0488-1994 东大工 数学 WEB

常微分方程 级数解法 常数变易法 降阶法

次の微分方程式を以下の設問に沿って解け。

$$x^2\frac{{\mathrm{d}}^{2}y}{\mathrm{d}{x}^2}+x(x-3)\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+(4-2x)y=-x^3{e}^{-x}$$

(1) 確定特異点 $x=0$ のまわりで解を

$$y=\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^{n+\lambda }{a}_0\ne 0$$

と級数の形で過程することによって同次方程式の基本解の１つを求めよ。

(2) (1) で求めた解を利用して、定数変化法などの方法で一般解を求めよ。ただし、初等関数で表せない不定積分の１つ $F(x)={\int }^x\frac{e^{-\xi }}{\xi }\mathrm{d}\xi$ を既知のものとして用いてよい。

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解答：

(1)
与えられた同次方程式は以下の通りである。

$$x^2{y}^{\prime \prime }+x(x-3)y^{\prime }+(4-2x)y=0$$

解を $y=\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^{n+\lambda }$ と仮定して各導関数を求める。

$$\begin{array}{rl}{y}^{\prime }& =\sum _{n=0}^{\infty }(n+\lambda )a_n{x}^{n+\lambda -1}\\ y^{\prime \prime }& =\sum _{n=0}^{\infty }(n+\lambda )(n+\lambda -1)a_n{x}^{n+\lambda -2}\end{array}$$

これらを同次方程式に代入する。

$$x^2\sum _{n=0}^{\infty }(n+\lambda )(n+\lambda -1)a_n{x}^{n+\lambda -2}+(x^2-3x)\sum _{n=0}^{\infty }(n+\lambda )a_n{x}^{n+\lambda -1}+(4-2x)\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^{n+\lambda }=0$$

展開して $x$ のべき乗ごとにまとめる。

$$\sum _{n=0}^{\infty }[(n+\lambda )(n+\lambda -1)-3(n+\lambda )+4]a_n{x}^{n+\lambda }+\sum _{n=0}^{\infty }[(n+\lambda )-2]a_n{x}^{n+\lambda +1}=0$$ $$\sum _{n=0}^{\infty }(n+\lambda -2{)}^2{a}_n{x}^{n+\lambda }+\sum _{n=0}^{\infty }(n+\lambda -2)a_n{x}^{n+\lambda +1}=0$$

$x^{\lambda }$ の係数を比較すると、$(n=0$ の第1項より$)$

$$(\lambda -2{)}^2{a}_0=0$$

$a_0\ne 0$ より、決定方程式の根は $\lambda =2$ である。
$\lambda =2$ を代入すると、

$$\sum _{n=0}^{\infty }{n}^2{a}_n{x}^{n+2}+\sum _{n=0}^{\infty }n{a}_n{x}^{n+3}=0$$

和の添字を調整して $x$ のべき乗を揃える。

$$0\cdot a_0{x}^2+\sum _{n=1}^{\infty }{n}^2{a}_n{x}^{n+2}+\sum _{n=1}^{\infty }(n-1)a_{n-1}{x}^{n+2}=0$$ $$\sum _{n=1}^{\infty }[n^2{a}_n+(n-1)a_{n-1}]x^{n+2}=0$$

$n\ge 1$ について係数を比較すると、次の漸化式を得る。

$$n^2{a}_n+(n-1)a_{n-1}=0$$

$n=1$ のとき、$1^2{a}_1+0\cdot a_0=0⟹a_1=0$
したがって、$n\ge 2$ のとき漸化式より $a_n=0$ となる。
ゆえに、級数解は $y=a_0{x}^2$ となる。$a_0=1$ と選ぶことで、基本解の1つを得る。

$$\boxed{y=x^2}$$

(2)
(1) で求めた基本解を用いて階数低減法（定数変化法）を適用する。
$y=u(x)x^2$ と置き、元の非同次方程式に代入して一般解を求める。

$$\begin{array}{rl}{y}^{\prime }& =u^{\prime }{x}^2+2xu\\ y^{\prime \prime }& =u^{\prime \prime }{x}^2+4x{u}^{\prime }+2u\end{array}$$

これらを $x^2{y}^{\prime \prime }+x(x-3)y^{\prime }+(4-2x)y=-x^3{e}^{-x}$ に代入する。

$$x^2(u^{\prime \prime }{x}^2+4x{u}^{\prime }+2u)+(x^2-3x)(u^{\prime }{x}^2+2xu)+(4-2x)u{x}^2=-x^3{e}^{-x}$$

$u$ およびその導関数について整理する。

$$x^4{u}^{\prime \prime }+(4x^3+x^4-3x^3)u^{\prime }+(2x^2+2x^3-6x^2+4x^2-2x^3)u=-x^3{e}^{-x}$$ $$x^4{u}^{\prime \prime }+x^3(x+1)u^{\prime }=-x^3{e}^{-x}$$

両辺を $x^3$ で割る（$x\ne 0$）。

$$x{u}^{\prime \prime }+(x+1)u^{\prime }=-e^{-x}$$

$v=u^{\prime }$ と置くと、１階線形微分方程式となる。

$$v^{\prime }+\left(1+\frac{1}{x}\right)v=-\frac{e^{-x}}{x}$$

積分因子は $e^{\int (1+\frac{1}{x})\mathrm{d}x}=e^{x+\ln x}=x{e}^x$ である。両辺に積分因子を掛ける。

$$x{e}^x{v}^{\prime }+x{e}^x\left(1+\frac{1}{x}\right)v=-1$$ $$(x{e}^{x}v{)}^{\prime }=-1$$

両辺を積分して $v$ を求める。$C_1$ を積分定数とする。

$$x{e}^{x}v=-x+C_1$$ $$u^{\prime }=v=-e^{-x}+C_1\frac{e^{-x}}{x}$$

さらに積分して $u$ を求める。$C_2$ を積分定数とする。

$$\begin{array}{rl}u& =\int \left(-e^{-x}+C_1\frac{e^{-x}}{x}\right)\mathrm{d}x\\ & =e^{-x}+C_1{\int }^x\frac{e^{-\xi }}{\xi }\mathrm{d}\xi +C_2\\ & =e^{-x}+C_{1}F(x)+C_2\end{array}$$

求める一般解は $y=u{x}^2$ であるから、

$$\boxed{y=e^{-x}{x}^2+C_1{x}^{2}F(x)+C_2{x}^2(C_1,C_2\text{ は任意定数})}$$

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这是一道非常经典的二阶变系数常微分方程求解题。第一小问考察了弗罗贝尼乌斯方法（Frobenius method）在正则奇点处的应用。根据题目提示写出广义幂级数解的形式后，将其代入齐次方程中，通过提取同次幂系数可以得到指标方程（决定方程）。解出指标方程后，再通过递推关系式寻找系数规律。这道题的特殊之处在于除了常数首项外，后续所有系数都因递推关系中的零乘数而消失，从而非常快捷地获得了一个多项式形式的基础解。题目原文中将“仮定”误印为了“過程”，但从数学语境上可以明确其表达“假设”的意图。

第二小问要求利用求出的特解寻找原非齐次方程的一般解。虽然题目提到了“定数変化法”（常数变易法），但由于只已知一个齐次方程特解，直接使用寻找二阶方程特解的降阶法更为高效。通过令原解等于特解乘以一个未知函数，可以将二阶方程转化为关于未知函数导数的一阶线性微分方程。随后借助积分因子法可以顺利解出未知函数的导数，再结合题目中给定的特殊不可积函数记号 $F(x)$ 进行积分还原即可得到包含两个独立常数的一般解。这种利用已知一解求通解的手法在解变系数常微分方程时极为关键。