逆演算子の性質

授業で使用した教科書の八木厚志・森田浩『工学系の数学解析』（大阪大学出版会）における微分演算子$${D}$$に関わる部分の分かりづらいところがあったのでメモ．

定理7.8（逆演算子の性質1）

1. $${\displaystyle \frac{1}{D-\alpha}f(t)=e^{\alpha t}\displaystyle \int e^{-\alpha t}f(t)dt}$$

2. $${\displaystyle \frac{1}{(D-\alpha)^n}f(t)=e^{\alpha t}\displaystyle \int \cdots\displaystyle \int e^{-\alpha t}f(t)dt \cdots dt}$$

1.の証明

$${\displaystyle \frac{1}{D-\alpha}f(t)=g(t)}$$とおくと，$${f(t)=(D-\alpha)g(t)}$$であるから，

$$
\begin{equation*}
\begin{split}
f(t)&=g'(t)-\alpha g(t) \\
&=(g(t)e^{-\alpha t})'e^{\alpha t}
\end{split}
\end{equation*}
$$

よって，

$$
\begin{equation*}
\begin{split}
(g(t)e^{-\alpha t})'&=f(t)e^{-\alpha t} \\
g(t)e^{-\alpha t}&=\displaystyle \frac{1}{D}f(t)e^{-\alpha t}\\
g(t)&=e^{\alpha t}\displaystyle \frac{1}{D}f(t)e^{-\alpha t} \\
&=e^{\alpha t}\displaystyle \displaystyle \int f(t)e^{-\alpha t}dt
\end{split}
\end{equation*}
$$

を得る．定理2. については恐らく数学的帰納法により示せそう．

定理7.10（逆演算子の性質3）

1. $${\displaystyle \frac{1}{P(D)}e^{\alpha t}=\frac{1}{P(\alpha)}e^{\alpha t}}$$

2. $${\displaystyle \frac{1}{P(D)} f(t)=e^{\alpha t} \frac{1}{P(D+\alpha)}e^{-\alpha t}f(t)}$$

1.の証明

$$
\begin{equation*}
\begin{split}
P(D) \bigg[ \displaystyle \frac{1}{P(\alpha)}e^{\alpha t} \bigg]&=\displaystyle \frac{1}{P(\alpha)}P(D)e^{\alpha t} \\
&=\frac{1}{P(\alpha)}P(\alpha)e^{\alpha t} \\
&=e^{\alpha t} \\
\end{split}
\end{equation*}
$$

よって，

$$
\displaystyle \frac{1}{P(D)}e^{\alpha t}=\frac{1}{P(\alpha)}e^{\alpha t}
$$

を得る．ただし，以下を用いた．

$${P(D)=a_nD^n+a_{n-1}D^{n-1}+\cdots+a_1D+a_0}$$としたとき，

$$
\begin{equation*}
\begin{split}
P(D)e^{\alpha t}&=(a_nD^n+a_{n-1}D^{n-1}+\cdots+a_1D+a_0)e^{\alpha t}\\
&=a_nD^n e^{\alpha t}+a_{n-1}D^{n-1}e^{\alpha t}+\cdots+a_1D e^{\alpha t}+a_0e^{\alpha t}\\
&=a_n \alpha^n e^{\alpha t}+a_{n-1} \alpha^{n-1} e^{\alpha t}+\cdots+a_1 \alpha e^{\alpha t}+a_0 e^{\alpha t}\\
&=P(\alpha)e^{\alpha t}
\end{split}
\end{equation*}
$$

2.の証明

まず，

$$
\begin{equation}
D \big[e^{\alpha t} f(t)]=e^{\alpha t}(D+\alpha)f(t) \tag{1}
\end{equation}
$$

である．次に，

$$
\begin{equation}
D^n \big[e^{\alpha t}f(t) \big]=e^{\alpha t}(D+\alpha)^n f(t) \tag{2}
\end{equation}
$$

を数学的帰納法により示す．
$${n=1}$$のときは(1)より明らか．$${n=k}$$のときに成立すると仮定すると，

$$
\begin{equation*}
\begin{split}
D^{k+1} \big[e^{\alpha t}f(t) \big]&=D\bigg[D^k \big[e^{\alpha t}f(t) \big]\bigg] \\
&= D \big[e^{\alpha t}(D+\alpha)^k f(t) \big] \\
&=e^{\alpha t}(D+\alpha)(D+\alpha)^k f(t) \qquad (\because (1)) \\
&=e^{\alpha t}(D+\alpha)^{k+1} f(t)
\end{split}
\end{equation*}
$$

より$${n=k+1}$$のときも正しいので，(2)が示せた．さらに，

$$
\begin{equation}
{P(D) \big[ e^{\alpha t} f(t) \big] = e^{\alpha t} P(D+\alpha)}f(t) \tag{3}
\end{equation}
$$

を示す．$${P(D)=a_nD^n+\cdots+a_0}$$としたとき，

$$
\begin{equation*}
\begin{split}
P(D) \big[ e^{\alpha t} f(t) \big]
&= (a_nD^n+\cdots+a_0)\big[ e^{\alpha t} f(t) \big] \\
&=a_nD^n e^{\alpha t} f(t)+\cdots+a_0e^{\alpha t} f(t)\\
&=a_n e^{\alpha t}(D+\alpha)^n f(t)+\cdots+a_0 e^{\alpha t} f(t) \qquad (\because (2)) \\
&=e^{\alpha t} P(D+\alpha)f(t)
\end{split}
\end{equation*}
$$

よって，(3)が示せた．ここまで来ればあとは簡単である．(3)により，

$$
\begin{equation*}
\begin{split}
P(D) \bigg[ e^{\alpha t} \frac{1}{P(D+\alpha)}e^{-\alpha t}f(t) \bigg]
&=e^{\alpha t}P(D+\alpha) \bigg[ \frac{1}{P(D+\alpha)}e^{-\alpha t}f(t) \bigg]\\
&=f(t)
\end{split}
\end{equation*}
$$

参考

以下のページを参考にさせてもらいました．

式の導出