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微分方程式の問題

難易度 3期末試験の応用レベル証明問題大学数学微分方程式

$[0, \infty)$ 上の関数 $h$ が指数位数であるとは、定数 $K > 0$ と実数 $α$ があって、すべての $t \geq 0$ で $∣ h (t) ∣ \leq K e^{α t}$ が成り立つことをいう（このとき $β \geq α$ を満たす任意の実数 $β$ についても $∣ h (t) ∣ \leq K e^{β t}$ が成り立つ）。 $h$ のラプラス変換を $L [h] (s) = \int_{0}^{\infty} e^{- s t} h (t) d t$ （ $s$ は実数）、 $[0, \infty)$ 上の関数 $g, h$ の畳み込みを $(g * h) (t) = \int_{0}^{t} g (t - τ) h (τ) d τ$ と定める。

$M$ を正の実数とし、 $f : [0, \infty) \to R$ は連続で、すべての $t \geq 0$ に対して $∣ f (t) ∣ \leq M$ を満たすとする。 $y : [0, \infty) \to R$ は 2 回微分可能（ $t = 0$ では右側微分）で $y^{''}$ が連続であり、 $y, y^{'}, y^{''}$ はいずれも指数位数で、
$y^{''} (t) + 2 y^{'} (t) + y (t) = f (t) (t \geq 0), y (0) = 0, y^{'} (0) = 0$
を満たすとする。このとき、すべての $t \geq 0$ に対して $∣ y (t) ∣ \leq M$ が成り立つことを、ラプラス変換を用いて証明せよ。

ただし、次の事実は用いてよい（ $s$ は実数とする）。
- $(a)$ $h$ が連続で、ある $K > 0$ と実数 $α$ について $∣ h (t) ∣ \leq K e^{α t}$ $(t \geq 0)$ のとき、 $s > α$ のすべての $s$ で $L [h] (s)$ を定める積分は収束する。また、 $L$ は線形である（ $L [h_{1}], L [h_{2}]$ がともに存在する $s$ で $L [c_{1} h_{1} + c_{2} h_{2}] = c_{1} L [h_{1}] + c_{2} L [h_{2}]$ ）。
- $(b)$ $y, y^{'}, y^{''}$ が連続で、ある共通の $K > 0$ と実数 $α$ についていずれも $K e^{α t}$ で抑えられるとき、 $s > α$ で $L [y^{'}] = s L [y] - y (0)$ 、 $L [y^{''}] = s^{2} L [y] - sy (0) - y^{'} (0)$ 。
- $(c)$ （畳み込み定理） $g, h$ が連続で指数位数ならば、 $g * h$ も連続で指数位数であり、ある実数 $s_{1}$ があって $s > s_{1}$ のすべての $s$ で $L [g * h] (s) = L [g] (s) L [h] (s)$ 。
- $(d)$ （ラプラス変換の一意性）連続で指数位数の $h_{1}, h_{2}$ について、ある実数 $s_{0}$ があって $s > s_{0}$ のすべての $s$ で $L [h_{1}] (s) = L [h_{2}] (s)$ ならば、 $[0, \infty)$ 上で $h_{1} = h_{2}$ 。

この問題で使うもの

ラプラス変換と逆変換（説明と入口の問題）
ラプラス変換による微分方程式の解法（説明と入口の問題）
部分積分（説明と入口の問題）
置換積分（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（70 技能）

算数中学高校大学大学院

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ヒント

行き詰まったら、上から順に 1 つずつ開いてください。

ヒント 1

方程式をラプラス変換して $Y (s)$ を $F (s)$ で表し、それを畳み込みの変換と見て $y$ を積分で表してから評価する方針をとります。事実 $(b)$ を使うために、 $y, y^{'}, y^{''}$ を共通の $K e^{α t}$ （ $α \geq 0$ ）で抑えておきましょう。

ヒント 2

特性多項式は $(s + 1)^{2}$ です。 $L [t e^{- t}] (s) = \frac{1}{( s + 1 ) ^{2}}$ を部分積分で確かめ、畳み込み定理 $(c)$ と一意性 $(d)$ を組み合わせましょう。

ヒント 3

初期条件が $0$ なので変換すると $(s + 1)^{2} Y (s) = F (s)$ となり、十分大きい $s$ で $Y = L [t e^{- t}] \cdot F = L [(t e^{- t}) * f]$ が得られます。ここから $y (t) = \int_{0}^{t} (t - τ) e^{- (t - τ)} f (τ) d τ$ を導き、 $∣ f ∣ \leq M$ を使って評価します。

採点の観点と模範解答

自分で証明を書いてから、採点の観点で見比べてください。

採点の観点を見る

$y, y^{'}, y^{''}$ を共通の $K e^{α t}$ （ $α \geq 0$ ）で抑え、 $f$ も指数位数であることを確かめたうえで、導関数の変換公式と初期条件から $(s + 1)^{2} Y (s) = F (s)$ を導いている（2 点）
$L [t e^{- t}] (s) = \frac{1}{( s + 1 ) ^{2}}$ を部分積分などで計算し、 $t e^{- t}$ が連続で指数位数であることを確かめている（2 点）
畳み込み定理で十分大きい $s$ について $Y = L [(t e^{- t}) * f]$ とし、両辺が連続で指数位数であることを述べて一意性から $y (t) = \int_{0}^{t} (t - τ) e^{- (t - τ)} f (τ) d τ$ を導いている（3 点）
$∣ f ∣ \leq M$ で被積分関数を評価し、 $\int_{0}^{t} u e^{- u} d u = 1 - (1 + t) e^{- t} \leq 1$ を計算して $∣ y (t) ∣ \leq M$ を結論している（3 点）

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模範解答を読む

ステップ 0: 共通の指数で抑える。 仮定から、 $y, y^{'}, y^{''}$ に対してそれぞれ定数 $K_{i} > 0$ と実数 $α_{i}$ $(i = 0, 1, 2)$ があって $∣ y^{(i)} (t) ∣ \leq K_{i} e^{α_{i} t}$ $(t \geq 0)$ である。 $K = max {K_{0}, K_{1}, K_{2}}$ 、 $α = max {α_{0}, α_{1}, α_{2}, 0}$ とおくと、 $t \geq 0$ で $e^{α_{i} t} \leq e^{α t}$ なので、3 つとも $K e^{α t}$ で抑えられる。また、 $f$ は連続で $∣ f (t) ∣ \leq M = M e^{0 \cdot t}$ なので指数位数であり、 $α \geq 0$ より $∣ f (t) ∣ \leq M e^{α t}$ でもある。よって $(a)$ から、 $Y (s) = L [y] (s)$ 、 $F (s) = L [f] (s)$ は $s > α$ で存在する（ $y^{'}, y^{''}$ の変換も同様に $s > α$ で存在する）。

ステップ 1: 方程式をラプラス変換する。 $s > α$ とする。 $y, y^{'}, y^{''}$ は連続で共通の $K e^{α t}$ で抑えられるので $(b)$ が使え、 $y (0) = y^{'} (0) = 0$ より
$L [y^{''}] = s^{2} Y (s), L [y^{'}] = s Y (s) .$
方程式の両辺をラプラス変換し、 $(a)$ の線形性を使うと
$s^{2} Y (s) + 2 s Y (s) + Y (s) = F (s), すなわち (s + 1)^{2} Y (s) = F (s) .$
$s > α \geq 0$ より $s + 1 > 0$ なので
$Y (s) = \frac{1}{( s + 1 ) ^{2}} F (s) (s > α) .$

ステップ 2: $\frac{1}{( s + 1 ) ^{2}}$ を変換にもつ関数。 $g (t) = t e^{- t}$ $(t \geq 0)$ とおく。 $g$ は連続で、 $t \geq 0$ のとき $e^{t} \geq 1 + t \geq t$ より $0 \leq g (t) \leq 1$ なので指数位数（ $K = 1, α = 0$ ）である。 $s > - 1$ のとき $a = s + 1 > 0$ とおき、部分積分により
$L [g] (s) = \int_{0}^{\infty} t e^{- a t} d t = [- \frac{t}{a} e^{- a t}]_{0}^{\infty} + \frac{1}{a} \int_{0}^{\infty} e^{- a t} d t = 0 + \frac{1}{a} \cdot \frac{1}{a} = \frac{1}{( s + 1 ) ^{2}} .$
ここで $a > 0$ より $t \to \infty lim t e^{- a t} = 0$ を使った。

ステップ 3: 畳み込みで表す。 $g$ と $f$ は連続で指数位数なので、 $(c)$ より $g * f$ は連続で指数位数であり、ある実数 $s_{1}$ があって $s > s_{1}$ で $L [g * f] (s) = L [g] (s) F (s)$ となる。ステップ 1, 2 から、 $s > max {α, s_{1}}$ のすべての $s$ で
$L [y] (s) = Y (s) = \frac{1}{( s + 1 ) ^{2}} F (s) = L [g] (s) F (s) = L [g * f] (s) .$
$y$ は 2 回微分可能なので連続で、仮定より指数位数である。 $g * f$ も連続で指数位数なので、 $(d)$ （ $s_{0} = max {α, s_{1}}$ ）より $[0, \infty)$ 上で $y = g * f$ 、すなわち
$y (t) = \int_{0}^{t} (t - τ) e^{- (t - τ)} f (τ) d τ (t \geq 0) .$

ステップ 4: 評価する。 $t \geq 0$ とする。 $0 \leq τ \leq t$ で $(t - τ) e^{- (t - τ)} \geq 0$ 、 $∣ f (τ) ∣ \leq M$ なので
$∣ y (t) ∣ \leq \int_{0}^{t} (t - τ) e^{- (t - τ)} ∣ f (τ) ∣ d τ \leq M \int_{0}^{t} (t - τ) e^{- (t - τ)} d τ .$
$u = t - τ$ と置換すると
$\int_{0}^{t} (t - τ) e^{- (t - τ)} d τ = \int_{0}^{t} u e^{- u} d u = [- u e^{- u} - e^{- u}]_{0}^{t} = 1 - (1 + t) e^{- t} .$
$t \geq 0$ では $(1 + t) e^{- t} > 0$ なので $1 - (1 + t) e^{- t} < 1$ 。したがって $∣ y (t) ∣ \leq M (1 - (1 + t) e^{- t}) \leq M$ 。

以上より、すべての $t \geq 0$ に対して $∣ y (t) ∣ \leq M$ が成り立つ。 $■$

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