解答

$${\frac{d^2y}{dx^2}+4\frac{dy}{dx}+5y=5,\quad(y(0)=y'(0)=0)}$$

非同次定係数二階線形微分方程式

1. 余関数:
   
   $${y_c}''+4{y_c}'+5y_c=0$$
   
   
   を解く。 特性方程式を解くと、
   
   $$m^2+4m+5=0$$
   
   
   
   
   $$(m+2)^2+1=0\quad\Rightarrow\quad m=-2\pm j$$
   
   
   が得られるので、
   $$\begin{eqnarray*} y_c&=& Ae^{(-2+j)x}+Be^{(-2-j)x}\\ &=& (C\cos x+D\sin x)e^{-2x} \end{eqnarray*}$$
   
   
   ここで、C、Dは積分定数である。
2. 特解
   
   $$y_p = K\ (=\mbox{定数})$$
   
   
   と仮定し、もとの微分方程式に代入して定数Kを定める。
   
   $${y_p}'={y_p}''=0$$
   
   
   であるから、
   
   $$y_p = 1,\qquad(K=1)$$
   
   
   は与えられた微分方程式の解である。(特解)
3. 一般解
   
   $$y=y_p+y_c = 1+(C\cos x+D\sin x)e^{-2x}$$
   
   

4. 初期条件
   
   $$y(0)=y'(0)=0$$
   
   
   を満足するよう、上で得られた一般解の定数C、Dを決定する。
   $$\begin{eqnarray*} y'&=& (-C\sin x+D\cos x)e^{-2x}\\ &&\qquad-2(C\cos x+D\sin x)e^{-2x}\\ y(0)&=& 1+C \ =\ 0\\ y'(0)&=& D-2C\ = \ 0 \end{eqnarray*}$$
   
   
   以上より、
   
   $$C= -1,\qquad D= -2$$
   
   
   したがって、求める解は、
   
   $$y=1-(\cos x+2\sin x)e^{-2x}$$