常微分方程式（担当：坪井 俊）の小テスト（６月１４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 + 1) の一般解を求めよ。

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

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

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

従って log |\frac{y − 1}{y + 1}| = 2(x^{3} − x) + C_{1}.

\frac{y − 1}{y + 1} = Ce^{2(x^{3}−x)}, y − 1 = Ce^{2(x^{3}−x)}(y + 1), y = \frac{1 + Ce^{2(x^{3}−x)}}{1 − Ce^{2(x^{3}−x)}}

(2) 変数分離形常微分方程式\frac{dy}{dx} = (y −1)y cos x の y(0) = \frac{1}{2} となる解を求めよ。解答例 ∫ \frac{1}{(y − 1)y} dy = ∫ cos xdx 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| + 定数 = log |\frac{y − 1}{y}| + 定数右辺は ∫ cos xdx = sin x + 定数従って log |\frac{y − 1}{y}| = sin x + C_{1}.

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

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

(3) 微分形式 y^{2}dx + (2 − xy)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}(2 − xy) = −y 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{2 − xy}{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{2 − xy}{y^{3}} = −\frac{1}{y^{2}} は等しいので, ２変数関数 f(x, y) の全微分

df となる。実際、\frac{1}{y} dx + \frac{2 − xy}{y^{3}} dy = d(\frac{xy − 1}{y^{2}})

(5) t > 0 に対して定義された１階線形常微分方程式\frac{dx}{dt} − 2\frac{x}{t} = t^{3} の x(1) = 1

となる解を求めよ。解答例同次方程式\frac{dx}{dt} − 2\frac{x}{t} = 0 の解は、

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

定数変化法を用いる。 x(t) = C(t)t^{2} とすると、

\frac{dC}{dt} t^{2} = t^{3} を得る。

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

x(t) = (\frac{t^{2}}{2} + C_{2})t^{2} = \frac{1}{2}(t^{4} + 2C_{2}t^{2}) について、

x(1) = 1 だから C_{2} = \frac{1}{2}.

従って、 x(t) = \frac{1}{2}t^{2}(1 + 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}3 & 1 \\ 0 & 3 \end{matrix}) = (\begin{matrix}3 & 0 \\ 0 & 3 \end{matrix}) + (\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \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}3 & 0 \\ 0 & 3 \end{matrix}), (\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}) は可換（(\begin{matrix}3 & 0 \\ 0 & 3 \end{matrix}) (\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix}3 & 0 \\ 0 & 3 \end{matrix})）だから

exp(t (\begin{matrix}3 & 1 \\ 0 & 3 \end{matrix})) = exp(t (\begin{matrix}3 & 0 \\ 0 & 3 \end{matrix}))exp(t (\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}))

ここで、 exp(t (\begin{matrix}3 & 0 \\ 0 & 3 \end{matrix})) = (\begin{matrix}e^{3t} & 0 \\ 0 & e^{3t} \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}3 & 1 \\ 0 & 3 \end{matrix})) = (\begin{matrix}e^{3t} & 0 \\ 0 & e^{3t} \end{matrix}) (\begin{matrix}1 & t \\ 0 & 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix}e^{3t} & te^{3t} \\ 0 & e^{3t} \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（(2) を用いてよい）。

\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}) = 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), 実数 k, ℓ に対して、 w(t) = ku(t) + ℓv(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 = kb(t) + ℓc(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}(ku + ℓv)}{dt^{2}} + a_{1} \frac{d(ku + ℓv)}{dt} + a_{2}(ku + ℓv)

= (k \frac{d^{2}u}{dt^{2}} + ℓ\frac{d^{2}u}{dt^{2}}) + a_{1}(k \frac{du}{dt} + ℓ\frac{dv}{dt}) + a_{2}(ku + ℓv)

= k(\frac{d^{2}u}{dt^{2}} + a_{1} \frac{du}{dt} + +a_{2}u) + ℓ(\frac{d^{2}u}{dt^{2}} + a_{1} \frac{dv}{dt} + a_{2}v) = kb(t) + ℓc(t)