微分方程式 x²y''+xy'-3y=x³ の解

１．まえがき

　微分方程式
　　　x²y''+2xy'-2y=x³ ・・・・・・・・・①
　の一般解の解法がのっていたので紹介する（中国のサイトだった）。

２．計算

　x≠0 とし、t=log|x| 、D=d/dt と置く。すると
　　　dt/dx=1/x , y'=(dy/dt)(dt/dx)=(Dy)/x , y''=(Dy)'/x -Dy/x²= D²y/x²-Dy/x²  
　となり、元の式は
　　　(D²y-Dy)+2Dy-2y=x³  → D²y +Dy-2y=±e^3t
　となる。特性方程式は
　　　D²+D-2=(D-1)(D+2)
　なので、斉次式の一般解は
　　　y=Ae^t +Be^-2t =A|x|+B/x² 
　となるが、「±」は、任意定数 A に含めることがてきるので
　　　y=Ax+B/x² 
　とできる。

　つぎに、非斉次式の特殊解は微分演算子法から（①から Cx³の形であることはすぐわかる）
　　　y={1/(D²+D-2)} ±e^3t =±{1/(3²+3-2)}e^3t=±(1/10)e^3t =x³/10
　となり、①の一般解は
　　　y=Ax+B/x² +x³/10・・・・・・・・②
　となる。

　さいごに、x≠0 としたが、①において、x=0 のとき、y=0 であり、このように初期条件を
　を定めたときは、B=0 となり、この解は②に含まれる。以上により、x=0 を定義域に含め
　るか除外することにより、①の一般解は②となる。

３．計算２

　もう一つ
　　　x²y''-xy'+2y=0 ・・・・・・・・・③
　の一般解を求める（非斉次方程式の場合は上と同様）。同様に
　　　(D²y-Dy)-Dy+2y=0  → D²y -2Dy+2y=0
　となり、特性方程式は D² -2D+2=0 の解は D=1±√(1-2)=1±i なので、一般解は
　　　y=e^t(Acost+Bsint)=|x|{ Acos(log|x|)+Bsin(log|x|) }
　となるが、「±」は、A,Bに含めることができて
　　　y=x{ Acos(log|x|)+Bsin(log|x|) }　（x≠0）
　　　y=0 （x=0）
　となる（上式でも、x → 0 のとき、y → 0 であるが）。

４．あとがき

　なお、方程式が
　　　ax²y''+bxy'+cy=f(x)  ( f(x) はxの多項式。xⁿ の nは整数)
　であれば、特殊解が求められることは簡単にわかる。斉次式の一般解も解ける。
　さらに、f(x)も冪関数だけでなく、いくつかの関数（例えば、log x）でも特殊解が求め
　られる。

以上


[2021/8/16] あるサイトに、特殊な場合は簡単に求められる方法があった。
　　　x²y''-xy'+y=x²
　の場合、上のようにしても解けるが（特殊解は y=x² を入れればすぐわかる）、
　　　y''-y'/x+y/x²=1 → y''-(y/x)'=1 → y'-y/x=x+A → y'/x-y/x²=1+A/x
　　　 → (y/x)'=1+A/x → y/x=x+Alog|x|+B → y=x²+Axlog|x|+Bx
　をえる。

lim[x→0] { (e^x-1)/x }^(1/x)=√e の証明方法

１．まえがき

　下記の極限を級数展開やロピタルの定理を使わずに求めよ。という問題があった。
　　　lim[x→0] { (e^x-1)/x }^(1/x) = √e　(x≠0)・・・・・①

２．仮定

　設定がよくわからないが、何かの前提を決めないと求められないはずなので
　　　(1+1/x)^x → e  (x → ∞)
　つまり、
　　　(1+x)^(1/x) → e  (x → 0)　・・・・・・・・・②
　を使う。
　なお、級数展開というのはランダウの o記号を使った級数と思われる。

３．計算

　まず、x → 0 なので、0 < |x| < 1 として議論してよい。

　3.1　0 < x < 1 のとき

　　　　1+x+x²/2 < e^x < 1+2x/(2-x)　・・・・・・・③
　　が成り立つ。証明は４項。すると与式から 
　　　　{ 1+x/2 }^(1/x) < { (e^x-1)/x }^(1/x) < { 2/(2-x) }^(1/x) 
　　が成り立つ。左辺は②により
　　　　{ 1+x/2 }^(1/x) = { ( 1+x/2 )^(2/x) }^1/2  → e^1/2 
　　となる。

　　右辺は
　　　　{ 2/(2-x) }^(1/x) = 1/{ (1-x/2)^(-2/x) }^-1/2  → 1/e^-1/2 = e^1/2   
　　となり、挟み撃ちから、①が証明された。

　3.2　-1 < x < 0 のとき
　　　
　　y=-x とおくと、0 < y < 1, y → 0 となる。さらに
　　　　{ (e^x-1)/x }^(1/x) = { (e^-y-1)/(-y) }^(-1/y) = 1/{ e^-y(e^y-1)/y }^(1/y) 
　　　　　　= e/{ (e^y-1)/y }^(1/y)  → e/√e=√e  (3.1項から)
　　したがって、x < 0 でも①が証明された。

　　以上により、x≠0 について、①が証明された。

４．不等式③の証明

　1+x+x²/2 < e^x (x>0) の証明は、マクローリン展開から自明だが、級数展開を使用せずと
　のことなので、定石に基づき証明する。
　　　f(x)=e^x-(1+x+x²/2)
　とおく。すると f(0)=0 であり、f(x) > 0 (x > 0) を示せばよい。
　　　f'(x)=e^x-(1+x) , f'(0)=0
　　　f''(x)=e^x-1 , f''(0)=0
　　　f'''(x)=e^x > 0
　となる。順次、遡ると f''(x) > 0 → f'(x) > 0 → f(x) > 0 が得られた。

　つぎに、e^x < 1+2x/(2-x) (x>0) を証明する。
　　　g(x)=1+2x/(2-x)-e^x 
　とおく。すると g(0)=0 であり、同様に、g(x) > 0 (x > 0) を示せばよい。このとき
　2x/(2-x)=-2+4/(2-x) なので
　　　g'(x)=4/(2-x)²-e^x , g'(0)=0
　　　g''(x)=8/(2-x)³-e^x , g''(0)=0
　　　g'''(x)=24/(2-x)⁴-e^x , g'''(0)=3/2-1=1/2
　　　g⁽⁴⁾(x)=24・4/(2-x)⁵-e^x , g⁽⁴⁾(0)=3-1=2
　ここで、24・4/(2-x)⁵ > 3 , e^x < 3 (x < 1) なので、g⁽⁴⁾(x) > 0 となり、同様に、順次、遡って
　g(x) > 0 が得られる。

　なお、e^x < 1+2x/(2-x) の関係の導出の根拠であるが、級数展開から (x < 1 に注意して)
　　　e^x =1+x+x²/2+x³/3!+･･･+xⁿ/n!+･･･ < 1+x+x²/2+x³/2²+･･･+xⁿ/2^n-1+･･･
　　　　　　=1+x{1+x/2+(x/2)²+･･･+(x/2)^n-1+･･･}=1+x/(1-x/2)=1+2x/(2-x)
　を得る。

以上

ガリレイ変換の導出または原理

１．まえがき

　ガリレイ変換は特に疑問もなく提示され受け入れられている。その原因はあまりに常識と
　一致することによる。

　あるサイトで、ガリレイ変換の根拠は何かという問題があり考えてみた。

２．原理

　導出の原理として慣性系において
　　・　特殊相対性原理の成立
　　・　光速度は光源の速度を vとすると進行方向で c-v、反対方向で -c-v となる。
　とする。ここで、cは光源が静止しているときの（真空中の）光速度である。

３．計算

　まず、特殊相対論に倣って、変換を
　　　x'=a(x-vt) , t'=bt+dx　（定数 a,b,dはvの関数）
　とする。まず、S系の原点に固定された光源から ±x方向に光を発射する。すると、S'系では
　x'<0 のとき、S系の原点は近づくから光速度は -c-v、x'>0では遠ざかるので、c-v となる。
　また S系では x=±ct だから
　　　x'/t'=±c-v=a(x-vt)/(bt+dx)=a(±c-v)/(b±dc) → a=b±dc
　となる。この２式を解くと
　　　a=b , d=0
　を得る。つまり
　　　x'=a(v)(x-vt) , t'=a(v)t・・・・・・①
　となる。特殊相対性原理から
　　　x=a(-v)(x'+vt') , t=a(-v)t'
　となる。すると、これらの t', tの式から
　　　a(v)a(-v)=1・・・・・・・・②
　を得る。同様に
　　　x'=a(v){a(-v)(x'+vt')-va(-v)t'}=a(v)a(-v)x' → a(v)a(-v)=1
　と確認される。

　つぎに、座標は勝手に設定したものだから、(x, x') → (-x, -x')の方向に設定しても物理は変
　わらない。このとき、v → -v だから①は
　　　-x'=a(-v)(-x-(-v)t) → x'=a(-v)(x-vt)
　となる。元の式と比較すると
　　　a(v)=a(-v)
　を得る。②から a(v)²=1 → a(v)=±1 となり、v=0 のとき、x, x'は一致するから、a(0)=1 とな
　り、結局、a(v)=1 を得る。つまり、ガリレイ変換
　　　x'=x-vt , t'=t
　を得る。

以上

a[n+1]=a[n]/(1+a[n]²) , a₁>0 のとき、a[n] → 0 を単調減少・有界を使わずに証明

１．まえがき

　つぎの数列
　　　a₁ > 0 , a[n+1]=a[n]/(1+a[n]²)
　は、有界で単調な数列は収束するという定理により、０に収束することがわかる。この数
　列の収束をこの定理を使わず、初等的に証明せよという問題があった。

２．計算

　a[n] > 0  は自明。
　b[n-1]=1/a[n] とおき、n=0 からの数列 {b[n]} を考える。与式は
　　　b[n+1]=b[n]+1/b[n]
　すると、b[n] > 0 も自明だから、AM-GM不等式から
　　　b[n+1]≧2 (n≧0) → b[n]≧2 (n≧1)
　となる。したがって
　　　b[1]≧2・・・・・・・①
　となる。

　ここで、n≧1 として
　　　b[n]≧(√n)+(1/√n)・・・・・・②
　を仮定する(n=1 のときは、①により満たされている)。すると、②に補題１を使うと
　　　f(b[n])≧f( (√n)+(1/√n) )　(②の右辺は２以上、つまり、１以上)
　となる。この式は f() をばらすと
　　　b[n]+1/b[n]≧n+1/√n+1/{√n+1/√n}・・・・・③
　となる。左辺は b[n+1] だから、次のようになる。
　　　b[n+1]≧√n+1/√n+1/{√n+1/√n}
　　　　=(n+1)/√n+√n/(n+1)={(n+1)²+n}/{(√n)(n+1)}=(n²+3n+1)/{(√n)(n+1)}
　　       >√(n+1)+1/√(n+1)・・・・・補題３

　したがって、帰納法から②が証明された。
　したがって、b[n] → ∞
　つまり、a[n] → ０

補題１
　　f(x)=x+1/x　(x≧1)
　とおく。このとき、
　　f'(x)=1-1/x²≧0
　となり、f(x) は単調増加となる。

補題２
　　(√n)√(n+1) < n+(1/2)
　両辺を2乗すれば明らか。

補題３
　　(n²+3n+1)/{(√n)(n+1)} - {√(n+1)+1/√(n+1)}
　　　=(n²+3n+1)/{(√n)(n+1)} - (n+2)/√(n+1)
　　　={(n²+3n+1) - (n+2)(√n)√(n+1)}/{(√n)(n+1)}
　　　> {(n²+3n+1) - (n+2)(n+1/2)}/{(√n)(n+1)}・・・補題２
　　　={(n²+3n+1) - (n²+(5/2)n+1)}/{(√n)(n+1)}
　　　={n/2}/{(√n)(n+1)} > 0

３．あとがき

　はじめ、1/n≦a[n]≦1/√n など、色々考えたがうまくいかず、まず簡単にするため 1/a[n]
　を考えることにし、最後に、(√n)+(1/√n)　を思いついた。
　ところが、③は補題１による、f(x)の単調増加を使う必要があると指摘を受けた。難かし
　すぎた。

以上