応用数学 第7回 (4) 特殊解の求め方:$R(x)$ が三角関数の場合

$R(x)$ が三角関数の場合

Th.10 (1) $f(-a^2) \neq 0$ ならば
$\qquad\dps{f(D^2)^{-1}\,\sin(ax+b)=\frac{1}{f(-a^2)}\sin(ax+b)}$
$\qquad\dps{f(D^2)^{-1}\,\cos(ax+b)=\frac{1}{f(-a^2)}\cos(ax+b)}$
  1. $\dps{\frac{1}{D^2+a^2}\,\sin(ax+b)=-\frac{1}{2a}\,x\cos(ax+b)}$
    $\dps{\frac{1}{D^2+a^2}\,\cos(ax+b)=\frac{1}{2a}\,x\sin(ax+b)}$
証明 
  1. $\sin(ax+b)$ に対しては
    $D^2\sin(ax+b)=-a^2\sin(ax+b)$
    なので $D^2$ の作用は $(-a^2)$ 倍と等しく
    $f(D^2)\sin(ax+b)=f(-a^2)\sin(ax+b)$
    従って
    $\dps{f(D^2)^{-1}\sin(ax+b)=\frac{1}{f(-a^2)}\sin(ax+b)}$
    $\cos(ax+b)$ についても同様です。
  2. $D^2(xy)=(y+xy')'=2y'+xy''$ より \begin{align} (D^2+a^2)&(x\cos(ax+b)) \\ &=-2a\sin(ax+b)+x(-a^2)\cos(ax+b)+a^2x\cos(ax+b) \\ &=-2a\sin(ax+b) \end{align} 従って
    $\dps{\frac{1}{D^2+a^2}\,\sin(ax+b)=-\frac{1}{2a}\,x\cos(ax+b)}$
    $\cos(ax+b)$ についても同様です。(証明終)

例題

Ex.11 ( 例 10.3 (3) ) $(D^2+2D-3)\,y=10\cos x$
 $D^2+2D-3=(D+3)(D-1)$ ゆえ
$\dps{y=10\frac{1}{D+3}\frac{1}{D-1}\cos x}$.
このままでは Th.10 が使えないので「分母の有理化」のテクニックを使います。 \begin{align} y&=10\frac{1}{D+3}\frac{1}{D-1}\cos x \\ &=10\frac{D-3}{D^2-3^2}\frac{D+1}{D^2-1^2}\cos x \\ &=10\frac{1}{D^2-3^2}\frac{1}{D^2-1^2}(D^2-2D-3)\cos x \\ \end{align} ここで $D^2$ を $-a^2=-1$ に置き換えて \begin{align} y&=10\frac{1}{-1-9}\frac{1}{-1-1}(-1-2D-3)\cos x \\ &= \frac{1}{2}(2\sin x-4 \cos x) = \sin x-2\cos x. \\ \end{align} 別解 $D^2$ を $-a^2=-1$ に置き換えるのはもっと早くてもよく、 \begin{align} y&=10\frac{1}{D^2+2D-3}\cos x \\ &=10\frac{1}{-1+2D-3}\cos x \\ &=5\frac{1}{D-2}\cos x \\ &=5\frac{1}{D^2-2^2}(D+2)\cos x \\ &=5\frac{1}{-1-4}(-\sin x + 2\cos x) = \sin x-2\cos x. \\ \end{align} でも同じ答えが出ます。