応用数学 第5回 (5) 特殊解：補助方程式の解がわかっている場合
補助方程式の解がわかっている場合
前回の Th.7 は、
教科書では定数係数の節に書いてありますが、
証明をよく読むと定数係数でなくても成り立つことがわかります：
Th.5
$y_1$, $y_2$ を補助方程式 $(7.3)$ の一次独立な 2 つの解とすると、
$\dps{y_0=-y_1\int\frac{y_2R}{W}dx + y_2\int\frac{y_1R}{W}dx}$
は $(7.2)$ の特殊解である。
例
Ex.4 再掲 $\dps{y''+\frac{3}{x}y'-\frac{3}{x^2}y = 5}$
Ex.1 より、補助方程式の一次独立な 2 つの解として $y_1=x^{-3}$, $y_2=x$ が取れました。
$\dps{W=W(y_1, y_2)=
\left|\,
\begin{array}{cc}
x^{-3} & x \\
-3x^{-4} & 1 \\
\end{array}
\,\right|
= 4x^{-3}
}$
よって
\begin{align}
y_0
&=-y_1\int\frac{y_2R}{W}dx + y_2\int\frac{y_1R}{W}dx \\
&=-x^{-3}\int\frac{5x}{4x^{-3}}dx + x\int\frac{5x^{-3}}{4x^{-3}}dx \\
&=-x^{-3}\int\frac{5}{4}x^4dx + x\int\frac{5}{4}dx \\
&=-x^{-3}\left(\frac{1}{4}x^5\right) + x\left(\frac{5}{4}x\right) =x^2\\
\end{align}
となります。
やってみよう
Ex.6 ( 問 7.3 (1) ) $\dps{y''+\frac{3}{x}y'+\frac{1}{x^2}y = \frac{1}{x^4}}$
補助方程式の解
$\dps{y''+\frac{3}{x}y'+\frac{1}{x^2}y =0}$
の解を $y_1=u=x^m$ の形で探してみます。
左辺 $=m(m-1)x^{m-2}+3mx^{m-2}+x^{m-2}=(m^2+2m+1)x^{m-1}$
ゆえ、$\dps{y_1=u=\frac{1}{x}}$ がみつかりました。
Th.2 を適用すると
$\dps{\int P\,dx=\int \frac{3}{x}\,dx=3\log x}$
から
$\dps{y_2
=u \times \int e^{-\int P\,dx}\frac{1}{u^2}dx
=\frac{1}{x} \times \int \frac{1}{x^3}x^2dx = \frac{1}{x}\log x }$.
特殊解
$\dps{W=W(y_1, y_2)
=\left|\,
\begin{array}{cc}
x^{-1} & x^{-1}\log x \\
-x^{-2} & -x^{-2}\log x + x^{-2} \\
\end{array}
\,\right|
=\left|\,
\begin{array}{cc}
x^{-1} & 0 \\
-x^{-2} & x^{-2} \\
\end{array}
\,\right|
= x^{-3}
}$
ゆえ、
Th.5 を適用すると
$\require{cancel}$
\begin{align}
y_0
&=-y_1\int\frac{y_2R}{W}dx + y_2\int\frac{y_1R}{W}dx \\
&=-x^{-1}\int\frac{x^{-1}(\log x)x^{-4}}{x^{-3}}dx + x^{-1}(\log x)\int\frac{x^{-1}x^{-4}}{x^{-3}}dx \\
&=-x^{-1}\int\frac{(\log x)}{x^{2}}dx + x^{-1}(\log x)\int\frac{1}{x^{2}}dx \\
&=-x^{-1}\left(\cancel{-x^{-1}(\log x)} - x^{-1}\right)+\cancel{x^{-1}(\log x)\left(-\frac{1}{x}\right)} = x^{-2} \\
\end{align}
以上から一般解は
$\dps{y=\frac{1}{x^2}+A\frac{1}{x}+B\frac{\log x}{x}}$
となります。
※ 特殊解は、当て推量で $cx^m$ の形の解を探してもみつかりますが、ここでは定理を使いました。