ロンスキアンによる線形独立性の判定、証明

どうも、木村（@kimu3_slime）です。

今回は、ロンスキアンによる線形独立性の判定と、その証明を紹介します。

ロンスキアンとは
ロンスキアンの性質の証明
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ロンスキアンとは

2階の線形微分方程式

\[ \begin{aligned}\frac{d^2 u}{dt^2} + a (t)\frac{d u}{dt}+b(t) u=0\end{aligned} \]

について考えましょう。これを満たす線形独立な関数は、基本解と呼ばれます。

2階の線形微分方程式では、基本解はちょうど2つ存在し、すべての解はその線形結合で表せます。つまり、一般解を探すためには、線形独立な2つの解を見つければ良いわけです。

参考：線形微分方程式はなぜ指数関数e^{λt}と仮定して解いて良いか

では、何らかの方法で見つけた関数が線形独立かどうか、どうやって確かめれば良いでしょうか。

それを判定する方法のひとつが、ロンスキアン（Wronskian）、ロンスキー行列式と呼ばれる行列式です。

\[ \begin{aligned}W(u_1,u_2 )(t):= \det \begin{pmatrix} u_1& u_2\\ \frac{du_1}{dt}&\frac{du_2}{dt} \end{pmatrix}\end{aligned} \]

ロンスキアンを使うと、線形独立性をロンスキアンが0でないかどうかによって判別できます。

\(u_1,u_2\)を線形微分方程式の解としましょう。\(u_1,u_2\)が区間\(I\)において線形独立であることは、すべての\(t \in I\)に対し\(W(u_1,u_2) (t)\neq 0\)が成り立つことと同値であることが知られています。

この性質を使って、\(u_1=e^{\lambda t},u_2=t e^{\lambda t}\)（\(\lambda\)は実数）が線形独立であることを示しましょう。

行列式の性質（多重線形性）に注意して計算すると、

\[ \begin{aligned} W(u_1,u_2 )(t)&= \det \begin{pmatrix} e^{\lambda t}& te^{\lambda t}\\ \lambda e^{\lambda t}&e^{\lambda t}+\lambda te^{\lambda t} \end{pmatrix} \\ &= e^{2 \lambda t}\det \begin{pmatrix} 1& t\\ \lambda &1+\lambda t \end{pmatrix} \\ &=e^{2 \lambda t}(1+\lambda t- \lambda t) \\ &= e^{2\lambda t} \\ &\neq &0 \end{aligned} \]

なので、線形独立性がわかりました。

ロンスキアンは\(n\)階の線形微分方程式

\[ \begin{aligned}\frac{d^n u}{dt^n} + \cdots +a_1 (t)\frac{d u}{dt}+a_0(t) u=0\end{aligned} \]

に対しても、次のように定義され、同じ性質が成り立ちます。

\[ \begin{aligned}W(u_1,\dots,u_n)(t):= \det \begin{pmatrix} u_1& \dots &u_n\\ \frac{d u_1}{dt}&\cdots& \frac{d u_n}{dt} \\ \vdots & \vdots \\ \frac{d^{n-1} u_1}{dt^{n-1}}&\cdots& \frac{d^{n-1} u_n}{dt^{n-1}}\end{pmatrix}\end{aligned} \]

ロンスキアンの性質の証明

では、ロンスキアンの性質を証明しましょう。

\(u_1,\dots,u_n\)を区間\(I\)における線形微分方程式の解とする。このとき、

\(u_1,\dots,u_n\)が\(I\)において線形独立
すべての\(t \in I\)に対し、\(W(u_1,\dots,u_n)(t) \neq 0\)

は同値である。

対偶として、1の否定：線形従属ならば、2の否定：ある点\(t\in I\)で\(W(u_1,\dots,u_n)(t) =0\) を示します。

線形従属と仮定すると、\(C_1 u_1+\cdots+ C_n u_n=0\)を満たすすべては0でない数\(C_1,\dots, C_n\)が存在します。この等式を繰り返し微分すると、\(C_1 \frac{du_1}{dt} +\cdots + C_n \frac{du_n}{dt}=0\)、…、\(C_1 \frac{d^{n-1}u_1}{dt^{n-1}} +\cdots + C_n \frac{d^{n-1}u_n}{dt^{n-1}}=0\)という等式が得られます。

これはロンスキアンの定義式

において、\(n\)個の数からなる列ベクトルが線形従属であることを意味します。

可逆な行列・行列式の性質から、行列の列ベクトルが線形従属であることは、その行列式が0となることと同値です。したがって、\(W(u_1,\dots,u_n)(t) =0\)が得られました。

逆に、2の否定：ある点\(t_0\in I\)で\(W(u_1,\dots,u_n)(t_0) =0\)ならば1の否定：\(u_1,\dots,u_n\)が線形従属を示しましょう。

\(W(u_1,\dots,u_n)(t_0) =0\)と仮定すると、再びさきほどの議論から、列ベクトルが線形従属です。つまり、

\[ \begin{aligned}C_1 \frac{du_1}{dt} (t_0)+\cdots + C_n \frac{du_n}{dt}(t_0)=0\end{aligned} \]

…

\[ \begin{aligned}C_1 \frac{d^{n-1}u_1}{dt^{n-1}} (t_0)+\cdots + C_n \frac{d^{n-1}u_n}{dt^{n-1}} (t_0)=0\end{aligned} \]

を満たすすべては0でない数\(C_1,\dots, C_n\)が存在します。

ここで\(u(t) :=C_1u_1(t)+\cdots+C_n u_n(t) \)と置くと、\(u\)は線形微分方程式の解\(u_1,\dots,u_n\)の線形結合なので、\(u\)も方程式の解です。そして、\(u(t_0)=0\)、…、\(\frac{d^{n-1}u}{dt^{n-1}}(t_0)=0\)を満たします。

一方で、\(v(t) =0\)を考えると、\(v\)も線形方程式の解で、同じ初期条件\(v(t_0)=0\)、…、\(\frac{d^{n-1}v}{dt^{n-1}}(t_0)=0\)を満たします。線形微分方程式の初期値問題は解の一意性を持つので、\(u(t)= v(t)\)です。

つまり、関数として\(C_1u_1+\cdots+C_n u_n=0\)が成り立つので、線形従属であることが示せました。

ロンスキアンによる線形独立性の判定は、関数が線形微分方程式の解となっていることがポイントです。

一般には、「線形独立ならばロンスキアン＝0」は成り立ちますが、「ロンスキアン＝0だからといって線形独立」であるとは限りません。線形微分方程式の解でなければ、ロンスキアンによる判定法は使えない（正しくない場合がある）のです。

\(u_1 (t)=t^2\)、\(u_2 (t)=t|t|\)を区間\(I=[-1,1]\)において考えましょう。

\[ \begin{aligned}\frac{du_2}{dt}(t)= \begin{cases}2t & (t \geq 0 )\\-2t & (t<0)\end{cases}\end{aligned} \]

なので、\( t \geq 0\)のときは

\[ \begin{aligned}W(u_1,u_2 )(t)= \det \begin{pmatrix} t^2& t^2\\ 2t&2t \end{pmatrix}\\ =0\end{aligned} \]

\(t<0\)のときも

\[ \begin{aligned}W(u_1,u_2 )(t)= \det \begin{pmatrix} t^2& -t^2\\ 2t&-2t \end{pmatrix}\\ =0\end{aligned} \]

となります。

しかし、\(u_1,u_2\)は線形独立です。\(C_1u_1+C_2 =0\)と仮定します。\(t=1\)のときを考えれば\(C_1+C_2=0\)で、\(t=-1\)のときを考えれば\(C_1 -C_2=0\)です。したがって、\(C_1 0\)、\(C_2=0\)が導かれました。