微分方程式の問題

難易度 4大学院入試の標準レベル証明問題大学数学微分方程式

関数 $h : R \to R$ が周期 $2 π$ をもつとは、すべての実数 $t$ に対して $h (t + 2 π) = h (t)$ が成り立つことをいう。

$f : R \to R$ を周期 $2 π$ をもつ連続関数とする。微分方程式
$y^{''} (t) + 3 y^{'} (t) + 2 y (t) = f (t) (t \in R)$
の解であって、 $R$ 上で 2 回微分可能かつ周期 $2 π$ をもつ関数 $y$ が、ちょうど 1 つ存在することを証明せよ。ただし、解の存在と一意性の一般定理は用いずに示すこと。広義積分の基本的な性質（絶対収束すれば収束する、など）と微分積分学の基本定理は用いてよい。

この問題で使うもの

1 階線形微分方程式（説明と入口の問題）
広義積分（説明と入口の問題）
平均値の定理（説明と入口の問題）
合成関数の微分（説明と入口の問題）
定積分の置換・部分積分と偶関数・奇関数（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（58 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

特性多項式 $λ^{2} + 3 λ + 2 = (λ + 1) (λ + 2)$ を使い、方程式を 1 階線形の方程式 2 つに分けて考えます。存在と一意性を別々に示しましょう。

ヒント 2

$a > 0$ のとき「 $z^{'} + a z = g$ （ $g$ は周期 $2 π$ の連続関数）は周期 $2 π$ の解をちょうど 1 つもつ」という補題を示せば十分です。候補は $z (t) = e^{- a t} \int_{- \infty}^{t} e^{a τ} g (τ) d τ$ です。

ヒント 3

補題の存在は、 $g$ の有界性から広義積分の収束を示し、微分積分学の基本定理で $z^{'} + a z = g$ を、置換 $τ = σ + 2 π$ で周期性を確かめます。一意性は、差 $w$ が $w = C e^{- a t}$ となり周期性から $C = 0$ となることを使います。そのうえで $z = y^{'} + 2 y$ とおくと $z^{'} + z = f$ となります。

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

$y^{''} + 3 y^{'} + 2 y = (y^{'} + 2 y)^{'} + (y^{'} + 2 y)$ と分解し、1 階の方程式 $z^{'} + a z = g$ （ $a > 0$ ）の周期解の問題に帰着させている（2 点）
$g$ の有界性から $\int_{- \infty}^{t} e^{a τ} g (τ) d τ$ の収束を示し、 $z = e^{- a t} \int_{- \infty}^{t} e^{a τ} g d τ$ が $z^{'} + a z = g$ を満たし周期 $2 π$ をもつことを確かめている（3 点）
1 階の方程式の周期解の一意性を、差が $C e^{- a t}$ になり周期性から $C = 0$ となることで示している（2 点）
補題を 2 回使って周期解 $y$ を構成し、2 回微分可能性と $y^{''} + 3 y^{'} + 2 y = f$ を確認している（1 点）
2 つの周期解の差 $u$ について $u^{'}$ の周期性を確かめ、 $v = u^{'} + 2 u$ と $u$ に補題の一意性を順に使って $u \equiv 0$ を示している（2 点）

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模範解答を読む

微分作用素の因数分解 $y^{''} + 3 y^{'} + 2 y = (y^{'} + 2 y)^{'} + (y^{'} + 2 y)$ を使い、1 階の方程式 2 つに分けて考える。まず次の補題を示す。

補題. $a > 0$ とし、 $g : R \to R$ を周期 $2 π$ をもつ連続関数とする。このとき $z^{'} + a z = g$ を満たす微分可能で周期 $2 π$ の関数 $z$ がちょうど 1 つ存在する。

*存在.* $g$ は閉区間 $[0, 2 π]$ 上で連続なので最大値・最小値をもち、周期性から $R$ 全体で $∣ g (t) ∣ \leq M$ となる定数 $M \geq 0$ がある。 $τ \leq 0$ で $∣ e^{a τ} g (τ) ∣ \leq M e^{a τ}$ であり、 $\int_{- \infty}^{0} M e^{a τ} d τ = \frac{M}{a}$ は有限なので、 $\int_{- \infty}^{0} e^{a τ} g (τ) d τ$ は絶対収束する。そこで
$Φ (t) = \int_{- \infty}^{0} e^{a τ} g (τ) d τ + \int_{0}^{t} e^{a τ} g (τ) d τ = \int_{- \infty}^{t} e^{a τ} g (τ) d τ, z (t) = e^{- a t} Φ (t)$
と定める。被積分関数は連続なので、微分積分学の基本定理より $Φ$ は微分可能で $Φ^{'} (t) = e^{a t} g (t)$ 。よって $z$ は微分可能で
$z^{'} (t) = - a e^{- a t} Φ (t) + e^{- a t} e^{a t} g (t) = - a z (t) + g (t) .$
また、 $τ = σ + 2 π$ と置換し $g (σ + 2 π) = g (σ)$ を使うと
$z (t + 2 π) = e^{- a (t + 2 π)} \int_{- \infty}^{t + 2 π} e^{a τ} g (τ) d τ = e^{- a (t + 2 π)} \int_{- \infty}^{t} e^{a (σ + 2 π)} g (σ) d σ = z (t) .$
よって $z$ は周期 $2 π$ をもつ。

*一意性.* $z_{1}, z_{2}$ がともに条件を満たすとし、 $w = z_{1} - z_{2}$ とおく。 $w$ は周期 $2 π$ をもち、 $w^{'} + a w = 0$ を満たす。 $(e^{a t} w)^{'} = e^{a t} (w^{'} + a w) = 0$ なので、平均値の定理より $e^{a t} w (t)$ は定数 $C$ に等しく、 $w (t) = C e^{- a t}$ 。周期性から $w (2 π) = w (0)$ 、すなわち $C e^{- 2 π a} = C$ 。 $a > 0$ より $e^{- 2 π a} \neq = 1$ なので $C = 0$ 、よって $w \equiv 0$ 、 $z_{1} = z_{2}$ 。（補題の証明終わり）

存在. 補題を $a = 1$ , $g = f$ に使い、 $z^{'} + z = f$ を満たす微分可能で周期 $2 π$ の $z$ をとる。 $z$ は微分可能なので連続であり、補題を $a = 2$ , $g = z$ に使って、 $y^{'} + 2 y = z$ を満たす微分可能で周期 $2 π$ の $y$ をとる。このとき $y^{'} = z - 2 y$ で、右辺は微分可能なので $y$ は 2 回微分可能であり、
$y^{''} + 3 y^{'} + 2 y = (y^{'} + 2 y)^{'} + (y^{'} + 2 y) = z^{'} + z = f .$
よって $y$ は求める性質をもつ解である。

一意性. $y_{1}, y_{2}$ がともに、2 回微分可能で周期 $2 π$ をもつ解であるとし、 $u = y_{1} - y_{2}$ とおく。 $u$ は 2 回微分可能で周期 $2 π$ をもち、 $u^{''} + 3 u^{'} + 2 u = 0$ を満たす。 $u^{'}$ も周期 $2 π$ をもつ。実際、 $u^{'} (t + 2 π) = k \to 0 lim \frac{u ( t + 2 π + k ) - u ( t + 2 π )}{k} = k \to 0 lim \frac{u ( t + k ) - u ( t )}{k} = u^{'} (t)$ 。

$v = u^{'} + 2 u$ とおくと、 $v$ は微分可能で周期 $2 π$ をもち、 $v^{'} + v = u^{''} + 3 u^{'} + 2 u = 0$ を満たす。恒等的に $0$ の関数も $v^{'} + v = 0$ を満たす周期 $2 π$ の関数なので、補題の一意性（ $a = 1$ , $g = 0$ ）より $v \equiv 0$ 。すると $u^{'} + 2 u = 0$ であり、同じく補題の一意性（ $a = 2$ , $g = 0$ ）より $u \equiv 0$ 。よって $y_{1} = y_{2}$ 。

以上より、 $y^{''} + 3 y^{'} + 2 y = f$ の解で 2 回微分可能かつ周期 $2 π$ をもつものは、ちょうど 1 つ存在する。 $■$

この問題の確認

AI が作成した問題です。公開前に次の確認を行いました。

別の AI が模範解答を見ずに 3 回証明を試み、3 回証明できました
2 つの AI が独立に、模範解答の証明を 1 ステップずつ確かめました
AI の査読で、条件・解説・表記を確認しました
答えの正しさについて慎重に扱うべき点が見つからなかったため、自動で公開しました

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