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

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

例65

これを証明せよ．

解答例

$p (D) = \sum_{i = 0}^{n} a_{i} D^{i}, q (D) = \sum_{i = 0}^{n} b_{i} D^{i}$ とおく．任意の関数 $x$ で，テンプレート:制御と振動の数学/equation が成立するとき， $x$ として特定の形を①に代入して $a_{i}, b_{i}$ の満たすべき必要条件をあぶり出す．

$x = \frac{t^{0}}{0!} = 1 (\forall t)$ のとき，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 $D^{n} \cdot 1, D^{n - 1} \cdot 1, \dots, D^{2} \cdot 1, D \cdot 1$ 等の定数に対する微分は $0$ となるから，テンプレート:制御と振動の数学/equation が必要．

$x = \frac{t^{1}}{1!} = t$ のとき，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 $m ≧ 2$ のとき $D^{m} \cdot t = 0$ ．よって，テンプレート:制御と振動の数学/equation ②③よりテンプレート:制御と振動の数学/equation

$x = \frac{t^{2}}{2!}$ のとき，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 テンプレート:制御と振動の数学/equation $m ≧ 3$ のとき $D^{m} \cdot \frac{t^{2}}{2!} = 0$ ．よって，テンプレート:制御と振動の数学/equation ②④⑤よりテンプレート:制御と振動の数学/equation

$x = \frac{t^{k}}{k!}$ のとき，テンプレート:制御と振動の数学/equation $m ≧ k + 1$ のとき $a_{m} D^{m} \cdot \frac{t^{k}}{k!} = 0$ ，
$m = k$ のとき $a_{m} D^{m} \cdot \frac{t^{k}}{k!} = a_{k}$ ，
テンプレート:制御と振動の数学/equation $x = \frac{t^{k - 1}}{(k - 1)!}, x = \frac{t^{k - 2}}{(k - 2)!}, \dots, x = \frac{t^{2}}{2!}, x = t, x = 1$ の場合から $a_{i} = b_{i} (0 ≦ i ≦ k - 1)$ がすでにいえており、これと⑦から $a_{k} = b_{k}$ が必要．

以上から $p (D) x \equiv q (D) x x$ は任意の関数であるとき， $a_{i} = b_{i} (0 ≦ i ≦ n)$ が必要条件．

逆に $a_{i} = b_{i} (0 ≦ i ≦ n)$ のとき，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 テンプレート:制御と振動の数学/equation ⑧は $x$ が任意の $t$ の関数であってもその値は常に $0$ ．すなわち，テンプレート:制御と振動の数学/equation これにより十分性を示せた． $♢$

さらに微分作用素の和と差を，任意の微分可能な $x (t)$ に対して，テンプレート:制御と振動の数学/equation と，また積を，テンプレート:制御と振動の数学/equation が成立することと定義する．これらの定義と前に述べた $D^{m}, p (D)$ 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^[1]．例えば，

[補題 3.1]

$p (s), q (s)$ を多項式とするとテンプレート:制御と振動の数学/equation が成立する．つまり微分作用素の積は交換可能である．

証明

テンプレート:制御と振動の数学/equation とおく．まず，テンプレート:制御と振動の数学/equation を示す．

$♢$

[補題 3.2]

$p (s)$ が $q (s)$ で割り切れるならば，テンプレート:制御と振動の数学/equation の解は，テンプレート:制御と振動の数学/equation の解となる．

証明

テンプレート:制御と振動の数学/equation と書けるから， $q (D) x = 0$ ならば，テンプレート:制御と振動の数学/equation

$♢$

[系]

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 ならば，テンプレート:制御と振動の数学/equation が成立する．ここに $c_{i}$ は定数である．

証明

補題(3.2)より，テンプレート:制御と振動の数学/equation これと重ねあわせの原理Ⅰより明らか^[2]．

$♢$

例66

テンプレート:制御と振動の数学/equation $e^{- t}$ は $(D + 1) x = 0$ の^[3]，また $e^{- 2 t}$ は $(D + 2) x = 0$ の解^[4]である．よって上記系より，テンプレート:制御と振動の数学/equation は $(D^{2} + 3 D + 2) x = (D + 1) (D + 2) x = 0$ の解である．

$♢$

[補題 3.3]

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

証明

(i) 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 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 テンプレート:制御と振動の数学/equation より明らか^[5]．

(ii) 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 またこの結果を 2 度用いると，テンプレート:制御と振動の数学/equation 一般に，テンプレート:制御と振動の数学/equation となるから，求める結果を得る^[6]． $♢$

[系]

テンプレート:制御と振動の数学/equation

$♢$

例67

テンプレート:制御と振動の数学/equation であるから，テンプレート:制御と振動の数学/equation 一般に $x (t)$ を高々 $m - 1$ 次の多項式とすると，テンプレート:制御と振動の数学/equation

$♢$

[補題 3.4]

(i) $x = e^{α t}$ が $p (D) x = 0$ の解となるための必要十分条件は， $p (s)$ が $s - α$ を因数として持つことである． (ii) テンプレート:制御と振動の数学/equation が $p (D) x = 0$ の解であるための必要十分条件は $p (s)$ が $(s - α)^{2} + β^{2}$ を因数として持つことである．ただし $β \neq 0$ ．

証明

$♢$

↑ 例65 は， $\exists x (t) D^{m} x (t) = D^{n} x (t) (m \neq n)$ である可能性はあっても， $\forall x (t) D^{m} x (t) = D^{n} x (t) (m \neq n)$ 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．
↑ $p (D) {\sum_{i = 1}^{k} c_{i} x_{i} (t)} = \sum_{i = 1}^{k} p (D) c_{i} x_{i} (t) = \sum_{i = 1}^{k} c_{i} p (D) x_{i} (t) = \sum_{i = 0}^{k} c_{i} \cdot 0 = 0$
↑ $\frac{d x}{d t} + x = 0$ を変数分離法で解く．
$\frac{d x}{d t} = - x$ ,
$\frac{1}{x} \frac{d x}{d t} = - 1$ ．または解関数として $x \equiv 0$ ．両辺を $t$ で積分して，
$\int \frac{d x}{x} = - t + C_{1}$
$\log | x | = - t + C_{1}$
$x = \pm C_{2} e^{- t} = C_{3} e^{- t},$ これは解 $x \equiv 0$ も含む表現である．( $e^{C_{1}} = C_{2}$ , また $C_{3} = \pm C_{2}$ と置きなおしている．)
↑ $\frac{d x}{d t} + 2 x = 0$ を変数分離法で解く．
$\frac{d x}{d t} = - 2 x$ ,
$\frac{1}{x} \frac{d x}{d t} = - 2$ ．または解関数として $x \equiv 0$ ．両辺を $t$ で積分して，
$\int \frac{d x}{x} = - 2 t + C_{1}$
$\log | x | = - 2 t + C_{1}$
$x = \pm C_{2} e^{- 2 t} = C_{3} e^{- 2 t},$ これは解 $x \equiv 0$ も含む表現である．( $e^{C_{1}} = C_{2}$ , また $C_{3} = \pm C_{2}$ と置きなおしている．)
↑ $(a_{0} + a_{1} D + a_{2} D^{2} + a_{3} D^{2} + \dots + a_{n} D^{n}) e^{α t} = (a_{0} e^{α t} + a_{1} α e^{α t} + a_{2} α^{2} e^{α t} + a_{3} α^{3} e^{α t} + \dots + a_{n} α^{n} e^{α t})$
$= (a_{0} + a_{1} α + a_{2} α^{2} + a_{3} α^{3} + \dots + a_{n} α^{n}) e^{α t}$
すなわち，
$a_{0} + a_{1} D + a_{2} D^{2} + a_{3} D^{3} + \dots a_{n} D^{n} = P (D)$ とおけば， $a_{0} + a_{1} α + a_{2} α^{2} + a_{3} α^{3} + \dots + a_{n} α^{n} = p (α)$
よって， $p (D) e^{α t} = p (α) e^{α t}$ ．
↑ すなわち，
$\sum_{i = 1}^{k} a_{i} (D - α)^{i} e^{α t} x = \sum_{i = 1}^{k} a_{i} e^{α t} D^{i} x$ だから，
$p (D - α) e^{α t} x = e^{α t} p (D) x$
↑ (i) の必要性を証明する．
$p (D) = q (D) (D - α) + x$
とあらわされるとき， $p (D) \cdot A e^{α t} = 0, A \neq 0$ ならば， $x = 0$ であることを示す．
$(D - α) \cdot A e^{α t} = A e^{α t} D \cdot 1 (∵$ 補題3.3)
$= 0$ ．
今 $p (D) \cdot A e^{α t} = 0$ のとき，
$p (D) \cdot A e^{α t} = [q (D) (D - α) + x] A e^{α t}$
$= x A e^{α t} (∵ (D - α) \cdot A e^{α t} = 0)$
$p (D) \cdot A e^{α t} = 0$ より $x A e^{α t} = 0$
よって， $A \neq 0$ だから $x = 0$ すなわち， $p (D) = q (D) (D - α)$ であり， $p (s)$ は $(s - α)$ を因数として持つことを示せた．
↑ 証明の方針を整理する．どのような多項式 $p (D)$ も，予め定めておいた $α, β$ を含む二次式 $(D - α)^{2} + β^{2}$ で割れば，余りを許せば，
$p (D) = q (D) [(D - α)^{2} + β^{2}] + x D + y$
に書き換えることが可能である．係数 $x, y$ を調整すれば，
$p (D) = q (D) [(D - α)^{2} + β^{2}] + x (D - α) + y$ …①
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 $α, β$ に対して $p (D) [e^{α t} {A \cos β t + B \sin β t}] = 0$ を入力条件としたとき，これから $x = y = 0$ を結論とできるか、を証明するべき問題とする．
↑ $[(D - α)^{2} + β^{2}] x = \frac{d^{2} x}{d t^{2}} - 2 α \frac{d x}{d t} + (α^{2} + β^{2}) x = 0$ の解の一つが $x = e^{α t} {A \cos β t + B \sin β t}$ であることは例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．
↑ 三角関数の合成より， $θ = \tan^{- 1} \frac{B β x + A y}{- A β x + B y}$ とすると，
$e^{α t} [(B β x + A y) \cos β t + (- A β x + B y) \sin β t] = e^{α t} \cdot \sqrt{(B β x + A y)^{2} + (- A β x + B y)^{2}} \sin (β t + θ)$
この値が全ての $t$ で $0$ であるためには， $B β x + A y = 0$ かつ $- A β x + B y = 0$ が必要．
↑ ${\begin{matrix} B β x + A y = 0 \\ - A β x + B y = 0 \end{matrix}$
すなわち， $(\begin{matrix} B β & A \\ - A β & B \end{matrix}) (\begin{matrix} x \\ y \end{matrix}) = (\begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix})$
$∴ (\begin{matrix} x \\ y \end{matrix}) = {(\begin{matrix} B β & A \\ - A β & B \end{matrix})}^{- 1} (\begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix}) = \frac{1}{β (A^{2} + B^{2})} (\begin{matrix} B & - A \\ A β & B β \end{matrix}) (\begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix})$
$(∵ A^{2} + B^{2} \neq 0$ かつ $β \neq 0)$
↑ $x = y = 0$ より，
$p (D) = q (D) {(D - α)^{2} + β^{2}}$
の形に表すことができ，すなわち， $p (s)$ が $(s - α)^{2} + β^{2}$ を因数として持つことを示せた．

[1] 例65 は， $\exists x (t) D^{m} x (t) = D^{n} x (t) (m \neq n)$ である可能性はあっても， $\forall x (t) D^{m} x (t) = D^{n} x (t) (m \neq n)$ 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．

[2] $p (D) {\sum_{i = 1}^{k} c_{i} x_{i} (t)} = \sum_{i = 1}^{k} p (D) c_{i} x_{i} (t) = \sum_{i = 1}^{k} c_{i} p (D) x_{i} (t) = \sum_{i = 0}^{k} c_{i} \cdot 0 = 0$

[3] $\frac{d x}{d t} + x = 0$ を変数分離法で解く．
$\frac{d x}{d t} = - x$ ,
$\frac{1}{x} \frac{d x}{d t} = - 1$ ．または解関数として $x \equiv 0$ ．両辺を $t$ で積分して，
$\int \frac{d x}{x} = - t + C_{1}$
$\log | x | = - t + C_{1}$
$x = \pm C_{2} e^{- t} = C_{3} e^{- t},$ これは解 $x \equiv 0$ も含む表現である．( $e^{C_{1}} = C_{2}$ , また $C_{3} = \pm C_{2}$ と置きなおしている．)

[4] $\frac{d x}{d t} + 2 x = 0$ を変数分離法で解く．
$\frac{d x}{d t} = - 2 x$ ,
$\frac{1}{x} \frac{d x}{d t} = - 2$ ．または解関数として $x \equiv 0$ ．両辺を $t$ で積分して，
$\int \frac{d x}{x} = - 2 t + C_{1}$
$\log | x | = - 2 t + C_{1}$
$x = \pm C_{2} e^{- 2 t} = C_{3} e^{- 2 t},$ これは解 $x \equiv 0$ も含む表現である．( $e^{C_{1}} = C_{2}$ , また $C_{3} = \pm C_{2}$ と置きなおしている．)

[5] $(a_{0} + a_{1} D + a_{2} D^{2} + a_{3} D^{2} + \dots + a_{n} D^{n}) e^{α t} = (a_{0} e^{α t} + a_{1} α e^{α t} + a_{2} α^{2} e^{α t} + a_{3} α^{3} e^{α t} + \dots + a_{n} α^{n} e^{α t})$
$= (a_{0} + a_{1} α + a_{2} α^{2} + a_{3} α^{3} + \dots + a_{n} α^{n}) e^{α t}$
すなわち，
$a_{0} + a_{1} D + a_{2} D^{2} + a_{3} D^{3} + \dots a_{n} D^{n} = P (D)$ とおけば， $a_{0} + a_{1} α + a_{2} α^{2} + a_{3} α^{3} + \dots + a_{n} α^{n} = p (α)$
よって， $p (D) e^{α t} = p (α) e^{α t}$ ．

[6] すなわち，
$\sum_{i = 1}^{k} a_{i} (D - α)^{i} e^{α t} x = \sum_{i = 1}^{k} a_{i} e^{α t} D^{i} x$ だから，
$p (D - α) e^{α t} x = e^{α t} p (D) x$

[7] (i) の必要性を証明する．
$p (D) = q (D) (D - α) + x$
とあらわされるとき， $p (D) \cdot A e^{α t} = 0, A \neq 0$ ならば， $x = 0$ であることを示す．
$(D - α) \cdot A e^{α t} = A e^{α t} D \cdot 1 (∵$ 補題3.3)
$= 0$ ．
今 $p (D) \cdot A e^{α t} = 0$ のとき，
$p (D) \cdot A e^{α t} = [q (D) (D - α) + x] A e^{α t}$
$= x A e^{α t} (∵ (D - α) \cdot A e^{α t} = 0)$
$p (D) \cdot A e^{α t} = 0$ より $x A e^{α t} = 0$
よって， $A \neq 0$ だから $x = 0$ すなわち， $p (D) = q (D) (D - α)$ であり， $p (s)$ は $(s - α)$ を因数として持つことを示せた．

[8] 証明の方針を整理する．どのような多項式 $p (D)$ も，予め定めておいた $α, β$ を含む二次式 $(D - α)^{2} + β^{2}$ で割れば，余りを許せば，
$p (D) = q (D) [(D - α)^{2} + β^{2}] + x D + y$
に書き換えることが可能である．係数 $x, y$ を調整すれば，
$p (D) = q (D) [(D - α)^{2} + β^{2}] + x (D - α) + y$ …①
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 $α, β$ に対して $p (D) [e^{α t} {A \cos β t + B \sin β t}] = 0$ を入力条件としたとき，これから $x = y = 0$ を結論とできるか、を証明するべき問題とする．

[9] $[(D - α)^{2} + β^{2}] x = \frac{d^{2} x}{d t^{2}} - 2 α \frac{d x}{d t} + (α^{2} + β^{2}) x = 0$ の解の一つが $x = e^{α t} {A \cos β t + B \sin β t}$ であることは例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．

[10] 三角関数の合成より， $θ = \tan^{- 1} \frac{B β x + A y}{- A β x + B y}$ とすると，
$e^{α t} [(B β x + A y) \cos β t + (- A β x + B y) \sin β t] = e^{α t} \cdot \sqrt{(B β x + A y)^{2} + (- A β x + B y)^{2}} \sin (β t + θ)$
この値が全ての $t$ で $0$ であるためには， $B β x + A y = 0$ かつ $- A β x + B y = 0$ が必要．

[11] ${\begin{matrix} B β x + A y = 0 \\ - A β x + B y = 0 \end{matrix}$
すなわち， $(\begin{matrix} B β & A \\ - A β & B \end{matrix}) (\begin{matrix} x \\ y \end{matrix}) = (\begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix})$
$∴ (\begin{matrix} x \\ y \end{matrix}) = {(\begin{matrix} B β & A \\ - A β & B \end{matrix})}^{- 1} (\begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix}) = \frac{1}{β (A^{2} + B^{2})} (\begin{matrix} B & - A \\ A β & B β \end{matrix}) (\begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix})$
$(∵ A^{2} + B^{2} \neq 0$ かつ $β \neq 0)$

[12] $x = y = 0$ より，
$p (D) = q (D) {(D - α)^{2} + β^{2}}$
の形に表すことができ，すなわち， $p (s)$ が $(s - α)^{2} + β^{2}$ を因数として持つことを示せた．

[1]

[2]

[3]

[4]

[5]

[6]

[7]

[8]

[9]

[10]

[11]

[12]

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

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