制御と振動の数学/第一類/Laplace 変換による解の吟味/特性多項式の構造と解の性質のソースを表示

<math>p(s), q(s)</math> を二つの多項式とし，それらに対応する微分作用素を <math>p(D), q(D)</math> とする．
このとき任意の微分可能な <math>x(t)</math> に対して，
{{制御と振動の数学/equation|<math>p(D)x(t) \equiv q(D)x(t)</math>}}
が成立するとき，
{{制御と振動の数学/equation|<math>p(D) = q(D)</math>}}
と約束する．この相等の定義は，多項式の相等の定義，
{{制御と振動の数学/equation|<math>p(s) = q(s)</math>}}
と一致する．

<!-- ex:065:start-->
<div id="ex:65">
<strong>例65</strong><math>\quad</math>

これを証明せよ．

<strong>解答例</strong>

<math>p(D) = \sum_{i=0}^n a_iD^i, q(D) = \sum_{i=0}^n b_iD^i</math> とおく．任意の関数 <math>x</math> で，
{{制御と振動の数学/equation|<math>p(D)x \equiv q(D)x</math>…①}}
が成立するとき，<math>x</math> として特定の形を①に代入して <math>a_i, b_i</math> の満たすべき必要条件をあぶり出す．

<math>x = \frac{t^0}{0!} = 1 (\forall t)</math> のとき，
{{制御と振動の数学/equation|<math>p(D)\cdot 1 \equiv q(D)\cdot 1</math>}}
{{制御と振動の数学/equation|<math>a_nD^n\cdot 1 + a_{n-1}D^{n-1}\cdot 1 + \cdots + a_2D^2\cdot 1 + a_1D\cdot 1 + a_0\cdot 1 = b_nD^n\cdot 1 + b_{n-1}D^{n-1}\cdot 1 + \cdots + b_2D^2\cdot 1 + b_1D\cdot 1 + b_0\cdot 1</math>}}
<math>D^n\cdot 1, D^{n-1}\cdot 1, \cdots , D^2\cdot 1, D\cdot 1</math> 等の定数に対する微分は <math>0</math> となるから，
{{制御と振動の数学/equation|<math>a_0 = b_0</math>…②}}
が必要．

<math>x = \frac{t^1}{1!} = t</math> のとき，
{{制御と振動の数学/equation|<math>p(D)\cdot t \equiv q(D)\cdot t</math>}}
{{制御と振動の数学/equation|<math>a_nD^n\cdot t + a_{n-1}D^{n-1}\cdot t + \cdots + a_2D^2\cdot t + a_1D\cdot t + a_0\cdot t = b_nD^n\cdot t + b_{n-1}D^{n-1}\cdot t + \cdots + b_2D^2\cdot t + b_1D\cdot t + b_0\cdot t</math>}}
<math>m \geqq 2</math> のとき <math>D^m\cdot t = 0</math>．よって，
{{制御と振動の数学/equation|<math>a_1 + a_0\cdot t = b_1 + b_0\cdot t</math>…③}}
②③より
{{制御と振動の数学/equation|<math>a_1 = b_1</math>…④}}

<math>x = \frac{t^2}{2!}</math> のとき，
{{制御と振動の数学/equation|<math>p(D)\cdot \frac{t^2}{2!} \equiv q(D)\cdot \frac{t^2}{2!}</math>}}
{{制御と振動の数学/equation|<math>a_nD^n \cdot\frac{t^2}{2!} + a_{n-1}D^{n-1} \cdot\frac{t^2}{2!} + \cdots + a_2D^2 \cdot\frac{t^2}{2!} + a_1D \cdot\frac{t^2}{2!} + a_0 \cdot\frac{t^2}{2!}</math>}}
{{制御と振動の数学/equation|<math> = b_nD^n \cdot\frac{t^2}{2!} + b_{n-1}D^{n-1} \cdot\frac{t^2}{2!} + \cdots + b_2D^2 \cdot\frac{t^2}{2!} + b_1D \cdot\frac{t^2}{2!} + b_0 \cdot\frac{t^2}{2!}</math>}}
<math>m \geqq 3</math> のとき <math>D^m\cdot \frac{t^2}{2!} = 0</math>．よって，
{{制御と振動の数学/equation|<math>a_2 + a_1\cdot t + a_2\cdot\frac{t^2}{2!} = b_2 + b_1\cdot t + b_0\cdot\frac{t^2}{2!}</math>…⑤}}
②④⑤より
{{制御と振動の数学/equation|<math>a_2 = b_2</math>…⑥}}

<math>x = \frac{t^k}{k!}</math> のとき，
{{制御と振動の数学/equation|<math>p(D)\cdot \frac{t^k}{k!} \equiv q(D)\cdot \frac{t^k}{k!}</math>}}
<math>m \geqq k+1</math> のとき <math>a_mD^m\cdot \frac{t^k}{k!} = 0</math>，<br />
<math>m = k</math> のとき <math>a_mD^m\cdot \frac{t^k}{k!} = a_k</math>，<br />
{{制御と振動の数学/equation|<math>a_k + a_{k-1}\cdot t + \cdots +a_1\cdot \frac{t^{k-1}}{(k-1)!}  + a_0\cdot\frac{t^k}{k!} = b_k + b_{k-1}\cdot t + \cdots 
 + b_1\cdot\frac{t^{k-1}}{(k-1)!} + b_0\frac{t^k}{k!}</math>…⑦}}
<math>x = \frac{t^{k-1}}{(k-1)!}, x = \frac{t^{k-2}}{(k-2)!}, \cdots, x = \frac{t^2}{2!}, x = t, x = 1</math> の場合から <math>a_i = b_i \quad (0 \leqq i \leqq k-1)</math> がすでにいえており、これと⑦から <math>a_k = b_k</math> が必要．

以上から <math>p(D)x \equiv q(D)x \quad x </math> は任意の関数であるとき，<math>a_i = b_i \quad (0 \leqq i \leqq n)</math> が必要条件．

逆に <math>a_i = b_i \quad (0 \leqq i \leqq n)</math> のとき，
{{制御と振動の数学/equation|<math>p(D)x - q(D)x = \sum_{i=0}^{n}a_iD^ix - \sum_{i=0}^{n}b_iD^ix</math>}}
{{制御と振動の数学/equation|<math>=\sum_{i=0}^n \left( a_i - b_i \right)D^i x</math>}}
{{制御と振動の数学/equation|<math>=\sum_{i=0}^n 0\cdot D^i x \quad \because a_i = b_i \quad (0 \leqq i \leqq n)</math>…⑧}}
⑧は <math>x</math> が任意の <math>t</math> の関数であってもその値は常に <math>0</math>．
すなわち，
{{制御と振動の数学/equation|<math>\forall x \ \ p(D)x \equiv q(D)x</math>}}
これにより十分性を示せた．
<math>\diamondsuit</math>
<!-- ex:065:end-->


さらに微分作用素の和と差を，任意の微分可能な <math>x(t)</math> に対して，
{{制御と振動の数学/equation|<math>\{p(D) + q(D)\}x(t) \equiv p(D)x(t) + q(D)x(t)</math>}}
と，また積を，
{{制御と振動の数学/equation|<math>\{p(D)q(D)\}x(t) \equiv p(D)\{q(D)x(t)\}</math>}}
が成立することと定義する．これらの定義と前に述べた <math>D^m, p(D)</math> の定義と抵触しないことは明らかであろう．
このように微分作用素間の加減乗の 3 演算を定義すると，これらは多項式の加減乗の定義と一致するから，
これら 3 演算から導かれる多項式に関する公式は，そのまま微分作用素に対しても成立する<ref>
[[制御と振動の数学/第一類/Laplace 変換による解の吟味/特性多項式の構造と解の性質#ex:65|例65]] は，<math>\exist x(t) D^mx(t) = D^nx(t) \quad (m \ne n)</math> である可能性はあっても，<math>\forall x(t) D^mx(t) = D^nx(t) \quad (m \ne n)</math> はありえないことをいっている．この事実よりこれがいえる．
</ref>．
例えば，

<div id="lemma:3.1">
<strong>[補題 3.1]</strong>

<math>p(s), q(s)</math> を多項式とすると
{{制御と振動の数学/equation|<math>p(D)q(D)=q(D)p(D)</math>}}
が成立する．つまり微分作用素の積は交換可能である．

<strong>証明</strong>

{{制御と振動の数学/equation|<math>p(D)=\sum_{i=0}^k a_iD^i, \quad q(D)=\sum_{j=0}^l b_jD^j</math>}}
とおく．まず，
{{制御と振動の数学/equation|<math>p(D)D^m = D^mp(D)</math>}}
を示す．

{{制御と振動の数学/equation|<math>p(D)D^mx = \left( \sum_{i=0}^k a_iD^i \right) \left( D^mx \right)</math>}}
{{制御と振動の数学/equation|<math>= \sum_{i=0}^k a_i \left\{ D^i \left( D^mx \right) \right\}</math><ref>
<math>(a_0 + a_1D + a_2D^2 + \cdots + a_kD^k)(D^mx) = a_0(D^mx) + a_1D(D^mx) + a_2D^2(D^mx) + \cdots + a_kD^k(D^mx)</math><br />
すなわち [[制御と振動の数学/第一類/Laplace 変換による解の吟味/微分作用素と特性方程式#eq:3.9a|式(3.9a)]]の微分作用素の定義式による．
</ref>}}
{{制御と振動の数学/equation|<math>= \sum_{i=0}^k a_i \left\{ D^m \left( D^ix \right) \right\}</math><ref>
<math>a_0(D^mx) + a_1D(D^mx) + a_2D^2(D^mx) + \cdots + a_kD^k(D^mx) = a_0(D^m)x + a_1(D^m)(Dx) + a_2(D^m)(D^2x) + \cdots + a_k(D^m)(D^kx)</math><br />
すなわち，<math>D^iD^m = D^{i + m} = D^mD^i</math> による．
</ref>}}
{{制御と振動の数学/equation|<math>= D^m \left\{ \sum_{i=0}^k a_iD^ix \right\}</math><ref>
<math>a_0(D^m)x + a_1(D^m)(Dx) + a_2(D^m)(D^2x) + \cdots + a_k(D^m)(D^kx) = (D^m)a_0x + (D^m)a_1Dx + (D^m)a_2D^2x + \cdots + (D^m)a_kD^kx</math><br />
すなわちこれは，<math>kf' = (kf)'</math> による．<br />
<math>(D^m)a_0x + (D^m)a_1Dx + (D^m)a_2D^2x + \cdots + (D^m)a_kD^kx = (D^m)(a_0x + a_1Dx + a_2D^2x + \cdots + a_kD^kx)</math><br />
すなわちこれば，<math>f' + g' = (f+g)'</math> による．<br />
</ref><ref>
<math>(D^m)(a_0x + a_1Dx + a_2D^2x + \cdots + a_kD^kx) = D^m(a_0 + a_1D + a_2D^2 + \cdots + a_kD^k)x</math>
すなわち[[制御と振動の数学/第一類/Laplace 変換による解の吟味/微分作用素と特性方程式#eq:3.9a|式(3.9a)]]の微分作用素の定義式による．
</ref><math> = D^mp(D)x</math>}}
この結果を用いて，
{{制御と振動の数学/equation|<math>p(D)q(D)x = p(D)\left\{ \sum_{j=0}^l b_jD^jx \right\}</math>}}
{{制御と振動の数学/equation|<math>=\sum_{j=0}^l b_j \left\{ p(D)D^jx \right\}</math><ref>
<math>p(D)\left\{ b_0x + b_1Dx + b_2D^2x + \cdots + b_lD^lx \right\} = p(D)b_0x + p(D)b_1Dx + p(D)b_2D^2x + \cdots + p(D)b_lD^lx \because (f + g)' = f' + g'</math><br />
<math>= b_0p(D)x + b_1p(D)Dx + b_2p(D)D^2x + \cdots +b_lp(D)D^lx \because (kf)' = kf'</math><br />
</ref>}}
{{制御と振動の数学/equation|<math>=\sum_{j=0}^l b_j \left\{ D^jp(D)x \right\}</math><ref>
<math> b_0p(D)x + b_1p(D)Dx + b_2p(D)D^2x + \cdots +b_lp(D)D^lx = b_0p(D)x + b_1Dp(D)x + b_2D^2p(D)x + b_3D^3p(D)x + \cdots + b_lD^lp(D)x \because p(D)D^m = D^mp(D)</math>
</ref>}}
{{制御と振動の数学/equation|<math>=\left\{ \sum_{j=0}^l b_jD^j \right\} p(D)x</math><ref>
<math>b_0p(D)x + b_1Dp(D)x + b_2D^2p(D)x + b_3D^3p(D)x + \cdots + b_lD^lp(D)x = \left\{ b_0 + b_1D + b_2D^2 + b_3D^3 + \cdots + b_lD^l \right\} p(D)x \because </math>[[制御と振動の数学/第一類/Laplace 変換による解の吟味/微分作用素と特性方程式#eq:3.9a|式(3.9a)]]の微分作用素の定義式による．<br />
</ref><math> = q(D)p(D)x</math>}}
よって，
{{制御と振動の数学/equation|<math>p(D)q(D) = q(D)p(D)</math>}}
が示された．

<math>\diamondsuit</math>
<!-- lemma:3.1:end-->



<div id="lemma:3.2">
<strong>[補題 3.2]</strong>

<math>p(s)</math> が <math>q(s)</math> で割り切れるならば，
{{制御と振動の数学/equation|<math>q(D)x = 0</math>}}
の解は，
{{制御と振動の数学/equation|<math>p(D)x = 0</math>}}
の解となる．


<strong>証明</strong>

{{制御と振動の数学/equation|<math>p(s) = p_1(s)q(s)</math>}}
と書けるから，<math>q(D)x = 0</math> ならば，
{{制御と振動の数学/equation|<math>p(D)x = p_1(D) \left\{ q(D)x \right\} = 0</math>}}

<math>\diamondsuit</math>
<!-- lemma:3.2:end-->




<div id="lemma:3.2corollary">
<strong>[系]</strong>

{{制御と振動の数学/equation|<math>p(s) = \prod_{i=1}^k p_i(s)</math>}}
{{制御と振動の数学/equation|<math>p_i(D)x_i(t) = 0</math>}}
ならば，
{{制御と振動の数学/equation|<math>p(D)\left\{ \sum_{i=1}^k c_ix_i(t) \right\} = 0</math>}}
が成立する．ここに <math>c_i</math> は定数である．

<strong>証明</strong>

[[制御と振動の数学/第一類/Laplace 変換による解の吟味/特性多項式の構造と解の性質#lemma:3.2|補題(3.2)]]より，
{{制御と振動の数学/equation|<math>p(D)x_i(t) = 0 \quad (i = 1, \cdots k)</math>}}
これと[[制御と振動の数学/第一類/Laplace 変換による解の吟味/線形性と重ね合わせの原理#superposision:1|重ねあわせの原理Ⅰ]]より明らか<ref>
<math>p(D) \left\{ \sum_{i=1}^k c_ix_i(t) \right\} = \sum_{i=1}^k p(D)c_ix_i(t) = \sum_{i=1}^k c_ip(D)x_i(t) = \sum_{i=0}^k c_i\cdot 0 = 0</math>
</ref>．

<math>\diamondsuit</math>
<!-- lemma:3.2corollary:end-->


<!-- ex:066:start-->
<div id="ex:66">
<strong>例66</strong><math>\quad</math>

{{制御と振動の数学/equation|<math>s^2 + 3s + 2 = (s + 1)(s + 2)</math>}}
<math>e^{-t}</math> は <math>(D + 1)x = 0</math>の<ref>
<math>\frac{dx}{dt} + x = 0</math> を変数分離法で解く．<br />
<math>\frac{dx}{dt} = -x</math>, <br />
<math>\frac{1}{x}\frac{dx}{dt} = -1</math>．または解関数として <math>x \equiv 0</math>．両辺を <math>t</math> で積分して，<br />
<math>\int \frac{dx}{x} = -t + C_1</math><br />
<math>\log |x| = -t + C_1</math><br />
<math>x = \pm C_2 e^{-t} = C_3e^{-t}, </math> これは解 <math>x \equiv 0</math> も含む表現である．(<math>e^{C_1} = C_2</math>, また <math>C_3 = \pm C_2</math> と置きなおしている．)<br />
</ref>，また <math>e^{-2t}</math> は <math>(D + 2)x = 0</math> の解<ref>
<math>\frac{dx}{dt} + 2x = 0</math> を変数分離法で解く．<br />
<math>\frac{dx}{dt} = -2x</math>, <br />
<math>\frac{1}{x}\frac{dx}{dt} = -2</math>．または解関数として <math>x \equiv 0</math>．両辺を <math>t</math> で積分して，<br />
<math>\int \frac{dx}{x} = -2t + C_1</math><br />
<math>\log |x| = -2t + C_1</math><br />
<math>x = \pm C_2 e^{-2t} = C_3e^{-2t}, </math> これは解 <math>x \equiv 0</math> も含む表現である．(<math>e^{C_1} = C_2</math>, また <math>C_3 = \pm C_2</math> と置きなおしている．)<br />
</ref>である．よって上記[[制御と振動の数学/第一類/Laplace 変換による解の吟味/特性多項式の構造と解の性質#lemma:3.2corollary|系]]より，
{{制御と振動の数学/equation|<math>x(t) = Ae^{-t} + Be^{-2t}</math>}}
は <math>(D^2 + 3D + 2)x = (D+1)(D+2)x = 0</math> の解である．

<math>\diamondsuit</math>
<!-- ex:066:end-->


<div id="lemma:3.3">
<strong>[補題 3.3]</strong>

{{制御と振動の数学/equation|(i) <math>p(D)e^{\alpha t} = p(\alpha)e^{\alpha t}</math>}}
{{制御と振動の数学/equation|(ii) <math>p(D-\alpha)e^{\alpha t}x = e^{\alpha t}p(D)x</math>}}

<strong>証明</strong>

(i) {{制御と振動の数学/equation|<math>De^{\alpha t} = \alpha e^{\alpha t}</math>}}
{{制御と振動の数学/equation|<math>D^2e^{\alpha t} = \alpha^2 e^{\alpha t}</math>}}
{{制御と振動の数学/equation|<math>D^3e^{\alpha t} = \alpha^3 e^{\alpha t}</math>}}
{{制御と振動の数学/equation|<math>\vdots</math>}}
{{制御と振動の数学/equation|<math>\vdots</math>}}
より明らか<ref>
<math>(a_0 + a_1D + a_2D^2 + a_3D^2 + \cdots + a_nD^n)e^{\alpha t} = (a_0e^{\alpha t} + a_1\alpha e^{\alpha t} + a_2\alpha^2 e^{\alpha t} + a_3 \alpha^3 e^{\alpha t} + \cdots + a_n\alpha^n e^{\alpha t})</math><br />
<math> = (a_0 + a_1\alpha + a_2\alpha^2 + a_3\alpha^3 + \cdots + a_n\alpha^n) e^{\alpha t}</math><br />
すなわち，<br />
<math>a_0 + a_1D + a_2D^2 + a_3D^3 + \cdots a_nD^n = P(D)</math> とおけば，<math>a_0 + a_1\alpha + a_2\alpha^2 + a_3\alpha^3 + \cdots + a_n\alpha^n = p(\alpha)</math><br />
よって，<math>p(D)e^{\alpha t} = p(\alpha)e^{\alpha t}</math>．<br />
</ref>．


(ii) 
{{制御と振動の数学/equation|<math>De^{\alpha t}x = \alpha e^{\alpha t}x + e^{\alpha t}Dx</math>}}
{{制御と振動の数学/equation|<math>\therefore (D-\alpha)e^{\alpha t}x = e^{\alpha t}Dx</math>}}
またこの結果を 2 度用いると，
{{制御と振動の数学/equation|<math>(D-\alpha)^2 e^{\alpha t}x = (D-\alpha)\{e^{\alpha t}Dx\} = e^{\alpha t}D^2x</math><ref>
<math>(D-\alpha)\{e^{\alpha t}Dx\} = e^{\alpha t}Dx\bigg|_{x\gets Dx} = e^{\alpha t}D\cdot Dx</math><br />
</ref>}}
一般に，
{{制御と振動の数学/equation|<math>(D-\alpha)^me^{\alpha t}x = e^{\alpha t}D^mx</math><ref>
<math>(D-\alpha)^me^{\alpha t}x = (D-\alpha)^{m-1}\{e^{\alpha t}Dx\} = (D-\alpha)^{m-2}\{e^{\alpha t}D^2x\} = (D-\alpha)^{m-3}\{e^{\alpha t}D^3x\} = \cdots = (D-\alpha)\{e^{\alpha t}D^{m-1}\} = e^{\alpha t}D^mx</math><br />
</ref>}}
となるから，求める結果を得る<ref>
すなわち，<br />
<math>\sum_{i=1}^k a_i(D-\alpha)^i e^{\alpha t}x = \sum_{i=1}^k a_i e^{\alpha t}D^i x</math> だから，<br />
<math>p(D-\alpha) e^{\alpha t}x = e^{\alpha t}p(D)x</math><br />
</ref>．
<math>\diamondsuit</math>
<!-- lemma:3.3:end-->


<div id="lemma:3.3corollary">
<strong>[系]</strong>

{{制御と振動の数学/equation|<math>p(D)x=0</math> ならば <math>p(D-\alpha)e^{\alpha t}x = 0</math><ref>
[[制御と振動の数学/第一類/Laplace 変換による解の吟味/特性多項式の構造と解の性質#lemma:3.3|補題3.3]]より，<br />
<math>e^{\alpha t}p(D)x = p(D-\alpha)e^{\alpha t}x</math>．<br />
<math>p(D)x = 0</math> ならば <math>e^{\alpha t}p(D)x = 0</math><br />
すなわち，<math>p(D-\alpha)e^{\alpha t}x = 0</math><br />
</ref>}}

<math>\diamondsuit</math>
<!-- lemma:3.3corollary:end-->


<!-- ex:067:start-->
<div id="ex:67">
<strong>例67</strong><math>\quad</math>

{{制御と振動の数学/equation|<math>D^mt^{m-1} = 0</math>}}
であるから，
{{制御と振動の数学/equation|<math>(D-\alpha)^me^{\alpha t}t^{m-1} = 0</math><ref>
[[制御と振動の数学/第一類/Laplace 変換による解の吟味/特性多項式の構造と解の性質#lemma:3.3|補題3.3]] より<br />
<math>(D-\alpha)^me^{\alpha t}x = e^{\alpha t}D^mx</math><br />
今，<math>D^mt^{m-1} = 0</math> より，<math>(D-\alpha)^me^{\alpha t}t^{m-1} = 0</math>
</ref>}}
一般に <math>x(t)</math> を高々 <math>m-1</math> 次の多項式とすると，
{{制御と振動の数学/equation|<math>(D-\alpha)^me^{\alpha t}x(t) = 0</math>}}

<math>\diamondsuit</math>
<!-- ex:067:end-->


<div id="lemma:3.4">
<strong>[補題 3.4]</strong>

(i) <math>x=e^{\alpha t}</math> が <math>p(D)x = 0</math> の解となるための必要十分条件は，<math>p(s)</math> が <math>s-\alpha</math> を因数として持つことである．
(ii) {{制御と振動の数学/equation|<math>e^{\alpha t}\{A\cos\beta t + B\sin\beta t\}, \quad A^2 + B^2 \ne 0</math>}}
が <math>p(D)x = 0</math> の解であるための必要十分条件は <math>p(s)</math> が <math>(s-\alpha)^2 + \beta^2</math> を因数として持つことである．ただし <math>\beta \ne 0</math>．

<strong>証明</strong>

十分性は [[制御と振動の数学/第一類/Laplace 変換による解の吟味/特性多項式の構造と解の性質#lemma:3.2|補題3.2]] で示されている．(ii) の必要性だけ証明する．
(i) も (ii) も証明は同じであるから難しい方を示しておく<ref>
(i) の必要性を証明する．<br />
<math>p(D) = q(D)(D-\alpha) + x</math><br />
とあらわされるとき，<math>p(D)\cdot Ae^{\alpha t} = 0, A \ne 0</math> ならば，<math>x = 0</math> であることを示す．<br />
<math>(D-\alpha)\cdot Ae^{\alpha t} = Ae^{\alpha t}D\cdot 1 \quad (\because</math> [[制御と振動の数学/第一類/Laplace 変換による解の吟味/特性多項式の構造と解の性質#lemma:3.3|補題3.3]])<br />
<math>= 0</math>．<br />
今 <math>p(D)\cdot Ae^{\alpha t} = 0</math> のとき，<br />
<math>p(D)\cdot Ae^{\alpha t} = \bigg[q(D)(D-\alpha) + x\bigg]Ae^{\alpha t}</math><br />
<math>= xAe^{\alpha t} \quad (\because (D-\alpha)\cdot Ae^{\alpha t} = 0)</math><br />
<math>p(D)\cdot Ae^{\alpha t} = 0</math> より <math>xAe^{\alpha t} = 0</math><br />
よって，<math>A \ne 0</math> だから <math>x = 0</math>
すなわち，<math>p(D) = q(D)(D - \alpha)</math> であり，<math>p(s)</math> は <math>(s-\alpha)</math> を因数として持つことを示せた．<br />
</ref>．
{{制御と振動の数学/equation|<math>p(s) = q(s) \bigg[ (s-\alpha)^2 + \beta^2 \bigg] + x(s-\alpha) + y</math>}}
とおき，<math>x = y = 0</math> を示せばよい．<ref>
証明の方針を整理する．
どのような多項式 <math>p(D)</math> も，予め定めておいた <math>\alpha, \beta</math> を含む二次式 <math>(D-\alpha)^2 + \beta^2</math> で割れば，余りを許せば，<br />
<math>p(D) = q(D)\bigg[(D-\alpha)^2 + \beta^2\bigg] + xD + y</math><br />
に書き換えることが可能である．係数 <math>x, y</math> を調整すれば，<br />
<math>p(D) = q(D)\bigg[(D-\alpha)^2 + \beta^2\bigg] + x(D-\alpha) + y</math>…①<br />
の形にすることも当然可能である．
今，①の形のもとで，予めさだめておいた <math>\alpha, \beta</math> に対して <math>p(D)\bigg[e^{\alpha t}\left\{ A\cos\beta t + B\sin\beta t \right\}\bigg] = 0</math> を入力条件としたとき，これから <math>x = y = 0</math> を結論とできるか、を証明するべき問題とする．
</ref>
{{制御と振動の数学/equation|<math>\bigg[(D-\alpha)^2 + \beta^2 \bigg] \left\{ e^{\alpha t} \left( A\cos\beta t + B\sin\beta t \right) \right\} = 0</math>}}
であるから<ref>
<math>\bigg[(D-\alpha)^2 + \beta^2\bigg]x = \frac{d^2x}{dt^2} -2\alpha\frac{dx}{dt} + (\alpha^2 + \beta^2)x = 0</math> の解の一つが <math>x=e^{\alpha t}\left\{A\cos\beta t + B\sin\beta t\right\}</math> であることは[[制御と振動の数学/第一類/Laplace 変換/二階線形微分方程式の解法#ex:48|例48]] ですでに証明している．ただし他の形の解が存在するかどうかはここでは触れないでおく．
</ref>，
{{制御と振動の数学/equation|<math>p(D) \left\{ e^{\alpha t} \left( A\cos\beta t + B\sin\beta t \right) \right\}</math>}}
{{制御と振動の数学/equation|<math>= \bigg[ x(D-\alpha) + y \bigg] \left\{ e^{\alpha t} \left( A\cos\beta t + B\sin\beta t \right) \right\}</math><ref>
<math>p(D) \left\{ e^{\alpha t} \left( A\cos\beta t + B\sin\beta t \right) \right\} = q(D) \bigg[ \left\{ (D-\alpha)^2 + \beta^2 \right\} + x(D-\alpha) + y \bigg]\left\{ e^{\alpha t} \left( A\cos\beta t + B\sin\beta t \right) \right\}</math><br />
<math>= q(D) \bigg[ (D-\alpha)^2 + \beta^2 \bigg] \left\{ e^{\alpha t} \left( A\cos\beta t + B\sin\beta t \right) \right\} + \bigg[ x(D-\alpha) + y \bigg] \left\{ e^{\alpha t} \left( A\cos\beta t + B\sin\beta t \right) \right\}</math><br />
<math>= \bigg[ x(D-\alpha) + y \bigg] \left\{ e^{\alpha t} \left( A\cos\beta t + B\sin\beta t \right) \right\}\quad</math><br />
<math>(\because \bigg[ (D-\alpha)^2 + \beta^2 \bigg] \left\{ e^{\alpha t} \left( A\cos\beta t + B\sin\beta t \right) \right\} = 0)</math><br />
</ref>}}
{{制御と振動の数学/equation|<math>= e^{\alpha t} \left( xD + y \right) \left\{ A\cos\beta t + B\sin\beta t \right\}</math><ref>
[[制御と振動の数学/第一類/Laplace 変換による解の吟味/特性多項式の構造と解の性質#lemma:3.3|補題3.3]](ii)
<math>p(D-\alpha)e^{\alpha t}x(t) = e^{\alpha t}p(D)x(t)</math> による．
</ref>}}
{{制御と振動の数学/equation|<math>= e^{\alpha t} \bigg[ (B\beta x + Ay)\cos\beta t + (-A\beta x + By)\sin\beta t\bigg]</math>}}
{{制御と振動の数学/equation|<math> \equiv 0</math>}}
これより，
{{制御と振動の数学/equation|<math>B\beta x + Ay = 0</math>}}
{{制御と振動の数学/equation|<math>A\beta x = By</math>}}
が成立しなければならない<ref>
三角関数の合成より，<math>\theta = \tan^{-1}\frac{B\beta x + Ay}{-A\beta x + By}</math> とすると，<br />
<math>e^{\alpha t} \bigg[ (B\beta x + Ay)\cos\beta t + (-A\beta x + By)\sin\beta t\bigg] = e^{\alpha t}\cdot \sqrt{(B\beta x + Ay)^2 + (-A\beta x + By)^2}\sin(\beta t + \theta)</math><br />
この値が全ての <math>t</math>で <math>0</math> であるためには，<math>B\beta x + Ay = 0</math> かつ <math>-A\beta x + By = 0</math> が必要．
</ref>．<math>(A^2 + B^2)\beta \ne 0</math> であるから，
{{制御と振動の数学/equation|<math>x = y = 0</math>}}
を得る<ref>
<math>
\begin{cases}
B\beta x + Ay = 0 \\
-A\beta x + By = 0
\end{cases}
</math><br />
すなわち，
<math>\begin{pmatrix}
B\beta  & A \\
-A\beta & B
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
x \\ y
\end{pmatrix} =
\begin{pmatrix}
0 \\ 0
\end{pmatrix}
</math><br />
<math>\therefore
\begin{pmatrix}
x \\ y
\end{pmatrix} =
\begin{pmatrix}
B\beta  & A \\
-A\beta & B
\end{pmatrix}^{-1}
\begin{pmatrix}
0 \\ 0
\end{pmatrix}
=
\frac{1}{\beta(A^2 + B^2)}
\begin{pmatrix}
B  & -A \\
A\beta & B\beta
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
0 \\ 0
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
0 \\ 0
\end{pmatrix}</math><br />
<math>(\because A^2 + B^2 \ne 0</math> かつ <math>\beta \ne 0)</math><br />
</ref><ref>
<math>x = y = 0</math> より，<br />
<math>p(D) = q(D)\left\{ (D - \alpha)^2 + \beta^2 \right\}</math><br />
の形に表すことができ，すなわち，<math>p(s)</math> が <math>(s-\alpha )^2+\beta^2</math> を因数として持つことを示せた．
</ref>．

<math>\diamondsuit</math>
<!-- lemma:3.4:end-->



<references />

[[カテゴリ:ラプラス変換]]