「制御と振動の数学/第一類/Laplace 変換による解の吟味/解法の正しさの証明」の版間の差分

2020年1月17日 (金) 06:27時点における最新版

以上の準備の下に，Laplace 変換による解法の正しさを証明することができる．この章の初めに述べたことを，特性方程式を用いて簡単に復習しておこう．

特性方程式を，テンプレート:制御と振動の数学/equation とするとき，同次方程式テンプレート:制御と振動の数学/equation および非同次方程式テンプレート:制御と振動の数学/equation を初期条件テンプレート:制御と振動の数学/equation の下に解くという問題であった．

[定理 3.2] テンプレート:制御と振動の数学/equation テンプレート:制御と振動の数学/equation ここに， $q (t)$ は高々 $n - 1$ 次の任意の多項式である． $♢$

この証明からも分かる通り， $f (t)$ の Laplace 変換が存在しなくても $g * f$ は，テンプレート:制御と振動の数学/equation の解となる．たとえば，テンプレート:制御と振動の数学/equation において， $e^{t^{2}}$ の Laplace 変換は存在しないが，テンプレート:制御と振動の数学/equation が解であることは明らかである^[9]．

↑ これは部分分数定理の注にて証明した．
↑ $p (D) = p_{1} (D) p_{2} (D)$ にて $p_{2} (D) x = 0$ ならば $p (D) x = 0$ ．よって $p_{2} (D) x = 0$ となる $p_{2} (D)$ があればよい．この節の証明方針を以下に整理すると，定理3.2(i) の $\frac{q (s)}{p (s)}$ の分母 $p (s)$ を因数分解したときに因数として $(s - α)^{l}$ を持ち，したがって $\frac{q (s)}{p (s)}$ の部分分数展開を第二分解定理まで実施した結果，項 $\frac{a_{l}}{(s - α)^{l}}$ を持つのであれば，この原像の $t$ の次数が微分方程式の解 $x$ を構成する項の中で最高次数となり式(2.17b)よりその次数は $l - 1$ ．これに作用素 $p_{2} (D) = (D - α)^{l}$ を働かせた結果が $0$ になれば，証明全体の中のこの項 $(D - α)^{l}$ に関与する部分を完了させられる．部分分数展開の結果，項として $\frac{q_{1} (s)}{(s - α)^{2} + β^{2}}$ を持つものについては後述される．
↑ $(D - α)^{l} \frac{t^{l - 1}}{(l - 1)!} e^{α t} = e^{α t} D^{l} \frac{t^{l - 1}}{(l - 1)!} = 0 (∵$ 補題 3.3(ii) およびその系)
↑ $p (D - α) = (D - α)^{2} + β^{2}$ のとき， $p (D - α) e^{α t} x = e^{α t} p (D) x$
↑ $(D^{2} + β^{2})^{l} φ_{l} = (D^{2} + β^{2})^{l - 1} φ_{l - 1} = (D^{2} + β^{2})^{l - 2} φ_{l - 2} = \dots = (D^{2} + β^{2})^{2} φ_{2} = (D^{2} + β^{2}) φ_{1}$
$= (D^{2} + β^{2}) \frac{1}{β} \sin β t = - β \sin β t + β \sin β t = 0$
↑ ここでの証明法は二階線形微分方程式の解法と同じ．
↑ $\frac{q (s)}{p (s)} ⊏ x_{0} (t)$ ならば $p (D) x_{0} = 0$ で， $q (s) = 1$ の場合．
↑ $p (s) = s^{n} + a_{1} s^{n - 1} + a_{2} s^{n - 2} + \dots + a_{n - 2} s^{2} + a_{n - 1} s + a_{n}$
で，
$G (s) = \frac{1}{p (s)} ⊏ g (t)$ と $G$ をおくと，
$s^{n} G + a_{1} s^{n - 1} G + a_{2} s^{(n - 2)} G + \dots + a_{n - 2} s^{2} G + a_{n - 1} s G + a_{n} G = 1$ …①
一方，式 (2.1) ，したがって式 (2.11) より、
$s G = ℒ [g^{'}] + g (0)$
$s^{2} G = ℒ [g^{″}] + g (0) s + g^{'} (0)$
$s^{3} G = ℒ [g^{‴}] + g (0) s^{2} + g^{'} (0) s + g^{″} (0)$
$⋮$
$s^{n - 1} G = ℒ [g^{(n - 1)}] + g (0) s^{n - 2} + g^{'} (0) s^{n - 3} + \dots + g^{(n - 2)}$
$s^{n} G = ℒ [g^{(n)}] + g (0) s^{n - 1} + g^{'} (0) s^{n - 2} + \dots + g^{(n - 1)}$
これらを①に代入して，
$ℒ [g^{(n)} + a_{1} g^{(n - 1)} + a_{2} g^{(n - 2)} + \dots + a_{n - 2} g^{″} + a_{n - 1} g^{'} + a_{n} g]$
$+ g (0) s^{(n - 1)} + {g (0) + g^{'} (0)} s^{(n - 2)} + \dots + {g (0) + g^{'} (0) + g^{″} (0) + \dots + g^{(n - 2)}} s + g^{(n - 1)} (0) = 1$
$p (D) g = 0$ より $ℒ []$ 内は $0$ となり，①より $s$ の係数を比較して，
$g (0) = g^{'} (0) = g^{″} (0) = \dots = g^{(n - 2)} (0) = 0, g^{(n - 1)} (0) = 1$
↑ この章の証明に Laplace 変換が使われていない，というのは，Laplace 変換によって求めた原像 $x_{0}, g * f$ が微分方程式 $p (D) x = f$ の解であることを証明するのに Lapalce 変換を使っていない，ということである．ただ，非同次微分方程式の定常解 $g * f$ の $f$ については， $f$ は与えられた関数であり，「 $f$ に対応する Laplace 変換がなくとも $g * f$ は解となる」という部分には Laplace 変換が使われていないことはいえる．初期値の与え方についても最終項を除いて $D^{i} (g * f) = (D^{i} g) * f$ となるように初期値 $g^{(i)} (0) = 0$ ，最終項は $g^{(n - 1)} (0) = 1$ と後から与えてよい．

[1] これは部分分数定理の注にて証明した．

[2] $p (D) = p_{1} (D) p_{2} (D)$ にて $p_{2} (D) x = 0$ ならば $p (D) x = 0$ ．よって $p_{2} (D) x = 0$ となる $p_{2} (D)$ があればよい．この節の証明方針を以下に整理すると，定理3.2(i) の $\frac{q (s)}{p (s)}$ の分母 $p (s)$ を因数分解したときに因数として $(s - α)^{l}$ を持ち，したがって $\frac{q (s)}{p (s)}$ の部分分数展開を第二分解定理まで実施した結果，項 $\frac{a_{l}}{(s - α)^{l}}$ を持つのであれば，この原像の $t$ の次数が微分方程式の解 $x$ を構成する項の中で最高次数となり式(2.17b)よりその次数は $l - 1$ ．これに作用素 $p_{2} (D) = (D - α)^{l}$ を働かせた結果が $0$ になれば，証明全体の中のこの項 $(D - α)^{l}$ に関与する部分を完了させられる．部分分数展開の結果，項として $\frac{q_{1} (s)}{(s - α)^{2} + β^{2}}$ を持つものについては後述される．

[3] $(D - α)^{l} \frac{t^{l - 1}}{(l - 1)!} e^{α t} = e^{α t} D^{l} \frac{t^{l - 1}}{(l - 1)!} = 0 (∵$ 補題 3.3(ii) およびその系)

[4] $p (D - α) = (D - α)^{2} + β^{2}$ のとき， $p (D - α) e^{α t} x = e^{α t} p (D) x$

[5] $(D^{2} + β^{2})^{l} φ_{l} = (D^{2} + β^{2})^{l - 1} φ_{l - 1} = (D^{2} + β^{2})^{l - 2} φ_{l - 2} = \dots = (D^{2} + β^{2})^{2} φ_{2} = (D^{2} + β^{2}) φ_{1}$
$= (D^{2} + β^{2}) \frac{1}{β} \sin β t = - β \sin β t + β \sin β t = 0$

[6] ここでの証明法は二階線形微分方程式の解法と同じ．

[7] $\frac{q (s)}{p (s)} ⊏ x_{0} (t)$ ならば $p (D) x_{0} = 0$ で， $q (s) = 1$ の場合．

[8] $p (s) = s^{n} + a_{1} s^{n - 1} + a_{2} s^{n - 2} + \dots + a_{n - 2} s^{2} + a_{n - 1} s + a_{n}$
で，
$G (s) = \frac{1}{p (s)} ⊏ g (t)$ と $G$ をおくと，
$s^{n} G + a_{1} s^{n - 1} G + a_{2} s^{(n - 2)} G + \dots + a_{n - 2} s^{2} G + a_{n - 1} s G + a_{n} G = 1$ …①
一方，式 (2.1) ，したがって式 (2.11) より、
$s G = ℒ [g^{'}] + g (0)$
$s^{2} G = ℒ [g^{″}] + g (0) s + g^{'} (0)$
$s^{3} G = ℒ [g^{‴}] + g (0) s^{2} + g^{'} (0) s + g^{″} (0)$
$⋮$
$s^{n - 1} G = ℒ [g^{(n - 1)}] + g (0) s^{n - 2} + g^{'} (0) s^{n - 3} + \dots + g^{(n - 2)}$
$s^{n} G = ℒ [g^{(n)}] + g (0) s^{n - 1} + g^{'} (0) s^{n - 2} + \dots + g^{(n - 1)}$
これらを①に代入して，
$ℒ [g^{(n)} + a_{1} g^{(n - 1)} + a_{2} g^{(n - 2)} + \dots + a_{n - 2} g^{″} + a_{n - 1} g^{'} + a_{n} g]$
$+ g (0) s^{(n - 1)} + {g (0) + g^{'} (0)} s^{(n - 2)} + \dots + {g (0) + g^{'} (0) + g^{″} (0) + \dots + g^{(n - 2)}} s + g^{(n - 1)} (0) = 1$
$p (D) g = 0$ より $ℒ []$ 内は $0$ となり，①より $s$ の係数を比較して，
$g (0) = g^{'} (0) = g^{″} (0) = \dots = g^{(n - 2)} (0) = 0, g^{(n - 1)} (0) = 1$

[9] この章の証明に Laplace 変換が使われていない，というのは，Laplace 変換によって求めた原像 $x_{0}, g * f$ が微分方程式 $p (D) x = f$ の解であることを証明するのに Lapalce 変換を使っていない，ということである．ただ，非同次微分方程式の定常解 $g * f$ の $f$ については， $f$ は与えられた関数であり，「 $f$ に対応する Laplace 変換がなくとも $g * f$ は解となる」という部分には Laplace 変換が使われていないことはいえる．初期値の与え方についても最終項を除いて $D^{i} (g * f) = (D^{i} g) * f$ となるように初期値 $g^{(i)} (0) = 0$ ，最終項は $g^{(n - 1)} (0) = 1$ と後から与えてよい．

[1]

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「制御と振動の数学/第一類/Laplace 変換による解の吟味/解法の正しさの証明」の版間の差分

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