§E20.29線形多段法

証明.(1)を示す。$0\le j\le k$とすると$[t,t+jh]\subseteq[t_0,T]$である。§E20.27 補題 1.5 (1)を、$y$と$r=q$、展開点$t$、増分$jh$に適用し、$y'$と$r=q-1$、同じ展開点と増分に適用すると

である。$C_i$の定義により

であるから、第一の評価に$|\alpha_j|$を、第二の評価に$h|\beta_j|$を掛けて$j$について加えると主張を得る。

(2)を示す。$y(s+jh)=j^ih^i$であり、$i\ge1$ならば$y'(s+jh)=ij^{i-1}h^{i-1}$、$i=0$ならば$y'=0$である。これを代入すると左辺は$i=0$で$C_0$、$i\ge1$で$h^i\bigl(\sum_j\alpha_jj^i-i\sum_j\beta_jj^{i-1}\bigr)=i!\,C_ih^i$である。▨

証明.$C_0=\rho(1)$は定義であり、$C_1=\sum_j\alpha_jj-\sum_j\beta_j=\rho'(1)-\sigma(1)$である。$i\in\N$とし、$d=1$、$t_0=0$、$T=k$、$J=\R$、$y(\tau):=\tau^i$とすると、補題 1.3 (2)により$0<h\le1$について$d_h(0)=i!\,C_ih^i$である。

(2)を示す。$C_0=\dots=C_p=0$ならば、補題 1.3 (1)を$q=p$として適用すると$\|d_h(t)\|\le K_pMh^{p+1}$であり、次数は$p$以上である。逆に次数が$p$以上であるとし、$0\le i\le p$とする。上の$y(\tau)=\tau^i$に次数の定義の$C$を取ると、$0<h\le1$について$i!\,|C_i|h^i\le Ch^{p+1}$であり、$|C_i|\le Ch^{p+1-i}/i!$の右辺は$h\to+0$で$0$に収束するから$C_i=0$である。次数が$p$であることについての主張は、この同値を$p$と$p+1$に用いると従う。

(1)を示す。(2)により、次数が$1$以上であることと$C_0=C_1=0$は同値であり、これは$\rho(1)=0$かつ$\rho'(1)=\sigma(1)$と同値である。

$C_0=C_1=0$とし、$d\in\NN$、$\R^d$のノルム$\|\cdot\|$、$t_0<T$、開区間$J\supseteq[t_0,T]$、$y\in C^1(J;\R^d)$を取る。$A:=\sum_{j=0}^kj|\alpha_j|+\sum_{j=0}^k|\beta_j|$と置く。$[t_0,T]$は§E2.9 定理 4.3によりコンパクトであるから、§E2.9 定理 5.1により$y'$は$[t_0,T]$上で一様連続である。$\varepsilon>0$を取り、$s,s'\in[t_0,T]$が$|s-s'|<\delta$を満たすならば$\|y'(s)-y'(s')\|<\varepsilon$である$\delta>0$を取る。$0<h\le(T-t_0)/k$、$kh<\delta$、$t\in[t_0,T-kh]$とし、$0\le j\le k$とすると$[t,t+jh]\subseteq[t_0,T]$である。$x(\tau):=y(\tau)-\tau y'(t)$（$\tau\in J$）は$C^1$級であり$x'(\tau)=y'(\tau)-y'(t)$であるから、§E20.27 補題 1.5 (1)を$x$と$r=0$、展開点$t$、増分$jh$に適用すると$\|y(t+jh)-y(t)-jhy'(t)\|\le jh\varepsilon$である。また$\|y'(t+jh)-y'(t)\|<\varepsilon$である。$C_0=C_1=0$により

であるから、$\|d_h(t)\|\le A\varepsilon h$である。したがって$0<h\le(T-t_0)/k$かつ$kh<\delta$ならば$\sup_t\|d_h(t)\|/h\le A\varepsilon$であり、線形多段法は整合的である。

整合的であるとする。$y(\tau)=1$については$d_h(0)=C_0$であるから$\sup_t|d_h(t)|/h\ge|C_0|/h$であり、左辺は$h\to+0$で$0$に収束するので$C_0=0$である。$y(\tau)=\tau$については$d_h(0)=C_1h$であるから$\sup_t|d_h(t)|/h\ge|C_1|$であり、$C_1=0$である。

(3)は、(2)により$C_0=\dots=C_p=0$であるから、補題 1.3 (1)を$q=p+1$として適用すると従う。▨

証明.$A\in\C^{k\times k}$を、$U=(U_0,\dots,U_{k-1})^{\mathsf T}$に対して$(AU)_i=U_{i+1}$（$0\le i\le k-2$）、$(AU)_{k-1}=-\sum_{j=0}^{k-1}a_jU_j$となる行列とする。複素数列$(u_n)$が解であることと、$U_n:=(u_n,\dots,u_{n+k-1})^{\mathsf T}$が任意の$n$について$U_{n+1}=AU_n$を満たすことは同値であり、このとき$U_n=A^nU_0$である。解は$U_0$によってただ一つに定まり、$\sum_{j<k}u_j\gamma^{(j)}$は$U_0$から定まる解であるから

である。

$\lambda$を$A$の固有値とし、$v\ne0$を$Av=\lambda v$を満たすベクトルとする。$0\le i\le k-2$の成分から$v_{i+1}=\lambda v_i$であり、$v_i=\lambda^iv_0$、$v_0\ne0$である。第$k-1$成分から$-\sum_{j<k}a_j\lambda^jv_0=\lambda^kv_0$であり、$p(\lambda)=0$である。さらに$v_0=1$とし、$w\in\C^k$が$(A-\lambda I)w=v$を満たすとする。$0\le i\le k-2$の成分から$w_{i+1}=\lambda w_i+\lambda^i$であり、$i$についての帰納法により$w_i=\lambda^iw_0+i\lambda^{i-1}$（$i=0$では第二項を$0$と読む）である。これを第$k-1$成分の等式$-\sum_{j<k}a_jw_j-\lambda w_{k-1}=\lambda^{k-1}$に代入すると$w_0p(\lambda)+p'(\lambda)=0$を得る。$p(\lambda)=0$であるから$p'(\lambda)=0$であり、$\lambda$は$p$の重根である。

(2)$\Rightarrow$(1)を示す。複素係数の多項式は一次式の積に分解するから、$\C^k$の線形変換$U\mapsto AU$の特性多項式は一次式の積に分解する。§E3.30 系 1.2により、$\C^k$の基底$\mathcal B$が存在して$[A]_{\mathcal B}=J_{m_1}(\lambda_1)\oplus\dots\oplus J_{m_r}(\lambda_r)$、$[A^n]_{\mathcal B}=J_{m_1}(\lambda_1)^n\oplus\dots\oplus J_{m_r}(\lambda_r)^n$である。各$\lambda_l$は$A$の固有値であるから$p$の根であり、根条件により$|\lambda_l|\le1$である。

$m_l\ge2$とし、$J_{m_l}(\lambda_l)$に対応する$\mathcal B$の元が張る部分空間を$W$とする。$W$は$A$で不変であり、$A-\lambda_lI$の$W$への制限の表現行列$J_{m_l}(\lambda_l)-\lambda_lI$は零でない冪零行列である。$(A-\lambda_lI)^sx\ne0$かつ$(A-\lambda_lI)^{s+1}x=0$を満たす$x\in W$と$s\ge1$を取り、$b:=(A-\lambda_lI)^sx$、$b':=(A-\lambda_lI)^{s-1}x$と置くと、$b\ne0$、$Ab=\lambda_lb$、$(A-\lambda_lI)b'=b$である。$A$の固有ベクトルの第$0$成分は$0$でないから$b_0\ne0$であり、$v:=b/b_0$、$w:=b'/b_0$は$v_0=1$、$Av=\lambda_lv$、$(A-\lambda_lI)w=v$を満たすので、$\lambda_l$は$p$の重根である。したがって根条件により$|\lambda_l|=1$ならば$m_l=1$である。

§E3.30 命題 1.1により$J_{m}(\lambda)^n$の成分は$0$または$\binom ni\lambda^{n-i}$（$0\le i\le\min\{n,m-1\}$）である。$m_l=1$、$|\lambda_l|=1$ならば$|\lambda_l^n|=1$である。$|\lambda_l|<1$ならば、$\lambda_l=0$のとき$n>i$で$\binom ni\lambda_l^{n-i}=0$であり、$\lambda_l\ne0$のとき$|\binom ni\lambda_l^{n-i}|\le n^i|\lambda_l|^{n-i}$であって、$0<r<1$について$n^ir^n\to0$であるから、いずれの場合も$\binom ni\lambda_l^{n-i}\to0$（$n\to\infty$）である。したがって$[A^n]_{\mathcal B}$の成分は$n$について有界であり、$U_n=A^nU_0$の$\mathcal B$に関する座標は有界であるから、$(u_n)$は有界である。

(1)$\Rightarrow$(2)を示す。$p$が根条件を満たさないとすると、$|\zeta|>1$を満たす根$\zeta$が存在するか、$|\zeta|=1$かつ$p(\zeta)=p'(\zeta)=0$を満たす$\zeta$が存在する。前者の場合$u_n:=\zeta^n$と置くと$\sum_ja_ju_{n+j}=\zeta^np(\zeta)=0$であり、$|u_n|=|\zeta|^n$は有界でない。後者の場合$u_n:=n\zeta^n$と置くと

であり、$|u_n|=n$は有界でない。

(1)を示す。(1)により各$\gamma^{(j)}$は有界であるから$\Gamma\le\sum_j\sup_n|\gamma^{(j)}_n|<\infty$であり、$n=0$の項は$|\gamma^{(0)}_0|=1$であるから$\Gamma\ge1$である。上の表示により$|u_n|\le\sum_j|u_j||\gamma^{(j)}_n|\le\Gamma\max_j|u_j|$である。$a_0,\dots,a_{k-1}$が実数ならば、漸化式$u_{n+k}=-\sum_{j<k}a_ju_{n+j}$により$\gamma^{(j)}$は実数列である。$\R^d$の列$(u_n)$について、$\sum_{j<k}\gamma^{(j)}_nu_j$は同じ漸化式を満たし、$n<k$で$u_n$に一致するから、任意の$n$で$u_n$に等しい。したがって$\|u_n\|\le\sum_j|\gamma^{(j)}_n|\|u_j\|\le\Gamma\max_j\|u_j\|$である。

(2)を示す。$p$の根がすべて$|\zeta|<1$を満たすならば、各$\lambda_l$は$p$の根であるから$|\lambda_l|<1$であり、上の評価により$[A^n]_{\mathcal B}$の成分はすべて$0$に収束する。したがって$U_n\to0$であり$u_n\to0$である。$|\zeta|\ge1$を満たす根$\zeta$が存在するならば、解$u_n=\zeta^n$は$|u_n|\ge1$を満たし、$0$に収束しない。▨

証明.$\gamma^{(k-1)}$を補題 2.2の解とし、$i\in\N$について$\theta_i:=\gamma^{(k-1)}_i$、負の整数$i$について$\theta_i:=0$と置く。$\theta_0=\dots=\theta_{k-2}=0$、$\theta_{k-1}=1$である。整数$i\ge-k$について