1/f(D)[y]=e^(αx)・1/f(D+α)[e^(-αx)y]

今日は，逆微分演算子に関してよく使われる公式をもう１つ扱います。微分方程式に関する書籍を見ると，タイトルのとおり \[\frac{1}{f(D)}[y] = e^{\alpha x}\frac{1}{f(D + \alpha)}[e^{-\alpha x} y]\] のように書かれています。私たちは，線形２階の微分方程式を扱っていますし，上の式ではどのように使うかが少々分かりにくいので，次のとおり書き換えます。

まず，どのように使うものか示してから，証明に入りたいと思います。

例えば，次のような形の特殊解を求めようと思います。 \[\frac{1}{D^2 + D - 2}\left[e^{2x}x\right]\] 青色の枠内の式を見ると，左辺の \([e^{\alpha x}y]\) が右辺では \([y]\) と \(e^{\alpha x}\) が消えています。どうやら，\(D\) の代わりに \(D + \alpha\) とすることで \(e^{\alpha x}\) を消すことができそうです。 \[\begin{eqnarray*} \frac{1}{D^2 + D - 2}\left[e^{2x}x\right] &=& e^{2x}\cdot\frac{1}{(D + 2)^2 + (D + 2) -2}[x] \\[2px] &=& e^{2x}\cdot\frac{1}{D^2 + 5D + 4}[x] \\[2px] &=& e^{2x}\cdot\frac{1}{(D + 1)(D + 4)}[x] \\[2px] &=& \frac{e^{2x}}{3}\left(\frac{1}{D + 1} - \frac{1}{D + 4}\right)[x]\end{eqnarray*}\] このように使います。現状では，逆演算子のマクローリン展開 \[\frac{1}{1 - D} = 1 + D + D^2 + D^3 + D^4 + \cdots\] を保留にしてありますからあまり有り難味を感じられませんが・・・ f^^;　実際には結構役立つのですよ。

証明しましょう

\[\begin{eqnarray*} D[e^{\alpha x}y] &=& \left(e^{\alpha x}y\right)' \\[2px] &=& \alpha e^{\alpha x} y + e^{\alpha x}y' \\[2px] &=& e^{\alpha x}\left(y' + \alpha y\right) \\[2px] &=& e^{\alpha x}\left(D + \alpha\right)[y] \\[6px] D^2[e^{\alpha x}y] &=& D\big[e^{\alpha x}\left(D + \alpha\right)[y]\big] \\[2px] &=& e^{\alpha x}(D + \alpha) \left[(D + \alpha)[y]\right] \\[2px] &=& e^{\alpha x}(D + \alpha)^2[y] \end{eqnarray*}\] したがって \[(D^2 + aD + b)[e^{\alpha x}y] = e^{\alpha x}\left\{(D + \alpha)^2 + a(D + \alpha) + b\right\}[y]\] が成り立ちます。そこで，この両辺を \(e^{\alpha x}u(x)\) とすると \[\left\{\begin{array}{l} \displaystyle e^{\alpha x}y = \frac{1}{D^2 + aD + b}[e^{\alpha x}u(x)]\\[2px] \displaystyle y = \frac{1}{(D + \alpha)^2 + a(D + \alpha) + b}[u(x)] \end{array}\right.\] よって \[\frac{1}{D^2 + aD + b}[e^{\alpha x}u(x)] = e^{\alpha x}\cdot\frac{1}{(D + \alpha)^2 + a(D + \alpha) + b}[u(x)]\]

例題14－１　\(y '' + 4y = e^x \cos x\)

解　答

特性方程式 \(\lambda^2 + 4 = 0\) を解いて特性解が \(\lambda = \pm 2i\) となるので，基本解は \[\cos 2x\ ,\quad \sin 2x\] です。次に，逆演算子を用いて特殊解を求めます。 \[\begin{eqnarray*} \frac{1}{D^2 + 4}[e^x \cos x] &=& e^{x} \frac{1}{(D + 1)^2 + 4}[\cos x] \\[2px] &=& e^{x}\mbox{Re}\left[\frac{1}{D^2 + 2D + 5}[e^{ix}]\right] \\[2px] &=& e^{x}\mbox{Re}\left[\frac{1}{i^2 + 2i + 5}e^{ix}\right] \\[2px] &=& \frac{e^{x}}{2}\mbox{Re}\left[\frac{1}{2 + i}e^{ix}\right] \\[2px] &=& \frac{e^x}{2}\mbox{Re}\left[\frac{2 - i}{5}(\cos x + i\sin x)\right] \\[2px] &=& \frac{e^x}{10}(2\cos x + \sin x) \end{eqnarray*}\] したがって，求める一般解は \[y = C_1 \cos 2x + C_2 \sin 2x + \frac{e^x}{10}(2\cos x + \sin x)\]

ただし，この方程式の場合は，オイラーの公式のお世話になるのであれば，初めから \[y = Re\left[\frac{1}{D^2 + 4}\left[e^{(1 + i)x}\right]\right]\] としてしまう手もあります。 \[\begin{eqnarray*} \mbox{Re}\left[\frac{1}{D^2 + 4}[e^{(1 + i)x}]\right] &=& \mbox{Re}\left[\frac{1}{(1 + i)^2 + 4}e^{(1 + i)x}\right]\\[2px] &=& \frac{e^x}{2}\cdot \mbox{Re}\left[\frac{1}{2 + i}e^{ix}\right]\\[2px] &=& \frac{e^x}{10}\cdot \mbox{Re}\left[(2 - i)(\cos x + i\sin x)\right]\\[2px] &=& \frac{e^x}{10}\left(2\cos x + \sin x\right) \end{eqnarray*}\] 「こっちの方が楽じゃネ」と言われてしまうと，身も蓋もありません f^^;

ここまで書いて，最近の若者言葉で言うと「地味に役立つ公式」を思い出しました。以前，\(\alpha \ne \gamma\)，\(\beta \ne \gamma\) ならば \[\frac{1}{(D - \alpha)(D - \beta)}[e^{\gamma x}] = \frac{1}{(\gamma - \alpha)(\gamma - \beta)}e^{\gamma x}\] が成り立つことを述べ，上の解答でもこの関係を使っています。それでは，次の式はどのようになるのでしょうか？ \[\frac{1}{(D - \alpha)(D - \beta)}[e^{\alpha x}]\] 逆演算子を部分分数分解すれば，次が成り立ちます。 \[\begin{eqnarray*} && \frac{1}{(D - \alpha)(D - \beta)}[e^{\alpha x}] \\[2px] &=& \frac{1}{\alpha - \beta}\left(\frac{1}{D - \alpha} - \frac{1}{D - \beta}\right)[e^{\alpha x}]\\[2px] &=& \frac{1}{\alpha - \beta}\left(xe^{\alpha x} - \frac{e^{\alpha x}}{\alpha - \beta}\right) \\[2px] &=& \frac{1}{\alpha - \beta}xe^{\alpha x} -\frac{1}{(\alpha - \beta)^2}e^{\alpha x} \tag{14.1} \end{eqnarray*}\] \(\alpha\)，\(\beta\)，\(\gamma\) が実数のときはこれで問題ないのですが，虚数になると計算がヤヤコシクなりそうです。実は \(f(x) = (x - \alpha)(x - \beta) \) とおくと \begin{eqnarray*} \frac{1}{f(D)}[e^{\alpha x}] &=& \frac{1}{f'(\alpha)}xe^{\alpha x} \tag{14.2} \end{eqnarray*} が成り立って，これがなかなかの威力を発揮します。 \[\begin{eqnarray*} f(x) &=& (x - \alpha)(x - \beta)\\[2px] &=& x^2 - (\alpha + \beta)x + \alpha\beta\\[2px] f'(x) &=& 2x - (\alpha + \beta) \end{eqnarray*}\] したがって \[\begin{eqnarray*} \frac{1}{f'(\alpha)}xe^{\alpha x} &=& \frac{1}{2\alpha - (\alpha + \beta)}xe^{\alpha x} \\[2px] &=& \frac{1}{\alpha - \beta}xe^{\alpha x} \\[2px] \end{eqnarray*}\] \((14.1)\) の後半の \(\displaystyle -\frac{1}{(\alpha - \beta)^2}e^{\alpha x}\) は斉次微分方程式 \[(D - \alpha)(D - \beta)[y] = 0\] の解ですから，\((14.2)\) の成り立つことが分かります。そうしますと，例えば，このような計算ができます。 \[\begin{eqnarray*} \frac{1}{D^2 + 9}[\sin 3x] &=& \mbox{Im}\left[\frac{1}{D^2 + 9}[e^{3ix}]\right] \\[2px] &=& \mbox{Im}\left[\frac{1}{2\cdot 3i}xe^{3ix}\right] \\[2px] &=& x\cdot \mbox{Im}\left[\frac{-i}{6}(\cos 3x + i\sin 3x)\right] \\[2px] &=& -\frac{1}{6}x\cos 3x \end{eqnarray*}\]

ということで，今回は，これまでに比べると小技？と言えるような公式２つを紹介いたしました。逆微分演算子を効率的に用いるためには，知っているべき公式があるということに気づいていただければと思います。