演算子法

$D = \frac{d}{dx}$とおくと

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

は

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

と表せます．このとき,方程式 $L(D)y = f(x)$をみたすように関数$y$を対応させる演算素を,$L(D)$の逆演算子とよび,

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

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

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

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

$L(D)y = f(x)$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,$f(x),g(x)$を関数とするとき,

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

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

証明 最初の式は$L(D)$の定義から直ちにわかる．第2の等式は

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

より明らかである．

定理 2..9 (基本公式)   $a$を定数,$m$を自然数とするとき,

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

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

証明 $(D -a)^{-1}f(x) = y$とすると, $(D-a)y = f(x)$．すなわち

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

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,

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

これより,

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

これを繰り返すと

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

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

$$= e^{ax}\iint e^{-ax}f(x)\:dx$$

定理 2..10 (演算子公式)  

$$(1)\ f(x) = e^{ax} \Longrightarrow \frac{1}{L(D)}e^{ax} = \frac{1}{L(a)}e^{ax}$$

$$(2)\ f(x) = x^{m} \Longrightarrow \frac{1}{1-aD}x^{m} = \big(1 + (aD) + (aD)^2 + \cdots (aD)^m\big) x^m$$

$$(3)\ f(x) = \cos{ax} \Longrightarrow \frac{1}{L(D^2)}\cos{ax} = \frac{1}{L(-a^2)}\cos{ax}$$

$$(4)\ f(x) = \sin{ax} \Longrightarrow \frac{1}{L(D^2)}\sin{ax} = \frac{1}{L(-a^2)}\sin{ax}$$

$$(5)\ f(x) = e^{ax}u(x) \Longrightarrow \frac{1}{L(D)}e^{ax}u(x) = e^{ax}\frac{1}{L(D + a)}u(x)$$

$$(6)\ f(x) = x^m u(x) \Longrightarrow \frac{1}{L(D)}x^m u(x) = \sum_{k=0}^{m}\binom{m}{k}x^{m-k}\big(\frac{1}{L(D)}\big)^{(k)}u(x)$$

例題 2..19   $L(y) = y^{\prime\prime} - y^{\prime} - 2y = 2e^{3x}$を解け．

解 補助方程式$L(y) = 0$の特性方程式は $m^{2} - m -2 = 0$より特性根$m = -1,2$を得る．よって余関数$y_{c}$は

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

$(D^2 - D - 2) y = 2e^{3x}$より,

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

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

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

で与えられる． $\ \blacksquare$

問 2..1   $L(y) = y^{\prime\prime} + 4y = \sin{x}$を解け．

解答 $L(y) = 0$の特性方程式は $m^2 + 4 = 0$より,特性根 $m = \pm 2i$を得る．よって余関数$y_{c}$は

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

$(D^2 + 4) y = \sin{x}$より,

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

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$y$とすると,

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

$$= e^{x} \frac{1}{D} \cdot \frac{1}{D-1}x = -e^{x}\frac{1}{D} \frac{1}{1-D}x$$

$$= -e^{x}\frac{1}{D} (1+D+D^2 + \cdots)x = -e^{x}\frac{1}{D}(x+1) = -e^{x}\big(\frac{1}{2}x^2 + x\big)$$