7.1 未定係数法

7.1 未定係数法
1
7.1 未定係数法
¶
未定係数法
³
L(y) = an y (n) + an−1 y (n−1) + · · · + a1 y ′ + a0 y = f (x)
は
L(D)y = (an Dn + an−1 Dn−1 + · · · + a1 D + a0 )y = f (x)
と表せる．ここで f (x) が同次線形微分方程式の解の形をしているとすると，H(D)f (x) = 0 を満たす D の
多項式 H(D) が存在する．そこでこの方程式の特殊解を yp とすると
H(D)L(D)yp = H(D)f (x) = 0
より特殊解 yp を見つけるには同次方程式
H(D)L(D)y = 0
の解の中から
L(D)y = f (x)
を満たすものを見つければよい．この解法のことを未定係数法 (method of undetermind coeﬃcient)
という．
よく用いられる H(D) をあげておく．
f (x) = xm =⇒ H(D)f (x) = Dm+1 xm = 0
f (x) = eax =⇒ H(D)f (x) = (D − a)eax = 0
f (x) = eax cos bx =⇒ H(D)f (x) = (D2 − 2aD + a2 + b2 )eax cos bx = 0
µ
f (x) = eax sin bx =⇒ H(D)f (x) = (D2 − 2aD + a2 + b2 )eax sin bx = 0
例題 7.1 L(y) = y ′′ − y ′ − 2y = 2e3x を解け．
解補助方程式 L(y) = 0 の特性方程式は m2 − m − 2 = 0 より特性根 m = −1, 2 を得る．よって余関数 yc は
yc = c1 e−x + c2 e2x
となる．次に特殊解 yp を未定係数法を用いて求める．D =
d
dx , H(D)
= D − 3 とおくと，H(D)2e3x =
2(D − 3)e3x = 0 より求める特殊解 yp は
(H(D)L(D))y = 2(D − 3)(D2 − D − 2)y = 0
の解である．この方程式の特性方程式は 2(m − 3)(m2 − m − 2) = 0 より基本解は e3x , e−x , e2x である．よって
yp = Ae3x + Be−x + Ce2x
と表わせる．しかし，yp は L(D)yp = f (x) を満たさなければならないので L(D)y = 0 を満たす Be−x + Ce2x
は省いてもよい．したがって特殊解 yp の形を
yp = Ae3x
とおく．これを L(D)y = 2e3x に代入すると
L(D)Ae3x = (Ae3x )′′ − (Ae3x )′ − 2(Ae3x ) = 4Ae3x = 2e3x
´
2
となる．よって A = 12 ．これより特殊解 yp = 12 e3x を得る．したがって一般解は
1
y = yc + yp = c1 e−x + c2 e2x + e3x
2
で与えられる． ¥
7.2 定数変化法
¶
定数変化法
³
y1 と y2 は L(y) = 0 の基本解だとする．ここで L(y) = f (x) の特殊解を
yp = u1 y1 + u2 y2
とおく．ただし u1 (x), u2 (x) は後で定める未定関数．2 つの関数を決めなければならないので，2 つの条件が
必要となる．最初の条件は yp = u1 y1 + u2 y2 が L(y) = f (x) の解であることである．2 つめの条件は計算を
簡単にするために設けた条件
である．最初の条件より，
u′1 y1 + u′2 y2 = 0．
y ′ = u′1 y1 + u1 y1′ + u′2 y2 + u2 y2′ ．
2 つめの条件より
y ′ = u1 y1′ + u2 y2′ ．
これより y ′′ を求めると
y ′′ = u′1 y1′ + u1 y1′′ + u′2 y2′ + u2 y2′′ ．
これらを L(y) = y ′′ + a1 y ′ + a0 y = f (x) に代入すると
(u′1 y1′ + u1 y1′′ + u′2 y2′ + u2 y2′′ ) + a1 (u1 y1′ + u2 y2′ ) + a0 (u1 y1 + u2 y2 ) = f (x)．
整理すると
(u′1 y1′ + u′2 y2′ ) + u1 (y1′′ + a1 y1′ + a0 y1 ) + u2 (y2′′ + a1 y2′ + a0 y2 ) = f (x).
ここで，y1 と y2 は L(y) = 0 の解より u1 と u2 の係数は 0．したがって u′1 と u′1 は連立方程式
u′1 y1 + u′2 y2 = 0
u′1 y1′ + u′2 y2′ = f (x)
を満たす．そこで Cramer の公式を用いると
−y2 f (x)
y f (x)
¯ , u′2 = ¯ 1
u′1 = ¯¯
¯
¯
y
y
2 ¯
¯ 1′
¯ y1′ y2′
¯ y1 y2′ ¯
¯ y1 y2
¯．
¯
¯
¯
ここで分母は y1 と y2 の Wronski の行列式．また y1 ，y2 は一次独立なので Wronski の行列式は 0 になら
ない．よって u′1 , u′2 を求めることができ，これより u1 , u2 ．ひいては yp = u1 y1 + u2 y2 を求めることがで
きる．
µ
例題 7.2 L(y) = y ′′ + y = sec x を求めてみよう．
´
7.2 定数変化法
3
解補助方程式 L(y) = 0 の特性方程式は m2 + 1 = 0 より特性根 m = ±i を得る．よって余関数は
yc = c1 cos x + c2 sin x
で与えられる．次に特殊解 yp を求める．定数変化法より
yp = u1 cos x + u2 sin x
とおくと，
− sin x sec x
u′1 = ¯¯
¯ cos x sin x
¯ − sin x cos x
よって
u′1 = − sin x
cos x sec x
¯ , u′2 = ¯
¯
¯ cos x sin x
¯
¯
¯
¯ − sin x cos x
¯.
¯
¯
¯
1
1
= − tan x, u′2 = cos x
=1
cos x
cos x
となる．積分すると
u1 = log | cos x|, u2 = x (定数無視)
となるので，これより一般解
y = yc + yp = c1 cos x + c2 sin x + (log | cos x|) cos x + x sin x
を得る． ¥
y (n) + an−1 (x)y (n−1) + · · · + a1 (x)y ′ + a0 (x)y = f (x)
の余関数が
yc = c1 y1 + c2 y2 + · · · + cn yn
のとき，定数 c1 , c2 , . . . , cn を変数 u1 , u2 , . . . , un で置き換えると特殊解
yp = u1 y1 + u2 y2 + · · · + un yn
を得ます．ただし u′1 , u′2 , . . . , u′n は連立方程式
 ′
u1 y1 + · · · + u′n yn



 u′1 y1′ + · · · + u′n yn′
..

.


 ′ (n−1)
(n−1)
u 1 y1
+ · · · + u′n yn
を満たす．
問 7.1 y ′′′ − y ′ =
1
1+ex
を解きなさい．
=0
=0
..
.
= f (x)

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