例題問題(微分演算子、連立線形微分方程式)

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参考 ( 微分演算子 )

y=f(x) を関数とする。

y に対して y’ を対応させる作用素を D と表す。

つまり、Dy=y’ である。

このとき、D を 『 微分演算子 』 という。

つまり、微分演算子とは、関数に導関数を対応させる演算子である。

参考 ( 逆微分演算子 )

y=f(x) を関数とする。

y に対して不定積分∫f(x)dx を対応させる作用素を 1/D と表す。

1/D を D−1 と表してよいとする。

つまり、D−1y=∫f(x)dx である。

上の定義は唐突であるかもしれない。

そこで、背景を説明する。

まず、最初に Dy=y’ を定義した。

むろん、これは 「 y に D を作用させると y’ になる 」 という意味である。

ここで、見方を変えて、Dy を 『 D と y の積 』 と見なす。(★1)

さらに、y=D−1y’ と変形してみる。(★2)

この式に意味をもたせるためには、D−1 は 「 y に ∫ydx を対応させる作用 」 であるべきだ。

そこで、D−1y=∫ydx と定義したのである。

上の(★1)や(★2)は 『 類推(アナロジー)』 である。

アナロジーには論理的な根拠はないが、数学や科学の発見に役立つことがある。

参考

−1D=DD−1 ではない。

証明

いま、



また、



つまり、D−1Df には任意定数が付くが、DD−1f には付かない。

参考 ( 微分演算子の多項式 )

P(t) を多項式とする。

つまり、P(t)=a+at+・・・+a と表せる。

このとき、P(D)=a+aD+・・・+a と定義する。

つまり、次のように計算できる。

(*) P(D)f=(a+aD+・・・+a)f=af+aDf+・・・+af=af+af’+・・・+a(n)

y’’+2y’+y=0 を微分方程式とする。

これを Dy+2Dy+y=0 と表すことができる。

また、(D+2D+1)y=0 と表すこともできる。

参考

(D−α)y=f(x) を線形微分方程式とする。( つまり、y’−αy=f(x)である )(★)

このとき、(★)の一般解は次のように表される。



そこで、次のように定義する。

補足

(D−α)y=f(x)の一般解が(*)であるから、これを y=(D−α)−1f(x)と表せば自然である。

(*)の証明

既に知っているように、y’−αy=f(x)の一般解は、定数変化法によって得られる。

今回の定理はそれを微分演算子に書き直しているだけである。

しかし、ここでは改めて定数変化法を復習する。

まず、明らかに、(D−α)y=0 の一般解は y=Ceαx である。

ここで、定数 C を A(x) に置き換える。(定数変化法)

つまり、y=A(x)eαx である。

これを (D−α)y=f(x) に代入すると、A’(x)=e−αxf(x) である。

積分すると、A(x)=∫e−αxf(x)dx である。

つまり、A(x)=D−1(e−αxf(x)) である。

つまり、(★)の一般解は、y=eαx−1(e−αxf(x)) である。

参考 ( 微分演算子の公式 )

次が成り立つ。



−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−



−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

(1)〜(4)の証明

明らかである。

あるいは、定義そのままである。

(5)の証明

φ(D)=D+cn−1+・・・+c とおく。

例えば、Deαx=αeαx であり、Dαx=ααx である。

よって、φ(D)eαx=(α+cαn−1+・・・+c)eαx=φ(α)eαx である。

よって、eαx=φ(D)−1φ(D)eαx=φ(D)−1φ(α)eαx=φ(α)φ(D)−1αx である。

よって、φ(α)−1αx=φ(D)−1αx である。

(6)の証明

f(x)=φ(D+α)g(x)とおいてよい。(★)

いま、D(eαxg(x))=αeαxg(x)+eαxDg(x)=eαx(D+α)g(x) である。

よって、D(eαxg(x))=D(eαx(D+α)g(x))=eαx(D+α)g(x) である。

よって、帰納的に、D(eαxg(x))=eαx(D+α)g(x) である。

よって、φ(D)(eαxg(x))=eαxφ(D+α)g(x) である。

一方、eαxg(x)=φ−1(D)(φ(D)eαxg(x)) である。

よって、eαxg(x)=φ−1(D)(eαxφ(D+α)g(x)) である。

よって、(★)より、φ−1(D)(eαxf(x))=eαxφ(D+α)−1f(x) である。

(7)の証明

(6)において φ(D)=(D−α)、f(x)=1 とすればよい。

すると、(D−α)−nαx=eαx−n(1)=eαx/ n! である。

(8)の証明

いま、Dsinαx=−αsinαx である。

よって、D2nsinα=(−αsinαx である。

よって、φ(D)sinαx=φ(−α)sinαx である。

一方、むろん、sinαx=φ(D−1(φ(D)sinαx)である。

よって、sinαx=φ(D−1φ(−α)sinαx=φ(−α)φ(D−1sinαx である。

(9)の証明

(8)と同様である。

(10)の証明

いま、(D+α)xcosαx=D(xcosαx)+αxcosαx=−2αsinαx である。

よって、(D+α−1sinαx=−(2α)−1xcosαx である。

(11)の証明

(10)と同様である。

例題問題

次の特殊解を求めよ。

(1) y’’−3y’−4y=e−x

(2) y’’−3y’+2y=xe

(3) y’’+4y=e

(4) y’’+y’+y=e2x

(5) y’’−2y’+2y=cos2x

(6) y’’−2y’+2y=sin2x

(1)の証明

いま、(D+1)(D−4)y=e−x である。

よって、

(2)の証明

いま、(D−2)(D−1)y=xe である。

よって、

(3)の証明

いま、(D+2i)(D−2i)y=e である。

よって、

(4)の証明

P(t)=t+t+1 とおく。

いま、P(2)=7≠0 である。

また、P(D)y=e2x である。

よって、

(5)の証明

いま、(D−2D+2)y=cos2x である。

P(t)=t−2t+2 とおく。

いま、P(2i)=−2−4i≠0 である。

よって、



一方、



よって、

(6)の証明

(5)の証明に書いた式より、

例題問題

次を解け。

解答

いま、次のように表せる。

(*1) (D−1)x+y=t

(*2) (D+1)x−Dy=t

いま、(*1)×D+(*2)を行うと、(D+1)x=3t である。(★1)

(D+1)x=0 を(★1)に付く斉次式とする。(★2)

その特性方程式は λ+1=0 であり、λ=±i である。

よって、(★2)の一般解は、x=ccost+csint である。

一方、(★1)の特殊解は、



よって、(★1)の一般解は、x=ccost+csint+3t である。

これを(*1)に代入すると、y=t−(D−1)x=t+3t−3+(c+c)sint+(c−c)cost である。