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未定係数法

前節で定数係数の同次線形微分方程式

について学びました．ここでは定数係数の非同次線形微分方程式

の特殊解の求め方について学びます．ただしここで扱う解法は

がある特殊な形，つまり同次線形微分方程式の解の形をしたものに限ります．

$D = \frac{d}{dx}$ とおきます．すると

$\displaystyle L(y) = a_{n}y^{(n)} + a_{n-1}y^{(n-1)} + \cdots + a_{1}y^{\prime} + a_{0}y = f(x)$

は

$\displaystyle L(D)y = (a_{n}D^{n} + a_{n-1}D^{n-1} + \cdots + a_{1}D + a_{0})y = f(x)$

と表わせます．ここで

が同次線形微分方程式の解の形をしているとすると，

を満たす

の多項式

が存在します．そこでこの方程式の特殊解を $y_{p}$ とすると

$\displaystyle H(D)L(D)y_{p} = H(D)f(x) = 0$

より特殊解 $y_{p}$ を見つけるには同次方程式

$\displaystyle H(D)L(D)y = 0$

の解の中から

$\displaystyle L(D)y = f(x)$

を満たすものを見つければよいことがわかります．この解法のことを未定係数法(method of undetermind coefficient)といいます．次の例題を解く前によく用いられる

をあげておきます．

$\displaystyle f(x)$	$\displaystyle =$	$\displaystyle x^{m} \Longrightarrow H(D)f(x) = D^{m+1}x^{m} = 0$
$\displaystyle f(x)$	$\displaystyle =$	$\displaystyle e^{ax} \Longrightarrow H(D)f(x) = (D - a)e^{ax} = 0$
$\displaystyle f(x)$	$\displaystyle =$	$\displaystyle e^{ax}\cos{bx} \Longrightarrow H(D)f(x) = (D^2 - 2aD + a^2 + b^2)e^{ax}\cos{bx} = 0$
$\displaystyle f(x)$	$\displaystyle =$	$\displaystyle e^{ax}\sin{bx} \Longrightarrow H(D)f(x) = (D^2 - 2aD + a^2 + b^2)e^{ax}\sin{bx} = 0$

例題 2.12 $L(y) = y^{\prime\prime} - y^{\prime} - 2y = 2e^{3x}$ を解け．

解補助方程式の特性方程式は $m^{2} - m -2 = 0$ より特性根を得る．よって余関数 $y_{c}$ は

$\displaystyle y_{c} = c_{1}e^{-x} + c_{2}e^{2x}$

となる．次に特殊解 $y_{p}$ を未定係数法を用いて求める． $D = \frac{d}{dx}, H(D) = D - 3$ とおくと， $H(D)2e^{3x} = 2(D - 3)e^{3x} = 0$ より求める特殊解 $y_{p}$ は

$\displaystyle (H(D)L(D))y = 2(D-3)(D^{2}-D-2)y = 0$

の解である．この方程式の特性方程式は $2(m-3)(m^{2}-m-2) = 0$ より基本解は $e^{3x},e^{-x},e^{2x}$ である．よって

$\displaystyle y_{p} = Ae^{3x} + Be^{-x} + Ce^{2x}$

と表わせる．しかし， $y_{p}$ は $L(D)y_{p} = f(x)$ を満たさなければならないので

を満たす $Be^{-x} + Ce^{2x}$ は省いてもよい．したがって特殊解 $y_{p}$ の形を

$\displaystyle y_{p} = Ae^{3x}$

とおく．これを $L(D)y = 2e^{3x}$ に代入すると

$\displaystyle L(D)Ae^{3x} = (Ae^{3x})^{\prime\prime} - (Ae^{3x})^{\prime} - 2(Ae^{3x}) = 4Ae^{3x} = 2e^{3x}$

となる．よって $A = \frac{1}{2}$ ．これより特殊解 $y_{p} = \frac{1}{2}e^{3x}$ を得る．したがって一般解は

$\displaystyle y = y_{c} + y_{p} = c_{1}e^{-x} + c_{2}e^{2x} + \frac{1}{2}e^{3x}$

で与えられる． $\ \blacksquare$

例題 2.13 $L(y) = y^{\prime\prime} - y^{\prime} -2y = e^{-x}$ を解け．

解補助方程式の特性方程式は $m^{2} - m -2 = 0$ より特性根を得る．よって余関数 $y_{c}$ は

$\displaystyle y_{c} = c_{1}e^{-x} + c_{2}e^{2x}$

となる．次に特殊解 $y_{p}$ を未定係数法を用いて求める． $H(D)e^{-x} = (D + 1)e^{-x} = 0$ より，求める特殊解 $y_{p}$ は

$\displaystyle H(D)L(D)y = (D + 1)(D^{2} - D -2)y = (D + 1)^{2}(D - 2)y = 0$

の解である．この方程式の基本解は $e^{-x},xe^{-x},e^{2x}$ であるが， $e^{-x},e^{2x}$ は余関数の解なので省くと

$\displaystyle y_{p} = Axe^{-x}$

と表わせる．これを $L(D)y = e^{-x}$ に代入すると

$\displaystyle L(D)Axe^{-x} = -3Ae^{-x} = e^{-x}$

となる．よって特殊解は

$\displaystyle y_{p} = -\frac{1}{3}xe^{-x},$

一般解は

$\displaystyle y = c_{1}e^{-x} + c_{2}e^{2x} - \frac{1}{3}xe^{-x}$

である． $\ \blacksquare$

例題 2.14 $L(y) = y^{\prime\prime} + 2y^{\prime} = e^{x} - x^{2}$ を解け．

解補助方程式の特性方程式は $m^{2} + 2m = 0$ より特性根を得る．よって余関数 $y_{c}$ は

$\displaystyle y_{c} = c_{1} + c_{2}e^{-2x}$

を得る．次に特殊解 $y_{p}$ を未定係数法を用いて求めるには，重ね合わせの原理より $L(D)y = e^{x}$ の特殊解 $y_{p_{1}}$ と $L(D)y = x^{2}$ の特殊解 $y_{p_{2}}$ を求めれば $y_{P}$ は $y_{p} = y_{p_{1}} + y_{p_{2}}$ で与えられる．

$L(D)y = e^{x}$ の特殊解 $y_{p_{1}}$ は $y_{p_{1}} = Ae^{x}$ ．また $L(D)y = x^{2}$ の特殊解 $y_{p_{2}}$ は

$\displaystyle H(D)L(D)y = (D^{3}D(D+2))y = 0$

の解である．よって基本解は $1,x,x^{2},x^{3},e^{-2x}$ となるが，

と $e^{-2x}$ は余関数数の解なので省くと

$\displaystyle y_{p_{2}} = Bx + Cx^{2} + Dx^{3}$

と表わせる． $y_{p} = y_{p_{1}} + y_{p_{2}}$ とおき，これを $L(D)y = e^{x} - x^{2}$ に代入すると $L(D)(Ae^{x} + Bx + Cx^{2} + Dx^{3}) = 3Ae^{x} + 2C + 2B + (6D + 4C)x = e^{x} - x^{2}$ ．したがって $A = \frac{1}{3}, B = -\frac{1}{4}, C = \frac{1}{4}, D = -\frac{1}{6}$ ．よって一般解は

$\displaystyle y = c_{1} + c_{2}e^{-2x} + \frac{1}{3}e^{x} - \frac{1}{4}x + \frac{1}{4}x^{2} - \frac{1}{6}x^{3}$

となる． $\ \blacksquare$

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Administrator 平成26年9月18日