0482-1993 东大工 数学 WEB

常微分方程 算子法 算子位移定理

$t$ の関数である $x,y$ についての連立微分方程式

$$\{\begin{array}{l}5x^{\prime }+y^{\prime }-8y=t{e}^t\\ x^{\prime }+x-y=2e^t\end{array}\text{\hspace{1em}(d)}$$

に関して、以下の問に答えよ。ただし、$x^{\prime },y^{\prime }$ はそれぞれ $\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t},\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}$ を意味する。

(1) (d) の右辺をそれぞれ $0$ とおいた連立微分方程式の一般解を求めよ。

(2) 微分演算子 $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}$ を $D$ とすると、連立微分方程式 (d) の特解はどのような形に書けるか。

(3) $\varphi (D)$ が微分演算子 $D$ の多項式関数、$F(t)$ が $t$ の関数であるとき、

$$\frac{1}{\varphi (D)}\{e^{\alpha t}F(t)\}=e^{\alpha t}\frac{1}{\varphi (D+\alpha )}F(t)$$

であることを証明せよ。ただし、$\alpha$ は定数とする。

(4) (1)～(3) を使って連立微分方程式 (d) の一般解を求めよ。

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解答：

(1)
与えられた連立微分方程式の右辺を $0$ とおいた斉次方程式は以下となる。

$$\{\begin{array}{l}5x^{\prime }+y^{\prime }-8y=0\\ x^{\prime }+x-y=0\end{array}$$

第2式より $y=x^{\prime }+x$ である。これを第1式に代入する。

$$\begin{array}{rl}5x^{\prime }+(x^{\prime \prime }+x^{\prime })-8(x^{\prime }+x)& =0\\ x^{\prime \prime }-2x^{\prime }-8x& =0\end{array}$$

特性方程式 ${\lambda }^2-2\lambda -8=0$ を解くと、$(\lambda -4)(\lambda +2)=0$ より $\lambda =4,-2$ である。
したがって、$x$ の一般解は任意定数 $C_1,C_2$ を用いて次のように表される。

$$x(t)=C_1{e}^{4t}+C_2{e}^{-2t}$$

これを $y=x^{\prime }+x$ に代入して $y$ を求める。

$$y(t)=(4C_1{e}^{4t}-2C_2{e}^{-2t})+(C_1{e}^{4t}+C_2{e}^{-2t})=5C_1{e}^{4t}-C_2{e}^{-2t}$$ $$\boxed{\begin{array}{rl}x(t)& =C_1{e}^{4t}+C_2{e}^{-2t}\\ y(t)& =5C_1{e}^{4t}-C_2{e}^{-2t}\end{array}}(C_1,C_2\text{ は任意定数})$$

(2)
微分演算子 $D$ を用いると、連立微分方程式 (d) は以下のように表せる。

$$\{\begin{array}{ll}5Dx+(D-8)y=t{e}^t& \cdots \text{①}\\ (D+1)x-y=2e^t& \cdots \text{②}\end{array}$$

②より $y=(D+1)x-2e^t$ とし、①に代入して $y$ を消去する。

$$\begin{array}{rl}5Dx+(D-8)\{(D+1)x-2e^t\}& =t{e}^t\\ 5Dx+(D^2-7D-8)x-(D-8)(2e^t)& =t{e}^t\\ (D^2-2D-8)x-(2e^t-16e^t)& =t{e}^t\\ (D^2-2D-8)x& =(t-14)e^t\end{array}$$

よって、$x$ の特解 $x_p$ は逆演算子を用いて次のように書ける。

$$x_p=\frac{1}{D^2-2D-8}(t-14)e^t$$

同様に、① $\times 1$ と ② $\times 5$ から $x$ を消去する。②から $5(D+1)x-5y=10e^t$、①から $5Dx=-Dy+8y+t{e}^t$。

$$\begin{array}{rl}D(5x)+5x-5y& =10e^t\\ (-D^{2}y+8Dy+e^t+t{e}^t)+(-Dy+8y+t{e}^t)-5y& =10e^t\\ -D^{2}y+7Dy+3y+e^t+2t{e}^t& =10e^t\\ (D^2-7D-3)y& =2t{e}^t-9e^t\text{※代入法の方が簡明}\end{array}$$

別法として、連立方程式を行列形式で書き、クラメルの公式より直接消去する。
$y$ に関する演算子方程式は

$$\begin{array}{rl}\left|\begin{array}{cc}5D& D-8\\ D+1& -1\end{array}\right|y& =\left|\begin{array}{cc}5D& t{e}^t\\ D+1& 2e^t\end{array}\right|\\ -(D^2-2D-8)y& =5D(2e^t)-(D+1)(t{e}^t)\\ -(D^2-2D-8)y& =10e^t-(e^t+2t{e}^t)=9e^t-2t{e}^t\end{array}$$

ゆえに、

$$(D^2-2D-8)y=(2t-9)e^t$$

よって、$y$ の特解 $y_p$ は次のように書ける。

$$\boxed{\begin{array}{rl}{x}_p& =\frac{1}{D^2-2D-8}(t-14)e^t\\ y_p& =\frac{1}{D^2-2D-8}(2t-9)e^t\end{array}}$$

(3)
$v=\frac{1}{\varphi (D+\alpha )}F(t)$ とおくと、逆演算子の定義より $\varphi (D+\alpha )v=F(t)$ である。
両辺に $e^{\alpha t}$ を掛ける。

$$e^{\alpha t}\varphi (D+\alpha )v=e^{\alpha t}F(t)$$

任意の関数 $f(t)$ に対し、$D(e^{\alpha t}f)=\alpha e^{\alpha t}f+e^{\alpha t}Df=e^{\alpha t}(D+\alpha )f$ となる。
これを繰り返すと、帰納的に $D^k(e^{\alpha t}f)=e^{\alpha t}(D+\alpha {)}^{k}f$ が成り立つ。
したがって、線形結合である多項式 $\varphi (D)$ に対しても以下が成立する。

$$\varphi (D)(e^{\alpha t}v)=e^{\alpha t}\varphi (D+\alpha )v$$

$\varphi (D+\alpha )v=F(t)$ を代入すると、

$$\varphi (D)(e^{\alpha t}v)=e^{\alpha t}F(t)$$

両辺の左側から逆演算子 $\frac{1}{\varphi (D)}$ を作用させる。

$$e^{\alpha t}v=\frac{1}{\varphi (D)}\{e^{\alpha t}F(t)\}$$

$v$ を元に戻すと、与式を得る。

$$e^{\alpha t}\frac{1}{\varphi (D+\alpha )}F(t)=\frac{1}{\varphi (D)}\{e^{\alpha t}F(t)\}$$

(証明終)

(4)
(3) の定理を (2) で求めた特解に適用する。

$$\begin{array}{rl}{x}_p& =\frac{1}{D^2-2D-8}\{e^t(t-14)\}\\ & =e^t\frac{1}{(D+1{)}^2-2(D+1)-8}(t-14)\\ & =e^t\frac{1}{D^2-9}(t-14)\end{array}$$

ここで $\frac{1}{D^2-9}=-\frac{1}{9}{\left(1-\frac{D^2}{9}\right)}^{-1}=-\frac{1}{9}\left(1+\frac{D^2}{9}+\cdots \right)$ とマクローリン展開を用いる。作用する関数は $1$ 次式なので定数項のみが残る。

$$x_p=e^t\left(-\frac{1}{9}\right)(t-14)=-\frac{1}{9}(t-14)e^t$$

同様に $y_p$ を計算する。

$$\begin{array}{rl}{y}_p& =\frac{1}{D^2-2D-8}\{e^t(2t-9)\}\\ & =e^t\frac{1}{D^2-9}(2t-9)\\ & =e^t\left(-\frac{1}{9}\right)(2t-9)=-\frac{1}{9}(2t-9)e^t\end{array}$$

(1) で求めた一般解にこの特解を加えると、求める連立方程式 (d) の一般解となる。

$$\boxed{\begin{array}{rl}x(t)& =C_1{e}^{4t}+C_2{e}^{-2t}-\frac{1}{9}(t-14)e^t\\ y(t)& =5C_1{e}^{4t}-C_2{e}^{-2t}-\frac{1}{9}(2t-9)e^t\end{array}}(C_1,C_2\text{ は任意定数})$$

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本题考察了常系数线性微分方程组的微分算子法求解技巧，涵盖齐次方程组求解、算子多项式方程转换、算子位移定理的证明及其应用。

第一小题求解基础的齐次常微分方程组。通过代数消元法，将 $y$ 及其导数用 $x$ 替换，从而将耦合的方程组转化为关于 $x$ 的二阶常系数齐次线性微分方程。求解该方程的特征根得到 $x$ 的通解后，再利用原关系式代回即可得到 $y$ 的通解。

第二小题要求使用微分算子 $D$ 写出特解的形式。核心思想是将导数算子 $D$ 视为普通的代数变量进行加减乘除。利用代数消元法或者算子形式的克莱姆法则（Cramer’s rule）分离变量，使原方程解耦。将多项式算子转化为逆算子并作用在含有指数项的函数上即可得到所求形式。

第三小题证明了算子法中核心的指数平移定理。利用求导的乘积法则并进行数学归纳可以发现，对 $e^{\alpha t}f$ 求解高阶导数，等价于将算子中的 $D$ 替换为 $D+\alpha$ 之后再对函数 $f$ 作用，最后再乘上指数项。这个性质对多项式算子及其逆算子同样成立，它为简化微分方程特解提供了极大的便利。

第四小题则是对上述定论的直接应用。利用位移定理，将特解中的 $e^t$ 直接平移到算子左侧，使得原来的逆算子转化为 $\frac{1}{D^2-9}$ 并只对一次多项式产生作用。再利用无穷等比数列求和的思想将其展开为关于 $D$ 的麦克劳林级数，因为对一次函数求二阶及以上导数均为零，所以算子只保留常数项 $-\frac{1}{9}$ 即可瞬间求出特解。最后根据叠加原理，将特解叠加到齐次通解上即为最终答案。