wetchのブログ

他人に見られることを想定していない書き散らかし独習ノート．物理学とかVBAとか．

ポアンカレの補題，積分因子，フロベニウスの定理

物理学・数学

菅野本を3冊も読めばちょっとくらい分かるだろと思ったんだけど．．．

参考文献

記号

  • \omega=\omega_i\mathrm{d}x^i：1形式．積分したい量．
  • \rho：1形式．\omegaを微分した時に出てくる量．
  • g：0形式．積分因子．
  • \theta：0形式．\omegaを積分した量．

大事な公式

  • \omega=g\mathrm{d}\theta
  • \mathrm{d}\omega=\rho\wedge\omega
  • \rho=\frac{1}{g}\mathrm{d}g

ポアンカレの補題

証明は省略していく．

そもそもの動機として，微分方程式

\displaystyle \frac{\partial \theta}{\partial x^1}=\omega_1(x^1,x^2), \quad \frac{\partial \theta}{\partial x^2}=\omega_2(x^1,x^2) \tag{1}

を満たす関数\theta(x^1,x^2)を見つけたい．これは微分形式で書くと
\displaystyle \frac{\partial \theta}{\partial x^1}\mathrm{d}x^1+\frac{\partial \theta}{\partial x^2}\mathrm{d}x^2=\omega_1\mathrm{d}x^1+\omega_2\mathrm{d}x^2

すなわち
\mathrm{d}\theta=\omega \tag{2}

と等価．しかしこれを満たす\thetaがそもそも存在するかどうか分からない．

それを判定する条件の一つがポアンカレの補題：「与えられた\omegaに対し式(2)を満たす\thetaが存在する必要十分条件（他の追加条件もあるけど）は，

\mathrm{d}\omega=0. \tag{3}

成分で書くと
\displaystyle \frac{\partial\omega_2}{\partial x^1}-\frac{\partial\omega_1}{\partial x^2}=0

である．」
\thetaの具体的な書き下しもあるようだが，複雑なので省略．

フロベニウスの定理

一方，式(3)を満たさない：\mathrm{d}\omega\neq 0であったとしても，うまく積分因子g(x^1,x^2)をとり，\omega/gが積分可能：

\mathrm{d}\theta=\omega/g \tag{4}

であるようにできると嬉しい．これはポアンカレの補題より
\mathrm{d}(\omega/g)=0 \tag{5}

と同値なので，式(5)が満たせれば\thetaが存在すると言える．
式(5)を実際に計算すると
\begin{align}0 &=\mathrm{d}(\omega/g)\\ &=\frac{1}{g}\mathrm{d}\omega+\mathrm{d}\left(\frac{1}{g}\right)\omega\\ &=\frac{1}{g}\mathrm{d}\omega-\frac{1}{g^2}\mathrm{d}g\wedge\omega,\end{align}

よって，もしgを
\mathrm{d}\omega=\rho\wedge\omega,\quad \rho:=\frac{1}{g}\mathrm{d}g, \tag{6}

あるいは成分で書いて
\displaystyle \frac{\partial\omega_2}{\partial x^1}-\frac{\partial\omega_1}{\partial x^2}=\frac{1}{g}\frac{\partial g}{\partial x^1}\omega_2-\frac{1}{g}\frac{\partial g}{\partial x^2}\omega_1 \tag{6'}

が成り立つように選べれば，\thetaの存在が言える．
また，等価な判定条件として
\omega\wedge\mathrm{d}\omega=0 \tag{7}

も言える．

簡単化

話を簡単にするために特別な場合を考える．gを，x^1のみの関数となる範囲で探す*1．
式(6’)の右辺第2項は要らんから

\displaystyle \frac{\partial \omega_2}{\partial x^1}-\frac{\partial \omega_1}{\partial x^2}=\frac{g'}{g}\omega_2, \quad g':=\frac{\mathrm{d}g}{\mathrm{d}x^1},

\displaystyle \therefore \quad \frac{g'}{g}=\frac{1}{\omega_2}\left(\frac{\partial \omega_2}{\partial x^1}-\frac{\partial \omega_1}{\partial x^2}\right)=:\chi \tag{8}

となるので，与えられた\omega_1,\omega_2に対しこの\chiがうまいことx^1のみの関数になってくれれば，
g(x^1)=e^{\int \chi(x^1)\mathrm{d}x^1} \tag{9}

を積分因子にすれば積分可能となる．
成分で検算しておこう．gがx^1のみの関数であることに注意しながら微分すると，
\begin{align}\mathrm{d}(\omega/g) &=\left\{\frac{\partial (\omega_1/g)}{\partial x^2}-\frac{\partial (\omega_2/g)}{\partial x^1}\right\}\mathrm{d}x^1\wedge\mathrm{d}x^2\\ &=\left\{\frac{1}{g}\frac{\partial \omega_1}{\partial x^2}-\left(\frac{1}{g}\frac{\partial \omega_2}{\partial x^1}+(g^{-1})'\omega_2\right)\right\}\mathrm{d}x^1\wedge\mathrm{d}x^2\\ &=\left\{\frac{1}{g}\frac{\partial \omega_1}{\partial x^2}-\frac{1}{g}\frac{\partial \omega_2}{\partial x^1}+\frac{1}{g\omega_2}\left(\frac{\partial \omega_2}{\partial x^1}-\frac{\partial \omega_1}{\partial x^2}\right)\right\}\mathrm{d}x^1\wedge\mathrm{d}x^2 \\&=0.\end{align}

ここで
(g^{-1})'=-g'/g^2=-\chi/g=-(\frac{\partial \omega_2}{\partial x^1}-\frac{\partial \omega_1}{\partial x^2})/g\omega_2

を使った．
積分結果\thetaは
\displaystyle \int \frac{\omega_2}{g}\mathrm{d}x^1 + \int \frac{\omega_1}{g}\mathrm{d}x^2 - \int \frac{\partial }{\partial x^2}\left(\int\frac{\omega_1}{g}\mathrm{d}x^1\right)\mathrm{d}x^2
となる．

例題

y'+P(x)y=Q(x) \tag{a}

を解こう．書き換えると
\omega\equiv (P(x)y-Q(x))\mathrm{d}x+\mathrm{d}y=0,

または
\begin{align}&\omega\equiv\omega_i\mathrm{d}x^i=0,\\ & \omega_1(x,y)\equiv P(x)y-Q(x),\quad \omega_2\equiv 1 \end{align} \tag{b}

に対して式(2)か式(4)を満たす\thetaを探せという問題になる．
式(b)を微分すると
\displaystyle \mathrm{d}\omega=\left(\frac{\partial \omega_2}{\partial x}-\frac{\partial \omega_1}{\partial y}\right)\mathrm{d}x\wedge\mathrm{d}y=-P\mathrm{d}x\wedge\mathrm{d}y \tag{c}

なのでP\neq 0ならポアンカレの補題は適用できない．
しかし2次元なので計算するまでもなく式(7)が成り立つ*2ので，フロベニウスの定理が適用できる．
それには式(6)より
\mathrm{d}\omega=\frac{1}{g}\mathrm{d}g\wedge\omega=\left(\frac{1}{g}\frac{\partial g}{\partial x}\omega_2-\frac{1}{g}\frac{\partial g}{\partial y}\omega_1\right)\mathrm{d}x\wedge\mathrm{d}y

となるgを探せばよい．左辺に式(c)を，右辺に式(b)を代入すると
-P\mathrm{d}x\wedge\mathrm{d}y = \left(\frac{1}{g}\frac{\partial g}{\partial x}-\frac{1}{g}\frac{\partial g}{\partial y}(Py-Q)\right)\mathrm{d}x\wedge\mathrm{d}y.

簡単にするため，式(8)の量を確認：
\chi=\frac{1}{\omega_2}\left(\frac{\partial \omega_2}{\partial x}-\frac{\partial \omega_1}{\partial y}\right)=-P(x).

うまいこと\chiがxのみの関数になったので，gがxのみの関数となる範囲で探せる．式(9)より
g(x)=e^{-\int P\mathrm{d}x}.

これにより，
\omega/g=(Py-Q)e^{\int P\mathrm{d}x}\mathrm{d}x + e^{\int P\mathrm{d}x}\mathrm{d}y

は
\begin{align}\mathrm{d}\left(\omega/g\right) &=\left\{\frac{\partial (e^{\int P\mathrm{d}x})}{\partial x}-\frac{\partial ((Py-Q)e^{\int P\mathrm{d}x})}{\partial y}\right\}\mathrm{d}x\wedge\mathrm{d}y\\ &=\left(Pe^{\int P\mathrm{d}x}-Pe^{\int P\mathrm{d}x}\right)\mathrm{d}x\wedge\mathrm{d}y\\ &=0\end{align}

なのでポアンカレの補題より積分可能となる．
よく目を凝らせば
\begin{align}\frac{\omega}{g} &= Py\ e^{\int P\mathrm{d}x}\mathrm{d}x + e^{\int P\mathrm{d}x}\mathrm{d}y - Qe^{\int P\mathrm{d}x}\mathrm{d}x \\ &= \mathrm{d}(ye^{\int P\mathrm{d}x})-Qe^{\int P\mathrm{d}x}\mathrm{d}x\end{align}

であることに気付き，そもそもの問題の式(b)より\omega=0であるから，
\mathrm{d}(ye^{\int P\mathrm{d}x})=Qe^{\int P\mathrm{d}x}\mathrm{d}x.

yの表式に直して
\therefore y=e^{-\int P\mathrm{d}x}\left(\int Qe^{\int P\mathrm{d}x}\mathrm{d}x+C\right).

注記

フロベニウスの定理＋積分因子

フロベニウスの定理は初めから積分因子を考慮した積分可能性について言っているので，そこからさらに積分因子を追加しても何も新しいことは言えない．
実際，式(6) \mathrm{d}\omega=\rho\wedge\omegaと書けるような\rhoが存在しないと仮定したとき，うまくgを選べば\mathrm{d}(\omega/g)=\rho\wedge(\omega/g)と書けるのならば，\mathrm{d}\omega=\left(\rho+\frac{1}{g}\mathrm{d}g\right)\wedge\omegaとなるから，右辺カッコ内を改めて\rhoと置けば仮定に矛盾する．

高次元化

以上では2次元(x^1,x^2)で考えたが，一般にn次元のときを考えても同じ定理が成り立つ．つまり1形式\omega=\omega_i\mathrm{d}x^iの積分可能条件として，

*1:\rho_2=0かつ\rho_1がx^1のみの関数

*2:\omegaは1形式，\mathrm{d}\omegaは2形式，よって右辺は3形式．だが2次元に3形式はない．