熊原啓作著『新訂解析学』の学習ノート第十一回。

演算子法による解法

本章の目的は微分方程式を Laplace 変換を利用して解くことだろう。 というか、Laplace 変換はそのために研究されたものなのだろう。

Laplace 変換の性質 2

  • Th 14.1 Laplace 変換の高階導関数
    • $f(x)$ を Laplace 変換可能であり、収束座標が $\sigma_0$ であるとする。

    このとき $\mathscr{L}[f]\left(s\right)$ は $\Re\left(s\right) > \sigma_0$ で正則であり、次が成り立つ：

    \[\def\L{ \mathscr{L} } \frac{\mathrm{d}^n}{\mathrm{d}s^n}\L[f]\left(s\right) = (-1)^n \L[x^nf(x)]\left(s\right).\]

    証明：

    まず $x^n f(x)$ が収束域 $\Re\left(s\right) = \sigma > \sigma_0$ において $s$ に関して広義一様収束することを示す。 手始めに $n = 1$ のときにそうなることを示す。

    Th 13.1 のように議論する。まず $g(t)$ と $M$ を次のようにとる：

    \[\begin{aligned} g(t) \coloneqq \int_0^t\!f(x)\mathrm{e}^{-\sigma_0 x}\,\mathrm dx,\\ \lvert g(t) \rvert \le M,\quad t > 0,\\ \end{aligned}\]

    $\forall \varepsilon > 0$ に $\sigma \ge \sigma_0 + \varepsilon$ とする。このとき：

    \[\begin{aligned} I &\coloneqq \int_0^T\!xf(x) \mathrm{e}^{-sx}\,\mathrm dx\\ &= \int_0^T\!xf(x) \mathrm{e}^{-(s - \sigma_0)x} g^\prime(x)\,\mathrm dx\\ &= T \mathrm{e}^{-(s - \sigma_0)T}g(T) - \int_0^T\! \mathrm{e}^{-(s - \sigma_0)x}g(x)\,\mathrm dx + (s - \sigma_0)\int_0^T\!x\mathrm{e}^{-(s - \sigma_0)x}g(x)\,\mathrm dx\\ &=: I_1 + I_2 + I_3\\ &\le \lvert I_1 \rvert + \lvert I_2 \rvert + \lvert s - \sigma_0 \rvert\lvert I_3 \rvert. \end{aligned}\]

    ここで $T \to \infty$ のとき $\lvert I_1 \rvert \to 0.$

    \[\begin{aligned} \lvert I_3 \rvert &\le \int_0^T\!x\mathrm{e}^{(\sigma - \sigma_0)x}\lvert g(x)\rvert\,\mathrm dx\\ &\le M \int_0^T\! x\mathrm{e}^{-\varepsilon x}\,\mathrm dx\\ &= \frac{M}{\varepsilon^2}(-\varepsilon T \mathrm{e}^{-\varepsilon T} + 1 - \mathrm{e}^{-\varepsilon T})\\ &\to \frac{M}{\varepsilon^2}\quad(T \to \infty). \end{aligned}\]

    $I_2$ についても似たような評価で $T \to \infty$ のとき有限の値に収束する。 以上より、$I$ は絶対収束する。

    この議論で $f(x)$ の代わりに $xf(x)$ を考えれば $x^2f(x)$ が同じ領域で絶対収束することがわかる。 以下同様に、$x^nf(x)$ についても絶対収束する。

    上記の $[0, T]$ における積分を Riemann 和の極限として表現することを考える。 それから $T \to \infty$ とすると $\mathscr{L}[f]\left(s\right)$ は $\Re\left(s\right) > \sigma_0$ で正則。 なおかつ極限の順序交換が許されることから：

    \[\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s} \mathscr{L}[f]\left(s\right) &= \int_0^\infty\! \frac{\partial }{\partial s}(f(x)\mathrm{e}^{-sx})\,\mathrm dx\\ &= \int_0^\infty\! -xf(x)\mathrm{e}^{-sx}\,\mathrm dx\\ &= -\mathscr{L}[xf(x)]. \end{aligned}\]

    再帰的に $n$ 階導関数を得られ、冒頭の等式を得る。

  • E 14.1: 指数関数の変換と逆変換

    \[\mathscr{L}[\mathrm{e}^{\alpha x}]\left(s\right) = \frac{1}{s - \alpha}.\]

    両辺を $n - 1$ 回 $s$ について微分することで次の関係式が得られる：

    \[\def\ex{ \mathrm{e}^{\alpha x} } \begin{aligned} \mathscr{L}[x^{n-1}\ex]\left(s\right) &= \frac{(n - 1)!}{(s - \alpha)^n}.\\ \therefore \mathscr{L}^{-1}\left[\frac{1}{(s - \alpha)^n}\right](x) &= \frac{x^{n-1} \ex}{(n - 1)!} \end{aligned}\]

  • E 14.2 関数の平行移動

    $f(x)$ を Laplace 変換可能関数かつその収束座標を $\sigma_0$ とする。 このとき次の二点が成り立つ：

    1. $\forall \alpha \in \Complex$ に対して
    \[\forall s(\Re\left(s\right) > \Re(\alpha) + \sigma_0 \implies \mathscr{L}[\mathrm{e}^{\alpha x}f]\left(s\right) = \mathscr{L}[f](s - a)).\]

    1. $\forall a > 0$ に対して

      \[f_a(x) \coloneqq \begin{cases} f(x - a), & x \ge a,\\ 0, & 0 < x < a \end{cases}\]

      とおくと：

      \[\mathscr{L}[f_a]\left(s\right) = \mathrm{e}^{-as} \mathscr{L}[f]\left(s\right).\]

    証明： 1. は左辺を展開するだけ。2. は左辺を展開するときに $t = x - a$ のように置換積分をして右辺を導く。

  • Th 14.3 周期関数の Laplace 変換

    $f(x)$ は Laplace 変換可能かつ周期関数であるとする：

    \[\exists L(L > 0 \land \forall x(x > L \implies f(x) = f(x - L)).\]

    このとき $f(x)$ の Laplace 変換は次である：

    \[\mathscr{L}[f]\left(s\right) = \frac{1}{1 - \mathrm{e}^{-Ls}}\int_0^L\!f(x)\mathrm{e}^{-sx}\,\mathrm dx.\]

    証明： $\mathscr{L}[f]\left(s\right)$ の定義式を展開する。 区間を $[0, L] \cup [L, \infty]$ と分割して積分し、有限でないほうの積分の $f(x)$ を $f(x - L)$ で置き換え、適当に置換積分することで次が得られる：

    \[\mathscr{L}[f]\left(s\right) = \int_0^L\!f(x)\mathrm{e}^{-sx}\,\mathrm dx + \mathrm{e}^{-sL} \mathscr{L}[f]\left(s\right).\]

    これを $\mathscr{L}[f]\left(s\right)$ について整理すればよい。

  • 合成積は関数二つから別の関数を生成する手段の一つである。

    $f(x), g(x)$ を区間 ${(0, \infty)}$ で定義された関数とする。 このとき、両者を $x \le 0 \implies f(x) = g(x) = 0$ と定義域を拡大して、次の広義積分を考える：

    \[(f * g)(x) \coloneqq \int_0^\infty\!f(x - t)g(t)\,\mathrm dt = \int_0^x\!f(x - t)g(t)\,\mathrm dt.\]

    これを合成積という。

  • Th 14.4: 合成積の演算

    $f(x), g(x)$ を区間 ${(0, \infty)}$ で定義された関数とする。 演算子 $\ast$ は次の性質を満たす：

    1. 可換律 $f\ast g = g \ast f.$
    2. 結合律 $(f \ast g)\ast h = f \ast (g \ast h).$
    3. 左分配律 $f\ast(g + h) = f \ast g + f \ast h.$

    証明：

    可換律は合成積の定義式において、$x - t = u$ と置換積分することで得られる。

    結合律は式を書き出すしかない。途中の置換積分は $u + t = v:$

    \[\begin{aligned} ((f*g)*h)(x) &= \int_0^x\!(f*g)(x - t)h(t)\,\mathrm dt\\ &= \int_0^x\!\left(\int_0^{x - t}\!f(x - t - u)g(u)\,\mathrm du\right)h(t)\,\mathrm dt\\ &= \int_0^x\left(\int_t^x\!f(x - v)g(v - t)\,\mathrm dv\right)h(t)\,\mathrm dt\\ &= \int_0^x\!f(x - v) \left(\int_0^v\!g(v - t)h(t)\,\mathrm dt\right)\,\mathrm dv\\ &= \int_0^x\!f(x - v) (g*v(v))\,\mathrm dv\\ &= (f*(g*h))(x). \end{aligned}\]

    左分配律は積分演算の線形性から明らかに成り立つ。

  • Th 14.5: 合成積の Laplace 変換

    \[\def\L{ \mathscr{L} } \L[f*g]\left(s\right) = \L[f]\left(s\right)\ \L{g}\left(s\right).\]

    証明：左辺から右辺を導く。

    \[\def\L{ \mathscr{L} } \begin{aligned} \L[f*g]\left(s\right) &= \int_0^\infty\!\left(\int_0^x f(x - t)g(t)\,\mathrm dt\right) \mathrm{e}^{-sx}\,\mathrm dx\\ &= \int_0^\infty\!\left(\int_t^\infty f(x - t)\mathrm{e}^{-sx}\,\mathrm dx\right)g(t)\,\mathrm dt\\ &= \int_0^\infty\!\left(\int_0^\infty f(u)\mathrm{e}^{-s(t + u)}\,\mathrm dx\right)g(t)\,\mathrm dt\\ &= \int_0^\infty\!f(u)\mathrm{e}^{-su}\,\mathrm du \int_0^\infty\!g(t)\mathrm{e}^{-st}\,\mathrm dt\\ &= \L[f]\left(s\right)\ \L[g]\left(s\right). \end{aligned}\]
    • 二番目の等号は積分順序の交換による。わかるか？
    • 三番目の等号は置換積分 $x - t = u.$

  • C14.1: 合成積の逆変換に関する関係式

    $\mathscr{L}^{-1}[F]\left(x\right) = f(x),\;\mathscr{L}^{-1}[G]\left(x\right) = g(x)$ とする。このとき：

    \[\mathscr{L}^{-1}[FG](x) = (f * g)(x).\]
  • Th 14.6: Laplace 変換が $1/s$ を因子に含むとき
    • 関数 $f(x)$ の Laplace 変換が関数 $G\left(s\right)$ により次のように表されるとする： $\mathscr{L}[f]\left(s\right) = \dfrac{G\left(s\right)}{s}.$
    • さらに $g(x) \coloneqq \mathscr{L}^{-1}[G]\left(x\right)$ が存在するとする。
      • コメント：$G(x) = \mathscr{L}[g]\left(s\right).$

    このとき $f(x)$ は次で得られる：

    \[f(x) = \int_0^x\! \mathscr{L}^{-1}[G](t)\,\mathrm dt.\]

    証明：Th 13.7 の不定積分の Laplace 変換の公式を利用する。

    \[\def\I#1{ \int_0^{#1}\!g(t)\,\mathrm dt } \def\L{ \mathscr{L} } \begin{aligned} \L\left[\I{x}\right]\left(s\right) &= \frac{1}{s}\L[g]\left(s\right) - \frac{1}{s}\I{0}.\\ \therefore \I{x} &= \L^{-1}\left[\frac{G\left(s\right)}{s}\right]\\ &= \L^{-1}[\L[f]\left(s\right)](x)\\ &= f(x).\\ \therefore f(x) &= \I{x} = \int_0^x\!\mathscr{L}^{-1}[G](t)\,\mathrm dt. \end{aligned}\]
  • Th 14.7: Laplace 変換における $s \to \infty$ での振る舞い
    • $f(x)$ を ${(0, \infty)}$ で微分可能であるが、$C^1$ 級ではないとする。
    • $f(0 + 0)$ を存在するものとする。
    • $f(x),\;f^\prime(x)$ は指数位数とする。

    このとき $s \in \R$ として次が成り立つ：

    \[\lim_{s \to \infty}s \mathscr{L}[f]\left(s\right) = f(0 + 0).\]

    証明：まず $f(x)$ の定義域を自然に ${[0, \infty)}$ に拡張したものを $\tilde f$ とする。 すると Th 13.6 を適用できて：

    \[\def\tf{ \tilde f } \mathscr{L}[\tf]\left(s\right) = s \mathscr{L}[\tf]\left(s\right) - \tf(0).\]

    さらに Th 13.3 をそのまま利用して：

    \[\def\tf{ \tilde f } \begin{aligned} &\phantom{\therefore}\lim_{s \to \infty} \mathscr{L}[\tf^\prime]\left(s\right) = 0.\\ &\therefore \lim_{s \to \infty} s\mathscr{L}[\tf^\prime]\left(s\right) = \tf(0) = f(0 + 0). \end{aligned}\]
  • Th 14.8: 逆変換について
    • $f(x)$ を区間 ${[0, \infty)}$ において区分的に $C^0$ 級関数かつ指数位数であるとする。
    • 関数 $G\left(s\right)$ が存在して $\mathscr{L}[f]\left(s\right) = sG\left(s\right)$ であるとする。
    • さらに $G\left(s\right)$ の逆変換 $g(x) \coloneqq \mathscr{L}^{-1}[G]\left(x\right)$ が存在して、 区間 ${[0, \infty)}$ において区分的に $C^0$ 級関数かつ指数位数であるとする。

    このとき $f(x) = g^\prime(x)$ である。

    証明：Th 13.6 より：

    \[\mathscr{L}[g^\prime]\left(s\right) = s\mathscr{L}[g]\left(s\right) - g(0) = sG\left(s\right) - g(0).\]

    Th 14.7 と Th 13.6 を利用して $g(0) = 0$ がわかる：

    \[\begin{aligned} g(0) &= \lim_{s \to \infty} s\mathscr{L}[g]\left(s\right)\\ &= \lim_{s \to \infty} s G\left(s\right)\\ &= \lim_{s \to \infty} \mathscr{L}[f]\left(s\right)\\ &= 0. \end{aligned}\]

    この二つを組み合わせ、C13.3 により：

    \[\begin{aligned} &\phantom{\therefore}\mathscr{L}[f]\left(s\right) = sG\left(s\right) = \mathscr{L}[g^\prime]\left(s\right).\\ &\therefore f = g^\prime. \end{aligned}\]

Heaviside の展開定理

  • Th 14.9 (Heaviside)
    • $P(x), Q(x)$ を共通因子がない $x$ の多項式とする。
    • $\deg P < \deg Q$ とする。
    • $Q(x) = 0$ の根を $\lambda_1, \dotsc, \lambda_n$ とし、すべて単根である（一位の零点）とする。

    このとき：

    \[\mathscr{L}^{-1}\!\left[\frac{P}{Q}\right]\!(x) = \sum_{k = 1}^n \frac{P(\lambda_k)}{Q^\prime(\lambda_k)}\mathrm{e}^{\lambda_k x}.\]

    証明：

    $F\left(s\right) \coloneqq \dfrac{P\left(s\right)}{Q\left(s\right)} = \dfrac{A}{s - \lambda} + G\left(s\right)$ とおける。ここで $\lambda$ は $Q = 0$ の根であるとし、$A$ は定数、$G\left(s\right)$ は有理関数である。 この両辺に $(s - \lambda)$ を乗じて極限 $s \to \lambda$ をとると $A$ が表せる：

    \[A = \lim_{s \to \lambda}(s - \lambda)\dfrac{P\left(s\right)}{Q\left(s\right)} = \lim_{s \to \lambda}\dfrac{P\left(s\right)}{Q\left(s\right)/(s - \lambda)}.\]

    右辺の分母に注目する。不定形の極限なので：

    \[\begin{aligned} \lim_{s \to \lambda} \frac{Q\left(s\right)}{s - \lambda} = \lim_{s \to \lambda} \frac{Q^\prime\left(s\right)}{(s - \lambda)^\prime} = Q^\prime(\lambda).\\ \therefore A = \frac{P(\lambda)}{Q^\prime(\lambda)} = \operatorname{Res}\left(\frac{P\left(s\right)}{Q\left(s\right)}\colon\lambda\right). \end{aligned}\]

    このことから $F\left(s\right)$ の部分分数分解が得られた：

    \[F\left(s\right) = \sum_{k = 1}^n \frac{P(\lambda)}{Q^\prime(\lambda)} \frac{1}{s - \lambda_k}.\]

    これを Laplace 逆変換する：

    \[\begin{aligned} \mathscr{L}^{-1}[F](x) &= \sum_{k = 1}^n \frac{P(\lambda)}{Q^\prime(\lambda)}\mathscr{L}^{-1}\!\left[\frac{1}{s - \lambda_k}\right]\!(x)\\ &= \sum_{k = 1}^n \frac{P(\lambda)}{Q^\prime(\lambda)}\mathrm{e}^{\lambda_k x}\\ &= \sum_{k = 1}^n \operatorname{Res}\left(\frac{P\left(s\right)}{Q\left(s\right)} \mathrm{e}^{sx}\colon\lambda_k\right). \end{aligned}\]

    二番目の等号は E13.3 による。

  • Th 14.10 (Heaviside)

    前定理の仮定を上書きして、$Q(x) = 0$ の根は一般的に多重度があるものとする： $\lambda_k$ は $m_k$ 位の零点であるとする。このとき：

    \[\mathscr{L}^{-1}\!\left[\frac{P\left(s\right)}{Q\left(s\right)}\right]\!(x) = \sum_{k = 1}^r \left(\sum_{j = 1}^{m_k} \frac{F_k^{(j - 1)}(\lambda_k) x^{m_k - j}}{(j - 1)! (m_k - j)!} \right)\mathrm{e}^{\lambda_k x},\\ \text{ where } F_k(x) \coloneqq \frac{(s - \lambda_k)^{m_k}F\left(s\right)}{Q\left(s\right)}.\]

    証明：$\lambda$ を $Q = 0$ の根の一つとすると、$F\left(s\right)$ の部分分数分解を次のようにおける：

    \[F\left(s\right) = \frac{A_1}{s - \lambda} +\frac{A_2}{(s - \lambda)^2} +\dotsb +\frac{A_m}{(s - \lambda)^m} + G\left(s\right).\]

    ここで $G\left(s\right)$ は $s - \lambda$ を因数に含まないものとする。 先ほどと同様の要領で、両辺に $(s - \lambda)^m$ を乗じて $s$ で $m - j$ 回微分すると次が得られる：

    \[A_j = \left.\frac{1}{(m - j)!} \frac{\mathrm{d}^{m - j}}{\mathrm{d}s^{m - j}}((s - \lambda)^m F\left(s\right))\right|_{s = \lambda}.\]

    このあとは E14.1 を利用することで示せるようだ。

  • E 14.2: $\mathscr{L}[f]\left(s\right) = \dfrac{s^2 + 1}{s(s^2 - 1)}$ の逆変換

    \[\dfrac{s^2 + 1}{s(s^2 - 1)} = \frac{1}{s - 1} - \frac{1}{s} + \frac{1}{s + 1}.\]

    前定理より：

    \[f(x) = \mathrm{e}^x + \mathrm{e}^{-x} - 1.\]

  • E 14.3: $F\left(s\right) = \dfrac{a}{s^2 + a^2}\quad(a \in \R)$ の逆変換

    $F\left(s\right)$ は $s = \pm ai$ を一位の極に持つ。前定理より：

    \[\def\r#1{ \frac{P(#1)}{Q^\prime(#1)}\mathrm{e}^{ {#1} x} } \begin{aligned} \mathscr{L}^{-1}[F](x) &= \r{ai} + \r{-ai} &= \frac{a \mathrm{e}^{aix}}{2 ai} + \frac{a \mathrm{e}^{-aix}}{2 \cdot (-ai)}\\ &= \frac{\mathrm{e}^{aix} - \mathrm{e}^{-aix}}{2i}\\ &= \sin ax. \end{aligned}\]

Laplace 変換と逆変換の公式

公式と各種初等関数（指数関数ベース）の変換表。省略。

Laplace 変換による微分方程式の解法

  • E 14.4: 二階同次線形方程式

    \[y^{\prime\prime} + k^2y = 0,\quad y(0) = a,\quad y^\prime(0) = b.\]

    解： $Y\left(s\right) \coloneqq \mathscr{L}[y]\left(s\right)$ とおく。方程式左辺を Laplace 変換すると：

    \[\begin{aligned} &(s^2 Y\left(s\right) - sy(0) - y^\prime(0)) + k^2 Y\left(s\right) = 0.\\ \therefore Y\left(s\right) &= {sy(0) + y^\prime(0)}{s^2 + k^2}\\ &= \frac{as + b}{s^2 + k^2}. \end{aligned}\]

    逆変換により一般解を得る：

    \[\begin{aligned} y &= \mathscr{L}^{-1}[Y](x) = a \mathscr{L}^{-1}\left[\frac{s}{s^2 + k^2}\right] + b \mathscr{L}^{-1}\left[\frac{1}{s^2 + k^2}\right]\\ &= a \cos kx + \frac{b}{k}\sin kx. \end{aligned}\]

    コメント：テキストはうっかりミスで $\sin kx$ の係数がたんに $b$ になっている。

  • E 14.5: 二階非同次線形方程式

    \[y^{\prime\prime} + 3y^\prime + 2y = r(x),\quad y(0) = y^\prime(0) = 0.\]

    解： $Y\left(s\right) \coloneqq \mathscr{L}[y]\left(s\right)$ および $R\left(s\right) \coloneqq \mathscr{L}[r]\left(s\right)$ とする。 途中経緯は省略すると：

    \[\begin{aligned} Y\left(s\right) &= \frac{R\left(s\right)}{s^2 + 3s + 2}.\\ \therefore y(x) &= \mathscr{L}^{-1}[Y](x)\\ &= \mathscr{L}^{-1}\left[R\left(s\right)\left(\frac{1}{s + 2} - \frac{1}{s - 3}\right)\right](x)\\ &= r(x) * (\mathrm{e}^{-2x} - \mathrm{e}^{-3x})\\ &= \int_0^x\! r(x - t) (\mathrm{e}^{-2t} - \mathrm{e}^{-3t})\,\mathrm dt. \end{aligned}\]

  • E 14.6: 非同次項に指示関数をもつ非同次線形方程式

    \[y^{\prime\prime} + y = r(x),\quad y(0) = y^\prime(0) = 0,\\ r(x) = \begin{cases} h, & 0 \le x < a,\\ 0, & a \le x. \end{cases}\]

    解：前例と同様に Laplace 変換を定義する。

    \[\begin{aligned} (s^2 + 1)Y\left(s\right) &= R\left(s\right).\\ \therefore Y\left(s\right) &= \frac{R\left(s\right)}{s^2 + 1}.\\ \therefore y &= \mathscr{L}^{-1}\!\left[\frac{R\left(s\right)}{s^2 + 1}\right]\!(x)\\ &= \mathscr{L}^{-1}[R(x)] * \mathscr{L}^{-1}\!\left[\frac{1}{s^2 + 1}\right]\!(x)\\ &= r(x) \sin x. \end{aligned}\]

  • E 14.7: 4 階同次線形方程式

    \[y^{(4)} + 2y^{\prime\prime} + y = 0, \quad y(0) = y^\prime(0) = y^{(3)}(0) = 0,\quad y^{\prime\prime}(0) = 1.\]

    別解のほうが面白いので、そちらを見る。

    \[\begin{aligned} &(s^4 + 2s^2 + 1)Y\left(s\right) = 0.\\ &\therefore Y\left(s\right) = \frac{s}{(s^2 + 1)^2} = -\frac{1}{2}\!\left(\frac{1}{s^2 + 1}\right)^\prime. \end{aligned}\]

    $Y\left(s\right)$ は $s = \pm i$ を 2 位の極にもつ。Th 14.10 を使うと： $P\left(s\right) = s,\;Q\left(s\right) = (s^2 + 1)^2$ として

    \[\begin{aligned} Y_{\pm}\left(s\right) &\coloneqq \frac{(s \pm i)^2s}{(s + i)^2(s - i)^2}\\ &= \frac{s}{(s \pm i)^2}.\\ \\ \left. Y_{\pm}^\prime\left(s\right)\right|_{s = \pm i} &= 0. \end{aligned} \\ \begin{aligned} \therefore y &= Y_{+}(i)x\mathrm{e}^{ix} + Y_{-}(-i)x\mathrm{e}^{-ix}\\ &= \frac{i}{(i + i)^2} x\mathrm{e}^{ix} + \frac{i}{(-i -i)^2}x \mathrm{e}^{-ix}\\ &= \frac{x\sin x}{2}. \end{aligned}\]

疲れた。