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
$y”+ay’+by=R(x)$

2. 2.定数係数2階同次微分方程式
$y”+ay’+by=0$
定数係数2階同次微分方程式の一般解は$C_1y_1+C_2y_2$と表される。$C_1、C_2$は任意定数であり、$y_1,y_2$は基本解である。
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 | $y = e^{\alpha x} (C_1 \cos(\beta x) + C_2 \sin(\beta x))$ |

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
$y”+ay’+by=0$の解を$Y$として、$y”+ay’+by=R(x)$の特殊解を$\alpha(x)$としたとき、$y”+ay’+by=R(x)$の一般解は$y=Y+\alpha(x)$となる。

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
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) $y”+3y’+2=0$
(2) $y”+y’+y=e^x\sin x$
(1)
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。