F..7 定数係数高階単独線形常微分方程式

$p(\lambda)\in\mathbb{R}[\lambda]$, $\deg p(\lambda)=n$, $D=\frac{\D}{\D t}$ とするとき、常微分方程式

$$p(D)x=0$$

を考えよう。

$p(\lambda)$ の相異なる根を $\alpha_1$, $\cdots$, $\alpha_r$ とすると

$$p(\lambda)=a\prod_{j=1}^r\left(\lambda-\alpha_j\right)^{m_j},\quad \sum_{j=1}^r m_j=n$$

のように因数分解できる。このとき

$$x=\sum_{j=1}^r\sum_{k=0}^{m_j-1}c_{jk}t^k e^{\alpha_j t}$$   ($c_{jk}$ は任意定数)

が一般解である。

証明.

(1)

積の微分法により $D\left(e^{\alpha t}\varphi(t)\right) =\alpha e^{\alpha t}\varphi(t)+e^{\alpha t}\varphi'(t)$ である。 右辺第$1$項を左辺に移項して、 $(D-\alpha)(e^{\alpha t}\varphi(t))=e^{\alpha t}D\varphi(t)$.

(2)

帰納法による。 $m=1$ のときは (1) そのものである。$m=k$ のとき成り立つと仮定すると

$$(D-\alpha)^{k+1}\left(e^{\alpha t}\varphi(t)\right) =(D-\alpha)\left[(D-\alpha)^{k}\left(e^{\alpha t}\varphi(t)\right... ...] =(D-\alpha)\left(e^{\alpha t}D^k\varphi(t)\right) =e^{\alpha t}DD^k\varphi(t)$$

$$=e^{\alpha t}D^{k+1}\varphi(t).$$

すなわち $m=k+1$ のときも成立する。ゆえに任意の $m\in\mathbb{N}$ について成り立つ。 $\qedsymbol$

$\qedsymbol$

((1) を $D=e^{-\alpha t}(D-\alpha)\left(e^{\alpha t}\cdot\right)$ と書くと、 $D^m=e^{-\alpha t}(D-\alpha)^m\left(e^{\alpha t}\cdot\right)$ となり (2) が分かりやすいかも、とか色々考えるけれど、 決定版が見つかっていない感がある。)

証明. $y(t):=e^{-\alpha t}x(t)$ とおくと、

$$(D-\alpha)^m x(t)=(D-\alpha)^m\left(e^{\alpha t}y(t)\right) =e^{\alpha t}D^m y(t).$$

ゆえに

$$(D-\alpha)^m x(t)=0 \Iff D^m y(t)=0 \Iff (\exists C_0,\cdots,C_{m-1})\ y(t)=\sum_{j=0}^{m-1}C_j t^j$$

$$\Iff (\exists C_0,\cdots,C_{m-1})\ x(t)=\sum_{j=0}^{m-1}C_j t^je^{\alpha t}. \qed$$

$\qedsymbol$

$1\le j\le r$ なる$j$に対して、

$$\varphi_{jk}(t):=t^k e^{\alpha_j t}$$   ( $0\le k\le m_{j}-1$)

は $(D-\alpha_j)^{m_j}x(t)=0$ の解である。

$$p(D)=a\left(\prod_{k\ne j}(D-\alpha_k)^{m_k}\right) (D-\alpha_j)^{m_j}$$

であるから、$p(D)x=0$ の解でもある。 $\varphi_{jk}$ ( $1\le j\le r$, $0\le k\le m_j-1$) は全部で $n$ 個あるので、 それらの 1次独立性を示せば、 $p(D)\bm{x}=0$ の解空間の基底であることが分かる。

1次独立性の証明は難しくはないが、一般的に記述しようとすると、 (添字が増えて) 式が複雑になり、議論が分かりにくく感じる人が多くなると思われる。 以下では、特別な場合に証明する (それが理解出来れば一般の場合に成り立つことが理解できると思われる)。

まず補題を準備する。

証明.

(1)

$D^ke^{\alpha t}=\alpha^j e^{\alpha t}$ を用いる。

(2)

$$(D-\alpha)^\ell\left[t^ke^{\alpha t}\right] =e^{\alpha t}e^{-\al... ...ha t}t^k =e^{\alpha t}D^\ell t^k=e^{\alpha t}\frac{k!}{\ell!}t^{k-\ell}. \qed$$

$\qedsymbol$

1次独立性の証明のあらすじ     $\alpha$, $\beta$, $\gamma$ が相異なるとき、 $e^{\alpha t}$, $e^{\beta t}$, $te^{\beta t}$, $e^{\gamma t}$, $te^{\gamma t}$, $t^2e^{\gamma t}$ が1次独立であること、 すなわち

$$x(t)=A_1e^{\alpha t}+B_1e^{\beta t}+B_2 te^{\beta t} +C_1e^{\gamma t}+C_2 t e^{\gamma t}+C_3 t^2 e^{\gamma t}$$

について

$$x(t)=0\THEN A_1=B_1=B_2=C_1=C_2=C_3=0$$

を示そう。

$C_1=C_2=C_3=0$ を示す ($A_1=0$ や $B_1=B_2=0$ の証明も同様である)。

$$p_\ell(\lambda):=(\lambda-\alpha)(\lambda-\beta)^2(\lambda-\gamma)^\ell$$   ( $\ell=0,1,\cdots$)

とおくとき、 $(D-\alpha)e^{\alpha t}=0$, $(D-\beta)^2 e^{\beta t}=0$, $(D-\beta)^2 t e^{\beta t}=0$ であるので、任意の$\ell$に対して

$$p_\ell(D)e^{\alpha t}=0,\quad p_\ell(D)e^{\beta t}=0,\quad p_\ell(D) te^{\beta t}=0.$$

ゆえに

$$p_\ell(D)x =p_\ell(D)\left(C_1 e^{\gamma t}+C_2 te^{\gamma t}+C_3t^2e^{\gamma t}\right).$$

上で紹介した補題を用いると

$$p_2(D)t^2e^{\gamma t} =(D-\alpha)(D-\beta)^2 (D-\gamma)^2 t^2e^{... ...\alpha)(D-\beta)^2 e^{\gamma t} =(\gamma-\alpha)(\gamma-\beta)^2e^{\gamma t},$$

$$p_2(D) te^{\gamma t}=(D-\alpha)(D-\beta)^2(D-\gamma)^2 te^{\gamma t} =(D-\alpha)(D-\beta)^2 0=0,$$

$$p_2(D) e^{\gamma t}=(D-\alpha)(D-\beta)^2(D-\gamma)^2 e^{\gamma t} =(D-\alpha)(D-\beta)^2 0=0,$$

であるから

$$p_2(D)x=C_3(\gamma-\alpha)(\gamma-\beta)^2e^{\gamma t}$$

これが 0 に等しいので、$C_3=0$. ゆえに

$$x(t)=A_1e^{\alpha t}+B_1e^{\beta t}+B_2 te^{\beta t} +C_1e^{\gamma t}+C_2 t e^{\gamma t}.$$

$\ell$ を $2$ から $1$ に下げて同様の議論が出来て

$$0=p_1(D)x=C_2(\gamma-\alpha)(\gamma-\beta)^2e^{\gamma t}, \quad \therefore C_2=0.$$

$\ell$ を 0 に下げて

$$0=p_0(D)x=C_1(\gamma-\alpha)(\gamma-\beta)^2e^{\gamma t}, \quad \therefore C_1=0.$$