『 微分方程式講義』 の問題の解答
( c Akira KANEKO)
本文書は『 微分方程式講義』 の読者サービス と し て ， 同書の問の解答を 掲載し たも のです 1) ． 証
明問題について は完全な 解答を ， ま た， 答を 要求する 計算問題に ついて は答だけ を 載せて いる と
こ ろ も あり ま す． 後者の計算過程の詳細で省略さ れたも のに ついて は本書姉妹編の『 詳解演習微
分方程式』 の同じ 問の解答を ご覧く ださ い． 参照の便のため［ ］ 内に対応する 『 例題』 ある いは
『 問題』 の番号を 記し て おき ま し た ． な お本文書は教科書の延長であ り ， 著作権も そ れに 準じ る
も のと お考え く ださ い． 従っ て 再配布はご遠慮く ださ い． 本文書は随時更新さ れま すので， 本文
書に 関する 著者へのご連絡は， 常に 最新のも のに 依拠する よ う お願いし ま す．
第1章
問 1.1 図 1.1 よ り ， 質量 m の振り 子の錘に働く 重力は糸の方向の成分と そ れに直角な 方向の成分に 分解さ れ
る ． 前者は運動に 寄与せず， 後者がこ の方向の加速度を 生じ る . 錘が移動する 半径 l の円周の弧長 s = lθ で
あり ， そ の時間変化は
2
2
g
m d 2s = −mg sin θ ∴ d 2θ = − sin θ
l
dt
dt
θ
l
θ
mg
図 1.1 単振子
2
し かし ， こ の単純な 推論では， d 2s が本当に 加速度の接線成分と 等し いのか， 曲率がある ので心配であ る ．
dt
そ こ で， 徹底的に 律儀に 計算し て みる と ， xy 座標の原点を 錘の静止位置に 取れば， 加速度ベク ト ルは
2
d2 y
(d x
,
)
dt2 dt2
t
運動に寄与する 力は， 重力の接線成分で t(−mg sin θ cos θ, −mg sin θ sin θ). (それに垂直な 成分は糸の張力と 打
ち 消し あう .) よ っ て 運動方程式は
2
2
d2 y
t
d2 x = −g sin θ cos θ, d y = −g sin θ sin θ
mt( d x
,
)
=
(−mg
sin
θ
cos
θ,
−mg
sin
θ
sin
θ),
i.e.
dt2 dt2
dt2
dt2
ただし ， 束縛条件 x2 + y 2 = l2 , ある いは x = l sin θ, y = l(1 − cos θ) が有る ので， すべて を θ で書き 直すと
dy
= l sin θ dθ
dt
dt
dx = l cos θ dθ ,
dt
dt
従っ て ，
d2 x = −l sin θ dθ
dt
dt2
2
2
+ l cos θ d 2θ ,
dt
d2 y
= l cos θ dθ
dt
dt2
2
2
+ l sin θ d 2θ
dt
1)
ま だ解答の細部を 検討し て おら ず， 全問の解答も 出揃っ て はいま せんが，『 詳解演習微分方程式』 も ま だ出版準備中な ので， 読者の
便を 考え て 取り 敢え ず書いた と こ ろ ま でを 早めに ア ッ プし ま す． こ れで少な く と も 掲載分の解答の方針は理解でき る と 思いま す． 誤
り を 発見さ れた 方はお知ら せく ださ れば幸いです．
1
dθ
dt
一つ目に cos θ, 二つ目に sin θ を 掛け て 加え る と ，
2
の項はキ ャ ン セ ルし ，
2
2
d2 y
l d 2θ = d x
cos θ + 2 sin θ = −g sin θ cos θ cos θ − g sin θ sin θ sin θ = −g sin θ
2
dt
dt
dt
と ， 確かに 同じ 結論を 得る ．
別解と し て ， 力学的エネ ルギー E = 1 mv 2 + mgy の保存則を 用いる と , 接線ベク ト ルま では第一近似で大丈
2
夫な ので，
2
E = 1 m l dθ + mgl(1 − cosθ) (一定)
2
dt
こ の両辺を 微分すれば， 任意定数 E が消え て
2
ml2 dθ d 2θ + mgl sin θ dθ = 0
dt dt
dt
両辺から 共通因子 ml dθ を キ ャ ン セ ルすれば , 上と 同じ 微分方程式を 得る ．
dt
·
問 1.2 太陽の質量を M , 地球の質量を m と すれば， Kepler の第 3 法則の式 (1.20) で µ =
· γM と し たも の
に こ れら の定数を 代入し て ，
(365.256 × 24 × 60 × 60sec)2
4 × 3.14162
=
(1.496 × 1011 m)3
6.6720 × 10−11 m3 kg−1 sec−2 M
(1.496 × 1011 )3
4 × 3.142
∴ M =
×
kg = 1.9892 × 1030 kg
−11
6.6720 × 10
(365.256 × 24 × 60 × 60)2
数値計算は電卓 (Risa/Asir) で行っ た． ち な みに ， 理科年表に 載っ て いる 値は 1.9891 × 1030 kg である ． 円周
率を 3.14 で計算する と 1.987 × 1030 と な る ので， やや不正確である ． (円周率は 3 でよ いな ど と 言っ たのは
誰でし ょ う ？ (^^;). な お， こ こ で用いた周期は恒星年で， 地球が宇宙空間で (太陽に対し て 相対的に ) 同じ 位
置に 戻っ て く る 時間である ． 暦で用いる 太陽年 365.2422 日の方が有名な ので， こ ち ら の数値を 覚え て いた人
は変だと 思っ たかも し れな いが， こ ち ら は地球から 見て 太陽が見掛け 上同じ 位置に 戻っ て く る 時間であり ， 地
球の歳差運動 (地軸のゆっ く り し た首振り 運動) に よ り ， 実際の周期よ り は少し 短く な る ．
√
問 1.3 λ = 0 のと き の一般解の公式 v(x) = c1 e
λx
√
c1 (e
√
λx
に 境界条件を 代入し て
√
v(0) = c1 + c2 = 0,
一つ目から c2 = −c1 . こ れを 二つ目に 代入し て
+ c2 e−
v(1) = c1 e
λ
− e−
√
λ
λ
+ c2 e−
√
λ
=0
)=0
c1 = c2 = 0 と な ら な いために は
√
e
λ
− e−
√
λ
= 0,
すな わち
√
e2
λ
=1
が必要十分である ． こ れは, 複素変数の指数函数に 対する Euler の等式から
√
2 λ = 2nπi,
すな わち
λ = −n2 π 2
(n = 1, 2, . . .)
と 同値である ． こ のと き ， 同じ く Euler の等式から
v(x) = c1 enπix − c1 e−nπix = 2c1 i sin nπx
2
実数値函数と な る よ う に c1 = − i と 選んで， 固有関数 v(x) = sin nπx を 得る .
2
な お， こ の一般解の公式は λ = 0 のと き は使え な いので , そ の場合の公式 c1 + c2 x から 別途論じ な け れば
な ら な いが， こ のと き は
v(0) = c1 = 0, v(1) = c1 + c2 = 0
から c1 = c2 = 0 と な っ て し ま う ため， λ = 0 は固有値ではな い .
問 1.4 (1.31) を 微分し た式から
dx =
dt
H − u(x)
2g
1 + u′ (x)2
dy
な ので， (1.32) 式を 用いて すべて を θ に 置き 換え る と
dx
√
c(1 − cos θ)
(1 − cos θ) 1 − cos θ √
dθ
√
c(1 − cos θ)
= cg(1 − cos θ)
= 2g
= 2cg
dt
− sin θ 2
2 − 2 cos θ
1 + 1−cos
θ
こ こ で， u = y, u′ =
g
,
c
∴ dθ =
dt
θ=
g
t+α
c
t = 0 のと き x = 0, 従っ て θ = 0 だから ， 積分定数 α = 0 である ． こ れを (1.32) に 代入すれば x, y の t の
関数と し て の表現を 得る ：
x=c
g
t − sin
c
g
t ,
c
y = H − c + c cos
第2章
問 2.1 (1) y = Cex
(2) y = C − exp
2 /2
［ 例題 2.1-1］
−1
dx
［ 例題 2.1-2］
log x
2
(3) y log y − y = x + C ［ 例題 2.1-3］
2
2
(4) y = − log(C − x )［ 問題 2.1.2 (2)］
2
2x
(5) y = Arccos 1 − Ce2x ［ 問題 2.1.2 (1)］
1 + Ce
√
問 2.2 (1) y = ±x C − 2 log x［ 例題 2.2］
y
(2) Arctan − log x2 + y 2 = C ［ 問題 2.2.1 (1)］
x
(3) y = −x log log C ［ 問題 2.2.1 (9)］
x
(x + y − 1)3
= C ［ 例題 2.3］
x−y−1
x2 + (y + 1)2 = CeArctan((y+1)/x) ［ 問題 2.3.1 (1)］
問 2.3 (1)
(2)
x
問 2.4 (1) y = − 1 + C e ［ 例題 2.4］
x
x
(2) y = x3 − 3x2 + 6x − 6 + Ce−x ［ 問題 2.5.1 (1)］
2
(3) y = 1 + Ce−x /2 ［ 問題 2.4.1 (2)］
3
(4) y = 1 + Ce−x /3 ［ 問題 2.4.1 (3)］
(5) y = 1 + Ce1/x ［ 問題 2.4.1 (7)］
2
2
(6) y = x2 e−x + Ce−x ［ 問題 2.4.1 (4)］
3
g
t
c
1
［ 例題 2.6］
x + Cex
(2) y = ± 1 + C2 ［ 例題 2.7 (1)］
x
問 2.5 (1) y =
(3) x = e−y
3 /3
ey
3 /3
dy + C
［ 例題 2.7 (2)］
2
問 2.6 (1) 完全微分形である ． − x + xy 2 = C ［ 例題 2.8-1］
2
4
y4
x
+
+ x3 y 3 = C ［ 例題 2.8-2］
(2) 完全微分形である ．
4
4
問 2.7 (1) ex が積分因子． (xy + y 3 )ex = C ［ 例題 2.9 (1)］
(2) e2y が積分因子． 1 x3 e3y + xe2y = C ［ 例題 2.9 (2)］
3
問 2.8 (1) 一般解 y = cx + ec , 特異解 y = −x(1 − log(−x)) ［ 例題 2.11］
x2
(2) 一般解 y = cx + c2 , 特異解 y = −
［ 問題 2.11.1 (1)］
4
√
1
(3) 一般解 y = cx − , 特異解 y = ±2 −x ［ 問題 2.11.1 (4)］
c
√
問 2.9 (1) 一般解 y = (± x − 1 + C)2 , 特異解 y = 0, y = x − 1 ［ 例題 2.12］
C
1
2C
2
(パラ メ ータ 表示), 特異解 y = 0 ［ 問題 2.12.1 (1)］
(2) 一般解 x = p + 2 , y = p2 +
3
p
3
p
p
e
ep
p − 1)
(3) 一般解 x =
dp
+
C,
y
=
(e
dp + C (パラ メ ータ 表示), 特異解 y = 0
p + 1 − ep
p + 1 − ep
［ 問題 2.12.1 (3)］
問 2.10 P (x)y = z に よ り 未知関数を 変換する と ，
dz = P (x) dy + P ′ (x)y = P (x)2 y 2 + P (x)Q(x)y + P (x)R(x) + P ′ (x)y
dx
dx
P ′ (x)
= z 2 + Q(x) +
z + P (x)R(x)
P (x)
よって
Q(x) +
y に 戻し て こ れを
P ′ (x)
P (x)
→ Q(x), P (x)R(x) → R(x) と 読み替え れば， P (x) ≡ 1 の場合に 帰着さ れた． z を
dy
= y 2 + Q(x)y + R(x)
dx
と 書こ う ． 次は y +
Q
を z に 変換する と ，
2
′
′
′
dz = dy + Q = y 2 + Q(x)y + R(x) + Q = z 2 + R(x) + Q − Q(x)2
2
2
2
dx
dx
よ っ て R(x) がこ れに 取り 替わる だけ で未知関数の 1 次の項が消去でき た．
問 2.11 (1) (2.16) に おいて x = Aξ, y = Bη と そ れぞれ独立変数と 未知関数を 変換すれば，
dη
dy
+ ay 2 = B
+ aB 2 η 2 = bxα = bAα ξ α
A dξ
dx
だから ，
B = aB 2 = bAα
A
4
dη
+ η2 = ξ α と
dξ
いう 方程式を 得る ． こ れよ り ， 一つ目の等式から B = 1 . こ れを 二つ目の等式に 代入し て 1 2 = bAα . 故に
aA
aA
1/(α+2)
1/(α+2)
1/(α+2)
(ab)
1
b
b
,B=
= (α+1)/(α+2)
.
Aα+2 = 1 . よ っ て A =
= 1−1/(α+2)
a
ab
(ab)1/(α+2)
a
a
(2) ま ず変換 (2.17) で
と な る よ う に A, B を 定めれば， こ の共通の定数で両辺を 割っ て すべて の係数を 1 に でき ,
dy
dη
1
1
η2 d 1 = −
η 2 2xy + x2
=−
−1
α
+2
α
+2
n
n
η
dξ
dx
dx a
(αn + 3)x
(αn + 3)x
1
1
η 2 2xy + x2 (−ay 2 + bxαn ) − a
(αn + 3)xαn +2
2
η2 2
a
= − b η2 +
x y−x
α
+2
2
n
a
αn + 3
(αn + 3)x
x
=−
=−
こ こ で， αn = −
b η2 +
a
a
= − b η2 +
αn + 3
αn + 3
(αn + 3)xαn +4
(αn + 3)ξ 1+1/(αn +3)
4n な ら
2n − 1
1+
1
= 1 + 2n − 1
= 1 + 2n − 1 = 4n − 4 = −αn−1
αn + 3
6n − 3 − 4n
2n − 3
2n − 3
(A2.1)
と な り ， (2.18) が確かめら れた .
次に ， (2.19) よ り
dy
= (αn + 1)ξ 1+1/(αn +1) y 2 d 1
dx
dξ y
= (αn + 1)ξ 1+1/(αn +1) y 2 2ξη + ξ 2
dη αn + 1
+
dξ
b
= −ay 2 + bxαn
から ，
dη
b ξ −αn /(αn +1)−3−1/(αn +1) 1 − 2 η − αn + 1
= − a ξ −3−1/(αn +1) +
αn + 1
αn + 1
dξ
ξ
y2
bξ 2
2
b ξ −4 ξ 4 η 2 + 2 αn + 1 ξ 3 η + (αn + 1) ξ 2 − 2 η − αn + 1
= − a ξ −3−1/(αn +1) +
αn + 1
αn + 1
b
ξ
b2
bξ 2
b η2 −
a ξ −3−1/(αn +1)
=
αn + 1
αn + 1
こ こ で (A2.1) から αn−1 + 1 = −
1 , 従っ て 番号を 一つずら し て
αn + 3
−
1
= αn+1 + 3
αn + 1
(A2.2)
が成り 立つから ， 最後の ξ の冪は αn+1 と な り (2.20) が示さ れた．
な お， (2.19) と (2.17) の逆変換と の関係に ついて 考察し て おく ． (2.17) の直接の逆変換は， (2.17) に おい
て x と ξ, y と η を 交換し て
ξ
x = ξ αn +3 , y1 = ξ 2 η − a
こ の変換が
η′ +
a ξ αn−1
b η2 =
αn + 3
αn + 3
を
dy
+ ay 2 = bxαn
dx
に 戻すはずな ので，
A=
b ,
αn + 3
B=
5
a
αn + 3
より，
a = (αn + 3)B,
b = (αn + 3)A
だから ， 上の逆変換は
dy
+ Ay 2 = Bxαn−1
dx
dη
+ (αn + 3)Bη 2 = (αn + 3)Aξ αn
dξ
を
に 写すはずである ． こ こ で n → n + 1 と する . (A2.2) に 注意する と ，
ξ = x−(αn +1) ,
と いう 変換で，
dy
+ Ay 2 = Bxαn
dx
が
1 = ξ 2 η + αn + 1
y
B
dη
− B η 2 = − A ξ αn+1
αn + 1
αn + 1
dξ
に 変換さ れる こ と に な る ． 以上は (2.19) =⇒ (2.20) の別証と な る .
問 2.12 (1) y ′ + y 2 = 22 に おいて z = xy に よ り 未知関数を y から z に 変換する と ，
x
dz = y + x dy = y + x(−y 2 + 2 ) = 1 {xy − (xy)2 + 2} = 1 (z − z 2 + 2)
x
x
dx
dx
x2
よ っ て こ れは
dz
= dx
x
z − z2 + 2
と 変数分離さ れ，
dz
1 − 1
=1
dz
3
z+1 z−2
(z − 2)(z + 1)
= 1 log(z + 1) − 1 log(z − 2) = 1 log z + 1 .
3
3
3
z−2
3
3
∴ z + 1 = Cx3 , z = − 1 + 2Cx3 , y = z = − 1 + 2Cx 3
x
z−2
1 − Cx
x(1 − Cx )
log x + c = −
(2) 結果は同上［ 例題 2.14］
な お， こ の問題の右辺の分子が 2 に な っ て いる のは， 計算と 答を 簡単に する た めであ り ， 分子が 1 でも 求積
可能な こ と は変わり な い．
cu + u2
の両辺を x で微分する と
問 2.13 y = 1
cv1 + v2
y′ =
cu′ + u′2 − y(cv1′ + v2′ )
(cu′1 + u′2 )(cv1 + v2 ) − (cu1 + u2 )(cv1′ + v2′ )
= 1
2
cv1 + v2
(cv1 + v2 )
こ れと 元の式から c を 消去する . 二つの式の分母を 払っ て
c(yv1 − u1 ) = u2 − yv2 ,
c(y ′ v1 − u′1 + yv1′ ) = u′2 − yv2′ − y ′ v2
と し て おく と ，
(y ′ v1 − u′1 + yv1′ )(u2 − yv2 ) = (yv1 − u1 )(u′2 − yv2′ − y ′ v2 ),
∴
y ′ {v1 (u2 − yv2 ) + v2 (yv1 − u1 )} = (yv1 − u1 )(u′2 − yv2′ ) − (−u′1 + yv1′ )(u2 − yv2 )
(v1 u2 − u1 v2 )y ′ = (v1′ v2 − v1 v2′ )y 2 + (u1 v2′ + v1 u′2 − v1′ u2 − u′1 v2 )y − u1 u′2 + u′1 u2
y′ =
u′ u − u1 u′2
v1′ v2 − v1 v2′ 2 u1 v2′ + v1 u′2 − v1′ u2 − u′1 v2
y +
y+ 1 2
v1 u2 − u1 v2
v1 u2 − u1 v2
v1 u2 − u1 v2
6
u1 , u2 , v1 , v2 は x の既知関数と し て いる ので， こ の右辺の係数を 順に P , Q, R と し たも のが答である ．
別解と し て ， 最初の式を c に ついて 解く と
c=
−v2 y + u2
v1 y − u1
こ れを x に つき 微分し て
0=
(−v2 y ′ − v2′ y + u′2 )(v1 y − u1 ) − (−v2 y + u2 )(v1 y ′ + v1′ y − u′1 )
(v1 y − u1 )2
分母を 払っ て 整理する と ，
(u1 v2 − v1 u2 )y ′ + (v1′ v2 − v1 v2′ )y 2 + (v1 u′2 + u1 v2′ − v1′ u2 − u′1 v2 )y + u′1 u2 − u1 u′2 = 0
y ′ の係数で割り 算すれば， 先の計算結果と 一致する ．
問 2.14 (1) y = − 1 x − 2 + c1 ex + c2 e−3x ［ 問題 3.10.1 (1)］
3
9
1
2x
−x
(2) y = − + c1 e + c2 e ［ 問題 3.10.1 (2)］
2
1
(3) y = − cos 2x + c1 cos x + c2 sin x ［ 問題 3.10.1 (3)］
3
1
(4) y = cos x + c1 ex + c2 xex ［ 問題 3.10.1 (4)］
2
(5) y = −x + c1 ex + c2 e−x ［ 問題 3.10.1 (5)］
(6) y = e2x + c1 e2x cos x + c2 e2x sin x ［ 問題 3.10.1 (6)］
問 2.15 手から 離れたボールに 働く 力は， 重力と 摩擦力である ． 重力は鉛直下方に 働く ので， 図のよ う に 丘
に 沿う 接線方向の分力を 求める と ，
dy dx
dy
=
= sin θ
dx
dθ dθ
1 − cos θ
よ り ， パラ メ ータ の値が θ の地点では, 図よ り 接線の傾き ϕ は
sin θ
= √ sin θ
= sin θθ = cos θ
2
2
2
2 − 2 cos θ
2 sin 2
(1 − cos θ) + sin θ
sin ϕ =
速度ベク ト ルは
dy
dy
v = ( dx , ) = ( dx , ) dθ = a(1 − cos θ, sin θ) dθ
dt dt
dθ dθ dt
dt
よ っ て 加速度ベク ト ルは
2
dv = a(sin θ, cos θ) dθ
dt
dt
2
+ a(1 − cos θ, sin θ) d θ2
dt
(a(θ−sin θ), a(1−cos θ))
φ
mg
こ の接線成分は, 単位ベク ト ル (cos ϕ, sin ϕ) = (sin θ , cos θ ) の方向であり ， その大き さ はこ の単位ベク ト ルと
2
2
の内積を 取っ て
α = a(sin θ sin θ + cos θ cos θ ) dθ
2
2 dt
= a cos θ dθ
2 dt
2
2
2
+ a{(1 − cos θ) sin θ + sin θ cos θ } d 2θ
2
2 dt
2
+ 2a sin θ d 2θ
2 dt
7
Newton の運動方程式は mα = −mg sin ϕ = −mg cos θ と な る が， dθ に ついて 非線形と な る ので， 変数を 取
2
dt
り 替え る こ と を 考え る ． 山の頂上を 起点と し , 左側で負， 右側で正の符号を つけ た弧長パラ メ ータ s を 導入す
る と , 先の計算を 再利用し て
dx2 + dy 2 = a (1 − cos θ)2 + sin2 θdθ = 2a sin θ dθ
2
ds =
こ れよ り ，
ds = 2a sin θ dθ ,
2 dt
dt
故に 求める 運動方程式は，
d2 s = 2a sin θ d2 θ + a cos θ dθ
2 dt2
2 dt
dt2
2
=α
d2 s = −g cos θ
2
dt2
と な る が， 弧長は
θ
s
ds =
s=
π
0
と な る ので， 右辺はこ れに 比例し ， 結局
2a sin θ dθ = − 4a cos θ
2
2
θ
π
= −4a cos θ
2
d2 s = g s
4a
dt2
と なる ．
別解と し て ， 問 1.1 の別解と 同様， 力学的エネ ルギー保存則から 導く と ， 大し た計算を せずに 同じ 結論が得ら
れる ．
問 2.16 λ2 + aλ + b = 0 の 2 根は異な る と する . 例題 2.10 で求めた一般解
y=
µ2
B
eµx + c1 eλ1 x + c2 eλ2 x
+ aµ + b
に おいて ， 初期条件 y(0) = 1 y ′ (0) = 0 を 適用する と ，
1=
B
+ c1 + c2 ,
µ2 + aµ + b
0=
Bµ
+ c1 λ1 + c2 λ2
µ2 + aµ + b
こ れよ り ，
c1 =
B(µ − λ2 )
λ2
,
+
λ2 − λ1 (λ2 − λ1 )(µ2 + aµ + b)
よって
y=
c2 = −
B(µ − λ1 )
λ1
,
−
λ2 − λ1 (λ2 − λ1 )(µ2 + aµ + b)
µx
λ1 x − (µ − λ )eλ2 x
λ2 eλ1 x − λ1 eλ2 x
1
B (λ2 − λ1 )e + (µ − λ2 )e
+
2
λ2 − λ1
λ2 − λ1
µ + aµ + b
こ こ で， 例え ば µ を λ1 に 近づけ る と き は， 変化する 最後の項の最後の因子だけ 見る と
(λ2 − λ1 )eµx + (µ − λ2 )eλ1 x − (µ − λ1 )eλ2 x
µ2 + aµ + b
(λ − λ1 )(eµx − eλ1 x ) + (µ − λ1 )eλ1 x − (µ − λ1 )eλ2 x
= 2
(µ − λ1 )(µ − λ2 )
λ
x
1
− eλ2 x
→ −xeλ1 x + e
λ1 − λ2
よ っ て 極限解は
y=
λ1 x
B(eλ1 x − eλ2 x )
λ2 eλ1 x − λ1 eλ2 x
+ Bxe
−
λ2 − λ1
λ1 − λ2
(λ1 − λ2 )2
8
根と 係数の関係によ り ， λ1 + λ2 = −a, 従っ て λ1 − λ2 = 2λ1 + a に注意する と ， こ れは， 共振の場合の一般解
y=
B
xeλ1 x + c1 eλ1 x + c2 eλ2 x
2λ1 + a
に 同じ 初期条件を 適用し て 得ら れる
1 = c1 + c2 ,
から ，
c1 =
から 求めたも の
0=
B
+ c1 λ1 + c2 λ2
2λ1 + a
B
λ2
,
+
λ2 − λ1 (2λ1 + a)(λ2 − λ1 )
y=
c2 = −
B
λ1
,
−
λ2 − λ1 (2λ1 + a)(λ2 − λ1 )
B
B(eλ1 x − eλ2 x )
λ eλ1 x − λ1 eλ2 x
xeλ1 x + 2
,
+
λ2 − λ1
2λ1 + a
(2λ1 + a)(λ2 − λ1 )
こ れは， 一般論に おけ る ， 微分方程式の解のパラ メ ータ に 関する 連続性の具体例と な っ て いる ．
問 2.17 計算を 簡単に する ため , 方程式 y ′′ + 2ay ′ + ω 2 y = Beiωx を 考え る ． こ の解は一般論よ り ，
y=
−ω 2
iωx
Beiωx
+ c1 e(−a+iω)x + c2 e(−a−iω)x = Be
+ c1 e(−a+iω)x + c2 e(−a−iω)x
2
2aiω
+ 2aiω + ω
である ． 初期条件 y(0) = 1, y ′ (0) = 0 を 課し て みる と ，
1 = B + c1 + c2 ,
2aiω
こ れよ り
0 = Biω + c1 (−a + iω) + c2 (−a − iω)
2aiω
B(a + 2iω)
c1 = −a − iω −
,
−2iω
(2iω)2 a
c2 = −a + iω + Ba2
2iω
(2iω) a
よ っ て 解は
iωx
−(−a − iω)e(−a+iω)x + (−a + iω)e(−a−iω)x
B {−(a + 2iω)e(−a+iω)x + ae(−a−iω)x }
+
+
y = Be
2aiω
2iω
(2iω)2 a
=+
−(−a − iω)e(−a+iω)x + (−a + iω)e(−a−iω)x
B {2iω − (a + 2iω)e(−a+iω)x + ae(−a−iω)x }
+
2iω
(2iω)2 a
こ こ で最後の辺の初項は有界である ． 次の項は
(−a+iω)x
= B 1−e
− B 2 {e(−a+iω)x − e(−a−iω)x }
a
2iω
(2iω)
と 書き 直さ れ， こ の最後の項も 有界で， 問題と な る のは, 第 1 項の因子
1 − e(−a+iω)x =· (a − iω)x
·
a
a
である ． こ れは x = 0 では 0 だが， x が 0 から 離れる と ， a が小さ いと き は急激に大き く な る こ と が， Taylor
近似から 見て 取れる ． すな わち ， 摩擦が無いと き の共振と 同じ こ と が近似的に 起こ っ て いる ． 上の値を ま る ご
と 評価し て みる と
√
1 − e(−a+iω)x = 1 + e−2ax − 2e−ax cos ωx
a
a
と な り ， 最大値を 厳密に 求める こ と はでき な いが， 例え ば ω = 1 と し て a を 小さ く し て みる と ， 数値的に
9
a の値
1.0
0.1
0.01
0.001
0.0001
振幅の最大値
最大値を と る x
1.069432
17.367732
196.916785
1996.86433
19996.8590
2.284
2.968
3.1219
3.1396
3.1414
と な る ． も ち ろ ん x → ∞ と すれば解は最後は 0 に減衰する のだが， 実際の構造物では， こ の最大値に耐え ら
れな け れば， 破壊が起こ る ． つま り 摩擦が相当大き く な け れば， 共振を 防ぐ 効果は期待でき な いこ と に な る ．
2
問 2.18 (1) 1 e2x + 2x − 2x + 1 ex + c1 ex + c2 e−x ［ 問題 3.10.1 (7)］
3
8
2
x
x
3x
(2) e ( − x + 1) + c1 e + c2 e2x ［ 問題 3.10.1 (8)］
2
(3) log(cos x) cos x + x sin x + c1 cos x + c2 sin x ［ 問題 3.10.1 (9)］
3
(4) x (log x)2 + c1 x3 + c2 x3 log x ［ 問題 3.10.2 (4)］
2
(5) 1 + c1 cos(2 log x) + c2 sin(2 log x) ［ 問題 3.10.2 (5)］
4
問 2.19 教科書の続き を 計算する と ，
2
3
d4 y
d d y = dy d p2 d p + p dp 2
=
dx dx3
dx dy
dy
dx4
dy 2
dp d2 p
d3 p
dp 3
dp d2 p
+
= p p2 3 + 2p
+ 2p
2
dy dy
dy
dy dy 2
dy
d3 p
dp d2 p
dp 3
= p3 3 + 4p2
+p
2
dy dy
dy
dy
問 2.20
dy
d2 y
= f (y) の両辺に 2
を 掛け る と
dx
dx2
2
dy
d2 y dy
= 2f (y)
dx
dx2 dx
f (y) の原始関数を F (y) と する と き ， 上の式は
dy
dx
2
= 2F (y)
を x に ついて 微分し たも のと な っ て いる . よ っ て
dy
dx
2
=2
1 f (y)dy + C
2
と いう 1 階の微分方程式に 帰着さ れる .
問 2.21 (2.14) に P (x)y = −
u′
を 代入する と ，
u
u′ 2
u′
u′ ′
−R
−P
+Q
Pu
Pu
Pu
P uu′′ − P (u′ )2 − P ′ uu′ P (u′ )2 P Quu′ P 2 Ru2
=−
− 2 2 + 2 2 − 2 2
P 2 u2
P u
P u
P u
′
P
1
{u′′ − u′ − Qu′ + P R}
=−
Pu
P
0 = y ′ − P y 2 − Qy − R = −
10
逆に ， y = −u′ /P u から
u′ = −P uy,
u′′ = −P uy ′ − (P ′ u + P u′ )y = −P uy ′ + P 2 uy 2 − P ′ uy
こ れら を 上の２ 階線形微分方程式に 代入し , 共通因子 u を 省け ば，
−P y ′ + P 2 y 2 − P ′ y − P Sy + T = 0,
すな わち ， y ′ − P y 2 + (
P′
T
+ S)y − = 0
P
P
第3章
√
|x| は， x = 0 で Lipschitz 条件を 満たさ な い． 実際, | |x| − 0| ≤ K|x − 0| が成り 立つと
|x| が x = 0 の近傍で成り 立たねばな ら な いが， こ れは不可能である ． し かし こ の関数は 1 2
一様 H¨
older 連続である ． 実際，
問 3.1 f (x) =
する と ， 1 ≤ K
| |x| −
|y|| ≤
||x| − |y||
≤
| |x| + |y||
|x − y|
≤ |x − y|1/2
|x| + |y|
|x − y|
|x| +
|y|
であり ，
|x − y| ≤
が成り 立つので， 上よ り |
次に ，
|x| −
|x| + |y| ≤
|x| +
|y|
|y|| ≤ |x − y|1/2 が成り 立つ．
f (x) =
1 , x = 0 のと き ,
log |x|
0,
x = 0 のと き
は至る 所で連続であ る が， x = 0 で H¨
older 連続と な ら な い . 実際， こ の関数は， x = 0 では明かに 連続であ
1 − 0 ≤ K|x − 0|α と な
り ， x = 0, x → 0 のと き log |x| → −∞ な ので , x = 0 でも 連続である ． も し
log |x|
る α > 0 が存在する と ， 1 ≤ |x|α log |x| と な る が， こ の右辺は微積分でよ く 知ら れて いる よ う に x → 0 のと
き 0 に 収束する ので， 不合理である ．
問 3.2 参考文献 [2] の von Koch 曲線の構成法を 見る と ， 二進展開 t = 0.i1 i2 . . . in . . . を 持つ実数に 対応す
1 ≤ |t − t | < 1 な
る 点 f (t) は， n ス テッ プだけ 操作を 進めた段階でのある 3 角形 Ti1 i2 ...in に 属する ． n+1
1
2
2n
2
ら ， f (t1 ) と f (t2 ) は n ス テッ プ目の 3 角形の集合に おいて ， 同一の 3 角形に 属する か， 隣同士の 3 角形に 属
する かである ． な ぜな ら ， も し n ステッ プ目にこ れら の点が属する 3 角形の間に別の三角形が存在すれば， t1
と t2 の二進展開の第 n − 1, n 桁は, 例え ば 00, 10 のよ う に 最低 10 の差が生じ る ． よ っ て 前者の n + 1 位以
下がすべて 1 で， 後者の n + 1 位以下がすべて 0 と いう 極端な 場合でさ え ， t1 , t2 はこ れら の桁で 01 と 10
のよ う に 01 だけ の差を 持ち , 従っ て |t1 − t2 | ≥ 1n と な っ て 仮定に 反する ．
2
1
3
1
3
1 1
3 3
1
3
1
3
n
さ て ， 第 n ステッ プの 3 角形は出発時の √1
倍に相似縮小さ れて いる ので， こ れよ り 粗く 見積も っ て も
3
n
√ √
= 2 3( 3)−(n+1) が成り 立つ .
|f (t1 ) − f (t2 )| ≤ 2 √1
3
1
2n+1
≤ |t1 − t2 |
⇐⇒
11
n+1 ≥
− log |t1 − t2 |
log 2
だから ，
1 ≤ |t − t | < 1 な ら ，
1
2
2n
2n+1
√
√
√
√
log |t1 − t2 |
log 3
log |f (t1 ) − f (t2 )| ≤ log 2 3 − (n + 1) log 3 ≤ log 2 3 +
log 2
従っ て
√
√
|f (t1 ) − f (t2 )| ≤ 2 3|t1 − t2 |log 3/ log 2
√
log 3
n は任意だから ， こ れよ り f は [0, 1] 上一様
-H¨older 連続である ．
log 2
T0
T01
T1
T10
T00
T11
ただし ， 以上の議論では， f (t) の連続性の度合いを R 2 の距離で測っ て いる が， 問題の趣旨は f (t) の x, y
成分である 1 変数関数の連続性の度合いが問われて いる と 思われる ． な ので， も う 少し 考察が必要である ． 1
ス テッ プ進んだと き の三角形はすべて 2 等辺 3 角形の底辺が水平から 傾いて いる ので， x 座標の差は上で評価
し た R 2 での点の Euclid 距離よ り も 小さ く な っ て いる ので， H¨
older 指数が改良でき る かも し れな いと いう 疑
念を 抱かせる ． し かし ， 図から 分かる よ う に ， 2 ス テッ プ進むと 2 等辺 3 角形の底辺が水平な も のが現れる ．
(例え ば左端の 3 角形を 見よ .) 3 角形 Ti1 i2 ···in の両端点は t1 = 0.i1 i2 · · · in と t2 = 0.i1 i2 · · · in 11 · · · と いう 二
進数に対応し て いる ので， その差はち ょ う ど 1n である ． よ っ て x 座標の差は 2 ステッ プ毎に最大で上に 評価
2
し た のと 同じ 指数の評価し か持た ず， H¨
older 連続性も 改良はでき な い． y 座標に ついて は， も う 少し 面倒だ
が， と き ど き 底辺が垂直に な る も のが現れる ので， 実は同じ 評価し か持た な い． そ こ ま で詳し く 見な く て も ，
2 ス テッ プごと に 出現が明ら かな 水平の 2 等辺 3 角形を 用いて も ， t が半分進んだと こ ろ で f (t) は頂点に 来る
1 で , f (t) の y 座標の差は √
1 × √3−n だから ， 定数因子が変わる だけ で， 同
ので， 左端と の t の差は n+1
2
2 3
じ 評価が得ら れる ．
以上の考察から ， H¨
older 指数がこ れ以上改良でき な いこ と も 分かる ．
問 3.3 ヒ ン ト に 従い，
f (x) =
1 , x = 0 のと き ,
x sin x
x = 0 のと き
0,
と いう 関数を 考え る と ， 原点以外では明かに C 1 級な ので， 平均値定理に よ り 各点で Lipschitz 連続であ る ．
ま た， 原点でも ，
|f (x) − f (0)| ≤ |x| = |x − 0|
よ り ， Lipschitz 連続である ． し かし こ の関数は一様 Lipschitz 連続ではな い． 実際， 例え ば， x1 =
x2 =
1
1
1
sin ε, f (x2 ) =
sin ε, 従っ て
と する と , f (x1 ) = −
2nπ + ε
(2nπ − ε)
(2nπ + ε)
|x1 − x2 | =
2ε
,
4n2 π 2 − ε2
sin ε ,
|f (x1 ) − f (x2 )| = 4nπ
4n2 π 2 − ε2
従っ て ， も し |f (x1 ) − f (x2 )| ≤ K|x1 − x2 | と いう 不等式が成り 立つと する と ，
4nπ sin ε ≤ 2Kε,
n≤ 1 ε
2π sin ε
と な ら ねばな ら な いが， n → ∞ と する と き ， こ れは不可能である ．
12
1
,
2nπ − ε
各点で H¨
older 連続だが一様 H¨older 連続でな い関数の例は， 同様に
f (x) =
|x|α sin 1 , x = 0 のと き ,
x
0,
x = 0 のと き
を 取ればよ い . 実際， H¨
older 連続性について は， 今度も 調べる べき 点は x = 0 のみだが， こ こ で α-H¨older 連
続と なっ て いる こ と はほと んど 明ら かである ． 一様性について は， 上と 同様の 2 点を と る と ， |x1 − x2 | は変わ
ら ず，
,
|x1 − x2 | = 2 2ε
4n π 2 − ε2
1
1
|f (x1 ) − f (x2 )| = sin ε
+
|2nπ − ε|α
|2nπ + ε|α
|2nπ + ε|α + |2nπ + ε|α
= sin ε
|4n2 π 2 − ε2 |α
よ っ て も し |f (x1 ) − f (x2 )| ≤ K|x1 − x2 |α と な っ たと する と ，
sin ε(|2nπ + ε|α + |2nπ − ε|α ) ≤ K(2ε)α
が成り 立たねばな ら な いが， n が大き く ε が小さ いと き
|2nπ + ε|α + |2nπ − ε|α = (2nπ)α 1 + ε
2nπ
α
+ 1− ε
2nπ
α
α
·
=
· 2(2nπ)
な ので， ε を 固定し て おいて n → ∞ と すれば破綻を 生じ る .
問 3.4 ［『 数理基礎論講義』 ([5]), 補題 12.1 と 問題 12.2 のサポート ページ解答参照．］
問 3.5 ∀x0 ∈ X から 出発し た反復列を xn = T n x0 , n = 0, 1, 2, . . . と する ． m > n に 対し ， 三角不等式を 繰
り 返し 用いて
dis(xm , xn ) = dis(T m x0 , T n x0 ) ≤ dis(T m x0 , T m−1 x0 ) + dis(T m−1 x0 , T n x0 ) ≤ · · ·
≤ dis(T m x0 , T m−1 x0 ) + dis(T m−1 x0 , T m−2 x0 ) + · · · + dis(T n+1 x0 , T n x0 )
よ っ て T に 対する 仮定から
≤ λm−1 dis(T x0 , x0 ) + λm−2 dis(T x0 , x0 ) + · · · + λn dis(T x0 , x0 ) = (λm−1 + λm−2 + · · · + λn ) dis(T x0 , x0 )
∞
n=1 λn
< ∞ と いう 仮定に よ り ， 上の括弧内は m, n → ∞ のと き 0 に 近づく ． よ っ て xn = Tn x0 は X の
Cauchy 列と な り ， 完備性の仮定に よ り ある 点 x∞ ∈ X に 収束する ． dis(T x, T y) ≤ λ1 dis(x, y) よ り T は連
続な ので， T xn → T x∞ である ． よ っ て xn+1 = T xn から 極限に 行っ て x∞ = T x∞ と な り x∞ は T の不動
点である . 不動点がただ一つし かな いこ と は， x, y を と も に 不動点と する と き ，
dis(x, y) = dis(T x, T y) = · · · = dis(T n x, T n y) ≤ λn dis(x, y)
であっ て ， n → ∞ のと き λn → 0 である こ と から ， dis(x, y) = 0, 従っ て x = y と な る こ と よ り 分かる ． 最後
に ， 上の不等式で n = 0 と し たも の
dis(xm , x0 ) = dis(T m x0 , T 0 x0 ) ≤ (λm−1 + λm−2 + · · · + λ1 ) dis(T x0 , x0 )
から m → ∞ と し て
dis(x∞ , x0 ) ≤
∞
n=1
13
λn dis(T x0 , x0 )
と いう 評価を 得る ．
問 3.6 大き い方の写真のある 点に小さ い方の写真の同じ 景色上の点を 対応さ せる と ， 大き い方の写真から そ
れ自身への縮小写像ができ る こ と は明ら かであ る ． よ っ て 不動点定理に よ り ， 不動点が存在する が， こ れは 2
枚の写真に 共通な 風景の点に 他な ら な い .
x
問 3.7 T ϕ := c +
f (t, ϕ(t))dt に 縮小写像の原理を 適用する こ と を 考え る ． f (x, y) 自身は x = 0 で連続
0
ではな いが， 可積分な ので， ϕ が連続関数な ら T ϕ は連続と な る ． そ こ で連続関数の部分集合から T の定義
域 X を 適当に 作る こ と を 考え る ．
x
x
|(T ϕ)(x) − (T ψ)(x)| ≤
0
{f (t, ϕ(t)) − f (t, ψ(t))}dt ≤ K
x
≤K ϕ−ψ
∞
0
0
|ϕ(t) − ψ(t)|
dt
|t|p
1 dt = K |x|1−p ϕ − ψ
1−p
|t|p
∞
≤
K |a|1−p ϕ − ψ
1−p
∞
K |a|1−p < 1 を 満たす程度に 小さ け れば， X = C[−a, a] に おいて 縮小写像の不動点定理
1−p
が使え ， 不動点がただ一つ存在する ． a が一般のと き は， 教科書の p.78∼ で述べたよ う に 二つの方法がある ．
第一の方法は， [−a, a] を 分割し て 解を 繋げる も のである ． 今は最初から 積分方程式な ので， 繋ぎかたがそう 明
ら かではな いかも し れな いから ， 確認し て おこ う ． ま ず解 ϕ0 (x) が 0 ≤ x ≤ δ で得ら れたと し て , 積分方程式
よ っ て a が δ :=
x
f (t, ϕ(t))dt
ϕ(x) = ϕ0 (δ) +
δ
を 考え る と ， 上と 同様の議論で ∃δ1 > 0 に ついて δ ≤ x ≤ δ + δ1 で解 ϕ1 (x) が得ら れる ． そ こ で
ϕ0 (x), 0 ≤ x ≤ δのと き ,
ϕ1 (x), δ ≤ x ≤ δ + δ1 のと き ,
ϕ(x) =
と 定めれば， δ ≤ x ≤ δ + δ1 のと き も
f (t, ϕ(t))dt
0
δ
0
δ
f (t, ϕ(t))dt = c +
f (t, ϕ(t))dt +
f (t, ϕ(t))dt = c +
x
x
δ
x
ϕ(x) = ϕ0 (δ) +
で， 与え ら れた 積分方程式を 満た す． 以下 x = a に 達する ま で有限回こ れを 繰り 返せばよ い． こ の説明は
f (x, y) がよ り 一般の関数のと き に 通用する が， こ の問題に 限っ て 言え ば， 積分方程式の解は x = 0 では C 1
級で， 導関数は ϕ′ (x) = f (x, ϕ(x)) を 満たすので， 解の接続は微分方程式のそ れを 適用し て も よ い． δ > 0 を
固定する と き ， x ≥ δ では f (x, y) は y に つき 一様 Lipschitz 条件を 満たすので， 解の一意性も 微分方程式の
一般論から 従う ．
第二の方法は， 重み付き 最大値ノ ルム を 導入し て 一気に 片付け る も のである . 例え ば， 教科書でも 用いた
|ϕ(x) | := max{e−L|x| |ϕ(x)|}
|x|≤a
と いう ノ ルム を 用いる と ， λ < 1 を 正定数と し て ， δ > 0 を K |δ|1−p = λ と な る よ う に 選ん でお け ば，
2
1−p
x ≥ 0 では
|e−Lx (T ϕ)(x) − (T ψ)(x)| ≤
x
0
e−Lx {f (t, ϕ(t)) − f (t, ψ(t))}dt ≤ K
−Lt
≤ K max e
0≤t≤x
x
|ϕ(t) − ψ(t)|
14
0
x
0
e−Lx
|ϕ(t) − ψ(t)|
dt
|t|p
e−L(x−t) dt ≤ |ϕ − ψ |K
|t|p
x
0
e−L(x−t) dt
|t|p
に おいて ， x ≤ δ な ら ， 最後の辺の分子を 1 で置き 換え れば， 既に 計算し たと こ ろ に よ り 上は ≤ λ |ϕ − ψ |
と な る ． ま た x > δ な ら ， 上は
≤ max e−Lt |ϕ(t) − ψ(t)|K
0≤t≤δ
δ
0
e−L(x−t) dt + max e−Lt |ϕ(t) − ψ(t)|K
|t|p
δ≤t≤x
x
δ
e−L(x−t) dt
|t|p
に おいて ， 第 1 項は ≤ λ maxδ≤t≤x e−Lt |ϕ(t) − ψ(t)|, ま た第 2 項は
≤ max e−Lt |ϕ(t) − ψ(t)| Kp
δ
δ≤t≤x
x
δ
e−L(x−t) dt = K
(1 − e−L(x−δ) ) max e−Lt |ϕ(t) − ψ(t)|
δp L
δ≤t≤x
と なる から ， L を 十分大き く し て K
≤ λ と なる よ う に選んでおけば， こ れも ≤ λ maxδ≤t≤x e−Lt |ϕ(t) − ψ(t)|
δp L
と な る ． よ っ て 合わせて
|e−Lx (T ϕ)(x) − (T ψ)(x)| ≤ 2λ max e−Lt |ϕ(t) − ψ(t)|
0≤t≤a
と な る ので， 左辺の x に ついて 0 ≤ x ≤ a で最大値を 取れば，
max |e−Lx (T ϕ)(x) − (T ψ)(x)| ≤ 2λ max e−Lt |ϕ(t) − ψ(t)|
0≤x≤a
0≤t≤a
が得ら れる ． −a ≤ x ≤ 0 でも 同様の評価が成り 立つから ， こ の重み付き 最大値ノ ルム で T は縮小写像であ
る こ と が示さ れる ．
問 3.8 ま ず， 固定し た x に ついて は， max{|f1 (x)|, . . . , |fn (x)|} が |fk (x)| で達成さ れる と すれば， H¨
older
1
1
の不等式に よ り 1 < ∀p < ∞ に 対し て + = 1 と し て
p q
|f (x)|1 = |f1 (x)| + · · · + |fn (x)| ≤ (|f1 (x)|p + · · · + |fn (x)|p )1/p (1q + · · · + 1q )1/q = n1/q |f (x)|p
≤ n1/q (|fk (x)|p + · · · + |fk (x)|p )1/p = n1/q n1/p |fk (x)| = n1/q+1/p max{|f1 (x)|, . . . , |fn (x)|} = n|f |∞
他方，
|f (x)|∞ = max{|f1 (x)|, . . . , |fn (x)|} = |fk (x)| ≤ |f1 (x)| + · · · + |fn (x)| = |f (x)|1
こ れですべて 繋がっ た．
x に 関する 最大値を 外に 書く のと ， 中の成分ごと に 書く のの同値性は教科書と 同様であ る ．
問 3.9 (1) D が凸領域の場合， x, y ∈ D を 結ぶ線分が D に 含ま れる ので，
1
f (y) − f (x) =
0
d f (x + t(y − x))dt =
dt
1
0
d f ′ (x + t(y − x))dt · (y − x)
dt
と いう 式が意味を 持つ． こ こ で， f が C 1 級と いう 仮定よ り ， 被積分ベク ト ルの長さ は ≤ M と 抑え ら れる か
ら , Schwarz の不等式によ り 上は ≤ M |y − x| と な る ． よ っ て f は Lipschitz 連続である ． のみな ら ず， M が
一定に 取れる 範囲では一様 Lipschitz 連続と も な る ．
(2) f が D で有界連続な 偏導関数を 持つこ と は明ら かであ る ． 実際， x に 関する 微分は恒等的に 零と な る ．
y に 関する 微分は， 櫛の各刃ごと に 計算すればよ く ， 結果は y = 1 でも 連続に 繋がる ． 今， 隣同士の櫛の刃
2
0.5
である のに 対し
に 点 Pn ( 0.5 , 0), Pn+1 ( 0.5 , 0) を 取る と ， |Pn − Pn+1 | =
n
n+1
n(n + 1)
|f (Pn ) − f (Pn+1 )| = 1 × 2 = 1
4
2
である から ， ある 定数 K を 以っ て |f (Pn ) − f (Pn+1 )| ≤ K|Pn − Pn+1 | の形の不等式は成立し 得な い．
15
問 3.10 微分方程式
y α , y ≥ 0 のと き ,
0, y < 0 のと き
y ′ = f (y) :=
を 考え る ． こ の右辺の関数 f (y) が一様 α-H¨
older 連続な こ と を ま ず示そ う ． y2 > y1 > 0 のと き
0 ≤ f (y2 ) − f (y1 ) = αy2α − y1α ≤ (y2 − y1 )α
が成り 立つ． 実際， 0 < α < 1 に 対し て は， a, b ≥ 0 に ついて
(a + b)α ≤ aα + bα
と いう 不等式が成り 立つ． こ れは， bα で両辺を 割り ， t = a と し て
b
(x + 1)α ≤ xα + 1
と いう 不等式に 帰着さ せれば， 微積分で証明でき る ． する と ，
y2α = (y2 − y1 + y1 )α ≤ (y2 − y1 )α + y1α
から 上記不等式が出る ． 次に ， y2 > 0 ≤ y1 のと き は
0 ≤ f (y2 ) − f (y1 ) = f (y2 ) = y2α = (y2 − y1 )α
はほぼ自明である ． さ て ， y ′ = f (y) の一般解は
dy
= dx, 1 y 1−α = x − C. よ っ て
1−α
yα
y = {(1 − α)(x − C)}1/(1−α)
と な る が， 1/(1 − α) > 1 よ り ， こ の関数は x = C において 微分係数 0 を 持つ． 従っ て ， x 軸上でこ れら と 定
数関数 y = 0 を 自由に 繋ぐ こ と ができ る ので， 初期値 0 から 出発する 解は無限に 存在する ． 本文では α = 1
2
の例を 与え たのである ．
問 3.11 上と 同様に し て 反復代入に よ り
a
a
ϕ(x) ≤ C + K
ϕ(t1 )dt1
dt C + K
t
x
= C + CK(a − x) + K 2
≤ C + CK(a − x) + C
dt1
dt
+
a
t
t1
ϕ(t1 )dt1
dt
t
x
K 2 (a − x)2
2!
a
a
x
a
a
dt2 · · ·
a
+ ··· + C
K n (a − x)n
n!
ϕ(tn )dtn
tn−1
こ の剰余項は Gronwall の定理の証明中の評価と 同様に し て |ϕ(x)| ≤ M で置き 換え て 積分する こ と に よ り
n → ∞ のと き 0 に 近づく こ と が示せる ．
問 3.12 記号を 簡単に する ため， 少し 一般化し て , g(x; λ) は x ∈ D, λ ∈ Λ で連続で， D は R N の有界閉集
合と する ． こ のと き G(λ) = max g(x; λ) が λ の連続関数と な る こ と を 言え ばよ い . µ ∈ Λ と y ∈ D を 固定
x∈D
し ， ∀ε > 0 に対し ， g の連続性から δy > 0 を 適当に選べば， x ∈ D, λ ∈ Λ が |x − y| < δy , |λ − µ| < δy を 満
δy
たすと き |g(x; λ) − g(y, µ)| < ε と でき る ． 今, y の
-近傍 Vy は y ∈ D を 動かすと き D の開被覆を 成すが，
2
D が有界閉集合な ので， Heine-Borel の被覆定理に よ り ， こ のう ち の有限個 Vy1 , . . . , Vyk で D が覆え る ． す
16
る と δ = min{δy1 , . . . , δyk } と 取れば， x, y ∈ D が |x − y| < δ を 満たす限り ， そ れら が D のど こ に 有っ て も
2
|λ − µ| < δ な ら |g(x; λ) − g(y, µ)| < 2ε と な る ． 実際， y は Vy1 , . . . , Vyk のど れか , 例え ば Vy1 に属し ， する と
δy
|x − y1 | ≤ |x − y| + |y − y1 | < δ + 1 ≤ δy1
2
2
と な る ので，
|g(x; λ) − g(y, µ)| ≤ |g(x; λ) − g(y1 , µ)| + |g(y; µ) − g(y1 , µ)| < ε + ε = 2ε
さ て ， g(x; µ) の x ∈ D での最大値が x = xµ ∈ D で取ら れる と する と ， |x − xµ | < δ, |λ − µ| < δ のと き ,
|g(x; λ) − g(xµ , µ)| < 2ε から 三角不等式に よ り
g(x; λ) > g(xµ , µ) − 2ε
よって
G(λ) = max g(x; λ) > g(xµ , µ) − 2ε = max g(x; µ) − 2ε = G(µ) − 2ε
x∈D
x∈D
逆に ， ∀x ∈ D に 対し |λ − µ| < δ な ら |g(x; λ) − g(x, µ)| < 2ε から 三角不等式に よ り
g(x; λ) < g(x, µ) + 2ε ≤ max g(x; µ) + 2ε
x∈D
よって
G(λ) = max g(x; λ) < max g(x; µ) + 2ε = G(µ) + 2ε
x∈D
x∈D
こ の二つの不等式から
|G(λ) − G(µ)| = | max g(x; λ) − max g(x; µ)| < 2ε
x∈D
x∈D
が得ら れる ． こ れは G(λ) = max g(x; λ) が λ の連続関数である こ と を 示し て いる ．
x∈D
第4章
問 4.1 y ′′ + ay ′ + by = f (x) を 考え る ． (a, b は x の関数でよ い .) こ れを y1 = y, y2 = y ′ で 1 階連立化す
ると
y1′ = y2 ,
0
y
y1 ′
0 1
= −b −a y1 + f (x)
ある
いは
′
y
2
2
y2 = −ay2 − by1 + f (x)
と な る ． こ れに 対する 定数変化法は, こ の連立方程式の解の基本系を tϕ1 , ϕ2 , tψ1 , ψ2 と する と き ，
y1
ϕ1 ψ1
y2 = ϕ2 ψ2
c1
c2
で， 定数ベク ト ル t(c1 , c2 ) を 関数と 思っ て 微分し た
y1
y2
′
=
ϕ′1 ψ1′
ϕ′2 ψ2′
c1
ϕ1 ψ1
c2 + ϕ2 ψ2
c′1
c′2
こ れよ り ，
ϕ1 ψ1
ϕ2 ψ2
0 1
= −b −a
c′1
c′2
0
= f (x)
で c′1 , c′2 を 決める のであっ た． こ の式の成分を 書け ば，
c′1 ϕ1 + c′2 ψ1 = 0,
c′1 ϕ2 + c′2 ψ2 = f (x)
17
ϕ1 ψ1
ϕ2 ψ2
c1
ϕ1 ψ1
c2 + ϕ2 ψ2
c′1
c′2
と な る が， こ こ で１ 階連立化さ れた斉次方程式よ り ϕ′1 = ϕ2 , ψ1′ = ψ2 , ま た ϕ1 , ψ1 は元の２ 階斉次方程式の
１ 次独立な 解であ る こ と が分かる ので， 上の２ 行目の方程式は c′1 ϕ′1 + c′2 ψ1′ = f (x) と 書き 直さ れ， 確かに ２
階線形微分方程式に 対する 定数変化法の置き 方が自然に 出て く る こ と が分かる ．
問 4.2 (1) は自明． (2) は |λ| が
ム の話
√
の外に括り 出せる こ と から 容易に 分かる ． (3) は n 次元の Euclid ノ ル
(a1 + b1 )2 + · · · + (an + bn )2 ≤
a21 + · · · + a2n +
b21 + · · · + b2n
に おいて 次元 n を n2 に 変え ただけ である ．
1 et + 2 e4t − 2 et + 2 e4t
問 4.3 (1) etA = 31 t 31 4t 23 t 13 4t ［ 問題 6.1.1(1)］
− e + e
e + e
3
3
3
3
t
2t
t
2t
7e − 6e
3e − 3e −4et + 4e2t
［ 問題 6.1.1(2)
(2) etA = −6et + 6e2t −2et + 3e2t 4et − 4e2t
6et − 6e2t 3et − 3e2t −3et + 4e2t
−(t − 1)e2t −(t − 2)e2t − 2et −(t − 3)e2t − 3et
tA
(3) e =
3te2t
3(t − 1)e2∗t + 4et (3t − 6)e2∗t + 6et ［ 問題 6.1.1(3)］
2∗t
−2te
−2(t − 1)e2t − 2et −2(t − 2)e2t − 3et
t
t
e
−te
−tet
tA
t
［ 問題 6.1.1(5)］
(4) e = 0 (6t + 1)e
6tet
t
t
0
−6te
−(6t
−
1)e
t
e
0
tet
−4tet
0 (4t + 1)et
−4tet
0
. ［ 問題 6.1.1(4)］
(5) etA =
t
0
4te
−(4t − 1)et 0
t
t
t
−te
e
0 7 te
1 2
2
t
−( 2 t + 3t − 1)e
( 2 t + t)et
( 23 t2 + 2t)et
2
t
2
t ［ 例題 6.1(1)］
(6) etA = ( 35
−( 52 t2 + 2t − 1)et −( 15
2 t − 6t)e
2 t − t)e
2
t
2
t
2
−(14t + 5t)e
(2t + 3t)e
(6t + 4t + 1)et
問 4.4 第 2 章 8 節の定理 2.1 によ れば， µ が m 重根のと き は必ず xm−1 eµx と いう 解が現れる ． こ れは 1 階化
し たと き ， µ に 対する Jordan ブロ ッ ク がサイ ズ m でな いと 不可能である ． よ っ て 各固有値に 対する Jordan
ブロ ッ ク はすべて 1 個で最大サイ ズと な る ．
c1
問 4.5 いずれも ， S −1 AS = Λ と Jorndan 標準形に し ， SexΛ c2 を 計算すればよ い． 以下答と 略解だけ 示
c3
すが， 参考ま でに 消去法等他の方法で解いた 演習書の問題番号を 記し た．
−1 1 1
1 −1 1 . 固有多項式は λ3 + λ2 − 4λ − 4, 固有値は 2, −1, −2. 固有ベク ト ル
(1) 係数行列は A =
1 1 1
1 1 1
2 0 0
1 1 1
6 6
3
で変換行列 S = 1 1 −1 を 作る と ， S −1 = 13 31 − 31 であ り ， S −1 AS = 0 −1 0 . よ っ て
1
1
0 0 −2
2 −1 0
2 −2 0
e2x 0
0
S −1 と な る はずであ る が， 一般解を 計算する だ け な ら S −1 の計算はは不要で，
exA = S
8 e−x 0
−2x
0 0 e
2x
c1
e
0
0
c2 で求ま る ． すな わち ， y1 = c1 e2x + c2 e−x + c3 e−2x , y2 = c1 e2x + c2 e−x − c3 e−2x ,
S
8 e−x 0
−2x
c3
0 0 e
2x
−x
y3 = c1 e − c2 e .［ 問題 6.2.1 (9)］
0 −1 1
0 0 1 . 固有多項式は λ3 − λ2 + λ − 1, 固有値は 1, ±i. 複素変換行列は S =
(2) 係数行列は A =
−1 0 1
18
1 1
1
−2 2
10 0
0 1−i 1+i
2
−1+i 1−i
−1 AS =
0 i 0 . よ っ て 複素数に 係数拡大し た と き の一般
1 −i
i
;
S
, S −1 = 1+i
4
4
4
1−i
1+i 1+i
0 0 −i
1 1
1
−
4
4
4
x
e 0 0
c1
c2 で求ま る ． こ れから 実の一般解を 導く のはかえ っ て 面倒な ので， 正直に exA を 計
解は S 0 eix 0
−ix
c3
0 0 e
x
cos x
− sin x
sin x
e 0 0
1
1
1
S −1 = 2 (−ex + cos x + sin x) 2 (ex + cos x − sin x) 2 (ex − cos x + sin x 従っ
算する と S 0 eix 0
1
1 x
1 x
x
0 0 e−ix
2 (−e + cos x − sin x) 2 (e − cos x − sin x) 2 (e + cos x + sin x)
c1
て 一般解はこ の行列に 実定数ベク ト ル c2 を 掛け て 順に 行を 取り 出せば y1 = c1 cos x − c2 sin x + c3 sin x,
c3
c2 x
c
c
c1
x
y2 = (−e + cos x + sin x) + (e + cos x − sin x) + 3 (ex − cos x + sin x), y3 = 1 (−ex + cos x − sin x) +
2
2
2
2
c2 x
c
(e − cos x − sin x) + 3 (ex + cos x + sin x). 一般解と し て は， 任意定数を 一斉に 2 倍すれば分数を 無く せ
2
2
る が， 次問での利用を 考え て こ のま ま に する ．［ 問題 6.2.1 (5)］
0 10
(3) 係数行列は A = −2 0 1 , 固有多項式は λ3 − 3λ − 2, 固有値は −1 (重根), 2. −1 の方は固有ベク ト ルが 1
2 50
本し か求ま ら ないので， Jordan ブロ ッ
ク のサイ ズは
2 である ． 固有ベク ト ルと 一般固有ベク ト ルを 用いて 変換
5 2
2
−
−
−1 1 0
3 21
9
9 9
0 −1 0 と なる はず. し かし 実際には
行列を 作る と S = −3 1 2 , S −1 = 43 31 − 31 で S −1 AS =
1
1 2
0 0 2
9 06
−9 9 9
−x
−x
e xe
0
c1
c2 で求ま る ． すな わち ， y1 = c1 e−x + c2 (x + 1)e−x + c3 e2x ,
S −1 は計算せず， 一般解は S
0 e−x 0
2x
c3
0
0 e
−x
−x
2x
−x
y2 = −c1 e − c2 xe + 2c3 e , y3 = 3c1 e + c2 (3x + 1)e−x + 6c3 e2x .［ 問題 6.2.1 (6)］
問 4.6 (1) S −1 の要素が分数にな る ので exA を 計算する のは避けて ， 前問で求めた一般解に初期条件を 適用し
て 任意定数を 決める こ と にする ． y1 = c1 e2x + c2 e−x + c3 e−2x , y2 = c1 e2x + c2 e−x − c3 e−2x , y3 = c1 e2x − c2 e−x
から
1 , 0 = c1 + c2 − c3 . . . ⃝
2 , −1 = c1 − c2 . . . ⃝
3.
2 = c1 + c2 + c3 . . . ⃝
1 −⃝
2 から c3 = 1, よ っ て c1 + c2 = 1. こ れと ⃝
3 から c1 = 0, c2 = 1.
⃝
よ っ て 求める 解は
y1 = e−x + e−2x , y2 = e−x − e−2x , y3 = −e−x .
c1
(2) 前問で exA が計算さ れて いる ので， 前問の一般解は初期値が c2 の解と なっ て いる ． よ っ て こ こ で c1 = 2,
c3
c2 = 0, c3 = −1 と 置く だけ で求める 解
y1 = 2 cos x − sin x,
y2 = (−ex + cos x + sin x) − 1 (ex − cos x + sin x) = − 3 ex + 3 cos x + 1 sin x,
2
2
2
2
1
3
1
3
x
x
x
y3 = (−e + cos x − sin x) − (e + cos x + sin x) = − e + cos x − sin x
2
2
2
2
を 得る .
(3) 前問で求めた一般解に 初期条件を 適用し て
1 , 0 = −c1 + 2c3 . . . ⃝
2 , −1 = 3c1 + c2 + 6c3 . . . ⃝
3
2 = c1 + c2 + c3 . . . ⃝
1
2
3
1
2
1 から c2 = 3. 故に 解は
⃝ − ⃝ から −3 = 2c1 + 5c3 . こ れと ⃝ から c3 = − , c1 = − . よ っ て ⃝
3
3
y1 = (3x + 7 )e−x − 1 e2x , y2 = −(3x − 2 )e−x − 2 e2x , y3 = (9x + 1)e−x − 2e2x .
3
3
3
3
(1, 1) 成分
2
D
1
−1
D 1 −1
2
で掃き 出し
0
−1
0 −−−−−−−−−−
問 4.7 0 D −1
> 0 D
1
2
1
1 0 D − 1 −1
0 − D D − 1 + D −1 − D
19
(2, 2) 成分で掃き 出し 1
第 1 行は D で割る
1
1
1
2
−D
1 D
−D
D
= 0 D
−1
−1
0
−−−−−−−−−−−−−−−−−> 0 D
3 −D 2 +D−1
1
1
2
D
0 0 D − 1 + D − D2 −1 − D
0 0
D2
1
第 2 行を
D
で
,
第
3
行
2
3
2
第 3 行 ×D を
1
1
1
1 D
−D
0
1 D
を D −DD2+D−1 で割る
D
第 1,2 行に 加え る
1
0
−−−−−−−−−−−−−−−−−> 0 1 − D
−−−−−−−−−−−−−−−> 0 1 0
0 0 1
0 0 1
− D3D(D+2)
2
−D +D−1
1
D+2
D+2
2
第 2 行 ×D を
1 0 0 D − D3 −D2 +D−1 + D(D3 −D2 +D−1)
第 1 行から 引く
D+2
− D3 −D
−−−−−−−−−−−−−−−> 0 1 0
2 +D−1
001
− D3D(D+2)
−D 2 +D−1
こ こ で第１ 成分は
1
D
2
D
0
− D+2
D
2
D+2
D − D 3 −D 2 +D−1
D+2
− D3 −D2 +D−1
− D3D(D+2)
−D 2 +D−1
2
D+2
D+2
2
(D + 2)(D − 1)
2
D+2
2D − 1
− 3
+
=
−
=
−
= 2
2
3
2
3
2
2
D D − D + D − 1 D(D − D + D − 1)
D D(D − D + D − 1)
D D(D + 1)
D +1
だから ， 教科書の計算が確認さ れた．
問 4.8
2
0 を 解く ． 拡大係数行列の行基本変形で
−1
1 行目から
1 行目を
D + 1 −1
−1
2
D + 2 −(D + 2) 0
2
2 行目を 引く
D + 2 で割る
−1 D + 1 −1
0 −−−−−−−−−−
D+1
−1
0 −−−−−−−−−−
> −1
>
−1
−1 D − 1 −1
−1
−1
D − 1 −1
1 行目で
3 行目を
2
2
1 −1 0
1 −1
0
D+2
D+2
2 行目に 足す
掃き 出し
2
−−−−−−−−−−
−1 D + 1 −1
> 0 D −1
>
0 −−−−−−−−−−
D+2
2
0 −2 D − 1 D+2
−1 −1 D − 1 −1
−1
2 行目を
2
2
2
1 −1
0
1 −1 0
1 −1 0
D+2
D+2
D+2
D
−
2
で割る
1
4
1
4
0 D −2 D −2
− D+2
1
1
>0 1
= 0 1
(D+2)(D−2) − D−2
D+2 − 1 −−−−−−−−−−
2
2
2
0 −2 D − 1 D+2 − 1
0 −2 D − 1
0
−2
D
−
1
D+2 − 1
D+2 − 1
3 行目で
3 行目を
1
1
1
1
2 行目で
1 0 0 D+2 + D+1
1 0 1 D+2
10 1
D+2
掃き
出し
D + 1 で割る
掃き 出し
1
1
1
1 −−−−−−−−−−
+ D+1
.
−−−−−−−−−−
> 0 1 1 − D+2
> 0 1 1 − D+2
−−−−−−−−−−
>0 1 1
− D+2
1
1
001
0 0 1 − D+1
0 0 D+1
− D+1
−1
こ れを 普通の関数に 翻訳する と y1 = e−2x + e−x , y2 = −e−2x + e−x , y3 = −e−x .
z1
2
D −1 0
z2 = 0 を 解く ． 拡大係数行列の行基本変形で
2 D −1
(3)
−2 −5 D
z3
−1
2 行目で
定数因子
2
2 + 2)
0
−(D
D
D −1 0
4
2
2
0 − D 2+2 D
掃き 出し
を
調節
2
D
2 D −1 0 −−−−−−−−−−
0
0 −−−−−−−−−−
>2 D
>1
− 21
−1
2
−2 −5 D −1
−1
−1
0 D−5 D−1
0 D−5 D−1
2
2
倍
第 1 行の D−1
0
−(D + 2)
D
0
−(D
+
2)
D
D
4
4
を 第 3 行から 引く
D
D
− 12
0 = 1
0
− 12
−−−−−−−−−−−−−> 1
2
2
2
3 −3D−2
5D−4
5D−4
(D +2)(D−1)+D(D−5)
D
0 − D
0
0 − D
0
D
D
D(5D−4)
第 3 行を 正規化し
第 2 行で
D
1
1
3 −3D−2)
0
1
−
1
0
−
2(D
第 1 行を 最下に
掃き 出し
2
2
2
−−−−−−−−−−
− D35D−4
−−−−−−−−−−−−−> 0
>0 1 0
1
0 − D35D−4
−3D−2
−3D−2
0 0 D 4(D3 −3D−2)−(D2 +2)(5D−4)
0 −(D2 + 2) D
4
D 3 −3D−2
2 −4D)−(D 2 −4D+22)
D(5D−4)
(5D
第 2 行を 計算し
第
3
行で
100
1 0 − 21 2(D3 −3D−2)
2(D 3 −3D−2)
第 3 行を D で割る
掃き 出し
5D−4
−−−−−−−−−−−−−> 0 1 0
> 010
− D3 −3D−2 −−−−−−−−−−
− D35D−4
−3D−2
001
D 2 −4D+22
0 0 1 − D2 −4D+22
− D3 −3D−2
D 3 −3D−2
(1)
D + 1 −1
−1
−1 D + 1 −1
−1
−1 D − 1
z1
z2
z3
=
20
こ こ で， D 3 − 3D − 2 = (D + 1)2 (D − 2) な ので， 計算を 遂行し て 部分分数分解する と
4D2 − 22
2D2 − 11
1
7
3
−
←→ 3xe−x + 7 e−x − 1 e2x ,
z1 =
+
=
=
2
3
3
2(D + 1) (D − 2)
(D + 1)2 (D − 2)
(D + 1)2 3(D + 1) 3(D − 2)
5D − 4
2
3
2
z2 = −
+
=−
−
←→ −3xe−x + 2 e−x − 2 e2x ,
3
3
3(D + 1) 3(D − 2)
(D + 1)2 (D − 2)
(D + 1)2
2
+ 22 =
9
+ 1 − 2 ←→ 9xe−x + e−x − 2e2x .
z3 = − D − 4D
(D + 1)2 (D − 2)
(D + 1)2 D + 1 D − 2
こ れは問 4.6 (3) の答と 一致し て いる ．
問 4.9 (2) y1 = c2 cos x + c3 sin x, y2 = 1 {−c1 ex + c2 (sin x + cos x) + c3 (sin x − cos x)}, y3 = 1 {−c1 ex +
2
2
10 0
c2 (− sin x + cos x) + c3 (sin x + cos x)}. こ れから 係数行列の Jordan 標準形 J = 0 i 0 , 実の標準形は
0 0 −i
10 0
0 0 −1 が見て と れる . ［ 問題 6.2.1 (5)］
01 0
(3) y2 = −c1 x e−x + 2 c2 e2x +c3 e−x . y1 = c1 ( x + 1 e−x + 1 c2 e2x −c3 e−x . y3 = c1 (x+ 1 )e−x +2c2 e2x −3c3 e−x .
3
3
3
3
3
−1 1 0
0 −1 0 が見て と れる . ［ 問題 6.2.1 (6)］
こ れから 係数行列の Jordan 標準形
0 0 2
問 4.10 (1) 一般解 y = − 1 x − 2 + c1 ex + c2 e−3x に 境界条件を 代入し て , y(0) = − 2 + c1 + c2 = 0,
3
9
9
2
5
2e
−
−5
3
y(1) = − 5 + c1 e + c2 e−3 = 0. よ っ て (e − e−3 )c1 = 5 − 23 と な り ， c1 = 9 9e1 , c2 = 9 19 , よ っ て 解は
9
9 9e
e − e3
e − e3
y = − x − 2 + 1 1 {( 2e − 5 )e−3x + (− 23 + 5 )ex }.
3 9 e− 3 9
9
9
9e
e
(2) 一般解 y = − 1 +c1 e2x +c2 e−x , よっ て y ′ = 2c1 e2x −c2 e−x . こ れに境界条件を 代入し て , y ′ (0) = 2c1 −c2 = 0,
2
y ′ (1) = 2c1 e2 − c2 e−1 = 0. 一つ目から c2 = 2c1 . こ れを 二つ目に 代入し て 2c1 (e2 − 2e−1 ) = 0. よ っ て c1 = 0,
c2 = 0. 故に 解は y = − 1
2
(3) 一般解は y = − 1 cos 2x + c1 cos x + c2 sin x. こ れに 境界条件を 代入し て , y(0) = − 1 + c1 = 0. よ っ て
3
3
c1 = 1 . y(π) = − 1 − c1 . よ っ て c1 = − 1 . こ れは矛盾である から ， 解は存在し な い．
3
3
3
(4) 一般解は y = 1 cos x + c1 ex + c2 xex . よ っ て y ′ = − 1 sin x + c1 ex + c2 (x + 1)ex . こ れに 境界条件を 代入
2
2
し て , y(0) = 1 + c1 = y(π) = − 1 + c1 eπ + c2 πeπ . 変形し て (eπ − 1)c1 + πeπ c2 = 1. ま た y ′ (0) = c1 + c2 =
2
2
y ′ (π) = c1 eπ + c2 (π + 1)eπ . 変形し て (eπ − 1)c1 + {(π + 1)eπ − 1}c2 = 0. 引き 算する と (ff π − 1)c2 = −1,
π
(π + 1)eπ − 1
1 cos x + (π + 1)e − 1 ex − 1 xex .
.
故に
答は
y
=
c2 = − π 1 . よ っ て 二つ目から c1 =
2
e −1
eπ − 1
(eπ − 1)2
(eπ − 1)2
x
−x
′
x
−x
(5) 一般解は y = −x + c1 e + c2 e . よ っ て y = −1 + c1 e − c2 e . こ れら に 境界条件を 代入し て , y(−1) =
e+e−1
1 + c1 e−1 + c2 e = 0, y ′ (1) = −1 + c1 e − c2 e−1 = 0. 両者を 加え て c1 (e + e−1 ) + c2 (e − e−1 ) = 0. c2 = − e−e
−1 c1 .
−1
−1
−1
e − e . よ っ て c = − e + e . 故に 解は
e+e
こ れを 一つ目に 代入し て e−1 − e e−e
2
−1 c1 = −1. よ っ て c1 =
e2 + e−2
e2 + e−2
−1
−1
y = −x + e2 − e −2 ex − e2 + e −2 e−x .
e +e
e +e
(6) 一般解は y = e2x + c1 e2x cos x + c2 e2x sin x. こ れに 境界条件を 代入し て , y(−π) = e−2π − c1 e−2π = 0,
y(π) = e2π − c1 e2π = 0. こ れら はと も に c1 = 1 と な る ので， 解は y = e2x (1 + cos x + c sin x) で 1 次元の不
定性を 持つ .
問 4.11 (1) 固有値は λ = −n2 π 2 − 4, n = 0, 1, 2, . . ., 対応する 固有関数は y = e−x sin nπx［ 問 5.5.1 (1)］
(2) 固有値 λ = − 9 − n2 π 2 , n = 0, 1, 2, . . . に 対応する 固有関数 y = ex/2 (2nπ cos nπx − sin nπx), 固有値 −2
4
に 対応する 固有関数 y = 1 は上記の系列外と な る ．［ 問 5.5.1 (2)］
21
(3) 固有値 1 − n2 π 2 , n = 1, 2, . . .. 固有関数 sin nπx. ［ 方程式 y ′′ + y = λy を −y ′′ = (1 − λ)y と 変形すれば，
例題 4.4 (1) に 帰着する ］
(4) 固有値 λ = 1 − 4n2 − 4ni, n = 0, 1, 2, . . . (虚数), 対応する 固有関数 y = e2nix . (固有値が虚数な ので， 固
有関数は実数では取れな い． )［ 問 5.5.1 (9)］
(2n + 1)2 π 2
, n = 0, 1, 2, . . ., 固有関数 sin 2n + 1 π(x + 1) ［ 問 5.5.1 (6)］
(5) 固有値 λ = −1 −
16
4
2
nπ
n
2x
(x + π) ［ 問 5.5.1 (7)］
(6) 固有値 λ = 1 − , n = 0, 1, 2, . . ., 固有関数 y = e sin
4
2
問 4.12 区間 − π + 2nπ < t < π + 2nπ, n = 1, 2, . . . に おけ る cosh t cos t = 1 の解を t2n−1 , t2n , n = 1, 2, . . .
2
2
と 置け ば， 固有値は
t4
λn = n4 , n = 1, 2, . . . .
a
こ れに 対応する 固有関数は，
y = sin tn etn x/a + (cos tn − etn )e−tn x/a + (cos tn − sin tn − etn ) sin
t x
tn x
− (cos tn + sin tn − etn ) cos n
a
a
[例題 5.8-2]
問 4.13 ヒ ン ト に 従い， ま ず両辺を r(x) で割る と
q(x)
dy
− 1 d p(x)
+
y = λy
dx
r(x) dx
r(x)
こ こ で， r(x) の原始関数 R(x) を 一つ選ぶ． 仮定 r(x) > 0 よ り R(x) は狭義単調増加なので， X = R(x) は独立
変数の C 1 級の変換と な り , 逆変換 x = R−1 (X) も C 1 級で存在する ． こ れに応じ て 考え る 区間は [R(a), R(b)]
q(R−1 (X))
p(R−1 (X))
を 新し い係数 p,
を 新し い係数 q と みな す． 区別のためこ れら も
に変換さ れる ． ま た
−1
r(R (X))
r(R−1 (X))
対応する 大文字で書き 直し ， 未知関数を Y (X) = y(R−1 (X)) に 変換する と , 上は
− d P (X) dY
dX
dX
+ Q(X)Y = λY
と な る ． P (X) > 0 な ので， こ れは求める 変換と な る ．
こ こ で p(x) を C 1 級と し て いる と ， 新し い P (X) も C 1 級と な る ために は r(x) も C 1 級である 必要があ
る が， 実は
で解説し たよ う に ， Sturm-Liouville の固有値問題を 議論する に は p(x) は連続な だけ で十分
であり ， そ の仮定な ら r(x) も 連続な だけ でよ い．
問 4.14 固有値 λ に 対応する 固有関数を ϕ(x) と する と き ， 部分積分で
(Lϕ, ϕ) = (− d p(x) d ϕ, ϕ) = (p(x) d ϕ, d ϕ)
dx
dx
dx dx
こ こ で仮定よ り p(x) は [a, b] で正値だから p(x) ≥ M > 0 な る 定数 M が存在する ． よ っ て
(Lϕ, ϕ) ≥ M ϕ′ 2 .
他方こ の左辺は
(λrϕ, ϕ) = λ(rϕ, ϕ)
b
に 等し いが， r(x) も 仮定に よ り [a, b] で正値だから , (rϕ, ϕ) =
a
λ≥
M ϕ′ 2
>0
(rϕ, ϕ)
22
r(x)ϕ(x)2 dx は正である ． よ っ て
問 4.15 L の固有値を λn , 対応する 固有関数を ϕn (x) と する ． λ = λk が L の第 k 固有値のと き ， Lu = λu+ f
∞
を 解く のに， f = ∞
n=0 fn ϕn (x) と 展開し て おき ， 解を u =
n=0 un ϕn (x) の形で求めよ う と する と ， 方程式
に 代入し て
∞
λn un ϕn (x) =
n=0
∞
λk un ϕn (x) +
un =
と 一意に 求ま る が , n = k のと き は
fn ϕn (x)
n=0
n=0
係数を 比較し て ， n = k な ら
∞
fn
λn − λk
0 = fk
と な る ． こ れは解が存在する ための必要条件であり ， fk = (f, ϕk ) であっ た． よ っ て 条件が必要である こ と が
わかっ た． 逆に こ の条件が満た さ れれば， uk は不定である が他の係数が上の式から 定ま り ， 一意ではな いが
解は得ら れる ． よ っ て こ の条件は, 解が存在する ために は十分でも あ る ．
第5章
問 5.1 (1) y = −x − 1 + c0
(2)
∞
x2n+1
(2n + 1)!!
n=0
(3) c0
∞
n=0
(5) c0
n=0
2 /2
n=0
xn [問題 7.1.1 (1)]
n!
[例題 7.1]
x3n [問題 7.1.1 (2)]
3n n!
(4) −1 + c0
∞
+ c0 ex
∞
∞
n=0
x2n [問題 7.1.1 (3)]
2n n!
x2n + 2n − 1 x2n [問題 7.1.1 (5)]
n!2n
n!2n
n−1
問 5.2 (1) 漸化式は ncn =
k=0
cn−k−1 ck (n ≥ 1). 定数項 c0 は任意で， 一般解は y =
∞
n=0
cn+1
xn =
0
c0
1 − c0 x
[問題 7.2.1 (1)]
(2) c0 は任意， c1 = c20 − 1, c2 以下の漸化式は (1) と 同じ になり ， c2 = 1 · 2c0 c1 = c30 − c0 , c3 = 1 (2c0 c2 + c21 ) =
2
3
1 {2c (c3 − c )+ (c2 − 1)2 } = c4 − 4 c2 + 1 , c = 1 (2c c + 2c c ) = 1 {2c (c4 − 4 c2 + 1 )+ 2(c2 − 1)(c3 − c )} =
0 0
0
1 2
0 0
0
0
0
0
0
3
3 0 3 4 4 0 3
4
3 0 3
c50 − 5 c30 + 2 c0 , c5 = 1 (2c0 c4 + 2c1 c3 + c22 ) = 1 {2c0 (c50 − 5 c30 + 2 c0 ) + 2(c20 − 1)(c40 − 4 c20 + 1 ) + (c30 − c0 )2 } =
3
3
5
5
3
3
3
3
17
2
6
4
2
c0 − 2c0 + c0 − . [問題 7.2.1 (2)]
15
15
n−1
1
cn−k−1 ck (n ≥ 3) と な り ，
(3) c0 は任意で， c1 = −c20 、 c2 = c30 + , 以後は規則的で， 漸化式 ncn = −
2
k=0
1
1
1
1
1
1
5
c3 = − (2 · c0 · (c30 + ) + c40 ) = −c40 − c0 , c4 = − {2 · c0 (−c40 − c0 ) + 2(−c20 )(c30 + )} = c50 + c20 ,
3
2
3
4
3
2
12
1
1
c5 = − {2 · c0 (c50 + 5 c20 ) + 2 · (c40 + c0 )c20 + (c30 + 1 )2 }. [例題 7.2]
12
2
5
3
(4) c0 は任意で， c1 = c20 , c2 = 1 (c0 c1 + c1 c0 ) = c0 c1 = c30 . c3 = 1 {1 + (c0 c2 + c21 + c2 c0 )} = 1 + c40 . こ こ
2
3
3
から 先は規則的で， 漸化式は (n + 1)cn+1 = c0 cn + c1 cn−1 + · · · + cn−1 c0 . こ れよ り c4 = 1 (2c0 c3 + 2c1 c2 ) =
4
1 ( 1 c +c5 +c5 ) = 1 c +c5 , c = 1 (2c c +2c c +c2 ) = 1 ( 1 c2 +2c6 + 2 c2 +2c6 +c6 ) = 5 c2 +5c6 ) = 1 c2 +c6 .
1 3
0
0 3 0
0
0
2
2 3 0 0 0
6 0 0 5 5 0 4
5 3 0
5 0 0
( 0
[問題 7.2.1 (5)]
23
問 5.3 (1) y = c0
(2) y = c0
(3) y = c0
∞
n=0
∞
n=0
∞
n=0
1 x2n + c
1
(2n)!
2n
(2n − 1)!!
問 5.4 一つ目の y ′ =
∞
(−1)n 2n+1
x
+ 1 2
(2n + 1)!
1−ω
n=0
(−1)n 2n
x + c1
(2n)!
∞
n=0
∞
n=0
C
x
R )(1
n=0
(−1)n 2n+1 2n+1
ω
x
[問題 7.3.1 (1)]
(2n + 1)!
1
x2n+1 − x [問題 7.3.1 (2)]
(2n + 1)!
x2n + c1
(1 −
∞
−
1 x2n+1 [問題 7.3.1 (3)]
n!
y
R)
を 求積法で解く と ，
2
y
dy =
R
y
C dx,
y−
= C log 1 − x ,
x
2R
R
1− R
(y − R)2 = R2 − 2RC log 1 − x
y 2 − 2Ry = −2RC log 1 − x ,
R
R
1−
∴ y−R=±
R2 − 2RC log 1 − x
R
函数論の知識を 用いる と ， こ の右辺は， 原点を 中心と する 半径 R の円内で更に 平方根の中身が零に な る と こ
ろ ま では収束円に 含ま れる ので，
log 1 + r = R ,
R
2C
∴
r = R(eR/2C − 1) ≤ R
ま では大丈夫である ． 非線型方程式な ので， こ の値は係数 C の大き さ にも 依存し ， 一般には R よ り 小さ く な
る ． 函数論を 使わな く て も x が原点に十分近いと き ， y − R の右辺が R と C だけ で決ま る 正の収束半径を 持
つこ と だけ は一般 2 項級数と 対数函数の Taylor 展開の収束半径の知識から 容易に 分かる であろ う ．
C(1 + y)
を 求積法で解く と ，
次に 二つ目の y ′ =
x
1− R
dy
=
1+y
log(1 + y) = C log 1 − x ,
R
C dx,
x
1− R
∴ y = −1 + 1 − x
R
C
函数論の知識を 使う と ， こ の右辺は x < R で正則な ので， 解の収束半径は少な く と も R 以上である ． 函数論
を 使わな く て も ， 一般 2 項展開の収束半径が 1 である こ と を 用いれば， 同じ 結論が得ら れる ． こ の場合は線型
方程式な ので， 解の収束半径は C に 依存せず， 方程式の係数等の収束半径から 減る こ と が無い．
問 5.5 前半は， (4.12) のすべて の解が収束半径 ρ > R 以上と する と ， 差を 取っ て 斉次方程式のすべて の解も
収束半径 ρ 以上と な る ． 今 ϕ1 , . . . , ϕn を 斉次方程式の解の基底と すれば，
(n)
(n−1)
+ · · · + an ϕ1 = 0,
ϕ1 + a1 ϕ1
...,
(n)
(n−1)
ϕn + a1 ϕn
+ · · · + an ϕn = 0
であり ， こ れから 係数 aj を 未知数と し て 連立 1 次方程式を Cram´er の公式で解く こ と に よ り
an−j+1 =
Wj
,
W (ϕ1 , . . . , ϕn )
を 得る ． こ こ に , 分母は ϕ1 , . . . , ϕ
行列式な ので , 線形方程式の一般論に よ り 決し て 0 に な ら な
n の Wronski
(n)
ϕ1
..
い． ま た分子は， その第 j 列を − . で置き 換え た行列式である ． こ の右辺の表現は明かに収束半径 ≥ ρ
(n)
ϕn
24
を 持つ． 最後に f (x) に ついて は， 上の方程式のど れか一つを f (x) に ついて 解く こ と に よ り ， やはり 収束半
径 ≥ ρ が分かる ． こ れは仮定に反する ので， 少な く と も 解の一つは収束半径 ≤ R である ． ≥ R は定理 5.1 の
証明 (およ び
) で示さ れて いる ので， 結局収束半径が R に 等し い解が存在する こ と に な る ． 以上の証明
では， 収束半径に 関する 次の二つの事実を 用いた ：
(1) f (x), g(x) の収束半径が ≥ ρ な ら , 積 f (x)g(x) のそ れも ≥ ρ である ．
(2) f (x) の収束半径が ≥ ρ で， f (x) が複素数 x に 対し て |x| < ρ で 0 に な ら な け れば，
も ≥ ρ である ．
1 の収束半径
f (x)
こ れら の性質は複素関数論を 使え ばほぼ自明であ る が， 実の世界だけ で証明し よ う と する と 結構大変であ る ．
関数論を 未修の読者は信じ て 頂き た い．
y1 ′
c
=
後半は， 二つ目を 積分する と y2 = c1 . こ れを 一つ目に代入する と ， y1′ = 1 y1 − 1 . こ れは
x−1
x−1
x−1
y1
c1
c1
=
+ c2 , よ っ て y1 = c1 + c2 (x − 1). こ れら はと も に 収束半径
−
と 変形さ れ， 積分し て
x−1
x−1
(x − 1)2
+∞ を 持つが， 方程式の係数 1 は明かに収束半径 1 な ので， すべて の解の収束半径が真に 増大し て いる ．
x−1
y
な お， 単独方程式の場合は， 例え ば y ′ +
= 1 では， 一般解は y = 1 + c な ので， c = 0 のと き
x−1
x−1
x−1
だけ 収束半径は増大する が他のすべて の解は係数と 同じ 収束半径を 持つ .
問 5.6 ［ 例題 7.4 そ の１ ］
(a)n (b)n n
x はいつでも 有効な
(c)n n!
(a − c + 1)n (b − c + 1)n n+1−c
x
が解と な る ． c
(2 − c)n n!
問 5.7 (a)n := a(a + 1) · · · (a + n − 1) と いう 略記号を 用いる と き ， y =
∞
n=0
整級数解である ． 更に ， c が整数でな いと き は， y = c0
が整数のと き は準備中. ［ 例題 7.4 そ の１ ］
問 5.8 y =
∞
n
n
y′
(−1) n!x を 形式的に 項別微分する と ，
=
∞
(−1)n nn!xn−1 , 従っ て
n=1
n=0
x2 y ′ =
∞
∞
n=0
(−1)n nn!xn+1 =
∞
∞
(−1)n (n + 1)!xn+1 −
n=1
n=1
n=1
(−1)n n!xn+1 = −y + 1 − x − (xy − x) = −(x + 1)y + 1
すな わち ， x2 y ′ + (x + 1)y = 1 を 満たす . こ の方程式は定数変化法で求積でき て ，
dy
= − x +2 1 ,
y
x
log y = − log x + 1 + C,
x
y = c e1/x .
x
こ れを も と の非斉次方程式に 代入し て
c′ xe1/x = 1,
∴
従っ て 一般解は
1/x
y=e
x
e−1/x dx + C
x
c=
x
0
e−1/x dx + C
x
と な る . 最初に 与え ら れた級数は形式的に x = 0 で 1 と な る ので， そ れに 合わせて 定数を C = 0 に と る と ，
1/x
y=e
x
x
0
e−1/x dx.
x
こ の積分は
x
0
e−1/x dx =
x
x
0
xd(e−1/x ) = xe−1/x
x
0
x
−
25
0
e−1/x dx = xe−1/x −
x
0
x2 d(e−1/x )
以下， こ の部分積分を 続け る と
x
= {x − x2 + 2x3 − + · · · + (−1)n n!xn+1 e−1/x } − (−1)n
(n + 1)!xn e−1/x dx
0
と な る . こ れを 上に 代入する と ，
x
1/x
y = 1 − x + 2x2 − + · · · + (−1)n n!xn − (−1)n e x
(n + 1)!xn e−1/x )dx
0
こ の最後の項は， 積分値が (n + 1)!xn+1 e−1/x で上から 評価さ れる ので，
≤ (n + 1)!xn = O(xn )
と な る . 従っ て 最初の級数は， 真の解の x → +0 での漸近展開と な っ て いる . (剰余項が O(xn+1 ) に な っ て い
な く て も ， n が任意な ので， こ れで漸近展開の証明に はな る .)
問 5.9 Φ(x)Φ(x)−1 = I の両辺を 微分する と
Φ(x)′ Φ(x)−1 + Φ(x){Φ(x)−1 }′ = O
移行し て 左から Φ(x)−1 を 掛け る と
{Φ(x)−1 }′ = −Φ(x)−1 Φ(x)′ Φ(x)−1 .
問 5.10 ［ 例題 7.6］
n
2
2
問 5.11 hn (x) = (−1)n d n e−x , Hn (x) = hn (x)ex と 置く と き ， Hn が n 次の多項式で , そ の最高階は xn
dx
と な る こ と は明ら かである . (厳密に は数学的帰納法で証明すればよ い .) ま た， 定義から 明ら かに
h′n (x) = −hn+1 (x) = −Hn+1 (x)e−x
2
(A5.1)
2
である が， 他方こ れは, hn (x) = Hn (x)e−x に 対し て 微分を 実行する こ と に よ り
2
Hn′ (x)e−x − 2xHn (x)e−x
2
(A5.2)
と な る こ と も 明ら かである . こ れら 二つから ま ず，
Hn+1 = 2xHn − Hn′
(A5.3)
と いう 漸化式を 得る . 他方， Leibniz の公式から
n
n+1
n
2
2
2
hn+1 (x) = (−1)n+1 d n+1 e−x = (−1)n+1 d n d e−x = (−1)n+1 d n (−2xe−x )
dx
dx
dx
dx
n−1
2
n dn −x2
= 2x(−1)
+ 2n(−1)n d n−1 e−x = 2xhn (x) − 2nhn−1 (x)
e
n
dx
dx
も 得ら れる . こ れから
Hn+1 = 2xHn − 2nHn−1
(A5.4)
Hn′ = 2nHn−1
(A5.5)
Hn′′ = 4n(n − 1)Hn−2
(A5.6)
と いう 漸化式が得ら れ， 二つを 繋ぐ と
が得ら れる . こ れを 反復さ せる と
26
も 得ら れる . ま た (A5.4) は
2xHn = Hn+1 + 2nHn−1
(A5.7)
のよ う に も 使え る . さ て ， (こ こ から 指数の肩を x2 /2 に 変え て )
d2 e−x2 /2 = d (−xe−x2 /2 ) = (x2 − 1)e−x2 /2
dx
dx2
(A5.8)
に 注意する と ， Leibniz の公式, (A5.5), (A5.6), 次いで (A5.7) を 一つずら し たも のよ り
2
2
(− d 2 + x2 )(Hn (x)e−x /2 )
dx
= {−Hn′′ (x) + 2xHn′ (x) − (x2 − 1)Hn (x) + x2 Hn (x)}e−x
= {−4n(n − 1)Hn−2 (x) + 4nxHn−1 (x) + Hn (x)}e−x
2 /2
2 /2
= {−4n(n − 1)Hn−2 (x) + 2n(Hn + 2(n − 1)Hn−2 ) + Hn (x)}e−x
= (2n + 1)Hn (x)}e−x
よ っ て ψn (x) = Hn (x)e−x
する と
2 /2
∞
ψn (x)2 dx =
=
2n xn
=
2 /2
は固有値 2n + 1 に 対応する 固有函数である こ と が分かっ た． 正規化定数を 計算
−∞
こ こ で Hn (x) の最高次は
2 /2
∞
−∞
∞
−∞
2
Hn (x)2 e−x dx =
∞
2
Hn (x)(Hn (x)e−x )dx
−∞
n
2
Hn (x)(−1)n d n e−x dx
dx
である こ と が定義から 容易に 分かる ので， 部分積分する と
∞
n
2
( d n Hn (x))e−x dx =
dx
−∞
∞
√
2
2n n!e−x dx = 2n n! π.
−∞
よ っ て ψn (x) を こ の平方根で割れば正規化固有函数が得ら れる ． 直交性は対称作用素の一般論から 自明であ
る ． 完全性は略す .
最後に ， 前の方のいく つかを 確認し て おこ う ．
H0 = 1,
2
2
H1 = −ex d e−x = 2x,
dx
x2 d2 −x2
H2 = e
e
= 4x2 − 2,
dx2
3
2
2
H3 = −ex d 3 e−x = 8x3 − 12x
dx
よ っ て (A5.6) に 注意する と ，
1 H (x)e−x2 /2 に 対し て 計算すれば
2n n
2
2
2
2
(− d 2 + x2 )e−x /2 = (−x2 + 1 + x2 )e−x /2 = e−x /2 ,
dx
2
2
2
2
(− d 2 + x2 )(xe−x /2 ) = (−(x2 − 1)x + 2x + x3 )e−x /2 = 3xe−x /2 ,
dx
2
2
2
(− d 2 + x2 )((x2 − 1 )e−x /2 ) = {−(x2 − 1)(x2 − 1 ) + 2 · 2x · x − 2 + x2 (x2 − 1 )}e−x /2
2
2
2
dx
2
= 5(x2 − 1 )e−x /2 ,
2
2
2
2
(− d 2 + x2 )((x3 − 3 x)e−x /2 ) = {−(x2 − 1)(x3 − 3 x) + 2 · (3x2 − 3 ) · x − 6x + x2 (x3 − 3 x)}e−x /2
2
2
2
2
dx
2
= 7(x3 − 3 x)e−x /2
2
27
と な り ， 固有値は一般式と 合致し て いる ．
第6章
問 6.1 解の延長定理に よ り ， 解が y 軸方向に 爆発し な け れば， x に ついて 大域的に 存在する ． 定理の条件か
ら , y ′ = g(y) の解で x = a での値が |c| と なる も のを z = z(x) と する と き ， x ≥ a において 常に |y(x)| ≤ z(x)
が成り 立つこ と を 言え ばよ い．（ 厳密に は， g(y) が y ≥ 1 でし か定義さ れて いな いので， 最後に |y| ≤ 1 から
飛び出し たと こ ろ から 議論を 始める べき である が， そ こ を x = a である と し て も 一般性を 失わな い．） 実際に
は解 z(x) は用いず， y ′ = g(y) を 変数分離し 積分し て 得ら れる そ の逆関数を 用いて 初等的な 考察で逆側から 比
較する . こ れは比較定理に 持ち 込むと 余分な 仮定を 必要と する 恐れがある から であ る ．
仮定 |f (x, y)| ≤ g(|y|) に よ り
d|y|
dy
≤ | | ≤ |f (x, y)| ≤ g(|y|)
dx
dx
こ の両辺を g(|y|) で割り 算し て から x に ついて x = a から 積分すれば，
x
a
こ の左辺の積分は， 変数変換で
1 d|y| dx ≤
g(|y|) dx
x
a
|y(x)|
|c|
|f (x, y(x))|dx ≤ x − a
1 dy
g(y)
に 帰着する ． 仮定に よ り こ れは y に つき +∞ ま で積分する と 値が無限大に 発散する ので， こ のと き 必然的に
x → ∞ でな け ればな ら な い． すな わち ， x が有限な と こ ろ で |y| が無限大に 発散する こ と は有り 得な い．
g(y) = K|y| は Osgood の一意性定理と ， 本定理の両方の仮定を 満た す . つま り Lipschitz 条件は実に う
ま く でき て いる のである ．
第7章
問 7.1 ✿✿✿
(6)✿✿✿✿✿✿✿✿✿✿✿✿✿✿✿✿✿✿✿✿✿✿
上方への逆向き 爆発 出発点 (x0 , y0 ) が y0 > 0 を 満た すと し ， こ こ から x を 減ら し て ゆく と
3 の領域に あ る の
き ， 有限のと こ ろ で y → +∞ と な る こ と を 示す． 実際， 出発点を (x0 , y0 ) と すれば， ⃝
2
で , x0 − y0 < 0. そ こ から x の減少方向に 進むので， y は増加し ， 従っ て ， y0 ≥ 0 な ら ， 解曲線上 x ≤ x0 ,
x0 − y 2 ≤ x0 − y02 < 0 と 仮定でき ，
dy
= x − y 2 ≤ x0 − y 2 ,
dx
∴
dy
1
≤ −1
y 2 − x0 dx
こ れを x から x0 ま で積分する と ,
x0 > 0 な ら ，
x0 = 0 な ら ，
x0 < 0 な ら ，
√
√
y0 − x0
y − x0
1
√
√ − log
√
log
≤ x − x0
2 x0
y0 + x0
y + x0
1 − 1 ≤x−x ,
0
y0 y
y
y
√1
Arctan √ 0 − Arctan √
≤ x − x0
−x0
−x0
−x0
こ の左辺は, いずれの場合も y → +∞ と し たと き 有限な 値に 収束する ． よ っ て x は −∞ に 行く こ と はでき
ず， ある 有限な 値で y → ∞ と な ら ざる を 得な い． 具体的に は， 解は， そ れぞれの場合に ついて
√
1 log y0 + √x0 ,
√
x
−
x0 > 0 のと き ,
0
2 x0
y0 − x0
x≥
x0 + 1 ,
x0 = 0 のと き ,
y0
y
0
π − Arctan √
x − √1
, x0 < 0 のと き ,
0
−x0 2
−x0
28
のど こ かで +∞ に 爆発する ．
問 7.2 以下問に 書かれた 汎用的な 表現で論ずる ． 教科書で使う と き は， a に 1, K に 2 を ， ま た ϕ(x) に
ϕ(x) − ψ(x) を 代入すればよ い．
x
ϕ(t)dt
ϕ(x) ≥ ϕ(a) + K
a
を x ≥ a で仮定し て ϕ(x) ≥ ϕ(a)eK(x−a) を x ≥ a で導く ． 上の不等式を 自分自身に 代入する と ，
t
x
ϕ(x) ≥ ϕ(a) + K
a
a
= ϕ(a){1 + K(x − a)} + K 2
≥ ϕ(a) 1 + K(x − a) +
x
+ K n+1
a
ϕ(t1 )dt1 dt
ϕ(a) + K
dt
a
{K(x −
2!
a
a)}2
ϕ(t1 )dt1
+ ··· +
{K(x − a)}n
n!
tn−1
t
a
t
x
···
ϕ(tn )dtn
a
最後の量は, ある 有界区間 [a, b] で |ϕ(x)| ≤ M と する と ， 被積分函数 ϕ(tn ) を M で置き 換え たも のは積分が
{K(x − a)}n+1
M で抑え ら れる の
実行でき る ． こ う し て Gronwall の補題の証明と 同様， 最後の項は絶対値が
(n + 1)!
で， n → ∞ と すれば 0 に行く ． 従っ て 上の不等式の n → ∞ の極限と し て ， 求める 不等式 ϕ(x) ≥ ϕ(a)eK(x−a)
が少な く と も [a, b] 上で得ら れる ． し かし b は任意な ので， 実はこ れは x ≥ a 全体で成り 立つ．
問 7.3 (1) x2 − y 2 は y に つき 局所一様 Lipschitz な ので， 任意の点を 通っ て 解曲線が局所的に ただ一つ存在
する ． し かし ， 大域的に は一様 Lipschitz でな いので， 解は有限時間で爆発する 可能性があ る ．
(2) 勾配場は y = ±x に 沿っ て 0 と な る ． 領域 |y| < |x| では勾配は正で， 解は単調に 増加， ま たそ の外側
|y| > |x| では， 勾配は負で， 解は単調減少する ． 境目 |y| = |x| では解は単調増加と 単調減少を 交代する ので，
x > 0 では極小値， x < 0 では極大値を 取る ．
x
(3) 教科書の例 7.1 と 同様の計算で， 解曲線に 沿っ て y ′′ = 2x − 2y(x2 − y 2 ) = 2y( + y 2 − x2 ) と な る . こ
y
れよ り ， x − y(x2 − y 2 ) = 0 が解曲線の変曲点の軌跡である . こ れを x に ついて 解く こ と に よ り
y > 0 では，
1−
1 + 1 + 4y 4
1 + 4y 4
<x<
で凸， そ の外で凹，
2y
2y
y < 0 では， そ の逆
2
· 1 ± 2y = ±y + 1 で y = ±x に 右側から 漸近し ，
と な る こ と が分かる . こ の関数は y → ∞ のと き x =
·
2y
2y
2
1 ∓ 2y
1
·
= ∓y +
で y = ±x に 左側から 漸近する ． ま た y ∼ 0 では x 軸に 漸近する 分
y < 0 では逆に x =
·
2y
2y
枝と 原点に 垂直に 入る 分枝に 繋がる ．
1 から 出発し た 解曲線は, 単調減少し ， y = x, x > 0 のど こ かで水平に 領域
(4) (a) 領域 y > |x|. . . ⃝
4 に 入り ， 以後こ の中に 留ま る ．
x > |y|. . . ⃝
2 から 出発し た 解曲線は単調増加で y = −x, x < 0 に 水平に ぶつかっ て 領域⃝
1 に 入る
(b) 領域 x < −|y|. . . ⃝
3 に 入る か , 例外的に 原点を 通っ て 領域⃝
4 に 入る かのいずれかであ
か , y = x, x < 0 に 水平に ぶつかっ て 領域⃝
る ． そ れぞれ， 以後の挙動は対応する 領域に おけ る 挙動に 従う ．
1 + 1 + 4y 4
3 から 出発し た解曲線は単調減少であ る が， 下方では変曲点の分枝 x =
(c) 領域 y < −|x|. . . ⃝
,
2y
y < 0 に 到達せず， 凹のま ま −∞ に 発散する (有限時間爆発)． 他方， こ の分枝に 到達する と 凸に 転じ ， 極小
4 に 入り 込む．
値の軌跡 y = −x, x > 0 と 水平に 交わっ て 領域⃝
29
1 + 4y 4
, y > 0 の右側に 必ず入り 込み凹と
2y
1 + 1 + 4y 4
, y → ∞ に 漸近する ，
な っ て そ こ に 留ま る ． 更に ， こ れら はすべて 変曲点の分枝 x =
2y
2 から 出て ⃝
3 に入る 分枝が −∞ に発散する か， 領域⃝
4 に入る かの境目に は 1 本の解曲線が存在し ，
(e) 領域 ⃝
4
1 + 1 + 4y
, y → −∞ に 左側から 漸近する ． こ のよ う な 分離解曲線の存在と 一意
こ れは変曲点の分枝 x =
2y
性は， 例 7.1 (8) と 同様の論法で示すこ と ができ る ． (5) こ の微分方程式は原点に 関し て 対称な ので， (個々 の
解曲線は 1 本を 除き 原点に 関し て 対称ではな いが ) x → −∞ での挙動は x → ∞ での挙動を 点対称に 写せば
分かる ．
計算と 証明の詳細に ついて は， [6] の例題 8.3 と 問題 8.3.1 の解答を 見よ ．
4 から 出発し た解曲線は， いずれ変曲点の分枝 x =
(d) 領域⃝
1+
問 7.4 y ′ = sin y の場合は変数分離し て 求積でき ，
dy
= dx,
sin y
sin ydy
=
sin2 y
2x
y = Arccos 1 − ce2x
1 + ce
x+C =
2x
∴ cos y = 1 − ce2x ,
1 + ce
dy
=
sin y
−d cos y
1 − cos y
= 1 log
2
2
1 + cos y
1 − cos y
1
のと き
と 求ま り ， 解曲線は x → ∞ のと き 直線 y = (2n + 1)π, n ∈ Z に 漸近する ． 他方， y ′ =
log(2
+ x2 )
√
は, x ≥ 2 に おいて
x
y=
0
1
dx+C ≥
log(2 + x2 )
√
0
2
1
dx+C+
log(2 + x2 )
x
√
2
1 dx =
log x2
√
0
2
1
dx+C+
log(2 + x2 )
x
√
2
1 dx
2 log x
であり ， 最後の積分は x → ∞ のと き ， ゆっ く り と ではある が +∞ に 発散する ． よ っ て ， 問題の方程式はど
ち ら の項が卓越的であ る か悩むと こ ろ だが， 数値実験し て みる と ， ど う やら sin y の方が勝り ， 解は x → ∞
のと き 2nπ, n ∈ Z に 漸近する よ う である ． そ こ で以下こ の証明を 試みる ．
方程式は y 方向に周期的な ので， 0 < c ≤ 2π の範囲の初期値を x = 0 で与え て 解の挙動を 見れば十分である ．
1
は常に 正であり ， 原点の近く では 1 よ り 大き いが， x の増加と と も に 直に 1 よ り 小さ く な り ， 0
log(2 + x2 )
に 収束し て ゆく ． よ っ て 0 < y < π の範囲では勾配場は最初から 右上がり であ り ， π < y < 2π では最終的
に 右下がり と な る ． y = π の線上では正で 0 に 収束し て ゆく . 以上よ り x がこ の範囲の初期値から 出発すれ
ば， 解曲線は y = π に 収束する こ と が予想さ れる ． 解曲線が y = π の上に 出る こ と は明ら かな ので， こ れを
証明する に は， ∀ε > 0 に ついて , π + ε ≤ y ≤ 2π − ε の範囲の解曲線が， x の増加と と も に 帯 y ≥ π + ε の中
に 入り 込むこ と を 示せばよ い． 背理法に よ り ， も し x∞ で解曲線が帯 π + ε ≤ y ≤ 2π − ε の中に 留ま り 続け
1
≤ 1 sin ε， すな わち ， x ≥ x0 := exp 2 に おいて は
た と する と ， sin y ≤ − sin ε と な る ので，
2
sin ε
log(2 + x2 )
1
′
y ≤ − sin ε. よ っ て こ こ では
2
y ≤ y(x0 ) − sin ε (x − x0 )
2
30
と な り ， 僅かではある が負の傾き の直線で上から 抑え ら れる ので， 有限時間でこ の帯を 下方に 飛び出し て し ま
う ． 以上によ り 解曲線は直線 y = π の上方から こ の直線に漸近する こ と が分かっ た . y ≥ 2π で直線 y = 2π の
近く では y = 0 と 同様， 増加し て y = 3π に 向かう ． 微妙な のは y = 2π の少し だけ 下のと こ ろ だが， こ こ で
は直線 y = 2π に 下から 漸近する ただ一つの解曲線が有り ， そ の上では増加し て y = 3π に 向かい， そ の下で
は y = π に 落ち て く る ． こ の境目を 成す解曲線は， y = 2π 上の点 x = c から 逆向き に 解いて 得ら れる 解曲線
の c → ∞ と し たと き の極限と し て 得ら れる ． こ の極限が解曲線と し て 定ま る こ と の証明は， 教科書の例 7.1
の (8) と 同様の論法で一意性も 込めて 証明でき る ．
π
0
−π
問 7.5 y の方程式の主要部は y ′ = −3y で， そ の解は y = Ce−3t であり ， 問題の方程式はそ れに 高次の摂動
を 加え ただけ な ので， 一見する と 同じ よ う な 減少速度を 示し そう に思っ て し ま う が， ち ゃ んと 求積し て みる と ，
第 1 の方程式から x = c1 e−t な ので， こ れを 第 2 の方程式に 代入する と ， y ′ = −3y + c21 e−2t . こ れを 求積す
ると
(e3t y)′ = c21 et , ∴ e3t y = c21 et + c2
2
と な り ， こ れから y = c2 e−3t + c21 e−2t . 従っ て 一般の解は減少速度が O(e t ) に し かな ら ず， 例外的に c1 = 0
のと き だけ 本来の y の線型方程式の減少度 O(e−3t ) を 持つ． こ れは解軌道と し て は x 軸上原点に 左右から 近
づく 2 本だけ である ．
問 7.6 こ の方程式の摂動項は 1 次よ り ほんのち ょっ と 小さ いだけ であ る ． こ の問題はそ のよ う な と き は主部
が回転し な い (1) の型であっ て も ， 解軌道が原点に無限に 巻き 込むこ と があり 得る こ と を 示す例である ． 教科
書の定理 7.2 の (2) の証明中の計算から , 軌道の回転速度は
′
′
y
dθ = xy − yx = 1 x − y − x
−y −x+
2
2
dt
log r
log r
x +y
r2
=− 1
log r
従っ て ， 回転は固有値の実部が負の場合の定速度よ り は遅く ， 原点に 近づく に 連れて ゆっ く り と な る ． 同じ く
教科書の計算から
′
′
dr = xx + yy = 1 x − x + y
+y −y− x
r
r
dt
log r
log r
から r = Ce−t , log r = −t − c である ので ,
dθ = 1 ,
t+c
dt
t
∴
θ = θ0 +
0
= −r
1 dt
t+c
と な り ， こ の最後の積分は t → ∞ のと き 限り な く 大き く な る ので， 回転の総角度は有限の値に は収束し な い．
すな わち ， いつま でも 回り つづけ る ．
問 7.7 前問と 同様に 計算する と ，
′
′
dr = xx + yy = 1 x − x + O( r ) + y − y + O( r ) = −r + O( r ),
r
r
dt
(log r)2
(log r)2
(log r)2
′
′
dθ = xy − yx = 1 x − y + O( r ) − y − x + O( r ) = O( 1 )
dt
r2
r2
(log r)2
(log r)2
(log r)2
31
第 1 の方程式から ,
−(1 + ε)r ≤ dr ≤ −(1 − ε)r
dt
∴
Ce−(1+ε)t ≤ r ≤ Ce−(1−ε)t
で , と に かく r は解軌道に 沿っ て 時間と と も に 指数減少する ． 第 2 の方程式と 合わせる と
1
dθ ≤ c
,
dr
r(log r)2
r
∴
θ≤c
r0
1
1 − 1 )
dr = c
log r0 log r
r(log r)2
こ れは t → ∞, 従っ て r → 0 のと き 有限な 値に 収束する ． つま り 回転角の総和に は上限が存在し ， いつま で
も 回り 続け る こ と は無い．
問 7.8 y > 0 で論ずる が， y < 0 も 同様である ． ヒ ン ト に 書かれたよ う に ， δ > 0 を 十分小さ く (条件は後で
特定する ) 選んで固定する ． 原点を 中心と する 辺長 2δ の正方形を Dδ と 記そ う ． 水平線 y = δ 上の点 (x, δ)
で， そこ から 発する 解軌道が Dδ を 右に抜け 出すよ う な も のの集合と ， 左に抜け 出すよ う な 点の集合は互いに
右左に 分かれて いる ので， 前者 の x に は下限 x+ ， 後者に は上限 x− が存在する ． t = 0 でこ れら 二つの点か
ら 発する 解軌道 (x+ (t), y + (t)), (x− (t), y − (t)) は， そ れぞれ右ま たは左に 向かっ て Dδ から 抜け る こ と ができ
な い． 実際， も し x+ から 発する 解軌道が t = T で (δ, m) に 到達し たと すれば， 有限時間区間に おけ る 初期
値に 対する 解の連続依存性に よ り , 十分小さ な ε > 0 を 取る と き ， x = δ, y = m − ε を 通る 解軌道は, 時間を
T から 0 ま で遡る と き ， 最初の解軌道の十分近く を 通り ， 従っ て y = δ と 交わる が， そ れは x+ よ り 左の点
にな る ので， x+ がこ のよ う な 解軌道の出発位置の下限であっ たこ と に 反する ． x− について も 同様である ． 教
科書で既に 示さ れたと こ ろ に よ り ， こ れら の解軌道は, 十分小さ い δ > 0 に 対し て は Dδ 内の y > 0 の範囲で
y 座標は単調に 減少する と し て よ いが， 原点以外で x 軸に 近づく と x 座標が t に ついて 指数的に 増大する の
で， x 軸の正の部分に 交わっ たり ， そ こ に 収束する こ と はでき な い． よ っ て こ れら の軌道は， 特異点である 原
点に 限り な く 近づく し かな い．
次に x+ = x− を 示そう ． 背理法によ り ， x+ − x− > 0 と し て 矛盾を 導く . こ のためには， こ れら の軌道上で
の y 座標の挙動を も う 少し 精細に見る 必要がある . 符号を 見易く する ため µ < 0 と し て いたのを −µ, µ > 0 と
書く こ と にする と ， x′ = λx + g(x, y), y ′ = −µy + h(x, y), λ, µ > 0, ま た g, h は C 1 級で， いずれも o(|x| + |y|)
である ． こ れら の仮定から ， ま ず g, h の偏導関数は x, y → 0 のと き 0 に近づく こ と が分かる ． 実際， 偏導函
数は連続で， かつ原点に おけ る そ の値は 0 だから である ． する と ， ∀ε > 0 を 与え ら れたと き ， δ > 0 を 十分
小さ く と れば， 平均値定理に よ り , Dδ 内の 2 点 (x1 , y1 ), (x2 , y2 ) に 対し て
|g(x1 , y1 ) − g(x2 , y2 )| = |g(x1 , y1 ) − g(x2 , y1 )| + |g(x2 , y1 ) − g(x2 , y2 )|
∂g
∂g
(ξ, y1 ) |x1 − x2 | +
(x , η) |y1 − y2 |
=
∂x
∂y 2
≤ ε|x1 − x2 | + ε|y1 − y2 |
が成り 立つ． h(x, y) に ついて も 同様である ．
さ て ， (x+ , δ), (x− , δ) を 時刻 t = 0 に 発する 解を そ れぞれ (x1 (t), y1 (t)), (x2 (t), y2 (t)) と 置く と き ， 二つの
軌道の差を 取る と
y1′ = µy1 + h(x1 , y1 ), y2′ = µy2 + h(x2 , y2 )
から ,
(y1 − y2 )′ = −µ(y1 − y2 ) + h(x1 , y1 ) − h(x2 , y2 )
≥ −µ(y1 − y2 ) − ε(x1 − x2 ) − ε|y1 − y2 |
(y2 − y1 )′ ≥ −µ(y2 − y1 ) − ε(x1 − x2 ) − ε|y1 − y2 |
32
よ っ て 教科書の p.169, 補題 6.15 に よ り ， |y1 − y2 |′ ≤ |(y1 − y2 )′ | な ので， こ れから
−|y1 (t) − y2 (t)|′ ≥ −|(y1 (t) − y2 (t))′ | = min{(y1 (t) − y2 (t))′ , (y2 (t) − y1 (t))′ }
≥ min{−µ(y1 (t) − y2 (t)), −µ(y2 (t) − y1 (t))} − ε(x1 (t) − x2 (t)) − ε|y1 (t) − y2 (t)|
= −µ|y1 (t) − y2 (t)| − ε(x1 (t) − x2 (t)) − ε|y1 (t) − y2 (t)|
= −(µ + ε)|y1 (t) − y2 (t)| − ε(x1 (t) − x2 (t))
次に ， x 座標の方は
(x1 (t) − x2 (t))′ = λ(x1 (t) − x2 (t)) + g(t, x1 (t), y1 (t)) − g(t, x2 (t), y2 (t))
≥ λ(x1 (t) − x2 (t)) − ε(x1 (t) − x2 (t)) − ε|y1 (t) − y2 (t)|
= (λ − ε)(x1 (t) − x2 (t)) − ε|y1 (t) − y2 (t)|
こ れら 二つから ， も し λ − 2ε ≥ µ + 2ε な ら (δ を 十分小さ く 選べば ε を いく ら でも 小さ く でき る ので , こ れは
λ > µ な ら 可能である ） , x1 > x2 な る 限り
{(x1 (t) − x2 (t)) − |y1 (t) − y2 (t)|}′ ≥ (λ − 2ε)(x1 (t) − x2 (t)) − (µ + 2ε)|y1 (t) − y2 (t)|
≥ (µ + 2ε){(x1 (t) − x2 (t) − |y1 (t) − y2 (t)|}
従っ て
{(x1 (t) − x2 (t)) − |y1 (t) − y2 (t)|)e−(µ+2ε)t }′ ≥ 0
が成り 立つ． t = 0 では x1 (t) − x2 (t) = x+ − x− , |y1 (t) − y2 (t)| = 0 な ので， 両辺を 0 から t ま で積分する と
(x1 (t) − x2 (t)) − |y1 (t) − y2 (t)|)e−(µ+2ε)t ≥ x+ − x−
従っ て ，
(x1 (t) − x2 (t)) − |y1 (t) − y2 (t)| ≥ (x+ − x− )e(µ+2ε)t
と な る ． 右辺は t → ∞ のと き 指数増大する ． し かし x1 (t) − x2 (t) も |y1 (t) − y2 (t)| も t → ∞ のと き 0 に 近
づく のであっ たから ， こ れは不合理である ． (厳密に は x1 (t) − x2 (t) > 0 が最初から すべて の t で成り 立つ保
証は無いが， 少な く と も t = 0 の近く では連続性に よ り そ れが成り 立ち ， その範囲では上の論法が通用する の
で， 実はいつま でも x1 (t) − x2 (t) > 0 である こ と が同時に分かる ． 2 本の解曲線は交わら な いので x1 > x2 が
途中で崩れる こ と は有り 得な いと 思われる かも し れな いが， y1 , y2 の零に 近づく 速度に 差がある と ， 交わら な
く て も 次図のよ う な 状況が起こ り う る ． も と も と こ の証明は， 有り 得な いこ と が確かに 起こ ら な いこ と を 示そ
う と し て いる ので， こ う いう と こ ろ も ち ゃ んと 議論し な け ればな ら な い． )
(x2,y2)
(x1,y1)
さ て ， λ ≤ µ のと き はも う 少し 工夫を 要する ．（ 原点の近傍で線形の座標変換を し て も ， 固有値 λ, µ を 変え
る こ と はでき な いこ と に注意せよ ． よ っ て 簡単な 変換な ど を 用いて 上の場合に 帰着さ せる こ と は難し そ う であ
33
る ．） こ のと き は，
d y1 − y2 ′
dt x1 − x2
(A7.1)
{−µ(y1 − y2 ) + h(x1 , y1 ) − h(x2 , y2 )}(x1 − x2 ) − {λ(x1 − x2 ) + g(x1 , y1 ) − g(x2 , y2 )}(y1 − y2 )
=
(x1 − x2 )2
|y1 − y2 |
≤ 1 が明ら かに 成り 立っ て いる ． 以下こ れが t → ∞ ま で成り 立つこ と を
x1 − x2
上の微分方程式を 用いて 示そ う ． ま ず 0 ≤ y1 − y2 ≤ (x1 − x2 ) が成り 立っ て いる 間は， (A7.1) よ り
を 考え る ． t が小さ い間は
d y1 − y2
dt x1 − x2
よ っ て こ の間は
と なる ．
′
≤ −(λ + µ − 3ε)
y1 − y2 (λ+µ−3ε)t
x1 − x2 e
′
y1 − y2
+ε
x1 − x2
≤ εe(λ+µ−3ε)t
y1 − y2
の初期値が 0 である こ と に 注意し て こ れを 積分する と ，
x1 − x2
y1 − y2 (λ+µ−3ε)t
ε
{e(λ+µ−3ε)t − 1}
≤
x1 − x2 e
λ + µ − 3ε
∴
y1 − y2
ε
x1 − x2 ≤ λ + µ − 3ε
と な る ． ま た， −(x1 − x2 ) ≤ y1 − y2 ≤ 0 に おいて は， y1 − y2 の代わり に y2 − y1 を 考え る と ， 上と 同様に
して
y2 − y1 (λ+µ−3ε)t ′
y1 − y2
ε
e
≥−
≤ εe(λ+µ−3ε)t
∴
x1 − x2
x1 − x2
λ + µ − 3ε
と な る ． も し y1 − y2 が符号を 変え る 点が有れば， そ こ では y1 − y2 は一旦 0 と な る ので， そ こ を 時刻の原点
|y1 − y2 |
ε
と 思え ば上と 同じ 議論がそ の後に適用でき る ． 以上によ り
がずっ と 成り 立つ． こ の右
≤
x1 − x2
λ + µ − 3ε
辺の定数が ≤ 1 と な る よ う に ε を 選んでおく こ と は可能だから ， 以上に よ り |y1 − y2 | ≤ x1 − x2 が示さ れた．
する と
(x1 − x2 )′ = λ(x1 − x2 ) + g(x1 , y1 ) − g(x2 , y2 ) ≥ λ(x1 − x2 ) − ε(x1 − x2 ) − ε(y1 − y2 )
≥ (λ − 2ε)(x1 − x2 )
よ っ て,
{(x1 − x2 )e−(λ−2ε)t }′ ≥ 0
∴
(x1 − x2 )e−(λ−2ε}t ≥ x+ − x−
従っ て x1 − x2 ≥ (x+ − x− )e(λ−2ε)t と な り ， λ − 2ε > 0 と な る よ う に ε が選ばれて いれば， t → ∞ のと き 0
に近づく はずの x1 − x2 が指数増大する こ と に な る ．（ 厳密には， こ の論法を 平行し て 行う こ と で， 最初に調べ
y − y2
の分母が 0 に な ら な いこ と も 保証さ れる ．）
た量 1
x1 − x2
こ れは不合理である から ， y > 0 の側から 原点に 近づく 解曲線はただ一本であ る こ と が示さ れた．
問 7.9 変換 x = ϕ(ξ, η), y = ψ(ξ, η) に よ り ,
dx
dt
dy
dt
∂ϕ
∂ξ
∂ψ
∂ξ
=
∂ϕ
∂η
∂ψ
∂η
dξ
dt
dη
dt
従っ て ，
dξ
dt
dη
dt
=
∂ϕ
∂ξ
∂ψ
∂ξ
∂ϕ
∂η
∂ψ
∂η
34
−1
=
f (ϕ, ψ)
g(ϕ, ψ)
f (ϕ, ψ)
g(ϕ, ψ)
こ こ で， t(ξ, η) = t(0, 0) での Taylor 展開を
ϕ(ξ, η)
ξ
= S η + o( ξ 2 + η 2 )
ψ(ξ, η)
と すれば， そ こ で
∂ϕ
∂ξ
∂ψ
∂ξ
∂ϕ
∂η
∂ψ
∂η
と な る ので，
∂ϕ
∂ξ
∂ψ
∂ξ
また
−1
∂ϕ
∂η
∂ψ
∂η
= S −1 + o(1)
f (x, y)
x
= A y + o( x2 + y 2 ) と すれば，
g(x, y)
f (ϕ, ψ)
ϕ
= A ψ + o(
g(ϕ, ψ)
よって
= S + o(1)
dξ
dt
dη
dt
ξ
ϕ2 + ψ 2 ) = AS η + o( ξ 2 + η 2 )
ξ
= (S −1 + o(1)){AS η + o(
ξ
ξ 2 + η 2 )} = S −1 AS η + o( ξ 2 + η 2 )
と な る ． 故に 方程式系の右辺の原点での線形近似は A → S −1 AS と いう 相似変換を 受け る ． た だ し ， 以上
の計算を 見れば分かる よ う に ， も と の方程式系で は剰余項も 込め て C 1 級であっ た が， 変換写像の微分が
級と する ために は， 用いる 変換は ✿✿✿✿
C2
かかっ た せいで， 変換後の剰余項は単に 連続でし かな い． ✿✿✿✿✿✿✿
こ れを ✿✿✿✿
C 1✿✿✿✿✿✿✿✿✿✿✿✿✿✿✿✿✿✿✿✿✿✿✿✿✿✿✿✿✿✿✿✿✿✿✿✿
級と し な け ればな ら な い．
✿✿✿✿✿✿✿✿✿✿✿✿✿✿✿✿✿✿✿✿✿✿✿✿✿✿
問 7.10 始めに 断っ て おく が， 方程式に 現れる 定数パラ メ ータ はすべて 正であ る ．（ でな け れば， 方程式に お
いて + と − の記号を 使い分け (2) と (3) を 別に し た意味が無い (^^;)
(1) (1.38) に ついて は， 特異点は
u(α − βv) = 0, v(γu − δ) = 0
よ り ， (u, v) = (0, 0), ( δ , α ) の 2 点と な る ． 前者では， 右辺の主部が αu, −δv な ので， こ れら の定数がすべ
γ β
て 正な ら ， 原点は鞍点型の特異点と な る ． 後者では，
u(α − βv) = −
δβ
(v − α ) + 高次,
γ
β
v(γu − δ) =
αγ
(u − δ ) + 高次
γ
β
と 変形でき る ので， 渦心点に高次の摂動が加わっ た形である ． よ っ て こ の場合の挙動は高次の項を 合わせて 調
べな いと 一般論では判定でき な い． こ の例では教科書の第 1 章 (1.39) 式のよ う に， 解が具体的に求ま り ， こ の
特異点の近く は周期軌道で埋め尽く さ れて いる こ と が分かる ．
(2) (1.41) に ついて は， 特異点は，
u(α − β1 u − β2 v) = 0,
v(γ1 u − γ2 v − δ) = 0
よ り ， 特異点は (u, v) = (0, 0), (0, − δ ), ( α , 0), およ び ( A , B ), こ こ に A = αγ2 + β2 δ, B = αγ1 − β1 δ,
γ2
D D
β1
′
D = γ1 β2 + γ2 β1 , の 4 個である . (0, 0) における 主部は u = αu, v ′ = −δv で鞍点型である ． (0, − δ ) における
γ2
αγ2 +β2 δ
0
αγ2 + β2 δ
γ δ
γ2
2δ
主部は, u′ =
の固有値は αγ2γ+β
u, v ′ = − 1 u+ δ(v + δ ) で， 行列
, δ でと も に正な
γ1 δ
2
γ2
γ2
γ2
− γ2 δ
αβ
αγ1 − β1 δ
v とな
ので， 発散型の結節点である ． 同様に， ( α , 0) における 主部は u′ = −α(u− α )− 2 v, v ′ =
β1
β1
β1
β1
35
2
−α − αβ
αγ1 − β1 δ
β1
の固有値は −α,
と なり ， αγ1 > β1 δ のと き は鞍点型， αγ1 < β1 δ のと き は
αγ1 −β1 δ
β1
0
β1
収斂型の結節点と なる ． αγ1 = β1 δ のと き は固有値の一つが 0 と なり ， こ の特異点での解軌道の挙動は高次の摂
動項に依存する ので， 後ほど 検討する ． 最後に， ( A , B ) における 主部は, u′ = −β1 A (u − A ) − β2 A (v − B ),
D D
D
D
D
D
A
A
−β
−β
β
A
+
γ
1D
2D
1
2B
,
v ′ = γ1 B (u − A ) − γ2 B (v − B ) であり ， 係数行列は
B
B , こ の行列のト レ ースは −
D
D
D
D
D
γ1 D −γ2 D
行列式は A B (β1 γ2 + β2 γ1 ) と な る ． よ っ て 特性多項式の判別式は
DD
り ， 行列
∆ = 12 {(β1 A + γ2 B)2 − 4AB(β1 γ2 + β2 γ1 )} = 12 {(β1 A − γ2 B)2 − 4ABβ2 γ1 }
D
D
と な る から ， B = αγ1 − β1 δ < 0 のと き は行列式が負で固有値は正負一つずつな ので， 鞍点と な る ． (こ のと
き こ の特異点は第 2 象限に 位置する ので， v は負の値に 収束する こ と に な る ． ) B = αγ1 − β1 δ > 0 のと き は,
更に (β1 A − γ2 B)2 − 4ABβ2 γ1 ≥ 0 な ら 収斂型の結節点， (β1 A − γ2 B)2 − 4ABβ2 γ1 < 0 な ら ， 固有値は実部
負の共役複素根と な り ， 収斂型の渦状点と な る ．
αγ1 > β1 δ, ∆ < 0 のと き
αγ1 > β1 δ, ∆ ≥ 0 のと き
αγ1 < β1 δ のと き
B = αγ1 = β1 δ のと き は固有値の一つが零と な る が， 特異点の v 成分も 同時に 零と な り ， 更に 簡単な 計算
で u 成分は α に 帰着する こ と が確かめら れる ． 従っ て こ のと き 特異点は 3 番目と 一致する ． よ っ て 以下，
β1
αγ1 = β1 δ のと き の特異点 ( α , 0) に おけ る 挙動を 調べる こ と だけ が残さ れた ． こ のと き 方程式系は
β1
β β
u′ = u{(−β1 (u − α ) − β2 v} = −α(u − α ) − 1 2 v − β1 (u − α )2 − β2 (u − α )v,
α
β1
β1
β1
β1
2
′
α
α
v = v{γ1 (u − ) − γ2 v} = γ1 (u − )v − γ2 v
β1
β1
β β
と な る ので， 1 次式 −α(u − α ) − 1 2 v が優位な 間はこ れが減少する 方向に 向かう 動き が優位と な り ， 一旦
α
β1
β
β
直線 α(u − α ) + 1 2 v = 0 に 近づく ． し かし ， こ の直線に 沿っ て
α
β1
β1 β2
2
·
v ′ = v{γ1 (u − α ) − γ2 v} =
· −(γ1 α + γ2 )v < 0
β1
な ので， v > 0 ではそ の後も 特異点に 近づき ， 結節点に 似たパタ ーン を 成すのに 対し ， v < 0 では特異点に 反
発さ れ， 鞍点に 似たパタ ーン を 成す． こ れは線形系の分類では現れな かっ た複雑な 動き である ．
36
同， ( α , 0) での拡大図
β1
αγ1 = β1 δ のと き
(3) (1.42) に ついて は， 特異点は，
u(α − β1 u − β2 v) = 0,
v(δ − γ1 u − γ2 v) = 0
よ り ， (0, 0), (0, δ ), ( α , 0), ( A , B ), こ こ に , A = αγ2 − β2 δ, B = β1 δ − αγ1 , D = β1 γ2 − β2 γ1 の 4 点であ
γ2
D D
β1
る ． (ただし D = 0 と な る 場合は後で調べる ． ) (0, 0) に おけ る 主部は u′ = αu, v ′ = δv で発散型の結節点で
ある ． 次に ， (0, δ ) に おけ る 主部は，
γ2
u′ =
αγ2 − β2 δ
u,
γ2
γ δ
v ′ = − γ1 u − δ(v − γδ ).
2
2
αγ2 − β2 δ
, −δ と な る から ， αγ2 > β2 δ な ら 鞍点， αγ2 < β2 δ な ら 収斂型の結
γ2
節点と な る ． αγ2 = β2 δ のと き は高次の項に 依存する ので後で調べる ． 次に ， ( α , 0) に おいて は，
β1
よ っ て こ の係数行列の固有値は
u′ = −αu,
v′ =
β1 δ − αγ1
v
β1
が主部と な る ので， β1 δ > αγ1 な ら 鞍点， β1 δ < αγ1 な ら 収斂型の結節点と な る ． β1 δ = αγ1 のと き は高次の
項に 依存する ので後で論ずる ． 最後に ， ( A , B ) に おいて は， 主部は
D D
u′ = −
β A
β1 A
(u − A ) − 2 (v − B ),
D
D
D
D
v′ = −
γ1 B
γ B
(u − A ) − 2 (v − B )
D
D
D
A
1A
2A
− βD
− βD
2B
, そ のト レ ース は T = − β1 A+γ
= AB で
, 行列式は (β1 γ2 − β2 γ1 ) AB
D
2B
1B
D
− γD
− γD
D2
γ2
γ1
δ
δ
> , B > 0 ⇐⇒ > , D > 0
ある ． よ っ て ABD < 0 な ら こ の点は鞍点と な る が， こ こ で A > 0 ⇐⇒
α
α
β2
β1
γ1
γ2
>
に 注意せよ ． 従っ て A > 0, B > 0， ある いは A < 0, B < 0 な ら 必然的に D < 0 と な り ， 鞍
⇐⇒
β2
β1
点型と な る ． こ のと き こ の特異点はそ れぞれ第 1 ある いは第 3 象限に 位置する ． A, B が異符号のと き は D の
符号は両方の可能性がある ． D > 0 な ら 鞍点と な る が， D < 0 のと き は固有多項式の判別式
と な り ， 係数行列は
∆=
−
β1 A γ2 B
−
D
D
2
− 4 AB =
D
(β1 A − γ2 B)2 + 4β2 γ1 AB
D2
の符号と 併せて ， T < 0, ∆ > 0 な ら 固有値は実負で収斂型の結節点， T > 0, ∆ > 0 な ら 固有値は実正で発散
型の結節点， T < 0, ∆ < 0 な ら 固有値は実部負の共役複素数で収斂型の渦状点， T > 0, ∆ < 0 な ら 固有値は
実部正の共役複素数で発散型の渦状点と な る ．
最後に 退化する 場合を 調べる ． ま ず D = 0 のと き は， A, B = 0 な ら 4 番目の特異点は存在し な い． D = 0
の下では A, B は比例する ので， 零と なる のは同時だが， そのと き 方程式の右辺の u, v の 1 次式は比例し ， 従っ
37
て 直線 β1 u + β2 v = α に 沿っ て 特異点が並ぶ構造に な る ． た だし こ の 1 次因子は比を 取る と キ ャ ン セ ルする
ので， 軌道はこ の特異線を 越え て 直線状に 繋がっ て いる よ う に 見え る ． 原点は発散型の結節点だが， こ の特異
線へは軌道は t → ∞ のと き ど ち ら の側から も 収斂する ． AB = 0 のと き は先の考察から A, B が同符号だ
と D = 0 と な っ て し ま う ので， AB < 0 であり ， 軸上の特異点は一方が結節点， 他方が鞍点と な る ． D = 0
だが A = 0 と な る 場合は， 第 4 の特異点が合流する (0, δ ) に おいて ， v ′ の主部であ る 線形項は生き 残り ，
γ2
γ1
γ
δ
u + (v − ) > 0 では v は減少， そ の逆の側では増加で， 両側から 直線 1 u + (v − δ ) = 0 に 一旦近づく
γ2
γ2
γ2
γ2
が， 特異点に おけ る u の変化率
β
u′ = −β1 u2 − β2 u(v − δ ) = −β2 { 1 u + (v − δ )}
γ2
γ2
β2
γ
β1
> 1 と な っ て こ れは u > 0 でも u < 0 でも 正と な り ， こ の結果 (2) で退化する ケ ース
γ2
β2
で現れたのと 同様， u < 0 では結節点型， u > 0 では鞍点型のパタ ーン を 成す． D < 0 のと き はこ れが左右で
逆転する ． B = 0 の場合も 同様に 調べる こ と ができ る ．
から ， D > 0 な ら
A > 0, B > 0, D < 0 のと き
A < 0, B < 0, D < 0 のと き
A = B = D = 0 のと き
A > 0, B < 0, D < 0, T < 0, ∆ < 0 のと き
AB < 0, D = 0 のと き
A = 0, B = 0, D = 0 のと き
2
2
g
g
問 7.11 微分方程式は d 2s =
s, ある いは動摩擦項も 考慮し た d 2s + k ds − s = 0 である ． x = s, y = ds
4a
dt 4a
dt
dt
dt
と 置き 連立化する と
g
x′ = y, y ′ = −ky + x
4a
頂上で静止し て いる 解は x = y = 0, すな わち 原点に 対応する から ， こ こ での安定性を 調べる と ， 上の線型系
0 1
−λ
1
g
= 0 よ り ， 元の 2 階単独方程式の特
の係数行列は g −k で， そ の固有値は g −k − λ = λ2 + kλ −
4a
4a
4a
性根と 一致し ，
−k ±
k2 +
2
g
4a
と 正負一つずつである ． よ っ て こ こ では鞍点型の挙動を 示し ， 原点に 収束す
る 2 本を 除き 一度原点に 近づいて そ の後遠ざかる ． 固有ベク ト ルが (1,
−k ±
k2 +
g
4a t
)
(複号同順) な ので，
2
こ れら の方向の直線を 境目と し て 図のよ う な 解軌道のパタ ーン を 成す． こ こ で山の左側 (s < 0 の側) から 球を
38
転がし て 頂上に向かわせた場合の軌道は， 図で上の方から 降り て く る も のに 対応し ， 速度が充分でな い場合は
g
−k + k2 + 4a
y 軸を 越え (i.e. 速度が一旦 0 と な っ た後向き を 変え ) 直線 y =
x に 沿っ て 左側に 遠ざかっ て
2
行く ． ま た， 速度が大き すぎた場合は, y が正の最小値に達し た後 (i.e. 一旦ゆっ く り な 動き に な っ た後， 向き
はそ のま ま で ) 右側に 遠ざかっ て ゆく ．
問 7.12 単純閉曲線 C は仮定に よ り x = ϕ(t), y = ψ(t), 0 ≤ t ≤ T と 区分的に C 1 級の関数に よ り パラ メ ー
タ 表示でき る ． よ っ て 線積分が可能である ． 線積分は C 1 級の区分弧ごと に計算し たも のの和で表すべき だが，
ち ょ う ど |x| の導関数のよ う に ϕ′ (t), ψ ′ (t) はつな ぎ目で値が飛ぶが， そこ での値を 無視し て も dt によ る 積分
が意味を 持つ程度の関数に な る ので， 以下簡単のため C 全体での積分と し て 表す． ど ち ら でも 同じ こ と な の
で， 表記が簡単な 複素積分を 用いる が， すべて の実部を と れば微積の範囲で議論でき る ． ([2], 第 9 章 9.2 節に
書かれた内容程度の複素微積分は微積の演習で習っ た人も 多いでし ょ う ． ) こ の値は z が積分路 C に 引っ か
かる 場合を 除き z に ついて 連続的に 変化し ， ま た C を 動かし たと き も 連続的に 変化する こ と は積分論の一般
論から 明ら かである ． 更に ， こ の C の変形で途中で z に 引っ かから な け れば値が変わら な いこ と も Cauchy
の積分定理から 分かる ． (Cauchy の積分定理は Green の定理で 2 次元積分に 直し て 証明する こ と も 多いので，
実部を と っ た形でも 同様に 示せる ． ) よ っ て z が C から 十分遠く の方に 在っ て ， C を z に 引っ かから ずに 一
点ま で潰せる 場合は積分値は 0 であ る ． ま た ， z を 線分に 沿っ て 動かすこ と は， C を そ の逆向き に 平行移動
する こ と と 平面の座標系の平行移動に よ り 同等と な る ． よ っ て ， z を 無限遠から C の方に 直線的に 近づけ た
と き ， C にぶつかる ま では線積分の値は 0 である ． 最初に C にぶつかっ た点 P では, C が区分的に C 1 級の
仮定から ， ジェ ネ リ ッ ク に は (すな わち こ の直線を 少し ずら せば ) 下図の一番左の状況と な る . P の（ 例え ば
円盤状） 開近傍 U0 を 十分小さ く 選べば， U0 は C に よ り , 無限遠と 折れ線で結ばれる U0− と そ の残り の U0+
に 分かたれる ．（ こ れは， 座標軸を 適当に 回転すれば , こ の範囲で C が区分的に C 1 級の関数のグラ フ と し て
書け る ので， そ の上側， およ び下側と し て U0 \ C が二つの連結成分に 分かれる こ と が厳密に 示せる から であ
る ．） C を ∂U0+ を 用いて C ′ に 変形し た も の (こ れは C ′ = C − ∂U0+ から 重複弧を キ ャ ン セ ルすれば得ら れ
る ） を 考え る と ， 線積分の性質から , z が U0+ に 入り 込んだと き
1
2πi
C
1 dζ = 1
2πi
ζ−z
C′
1 dζ + 1
2πi
ζ −z
∂U0+
1 dζ
ζ−z
と な る ． こ こ で， C ′ 上の積分は z が C に ぶつかる 前の C 上の積分と 同じ 理由で値が零と な る ． 他方 ∂U0+
上の線積分は Cauchy の積分公式によ り 1 と な る ． (Cauchy の積分公式は， z を 中心と する 微小円周上の線積
分値が ∂U0+ 上の線積分値と 一致する こ と を Cauchy の積分定理に よ り 示し ， 円周上の線積分は角度パラ メ ー
タ θ を 導入し て 具体的に 計算する ので， 計算は少し 面倒に な る が， 実部を 取っ た微積の範囲でも 可能である .)
よ っ て C 上の積分は z のこ の動き で 0 から 1 に 変わる ． さ て C 上の各点 P に 対し て , 十分小さ な 円盤状開
近傍を 取れば， そ の中では下図の三つの場合のいずれかの状況と な り ， そ れは上述の理由に よ り C に よ り 二
つの連結成分に 分け ら れる . C は有界閉集合な ので， そ のよ う な 開近傍の有限個 Ui , i = 0, 1, . . . , N で覆う こ
と ができ る ． こ のと き ， 最初の近傍 U0 から 順に C のパラ メ ータ t の増加する 向き に , z を C の十分近く で C
39
に 沿っ て 両側を 動かし て ゆき ， 線積分の値を 見る と ， Ui \ C のう ち で既に 線積分値が 0 と 決ま っ て いる 開集
合と 交わる 方 Ui− では線積分値は 0 と な り ， 1 と 決ま っ て いる 開集合と 交わる 方 Ui+ では線積分値は 1 と な
N
N
−
+
−
+
−
+
る． こう して U = N
i=0 Ui と いう C の開近傍が得ら れ， U \ C = U ∪ U , U =
i=0 Ui , U =
i=0 Ui ,
と な っ た． R 2 \ C の連結成分で U − と 交わる も のを Ω − , U + と 交わる も のを Ω + と せよ ． R 2 の連結開集合
は弧状連結な ので， 線積分値は z ∈ Ω − のと き 0, z ∈ Ω − のと き 1 である こ と が上と 同様の論法に よ り 示せ
る から ， こ れら の開集合は共通部分を 持たな い． あと はこ れら 二つの合併が R 2 \ C 全体と 一致する こ と を 言
え ばよ い． も し 一致し て いな け れば， 第 3 の連結成分 Ω ′ が存在する が， そ の境界は C の一部でな け ればな
ら な い． し かし C のある 開近傍 U が C を 含んでおり ， Ω ′ が C と 接する こ と は不可能である ．
U0−
z
U0+
C’
Ui−
U+
i
Ui−
U+
i
C
問 7.12 の説明図
問 7.13 方程式系 x′ = a, y ′ = b は容易に求積でき て ， x = x0 + at, y = y0 + bt と な る ． こ れは通常の平面で
は初期点 (x0 , y0 ) を 通り ， 傾き が b の直線である が， ト ーラ ス上では x, y 座標を それぞれ mod 1 し な け れ
a
ばな ら な いので， 例え ば x 座標が 1 に 到達し たと き は， そ こ から 1 を 減じ な け ればな ら な い． 出発点を 変え
て も 軌道のパタ ーン は全体が平行移動（ ト ーラ ス面では軸の回り に 回転） する だけ だから ， 原点から 出発する
軌道を 見れば十分であ る ． ま た対称性に よ り b > a と し て も 一般性を 失わな い． 全体像を 把握し やすいよ う ，
軌道全体でな く 軌道と x 軸と の交点の座標の変化を 見る ． よ っ て 0 の次は y = bt = 1 と なっ たと き の x 座標
で a , 次はも し 最初に ま た y = 1 に 到達すれば , 2 a である が， x = 1 に 先に ぶつかっ て も x 座標を mod 1
b
b
する だけ な ので， 結局 x = 1 を 無視し て 進んで y = 1 に ぶつかっ たと き の x 座標の値 2 a を mod 1 すれば
b
b
b
よ い． よ っ て ， こ の軌道と x 軸と の交点は n mod 1, n = 1, 2, . . . と な る ．
a
a が有理数だと ， n が（ 約分後
の） その分母で初めて 割り き れる と こ ろ ま で進んだと き ， こ れは mod 1 で零と な る ので， 原点に帰る ． よ っ
て 軌道はこ のと き の時刻 t を 周期と する 周期軌道と な る ． λ = b が無理数のと き は， nλ mod 1 = nλ − [nλ],
a
こ こ に [ ] は Gauss 記号 (情報科学で ⌊ ⌋ と 書く も の ) な ので， ヒ ン ト に 書かれた W eyl の定理に よ り ， こ の
点列は区間 [0, 1] で稠密と な る ． よ っ て こ れら を x 切片と する 直線の列も 正方形 [0, 1] × [0, 1] 内で稠密と な
る ． こ れはこ の軌道がト ーラ ス 面内で稠密な 集合と な る こ と を 意味する ．
問 7.14 近日中に数学科の人にも 使え る よ う な 参考プロ グラ ム を 置く 予定ですが， 取り 敢え ずは著者が用いた
FORTRAN プロ グラ ム を 参考ま でに 置いて おき ま す． 簡単な 使用法は lemniscate.f の頭に 記し て おき ま し た
が， 詳細は『 数値計算講義』 のサポート ページを ご覧く ださ い． こ のプロ グラ ム も そ こ に 置かれた見本プロ グ
ラ ム の函数を 置き 換え ただけ のも のな ので， 使い方が分かれば自分でいろ んな 自励系の解軌道を 描いて みる こ
と ができ ま す．
問 7.15 こ のこ と は， 極限閉軌道の定義に 使われた 最初の解軌道 1 本に ついて は定義から 自明な ので， こ の
軌道の上に 無い他の点から 出発し た と き のこ と を 調べればよ い． 今 (x(t), y(t)) が (x0 , y0 ) を 出発し 極限閉軌
道 γ に 漸近し て ゆく 解軌道と し ， (x0 , y0 ) から 最短距離に ある γ の点を (x∞ , y∞ 1) と する ． (γ は有界閉集合
な ので， こ のよ う な 点は確定する ． こ れは Bolzano-Weierstrass の定理を 使え ば証明でき る . [5], 問題 14.7 の
ウ ェッ ブ解答参照． ) (x0 , y0 ) と (x∞ , y∞ 1) を 線分 ℓ で結び， こ の解軌道が最初に ℓ と 交わる 点を (x1 , y1 ), 2
度目に 交わる 点を (x2 , y2 ) と すれば， (x1 , y1 ) から 出発し て (x2 , y2 ) に 終わる 軌道の弧と こ れら 2 点を 結ぶ線
40
分を 繋いででき る 閉曲線 C の内部でかつ γ の外部である 領域 U + が近傍 U の半分の候補と な る ． 実際， U +
の点から 出発し た軌道は， 最初の軌道と は交わる こ と ができ な いので， U + 内に閉じ 込めら れる ． のみな ら ず，
t → ∞ のと き は， 同じ 理由に よ り ， 最初の軌道の少し 内側を 通っ て γ に 巻き ついて ゆかざる を 得な い． γ の
内側から 同様に U − を 作れば， U = U + ∪ γ ∪ U − が求める 近傍と な り ， こ の中の任意の点から 出発する 解軌
道は U 内に 留ま る のみな ら ず， t → ∞ のと き γ のいく ら でも 小さ な 近傍に やがて 含ま れる ．
問 7.16 （ 準備中）
問 7.17
x′ = −y − z,
y ′ = x + ay,
z ′ = bx + z(x − c)
に おいて X = x + ab, Y = y − b, Z = z + b と 置換すれば，
dX = dx = −Y − b − Z + b = −Y − Z,
dt
dt
dy
dY =
= X − ab + a(Y + b) = X + aY,
dt
dt
dZ = dz = b(X − ab) + (Z − b)(X − ab − c) = Z(X − ab − c) + bc
dt
dt
よ っ て そ れぞれ bc, ab + c を 新し い定数 b, c と 思え ば , 所与の形と な る ．
問 7.18 （ 準備中）
第 8 章 (以下， 準備中)
41
© Copyright 2024 Paperzz
