9
微分方程式
(3)
9.1
斉次定数係数２階線形常微分方程式
定義 9.1. ２階線形常微分方程式とは, x を未知関数とする２階常微分方程式であり, x′′(t) + a(t)x′(t) + b(t)x(t) = f (t) (9.1) の形であるものをいう. ここで, a(t), b(t), f(t) は既知の関数であり, f(t) ≡ 0 の時には, 斉次, f(t) 6≡ 0 の時には, 非斉次と呼ぶ. また, a(t), b(t) が共に定数関数であるとき, 定 数係数と呼ぶ. したがって, 斉次定数係数２階線形常微分方程式とは, x′′(t) + ax′(t) + bx(t) = 0 (9.2) の形の常微分方程式をいい, 非斉次定数係数２階線形常微分方程式とは, x′′(t) + ax′(t) + bx(t) = f (t) (9.3) の形の常微分方程式をいう. いずれの場合においても, b(t) ≡ 0 の場合には, １階常微分 方程式に帰着できるので, b(t) ≡ 0 という状況は考えない. 定理 9.2. 関数 x1(t), x2(t) が, ともに斉次２階線形常微分方程式 x′′(t) + a(t)x′(t) + b(t)x(t) = 0 (9.4) の解であるとき, 任意の λ1, λ2 ∈ R に対して x(t) = λ1x1(t) + λ2x2(t) も (9.4) の解とな る. また, 関数 x0(t)が斉次２階線形常微分方程式 (9.4) の解であり, x1(t)が非斉次２階 線形常微分方程式 x′′(t) + a(t)x′(t) + b(t)x(t) = f (t) (9.5) の解であるとき, x(t) = x0(t) + x1(t) も (9.5) の解となる. 証明は, １階線形常微分方程式に対する 定理 8.22 と全く同様である. 定義 9.3. 線形３項間漸化式とは, 数列 {xn} に対する漸化式であり, xn+2+ anxn+1+ bnxn = fn (9.6) の形であるものをいう. ここで, an, bn, fn は既知の数列である. 特に, an≡ a, bn≡ b の 時, 定数係数線形３項間漸化式と呼び, fn ≡ 0 の時, 斉次, fn 6≡ 0 の時, 非斉次と呼ぶ. この場合も bn≡ 0 は考えない. 定理 9.4. 数列 {xn}, {yn} が, ともに斉次線形３項間漸化式 xn+2+ anxn+1+ bnxn = 0 (9.7) をみたすとき, 任意の λ1, λ2 ∈ R に対して zn= λ1xn+ λ2ynも (9.7) をみたす. また, 関 数 xn が (9.7) をみたし, yn が非斉次線形３項間漸化式 xn+2+ anxn+1+ bnxn = fn (9.8) をみたすとき, zn = xn+ yn も (9.8) をみたす.この定義と定理から想像できるように, ２階線形常微分方程式と線形３項間漸化式の 間には, 密接な関係がある. 解法 9.5 (斉次定数係数線形３項間漸化式の解法). 斉次定数係数線形３項間漸化式 xn+2+ axn+2+ bxn= 0 (9.9) の一般項を求める初等的な方法は以下の通りである. いま, (9.9) を xn+2− αxn+1 = β(xn+1− αxn) (9.10) と書き直せたと仮定する. ただし, α 6= 0 とする. α = 0 の場合には, (9.10) から, この漸 化式は本質的には２項間漸化式になっている. いま, yn= xn+1− αxn とおけば, yn+1 = βyn と書けるので, yn= βny0 が成り立つ. す なわち, xn+1 = αxn+ βny0 が成り立つ. この両辺を αn+1 で割り, z n = α−nxn とおけば, zn+1= zn+ α−1 β α n y0 を得る. ここで, y0 = x1− αx0 であることに注意. よって, α 6= β ならば, zn= x0+ α−1y0 n−1 X k=0 β α k = x0+ y01 − (β/α) n 1 − (β/α) = x0+ y0 1 − (β/α)n α − β , xn= αnx0 + y0 αn− βn α − β = x1− βx0 α − β αn+ x1− αx0 α − β βn と書ける. 一方, α = β の時には, zn+1 = zn+ αy0 であるので, zn= x0+ ny0, xn= x0αn+ nαn+1(x1 − αx0) = x0αn+ ((x1− αx0)α) nαn と書ける. 一方, (9.10) における α, β は, 二次方程式 t2+ at + b = 0 の解であるので, 以上をま とめると, 以下の結果を得ることができた. 斉次定数係数線形３項間漸化式 (9.9) に対して, 二次方程式 t2+ at + b = 0 (9.11) の解を α, β とおくと, (9.9) の一般項は, xn = ( C1αn+ C2βn if α 6= β, C1αn+ C2nαn if α = β と書ける. ただし, C1, C2 は x0, x1 から決まる定数である.
注意 9.6. 解法 9.5 で出てきた二次方程式 (9.11) を, 漸化式 (9.9) に対する特性方程式と 呼ぶ. また, α 6= β の時, 数列 αn, βn は, ともに漸化式 (9.9) をみたすことは容易に分かる. 同様に, α = β の時, 数列 nαn は, 漸化式 (9.9) をみたすことは容易に分かる. ここで出 てきた {αn}, {βn} (α = β の時は, {αn} と {nαn}）を, 漸化式 (9.9) の基本解と呼ぶ. 注意 9.7. 解法 9.5 で, 特性方程式の解が複素数になる場合でも, この解法に問題は生じ ない. なぜなら, この場合には, α と β は互いに共役複素数の関係にあるので, α = reiθ , β = re−iθ と書くことができる. よって, 複素数の定数 C 1 = c1+ id1, C2 = c2+ id2 ∈ C を使って, xn= C1αn+ C2βn= C1rne inθ + C2rne−inθ
= rn(c1+ id1)(cos(nθ) + i sin(nθ)) + rn(c2+ id2)(cos(nθ) − i sin(nθ))
= rn((c1+ c2) cos(nθ) − (d1− d2) sin(nθ))
+ irn((c1− c2) sin(nθ) + (d1+ d2) cos(nθ))
と書ける. この式に n = 0, n = 1 を代入すれば, x0 = (c1 + c2) + i(d1 + d2),
x1 = r ((c1+ c2) cos(θ) − (d1− d2) sin(θ)) + ir ((c1− c2) sin(θ) + (d1+ d2) cos(θ))
となるが, x0, x1 ∈ R であることから,
d1+ d2 = 0, c1 − c2 = 0
が成り立つ. よって,
xn = rn((c1 + c2) cos(nθ) − (d1− d2) sin(nθ))
と書くことができる.
この計算から, (9.9) が, 特性方程式が複素数 re±iθを解に持つとき, {cos(nθ)}, {sin(nθ)}
は, その基本解と考えることができる. 解法 9.8 (斉次定数係数２階線形常微分方程式の解法). 斉次定数係数２階線形常微分方 程式 x′′(t) + ax′(t) + bx(t) = 0 (9.12) の一般解を求める初等的な方法は以下の通りである. いま, (9.12) を (x′(t) − αx(t))′ = β(x′(t) − αx(t)) (9.13) と書き直す. これは, (9.12) の特性方程式 t2+ at + b = 0 の２解を α, β とおけばよい. ここで, α 6= 0 と仮定する. α = 0 の場合には, (9.13) か ら, この微分方程式は本質的には１階微分方程式になっている.
いま, y(t) = x′(t) − αx(t) とおけば, y′(t) = βy(t) と書けるので, y(t) = y(0)etβ が成 り立つ. すなわち, x′(t) − αx(t) = y(0)etβ (9.14) が成り立つ. この (9.14) は, 非斉次定数係数１階線形常微分方程式なので, 両辺に e−tα を乗算すれば, (e−αtx(t))′ = y(0)et(β−α) を得る. ここで, y(0) = x′(0) − βx(0) であることに注意. よって, α 6= β ならば, e−αty(t) = x(0) + y(0) Z t 0 es(β−α)ds, y(t) = x(0)eαt+ y(0)eαt 1
β − α e t(β−α)− 1 = x ′(0) − βx(0) α − β eαt+ x ′(0) − αx(0) α − β eβt と書ける. 一方, α = β の時には, (e−αtx(t))′ = y(0) であるので, e−αtx(t) = x(0) + ty(0), x(t) = x(0)eαt+ (x′(0) − αx(0))teαt と書ける. 以上をまとめると, 以下の結果を得ることができた. 斉次定数係数２階線形常微分方程式 (9.12) に対して, 二次方程式 t2+ at + b = 0 (9.15) の解を α, β とおくと, (9.12) の一般項は, x(t) =( C1e αt+ C 2eβt if α 6= β, C1eαt+ C2teαt if α = β と書ける. ただし, C1, C2 は x(0), x′(0) から決まる定数である. 注意 9.9. 解法 9.8 で, 特性方程式の解が複素数になる場合でも, この解法に問題は生じな い. なぜなら, この場合には, α と β は互いに共役複素数の関係にあるので, α = ξ + iω, β = ξ − iω と書くことができる. よって, 複素数の定数 C1 = c1+ id1, C2 = c2+ id2 ∈ C を使って, x(t) = C1eαt+ C2eβt = C1reξte iωt + C2eξte−iωt = eξt(c1+ id1)(cos(ωt) + i sin(ωt)) + eξt(c2+ id2)(cos(ωt) − i sin(ωt)) = eξt((c1+ c2) cos(ωt) − (d1− d2) sin(ωt)) + ieξt((c1− c2) sin(ωt) + (d1+ d2) cos(ωt)) , と書ける. また, x′(t) を計算すれば, x′(t) = ξeξt((c 1+ c2) cos(ωt) − (d1− d2) sin(ωt))
+ iξeξt((c1− c2) sin(ωt) + (d1+ d2) cos(ωt))
+ ωeξt(−(c1+ c2) sin(ωt) − (d1 − d2) cos(ωt))
と書ける. これらに t = 0 を代入すれば, x(0) = (c1+ c2) + i(d1+ d2), x′(0) = ξ(c 1+ c2) + iξ(d1+ d2) − (d1− d2) + i(c1− c2) となるが, x(0), x′(0) ∈ R であることから, d1+ d2 = 0, c1 − c2 = 0 が成り立つ. よって, x(t) = C1eξtcos(ωt) + C2eξtsin(ωt) と書くことができる. 以上のことから, 次の結果を得ることができた. 定理 9.10. 斉次定数係数２階線形常微分方程式 x′′(t) + ax′(t) + bx(t) = 0 に対して, 1. 特性方程式の解が相異なる実数解 α, β を持つとき, 一般解は x(t) = C1eαt+ C2eβt, であり, eαt, eβt を, 基本解と呼ぶ. 2. 特性方程式の解が重複する実数解 α を持つとき, 一般解は x(t) = C1eαt+ C2teαt, であり, eαt, teαt を, 基本解と呼ぶ. 3. 特性方程式の解が複素数解 ξ ± iω を持つとき, 一般解は x(t) = C1eξtcos(ωt) + C2eξtsin(ωt)
であり, eξtcos(ωt), eξtsin(ωt) を, 基本解と呼ぶ. （e(ξ+iω)t, e(ξ−iω)t を基本解と呼
んでもよい.） 定理 9.11. 斉次定数係数線形３項間漸化式 xn+2+ axn+2+ bxn = 0 に対して, 1. 特性方程式の解が相異なる実数解 α, β を持つとき, 一般項は x(t) = C1αn+ C2βn であり, {αn}, {βn} を基本解と呼ぶ. 2. 特性方程式の解が重複する実数解 α を持つとき, 一般項は x(t) = C1αn+ C2nαn であり, {αn}, {tαn} を基本解と呼ぶ.
3. 特性方程式の解が複素数解 reiθ を持つとき, 一般項は x(t) = C1rncos(nθ) + C2rnsin(nθ) であり, {rncos(nθ)}, {rnsin(nθ)} を基本解と呼ぶ. （{rneinθ }, {rne−inθ} を基本 解と呼んでもよい.） 注意 9.12. 定理 9.10 は, 斉次定数係数２階線形常微分方程式の一般解は, ２個の基本解 の線形結合で書けることを主張している. （斉次定数係数線形３項間漸化式も同じ.）こ のときに利用する「２個の基本解」は, 「一次独立」である必要がある. すなわち, eαt と Keαt を基本解に選ぶことはできない. 一般に, 2 つの関数 x1(t), x2(t) は, c1x1(t) + c2x2(t) ≡ 0 =⇒ c1 = c2 = 0 をみたすとき一次独立という. 同様に, 2 つの数列 {xn}, {yn} が c1xn+ c2yn≡ 0 =⇒ c1 = c2 = 0 をみたすとき一次独立という. 命題 9.13. 2 つの関数 x1(t), x2(t)が一次独立であることの必要十分条件は, W (t) = det x1(t) x2(t) x′ 1(t) x′2(t) ! とおくと, 任意の t に対して W (t) ≡ 0 が成り立つことである. 【証明】 x1(t), x2(t)が一次独立と仮定すると, c1x1(t) + c2x2(t) ≡ 0 をみたす c1, c2 は c1 = c2 = 0 となる. よって, 連立一次方程式 ( c1x1(t) + c2x2(t) = 0, c1x′1(t) + c2x′2(t) = 0, (9.16) の解は, 任意の t に対して (c1, c2) = (0, 0) に限る. これは, 任意の t に対して W (t) = 0 が成り立つことを意味している. 逆に, 任意の t に対して W (t) = 0 が成り立つと仮定す ると, (9.16) の解は c1 = c2 = 0 となる. よって, x1(t), x2(t)は一次独立である. 命題 9.14. 2 つの関数 x1(t), x2(t)が, ともに斉次定数係数２階線形常微分方程式 x′′(t) + ax′(t) + bx(t) = 0 の解であるとき, x 1(t), x2(t) から作られる W (t) は, W′(t) + aW (t) = 0 をみたす. 特に, W (0) 6= 0 ならば, 任意の t に対して W (t) 6= 0 が成り立つ. 【証明】 W (t) の微分を計算することから始めると, W′ = (x1x′2− x′1x2) = x′1x′2+ x1x2′′− x′1x′2− x′′1x2 = x1x′′2− x′′1x2 と書ける. ここで, x1, x2 がそれぞれ x′′+ ax′ + bx = 0 の解であることを使うと, W′ = x
1x′′2 − x′′1x2 = x1(−ax′2− bx2) − x2(−ax′1− bx1) = −a(x1x′2 − x′1x2) = −aW
例 9.15 (フィボナッチ数列). 斉次定数係数線形３項間漸化式 yn+2 = yn+1+ yn の一般項を求める. この漸化式の特性方程式は t2 − t − 1 = 0 であり, 相異なる実数解 ω1, ω2 を持つ. したがって, その一般項は yn= C1ω1n+ C2ωn2 = C1 1 +√5 2 !n + C2 1 − √ 5 2 !n と書ける. 特に, 初期条件として y0 = 0, y1 = 1 とおけば, C1, C2 は C1+ C2 = 0, C1 1 +√5 2 + C2 1 −√5 2 = 1 をみたす. よって, このときの一般項は yn = 1 √ 5 1 +√5 2 !n − √1 5 1 +√5 2 !n となる. 例 9.16. 斉次定数係数２階線形常微分方程式 x′′(t) + ax′(t) + bx(t) = 0 で, b > 0, a ≥ 0 を考える. この方程式は, バネ定数 b のバネに質量 1 の質点がつながっ ていて, 質点に対しては, 速度に比例した運動に対する抵抗が働いている時の運動方程式 に他ならない. 1. a = 0 の時, x′′(t) + bx(t) = 0 に対応する特性方程式 t2+ b = 0 の解は ±i√b とな るので, 一般解は x(t) = C1cos( √ bt) + C2sin( √ bt) となる. 2. a > 0 が比較的小さいとき. すなわち, 特性方程式 t2+ at + b = 0 の解が複素数解 を持つとき. （a2 < 4bの時.）このとき, 特性方程式の解は, −(a ±√a2− 4b)/2 で あるので, 一般解は,
x(t) = C1e−(a/2)tcos(pb − (a/2)2t) + C2e−(a/2)tsin(pb − (a/2)2t)
となり, t → ∞ で |x(t)| → 0 となる.
3. a > 0 が a2 = b をみたすとき. すなわち, 特性方程式 t2+ at + b = 0 の解が重解
−a/2 であるとき, 一般解は,
x(t) = C1e−(a/2)t + C2te−(a/2)t
4. a > 0 が大きいとき. すなわち, 特性方程式 t2+ at + b = 0 の解が相異なる実数解 であるとき. （a2 > 4bの時.）このとき, 特性方程式の解は, −(a ±√a2− 4b)/2 で あるので, 一般解は, x(t) = C1e−(a+ √ a2−4b)/2)t + C2e−(a− √ a2−4b)/2)t となる. この場合も −a ±√a2− 4b < 0 であるので, t → ∞ で |x(t)| → 0 となる. 例 9.17. 斉次定数係数２階線形常微分方程式の初期値問題 x′′(t) + ax′(t) + bx(t) = 0, x(0) = x 0, x′(0) = v0 を解くには, その一般解を求めて, 初期条件から２つの任意定数の値をきめればよい. 1. 初期値問題 x′′(t) + k2x(t) = 0, x(0) = 1, x′(0) = 0 を解くためには, 一般解 x(t) = C0cos(kt) + C1sin(kt) が初期条件をみたすよう に C0, C1 の値をきめればよい. 実際, x(0) = C0, x′(0) = kC1 であることから, C0 = 1, C1 = 0 を得る. よって, 求める解は x(t) = cos(kt) である. 2. 初期値問題 x′′(t) − k2x(t) = 0, x(0) = 0, x′(0) = 1 を解くためには, 一般解 x(t) = C0ekt+ C1e−kt が初期条件をみたすように C0, C1 の値をきめればよい. 実際, x(0) = C0+ C1, x′(0) = kC0 − kC1 であることから, C0 = 1/(2k), C1 = −1/(2k) を得る. よって, 求める解は x(t) = 1 2k(e kt− e−kt) = 1 ksinh(kt) である. 例 9.18. 斉次定数係数２階線形常微分方程式 x′′(t) + ax′(t) + bx(t) = 0, a ≥ 0 の解 x(t) に対して, E(t) = 1 2(x ′(t))2+ b 2(x(t)) 2 を考えよう. 方程式の両辺に x′(t) を乗算すると, x′′(t)x′(t) + a(x′(t))2+ bx(t)x′(t) = 0 が成り立つ. この式は d dt 1 2(x ′(t))2+ b 2(x(t)) 2 = −a(x′(t))2 と書くことができる. よって, 両辺を t ∈ [0, T ] で積分すると, E(T ) − E(0) = −a
Z T
0
が成り立つ. 特に, a = 0 ならば, E(t) ≡ E(0) が成り立つ. ここで, この微分方程式が単 振動（または減衰振動）を表していると考えると, E(t) は, 系の全エネルギーをあらわ すので, a = 0 の時には, エネルギーが変化しないことがわかる. すなわち a = 0 の時に はエネルギー保存則が成り立つ. また, a > 0 の時には, エネルギーが時間に関して単調 減少であることを表している.
9.2
非斉次定数係数２階線形常微分方程式
解法 9.19 (非斉次定数係数２階線形常微分方程式の解法 (1)). 非斉次定数係数２階線 形常微分方程式 x′′(t) + ax′(t) + bx(t) = f (x) (9.17) の一つの解 x0(t) が分かっていると仮定する. このとき, 定理 9.2 により, 対応する斉次 定数係数２階線形常微分方程式 x′′(t) + ax′(t) + bx(t) = 0 (9.18) の解 x1(t) に対して, y(t) = x0(t) + x1(t) とおくと, y(t) は (9.17) の解である. そこで, x1(t) として (9.18) の一般解 x(t) = c1ϕ1(t) + c2ϕ2(t) を取れば, y(t) = x0(t) + c1ϕ1(t) + c2ϕ2(t) には任意定数が２個含まれ, (9.17) の解である. よって, y(t) が求めるべき (9.17) の一般解となる. 例 9.20. 非斉次定数係数２階線形常微分方程式 x′′(t) + k2x(t) = sin(ωt), k > 0 を考える. この方程式は, 静電容量 C のキャパシタとインダクタンス L のコイルのみか らなる回路を流れる電流を x(t), k2 = C/L とおいたとき, 外部から sin(ωt) の電流が供 給されている状況を表している. ここで, x0(t) = sin(ωt) k2 − ω2 ω 6= k, − t cos(kt)2k ω = k とおくと, x0(t) はこの方程式の解である. よって, この方程式の一般解は x(t) = C1sin(kt) + C2cos(kt) + sin(ωt) k2− ω2, ω 6= k, C1sin(kt) + C2cos(kt) − t cos(kt) 2k2 , ω = k, と書くことができる. 解法 9.21 (非斉次定数係数２階線形常微分方程式の解法 (2)). 非斉次定数係数２階線 形常微分方程式 x′′(t) + ax′(t) + bx(t) = f (x) (9.17)の一般解を求める定数変化法を考える. いま, (9.17) に対応する斉次定数係数２階線形常微分方程式 x′′(t) + ax′(t) + bx(t) = 0 (9.18) の一般解 x(t) = c1ϕ1(t) + c2ϕ2(t)を取り, その任意定数 c1, c2 を t に関する関数と考え, (9.17) から c1, c2 がみたすべき微分方程式を導く. 実際, x(t) = c1(t)ϕ1(t) + c2(t)ϕ2(t) が (9.17) をみたすと仮定する. さらに, c1(t), c2(t) を結ぶ条件として, c′ 1(t)ϕ1(t) + c′2(t)ϕ2(t) = 0 (9.19) を課すことにしよう. このとき, x(t) = c1(t)ϕ1(t) + c2(t)ϕ2(t), x′(t) = c′ 1(t)ϕ1(t) + c′2(t)ϕ2(t) + c1(t)ϕ′1(t) + c2(t)ϕ′2(t), = c1(t)ϕ′1(t) + c2(t)ϕ′2(t), x′′(t) = c′1(t)ϕ′1(t) + c′2(t)ϕ′2(t) + c1(t)ϕ′′1(t) + c2(t)ϕ′′2(t), となるので, ϕ1(t), ϕ2(t) が (9.17) の解であることを利用して, x′′(t) + ax′(t) + bx(t) = c′ 1(t)ϕ′1(t) + c′2(t)ϕ′2(t) + c1(t)ϕ′′1(t) + c2(t)ϕ′′2(t) + a(c1(t)ϕ′1(t) + c2(t)ϕ2′(t)) + b(c1(t)ϕ1(t) + c2(t)ϕ2(t)) = c1(t)(ϕ′′1(t) + aϕ′1(t) + bϕ1(t)) + c2(t)(ϕ′′2(t) + aϕ′2(t) + bϕ2(t)) + c′ 1(t)ϕ′1(t) + c′2(t)ϕ′2(t) = c′ 1(t)ϕ′1(t) + c′2(t)ϕ′2(t) が成り立つ. すなわち, c′ 1(t)ϕ′1(t) + c′2(t)ϕ′2(t) = f (x) (9.20) が成り立つ. したがって, x(t) = c1(t)ϕ1(t) + c2(t)ϕ2(t) が (8.4) の解であるための必要 条件として, (9.19) と (9.20) を得ることができた. この２式を ϕ1(t) ϕ2(t) ϕ′ 1(t) ϕ′2(t) ! c′ 1(t) c′ 2(t) ! = 0 f (x) ! と書けば, ϕ1(t), ϕ2(t) は (9.17) の基本解であり, 一次独立であることを使って, W (t) = det ϕ1(t) ϕ2(t) ϕ′ 1(t) ϕ′2(t) ! は, 任意の t に対して W (t) 6= 0 が成り立つ. よって, c′ 1(t) c′ 2(t) ! = ϕ1(t) ϕ2(t) ϕ′ 1(t) ϕ′2(t) !−1 0 f (x) ! = 1 W (t) ϕ′ 2(t) −ϕ2(t) −ϕ′ 1(t) ϕ1(t) ! 0 f (x) ! であるので, c1(t) = − Z ϕ 2(t)f (t) W (t) dt, c2(t) = Z ϕ 1(t)f (t) W (t) dt となる.
例 9.22. 例 9.20 を定数変化法で解く. すなわち, x′′(t) + k2x(t) = sin(ωt), k > 0 を解く. このとき, 対応する斉次方程式の一般解は x(t) = c1cos(kt) + c2sin(kt) と書ける. よって, x(t) = c1(t) cos(kt) + c2(t) sin(kt), の形であり, c′ 1(t) cos(kt) + c′2(t) sin(kt) = 0 を仮定して c1, c2 を求める. x(t) がこの非斉次方程式の解であることから −kc′
1(t) sin(kt) + kc2(t) cos(kt) = sin(ωt)
が得られるので, cos(kt) sin(kt) −k sin(kt) k cos(kt) ! c′ 1(t) c′ 2(t) ! = 0 sin(ωt) ! となり, これを解けば, c′ 1(t) c′ 2(t) ! = 1 k sin(ωt) sin(kt) sin(ωt) cos(kt) ! を得る. これを積分すると, k 6= ω の時,
c1(t) = cos(kt) sin(ωt) − (ω/k) cos(ωt) sin(kt)
ω2− k2 + C1,
c2(t) = −sin(kt) sin(ωt) − (ω/k) cos(ωt) cos(kt)
ω2− k2 + C2,
となる. よって, 求める解は
x(t) = c1(t) cos(kt) + c2(t) sin(kt)
= cos
2(kt) sin(ωt) − (ω/k) cos(ωt) sin(kt) cos(kt)
ω2− k2
− sin
2
(kt) sin(ωt) − (ω/k) cos(ωt) sin(kt) cos(kt)
ω2− k2 + C1cos(kt) + C2sin(kt) = C1cos(kt) + C2sin(kt) + sin(ωt) ω2− k2 であることがわかる. また, k = ω の時, c1(t) = t 2k − 1 4k2 sin(2kt) + C, c2(t) = − 1 4k2 cos(2kt) + C
となる. よって, 求める解は x(t) = c1(t) cos(kt) + c2(t) sin(kt) = ( t 2k − 1 4k2 sin(2kt) + C1) cos(kt) − (4k12 cos(2kt) + C2) sin(kt) = C1cos(kt) + C2sin(kt) + t 2k cos(kt) であることがわかる. 以下の図は, x′′(t) + ax′(t) + bx(t) = 0が平面上に作る「ベクトル場」 (x′(t), x′′(t))と, この微分方程式の解の族 x(t) から作られる曲線 (x(t), x′(t)) を図示したものである. こ のように２階常微分方程式の解 x(t) を (x, x′) 平面に図示すると, 解の様子が良く分か る場合が多い. 特性方程式の解が複素数で実部が負 -2 -1 0 1 2 -2 -1 0 1 2
x’’+x’+x = 0, Eigenvalues = -0.5000+0.8660I, -0.5000-0.8660I
-2 -1 0 1 2 -2 -1 0 1 2
x’’+x’+x = 0, Eigenvalues = -0.5000+0.8660I, -0.5000-0.8660I
-2 -1 0 1 2 -2 -1 0 1 2
x’’+x’+x = 0, Eigenvalues = -0.5000+0.8660I, -0.5000-0.8660I
特性方程式の解が純虚数 -2 -1 0 1 2 -2 -1 0 1 2
x’’+x = 0, Eigenvalues = -0.0000+1.0000I, -0.0000-1.0000I
-2 -1 0 1 2 -2 -1 0 1 2
x’’+x = 0, Eigenvalues = -0.0000+1.0000I, -0.0000-1.0000I
-2 -1 0 1 2 -2 -1 0 1 2
x’’+x = 0, Eigenvalues = -0.0000+1.0000I, -0.0000-1.0000I
特性方程式の解が複素数で実部が正 -2 -1 0 1 2 -2 -1 0 1 2
x’’-x’+x = 0, Eigenvalues = +0.5000+0.8660I, +0.5000-0.8660I
-2 -1 0 1 2 -2 -1 0 1 2
x’’-x’+x = 0, Eigenvalues = +0.5000+0.8660I, +0.5000-0.8660I
-2 -1 0 1 2 -2 -1 0 1 2
特性方程式の解が負の重解 -2 -1 0 1 2 -2 -1 0 1 2 x’’+2x’+x = 0, Eigenvalues = -1.0000, -1.0000 -2 -1 0 1 2 -2 -1 0 1 2 x’’+2x’+x = 0, Eigenvalues = -1.0000, -1.0000 -2 -1 0 1 2 -2 -1 0 1 2 x’’+2x’+x = 0, Eigenvalues = -1.0000, -1.0000 特性方程式の解が正の重解 -2 -1 0 1 2 -2 -1 0 1 2 x’’-2x’+x = 0, Eigenvalues = +1.0000, +1.0000 -2 -1 0 1 2 -2 -1 0 1 2 x’’-2x’+x = 0, Eigenvalues = +1.0000, +1.0000 -2 -1 0 1 2 -2 -1 0 1 2 x’’-2x’+x = 0, Eigenvalues = +1.0000, +1.0000 特性方程式の解が相異なる負の実数 -2 -1 0 1 2 -2 -1 0 1 2 x’’+3x’+2x = 0, Eigenvalues = -1.0000, -2.0000 -2 -1 0 1 2 -2 -1 0 1 2 x’’+3x’+2x = 0, Eigenvalues = -1.0000, -2.0000 -2 -1 0 1 2 -2 -1 0 1 2 x’’+3x’+2x = 0, Eigenvalues = -1.0000, -2.0000 特性方程式の解が符号の異なる実数 -2 -1 0 1 2 -2 -1 0 1 2 x’’-x’-2x = 0, Eigenvalues = +2.0000, -1.0000 -2 -1 0 1 2 -2 -1 0 1 2 x’’-x’-2x = 0, Eigenvalues = +2.0000, -1.0000 -2 -1 0 1 2 -2 -1 0 1 2 x’’-x’-2x = 0, Eigenvalues = +2.0000, -1.0000
特性方程式の解が相異なる正の実数 -2 -1 0 1 2 -2 -1 0 1 2 x’’-3x’+2x = 0, Eigenvalues = +2.0000, +1.0000 -2 -1 0 1 2 -2 -1 0 1 2 x’’-3x’+2x = 0, Eigenvalues = +2.0000, +1.0000 -2 -1 0 1 2 -2 -1 0 1 2 x’’-3x’+2x = 0, Eigenvalues = +2.0000, +1.0000
★ 問題
演習問題 9.1. 以下の微分方程式の一般解を求めなさい. また, それぞれの微分方程式に 対して初期条件 x(0) = 1, x′(0) = 0 を課した初期値問題の解を求めなさい. 1. x′′+ 3x′+ 2x = 0 2. x′′+ 3x′− 2x = 0 3. x′′+ 2x′+ x = 0 4. x′′+ 4x = 0 5. x′′− 4x = 0 演習問題 9.2. 以下の漸化式をみたす数列の一般項を求めなさい. また, それぞれの漸化 式に対して, 初期条件 x0 = 0, x1 = 1 おいたときの一般項を求めなさい. 1. xn+2+ 3xn+1+ 2xn= 0 2. xn+2+ 3xn+1− 2xn = 0 3. xn+2+ 2xn+1+ xn= 0 演習問題 9.3. 漸化式 xn+2− xn+1− xn = 0 をみたす数列 {xn} を考える. この数列が lim n→∞|xn| = 0 をみたすように x0 と x1 の値を定めなさい. 演習問題 9.4. 常微分方程式 x′′(t) − x′(t) − x(t) = 0 の解が lim t→∞|x(t)| = 0 をみたすよう に x(0) と x′(0) の値を定めなさい. 演習問題 9.5. 線形漸化式 xn+2 + axn+1 + bxn = 0 をみたす全ての数列に対して, lim n→∞|xn| = 0 が成り立つため必要十分条件を a, b を用いて書きなさい. 演習問題 9.6. 常微分方程式 x′′(t)+ax′(t)+bx(t) = 0の全ての解に対して, lim t→∞|x(t)| = 0 が成り立つため必要十分条件を a, b を用いて書きなさい. 演習問題 9.7. 線形漸化式 xn+2 + axn+1+ bxn = 0 をみたす数列で, lim n→∞|xn| = 0 をみ たすものが存在するための必要十分条件を a, b を用いて書きなさい. 演習問題 9.8. 常微分方程式 x′′(t) + ax′(t) + bx(t) = 0 の解で, lim t→∞|x(t)| = 0 をみたす ものが存在するための必要十分条件を a, b を用いて書きなさい. 演習問題 9.9. 以下の微分方程式の一般解を, 括弧内に書いた関数が, その微分方程式の 解であることを利用して一般解を求めなさい. また, 定数変化法を使って一般解を求め なさい.1. x′′+ 4x = t, (x 0(t) = t/4) 2. x′′− 4x = t, (x0(t) = −t/4) 3. x′′+ 2x′+ x = t, (x 0(t) = t − 2) 4. x′′+ x′+ x = et, (x0(t) = et/3) 演習問題 9.10. 以下の漸化式の一般項を求めなさい. 1. xn+2+ xn+1+ xn= n, 2. xn+2+ 2xn+1+ xn= n, 演習問題 9.11. 常微分方程式 x′′(t) + ax′(t) + bx(t) = 0 の x(t) ≡ 0 以外の全ての解が, t → ∞ の時 |x(t)| → 0 となるための条件, および, x(t) ≡ 0 以外の全ての解が, t → ∞ の時 |x(t)| → ∞ となるための条件を, この微分方程式の特性方程式の解を使って書きな さい. 演習問題 9.12. 常微分方程式 x′′(t) + ax′(t) + bx(t) = eαt を考える. 特性方程式の解 の状況に応じた分類をして, この方程式の一般解を求めなさい. また, それぞれの時に, t → ∞ の時に |x(t)| → 0 となるのは, どのような状況の時かを考察しなさい. 演習問題 9.13. 常微分方程式 x′′(t) + ax′(t) + bx(t) = sin(ωt) を考える. 特性方程式の 解の状況に応じた分類をして, この方程式の一般解を求めなさい. また, それぞれの時に, t → ∞ の時に |x(t)| → 0 となるのは, どのような状況の時かを考察しなさい. 演習問題 9.14. 質量 m の質点が大気中を重力を受けて落下している. この質点に対し て, 速度に比例する空気抵抗が発生すると仮定するとき, この質点の運動を表す運動方程 式を書きなさい. さらに, 運動方程式を解くことで, t → ∞ において, 質点の速度がどの ようになるかを考察しなさい. 演習問題 9.15. バネ定数 k のバネに質量 m の質点がつながっているときの単振動の運 動方程式は, その釣り合いの位置からの変位を x(t) とおくと, mx′′(t) = −kx(t) と書け る. この方程式から, エネルギー保存則を導出すると, 1 2m(x ′(t))2+1 2k(x(t)) 2 = E 0 が成 り立つ. したがって, 単振動の運動を記述する微分方程式として, x′(t) = ± r 2E0 m − k m(x(t)) 2 (9.21) を考えることができる. このとき, 以下の問に答えなさい. 1. x(0) = 0, x′(0) = v 0 > 0 の初期条件の下で考えたとき, ある T > 0 が存在して, x′(T ) = 0 が成り立つことを, (9.21) を解くことなく示しなさい. 2. ある ε > 0 が存在して, t ∈ (T, T + ε) では, 運動は x′(t) = − r 2E0 m − k m(x(t)) 2 に 従うことを示しなさい. 3. 1 の初期条件とそこで求めた T に関して, 0 ≤ t ≤ T ならば x(T − t) = x(T + t) が成り立つことを示しなさい. 4. ここまでの考察で, この運動は周期的であり, 1 で求めた T は, 運動の周期の 1/4 であることがわかる. T を E0, k, m の中で必要なものを用いてあらわし, 単振動 の周期は, その振幅（|x(t)| の最大値）に依存しないことを示しなさい.
演習問題 9.16. 長さ ℓ の重さのない糸の先端に質量 m の質点がつながっている「単振り 子」に関するエネルギー保存則を書きなさい. ただし, 関数 x(t) は, 釣り合いの位置（鉛 直下向き）からの変位の角度を表す関数と取る. さらに, 単振り子の運動の周期を 4T , 振 幅を X とおいたとき, T (X) = s ℓ g Z π/2 0 1 p1 − sin2(X/2) sin2ϕdϕが成り立つことを示 し, T (X) は X に依存することを示しなさい. 【ヒント】 T (X) は 1/pcos(X) − cos(x) の積分でかけることがわかる. それを sin(x/2) = sin(X/2) sin(ϕ) と変数変換する. 演習問題 9.17. 微分方程式 t2x′′(t) + atx′(t) + bx(t) = 0 の解を求める方法を考える. 1. τ2+ (a − 1)τ + b = 0 が相異なる実数解を持つとき, x(t) = tα の形の解を持つ. こ のとき, α の満たすべき条件を求め, t2x′′(t) + 5tx′(t) − 5 = 0 の一般解を求めな さい. 2. τ2 + (a − 1)τ + b = 0 が互いに共役な複素数解を持つとき, x(t) = tαcos(β log(t)) または, x(t) = tαsin(β log(t)) の形の解を持つ. このとき, α, β の満たすべき条件 を求め, t2x′′(t) + tx′(t) + t = 0 の一般解を求めなさい. 3. τ2 + (a − 1)τ + b = 0 がただひとつの実数解を持つとき, x(t) = tα の形の解の 他に, x(t) = tβlog(t) の形の解を持つ. このとき, α, β の満たすべき条件を求め, t2x′′(t) + 3tx′(t) + 1 = 0 の一般解を求めなさい. 演習問題 9.18. 関数 t2+ t + 1, 2t + 1, 3t2+ 1 がある非斉次定数係数２階線形常微分方 程式 x′′(t) + p(t)x′(t) + q(t)x(t) = f (t) の t > 0 における解であると仮定する. この微分 方程式の一般解を求めなさい.
