多項式を非斉次項にもつ場合
次の各小問において, 微分方程式 \[ P(D)y=f(x) \] の非斉次項 \(f(x)\) の形に応じて, 特殊解を一つ求めよ. ただし, \(D=\tfrac{d}{dx}\) とし, \(P(\lambda)\) を多項式とする.
(1) \(f(x)\equiv1\), \(0\) が非特性根
\[ y = \frac{1}{P(0)} \]
まず, 定数解 \(y=y_0\) の形で探せば良いことは認める (理由は補足参照).
定数であるため, \[ Dy_0=0 \] であり, このことから微分作用素 \(P(D)\) を \(y=y_0\) に作用させたときに, \(P(D)\) の定数項以外の部分はすべて消えることがわかる. \(P(D)\) の定数項は \(P(0)\) であるため, \[ P(D)y_0=P(0)y_0. \] よって, 与式 \[ P(D)y=1 \] に代入して, \[ P(0)y_0=1, \quad \text{\emph{i.e.}}, \quad y_0=\frac{1}{P(0)} \] を得る.
定数解だけ考えれば良い理由は次の通り：
まず, 混乱を避けるため, 求める特殊解を \(y_p\) としておく. 与式の両辺を微分して, \[ DP(D)y_p=0 \] を得る. \(\lambda P(\lambda)=0\) の特性根 \(0\) が多重度 \(1\) であることから, \(y_p\) は \[ Dy_1=0, \quad P(D)y_2=0 \] それぞれの一般解の和 \[ y_p=y_1+y_2 \] で表せる. ここで, \(y_2\) は与式の斉次解でもあることから, 特殊解 \(y_p\) を探すときに無視してよいことがわかり, \(y_p\) として \[ Dy_1=0 \] の一般解の形, すなわち, 定数の形で探せば良いことがわかる.
(2) \(f(x)\equiv1\), \(0\) が特性根
\[ y = \frac{x^m}{m!\,Q(0)} \] ただし, \(m\) を \(P(\lambda)=0\) の特性根 \(0\) の多重度とし, 多項式 \(Q(\lambda)\) を \(P(\lambda)/\lambda^m\) で定める. すなわち, 整数 \(m\geq1\) と多項式 \(Q(\lambda)\) を次が成り立つように定める： \[ P(\lambda) = \lambda^m Q(\lambda), \quad Q(0) \neq 0. \]
(1) に帰着させるため, まず \[ u=D^my \] とおく. このとき, \[ Q(D)u=1 \] であるから, (1) より, 特殊解 \[ u = \frac{1}{Q(0)} \] を得る. これに \(u=D^my\) を代入して, \[ D^my = \frac{1}{Q(0)} \] を得るので, 求める特殊解 \(y\) はこの右辺を \(m\) 回積分すれば得られる. ここで, 不定積分では積分定数に由来する斉次解が加わるだけなので, 毎回の積分定数を \(0\) として計算すれば良い. よって, \[ \begin{aligned} y &= \int_0^x \cdots \int_0^{x_2} \frac{1}{Q(0)} \, dx_1\, \cdots \,dx_m \\ &= \frac{1}{m!} \frac{x^m}{Q(0)} \end{aligned} \]
(1) との本質的な違いは \(y\) が \(D^my\) に変化した点のみ.
実はこれを意識して, 問題の式もあえて \(D^my\) という塊ができるように出題した.
果たしてこれに気づいてくれただろうか\(\ldots\)
(3) \(f(x)=x^\ell\), \(0\) が非特性根
\[ y = \sum_{k=0}^{\ell} c_k \frac{\ell!}{(\ell-k)!} x^{\ell-k} \] ただし, \(c_k\) は \(\frac{1}{P(z)}\) をマクローリン展開した時の係数として次のように定める： \[ \frac{1}{P(z)}=c_0+c_1z+c_2z^2+\cdots. \]
特殊解を見つければ良いだけなので, 数学的な厳密性は脇に置いておいて, \[ y=\frac{1}{P(D)}x^\ell \] として計算することを考える. まず, \(P(0)\neq0\) なので, \(\frac{1}{P(z)}\) は \(z=0\) のまわりでテイラー展開できる. このテイラー展開の式において, \(z\) を \(D\) に置き換えることで, \[ \frac{1}{P(D)}=c_0+c_1D+c_2D^2+\cdots \] を得る. ここで, \[ D^{\ell+1}x^\ell=0 \] であることに注意すると, \(k=\ell\) まで計算すれば良いことがわり, よって, \[ \begin{aligned} \frac{1}{P(D)} x^\ell &= \left( c_0 + c_1 D + \cdots + c_\ell D^\ell \right) \, x^\ell \\ &= \sum_{k=0}^{\ell} c_k \frac{\ell!}{(\ell-k)!} x^{\ell-k} \end{aligned} \] を得る.
(1) を参考に \[ D^\ell P(D)y=\ell! \] から考えてくれた学生もいると思う. こうすると一見 (2) に帰着するわけだが, ここではまだ見つけるべき \(y\) の形がわかっていないので, (2) の 特殊解 を採用するわけにはいかない.
では更にもう一回微分した \[ D^{\ell+1}P(D)y=0 \] を考えた場合はどうであろうか？ こちらを考えてくれた学生もいると思うが, 実はこちらの方が (1) の考え方に忠実で素直なため, 先ほどより少し見通しが良い. 実際, 見つけるべき特殊解 \(y_p\) は \[ D^{\ell+1}y_1=0, \quad P(D)y_2=0 \] それぞれの一般解の和 \[ y_p=y_1+y_2 \] と表せる. よって, (1) のときと同様, \(y_2\) が与式の斉次解より, \(y_p\) を探すときに無視してよく, \(y_1\) の形で探せば良いことがわかる. こうして次の別手法を得るわけである.
特殊解として \[ y=a_0 + a_1 x + \cdots + a_\ell x^\ell \] の形を考えて与式に代入し, 恒等式の係数比較をする. それにより \(\ell+1\) 本の式からなる連立方程式を得るので, それを解いて \(a_0,\dots,a_\ell\) の値を決定する. ただし, この方法は意外と計算が面倒なため, 上の計算手法が実は楽なのである.
(4) \(f(x)=x^\ell\), \(0\) が特性根
\[ y = \sum_{j=0}^{\ell} c_j \frac{\ell!}{(\ell-j+m)!} x^{\ell-j+m} \] ただし, \[ P(D)=Q(D)D^m, \quad Q(0)\neq0 \] とし, \(c_k\) は \(\frac{1}{Q(z)}\) をマクローリン展開した時の係数として次のように定める： \[ \frac{1}{Q(z)}=c_0+c_1z+c_2z^2+\cdots. \]
\(u=D^my\) とおいて, \[ Q(D)u=x^\ell \] を得る. この微分方程式の特殊解は, (3) より, \[ u = \sum_{j=0}^{\ell} c_j \frac{\ell!}{(\ell-j)!} x^{\ell-j} \] であるから, あとは \(D^my=u\) を積分定数 \(0\) として \(m\) 回積分すれば, 特殊解を得る.
これまでの問題から, 今回の解法に自力で気づいた方も多かったのではないだろうか.
(3) との本質的な違いは, (1) と (2) のときの関係と同様で, \(y\) が \(D^my\) に置き換わっていることだけである.
(5) 多項式, \(0\) が非特性根
\[ y = \sum_{i=0}^{\ell} \left( \sum_{j=i}^{\ell} b_j c_{j-i}\frac{j!}{i!} \right) x^i \] ただし, \[ f(x)=b_0 + b_1 x + \cdots + b_\ell x^\ell \] とし, \(c_k\) は \(\frac{1}{P(z)}\) をマクローリン展開した時の係数として次のように定める： \[ \frac{1}{P(z)}=c_0+c_1z+c_2z^2+\cdots. \]
(3) より, 各単項式 \(x^j\) に対して, \[ \frac{1}{P(D)}x^j = \sum_{k=0}^{j} c_k \frac{j!}{(j-k)!} x^{j-k} \] を得る. 作用素 \(\tfrac{1}{P(D)}\) が線形より, これを \(b_j\) 倍して, 足し合わせることにより, \[ \frac{1}{P(D)}f(x) = \sum_{j=0}^{\ell} b_j \sum_{k=0}^{j} c_k \frac{j!}{(j-k)!} x^{j-k} \] を得る. \(i=j-k\) とおいて, 和の順序を交換すれば, \[ \begin{aligned} \frac{1}{P(D)}f(x) &= \sum_{j=0}^{\ell} b_j \sum_{i=0}^{j} c_{j-i} \frac{j!}{i!} x^i \\ &= \sum_{i=0}^{\ell} \left( \sum_{j=i}^{\ell} b_j c_{j-i}\frac{j!}{i!} \right) x^i \end{aligned} \] を得る.
(5) は (3) を足し合わせただけで, 計算自体に新しいことはない. 公式だけを見ると少し重たく見えるが, やっていることは各単項式に対する計算の足し算で, 公式を使って計算する人はまずいないだろう.
公式の導出自体はそれなりに面白く, 最後に \(x^i\) の係数として整理するため, \(i=j-k\) と置き換えている. 和の交換をする際, \(i,j\) の動かし方が変わることに気をつけよう. 足し算は \(0\leq i\leq j\leq\ell\) の範囲で行われるので, \(j\) を止めて \(i\) で先に足し上げるときは \(0\leq i\leq j\) となっている. 一方, \(i\) を止めて \(j\) で先に足し上げるときは \(i\leq j\leq\ell\) となっている. 足し算の順序交換で, この違いが出ているので, 気をつけてほしい.
(6) 多項式, \(0\) が特性根
\[ y = \sum_{i=0}^{\ell} \left( \sum_{j=i}^{\ell} b_j c_{j-i}\frac{j!}{(i+m)!} \right) x^{i+m} \] ただし, \[ f(x)=b_0 + b_1 x + \cdots + b_\ell x^\ell \] とし, \[ P(D)=Q(D)D^m, \quad Q(0)\neq0 \] とする. また, \(c_k\) は \(\frac{1}{Q(z)}\) をマクローリン展開した時の係数として次のように定める： \[ \frac{1}{Q(z)}=c_0+c_1z+c_2z^2+\cdots. \]
\(u=D^my\) とおくと, \[ Q(D)u=f(x) \] であるから, (5) より, 特殊解 \[ u = \sum_{i=0}^{\ell} \left( \sum_{j=i}^{\ell} b_j c_{j-i}\frac{j!}{i!} \right) x^i \] を得る. あとは \(D^my=u\) を積分定数 \(0\) として \(m\) 回積分すれば, 求める特殊解 \(y\) が得られる. 実際, \(x^i\) を \(m\) 回積分すると, \[ \frac{i!}{(i+m)!}x^{i+m} \] であるから, \[ \begin{aligned} y &= \sum_{i=0}^{\ell} \left( \sum_{j=i}^{\ell} b_j c_{j-i} \frac{j!}{i!} \right) \frac{i!}{(i+m)!}x^{i+m} \\ &= \sum_{i=0}^{\ell} \left( \sum_{j=i}^{\ell} b_j c_{j-i} \frac{j!}{(i+m)!} \right) x^{i+m} \end{aligned} \] を得る.
ここまで丁寧に見た方はすでに気づいていると思うが, このページの問題において, 公式を覚える必要は全くない. いずれも \[ y=\frac{1}{D^m}\frac{1}{Q(D)}f(x) \] として, あとは \(\tfrac{1}{Q(D)}\) のテイラー展開を利用するだけである. もちろん \[ y=\frac{1}{Q(D)}\frac{1}{D^m}f(x) \] なとして考えても良いが, 最後に積分をした方が計算量は少なく済む. 細かい点だが, 手計算するときは気をつけたいところだ.
さて, なぜここまで計算が簡単になるのか, 最後に軽く触れておこう. \(\tfrac{1}{Q(D)}\) は本来, 積分核を用いて表される積分作用素でり, \(\tfrac{1}{Q(D)}\) をテイラー展開しても, 無限に微分作用素が現れてしまう. しかし, 多項式 \(f(x)\) に作用させる場合においては, \(\tfrac{1}{Q(D)}\) を有限回の微分操作に置き換えられる. この性質が非常に強く, このページの問題を簡単にしていたのだ.