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演算子法

$D = \frac{d}{dx}$ とおくと

$\displaystyle L(y) = a_{n}y^{(n)} + a_{n-1}y^{(n-1)} + \cdots + a_{1}y^{\prime} + a_{0}y = f(x)$

は

$\displaystyle L(D)y = (a_{n}D^{n} + a_{n-1}D^{n-1} + \cdots + a_{1}D + a_{0})y = f(x)$

と表せます．このとき，方程式

をみたすように関数

を対応させる演算素を，

の逆演算子とよび，

$\displaystyle y = \frac{1}{L(D)}f(x) = (L(D))^{-1}f(x)$

と書き表します．つまり， $(L(D))^{-1}f(x)$ は，すべての関数

に対して，関係式

$\displaystyle L(D)(L(D)^{-1}f(x)) = f(x)$

をみたすものとして定義します．

演算子法による計算法則

の特殊解を $L(D)^{-1}f(x)$ で計算しようというものであるから， $L(D)^{-1}$ の性質を調べておく必要があります．

定理 2.8 (線形性) $\alpha ,\beta$ を定数，

を関数とするとき，

$\displaystyle L(D)(\alpha f(x) + \beta g(x)) = \alpha L(D)f(c) + \beta L(D)g(x)$

$\displaystyle L(D)^{-1}(\alpha f(x)+ \beta g(x)) = \alpha L(D)^{-1}f(x) + \beta L(D)^{-1}g(x)$

証明最初の式はの定義から直ちにわかる．第2の等式は

$\displaystyle L(D)(\alpha L(D)^{-1}f(x) + \beta L(D)^{-1}g(x)) = \alpha f(x) + \beta g(x)$

より明らかである．

定理 2.9 (基本公式)

を定数，

を自然数とするとき，

$\displaystyle \frac{1}{D - a}f(x) = e^{ax}\int e^{-ax}f(x)\: dx$

$\displaystyle \frac{1}{(D - a)^m}f(x) = e^{ax}\iint \cdots \int e^{-ax}f(x)\: dx \cdots dx dx\ (m$ 反復積分 $\displaystyle )$

証明 $(D -a)^{-1}f(x) = y$ とすると，

．すなわち

$\displaystyle \frac{dy}{dx} - ay = f(x).$

これは1階線形微分方程式なので，積分因子 $\mu = e^{\int (-a)dx}$ . これを両辺にかけると，

$\displaystyle (e^{\int (-a)dx} y)' = e^{\int (-a)dx}　f(x).$

これより，

$\displaystyle y = e^{-\int(-a)dx}\int e^{\int (-a)dx}　f(x)\:dx = e^{ax}\int e^{-ax}f(x)\:dx$

これを繰り返すと

$\displaystyle \frac{1}{(D-a)^2}$	$\displaystyle =$	$\displaystyle \frac{1}{D-a}\big(\frac{1}{D-a} f(x)\big) = e^{ax}\int e^{-ax}(\frac{1}{D-a}f(x))\:dx$
	$\displaystyle =$	$\displaystyle e^{ax}\int e^{-ax}(e^{ax}\int e^{-ax}f(x))\:dx$
	$\displaystyle =$	$\displaystyle e^{ax}\iint e^{-ax}f(x)\:dx$

定理 2.10 (演算子公式)

$\displaystyle (1)\ f(x)$	$\displaystyle =$	$\displaystyle e^{ax} \Longrightarrow \frac{1}{L(D)}e^{ax} = \frac{1}{L(a)}e^{ax}$
$\displaystyle (2)\ f(x)$	$\displaystyle =$	$\displaystyle x^{m} \Longrightarrow \frac{1}{1-aD}x^{m} = \big(1 + (aD) + (aD)^2 + \cdots (aD)^m\big) x^m$
$\displaystyle (3)\ f(x)$	$\displaystyle =$	$\displaystyle \cos{ax} \Longrightarrow \frac{1}{L(D^2)}\cos{ax} = \frac{1}{L(-a^2)}\cos{ax}$
$\displaystyle (4)\ f(x)$	$\displaystyle =$	$\displaystyle \sin{ax} \Longrightarrow \frac{1}{L(D^2)}\sin{ax} = \frac{1}{L(-a^2)}\sin{ax}$
$\displaystyle (5)\ f(x)$	$\displaystyle =$	$\displaystyle e^{ax}u(x) \Longrightarrow \frac{1}{L(D)}e^{ax}u(x) = e^{ax}\frac{1}{L(D + a)}u(x)$
$\displaystyle (6)\ f(x)$	$\displaystyle =$	$\displaystyle x^m u(x) \Longrightarrow \frac{1}{L(D)}x^m u(x) = \sum_{k=0}^{m}\binom{m}{k}x^{m-k}\big(\frac{1}{L(D)}\big)^{(k)}u(x)$

例題 2.19 $L(y) = y^{\prime\prime} - y^{\prime} - 2y = 2e^{3x}$ を解け．

解補助方程式の特性方程式は $m^{2} - m -2 = 0$ より特性根を得る．よって余関数 $y_{c}$ は

$\displaystyle y_{c} = c_{1}e^{-x} + c_{2}e^{2x}$

$(D^2 - D - 2) y = 2e^{3x}$ より，

$\displaystyle y = \frac{2e^{3x}}{D^2 - D -1}.$

よって $y = \frac{2 e^{3x}}{3^2 - 3 -1} = \frac{2 e^{3x}}{4} = \frac{e^{3x}}{2}$ ．これより特殊解 $y_{p} = \frac{1}{2}e^{3x}$ を得る．したがって一般解は

$\displaystyle y = y_{c} + y_{p} = c_{1}e^{-x} + c_{2}e^{2x} + \frac{1}{2}e^{3x}$

で与えられる． $\ \blacksquare$

問 2.1 $L(y) = y^{\prime\prime} + 4y = \sin{x}$ を解け．

解答の特性方程式はより，特性根 $m = \pm 2i$ を得る．よって余関数 $y_{c}$ は

$\displaystyle y_{c} = c_{1}\cos{2x} + c_{2}\sin{2x}$

$(D^2 + 4) y = \sin{x}$ より，

$\displaystyle y = \frac{\sin{x}}{D^2 + 4} = \frac{\sin{x}}{-1^2 + 4} = \frac{1}{3}\sin{x}.$

問 2.2 $L(y) = y^{\prime\prime} -3y' + 2y = xe^{x}$ の特殊解を求めよ．．

解答特殊解をとすると，

$\displaystyle y$	$\displaystyle =$	$\displaystyle \frac{1}{D^2 - 3D +2}(xe^{x}) = e^{x}\frac{1}{(D+1)^2 -3(D+1)+2}x = e^{x}\frac{1}{D^2 - D}x$
	$\displaystyle =$	$\displaystyle e^{x} \frac{1}{D} \cdot \frac{1}{D-1}x = -e^{x}\frac{1}{D} \frac{1}{1-D}x$
	$\displaystyle =$	$\displaystyle -e^{x}\frac{1}{D} (1+D+D^2 + \cdots)x = -e^{x}\frac{1}{D}(x+1) = -e^{x}\big(\frac{1}{2}x^2 + x\big)$

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Administrator 平成26年9月18日