2階線形(同次)微分方程式 \[\dv[2]{y}{x} + P(x) \dv{y}{x} + Q(x) y = 0 \notag\] のうち, ゼロでない定数 \( a \) , \( b \) を用いて \[\dv[2]{y}{x} + a \dv{y}{x} + b y = 0 \notag\] と書けるものを定数係数2階線形同次微分方程式という. この微分方程式の一般解は, 特性方程式と呼ばれる次の( \( \lambda \) (ラムダ)についての)2次方程式 \[\lambda^{2} + a \lambda + b = 0 \notag\] の判別式
\[D = a^{2} – 4 b \notag\] の値に応じて3つに場合分けされる. その結論は次のとおりである.
\( D > 0 \) で特性方程式が二つの実数解 \( \lambda_{1} \) , \( \lambda_{2} \) を持つとき
一般解は
\[y = C_{1} e^{\lambda_{1} x } + C_{2} e^{\lambda_{2} x } \notag\] で与えられる.
\( D < 0 \) で特性方程式が二つの虚数解 \( \lambda_{1}=p+iq \) , \( \lambda_{2}=p-iq \) ( \( p, q \in \mathbb{R} \) )を持つとき.
一般解は \[\begin{aligned} y &= C_{1} e^{\lambda_{1} x } + C_{2} e^{\lambda_{2} x } \notag \\ &= e^{px} \left\{C_{1} e^{i q x } + C_{2} e^{- i q x } \right\} \notag \end{aligned}\] で与えられる. または, これと等価な式
\[y = e^{px} \left\{C_{1} \sin{\qty( qx )} + C_{2} \cos{\qty( qx )} \right\} \notag\] で与えられる.
\( D = 0 \) で特性方程式が重解 \( \lambda_{0} \) を持つとき
一般解は
\[y = \qty( C_{1} + C_{2} x ) e^{\lambda_{0} x } \notag\] で与えられる.
ただし, \( C_{1} \) , \( C_{2} \) は任意定数とした.
以下では, この結論を得るためのステップを示すことにしよう.
特性方程式
定数係数2階線形同次微分方程式 \[\dv[2]{y}{x} + a \dv{y}{x} + b y = 0 \label{cc2ndtokusei}\] を満たすような関数 \( y \) の候補として,
\[y = e^{\lambda x } \notag\] を想定しよう. ここで, \( \lambda \) は定数である. なぜこのような関数形を想定するのかはページの末節で再度考えることにし, ここではこのような想定が広く受け入れられていることを利用して議論を進めよう.
関数 \( y = e^{\lambda x } \) と, その導関数 \[\begin{aligned} y^{\prime} &= \lambda e^{\lambda x } \notag \\ y^{\prime \prime} &= \lambda^{2} e^{\lambda x } \notag \end{aligned}\] を式\eqref{cc2ndtokusei}に代入すると, \[\begin{aligned} & \lambda^{2} e^{\lambda x } + a \lambda e^{\lambda x } + b e^{\lambda x } \notag \\ & \ = \left\{\lambda^{2} + a \lambda + b \right\} e^{\lambda x } = 0 \notag \end{aligned}\] であり, \( e^{\lambda x} \neq 0 \) であるから, \[\lambda^{2} + a \lambda + b = 0 \label{tokuseieq}\] を満たすような \( \lambda \) を \( y=e^{\lambda x} \) に代入した関数は微分方程式\eqref{cc2ndtokusei}を満たす解となっているのである. この式\eqref{tokuseieq}のことを微分方程式\eqref{cc2ndtokusei}の特性方程式という.
定数係数2階線形同次微分方程式の一般解
定数係数2階線形同次微分方程式 \[\dv[2]{y}{x} + a \dv{y}{x} + b y = 0 \label{cc2nd}\] の一般解について考えよう.
この微分方程式を満たす解がどんな関数なのかは次の特性方程式 \[\lambda^{2} + a \lambda + b = 0 \notag\] を解くことで得られるのであった.
以下では特性方程式の解の個数(判別式の値)に応じた場合分けを行い, 各場合における微分方程式\eqref{cc2nd}の一般解を導出しよう.
\( D > 0 \) で特性方程式が二つの実数解を持つとき
特性方程式 \[\lambda^{2} + a \lambda + b = 0 \notag\] が二つの実数解 \( \lambda_{1} \) , \( \lambda_{2} \) を持つとき,
\[y_{1} = e^{\lambda_{1} x } , \quad y_{2} = e^{\lambda_{2} x } \notag\] は微分方程式\eqref{cc2nd}を満たす二つの解となっている.
実際, \( y_{1} \) を微分方程式\eqref{cc2nd}に代入して左辺を計算すると, \[\begin{aligned} & \lambda_{1}^{2} e^{\lambda_{1} x } + a \lambda_{1} e^{\lambda_{1} x } + b e^{\lambda_{1} x } \notag \\ & \ = \underbrace{\qty( \lambda_{1}^{2} + a \lambda_{1} + b ) }_{= 0 } e^{\lambda_{1} x } = 0 \notag \end{aligned}\] となり, \( y_{1} \) が微分方程式\eqref{cc2nd}を満たす解であることが確かめられる. これは \( y_{2} \) も同様である.
また, この二つの基本解 \( y_{1} \) , \( y_{2} \) のロンスキアン \[\begin{aligned} W(y_{1}, y_{2}) &= y_{1} y_{2}^{\prime} – y_{2} y_{1}^{\prime} \notag \\ &= e^{\lambda_{1} x } \cdot \lambda_{2} e^{\lambda_{2} x } – e^{\lambda_{2} x } \cdot \lambda_{1} e^{\lambda_{2} x } \notag \\ &= \qty( \lambda_{1} – \lambda_{2} ) e^{\qty( \lambda_{1} + \lambda_{2} ) x } \notag \end{aligned}\] は \( \lambda_{1} \neq \lambda_{2} \) であることから \( W(y_{1}, y_{2}) \) はゼロとはならず, \( y_{1} \) と \( y_{2} \) が互いに独立な基本解であることがわかる (2階線形同次微分方程式の解の構造を参照).
したがって, 微分方程式\eqref{cc2nd}の一般解は互いに独立な基本解 \( y_{1} \) , \( y_{2} \) の線形結合
\[y = C_{1} e^{\lambda_{1} x } + C_{2} e^{\lambda_{2} x } \notag\] で与えられる.
\( D < 0 \) で特性方程式が二つの虚数解を持つとき
特性方程式 \[\lambda^{2} + a \lambda + b = 0 \notag\] が二つの虚数解 \( \lambda_{1} = p + i q \) , \( \lambda_{2} = \bar{\lambda}_{1}= p – iq \) \( \qty( p, q \in \mathbb{R} ) \) を持つとき,
\[y_{1} = e^{\lambda_{1} x } , \quad y_{2} = e^{\lambda_{2} x } \notag\] は微分方程式\eqref{cc2nd}を満たす二つの解となっている. また, \( \lambda_{1} \) , \( \lambda_{2} \) が実数であったときのロンスキアン \( W(y_{1}, y_{2}) \) の計算と同じく, \( W(y_{1}, y_{2}) \neq 0 \) となるので, \( y_{1} \) と \( y_{2} \) が互いに独立な基本解であることがわかる (2階線形同次微分方程式の解の構造を参照).
したがって, 微分方程式\eqref{cc2nd}の一般解は \( y_{1} \) , \( y_{2} \) の線形結合 \[\begin{aligned} y &= C_{1} e^{\lambda_{1} x } + C_{2} e^{\lambda_{2} x } \notag \\ &= e^{px} \left\{C_{1} e^{i q x } + C_{2} e^{- i q x } \right\} \notag \end{aligned}\] であらわすことができる.
さらに, 上記の一般解に対してオイラーの公式
\[e^{i \theta } = i \sin{\theta} + \cos{\theta} \notag\] を適用すると, \[\begin{aligned} y &= e^{px} \left\{C_{1} e^{i q x } + C_{2} e^{- i q x } \right\} \notag \\ &= e^{px} \qty[ C_{1} \left\{i \sin{\qty( qx )} + \cos{\qty( qx )} \right\} + C_{2} \left\{-i \sin{\qty( qx )} + \cos{\qty( qx )} \right\} ] \notag \\ &= e^{px} \qty[ i \qty( C_{1} – C_{2} ) \sin{\qty( qx )} + \qty( C_{1} + C_{2} ) \cos{\qty( qx )} ] \notag \end{aligned}\] となるので, あたらしい任意定数 \( C_{1}^{\prime} \) , \( C_{2}^{\prime} \) を用いた
\[y = e^{px} \left\{C_{1}^{\prime} \sin{\qty( qx )} + C_{2}^{\prime} \cos{\qty( qx )} \right\} \notag\] も一般解である[1]ここで, \( C_{1}^{\prime} \) , \( C_{2}^{\prime} \) は次式で定義される. \[\begin{aligned} C_{1}^{\prime} & \coloneqq i \qty( C_{1} – C_{2} ) \notag \\ C_{2}^{\prime} & … Continue reading.
\( D = 0 \) で特性方程式が重解を持つとき
特性方程式 \[\lambda^{2} + a \lambda + b = 0 \notag\] が重解 \( \lambda_{0} \) を持つとき,
\[y_{1} = e^{\lambda_{0} x } \notag\] は微分方程式\eqref{cc2nd}を満たす解である. したがって, \( y_{1} \) に任意定数 \( C \) を乗じた \( C e^{\lambda_{0} x } \) も微分方程式\eqref{cc2nd}を満たす解である.
ところで, 2階微分方程式の一般解には二つの任意定数を含んでいる必要があるので, \( y_{1} \) 以外にも別の基本解を見つけるか, \( y_{1} \) に補正を加えることで任意定数を二つ含んだ解を見つけることができれば良い. ここでは後者の考え方を採用しよう.
\( y_{1} \) に乗じる \( C \) を定数ではなく, \( x \) の関数 \( C(x) \) とみなし,
\[y = C(x) e^{\lambda_{0} x } \label{cc2ndjukai1}\] としよう. いま, われわれの希望としてはこの \( C(x) \) を適切に選ぶことで, \( C(x)e^{\lambda_{0}x} \) が微分方程式\eqref{cc2nd}の解であり, かつ, 二つの任意定数を含んでくれていれば都合がよい. そして, 幸運なことにこの試みは成功する.
関数 \( C(x) \) が微分方程式\eqref{cc2nd}を満たすように決定するために, 式\eqref{cc2ndjukai1}を微分方程式\eqref{cc2nd}に代入すると, \[\begin{aligned} & \dv[2]{y}{x} + a \dv{y}{x} + b y \notag \\ & \ = \left\{C^{\prime \prime} e^{\lambda_{0} x } + 2 C^{\prime} \lambda_{0} e^{\lambda_{0} x } + C \lambda_{0}^{2} e^{\lambda_{0} x } \right\} \notag \\ & \quad + a \left\{C^{\prime} e^{\lambda_{0} x } + C \lambda_{0} e^{\lambda_{0} x } \right\} + b C(x) e^{\lambda_{0} x } \notag \\ & \ = e^{\lambda_{0} x} \qty[ C^{\prime \prime}+ C^{\prime} \left\{2 \lambda_{0} + a \right\} + C \left\{\lambda_{0}^{2} + a \lambda_{0} + b \right\} ] = 0 \quad . \notag \end{aligned}\] ここで, \( \lambda_{0} \) が特性方程式の解であることと, 特定方程式の解と係数の関係から, \[\left\{\begin{aligned} & \lambda_{0}^{2} + a \lambda_{0} + b = 0 \notag \\ & 2 \lambda_{0} = – a \end{aligned} \right.\] であることに注意すると, \( C(x) \) は
\[C^{\prime \prime} = 0 \notag\] を満たせば良いことがわかる. このような \( C(x) \) は二つの任意定数 \( C_{1} \) , \( C_{2} \) を含んだ関数
\[C(x) = C_{1} + C_{2} x \notag\] と表すことができる.
この \( C(x) \) を式\eqref{cc2ndjukai1}に代入することで, 二つの任意定数を含んだ微分方程式\eqref{cc2nd}の一般解として,
\[y = \qty( C_{1} + C_{2} x ) e^{\lambda_{0} x} \notag\] が得られたことになる.
ここで少し補足を加えておこう. 上記の一般解は
\[y_{1} = e^{\lambda_{0} x} , \quad y_{2} = x e^{\lambda_{0} x} \notag\] という関数の線形結合
\[y = C_{1}y_{1} + C_{2} y_{2} \notag\] とみなすこともできる. \( y_{1} \) が微分方程式\eqref{cc2nd}を満たすことは明らかだが, \( y_{2} \) が微分方程式\eqref{cc2nd}を満たすことを確認しておこう. \( y_{2} \) を微分方程式\eqref{cc2nd}に代入して左辺を計算すると, \[\begin{aligned} & \left\{2 \lambda_{0} + \lambda_{0}^{2} x \right\} e^{\lambda_{0}x} + a \left\{1 + \lambda_{0} x \right\} e^{\lambda_{0}x} + b x e^{\lambda_{0}x} \notag \\ & \ = \qty[ \underbrace{\left\{\lambda_{0}^{2} + a \lambda_{0} + b \right\} }_{=0} x + \underbrace{\left\{2 \lambda_{0} + a \right\} }_{=0} ] e^{\lambda_{0}x} \notag \\ & \ = 0 \notag \end{aligned}\] となり, \( y_{2} \) が微分方程式\eqref{cc2nd}を満たしていることが確認できた.
さらに, この二つの解 \( y_{1} \) , \( y_{2} \) のロンスキアン \[\begin{aligned} W(y_{1}, y_{2}) &= y_{1} y_{2}^{\prime} – y_{2} y_{1}^{\prime} \notag \\ &= e^{\lambda_{0} x } \cdot \qty( e^{\lambda_{0} x } + x \lambda_{0} e^{\lambda_{0} x } ) – x e^{\lambda_{0} x } \cdot \lambda_{0} e^{\lambda_{0} x } \notag \\ &= e^{2 \lambda_{0} x } \notag \end{aligned}\] がゼロでないことから, \( y_{1} \) と \( y_{2} \) が互いに独立な基本解であることも確認できる.
特性方程式についての考察
特性方程式を導入するにあたって, 微分方程式 \[\dv[2]{y}{x} + a \dv{y}{x} + b y = 0 \label{cc2ndv2}\] を満たすような \( y \) として, \( y=e^{\lambda x} \) を想定したが, この発想にいたる経緯について考えてみよう.
まずは, \( y \) が \[\begin{aligned} y & = c_{0} x^{0} + c_{1} x^{1} + c_{2} x^{2} + \cdots + c_{n}x^{n} \notag \\ & = \sum_{k=0}^{n} c_{k} x^{k} \notag \end{aligned}\] と \( x \) についての有限項のベキ級数であらわされるとしてみよう. このとき, \( y \) の導関数は \[\begin{aligned} y^{\prime} &= \sum_{k=1}^{n} k c_{k} x^{k-1} = \sum_{k=0}^{n-1} \qty( k+1 ) c_{k+1} x^{k} \notag \\ y^{\prime\prime} &= \sum_{k=2}^{n} k\qty( k-1 ) c_{k} x^{k-2} = \sum_{k=0}^{n-2} \qty( k+2 )\qty( k+1 ) c_{k+2} x^{k} \notag \end{aligned}\] と表すことができる.
これら \( y \) , \( y^{\prime} \) , \( y^{\prime\prime} \) を微分方程式\eqref{cc2ndv2}に代入し, \[\sum_{k=0}^{n-2} \qty( k+2 )\qty( k+1 ) c_{k+2} x^{k} + a \sum_{k=0}^{n-1} \qty( k+1 ) c_{k+1} x^{k} + b \sum_{k=0}^{n} c_{k} x^{k} = 0 \label{cc2ndbeki1}\] この式を恒等的に満たすような係数 \( c_{0}, c_{1}, c_{2} \cdots , c_{n} \) を求めることができれば微分方程式の解がわかる, ということになる.
式\eqref{cc2ndbeki1}の左辺において, \( x \) の最大次数の項について注目しよう. 式\eqref{cc2ndbeki1}の左辺の最高次数は \( n \) であり, その係数は \( bc_{n} \) である. ここで, \( b \) はゼロでないとしているので, 式\eqref{cc2ndbeki1}が恒等的に成立するためには \( c_{n}=0 \) を満たす必要がある. したがって式\eqref{cc2ndbeki1}は \[\sum_{k=0}^{{\textcolor{red}{n-3}} } \qty( k+2 )\qty( k+1 ) c_{k+2} x^{k} + a \sum_{k=0}^{{\textcolor{red}{n-2}} } \qty( k+1 ) c_{k+1} x^{k} + b \sum_{k=0}^{{\textcolor{red}{n-1}} } c_{k} x^{k} = 0 \label{cc2ndbeki2}\] と変形することができる. この式\eqref{cc2ndbeki2}の左辺においても \( x \) の最大次数 \( n-1 \) の係数 \( bc_{n-1} \) はゼロとなる必要がある. この考えを \( n \) 回繰り返すことで, 定数 \( c_{n}, c_{n-1}, c_{n-2}, \cdots , c_{1}, c_{0} \) は全てゼロでなければならないと結論付けられる. しかし, これでは \( y=0 \) という自明な特殊解が得られるだけなので, 有限項のベキ級数を考えても微分方程式\eqref{cc2ndv2}の一般解は得られないことがわかる[2]では無限級数ではどうなるのか, といえば, 係数を適切に設定すると最終的には指数関数が登場することになるのである..
以上より, 単純なベキ級数というのは定数係数2階線形同次微分方程式 \[\dv[2]{y}{x} + a \dv{y}{x} + b y = 0 \notag\] の一般解足り得ないことがわかったので, あとは三角関数と指数関数のどちらかに目星をつけることになる.
ここで, \( p = y^{\prime} \) とでも定義すると, 与式は
\[p^{\prime} + a p + b \int p \dd{x}= 0 \notag\] といった具合に書くことができる. この式を眺めると, 関数 \( p \) , 原始関数 \( \int p \dd{x} \) , 導関数 \( p^{\prime} \) が比較しやすい関数形だとありがたいという発想がでてくる. さらに, 指数関数 \( e^{\lambda x} \) は微分しても積分しても \( e^{\lambda x} \) に比例することとを考慮すると, 指数関数
\[y = e^{\lambda x} \notag\] を微分方程式\eqref{cc2ndv2}の解の候補として考えるのは比較的自然な発想といえる. そしてこの試みは実際に成立し, 独立な二つの基本解を導くことが可能となることは既に示したとおりである.