数学 – Notation {maeatsu}

後編では、Wronakianがある $x_0\in I$ で $0$ でないなら

Wronakianは区間 $I$ において恒等的に $0$ であることを示していきます。

まず、次のようなn階線形微分方程式について考えます。

$y^{(n)}+a_{n-1}(x)y^{(n-1)}+\cdots+a_0(x)y=0\cdots(1)$

$(1)$ の解 $y_1,y_2,\cdots,y_n$ が線形独立であるかどうかを調べるには

$|W|=\left| \begin{array}{cccc} y_1&y_2&\cdots&y_n\\ y_1^{(1)}&y_2^{(1)}&\cdots&y_n^{(1)}\\ \vdots&\vdots&\vdots&\vdots\\ y_1^{(n-1)}&y_2^{(n-1)}&\cdots&y_n^{(n-1)} \end{array} \right|$

というWronakianを考えればいいのでした。

天下り的ですが、次の定理を証明します。

＜Wronskianの微分＞
$\frac{d}{dx}|W|=-a_{n-1}(x)|W|\cdots (2)$

証明には前回の記事で導いた行列式の微分公式を使います。

実はここで使いたいがためにこの前の記事は書きました。

（証明）
行列式の微分公式から

$\frac{d}{dx}|W| =\left| \begin{array}{cccc} y_1^{(1)}&y_2^{(1)}&\cdots&y_n^{(1)}\\ y_1^{(1)}&y_2^{(1)}&\cdots&y_n^{(1)}\\ \vdots&\vdots&\vdots&\vdots\\ y_1^{(n-1)}&y_2^{(n-1)}&\cdots&y_n^{(n-1)} \end{array} \right| + \left| \begin{array}{cccc} y_1&y_2&\cdots&y_n\\ y_1^{(3)}&y_2^{(3)}&\cdots&y_n^{(3)}\\ \vdots&\vdots&\vdots&\vdots\\ y_1^{(n-1)}&y_2^{(n-1)}&\cdots&y_n^{(n-1)} \end{array} \right| +\cdots + \left| \begin{array}{cccc} y_1&y_2&\cdots&y_n\\ y_1^{(1)}&y_2^{(1)}&\cdots&y_n^{(1)}\\ \vdots&\vdots&\vdots&\vdots\\ y_1^{(n)}&y_2^{(n)}&\cdots&y_n^{(n)} \end{array} \right|$

平行なベクトルを含む行列式の値は $0$ となるので

最後の項の

$\left| \begin{array}{cccc} y_1&y_2&\cdots&y_n\\ y_1^{(1)}&y_2^{(1)}&\cdots&y_n^{(1)}\\ \vdots&\vdots&\vdots&\vdots\\ y_1^{(n)}&y_2^{(n)}&\cdots&y_n^{(n)} \end{array} \right|$

だけが残ります。

つまり

$\frac{d}{dx}|W| =\left| \begin{array}{cccc} y_1&y_2&\cdots&y_n\\ y_1^{(1)}&y_2^{(1)}&\cdots&y_n^{(1)}\\ \vdots&\vdots&\vdots&\vdots\\ y_1^{(n)}&y_2^{(n)}&\cdots&y_n^{(n)} \end{array} \right|$

となります。

いま、 $y_1,y_2,\cdots,y_n$ が $(1)$ の解ですから、
$\left| \begin{array}{cccc} y_1&y_2&\cdots&y_n\\ y_1^{(1)}&y_2^{(1)}&\cdots&y_n^{(1)}\\ \vdots&\vdots&\vdots&\vdots\\ y_1^{(n)}&y_2^{(n)}&\cdots&y_n^{(n)} \end{array} \right|\\ =\left| \begin{array}{cccc} y_1&y_2&\cdots&y_n\\ y_1^{(1)}&y_2^{(1)}&\cdots&y_n^{(1)}\\ \vdots&\vdots&\vdots&\vdots\\ \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}-a_ky_1^{(k)}&\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} -a_ky_2^{(k)}&\cdots&\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} -a_ky_n^{(k)} \end{array} \right|$

第 $i$ 行を $a_i(x)$ 倍して第 $n$ 行に加える

操作を $i=1,2,\cdots,n-1$ について行えば

（与式）
$=\left| \begin{array}{cccc} y_1&y_2&\cdots&y_n\\ y_1^{(1)}&y_2^{(1)}&\cdots&y_n^{(1)}\\ \vdots&\vdots&\vdots&\vdots\\ -a_{n-1}(x)y_1^{(n-1)}&a_{n-1}y_2^{(n-1)}&\cdots&a_{n-1}y_n^{(n)} \end{array} \right| =-a_{n-1}(x)|W|$

（証明おわり）

$(2)$ の両辺に $\exp(\int_{x_0}^{x}{a_{n-1}(x)}dx)$

をかけると、

$\frac{d}{dx}\left( \exp\left( \int_{x_0}^{x}a_{n-1}(x)dx \right)|W| \right)\\ =a_{n-1}(x)\exp\left( \int_{x_0}^{x}a_{n-1}(x)dx \right)|W|+\exp\left( \int_{x_0}^{x}a_{n-1}(x)dx \right) \left( \frac{d}{dx}|W| \right)\cdots (3)$

であることから

$(2)$ より、

$\frac{d}{dx}\left( \exp\left( \int_{x_0}^{x}a_{n-1}(x)dx \right)|W| \right)=0 \cdots(4)$

が導けます。

$(4)$ の両辺を $x$ で積分して、

$\left( \exp\left( \int_{x_0}^{x}a_{n-1}(x)dx \right) |W| \right)=C\cdots (5)$

となります。

積分定数 $C$ は $x=x_0$ を代入することで求まり、

$C=|W|_{x=x_0}\cdots (6)$

$(5),(6)$ より

$|W|=|W|_{x=x_0} \exp\left( -\int_{x_0}^{x}a_{n-1}(x)dx \right) \cdots(7)$

となります。

$(7)$ の式の指数関数の部分は常に正なので、

$\begin{cases} \forall x\in I, |W|=0&(\exists x_0\in I, |W|_{x=x_0}=0)\\ \forall x\in I ,|W|\neq0&(\exists x_0\in I, |W|_{x=x_0}\neq0) \end{cases}\cdots(8)$

がいえます。

したがって $|W|$ が区間 $I$ 上で恒等的に $0$ でないことをいうには、

区間上のある一つの値を代入したときの $|W|$ を調べればよいことが示せました。

解空間からとってきた解たちが線形独立かどうかをどうやって判定したらいいのでしょうか？

ここではWronskianという道具を紹介したいと思います！

線形微分方程式と解空間について

の記事で述べましたが、線形微分方程式の解空間は線形空間になっています。

よって解空間から”適当な数”の線形独立な解たちをとってくれば、解空間の任意の元

すなわち線形微分方程式の一般解をそれらの線形結合で表すことができます。

”適当な数”と書きましたが、これはその解空間の次元に等しく

「n次線形微分方程式において解空間の次元はちょうどn」です。

ここではこの定理は証明しません。認めたものとして使います。

（はいもちろん不精です。怠慢です。だってめんどくさそうだし）

さて本題です。n個の解が線形独立であるとは

そもそも次が成り立つことでした。

$y_1,y_2,\cdots,y_n$

があるとき

$c_1y_1+c_2y_2+\cdots+c_ny_n=0\cdots (1)\\ \\ \to c_1=c_2=\cdots=c_n=0\cdots (2)\\$
が成り立ちます。

未知数が $c_1,c_2,\cdots,c_n$ で、n個あるので、式も $(1)$ 以外にn-1個必要です。

そこで $(1)$ の両辺を $x$ で微分していくと、 $(1)$ を含めて次のn組の式が得られます。

$\begin{cases} c_1y_1+c_2y_2+\cdots+c_ny_n=0\\ c_1y_1^{(1)}+c_2y_2^{(1)}+\cdots+c_ny_n^{(1)}=0\\ \vdots\\ c_1y_1^{(n-1)}+c_2y_2^{(n-1)}+\cdots+c_ny_n^{(n-1)}=0 \end{cases} \cdots(3)$

$y_j^{(i)}$ は $y_j$ の第 $i$ 次導関数を表すこととします。

$(3)$ は行列を用いて次のように書き換えることができます。

$\left( \begin{array}{cccc} y_1 &y_2&\cdots&y_n\\ y_1^{(1)}&y_2^{(1)}&\cdots&y_n^{(1)}\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ y_1^{(n-1)}&y_2^{(n-1)}&\cdots&y_n^{(n-1)} \end{array} \right) \left( \begin{array}{cccc} c_1\\ c_2\\ \vdots\\ c_n \end{array} \right) = \left( \begin{array}{cccc} 0\\ 0\\ \vdots \\ 0 \end{array} \right)\cdots(4)$ latex (4)&s=2$は $c_1,c_2,\cdots,c_n$

の連立方程式とみることができる。

このとき $c_1=c_2=\cdots=c_n=0$ となる必要十分条件は

$W=\left( \begin{array}{cccc} y_1 &y_2&\cdots&y_n\\ y_1^{(1)}&y_2^{(1)}&\cdots&y_n^{(1)}\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ y_1^{(n-1)}&y_2^{(n-1)}&\cdots&y_n^{(n-1)} \end{array} \right)$

が逆行列 $W^{-1}$ を持つこと、すなわち

$\left| \begin{array}{cccc} y_1 &y_2&\cdots&y_n\\ y_1^{(1)}&y_2^{(1)}&\cdots&y_n^{(1)}\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ y_1^{(n-1)}&y_2^{(n-1)}&\cdots&y_n^{(n-1)} \end{array} \right|\neq 0\cdots (5)$

が成り立つことです。

「Wronskian　という道具」　

さて $(5)$ で登場した

$\left| \begin{array}{cccc} y_1 &y_2&\cdots&y_n\\ y_1^{(1)}&y_2^{(1)}&\cdots&y_n^{(1)}\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ y_1^{(n-1)}&y_2^{(n-1)}&\cdots&y_n^{(n-1)} \end{array} \right|$

をWronskian（Wronskiの行列式）と呼びます。

Wronskianが $0$ にならないことが解 $y_1,y_2,\cdots,y_n$ が線形独立であるための

必要十分条件となるのです！

しかしながらここで注意しなければならないのは $y_1,y_2,\cdots,y_n$ がある区間 $I$ 上で

定義された $x$ の関数だということです。

すなわち、 $y_1,y_2,\cdots,y_n$ が線形独立であることをいうためには区間 $I$ 上のすべての

$x$ についてWronskianが $0$ になることをいわないといけません。

ただ、実際はそんなことをする必要はなく、区間 $I$ 上のある値 $x_0$ についてWronskianが

$0$ でないことをいえばいいだけだということを後編で証明していきたいと思います。

Notation {maeatsu}

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数学

Wronskian~その解たちは線形独立か？（後編）

Wronskian～その解たちは線形独立か？（前篇）