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合わせ技

　覚える必要はありませんが、今までの公式を組み合わせるとこんなこともできるよ、というデモです。 証明　

1. 第6回 Th.11 (2) で $g(X)=f(X+\alpha)$ とおくと $\dps{\frac{1}{g(D-\alpha)}R(x)=e^{\alpha x}\frac{1}{g(D)}\{e^{-\alpha x}\,R(x)\}}$ $\alpha$ を $-\alpha$ に置き換え、 $\dps{\qquad \frac{1}{g(D+\alpha)}R(x)=e^{-\alpha x}\frac{1}{g(D)}\{e^{\alpha x}\,R(x)\}}$ ∴　$\dps{\frac{1}{g(D)}\{e^{\alpha x}\,R(x)\}=e^{\alpha x}\frac{1}{g(D+\alpha)}R(x)}$ $g$ を改めて $f$, $R$ を $S$ と書けば宜しい。
2. 第6回 Th.6 (3) より $f(D)\{xy\}=xf(D)y+f'(D)y$ $\dps{y=\frac{1}{f(D)}S(x)}$ とおけば $$\begin{align} f(D)\left\{x\frac{1}{f(D)}S(x)\right\} &=xf(D)\frac{1}{f(D)}S(x)+f'(D)\frac{1}{f(D)}S(x) \\ &=xS(x)+f'(D)\frac{1}{f(D)}S(x) \\ \end{align}$$ ∴　$\dps{x\frac{1}{f(D)}S(x) =\frac{1}{f(D)}\{xS(x)\}+\frac{1}{f(D)}f'(D)\frac{1}{f(D)}S(x)}$ (証明終)

例題

(1) による解　$S(X)=x$, $\alpha=2$ の場合で、 $f(D+\alpha)=(D+2)^2+(D+2)-2=D^2+5D+4$ から $$\begin{align} y&=e^{2x}\frac{1}{D^2+5D+4}x \\ &=e^{2x}\frac{1}{4}\frac{1}{(1+(5/4)D+(1/4)D^2)}\,x \\ &=e^{2x}\frac{1}{4}\big(1-(5/4)D+O(D^2)\big)x = \frac{1}{16}(4x-5)e^{2x}. \\ \end{align}$$
(2) による解　$S(X)=e^{2x}$ の場合で、 $f'(D)=2D+1$,  $f(2)=4$,   $f'(2)=5$ から $$\begin{align} y&=x\frac{1}{f(D)}e^{2x}-\frac{1}{f(D)}f'(D)\frac{1}{f(D)}e^{2x} \\ &=x\frac{1}{f(2)}e^{2x}-\frac{1}{f(2)}f'(2)\frac{1}{f(2)}e^{2x} \\ &=x\frac{1}{4}e^{2x}-\frac{5}{16}e^{2x} = \frac{1}{16}(4x-5)e^{2x}. \\ \end{align}$$

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