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

$x_{1}(t),x_{2}(t)$ を微分可能な二つの関数とし， $c_{1},c_{2}$ を定数とすると，

D\{c_{1}x_{1}+c_{2}x_{2}\}=c_{1}Dx_{1}+c_{2}Dx_{2}

となることはよく知られている^[1]．さらに $D^{m}$ の定義から，

D^{m}\{c_{1}x_{1}+c_{2}x_{2}\}=c_{1}D^{m}x_{1}+c_{2}D^{m}x_{2}

が従い^[2]，このことから

p(D)\{c_{1}x_{1}+c_{2}x_{2}\}=c_{1}p(D)x_{1}+c_{2}p(D)x_{2}

が導かれることは明らか^[3]であろう．もちろん $x_{i}(t)$ は 2 個に限る必要はない．

この事実を微分作用素 $p(D)$ は線形性をもつとか，加法的であるという．この意味で，式(3.1) または式(3.2) の微分方程式を“線形”微分方程式と呼ぶのである．線形方程式の特徴は次の重ね合わせの原理が成立することである．

[重ね合わせの原理Ⅰ，同次式の場合]

x_{i}(t)\quad (i=1,2,\cdots ,k)

が式(3.1) の解ならば，

\sum _{i=1}^{k}c_{i}x_{i}(t)

も式(3.1) の解である．ここに $c_{i}$ は定数とする．

証明

$p(D)$ の線形性から

p(D)\left\{\sum _{i=1}^{k}c_{i}x_{i}(t)\right\}=\sum _{i=1}^{k}c_{i}p(D)x_{i}(t)=0

となるからである^[4]^[5]． $\diamondsuit$

例66 $\quad$

$\cos \beta t,\sin \beta t$ はいずれも，

{\frac {d^{2}x}{dt^{2}}}+\beta ^{2}x=0

の解である．したがって $A,B$ を定数とするとき， $A\cos \beta t+B\sin \beta t$ も上式の解となる． $\diamondsuit$

この結果は非同次式に対しては，次のように拡張される．

[重ね合わせの原理Ⅱ，同次式の場合]

$x_{i}(t)(i=1,2,\cdots ,k)$ を

p(D)x_{i}=f_{i}(t)

の解とすると，

x(t):=\sum _{i=1}^{k}c_{i}x_{i}(t)\quad (c_{i}:

定数

)

は，

p(D)x=\sum _{i=1}^{k}c_{i}f_{i}(t)

の解となる． $\diamondsuit$

証明は，同次の場合と同じであるから省略する．^[6]

例67 $\quad$

$x_{1}(t)=-e^{-t}+1$ 　は $x'+x=1$ の解， $x_{2}(t)=e^{-t}+t-1$ は $x'+x=t$ の解である．このとき，

x_{1}(t)+2x_{2}(t)=e^{-t}+2t-1

は，

{\frac {dx}{dt}}+x=1+2t

の解となる．

$\diamondsuit$

^ $f,g$ を $t$ の関数， $k$ を定数として， ${\frac {d}{dt}}(f+g)={\frac {df}{dt}}+{\frac {dg}{dt}}$ および ${\frac {d}{dt}}(kf)=k{\frac {df}{dt}}$
^ 第2次導関数についていえば， ${\frac {d^{2}}{dt^{2}}}(kf)={\frac {d}{dt}}{\frac {d}{dt}}(kf)={\frac {d}{dt}}\left(k{\frac {df}{dt}}\right)=k{\frac {d}{dt}}{\frac {df}{dt}}=k{\frac {d^{2}f}{dt^{2}}}$
また ${\frac {d^{2}}{dt^{2}}}(f+g)={\frac {d}{dt}}{\frac {d}{dt}}(f+g)={\frac {d}{dt}}\left({\frac {df}{dt}}+{\frac {dg}{dt}}\right)={\frac {d}{dt}}{\frac {df}{dt}}+{\frac {d}{dt}}{\frac {dg}{dt}}={\frac {d^{2}f}{dt^{2}}}+{\frac {d^{2}g}{dt^{2}}}$
^ ${\frac {d}{dt}}\left(f+g\right)={\frac {df}{dt}}+{\frac {dg}{dt}},\quad {\frac {d^{2}}{dt^{2}}}\left(f+g\right)={\frac {d^{2}f}{dt^{2}}}+{\frac {d^{2}g}{dt^{2}}},\quad {\frac {d^{3}}{dt^{3}}}\left(f+g\right)={\frac {d^{3}f}{dt^{3}}}+{\frac {d^{3}g}{dt^{3}}},\cdots$ 等から，

$p(D)\{c_{1}x_{1}+c_{2}x_{2}\}=p(D)\{c_{1}x_{1}\}+p(D)\{c_{2}x_{2}\}$
${\frac {d}{dt}}(kf)=k{\frac {df}{dt}},\quad {\frac {d^{2}}{dt^{2}}}(kf)=k{\frac {d^{2}f}{dt^{2}}},\quad {\frac {d^{3}}{dt^{3}}}(kf)=k{\frac {d^{3}f}{dt^{3}}},\cdots$ 等から，

$p(D)\{c_{1}x_{1}\}+p(D)\{c_{2}x_{2}\}=c_{1}p(D)x_{1}+c_{2}p(D)x_{2}$
^
$p(D)\left\{\sum _{i=1}^{k}c_{i}x_{i}(t)\right\}=\sum _{i=1}^{k}p(D)c_{i}x_{i}(t)\quad \because (f+g)'=f'+g'$

$=\sum _{i=1}^{k}c_{i}p(D)x_{i}(t)\quad \because (kf)'=kf'$

$=\sum _{i=1}^{k}c_{i}\cdot 0=0\quad \because p(D)x_{i}(t)=0(i=1,2,\cdots ,k)$
^ $x_{i}(t)$ が式(3.1) の解ならば，

$p(D)x_{i}(t)=0$ …①
$\sum _{i=1}^{k}c_{i}x_{i}(t)$ が式(3.1)の解かどうかは，式(3.1)に実際に代入してみるとよく，すなわち， $p(D)\left\{\sum _{i=1}^{k}c_{i}x_{i}(t)\right\}$ の値が ①のもとで $0$ であれば $\sum _{i=1}^{k}c_{i}x_{i}(t)$ も式(3.1) の解であり，実際にそうであった．
^ 証明： $p(D)x_{i}(t)=f_{i}(t)$ …①

$p(D)x(t)=p(D)\sum _{i=1}^{k}c_{i}x_{i}(t)$

$=\sum _{i=1}^{k}p(D)c_{i}x_{i}(t)\quad \because (f+k)'=f'+k'$

$=\sum _{i=1}^{k}c_{i}p(D)x_{i}(t)\quad \because (kf)'=kf'$

$=\sum _{i=1}^{k}c_{i}f_{i}(t)\quad \because$ ①

[1] $f,g$ を $t$ の関数， $k$ を定数として， ${\frac {d}{dt}}(f+g)={\frac {df}{dt}}+{\frac {dg}{dt}}$ および ${\frac {d}{dt}}(kf)=k{\frac {df}{dt}}$

[2] 第2次導関数についていえば， ${\frac {d^{2}}{dt^{2}}}(kf)={\frac {d}{dt}}{\frac {d}{dt}}(kf)={\frac {d}{dt}}\left(k{\frac {df}{dt}}\right)=k{\frac {d}{dt}}{\frac {df}{dt}}=k{\frac {d^{2}f}{dt^{2}}}$
また ${\frac {d^{2}}{dt^{2}}}(f+g)={\frac {d}{dt}}{\frac {d}{dt}}(f+g)={\frac {d}{dt}}\left({\frac {df}{dt}}+{\frac {dg}{dt}}\right)={\frac {d}{dt}}{\frac {df}{dt}}+{\frac {d}{dt}}{\frac {dg}{dt}}={\frac {d^{2}f}{dt^{2}}}+{\frac {d^{2}g}{dt^{2}}}$

[3] ${\frac {d}{dt}}\left(f+g\right)={\frac {df}{dt}}+{\frac {dg}{dt}},\quad {\frac {d^{2}}{dt^{2}}}\left(f+g\right)={\frac {d^{2}f}{dt^{2}}}+{\frac {d^{2}g}{dt^{2}}},\quad {\frac {d^{3}}{dt^{3}}}\left(f+g\right)={\frac {d^{3}f}{dt^{3}}}+{\frac {d^{3}g}{dt^{3}}},\cdots$ 等から，

$p(D)\{c_{1}x_{1}+c_{2}x_{2}\}=p(D)\{c_{1}x_{1}\}+p(D)\{c_{2}x_{2}\}$
${\frac {d}{dt}}(kf)=k{\frac {df}{dt}},\quad {\frac {d^{2}}{dt^{2}}}(kf)=k{\frac {d^{2}f}{dt^{2}}},\quad {\frac {d^{3}}{dt^{3}}}(kf)=k{\frac {d^{3}f}{dt^{3}}},\cdots$ 等から，

$p(D)\{c_{1}x_{1}\}+p(D)\{c_{2}x_{2}\}=c_{1}p(D)x_{1}+c_{2}p(D)x_{2}$

[4] 
$p(D)\left\{\sum _{i=1}^{k}c_{i}x_{i}(t)\right\}=\sum _{i=1}^{k}p(D)c_{i}x_{i}(t)\quad \because (f+g)'=f'+g'$

$=\sum _{i=1}^{k}c_{i}p(D)x_{i}(t)\quad \because (kf)'=kf'$

$=\sum _{i=1}^{k}c_{i}\cdot 0=0\quad \because p(D)x_{i}(t)=0(i=1,2,\cdots ,k)$

[5] $x_{i}(t)$ が式(3.1) の解ならば，

$p(D)x_{i}(t)=0$ …①
$\sum _{i=1}^{k}c_{i}x_{i}(t)$ が式(3.1)の解かどうかは，式(3.1)に実際に代入してみるとよく，すなわち， $p(D)\left\{\sum _{i=1}^{k}c_{i}x_{i}(t)\right\}$ の値が ①のもとで $0$ であれば $\sum _{i=1}^{k}c_{i}x_{i}(t)$ も式(3.1) の解であり，実際にそうであった．

[6] 証明： $p(D)x_{i}(t)=f_{i}(t)$ …①

$p(D)x(t)=p(D)\sum _{i=1}^{k}c_{i}x_{i}(t)$

$=\sum _{i=1}^{k}p(D)c_{i}x_{i}(t)\quad \because (f+k)'=f'+k'$

$=\sum _{i=1}^{k}c_{i}p(D)x_{i}(t)\quad \because (kf)'=kf'$

$=\sum _{i=1}^{k}c_{i}f_{i}(t)\quad \because$ ①

[1]

[2]

[3]

[4]

[5]

[6]