微分演算子の積と逆演算子の部分分数分解

前回の続きです。前回は，微分演算子とその逆演算子の意味を知りました。そして，逆演算子 \(\displaystyle \frac{1}{D - \alpha}\) に関する重要な公式を導いた上で，その使い方の例を示しました。その過程で， \[\begin{eqnarray*} && (D - \alpha)(D - \beta) = D^2 - (\alpha + \beta)D + \alpha\beta \tag{12.1}\\[4px] && \frac{1}{(D - \alpha)(D - \beta)} = \frac{1}{\alpha - \beta} \left(\frac{1}{D - \alpha} - \frac{1}{D - \beta}\right) \tag{12.2}\end{eqnarray*}\] が成り立つか？　という疑問が湧いてきました。\((12.1)\) は演算子の展開・因数分解ができるか？，\((12.2)\) は逆演算子の部分分数分解ができるか？　という問題です。今日は，これらが成り立つことを確認したいと思います。

微分演算子の積

\((12.1)\) に併せて，\((D - \alpha)(D -\beta) = (D - \beta)(D - \alpha)\) が成り立つか？　という問題もあります。高等学校の数学で現れる殆どの演算が可換（演算順の交換可能）であるために，ピンとこないかも知れません。ところが，これも当たり前のことではないのです。 \[\begin{eqnarray*} && (D - \alpha)(D - \beta)[y] \\[4px] &=& (D - \alpha)\left(\frac{dy}{dx} - \beta[y]\right) \\[4px] &=& D\left[\frac{dy}{dx}\right] + D[-\beta y] - \alpha\frac{dy}{dx} + \alpha\beta[y] \\[4px] &=& \frac{d^2y}{dt^2} - \beta D[y] - \alpha D[y] + \alpha\beta[y] \\[4px] &=& D^2[y] -(\beta + \alpha)D[y] + \alpha\beta[y] \\[4px] &=& \left\{D^2 - (\alpha + \beta)D + \alpha\beta\right\}[y] \end{eqnarray*}\] 一方 \[\begin{eqnarray*} && (D - \beta)(D - \alpha)[y] \\[4px] &=& (D - \beta)\left(\frac{dy}{dx} - \alpha[y]\right) \\[4px] &=& D\left[\frac{dy}{dx}\right] + D[-\alpha y] - \beta\frac{dy}{dx} + \beta\alpha[y] \\[4px] &=& \frac{d^2y}{dt^2} - \alpha D[y] - \beta D[y] + \beta\alpha[y] \\[4px] &=& D^2[y] -(\alpha + \beta)D[y] + \alpha\beta[y] \\[4px] &=& \left\{D^2 - (\alpha + \beta)D + \alpha\beta\right\}[y] \end{eqnarray*}\] したがって， \[\begin{eqnarray*} D^2 - (\alpha + \beta)D + \alpha\beta &=& (D - \alpha)(D - \beta) \\[4px] &=& (D - \beta)(D - \alpha) \end{eqnarray*}\tag{12.3}\] の成り立つことが分かりました。

逆演算子の部分分数分解

次に \((12.2)\) を示しましょう。 \[\begin{eqnarray*} &\left\{D^2 - (\alpha + \beta)D + \alpha \beta\right\}[y] = f(x)& \\[4px] &y'' - (\alpha + \beta)y' + \alpha\beta y = f(x)& \tag{12.4}\end{eqnarray*}\] 定数変化法を用いて，微分方程式 \((12.4)\) の特殊解を求めます。基本解は \(\phi(x) = e^{\alpha x}\) と \(\psi(x) = e^{\beta x}\) ですから， \[\begin{eqnarray*} && \phi(x)\psi'(x) - \phi'(x)\psi(x) \\[4px] &=& e^{\alpha x}\cdot \beta e^{\beta} - \alpha e^{\alpha x}\cdot e^{\beta x} \\[4px] &=& (\beta - \alpha)e^{(\alpha + \beta)x} \end{eqnarray*}\] となって，特殊解を \(v(x) = A(x)e^{\alpha x} + B(x)e^{\beta x}\) とすれば \[\begin{eqnarray*} A'(x) &=& -\frac{e^{\beta x}f(x)}{(\beta - \alpha)e^{(\alpha + \beta)x}} = \frac{1}{\alpha - \beta} e^{-\alpha x}f(x) \\[4px] B'(x) &=& \frac{e^{\alpha x}f(x)}{(\beta - \alpha)e^{(\alpha + \beta)x}} = -\frac{1}{\alpha - \beta} e^{-\beta x}f(x) \end{eqnarray*}\] したがって，特殊解は \[\begin{eqnarray*} v(x) &=& \frac{1}{\alpha - \beta}\left(e^{\alpha x}\int e^{-\alpha x}f(x)\,dx - e^{\beta x}\int e^{-\beta x}f(x)\,dx\right) \\[4px] &=& \frac{1}{\alpha - \beta}\left(\frac{1}{D - \alpha}[f(x)] - \frac{1}{D - \beta}[f(x)]\right) \\[4px] &=& \frac{1}{\alpha - \beta}\left(\frac{1}{D - \alpha} - \frac{1}{D - \beta}\right)[f(x)] \end{eqnarray*}\] \((12.3)\) も合わせて，以上から \[\frac{1}{(D - \alpha)(D - \beta)} = \frac{1}{\alpha - \beta }\left(\frac{1}{D - \alpha} - \frac{1}{D - \beta}\right)\]の成り立つことが分かりました。

実際にどのように使うのか？

前回示した使い方の例をもう一度見ます。 \[y'' - 5y' + 6y = e^{2x}\] の特殊解を，微分演算子を用いて求めるという問いでした。 \[\begin{eqnarray*} y &=& \frac{1}{(D -2 )(D - 3)}[e^{2x}] \\[4px] &=& \left(\frac{1}{D - 3} - \frac{1}{D - 2}\right)[e^{2x}] \\[4px] &=& \frac{1}{D - 3}[e^{2x}] - \frac{1}{D - 2}[e^{2x}] \\[4px] &=& -e^{2x} - xe^{2x} \end{eqnarray*}\] として特殊解が求められることが保証されました。

これは，次に部分分数分解を用いずに，次のようにすることもできます。 \[\begin{eqnarray*} y &=& \frac{1}{(D - 2)(D - 3)}[e^{2x}] \\[4px] &=& \frac{1}{D - 2}\cdot\frac{1}{D - 3}[e^{2x}] \\[4px] &=& \frac{1}{D - 2}[-e^{2x}] \\[4px] &=& -xe^{2x} \end{eqnarray*}\]