常微分方程式（担当：坪井 俊）の小テスト（６月１５日）の解答例

問題１．(1) 変数分離形常微分方程式\frac{dy}{dx} = (3x^{2} − 1)(y − 1)y の一般解を求めよ。

解答例 ∫ \frac{1}{(y − 1)y} dy = ∫ (3x^{2} − 1)dx について、

左辺は ∫ \frac{1}{(y − 1)y} dy = ∫ (\frac{1}{y − 1} − \frac{1}{y})dy

= log |y − 1| − log |y| = log |\frac{y − 1}{y}| + 定数右辺は ∫ (3x^{2} − 1)dx = x^{3} − x + 定数

従って log |\frac{y − 1}{y}| = x^{3} − x + C_{1}.

\frac{y − 1}{y} = Ce^{x^{3}−x}, y = \frac{1}{1 − Ce^{x^{3}−x}}

(2) 変数分離形常微分方程式\frac{dy}{dx} = (y − 2)y cos x の y(0) = 1 となる解を求めよ。解答例 ∫ \frac{1}{(y − 2)y} dy = ∫ cos xdx について、

左辺は ∫ \frac{1}{(y − 2)y} dy = ∫ \frac{1}{2}(\frac{1}{y − 2} − \frac{1}{y})dy

= \frac{1}{2}(log |y − 2| − log |y|) = \frac{1}{2} log |\frac{y − 2}{y}| + 定数右辺は ∫ cos xdx = sin x + 定数従って log |\frac{y − 2}{y}| = 2 sin x + C_{1}.

\frac{y − 2}{y} = Ce^{2 sin x}, y = \frac{2}{1 − Ce^{2 sin x}}

ここで、 y(0) = 1 だから C = −1 で、 y = \frac{2}{1 + e^{2 sin x}}

(3) 微分形式 y^{2}dx + (3xy + 2)dy は２変数関数 f(x, y) の全微分 df となるかど

うか判定せよ。解答例\frac{∂}{∂y} y^{2} = 2y, \frac{∂}{∂x}(3xy + 2) = 3y は異なるので, ２変数関数 f(x, y) の全微分

df とならない。

(4) 上記 (3) の微分形式に\frac{1}{y^{3}} をかけて得られる微分形式\frac{1}{y} dx + \frac{3xy + 2}{y^{3}}dy は２

変数関数 f(x, y) の全微分 df となるかどうか判定せよ。

解答例\frac{∂}{∂y} \frac{1}{y} = −\frac{1}{y^{2}} , \frac{∂}{∂x} \frac{3xy + 2}{y^{3}} = \frac{3}{y^{2}} は異なるので, ２変数関数 f(x, y) の全微分

df とならない。 (本当は全微分になるように問題を作るはずでした。）

(5) １階線形常微分方程式\frac{dx}{dt} + 2tx = t の x(0) = 0 となる解を求めよ。解答例同次方程式\frac{dx}{dt} + 2tx = 0 の解は、

∫ \frac{1}{x}dx = − ∫ 2tdt から log |x| = −t^{2} + C_{1}, x = Ce^{−t^{2}} である。

定数変化法で、 x(t) = C(t)e^{−t^{2}} とすると、

\frac{dC}{dt} e^{−t^{2}} = t を得る。

従って、 C = ∫ \frac{dC}{dt} dt = ∫ e^{t^{2}}tdt = \frac{1}{2}e^{t^{2}} + C_{2}

x(t) = (\frac{1}{2}e^{t^{2}} + C_{2})e^{−t^{2}} = \frac{1}{2} + C_{2}e^{−t^{2}} について、

x(0) = 0 だから C_{2} = −\frac{1}{2}.

x(t) = \frac{1}{2}(1 − e^{−t^{2}})

（変数分離形として解くことも出来ました。）

\frac{dx}{dt} = t(1 − 2x) だから

∫ \frac{1}{1 − 2x}dx = ∫ tdt から

−\frac{1}{2} log |1 − 2x| = \frac{1}{2}t^{2} + C_{1}

1 − 2x = Ce^{−t^{2}}, x(0) = 0 だから C = 1 で、

x = \frac{1}{2}(1 − e^{−t^{2}})

問題２．(1) 行列の指数関数 e^{tA} の定義を書き、行列 A = (\begin{matrix}2 & 1 \\ 0 & 2 \end{matrix}) に対して、 e^{tA} を計算

せよ。

解答例 e^{tA} = I + tA + \frac{t^{2}}{2} A^{2} + \frac{t^{3}}{3!} A^{3} + ⋯ = ∑_{n=0}^{∞} \frac{t^{n}}{n!} A^{n}

(\begin{matrix}2 & 1 \\ 0 & 2 \end{matrix}) = (\begin{matrix}2 & 0 \\ 0 & 2 \end{matrix})+(\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}) で、 (\begin{matrix}2 & 0 \\ 0 & 2 \end{matrix}), (\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}) は可換（(\begin{matrix}2 & 0 \\ 0 & 2 \end{matrix}) (\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}) =

(\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix}2 & 0 \\ 0 & 2 \end{matrix})）だから exp(t (\begin{matrix}2 & 1 \\ 0 & 2 \end{matrix})) = exp(t (\begin{matrix}2 & 0 \\ 0 & 2 \end{matrix}))exp(t (\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix})) こ

こで、 exp(t (\begin{matrix}2 & 0 \\ 0 & 2 \end{matrix})) = (\begin{matrix}e^{2t} & 0 \\ 0 & e^{2t} \end{matrix}),

exp(t (\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix})) = exp((\begin{matrix}0 & t \\ 0 & 0 \end{matrix})) = (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}) + (\begin{matrix}0 & t \\ 0 & 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix}1 & t \\ 0 & 1 \end{matrix})

従って、 exp(t (\begin{matrix}2 & 1 \\ 0 & 2 \end{matrix})) = (\begin{matrix}e^{2t} & 0 \\ 0 & e^{2t} \end{matrix}) (\begin{matrix}1 & t \\ 0 & 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix}e^{2t} & te^{2t} \\ 0 & e^{2t} \end{matrix})

(2) A = (\begin{matrix}−5 & 4 \\ −2 & 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix}2 & 1 \\ 1 & 1 \end{matrix}) (\begin{matrix}−3 & 0 \\ 0 & −1 \end{matrix}) (\begin{matrix}2 & 1 \\ 1 & 1 \end{matrix})^{−1} に対して行列の指数関数

e^{tA} を計算せよ。解答例 tA = P (tB)P^{−1} のとき、 e^{tA} = P e^{tB}P^{−1} となるから、

e^{tA} = (\begin{matrix}2 & 1 \\ 1 & 1 \end{matrix}) (\begin{matrix}e^{−3t} & 0 \\ 0 & e^{−t} \end{matrix}) (\begin{matrix}1 & −1 \\ −1 & 2 \end{matrix}) = (\begin{matrix}2e^{−3t} − e^{−t} & −2e^{−3t} + 2e^{−t} \\ e^{−3t} − e^{−t} & −e^{−3t} + 2e^{−t} \end{matrix})

(3) 次の常微分方程式の初期値問題を解け。

\frac{dx_{1}}{dt} = −5x_{1} + 4x_{2}

\frac{dx_{2}}{dt} = −2x_{1} + x_{2}

x_{1}(0) = 2, x_{2}(0) = 1

解答例 A = (\begin{matrix}−5 & 4 \\ −2 & 1 \end{matrix}) に対して、

(\begin{matrix}x_{1}(t) \\ x_{2}(t) \end{matrix}) = e^{tA} (\begin{matrix}2 \\ 1 \end{matrix}) が解。

(2) の計算から、 (\begin{matrix}x_{1}(t) \\ x_{2}(t) \end{matrix}) = e^{tA} (\begin{matrix}2 \\ 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix}2 & 1 \\ 1 & 1 \end{matrix}) (\begin{matrix}e^{−3t} & 0 \\ 0 & e^{−t} \end{matrix}) (\begin{matrix}1 & −1 \\ −1 & 2 \end{matrix}) (\begin{matrix}2 \\ 1 \end{matrix})

= (\begin{matrix}2 & 1 \\ 1 & 1 \end{matrix}) (\begin{matrix}e^{−3t} & 0 \\ 0 & e^{−t} \end{matrix}) (\begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix}2 & 1 \\ 1 & 1 \end{matrix}) (\begin{matrix}e^{−3t} \\ 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix}2e^{−3t} \\ e^{−3t} \end{matrix})

(4) 次の常微分方程式の初期値問題を解け。

\frac{dx_{1}}{dt} = −4x_{1} − 3x_{2}

\frac{dx_{2}}{dt} = 3x_{1} − 4x_{2}

x_{1}(0) = 2, x_{2}(0) = 1

解答例行列 A = (\begin{matrix}−4 & −3 \\ 3 & −4 \end{matrix}) の固有値は −4 ± 3i であるが、これはそのような固有値をもつ行列のうち特別な形ものである。この A に対して、 exp(tA) = e^{−4t} (\begin{matrix}cos 3t & − sin 3t \\ sin 3t & cos 3t \end{matrix}) となる。従って、

(\begin{matrix}x_{1}(t) \\ x_{2}(t) \end{matrix}) = e^{tA} (\begin{matrix}2 \\ 1 \end{matrix}) = e^{−4t} (\begin{matrix}cos 3t & − sin 3t \\ sin 3t & cos 3t \end{matrix}) (\begin{matrix}2 \\ 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix}e^{−4t}(2 cos 3t − sin 3t) \\ e^{−4t}(2 sin 3t + cos 3t) \end{matrix})

参考この行列 A = (\begin{matrix}−4 & −3 \\ 3 & −4 \end{matrix}) を複素数の範囲で対角化すると、

(\begin{matrix}−4 & −3 \\ 3 & −4 \end{matrix}) (\begin{matrix}1 & 1 \\ i & −i \end{matrix}) = (\begin{matrix}1 & 1 \\ i & −i \end{matrix}) (\begin{matrix}−4 − 3i & 0 \\ 0 & −4 + 3i \end{matrix}) となる。

従って、 exp(tA) = (\begin{matrix}1 & 1 \\ i & −i \end{matrix}) (\begin{matrix}e^{(−4−3i)t} & 0 \\ 0 & e^{(−4+3i)t} \end{matrix}) (\begin{matrix}1 & 1 \\ i & −i \end{matrix})^{−1}

= \frac{i}{2} (\begin{matrix}1 & 1 \\ i & −i \end{matrix}) (\begin{matrix}e^{(−4−3i)t} & 0 \\ 0 & e^{(−4+3i)t} \end{matrix}) (\begin{matrix}−i & −1 \\ −i & 1 \end{matrix})

= \frac{i}{2} (\begin{matrix}1 & 1 \\ i & −i \end{matrix}) (\begin{matrix}−ie^{(−4−3i)t} & −e^{(−4−3i)t} \\ −ie^{(−4+3i)t} & e^{(−4+3i)t} \end{matrix})

= \frac{i}{2} (\begin{matrix}−ie^{(−4−3i)t} − ie^{(−4+3i)t} & −e^{(−4−3i)t} + e^{(−4+3i)t} \\ e^{(−4−3i)t} − e^{(−4+3i)t} & −ie^{(−4−3i)t} − ie^{(−4+3i)t} \end{matrix})

= (\begin{matrix}\frac{e^{(−4−3i)t} + e^{(−4+3i)t}}{2} & \frac{e^{(−4−3i)t} − e^{(−4+3i)t}}{2i} \\ \frac{−e^{(−4−3i)t} + e^{(−4+3i)t}}{2i} & \frac{e^{(−4−3i)t} + e^{(−4+3i)t}}{2} \end{matrix} )

= e^{−4t} (\begin{matrix}cos 3t & − sin 3t \\ sin 3t & cos 3t \end{matrix})

問題３．a_{1}, a_{2} を実数、 b(t), c(t) を実数値関数とする。

２階線形常微分方程式\frac{d^{2}x}{dt^{2}} + a_{1} \frac{dx}{dt} + a_{2}x = b(t) の解 u(t), ２階線形常微分方程式\frac{d^{2}x}{dt^{2}} + a_{1} \frac{dx}{dt} + a_{2}x = c(t) の解 v(t) に対して、 w(t) = u(t) + v(t) は２階線形常微分方程式\frac{d^{2}x}{dt^{2}} + a_{1} \frac{dx}{dt} + a_{2}x = b(t) + c(t) の解であることを示せ。

解答例\frac{d^{2}w}{dt^{2}} + a_{1} \frac{dw}{dt} + a_{2}w

= \frac{d^{2}(u + v)}{dt^{2}} + a_{1} \frac{d(u + v)}{dt} + a_{2}(u + v)

= (\frac{d^{2}u}{dt^{2}} + \frac{d^{2}u}{dt^{2}}) + a_{1}(\frac{du}{dt} + \frac{dv}{dt}) + a_{2}(u + v)

= (\frac{d^{2}u}{dt^{2}} + a_{1} \frac{du}{dt} + +a_{2}u) + (\frac{d^{2}u}{dt^{2}} + a_{1} \frac{dv}{dt} + a_{2}v) = b(t) + c(t)