cos
x
sin
x
1
C2′ = −
⇒ C2 = −
cos x′ sin x′ dx′ = cos2 x + C˜2
−1
2
C1′ =
˜1 , C˜2 と書いて
のように関数 C1 , C2 が求まり、一般解は 2 つの任意定数を改めて C
1
y(x) = C˜1 sin x + C˜2 cos x +
2
(
)
1
1
1
x + sin 2x sin x + cos3 x = C1 sin x + C2 cos x + x sin x
2
2
2
となる（最後の等号では任意定数を改めて置きなおした）
。この例からわかるように、非斉次方程式の一般解は対応し
た斉次方程式の一般解と非斉次方程式の特解の和の形になる。
■第 5 回
代入法
定数変化法による非斉次方程式の解法では、C1 , C2 の公式に現れる不定積分は一般に容易ではない。ここ
では非斉次項 r(x) の関数形から、非斉次方程式の特解を推測する方法を考える。
例 非斉次項が多項式の場合： 非斉次方程式 y ′′ + y ′ + y = x2 の特解を求める。右辺の形から y = a0 + a1 x + a2 x2
とおいて方程式に代入すると、
2a2 + (a1 + 2a2 x) + (a0 + a1 x + a2 x2 ) = x2 ⇔ (2a2 + a1 + a0 ) + (2a2 + a1 )x + (a2 − 1)x2 = 0
であるから、これが恒等的に成立するには各次の係数が 0 であればよい。したがって、a2 = 1, a1 = −2, a0 = 0 がわ
かるから
y = −2x + x2
が非斉次方程式の特解である。これに斉次方程式の一般解を加えたものが非斉次方程式の一般解となる。
例 非斉次項が指数関数の場合：
非斉次方程式 y ′′ − 2y ′ + 4y = e2x の特解を求める。右辺の形から y = ae2x と
おいて方程式に代入すると、
(4a − 4a + 4a)e2x = e2x ⇔ 4a = 1 ⇔ a =
1
4
となり y = e2x /4 が非斉次方程式の特解である。
例 非斉次項が三角関数の場合： 非斉次方程式 y ′′ + 4y = sin 3x の特解を求める。右辺の形から y = a sin 3x とお
いて方程式に代入すると、
(−9a + 4a) sin 3x = sin 3x ⇔ a = −
1
5
となり y = − 15 sin 3x が非斉次方程式の特解である。
これらの方法は、斉次方程式の解と非斉次項に特別な関係がある場合には注意が必要である。前回の最後の例を参
照のこと（y ′′ + y = cos x）。
1.2.2 定数係数の 2 階線形微分方程式
この節では y およびその導関数の係数が全て定数である場合の 2 階線形微分方程式を考えよう。この形の方程式は
一般に y ′′ + 2ay ′ + by = r のように書くことができる。ここで、a, b は定数、r は与えられた関数である。
特性方程式
まず斉次方程式 y ′′ + 2ay ′ + by = 0 を考える。どのような関数がこの方程式の解になり得るだろう
か？たとえば y = xm のような関数は、この方程式の解にならないことはすぐにわかる。なぜなら、このような場
合 3 つの項 y, y ′ , y ′′ の次数はすべて異なり、項の打ち消し合いは決して起こらないから。ここでもし y が指数関数
y = eλx の形であれば y ′ = λeλx , y ′′ = λ2 eλx となるから、各項とも同じ関数形になり３項間の打ち消し合いが起こ
る可能性がある。実際、
y ′′ + 2ay ′ + by = (λ2 + 2aλ + b)eλx = 0
となるが、指数関数は恒等的に 0 にはならないから λ が
λ2 + 2aλ + b = 0
をみたせば y = eλx は斉次方程式の解になっていることがわかる。このとき λ はこの 2 次方程式を解くことによって
λ± := −a ±
√
a2 − b
のように決定される。この 2 次方程式を、線形斉次方程式の特性方程式という。特性方程式の解は一般に実数とは限
らないから、もし微分方程式の実数解が必要な場合には注意が必要である。
重解をもたない場合
まず、特性方程式が重解をもたない場合、つまり a2 − b ̸= 0 の場合を考えよう。このとき
斉次方程式の基本解は y1 = eλ+ x , y2 = eλ− x で与えられる。実際、Wronskian を計算すると λ+ ̸= λ− であるから
W [eλ+ x , eλ− x ] = (λ− − λ+ )e(λ+ +λ− )x ̸= 0
となって y1 , y2 は線形独立であることが確かめられる。したがって、斉次方程式の一般解は
y(x) = C1 eλ+ x + C2 eλ− x
である。
例： 斉次方程式 y ′′ − y ′ − 6y = 0 の一般解を求める。特性方程式は λ2 − λ − 6 = 0 だから、これは簡単に
(λ + 2)(λ − 3) = 0 と因数分解できる。つまり、基本解は λ = 3, −2 によって与えられるので
y = C1 e3x + C2 e−2x
が一般解である。
例 複素数解： 斉次方程式 y ′′ + 2y ′ + 4y = 0 の一般解を求める。特性方程式は λ2 + 2λ + 4 = 0 だから、解は
√
√
√
√
3i である。したがって、基本解の一方は y1 = e(−2+ 3i)x = e−2x (cos 3x + i sin 3x) であり、もう
√
√
√
一方は y1 = e(−2− 3i)x = e−2x (cos 3x − i sin 3x) となる。一般解はこれらの線形結合だから、任意係数 C1 , C2
λ± = −2 ±
を用いて、
√
√
y = (C1 cos 3x + C2 sin 3x)e−2x
のように書くことができる。
重解をもつ場合
次に特性方程式が重解を与える場合を考えよう。このとき a2 − b = 0 であるから、斉次方程式
およびその特性方程式は
y ′′ + 2ay ′ + a2 y = 0
⇒
2
λ2 + 2aλ + a2 = 0 ⇔ (λ + a) = 0
の形になり、解として許されるのは λ = −a のみであることがわかる。したがってこの場合、斉次方程式の基本解の
一方が y1 = e−ax であることまではわかった。もう一方は前節の方法により決めることができるが、定数係数の方程
式なのでこれは容易である。実際、もう一方の解を y2 = y1 v とおけば、u = v ′ として u の満たす方程式は
u′ = −
(
)
2y1′
+p u
y1
であったが、今の場合 p(x) = 2a であり 2y1′ /y1 = 2a だから、この式の右辺は恒等的に 0 となり u′ = 0、したがって
v ′′ = 0
が v のみたすべき方程式である。解は 1 次関数であるが、定数項は不要なので v = Cx のように v が定まり、基本解
のもう一方は y2 = xy1 = xe−ax である。結局、特性方程式が重解をもつ場合の一般解は
y = C1 e−ax + C2 xe−ax
であることがわかった。
演習 5.1 次の微分方程式の一般解を求めよ。
(1) 6y ′′ − 7y ′ + y = 0
(2) y ′′ − 3y ′ + y = 0
(3) y ′′ + y ′ + y = 0
(4) y ′′ − 6y + 9y = 0
演習 5.2 次の微分方程式の一般解を求めよ。
(1) y ′′ + 3y = x3 − 1
(2) y ′′ + 2y ′ − 15y = cos 3x
(3) y ′′ − 2y ′ − 3y = e3x (y = C1 e−x + C2 e3x + xe3x /4)
■第 6 回
Euler 形方程式
斉次方程式 y ′′ + py ′ + qy = 0 において p(x) ∝ 1/x かつ q(x) ∝ 1/x2 のような形の方程式を考え
る。全体に x2 をかければ、この斉次方程式は
y ′′ +
α ′
β
y + 2 y = 0 ⇔ x2 y ′′ + αxy ′ + βy = 0
x
x
のように書くことができる。このような形の方程式を Euler 形方程式と呼ぶ。
Euler 形方程式は x = et のような独立変数変換をすると、t についての定数係数微分方程式になることが示せる。
実際、
x = et ⇔ t = log x ⇔
dt
1
=
dx
x
だから、x 微分は
dt d
1 d
d
=
=
dx
dx dt
x dt
および、
d
d2
=
2
dx
dx
(
1 d
x dt
)
1 d
1 1 d2
1
=− 2
+
= 2
2
x dt x x dt
x
(
d
d2
−
2
dt
dt
)
のように t 微分に変換され
x2 y ′′ + αxy ′ + βy = 0 ⇔
d2 y
dy
+ (α − 1)
+ βy = 0
dt2
dt
がわかる。したがって、これまでの考察より (α − 1)2 − 4β ̸= 0 のとき、特性方程式 λ2 + (α − 1)λ + β = 0 の解を
λ± とすれば、t についての方程式の一般解は
y(t) = C1 eλ+ t + C2 eλ− t
であることがわかり、x2 y ′′ + αxy ′ + βy = 0 の一般解は変数を x に直して
y(x) = C1 xλ+ + C2 xλ−
と得られる。また、(α − 1)2 − 4β = 0 のとき特性方程式は重解 λ = −α + 1 をもち、一般解は
y(t) = C1 eλt + C2 teλt
であるから、元の方程式の解は
y(x) = C1 xλ + C2 xλ log x
であることがわかる。
Euler 形方程式 x2 y ′′ + αxy ′ + βy = 0 の各項の係数部分を見ると微分によって下がった階数を回復する形になっ
ているから、この方程式がべき関数を解にもつことは自然であり、特性方程式が重解をもつ場合を除き、実際これが
確かめられたことになる。
1.2.3 級数解
前述の通り、2 階線形微分方程式を求積する一般的な方法はないが、べき級数の形の解であれば求まる場合がある。
本節では、この級数解法を考える。
確定特異点
Euler 形方程式は係数関数として p(x) = α/x と q(x) = β/x2 をもつのような 2 階線形方程式であっ
た。これを一般化して、係数関数がある点 x0 の周りで
p(x) =
p−1
+ p0 + p1 (x − x0 ) + · · · ,
x − x0
q(x) =
q−2
q−1
+
+ q0 + q1 (x − x0 ) + · · ·
(x − x0 )2
x − x0
のように展開されるような場合を考えよう。これは (x − x0 )p(x) と (x − x0 )2 q(x) が x = x0 において Taylor 展開可
能であることを意味しているが、このとき x = x0 をこの線形方程式の確定特異点といい、このような展開ができな
い場合、不確定特異点という。特に p(x) および q(x) 自身が x = x0 において Taylor 展開可能なとき、x = x0 を通
常点という。詳細はこの講義の程度を超えるので述べないが、微分方程式とその解の主要な性質は確定特異点におけ
る級数解に出現する。ここでは主に確定特異点、あるいは通常点の周りで定義された級数解を求める手続きを考える。
例： 方程式 y ′′ + 2xy ′ + 2y = 0 の基本解を x = 0 の周りで求める。p(x) = 2x, q(x) = 2 であるから x = 0 はこの
方程式の確定特異点（実際は通常点）である。基本解を求めるために、解の形を
y = a0 + a1 x + a2 x2 + · · · =
∞
∑
an xn
n=0
の形において、微分すると
y ′ = a1 + 2a2 x + 3a3 x2 + · · · =
∞
∑
y ′′ = 2a2 + 6a3 x + · · · =
nan xn−1 ,
n=1
∞
∑
n(n − 1)an xn−2
n=2
であるから、添え字を調整してからこれらを方程式の左辺に代入して
y ′′ + 2xy ′ + 2y = 2a2 + 2a0 +
∞
∑
(2an + 2nan + (n + 2)(n + 1)an+2 ) xn
n=1
が得られる。この右辺が 0 ならば方程式が満たされるが、そのためには xn の各係数が 0 でなければならない。した
がって、
a2 + a0 = 0, (2n + 2)an + (n + 2)(n + 1)an+2 = 0 ⇔ a2 = −a0 , an+2 = −
2
an
n+2
のように、2 つ刻みの漸化式になり n が偶数の系列と奇数の系列が独立に現れる。まず n = 2k の場合、
a2 = −a0 , a2k+2 = −
であるから、a2k =
1
a2k
k+1
(−1)k
a0 が帰納的に証明できる。特に a0 = 1 の場合の解を y0 と書くと
k!
y0 =
∞
∑
(−1)k
k=0
k!
x2k = e−x
2
がわかる。指数関数になることからわかるように、この関数は実軸上で収束する。一方、n = 2k + 1 のとき
a2k+3 = −
であるから、a2k+1 =
2
a2k+1
2k + 3
(−1)k 2k
a0 もわかり、やはり a1 = 1 の場合の解を y1 と書くと
(2k + 1)!!
y1 =
∞
∑
(−1)k 2k 2k+1
x
(2k + 1)!!
k=0
となり、y1 はよく知られた関数では書けないが、実軸上で収束することが確かめられる。任意定数を改めて C0 , C1
と書くことにすれば、一般解は y = C0 y0 + C1 y1 と書くことができ、この方程式の基本解は y0 , y1 で与えられること
がわかった。
例 Bessel 関数： 方程式 x2 y ′′ + xy ′ + (x2 − ν 2 )y = 0 は Bessel の微分方程式と呼ばれ、物理学の様々な場面で出現
する重要な方程式である。全体を x2 で割れば p(x) = 1/x および q(x) = 1 − (ν/x)2 であるから、x = 0 はこの方程
式の確定特異点である。
ここでは特に ν = 1/2 の場合を考える。確定特異点の周りでは解が Taylor 展開できる保証はないから、まず
y = xλ
∞
∑
an xn
n=0
のようにおいてみる。ここで指数 λ は複素定数である。前例と同様に、これを微分すると
y ′ = λxλ−1
∞
∑
an xn + xλ
n=0
y ′′ = λ(λ − 1)xλ−2
∞
∑
nan xn−1 ,
n=1
∞
∑
n=0
an xn + 2λxλ−1
∞
∑
n=1
nan xn−1 + xλ
∞
∑
n=2
n(n − 1)an xn−2
であるから、
x2 y ′′ = λ(λ − 1)xλ
∞
∑
an xn + 2λxλ
n=0
∞
∑
xy ′ = λxλ
(
x2 −
1
4
n=0
)
y = xλ
an xn + xλ
∞
∑
nan xn + xλ
n=1
∞
∑
∞
∑
n(n − 1)an xn ,
n=2
nan xn ,
n=1
∞
∑
∞
1 ∑
an−2 xn − xλ
an xn
4
n=2
n=0
がわかる。したがって、x2 y ′′ + xy ′ + (x2 − 14 )y = 0 が成り立つには xn の各係数が 0、すなわち
(
)
1
λ2 −
a0 = 0,
4
(
)
3
λ2 + 2λ +
a1 = 0
4
{
}
1
an−2 + (λ + n)2 −
an = 0 (n ≥ 2)
4
および
が成り立てばよいことがわかる。a0 の係数に関する最初の条件式により λ が定まるが、この条件式を元の微分方程式
の決定方程式、λ を特性指数と呼ぶ。この場合、特性指数は λ = ±1/2 のように定まるが、この例からわかるように、
確定特異点における級数解の特性指数は一般に整数値を取るとは限らない。
演習 6.1 方程式 (x2 y ′′ + xy ′ + (x2 − 14 )y = 0 の級数解を求める。
(1) 特性指数 λ = 1/2 のとき、a0 = 1 とおけば、a2n+1 = 0, a2n =
(−1)n
であることを示せ。これを用
(2n + 1)!
1
x
いれば、解は y1 = √ sin x で与えられることを示せ。
1
(2) 特性指数 λ = −1/2 のとき、a0 = 1 とおき、さらに a1 = 0 と定めれば、もう一方の解は y2 = √ cos x
x
で与えられることを示せ。
演習 6.2 方程式 (1 − x2 )y ′′ − 2xy ′ + α(α + 1)y = 0 は Legendre の微分方程式とよばれ、数学や物理学の多
くの分野に現れる（電磁気学演習 I 7.4 参照）。
(1) x = ±1 はこの方程式の確定特異点であることを示せ。
(2) α = n（整数）のとき、Legendre の微分方程式は n 次の多項式解をもつことを示せ。
(3) α = n のとき、多項式解で Pn (1) = 1 を満たすものを Legendre 多項式という。P0 (x), P1 (x), P2 (x), P3 (x)
を求めよ。
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