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
$\qquad\dps{f(D^2)^{-1}\,\sin(ax+b)=\frac{1}{f(-a^2)}\sin(ax+b)}$
$\qquad\dps{f(D^2)^{-1}\,\cos(ax+b)=\frac{1}{f(-a^2)}\cos(ax+b)}$
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$\dps{\frac{1}{D^2+a^2}\,\sin(ax+b)=-\frac{1}{2a}\,x\cos(ax+b)}$
$\dps{\frac{1}{D^2+a^2}\,\cos(ax+b)=\frac{1}{2a}\,x\sin(ax+b)}$
証明
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$\sin(ax+b)$ 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。
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$D^2(xy)=(y+xy')'=2y'+xy''$ 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。