応用数学（塩田）2022年度

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

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$R(x)$ が三角関数の場合

Th.10　(1)　

$f(-a^2) \neq 0$ ならば

$\qquad\dps{f(D^2)^{-1}\,\sin(ax+b)=\frac{1}{f(-a^2)}\sin(ax+b)}$

$\qquad\dps{f(D^2)^{-1}\,\cos(ax+b)=\frac{1}{f(-a^2)}\cos(ax+b)}$

$\dps{\frac{1}{D^2+a^2}\,\sin(ax+b)=-\frac{1}{2a}\,x\cos(ax+b)}$ $\dps{\frac{1}{D^2+a^2}\,\cos(ax+b)=\frac{1}{2a}\,x\sin(ax+b)}$

証明　

$\sin(ax+b)$ 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。
$D^2(xy)=(y+xy')'=2y'+xy''$ 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) )　

$(D^2+2D-3)\,y=10\cos x$

解　

$D^2+2D-3=(D+3)(D-1)$ 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。

$\begin{align} y&=10\frac{1}{D+3}\frac{1}{D-1}\cos x \\ &=10\frac{D-3}{D^2-3^2}\frac{D+1}{D^2-1^2}\cos x \\ &=10\frac{1}{D^2-3^2}\frac{1}{D^2-1^2}(D^2-2D-3)\cos x \\ \end{align}$ すると Th.10 が

$a = 1$ ,

$b = 0$ で使えて

$D^2$ を

$-a^2=-1$ に置き換えてよく、

$\begin{align} y&=10\frac{1}{-1-9}\frac{1}{-1-1}(-1-2D-3)\cos x \\ &= \frac{1}{2}(2\sin x-4 \cos x) = \sin x-2\cos x. \\ \end{align}$ 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。

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