微分方程式レポート課題No.2 解答例

微分方程式レポート課題 No.2 解答例
出題 2014/5/21
提出期限 2014/6/4
e はネイピア数，log は自然対数を表すものとする．また，特に断りがない限り，任意の
f (t) に対して f ′ (t) =
df
′′
dt , f (t)
=
d2 f
dt2
とし，変数 x(t) は x と表記する．また，解答中記
述がない定数はいずれも任意 (積分) 定数とする．問題 1 次の微分方程式の一般解もしくは初期値問題の解を求めよ
(1) x′ − 2tx = 2t (2) x′ −
2t
t2 +1 x
′′
= 2t,
x(0) = 0
(3) x′′ − 7x′ + 6x = 0 (4) x + 2x′ − x = 0,
(5) x′′ + (α + β)x′ + αβx = 0
解答例 (1)
x(0) = 0, x′ (0) = 4
(α, β は実数) (6) x′′ − 2x′ + 3x = 0
定数変化法に基づいて解を導出する．斉次形 x′ − 2tx = 0 の一般解は変数
分離型なので，容易に求積できて，
∫
dx
=
x
∫
2tdt
⇒
log |x| = t2 + C
⇒
x(t) = ±eC et
⇒
x(t) = Cet
2
2
(C = ±eC と置きなおした)
2
と書ける．x(t) = C(t)et とおいて，非斉次形の方程式に代入すれば，
C ′ (t) = 2te−t
2
⇒
C(t) = C − e−t
2
2
が導かれる．従って，求める一般解は x(t) = Cet − 1
(2) 定数変化法に基づいて解を導出する．斉次形 x′ −
問と同様に
∫
dx
=
x
∫
2t
dt
t2 + 1
2t
t2 +1 x
= 0 の一般解は，前
⇒
log |x| = log(t2 + 1) + C
⇒
x(t) = ±eC (t2 + 1)
⇒
x(t) = C(t2 + 1)
(t2 + 1 > 0)
(C = ±eC と置きなおした)
と求まる．従って，x(t) = C(t)(t2 + 1) と非斉次形の方程式に代入すると，
C ′ (t) =
t2
2t
+1
⇒
C(t) = log(t2 + 1) + C
と書ける．従って，一般解は x(t) = C(t2 + 1) + (t2 + 1) log(t2 + 1) であり，
初期条件から，x(0) = C = 0 が決まる．以上から求める初期値問題の解は
x(t) = (1 + t2 ) log(1 + t2 ).
(3) 対応する特性方程式 λ2 − 7λ + 6 = (λ − 1)(λ − 6) = 0 の根は λ = 1, 6 であ
る．従って，求める一般解は
x(t) = C1 et + C2 e6t .
(4) 対応する特性方程式 λ2 + 2λ − 1 = 0 の根は λ = 1 ±
√
2 である．従って，方
程式の一般解は
x(t) = C1 e(
√
2−1)t
√
2+1)t
+ C2 e−(
と書ける．初期条件から，
x(0) = C1 + C2 = 0,
となり，C1 =
√
√
x′ (0) = ( 2 − 1)C1 − ( 2 + 1)C2 = 4
√
√
2, C2 = − 2 が決まる．従って，求める初期値問題の解は
√
√ (√2−1)t
2(e
− e−( 2+1)t ).
x(t) =
(5) 対応する特性方程式 λ2 + (α + β)λ + αβ = (λ + α)(λ + β) = 0 の根は
λ = −α, −β である．従って，求める一般解は
{
C1 e−αt + C2 e−βt (α ̸= β のとき)
x(t) =
(C1 + C2 t)e−αt (α = β のとき)
(6) 対応する特性方程式 λ2 − 2λ + 3 = 0 の根は λ = 1 ±
√
2i である．従って，求
める一般解は
√
√
x(t) = et (A cos 2t + B sin 2t).
問題 2 次の二階の微分方定式の一般解を未定係数法を使って求めよ．
(1) x′′ − 2x′ + 3x = 8 sin t (2) x′′ − x = 3t2 + t + e2t
√
(3) x′′ + x = 2 sin(t + π4 ) (4) x′′ − 4x′ + 4x = e2t
解答例 (1)
斉次形の一般解は問題 1(6) より，xh (t) = et (C1 cos
√
√
2t + C2 sin 2t) で
ある．従って，非斉次形の特解を xp (t) = A cos t + B sin t とおいて，代入す
ると，
(−A − 2B + 3A) cos t + (−B + 2A + 3B − 8) sin t = 0
⇔ (2A − 2B) cos t + (2A + 2B − 8) sin t = 0
⇔A=B=2
を得る．従って，求める一般解は
√
√
x(t) = xh (t) + xp (t) = et (C1 cos 2t + C2 sin 2t) + 2 cos t + 2 sin t.
(2) 斉次形の一般解は簡単な計算から xh (t) = C1 et + C2 e−t と書ける．非斉次形
の特解を xp (t) = At2 + Bt + C + De2t とおいて代入・整理すると，
(−A − 3)t2 + (−1 − B)t + (2A − C) + (3D − 1)e2t = 0
1
⇔ A = −3, B = −1, C = −6, D =
3
を得る．従って，求める一般解は
1
x(t) = C1 et + C2 e−t + e2t − 3t2 − t − 6.
3
(3) 斉次形の一般解は簡単な計算から xh (t) = C1 cos t + C2 sin t と書ける．ま
√
た，非斉次項は 2 sin(t + π4 ) = sin t + cos t より，非斉次形の特解を xp (t) =
At cos t + Bt sin t とおいて，代入・整理すると，
(−2A − 1) sin t + (2B − 1) cos t = 0
1
1
⇔ A = − ,B =
2
2
を得る．従って，求める一般解は
(
)
(
)
t
t
x(t) = C1 −
cos t + C2 +
sin t.
2
2
(4) 斉次形の一般解は簡単な計算から xh (t) = C1 e2t + C2 te2t と書ける．従って，
非斉次形の特解を xp (t) = At2 e2t とおいて，代入・整理すると，
(2A − 1)e2t = 0
⇔
A=
1
2
を得る．従って，求める一般解は
(
)
t2
x(t) = C1 + C2 t +
e2t .
2
問題 3 次の二階の微分方程式の一般解を求めよ．
(1) x′′ + x =
解答例 (1)
1
2e2t
′′
′
(2)
x
−
4x
+
4x
=
cos2 t
1 − t2
斉次形の一般解は簡単な計算から C1 cos t + C2 sin t と分かる．従って，
x1 (t) = cos t, x2 (t) = sin t とおいて，解の公式に代入すると，
x1 x2 = cos2 t + sin2 t = 1
W (x1 , x2 ) = ′
x1 x′2 なので，求める一般解は
∫
∫
cos t
sin t
dt + sin t
dt
x(t) = − cos t
2
cos t
cos2 t
∫
∫
(cos t)′
(sin t)′
= cos t
dt
+
sin
t
dt
cos2 t
1 − sin2 t
∫
∫
dX
dY
+ sin t
(X = cos t, Y = sin t)
= cos t
2
X
1−Y2
(
)
∫
∫
1
1
1
dX
+ sin t
+
dY
= cos t
X2
2 1+Y
1−Y
1
1
= cos t(− + C1 ) + sin t(log |1 + Y | − log |1 − Y | + 2C2 )
X
2
1
= C1 cos t + C2 sin t + sin t(log(1 + sin t) − log(1 − sin t)) − 1.
2
(2) 斉次形の一般解は簡単な計算から C1 e2t + C2 te2t と分かる．従って，x1 (t) =
e2t , x2 (t) = te2t とおいて，解の公式に代入すると，
2t
e
te2t
t 2t 2 1
W (x1 , x2 ) = 2t
= (e ) = e4t
2e
e2t + 2te2t 2 1 + 2t
なので，求める一般解は
∫
∫ 2t
e
te2t 2e2t
2e2t
2t
·
dt
+
te
·
dt
x(t) = −e
e4t 1 − t2
e4t 1 − t2
∫
∫
2
2t
2t
2t
dt + te
dt
= −e
2
1−t
1 − t2
)
)
∫ (
∫ (
1
1
1
1
2t
2t
+
−
=e
dt + te
dt
t+1 t−1
t+1 t−1
)
(
t + 1
2t
2t
2t
2
.
= C1 e + C2 te + e
log |t − 1| + t log t − 1
2t
(注意) 解答例中の解の公式とは，次を指す (この公式は証明なしに用いてよい)．
二階 (定数係数) 線形微分方程式の解の公式
方程式
x′′ + px′ + qx = r(t)
(∗)
の斉次形 (r = 0) に対する一次独立な解 (基本解) を x1 (t), x2 (t) とする．この
とき，(∗) の一般解は
0 x2 x1 0
∫ ∫ ′
r x′2 x1 r x(t) = x1 (t)
dt + x2 (t)
dt
W (x1 , x2 )
W (x1 , x2 )
(∫
)
(∫
)
x2 (t)r(t)
x1 (t)r(t)
= −x1 (t)
dt + x2 (t)
dt
W (x1 , x2 )
W (x1 , x2 )
で与えられる．ただし，W (x1 , x2 ) は 2 次のロンスキアン
W (x1 , x2 ) =
x1 x′2
−
x′1 x2
x
= 1′
x1
x2 .
x′2 問題 4(自由課題) リッカチの微分方程式
x′ + p(t)x2 + q(t)x + r(t) = 0
(∗)
について考える．このとき，次の問いに答えよ．
(1) (∗) は (従属) 変数変換
y ′ (t)
p(t)y(t)
x(t) =
により，y に関する二階の線形微分方程式に変換されることを示せ．
(2) 初期値問題
x′ + et x2 + 2tx + e−t = 0,
2
2
x(0) = 0
の解を求めよ．
解答例 (1)
代入して，整理すると，
(
p′ (t)
y + q(t) −
p(t)
′′
)
y ′ + p(t)r(t)y(t) = 0.
(2) p(t) = e−t , q(t) = −2(1 + t), r(t) = et とすると，(1) で導いた式は
2
2
y ′′ − 2y + y = 0
と変形される．この方程式は簡単に求積できて，一般解は y(t) = C1 et + C2 tet
で与えられる．従って，
x(t) =
y ′ (t)
(C1 + C2 )et + C2 tet
= −t2
p(t)y(t)
e (C1 et + C2 tet )
は (一般) 解．初期条件より，x(0) =
求める初期値問題の解は
2
2
tet+t
tet
x(t) = t
=
.
te − et
t−1
C1 +C2
C1
= 0 ⇒ C1 = −C2 と定まるので，

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