定数係数の2階線形常微分方程式

1. 1.定数係数の2階線形微分方程式

はるか

$R(x)$によって解き方が変わる。

2. 2.定数係数2階同次微分方程式

根の条件	一般解の形
実数根が異なる場合	$y = C_1 e^{\lambda_1 x} + C_2 e^{\lambda_2 x}$
重解が存在する場合	$y = (C_1 + C_2 x) e^{\lambda x}$
複素根が存在する場合	$y = e^{\alpha x} (C_1 \cos(\beta x) + C_2 \sin(\beta x))$

はるか

特性方程式を解けばいい。

2.1. 2.1解き方

特性方程式

$\lambda^2+a\lambda+b=0$

の解を$\lambda_1,\lambda_2$とする。

一般解$y$は以下のように場合分けされる。

[1]特性方程式が異なる二つの実数解をもつとき

基本解は

$y_1=e^{\lambda_1 x}$

$y_2=e^{\lambda_2 x}$

となる。一般解$y$は任意定数$C_1、C_2$を用いて表すと

$y=C_1e^{\lambda_1 x}+C_2e^{\lambda_2 x}$

となる。
[2]特性方程式が重解となるとき

基本解は

$y_1=e^{\lambda_1 x}$

$y_2=xe^{\lambda_1 x}$

となる。

一般解$y$は任意定数$C_1、C_2$を用いて表すと、

$y=(C_1+C_2x)e^{\lambda x}$

となる。
[3]特性方程式が虚数解をもつとき

$\lambda_1=\alpha+\beta i , \lambda_2=\alpha-\beta i$とおくと、基本解は

$y_1=e^{\alpha x}\cos\beta x$

$y_2=e^{\alpha x}\sin\beta x$

となる。一般解$y$は

$y=e^{\alpha x}(C_1\cos\beta x+C_2\sin\beta x)$

となる。

2.2. 2.2練習問題

はてな

以下の定数係数の2階線形微分方程式の一般解$y$を求めよ。
(1)　$y”+3y’+2y=0$

(2)　$y”+2y’+y=0$

(3)　$y”+y’+y=0$

まず、特性方程式を解きます。

$\lambda^2 + 3\lambda + 2 = 0$

$(\lambda + 2)(\lambda + 1) = 0$

$\lambda = -2$ または $\lambda = -1$ が特性方程式の解となります。

よって、任意定数を$C_1、C_2$とすると一般解の形は $e^{\lambda x}$であるから、一般解は以下のようになる。

$y = (C_1 e^{-2x} + C_2 e^{-x})$
(2)
まず、特性方程式を解きます。

$\lambda^2 + 2\lambda + 1 = 0$

$(\lambda + 1)^2 = 0$

となるため、重解 $\lambda = -1$ が得られる。

よって、任意定数を$C_1、C_2$とすると、基本解の形は$e^{\lambda x}$、$xe^{\lambda x}$となるから、一般解は以下のようになる。

$y = (C_1 + C_2 x )e^{-x} $

(3)
まず、特性方程式を解きます。

$\lambda^2 + \lambda + 1 = 0$

解の公式より、

$\lambda = \dfrac{-1 \pm \sqrt{1 - 4}}{2} = \dfrac{-1 \pm i\sqrt{3}}{2}$

よって、任意定数を$C_1、C_2$とすると一般解は以下のようになります。

$y=e^{\frac{-x}{2}}\left(C_1\sin\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)+C_2\cos\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)\right)$

3. 定数係数2階非同次微分方程式

ふゅか

特性方程式に加えて、特殊解を予測する必要です♪

3.1. 3.1解き方について

$y”+ay’+by=R(x)$に一般解を代入すると、

$(Y”+aY’+bY)+(\alpha”(x)+a\alpha'(x)+b\alpha(x))=0+R(x)$

$Y”+aY’+bY=0$、$\alpha”(x)+a\alpha'(x)+b\alpha(x)=R(x)$を満たしている。

つまり、特殊解がわかれば、$y”+ay’+by=0$を解くだけで一般解を求めることができます。

3.2. 3.2練習問題

特殊解の形を推測します。$\alpha(x)=-\dfrac{2}{3}x$が特殊解であることがわかる。

特性方程式を解くと、

$\lambda^2+3\lambda=0$

$\lambda=0,-3$である。一般解yは以下のようになる。

$y=C_1+C_2e^{-3x}-\dfrac{2}{3}x$

(2)
特殊解の形を推測します。特殊解$\alpha(x)$を$\alpha(x) = A e^x \sin x + B e^x \cos x$ という形ではないかと推測して、特殊解を微分方程式に代入する。

$y”+y’+y=e^x\sin x$

$2e^{x}(A\cos x-B\sin x)+e^x\lbrace(A+B)\cos x+ (A-B)\sin x \rbrace+A e^x \sin x + B e^x \cos x=e^x\sin x$

$(2A+A+B+B)e^x\cos x +(A-B-2B+A-1)e^x \sin x=0$

$(3A+2B)e^x\cos x +(2A-3B-1)e^x \sin x=0$

連立方程式を解くと、$A=\dfrac{2}{13},B=\dfrac{-3}{13}$となる。$y”+y’+y=0$の基本解は2の(3)で求めているから、一般解は以下のようになる。

$y=e^{\frac{-x}{2}}\left(C_1\sin\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)+C_2\cos\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)\right)+\dfrac{1}{13}e^x(2\sin x-3\cos x)$

4. 4.定数係数の2階微分方程式の性質

4.1. 4.1基本解の一次独立

定数係数2階同次微分方程式の一般解を推測する。微分しても形の変わらない、$e^{\lambda x}$ではないかと推測する。微分方程式に代入すると、$y”+ay’+by=0$より、

$\lambda^2e^{\lambda x}+a\lambda e^{\lambda x} +be^{\lambda x}=0$

$e^{\lambda x}(\lambda^2+a\lambda+b)=0$

$e^{\lambda x}>0$であるから、$\lambda^2+a\lambda+b=0$となる。これが、特性方程式の正体です。

[1]実数解が2つのとき、解は$\lambda_1,\lambda_2$となるから、

基本解は

$y_1=e^{\lambda_1 x}$

$y_2=e^{\lambda_2 x}$

となる。基本解が1次独立であるかをで確認すると、

$\begin{vmatrix} e^{\lambda_1 x} & e^{\lambda_2 x} \\ \lambda_1e^{\lambda_1 x} & \lambda_2e^{\lambda_2 x} \\ \end{vmatrix}$

$=(\lambda_2-\lambda_1)e^{\lambda_1 \lambda_2 x}\neq 0 $

$\lambda_2\neq\lambda_1$であることから、一次独立である。

[2]実数解が重解のとき、実数解が2つのときと同様に考えると、$\lambda_1,\lambda_2$となるから、

基本解は

$y_1=e^{\lambda_1 x}$

$y_2=e^{\lambda_2 x}$

となる。基本解が1次独立であるかをで確認すると、

$\begin{vmatrix} e^{\lambda_1 x} & e^{\lambda_2 x} \\ \lambda_1e^{\lambda_1 x} & \lambda_2e^{\lambda_2 x} \\ \end{vmatrix}$

$=(\lambda_2-\lambda_1)e^{\lambda_1 \lambda_2 x}= 0 $

$\lambda_2\neq\lambda_1$であることから、一次独立ではない。したがって、別の解を推測して、$y_2=xe^{\lambda x}$とすると、微分方程式に代入すると、$y”+ay’+by=0$より、

$2\lambda e^{\lambda x}+\lambda^2xe^{\lambda x}+a(\lambda xe^{\lambda x}+e^{\lambda x}) +be^{x\lambda x}=0$

$xe^{\lambda x}(\lambda^2+a\lambda+b)+e^{\lambda x}(2\lambda+a)=0$

$\lambda^2+a\lambda+b=0$、重解であることから$2\lambda+a=0$であることより、xe^{\lambda x}も基本解となることがわかる。

$e^{\lambda x}(\lambda^2+a\lambda+b)=0$

$\begin{vmatrix} e^{\lambda_1 x} & xe^{\lambda_1 x} \\ \lambda_1e^{\lambda_1 x} & e^{\lambda_1 x}+x\lambda_1e^{\lambda_1 x} \\ \end{vmatrix}$

$=e^{2\lambda_1x}>0$

となることから、一次独立である。

[3]虚数解のとき、$\lambda_1=\alpha+\beta i,\lambda_2=\alpha-\beta i$とする。基本解の一次独立を確認すると

$\begin{vmatrix} e^{\lambda_1 x} & e^{\lambda_2 x} \\ \lambda_1e^{\lambda_1 x} & \lambda_2e^{\lambda_2 x} \\ \end{vmatrix}$

$=(\lambda_2-\lambda_1)e^{\lambda_1 \lambda_2 x}\neq 0 $

$\lambda_2-\lambda_1=-2i\beta$ 、$\lambda1\lambda2=\alpha^2+\beta^2$であることから、一次独立である。

次に、一般解について計算する。オイラーの公式より、

$e^{\alpha+\beta i}=e^{\alpha x}(\cos\beta x+i\sin\beta x)$であることより、一般解yは以下のようになる。

$y=A_1e^{\alpha+\beta i}+A_2e^{\alpha-\beta i}$

$=A_1e^{\alpha x}(\cos\beta x+i\sin\beta x)+A_2e^{\alpha x}(\cos\beta x-i\sin\beta x)$

$=e^{\alpha x}\lbrace(A_1+A_2)\cos\beta x+(A_1-A_2)i\sin\beta x\rbrace$

$C_1=A_1+A_2,C_2=(A_1-A_2)i$とおくと、

$=e^{\alpha x}(C_1\cos\beta x+C_2\sin\beta x)$

4.2. 4.2物理に使われる例

空気抵抗、ばね・ダンパ・おもり系、RLC直列回路や並列回路の過渡現象などに使用される。