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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