微分方程式 レポート No.1 (解答)
学籍番号 名前 1 (変数分離形の 1 階微分方程式) 次の微分方程式を解きなさい. （初期条件が書いていない場合は一
般解を，初期条件が書いてある場合は，その初期条件を満たす解を求めなさい.）
dy
(1)
= y.
dx
(2) (1 + x2 )y0 = cos2 y.
dy
(3)
= 3 cos x cos2 y, y(0) = π4 .
dx
dy
(4)
= y(y + 1) sin x.
dx
dy
= x exp(−x2 − y), y(0) = log 2.
(5)
dx
0
解答例 (1) yy = 1 と変形すると， (log |y|)0 = x0 の形になっていることがわかる. 両辺を x で積分すれば，
log |y| = x + C0 (C0 は任意の定数) となる. よって, |y| = e x+C0 を得る. ±eC0 = C とおけば，y = ±e x+C0 = Ce x
(C は任意の定数).
0
1
0
−1
(2) cosy 2 y = 1+x
x)0 の形になっていることがわかる. よって, 両辺を x で
2 と変形すれば， (tan y) = (tan
積分すれば, tan y = tan−1 x + C (C は任意の定数) となる. よって, y = tan−1 (tan−1 +C).
0
(3) cosy 2 y = 3 cos x と変形すれば, (tan y)0 = (3 sin x)0 の形になっている. よって，両辺を x で積分して,
tan y = 3 sin x + C (C は任意の定数) となる. 初期条件 y(0) = π4 より, tan π4 = C. つまり, C = 1 となる. よっ
て, y = tan−1 (3 sin x + 1) である.
y0
1
(4) y(y+1)
= sin x と変形する. 左辺はさらに，( 1y − y+1
)y0 = sin x と部分分数分解できる. これは,
y
(log |y| − log |y + 1|)0 = (− cos x)0 の形をしている. よって，両辺を x で積分すれば, log | y+1
| = − cos x + C0
− cos x
Ce
y
= e− cos x+C0 . これを y について解くと， y =
(ここで，
となる (C0 は任意の定数). よって, y+1
1 − Ce− cos x
eC0 = C とおいた.) となる.
2
2
(5) ey y0 = xe−x と変形すれば, (ey )0 = (− 21 e−x )0 の形になっていることに気付く. よって, 両辺を x で積
2
分すれば, ey = − 21 e−x + C (C は任意の定数) となる. 初期条件 y(0) = log 2 より, 2 = − 12 + C. すなわち,
2
2
C = 52 であることがわかる. よって, ey = − 12 e−x + 52 , すなわち, y = log(− 21 e−x + 52 ) を得る.
教科書の 8 ページ∼10 ページの例題，問題も各自でやっておきましょう.
微分方程式 レポート No.2 (解答)
学籍番号 名前 1 (形式的に表現された変数分離形の微分方程式) 次の微分方程式の一般解を求めよ.
(1) sin x cos2 ydx + cos2 xdy = 0
(2) (2x + 3)y2 dx − dy = 0
2 (同次形微分方程式) 次の微分方程式の一般解を求めよ.
dy
(1) x + y dx
= 2y
2
2 dy
(2) (x − y ) dx = 3xy
dy
sin x
解答例 1 (1) 与えられた微分方程式は, cos12 y dx
= − cos
2 x と変形できる. 両辺を x で積分すると,
1
tan y = − cos x + C (C は任意の定数). よって, 一般解は, y = tan−1 (C − cos1 x ) (C は任意の定数).
0
(2) 与えられた微分方程式は, yy2 = 2x + 3 と変形できる. 両辺を x で積分すると, − 1y = x2 + 3x + C (C は
1
任意定数). よって, 一般解は y = − x2 +3x+C
(C は任意の定数) である.
y
0
2 (1) v = x とおくと, y = vx より, y = xv0 + v. よって, 与えられた微分方程式は, x + y(xv0 + v) = 2y と
なり, これを x で割って, v = yx を用いると, 1 + xvv0 + v2 = 2v となる. よって, v についての変数分離形の
2
v
1
0
微分方程式 v0 = − (v−1)
が出来上がる. これを (v−1)
2 v = − x として両辺を x で積分する.
xv
v
v−1+1
1
1
左辺の積分は，部分分数分解 (v−1)
2 = (v−1)2 = v−1 + (v−1)2 を利用して計算でき，
log |v − 1| −
1
= − log |x| + C0
v−1
(C0 は任意の定数) となる. よって, log |x(v − 1)| −
1
v−1
log |y − x| −
= C0 . v =
y
x
を代入すると,
x
= C0
y−x
となるので,
y − x = ±e y−x +C0 .
x
x
±eC0 = C とおけば, 一般解
y − x = Ce y−x (C は任意の定数) が得られる.
3 yx
dy
2xy
(2) dx = x2 −y2 = 1−( y )2 と変形すると同次形であることがわかる. v =
x
y
x
とおくと, y = xv より,
3v
1
0
y0 = v + xv0 となるので, v + xv0 = 1−v
2 となる. これをさらに変形して, 2v+v3 v = x を x で積分すればよい.
2
1−v
a
bv+c
1
3
左辺の積分には部分分数分解を要する. 2v+v
3 = v + 2+v2 とおいて定数 a, b, c を計算すれば, a = 2 , b = − 2 ,
c = 0 を得る. ゆえに，
∫
∫
∫
1 − v2
1
dv 3
v
1
3
dv =
−
dv = log |v| − log(v2 + 2)
3
2
2v + v
2
v
2
v +2
2
4
1−v2
となる. よって,
1
3
log |v| − log(v2 + 2) = log |x| + C0 (C0 は任意定数).
2
4
両辺に 4 をかけて整理すると,
v2
= 4C0 .
log 2
(v + 2)3 x4
v=
y
x
を代入すると,
log
e4C0 = C とすれば,
y2
(2x2 +y2 )3
y2
= 4C0 .
(2x2 + y2 )3
= C となり, 一般解は y2 = C(2x2 + y2 )3 (C は任意の定数) となる.
教科書の 11 ページ∼12 ページの例題，問題も各自でやっておきましょう.
微分方程式 レポート No.3 (解答)
学籍番号 名前 1 (1 階線形微分方程式) 次の微分方程式の一般解を求めよ.
(1) y0 + y sin x = sin x
dy
(2) dx
+ 2xy = x3
(3) y0 + y = sin x
2 (1
) 以下の問いに答えなさい.
∫ 階線形微分方程式
dx
(1) cos x を求めよ.
dy
+ 2y tan x = cos x の一般解を求めよ.
(2) dx
d
解答例 1 (1) dx
(ye
より, 両辺を積分すると,
∫
sin xdx
)=
ye
d
(ye− cos x )
dx
− cos x
∫
=
= y0 e− cos x + ye− cos x sin x = e− cos x (y0 + y sin x) = e− cos x sin x
e− cos x sin xdx = e− cos x + C.
よって, y =∫ 1 + Cecos x (C は任意の定数).
2
2
2
2
2
(2) (ye 2xdx )0 = (ye x )0 = y0 e x + y · 2xe x = e x (y0 + 2xy) = x3 e x より,
x 2 0
∫
∫
∫
∫
2
2
2
2
2
e
ex
ex
x2 e x
x2 e x
ex
2
x2
3 x2
2
2
x
ye =
x e dx =
x dx = x ·
− 2x ·
dx =
−
xe dx =
−
+ C.
2
2
2
2
2
2
よって, y = x2 − 12 + Ce−x (C は任意の定数).
∫
(3) (ye x )0 = y0 e x + ye x = e x sin x より, 両辺を積分して, ye x = e x sin xdx. 右辺の積分は部分積分によ
り次のように求められる:
∫
∫
∫
∫
x
x
x
x
x 0
x
x
e sin xdx = e sin x − e cos xdx = e sin x − (e ) cos xdx = e sin x − e cos x − e x sin xdx
2
∫
より,
e x sin xdx =
2
ex
(sin x − cos x) + C. よって, ye x = e x sin xdx =
2
ex
(sin
2
x − cos x) + C となり,
1
y = (sin x − cos x) + Ce−x
2
(C は任意の定数) を得る.
2 (1)
∫
∫
∫
∫ (
cos x
dx
cos x
cos x
1
cos x )
=
dx =
dx =
+
dx
2
cos x
cos2 x
2
1 − sin x 1 + sin x
1
−
sin
x
)
∫ (
(1 − sin x)0 (1 + sin x)0
1
1
−
+
dx = (− log |1 − sin x| + log |1 + sin x|) + C
=
2
1 − sin x
1 + sin x
2
1
1 + sin x + C (C は任意の定数).
=
log 2
1 − sin x ∫
∫
∫ sin x
∫ (− cos x)0
1
1
2 tan xdx
(2) 2 tan xdx = 2 cos
dx
=
2
dx
=
−2
log
|
cos
x|
=
log
であるから
,
ye
= yelog cos2 x =
2
x
cos x
cos x
y
. さらに,
cos2 x
( y )0
2 sin x
1
1
1
1
0
0
=
y
+
y
·
=
(y
+
2y
tan
x)
=
×
cos
x
=
.
cos2 x
cos2 x
cos3 x cos2 x
cos2 x
cos x
両辺を x で積分すると, (1) の結果から,
∫
y
1
1
1 + sin x + C.
=
dx = log cos2 x
cos x
2
1 − sin x )
(
x +
C
(C は任意の定数).
よって, y = cos2 x 12 log 1+sin
1−sin x
教科書の 13 ページ∼14 ページの例題と問 1, 15 ページの問題 1 と 3 の (1), (2) はやっておきましょう.
微分方程式 レポート No.4 (解答)：訂正版
学籍番号 名前 1 (ベルヌーイの微分方程式)
(1) 3y0 + xy = 2xy4 の一般解を求めよ.
(2) 0 < x < π とする. x = π2 のとき y = 1 となる 2y0 − y cot x = y3 の解を求めよ.
2 (完全微分方程式)
(1) (x2 + 2xy + y2 )dx + (x2 + 2xy + 1)dy = 0 は完全か調べよ. 完全である場合， x = 1 のとき y = 2 を
満たす解を求めよ.
(2) (sin x + sin y)dx + (y2 + y + x cos y)dy = 0 は完全か調べよ. 完全である場合， x = 0 のとき y = 1 を
満たす解を求めよ.
0
解答例 1 (1) z = y13 とおくと, z0 = − 3y
, すなわち, 3y0 = −y4 z となる. これを与えられた方程式に代
y4
入すると, −y4 z0 + xy = 2xy4 となる. y(−y3 z0 + x − 2xy3 ) = 0 から y = 0 または −y3 z0 + x = 2xy3 を得る. 今，
一般解（任意定数をひとつ含む解）を見つけたいので y = 0 ではなく, −y3 z0 + x = 2xy3 について考える.
0
y3 = 1z より, − zz + x = 2xz , すなわち, z についての微分方程式 z0 − xz = −2x を得る1 .
(e− 2 x z)0 = −xze− 2 x + e− 2 x z0 = (z0 − xz)e− 2 x = −2xe− 2 x
∫
∫
1 2
1 2
1 2
1 2
より, 両辺を x で積分して, e− 2 x z = − 2xe− 2 x dx = 2 (e− 2 x )dx = 2e− 2 x + C (C は任意の定数) を得る.
1 2
1
よって, z = 2 + Ce 2 x . z = y13 より, y3 =
1 x2 (C は任意の定数).
1 2
1 2
1 2
1 2
1 2
2+Ce 2
0
(2) z = y12 とおくと, z0 = −2y
, すなわち, 2y0 = −y3 z0 . これを与えられた方程式に代入すると, −y3 z0 −
y
y cot x = y3 を得る. y(−y2 z0 − cot x − y2 ) = 0 より y = 0 または −y2 z0 − cot x − y2 = 0 を得る. y = 0 (恒等的
に 0 の関数) は x = π2 のとき y = 1 を満たさないので不適. よって,∫ −y2 z0 − cot x −∫ y2 = 0 の方を解く
.
∫
1
cot xdx
cot xdx
cot xdx 0
0
2
0
=
+ z cot xe
z) = z e
y∫ = z より, z についての方程式 z + z cot
x + 1 = 0∫を得る
. (e
∫
∫
cot xdx
cot xdx
cot xdx
dx. 0 < x ∫< π より sin x > 0 なので,
= − e
より，両辺を x で積分すると, e
−e
∫
∫ cos x
∫ (sin x)0
cot xdx = sin x dx =
dx = log | sin x| = log(sin x). よって, z sin x = − sin xdx = cos x + C (C は任
sin x
1
1
cos x+C
x
意の定数). z = y2 より, y2 = sin x . x = π2 のとき y = 1 より, C = 1 となる. よって, y12 = 1+cos
. 故に,
sin x
y2 =
sin x
.
1 + cos x
2 (1) P(x, y) = x2 + 2xy + y2 , Q(x, y) = x2 + 2xy + 1 とおくと, ∂P
= 2x + 2y, ∂Q
= 2x + 2y より,
∂y
∂x
2
2
2
(x + 2xy + y )dx + (x + 2xy + 1)dy = 0 は完全である. よって, x = 1 のとき y = 2 をみたす解は,
∫ x
∫ y
2
2
(x + 2xy + y )dx +
(2y + 2)dy = 0
で与えられる.
[
x3
3
+ x2 y + xy2
] x=x
x=1
1
2
[
]y=y
+ y2 + 2y
= 0 を計算して,
y=2
x3
3
+ x2 y + xy2 + y −
∂P
∂y
25
3
= 0 を得る.
∂Q
∂x
(2) P(x, y) = sin x + sin y, Q(x, y) = y2 + x + cos y とおくと,
= cos y,
= cos y となるので,
2
(sin x + sin y)dx + (y + x + cos y)dy = 0 は完全である. したがって, x = 0 のとき y = 1 を満たす解は,
∫ x
∫ y
(sin x + sin y)dx +
(y2 + y)dy = 0
0
で与えられる.
を計算して, − cos x + x sin y +
1
]y=y
[ 3
[
] x=x
y2
y
+
=0
− cos x + x sin y x=0 +
3
2 y=1
y3
3
2
+ y2 + 16 = 0 を得る.
教科書 15 ページの例題 2, 問題 2, 問題 3 の (3), 21 ページの問題 1 もやっておきましょう.
1
P(x) = −x, Q(x) = −2x とおけば, 一階線形微分方程式 z0 + P(x)z = Q(x) の形になる.
微分方程式 レポート No.5(解答)
学籍番号 名前 1 微分方程式 (y2 + x)dx + xydy = 0 について以下の問いに答えなさい.
(1) (y2 + x)dx + xydy = 0 の積分因子を 1 つ求めよ.
(2) (y2 + x)dx + xydy = 0 の一般解を求めよ.
2 微分方程式 (3x + 4xy + 3y2 )dx + (x2 + 2xy)dy = 0 について以下の問いに答えなさい.
(1) (3x + 4xy + 3y2 )dx + (x2 + 2xy)dy = 0 の積分因子を 1 つ求めよ.
(2) (3x + 4xy + 3y2 )dx + (x2 + 2xy)dy = 0 の一般解を求めよ.
解答例 1 (1) P(x, y) = y2 + x, Q(x, y) = xy とおく. Py (x, y) = 2y, Q x (x, y) = y より (2) の方程式は完全
∫
x≥0
x
P −Q
ではない. いま, y Q x = 1x (x のみの関数) なので, ϕ(x) = 1x とおくと, e ϕ(x)dx = elog |x| = |x| =
.
−x x < 0
両辺に x をかけても −x をかけても本質的には同じ式が得られるので, 積分因子は x である.
(2) 与えられた方程式に x をかけて, (xy2 + x2 )dx + x2 ydy = 0 を得る. これは完全であるから, 一般解は
∫ x
∫ y
2
2
(xy + x )dx +
a2 ydy = C (C は任意の定数).
a
b
∫x
2 2
3
a, b はなんでもいいので, a = 0, b = 0 とする. このとき, 0 (xy2 + x2 )dx = C を解いて, 一般解 x 2y + x3 = C
(C は任意の定数) を得る.
2 (1) P(x, y) = 3x + 4xy + 3y2 , Q(x, y) = x2 + 2xy とおくと, Py (x, y) = 4x + 6y, Q x (x, y) = 2x + 2y より
(3x + 4xy + 3y2 )dx + (x2 + 2xy)dy = 0 は完全でない.
Py (x, y) − Q x (x, y)
2x + 4y
2
=
=
Q(x, y)
x(x + 2y) x
∫
は x のみの関数なので, ϕ(x) = 2x とおくと, 積分因子 λ = e ϕ(x)dx = 22 log |x| = x2 を得る.
(2) (3x + 4xy + 3y2 )dx + (x2 + 2xy)dy = 0 の両辺に積分因子 x2 をかけて, (3x3 + 4x3 y + 3x2 y2 )dx + (x4 +
2x3 y)dx = 0 を得る. これは完全であるから, 一般解
∫ x
∫ y
3
3
2 2
(3x + 4x y + 3x y )dx +
(a4 + 2a3 y)dy = C (C は任意の定数)
a
b
を得る. a, b はなんでもよいので, a = 0, b = 0 として計算すると, 一般解 34 x4 + x4 y + x3 y2 = C (C は任意
の定数) を得る.
教科書 21 ページの例題 3, 問題 2, 3 もやっておきましょう.
微分方程式 レポート No.6(解答)
学籍番号 名前 1 次の微分方程式の一般解を求めよ.
(1) y00 = 4y0
00
(2) y∫
= (y0 + 1)(y0 + 3)
1
2 (1)
dx を求めよ.
√
x2 + 1
(2) 初期条件 y(0) = 0, y0 (0) = 1 を満たす微分方程式 y00 = y の解を求めよ.
0
解答例 1 (1) p = y0 とおくと, 与えられた微分方程式は p0 = 4p となる. よって, pp = 4, すなわち,
(log |p|)0 = 4 を得る. 両辺を x で積分すると, log |p| = 4x +C0 (C0 は任意の定数) となる. よって, ±eC0 = C 0
0
0
dy
とおくと, dx
= C 0 e4x を得る. 両辺を x で積分すると y = C4 e4x + C2 . (C2 は任意の定数). C4 = C1 とおけ
ば, 一般解は y = C1 e4x + C2 (C1 , C2 は任意の定数) となる.
1
1
(2) p = y0 とおくと, 与えられた微分方程式は p0 = (p + 1)(p + 3) となる. よって, 12 ( p+1
− p+3
)p0 = 1 とな
る. 両辺を x で積分すれば, 21 (log |p + 1| − log |p + 3|) = x + C0 , すなわち, 12 log | p+1
| = x + C0 (C0 は任意の定
p+3
p+1
2
数) を得る. ±eC0 = C1 とおくと, p+3 = C1 e2x , すなわち, 1 − p+3 = C1 e2x を得る. この式から, p+3
= 1−C11 e2x ,
2
すなわち, y0 + 3 = 1−C21 e2x を得る. 両辺を x で積分して,
)
∫
∫ (
∫
2
2(1 − C1 e2x + C1 e2x )
2C1 e2x
(1 − C1 e2x )0
y + 3x =
dx
=
dx
=
2
+
dx
=
2x
−
dx
1 − C1 e2x
1 − C1 e2x
1 − C1 e2x
1 − C1 e2x
= 2x − log |1 − C1 e2x | + C2
∫
となる. よって, 一般解は y = −x − log |1 − C1 e2x | + C2 (C1 , C2 は任意の定数) となる.
√
1+ 21 √ 2x
1+ √ x
√
2
2
x2 +1
0
2
√
√ x +1 = x√+1+x √ 1
2 (1) (log |x + x + 1|) =
=
= √ 12 であるから,
2
2
2
2
x+ x +1
∫
√
1
x2 + 1
x+ x +1
dx = log |x +
x+ x +1
√
x +1
x2 + 1| + C
x +1
(C は積分定数).
(2) 両辺に 2y0 をかけると
2y0 y00 = 2y0 y, すなわち, ((y0 )2 )0 = 2y0 y となる. 両辺
∫ , 与えられた微分方程式は
∫
√
を x で積分すると, (y0 )2 = 2y0 ydx = 2 ydy = y2 + C1 (C1 は任意の定数) となる. よって, y0 = ± y2 + C1
√
√
である. y(0) = 0, y0 (0) = 1 であるので, 1 = ± C1 , すなわち, C1 = 1 となる. よって, y0 = ± y2 + 1.
√
0
初期条件を満たすのはこのうち + の方のみであるので, y0 = y2 + 1, すなわち, √y2 = 1 となる. 両
y +1
√
辺を x で積分すると, (1) の結果を用いて, log |y + y2 + 1| = x + C (C は任意の定数) を得る. よって,
√
√
y + y2 + 1 = ±e x+C . ±eC = C2 とおくと, y + y2 + 1 = C2 e x となる. また, 初期条件から C2 = 1 を得るの
√
x
−x
で, y + y2 + 1 = e x . よって, y = e −e
= sinh x を得る.
2
教科書 24 ページの問題もやっておきましょう.
微分方程式 レポート No.7(解答)
学籍番号 名前 1 以下の問いに答えなさい.
c1 + c2 = 0
(1) 連立一次方程式
2c1 + c3 = 0 の一般解を求めよ.
c1 + c4 = 0
(2) 関数 (x + 1)2 , x2 , x, 1 は一次独立かどうか調べなさい.
2 以下の問いに答えなさい.
∫ π
π
(1) n, m を自然数とする. このとき,
sin nx sin mxdx =
0
−π
m = n のとき,
であることを確かめよ.
m , n のとき
(2) 1,sin x, sin 2x, sin 3x, . . . , sin nx は 1 次独立であることを数学的帰納法を用いて確かめよ.
解答例 1 (1) 与えられた連立一次方程式の係数行列を A とすると
1 1 0 0
1 1 0 0
1 1 0 0
1 1 0 0
A = 2 0 1 0 → 0 −2 1 0 → 0 0 1 −2 → 0 −1 0 1
1 0 0 1
0 −1 0 1
0 −1 0 1
0 0 1 −2
となるので, rank A = 3. したがって, 与えられた連立一次方程式は 4 − rank
C を含
A=
1 個の任意定数
c1
−1
1
c2
である.
む. c4 = C とおけば, c3 = 2C, c2 = C, c1 = −C となるので, 一般解は
= C
c3
2
c4
1
(2) C1 (x + 1)2 + C2 x2 + C3 x + C4 = 0 とおくと, (C1 + C2 )x2 + (2C1 + C3 )x + C1 + C4 = 0 が成り立つ. これ
は x についての恒等式であるので, C1 + C2 = 0, 2C1 + C3 = 0, C1 + C4 = 0 である. (1) よりこの連立一次
方程式は非自明解 (C1 = C2 = C3 = C4 = 0 以外の解) を持つので, (x + 1)2 , x2 , x, 1 は一次独立ではない.
cos(m − n)x − cos(m + n)
2 (1) 積和の公式から, sin mx sin nx =
.
2
[
]π
∫ π
1 sin(m − n) sin(m + n)
まず, m , n のとき,
sin mx sin nxdx =
−
= 0 である. 一方, m = n のと
2 [m − n ]
m + n −π
−π
∫ π
∫ π
π
sin 2nx
1 − cos 2nx
き,
sin mx sin nxdx =
dx = π −
= π となる.
2
4n −π
−π
−π
(2) (I) n = 1 のとき, すなわち, 1 と sin x が一次独立であることを示す. C0 + C1 sin x とおく. これは x
についての恒等式である (つまり, すべての x について成り立つ式である). x = 0 とすれば C0 = 0, x = π2
とすれば C1 = 0 となる. したがって, 1 と sin x は一次独立である.
(II) n = k のとき成り立つと仮定する. すなわち, 1, sin x, sin 2x, . . . , sin kx が一次独立であると仮定す
る. このときに, 1, sin x, sin 2x, . . . , sin(k + 1)x が一次独立になることを確かめる.
C0 + C1 sin x + C2 sin 2x + · · · + Ck sin kx + Ck+1 sin(k + 1)x = 0 …➀ とおく. まず, x = 0 とおけば C0 = 0
が得られる. 両辺に sin(k + 1)x をかけてから −π から π まで積分すると,
∫ π
∫ π
∫ π
∫ π
C1
sin x sin(k + 1)xdx + C2
sin 2x sin(k + 1)xdx + · · · + Ck
sin kx sin(k + 1)xdx + Ck+1
sin2 (k + 1)dx = 0
−π
−π
−π
−π
となる. (1) より, はじめの k 個の積分値は 0 になり, 最後の積分値は π となる. よって, Ck+1 = 0 であるこ
とがわかる. これを ➀ に代入すると, C0 + C1 sin x + C2 sin 2x + · · · + Ck sin kx = 0 となる. 帰納法の仮定か
ら, 1, sin x, sin 2x, . . . , sin kx は一次独立であるので, 一次独立の定義から C0 = C1 = · · · = Ck = 0 となる.
以上により, C0 = C1 = · · · = Ck+1 = 0 であるから 1, sin x, sin 2x, . . . , sin kx, sin(k + 1)x は一次独立である.
(I), (II) より, すべての自然数 n に対して, 1, sin x, sin 2x, . . . , sin nx は一次独立となる.
微分方程式 レポート No.8(解答)(訂正版)
学籍番号 名前 1 次の微分方程式を解きなさい.
(1) y00 + 2y0 − 3y = 0
(2) y00 − 10y0 + 25y = 0
(3) y00 + 2y0 + 5y = 0
(4) y0000 + 10y000 + 35y00 + 50y0 + 24y = 0
(5) y0000 − y00 − 2y0 + 2y = 0
2 次の計算をせよ.
1
1
1
1
(1) 3
e3x (2) 2
e3x (3) 2
(x + 1) (4) 2
sin 3x
2
D +D +1
D −4
D + 2D − 3
D +D−1
解答例 1 (1) 補助方程式 0 = t2 + 2t − 3 = (t − 1)(t + 3) を解くと, t = 1, −3 となるので, 一般解は
y = C1 e x + C2 e−3x (C1 , C2 は任意の定数) となる.
(2) 補助方程式 0 = t2 − 10t + 25 = (t − 5)2 を解くと, t = 2 (重解) となるので, 一般解は y = (C1 + C2 x)e5x
(C1 , C2 は任意の定数) となる.
(3) 補助方程式 t2 + 2t + 5 = 0 を解くと, t = −1 ± 2i を得る. 故に, 一般解は y = C1 e−x cos 2x + C2 e−x sin 2x
(C1 , C2 は任意の定数) となる.
(4) 与えられた微分方程式は, (D + 1)(D + 2)(D + 3)(D + 4)y = 0 と表される2 . よって, y = C1 e−x +C2 e−2x +
C3 e−3x + C4 e−4x である3 .
(5) 与えられた微分方程式は (D2 + 2D + 2)(D − 1)2 y = 0 と表される. D2 + 2D + 2 と (D − 12 は共通因
数を持たないので, 一般解は (D2 + 2D + 2)y = 0 の一般解と (D − 1)2 y = 0 の一般解を足し合わせたもの
になる. それぞれの一般解は, C1 e−x cos x + C2 e−x sin x, (C3 + C4 x)e x ((C1 , C2 , C3 , C4 は任意の定数) である
から，求める一般解は y = C1 e−x cos x + C2 e−x sin x + (C3 + C4 x)e x である.
2 (1) 公式 ➁ より, D3 +D1 2 +1 e3x = 33 +312 +1 e3x = 371 e3x .
3x
(2) 公式 ➁ より, D21−4 e3x = e5 .
∫
1
1
1 −3x
4
(3) 公式 ➃より , 2
(x + 1) =
(x + 1) =
e
e3x (x + 1)dx. ここで,
D
+
2D
−
3
(D
−
1)(D
+
3)
D
−
1
∫
∫ ( 3x )0
∫ 3x
e
e3x
e
e3x
e3x e3x
3x
e (x + 1)dx =
(x + 1)dx =
(x + 1) −
dx =
(x + 1) −
=
(3x + 2) であるので,
3
3
3
3
9
9
{
}
∫
∫
1
1
1
1 x
1
1
−x
−x
−x
(x + 1) =
· (3x + 2) = e
e (3x + 2)dx =
−e (3x + 2) + e × 3dx = − (3x + 5).
2
D + 2D − 3
D−1 9
9
9
9
1
1
(4) まず, オイラーの公式より, 2
e3ix = 2
(cos 3x + i sin 3x) である. 一方，公式
D +D−1
D +D−1
1
1
10 − 3i
1
➁ より, 2
e3ix =
e3ix =
e3ix =
(cos 3x + i sin 3x) =
2
D +D−1
(3i) + 3i − 1
−10 + 3i
(−10 + 3i)(−10 − 3i)
i
1
(−10 cos 3x + 3 sin 3x) −
(10 sin 3x + 3 cos 3x) である5 . 2 式の虚部を比較すれば,
109
109
D2
1
1
sin 3x = −
(10 sin 3x + 3 cos 3x)
+D−1
109
を得る.
bababababababababababababababababababababababab
公式➁
2
1 αx
1 αx
e =
e (ただし, f (α) , 0 のとき)
f (D)
f (α)
公式➃
1
F(x) = eαx
D−α
∫
e−αx F(x)dx
因数定理を用いれば因数分解可能であるであろう.
4 階微分方程式なので一般解には任意の定数が 4 つ含まれることに注意.
4
教科書 48 ページにあるような「逆演算子の展開」をした方が簡単そうだが，ここでは公式 ➃で突破してみよう.
5
3 つ目の等式変形でもオイラーの公式 eiθ = cos θ + i sin θ を用いた.
3
微分方程式 レポート No.9(解答)
学籍番号 名前 1 次の微分方程式の一般解を求めよ.
(1) y00 + 4y0 + 4y = x + 4
(2) y00 + y0 − 2y = cos 3x
dx
t
dt = 3y + te
2 連立微分方程式
の一般解を求めよ.
dy = x − 2y + et
dt
1
(x + 4) を計算して特殊解を求める.
+ 4D + 4
{ 2x
∫ ( 2x )0
∫
∫ 2x }
e
1
e
2x
−2x
−2x
−2x e
e (ax + b)dx = e
(ax + b) = e
(axLb)dx = e
(ax + b) −
·a
D+2
2
2
2
( )
ax + b a −2x e2x
2ax + 2b − a
− e
=
=
2
2
2
4
解答例 1 (1) まず,
D2
1
1
1
1
2x + 7
1
1
であるから, 特殊解 2
(x + 4) =
·
(x + 4) =
·
= ·
(2x + 7) =
D + 4D + 4
D+2 D+2
D+2
4
4 D+2
1 4x + 12 x + 3
·
=
を得る. y00 +4y0 +4y = 0 の一般解と足し合わせて, 求める一般解は y = (C1 +xC2 )e2x + x+3
4
4
4
4
となる (C1 , C2 は任意の定数).
(2) オイラーの公式より,
D2
1
1
1
e3ix = 2
cos 3x + i 2
sin 3x · · · ➀
+D−2
D +D−2
D +D−2
および
1
1
1
−11 − 3i
3ix
3ix
e
=
e
=
·
(cos 3x + i sin 3x)
D2 + D − 2
−9 + 3i − 2
−11 + 3i −11 − 3i
1
i
=
(−11 cos 3x + 3 sin 3x) −
(11 sin 3x + 3 cos 3x) · · · ➁
130
130
1
1
cos 3x =
(−11 cos 3x + 3 sin 3x) を得る.
+D−2
130
1
y00 + y0 − 2y = 0 の一般解と足し合わせて, 求める一般解は y = C1 e x + C2 e−2x + 130
(−11 cos 3x + 3 sin 3x) と
なる (C1 , C2 は任意の定数).
t
➀
Dx − 3y = te
2 D = dtd を用いて，与えられた微分方程式は
と変形できる.➀ + ➁ × D によ
−x + (D + 2)y = et ➁
∫
2
1
(1 + t)et = et e−t {(1 + t)et }dt = et (t + t2 )
り, y についての微分方程式 (D + 3)(D − 1)y = (1 + t)et を得る. D−1
および
{ 4t
}
∫
∫ ( 4t )0
∫ 4t
t2
e
1 t
t2
t2
t2
e
3t t
−3t
−3t
−3t e
e e (t + )dt = e
e (t + ) = e
(t + )dt = e
(t + ) −
(1 + t)dt
D+3
2
2
4
2
4
2
4
{
∫ ( 4t )0
∫ 4t }
t2
e−3t
e
et
t2
e−3t e4t
e
et
(t + ) −
(1 + t)dt = (t + ) −
(1 + t) −
dt
=
4
2
4
4
4
2
4
4
4
8t2 + 12t − 3 t
=
e.
64
を得る. ➀ と ➁ の実部を比較すれば, 特殊解
D2
(D + 3)(D − 1)y = 0 の一般解と足し合わせて, y = C1 e−3t + C2 et + 8t +12t−3
et を得る. これを ➁ に代入す
64
2
2
et となる. よって, 求める一般解は x = −C1 e−3t + 3C2 et + 24t +52t−61
et ,
れば, x = −C1 e−3t + 3C2 et + 24t +52t−61
64
64
2
y = C1 e−3t + C2 et + 8t +12t−3
et (C1 , C2 は任意の定数).
64
2
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