線形微分方程式の重ね合わせ

012 つの疑問

解を何倍かして足したものも、本当に解なのか。
なぜ 2 つの解で、全部の解が書けるのか。

どちらも、方程式が線形であることから出てきます。

02線形とは

足して解になるかは、方程式の形で決まります。2 階の微分方程式 $L[x] = 0$ の左辺が

L[x] \equiv \ddot x + p(t)\,\dot x + q(t)\,x

の形( $x$ とその微分について 1 次。係数 $p, q$ は $t$ の関数でもよい)なら、微分が和と定数倍を保つので

線形性

L[c_1 x_1 + c_2 x_2] = c_1\,L[x_1] + c_2\,L[x_2]

L[x] \equiv \ddot x + p(t)\,\dot x + q(t)\,x

が成り立ちます。これが線形です。 $\ddot x + x^3 = 0$ のように $x^3$ などがあると成り立ちません(演習 3)。

03足しても解になる

1 つ目の疑問の答えです。 $L[x_1] = L[x_2] = 0$ なら、線形性から

重ね合わせの原理

L[c_1 x_1 + c_2 x_2] = c_1 \cdot 0 + c_2 \cdot 0 = 0

これを重ね合わせの原理と呼びます。 $c_1, c_2$ や解が複素数でも同じです。

ẍ + x = 0 の解 cos t と sin t、その組み合わせ 3cos t + 4sin t のグラフ — *ẍ + x = 0* の解 cos t、sin t を組み合わせた 3 cos t + 4 sin t も解

右辺が 0 のときだけです。外から力 $f(t)$ がかかって $L[x] = f$ なら、 $L[x_1 + x_2] = 2f$ になり、和は解ではありません。

演習 1

$L[x_1] = 0$ 、 $L[x_2] = 0$ のとき、 $L[c_1 x_1 + c_2 x_2] = 0$ を、微分の性質だけから示そう。

答えを見る

微分は和と定数倍を保つので

$(c_1 x_1 + c_2 x_2)'' = c_1\ddot x_1 + c_2\ddot x_2,\qquad (c_1 x_1 + c_2 x_2)' = c_1\dot x_1 + c_2\dot x_2.$ $\begin{gathered}(c_1 x_1 + c_2 x_2)'' = c_1\ddot x_1 + c_2\ddot x_2,\\[4pt](c_1 x_1 + c_2 x_2)' = c_1\dot x_1 + c_2\dot x_2.\end{gathered}$

これを $L$ に入れて $c_1$ と $c_2$ でまとめると

$\begin{aligned} L[c_1 x_1 + c_2 x_2] &= c_1\bigl(\ddot x_1 + p\dot x_1 + q x_1\bigr) \\ &\quad + c_2\bigl(\ddot x_2 + p\dot x_2 + q x_2\bigr) \\ &= c_1 L[x_1] + c_2 L[x_2] = 0. \end{aligned}$

042 つで全部の解になる

2 つ目の疑問です。ここでは次の定理を使います(証明は微分方程式の教科書にある基本定理)。

存在と一意性の定理: $p, q$ が $t = 0$ を含む区間 $I$ で連続なら、どんな $x_0, v_0$ に対しても、 $x(0) = x_0,\ \dot x(0) = v_0$ を満たす $I$ 上の解がちょうど 1 つある。

この定理で、次の初期値をもつ 2 つの解 $x_1, x_2$ をとります。

x_1(0) = 1,\ \dot x_1(0) = 0,\qquad x_2(0) = 0,\ \dot x_2(0) = 1

\begin{gathered}x_1(0) = 1,\ \dot x_1(0) = 0,\\[4pt]x_2(0) = 0,\ \dot x_2(0) = 1\end{gathered}

ほかの解 $x$ を 1 つとり、 $x(0) = x_0,\ \dot x(0) = v_0$ とします。 $y = x_0 x_1 + v_0 x_2$ は 03 節から解で、

y = x_0\,x_1 + v_0\,x_2 \quad\Longrightarrow\quad y(0) = x_0,\ \ \dot y(0) = v_0

$x$ と $y$ は同じ初期値をもつ解なので、一意性から $x = y$ 。どの解も $x_1, x_2$ の組み合わせで書けます。初期値の平面で見ると、2 つの解の初期値 (1, 0) と (0, 1) を組み合わせて、どの初期値も作れるということです。

初期値の平面で、x1 の初期値 (1, 0) と x2 の初期値 (0, 1) の矢印を組み合わせて、任意の点 (x0, v0) を作る図 — 2 つの解の初期値を組み合わせて、どの初期値も作れる

解が 1 つだけだと、 $c\,x_1$ の初期値 $(c\,x_1(0),\ c\,\dot x_1(0))$ は平面の 1 本の直線の上にしか来ないので、すべての初期値は作れません。

$n$ 階なら初期値が $n$ 個あるので、同じ理由で $n$ 個の解が要ります。

例題 1 $\ddot x + x = 0,\ x(0) = 2,\ \dot x(0) = -1$ の解

$\cos t$ は初期値 $(1, 0)$ 、 $\sin t$ は $(0, 1)$ の解なので、 $x_1 = \cos t,\ x_2 = \sin t$ として

x = 2\cos t - \sin t

演習 2

単振動 $\ddot x + \omega^2 x = 0$ ( $\omega \neq 0$ )の解で、 $x(0) = x_0,\ \dot x(0) = v_0$ を満たすものを、 $\cos\omega t$ と $\sin\omega t$ の組み合わせで書こう。

答えを見る

$x = a\cos\omega t + b\sin\omega t$ とおく。 $x(0) = a = x_0$ 。 $\dot x = -a\omega\sin\omega t + b\omega\cos\omega t$ より $\dot x(0) = b\omega = v_0$ 。

$x(t) = x_0\cos\omega t + \frac{v_0}{\omega}\sin\omega t$

05ほかの 2 つの解を使うとき

ふつうは、04 節のような都合のよい初期値の解ではなく、 $e^{\lambda t}$ などで見つけた 2 つの解を使います。それで全部の初期値が作れるかは、 $c_1 x_1 + c_2 x_2$ に初期値を合わせる連立方程式

\begin{pmatrix} x_1(0) & x_2(0) \\ \dot x_1(0) & \dot x_2(0) \end{pmatrix}\begin{pmatrix} c_1 \\ c_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x_0 \\ v_0 \end{pmatrix}

がいつも解けるかで決まります。解ける条件は、この行列の行列式が 0 でないことです(行列式)。この行列式を各時刻で考えたものが Wronskian です。

W(t) = \det\begin{pmatrix} x_1 & x_2 \\ \dot x_1 & \dot x_2 \end{pmatrix} = x_1\,\dot x_2 - x_2\,\dot x_1

同じ方程式の解どうしなら $W(t) = W(0)\,\exp\Bigl(-\int_0^t p(s)\,ds\Bigr)$ なので、 $W$ は区間 $I$ の上でずっと 0 か、一度も 0 にならないかのどちらかです。 $W \neq 0$ なら 2 つの解は線形独立で、このような 2 つの解を基本解と呼びます。どこか 1 つの時刻で $W \neq 0$ を確かめれば十分です。

W(\cos\omega t,\ \sin\omega t) = \omega,\qquad W(e^{\alpha t},\ e^{\beta t}) = (\beta - \alpha)\,e^{(\alpha + \beta)t}

\begin{gathered}W(\cos\omega t,\ \sin\omega t) = \omega,\\[4pt]W(e^{\alpha t},\ e^{\beta t}) = (\beta - \alpha)\,e^{(\alpha + \beta)t}\end{gathered}

たとえば $\cos\omega t, \sin\omega t$ は $\omega \neq 0$ 、 $e^{\alpha t}, e^{\beta t}$ は $\alpha \neq \beta$ なら使えます(定数係数の 2 階線形微分方程式)。

演習 3

$\ddot x + x^3 = 0$ の解 $x_1, x_2$ について、 $x_1 + x_2$ が解にならない理由を、左辺を計算して示そう。

答えを見る

$y = x_1 + x_2$ を入れると

$\begin{aligned} \ddot y + y^3 &= (\ddot x_1 + x_1^3) + (\ddot x_2 + x_2^3) \\ &\quad + 3x_1^2x_2 + 3x_1x_2^2. \end{aligned}$

最初の 2 つのかっこは 0 だが、 $3x_1x_2(x_1 + x_2)$ が残る。これは一般に 0 ではないので、 $x_1 + x_2$ は解ではない。