べき級数を用いた微分方程式の解法と問題(級数解)

微分方程式とは

微分項$y^{”},y^{\prime }$が含まれた方程式を言います。

微分方程式を解くことにより、ある地点で発生している現在の出来事に対し、次に起こる出来事を求めることができます。(物理学的視点)

微分方程式には変数分離法など様々な型がありますが、直接計算して解を求める型と解を仮定して求める型の2通りに分かれます。

べき級数解法は、解を仮定して求める型になります。

べき級数を用いた微分方程式の解き方

下記の手順で解いていきます。

多少計算が複雑になりますが、全体的な操作は$y=e^{ax}$を仮定するときと変わりません。

$y=e^{ax}$を与えられた微分方程式に代入。
未定定数$a$の値を求める。求めたaの値を$y=ax$に適用し直すことで、解を求めていました。

級数型でも同じ手順で解を求めます。

通常点の求め方

文献を見ると難しいことが書かれていますが、まずは下記に注目すると良いです。

問題を解くうえではまず上記を知っておくことが重要です。もし、間違った点で級数展開すると、正しい解が求められなくなるからです。

問題を解くうえでの留意点

「微分方程式を解け」なる問題が院試で出題されたとき、これが変数分離型なのか、同次系なのか、完全微分方程式なのかを自力で判断することが多いです。

ただ、級数型については誘導が付いていることが多いです。(と言うか、ノーヒントで解く問題は今のところ見たことがありません。)

決められたルールで判別できないことが理由かもしれませんが、問題文の誘導に則って解く。を基本線に進めて良いと思います。

解答例

(1)$y^{\prime }-2xy=x$

$P_0(x)=1$より、$x=0$は通常点である。

これより、$$\begin{array}{}\text{(2)}& \begin{array}{r}y=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{c}_n{\left(x\right)}^n\end{array}\end{array}$$と級数解を置ける。

(2)式を微分し、$$\begin{array}{}\text{(3)}& \begin{array}{r}{y}^{\prime }=n\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{c}_n{\left(x\right)}^{n-1}\end{array}\end{array}$$を得る。

(2)式(3)式を、与えられた微分方程式に代入すると

$$\begin{array}{}\text{(4)}& \begin{array}{r}{c}_1+2c_{2}x+3c_3{x}^2+\cdots +n{c}_n{x}^{n-1}-2x(c_0+c_{1}x+c_2{x}^2+\cdots +c_n{x}^n)=x\end{array}\end{array}$$

上式より恒等式を立てると

$$\begin{array}{}\text{(5)}& \{\begin{array}{l}{c}_1=0\\ 2c_2-2c_0=1\\ 3c_3-2c_1=0\\ 4c_4-2c_2=0\\ \dots \\ n{c}_n-2c_{n-2}=0\end{array}\end{array}$$

$c_1=0$より、$c_3=0$。これが$c_5$以降も続くから、$n$が奇数の時は0。

$$\begin{array}{}\text{(6)}& \begin{array}{r}{c}_{2k-1}=0(k=1,2,3\dots )\end{array}\end{array}$$

$n$が偶数のとき、

$$\begin{array}{}\text{(7)}& \begin{array}{r}{c}_2={\displaystyle \frac{1+2c_0}{2}},c_4={\displaystyle \frac{1+2c_0}{2\ast 2}},c_6={\displaystyle \frac{1+2c_0}{2\ast 3\ast 2}}\cdots \end{array}\end{array}$$

以上から、任意の自然数$k$に対し

$$\begin{array}{}\text{(8)}& \begin{array}{r}{c}_{2k}={\displaystyle \frac{1+2c_0}{2\ast k!}}\end{array}\end{array}$$

を得る。(6)式(8)式を(1)式に代入すると

$$\begin{array}{}\text{(9)}& \begin{array}{rl}y& =c_0+{\displaystyle \frac{1+2c_0}{2}}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{x^{2n}}{n!}}\\ & =c_0+{\displaystyle \frac{1+2c_0}{2}}(\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{x^{2n}}{n!}}-1)\end{array}\end{array}$$

ネイピア数の定義式

$$\begin{array}{}\text{(10)}& \begin{array}{r}{e}^x=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{x^n}{n!}}\end{array}\end{array}$$

を(9)式に適用すると

$$\begin{array}{}\text{(11)}& \begin{array}{r}y=c_0+{\displaystyle \frac{1+2c_0}{2}}(e^{x^2}-1)\end{array}\end{array}$$

が与えられた微分方程式に対する一般解になる。

(2)$y^{”}-x{y}^{\prime }+2y=0$

(1)と同じく、$P_0(x)=1$より、$x=0$は通常点である。

これより、$$\begin{array}{}\text{(12)}& \begin{array}{r}y=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{c}_n{x}^n\end{array}\end{array}$$と級数解を置ける。

$$\begin{array}{}\text{(13)}& \begin{array}{r}y=\sum _{n=2}^{\mathrm{\infty }}n(n-1)c_n{x}^{n-2}\end{array}\end{array}$$

だから、(2)(3)(12)式を与えられた微分方程式に代入し

$$\begin{array}{}\text{(14)}& \begin{array}{r}2c_2+3\ast 2c_{3}x+4\ast 3c_4{x}^2+\cdots +(n+2)(n+1)c_{n+2}{x}^n\\ -x(c_1+2c_{2}x+3c_3{x}^2+\cdots +n{c}_n{x}^{n-1})\\ +2(c_0+c_{1}x+\cdots +c_n{x}^n)=0\end{array}\end{array}$$

下記の恒等式を得る。

$$\begin{array}{}\text{(15)}& \{\begin{array}{l}{c}_2+c_0=0\\ 3\ast 2c_3-c_1+2c_1=0\\ 4\ast 3c_4-2c_2+2c_2=0\\ 5\ast 4c_5-3c_3+2c_3=0\\ \dots \\ (n+2)(n+1)c_{n+2}-n{c}_n+2c_n=0\end{array}\end{array}$$

$12c_4=0$なので、$k=1,2,\cdots$に対し

$$\begin{array}{}\text{(16)}& \begin{array}{r}{c}_{2k+2}=0\end{array}\end{array}$$

$c_3=-{\displaystyle \frac{c_1}{3\ast 2}},c_5={\displaystyle \frac{c_3}{5\ast 4}}=-{\displaystyle \frac{c_1}{5\ast 4\ast 3\ast 2}}$と展開できることから、同じく$k=1,2,\cdots$として

$$\begin{array}{}\text{(17)}& \begin{array}{r}{c}_{2k+1}=-{\displaystyle \frac{1\ast 3\ast 5\cdots (2n-3)}{(2k+1)!}}{c}_1\end{array}\end{array}$$

を得る。(16)(17)式を(12)式に代入すると

$$\begin{array}{}\text{(18)}& \begin{array}{rl}y& =c_0+c_{1}x+c_2{x}^2+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{c}_{2n+1}{x}^{2n+1}\\ & =c_0(1-x^2)+c_1(x-\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1\ast 3\ast 5\cdots (2n-3)}{(2k+1)!}})\end{array}\end{array}$$

が与えられた微分方程式に対する一般解になる。