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

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，

p(s)=s^{n}+a_{1}s^{n-1}+a_{2}s^{n-2}+\cdots +a_{n-2}s^{2}+a_{n-1}s+a_{n}

とするとき，同次方程式

p(D)x=0

および非同次方程式

p(D)x=f(t)

を初期条件

x(0)=\xi _{1},x'(0)=\xi _{2},x''(0)=\xi _{3},\cdots ,x^{(n-1)}(0)=\xi _{n}

の下に解くという問題であった．

[定理 3.2]

(i)

{\frac {q(s)}{p(s)}}\sqsubset x_{0}(t)

ならば

p(D)x_{0}=0

(i)

{\frac {1}{p(s)}}\sqsubset g(t)

ならば

p(D)(g*f)=f

ここに， $q(t)$ は高々 $n-1$ 次の任意の多項式である． $\diamondsuit$

これを示すことが目標である．一般に，

p(s)=\prod _{i=1}^{\mu }(s-\gamma _{i})^{l_{i}}\prod _{j=1}^{\nu }{\bigg [}(s-\alpha _{j})^{2}+\beta _{j}^{2}{\bigg ]}^{m_{j}}

と因数分解できるから^[1]，補題3.2 を念頭におけば，定理 3.2 は，

p(s)=(s-\alpha )^{l},

および

{\bigg [}(s-\alpha )^{2}+\beta ^{2}{\bigg ]}^{l}

の場合に証明すれば十分である^[2]．

{\frac {1}{(s-\alpha )^{l}}}\sqsubset {\frac {t^{l-1}}{(l-1)!}}e^{\alpha t}\Longrightarrow (D-\alpha )^{l}{\frac {t^{l-1}}{(l-1)!}}e^{\alpha t}=0

は例67で示した^[3]．よって，定理は，

p(s)={\bigg [}(s-\alpha )^{2}+\beta ^{2}{\bigg ]}^{l}

の場合だけ示せばよい．ところで補題 3.3 に留意すれば，

p(s)=(s^{2}+\beta ^{2})^{l}

の場合だけを論ずればよいことが分かる^[4]．したがって，

{\frac {1}{(s^{2}+\beta ^{2})^{l}}}\sqsubset \varphi _{l}(t)\Longrightarrow (D^{2}+\beta ^{2})^{l}\varphi _{l}=0

{\frac {s}{(s^{2}+\beta ^{2})^{l}}}\sqsubset \phi _{l}(t)\Longrightarrow (D^{2}+\beta ^{2})^{l}\phi _{l}=0

を確めればよいことが分かる．ところが，これらは前章ですでに示されている．すなわち式 (2.33) によれば，

(D^{2}+\beta ^{2})\varphi _{l}=\varphi _{l-1},\quad \varphi _{1}(t)={\frac {1}{\beta }}\sin \beta t

より直ちに，

(D^{2}+\beta ^{2})^{l}\varphi _{l}=0

が出る．^[5] また，

\phi _{l}(t)=D\varphi _{l}(t)

に注意すれば，

(D^{2}+\beta ^{2})^{l}\phi _{l}=0

も明らかである．以上で定理の (i) の部分が示された．

(ii) の部分は次のようにして示される^[6]．いま証明したことから，

{\frac {1}{p(s)}}\sqsubset g(t)

は $p(D)x=0$ の解である^[7]．しかも初期値は，

(3.11b)

x(0)=x'(0)=x''(0)=\cdots =x^{(n-2)}(0)=0,\quad x^{(n-1)}(0)=1

を満たす^[8]．この初期条件に留意しつつ $g*f$ に合成積の微分の公式を次々に適用すると，

g*f=g*f

D(g*f)=(Dg)*f

D^{2}(g*f)=(D^{2}g)*f

\vdots

D^{n-1}(g*f)=(D^{n-1}g)*f

および，

D^{n}(g*f)=(D^{n}g)*f+f

となり，上から順に $a_{n},a_{n-1},a_{n-2},\cdots a_{2},a_{1},1$ を掛けて加えると，

p(D)(g*f)=\{p(D)g\}*f+f=f

^[9]

を得る．

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，

p(D)x=f

の解となる．たとえば，

{\frac {dx}{dt}}+x=e^{t^{2}},\quad x(0)=0

において， $e^{t^{2}}$ の Laplace 変換は存在しないが，

x(t)=e^{-t}*e^{t^{2}}=\int _{0}^{t}e^{-(t-\tau )}e^{\tau ^{2}}d\tau

が解であることは明らかである^[10]．

^ 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 $(s-\alpha )^{l}$ 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 ${\frac {a_{l}}{(s-\alpha )^{l}}}$ 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 $p_{2}(D)=(D-\alpha )^{l}$ を働かせた結果が $0$ になれば，証明全体の中のこの項 $(D-\alpha )^{l}$ 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 ${\frac {q_{1}(s)}{(s-\alpha )^{2}+\beta ^{2}}}$ を持つものについては後述される．
^ $(D-\alpha )^{l}{\frac {t^{l-1}}{(l-1)!}}e^{\alpha t}=e^{\alpha t}D^{l}{\frac {t^{l-1}}{(l-1)!}}=0\quad (\because$ 補題 3.3(ii) およびその系)
^ $p(D-\alpha )=(D-\alpha )^{2}+\beta ^{2}$ のとき， $p(D-\alpha )e^{\alpha t}x=e^{\alpha t}p(D)x$
^ $(D^{2}+\beta ^{2})^{l}\varphi _{l}=(D^{2}+\beta ^{2})^{l-1}\varphi _{l-1}=(D^{2}+\beta ^{2})^{l-2}\varphi _{l-2}=\cdots =(D^{2}+\beta ^{2})^{2}\varphi _{2}=(D^{2}+\beta ^{2})\varphi _{1}$
$=(D^{2}+\beta ^{2}){\frac {1}{\beta }}\sin \beta t=-\beta \sin \beta t+\beta \sin \beta t=0$
^ ここでの証明法は二階線形微分方程式の解法と同じ．
^ ${\frac {q(s)}{p(s)}}\sqsubset x_{0}(t)$ ならば $p(D)x_{0}=0$ で， $q(s)=1$ の場合．
^ $p(s)=s^{n}+a_{1}s^{n-1}+a_{2}s^{n-2}+\cdots +a_{n-2}s^{2}+a_{n-1}s+a_{n}$
で，
$G(s)={\frac {1}{p(s)}}\sqsubset g(t)$ と $G$ をおくと，
$s^{n}G+a_{1}s^{n-1}G+a_{2}s^{(n-2)}G+\cdots +a_{n-2}s^{2}G+a_{n-1}sG+a_{n}G=1$ …①
一方，式 (2.1) ，したがって式 (2.11) より、
$sG={\mathcal {L}}[g']+g(0)$
$s^{2}G={\mathcal {L}}[g'']+g(0)s+g'(0)$
$s^{3}G={\mathcal {L}}[g''']+g(0)s^{2}+g'(0)s+g''(0)$
$\vdots$
$s^{n-1}G={\mathcal {L}}[g^{(n-1)}]+g(0)s^{n-2}+g'(0)s^{n-3}+\cdots +g^{(n-2)}$
$s^{n}G={\mathcal {L}}[g^{(n)}]+g(0)s^{n-1}+g'(0)s^{n-2}+\cdots +g^{(n-1)}$
これらを①に代入して，
${\mathcal {L}}{\bigg [}g^{(n)}+a_{1}g^{(n-1)}+a_{2}g^{(n-2)}+\cdots +a_{n-2}g''+a_{n-1}g'+a_{n}g{\bigg ]}$
$+g(0)s^{(n-1)}+\left\{g(0)+g'(0)\right\}s^{(n-2)}+\cdots +\left\{g(0)+g'(0)+g''(0)+\cdots +g^{(n-2)}\right\}s+g^{(n-1)}(0)=1$
$p(D)g=0$ より ${\mathcal {L}}{\bigg [}\ {\bigg ]}$ 内は $0$ となり，①より $s$ の係数を比較して，
$g(0)=g'(0)=g''(0)=\cdots =g^{(n-2)}(0)=0,\quad g^{(n-1)}(0)=1$
^ $\because p(D)g=0$
^ 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 $(s-\alpha )^{l}$ 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 ${\frac {a_{l}}{(s-\alpha )^{l}}}$ 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 $p_{2}(D)=(D-\alpha )^{l}$ を働かせた結果が $0$ になれば，証明全体の中のこの項 $(D-\alpha )^{l}$ 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 ${\frac {q_{1}(s)}{(s-\alpha )^{2}+\beta ^{2}}}$ を持つものについては後述される．

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

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

[5] $(D^{2}+\beta ^{2})^{l}\varphi _{l}=(D^{2}+\beta ^{2})^{l-1}\varphi _{l-1}=(D^{2}+\beta ^{2})^{l-2}\varphi _{l-2}=\cdots =(D^{2}+\beta ^{2})^{2}\varphi _{2}=(D^{2}+\beta ^{2})\varphi _{1}$
$=(D^{2}+\beta ^{2}){\frac {1}{\beta }}\sin \beta t=-\beta \sin \beta t+\beta \sin \beta t=0$

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

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

[9] $\because p(D)g=0$

[10] 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．

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