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# 制御と振動の数学/第一類/複素数値関数の Laplace 変換/複素数値関数の微分積分学/複素数値関数の微分

${\displaystyle f(t)=g(t)+ih(t)}$

${\displaystyle t}$ に関する微分を，

(4.3)
${\displaystyle {\frac {df}{dt}}:={\frac {dg}{dt}}+i{\frac {dh}{dt}}}$

と定義する．したがって ${\displaystyle f(t)}$ が微分可能とはその実部も虚部もともに微分可能であることを意味する． その他の性質もこれに準じて考えるものとする． この定義から直ちに，次の基本的性質が従う．

${\displaystyle f_{1}(t),f_{2}(t)}$ が複素数値関数ならば，

(1)

${\displaystyle {\frac {d(f_{1}+f_{2})}{dt}}={\frac {df_{1}}{dt}}+{\frac {df_{2}}{dt}}}$

(2)

${\displaystyle {\frac {d(f_{1}\cdot f_{2})}{dt}}={\frac {df_{1}}{dt}}\cdot f_{2}+f_{1}\cdot {\frac {df_{2}}{dt}}}$
${\displaystyle f(t)}$ を複素数値関数，${\displaystyle \varphi (\tau )}$ を実数値関数とすれば，
${\displaystyle {\frac {df[\varphi (\tau )]}{d\tau }}={\frac {df}{dt}}\cdot {\frac {d\varphi }{d\tau }}}$

${\displaystyle \diamondsuit }$

これらの事実を，微分の定義　式 (4.3) に従って証明せよ

${\displaystyle f_{1}=g_{1}+i\ h_{1},\ f_{2}=g_{2}+i\ h_{2}}$ とする

Ⅰ(1)

${\displaystyle {\frac {df_{1}}{dt}}+{\frac {df_{2}}{dt}}={\frac {d(g_{1}+i\ h_{1})}{dt}}+{\frac {d(g_{2}+i\ h_{2})}{dt}}}$
${\displaystyle ={\frac {dg_{1}}{dt}}+i\ {\frac {h_{1}}{dt}}+{\frac {dg_{2}}{dt}}+i\ {\frac {h_{2}}{dt}}}$
${\displaystyle ={\frac {dg_{1}}{dt}}+{\frac {dg_{2}}{dt}}+i\left({\frac {dh_{1}}{dt}}+{\frac {dh_{2}}{dt}}\right)}$
${\displaystyle ={\frac {d}{dt}}\left(g_{1}+g_{2}\right)+i\ {\frac {d}{dt}}\left(h_{1}+h_{2}\right)}$
${\displaystyle ={\frac {d}{dt}}\left(f_{1}+f_{2}\right)}$

Ⅰ(2)

${\displaystyle {\frac {df_{1}}{dt}}f_{2}+f_{1}{\frac {df_{2}}{dt}}=\left({\frac {dg_{1}}{dt}}+i\ {\frac {dh_{1}}{dt}}\right)(g_{2}+i\ h_{2})+\left({\frac {dg_{2}}{dt}}+i\ {\frac {dh_{2}}{dt}}\right)(g_{1}+i\ h_{1})}$
${\displaystyle ={\frac {d}{dt}}{\Big \{}(g_{1}+i\ h_{1}){\Big \}}(g_{2}+i\ h_{2})+(g_{1}+i\ h_{1}){\frac {d}{dt}}{\Big \{}(g_{2}+i\ h_{2}){\Big \}}}$
${\displaystyle ={\frac {d}{dt}}{\Big \{}(g_{1}+i\ h_{1})(g_{2}+i\ h_{2}){\Big \}}}$
${\displaystyle ={\frac {d}{dt}}\left(f_{1}\cdot f_{2}\right)}$

II

${\displaystyle \diamondsuit }$

${\displaystyle f(t)=e^{\alpha t},\quad \alpha =a+ib}$ を微分せよ．

${\displaystyle e^{\alpha t}=e^{at}(\cos bt+i\sin bt)}$

であるから，

${\displaystyle {\frac {df}{dt}}={\frac {d(e^{at}\cos bt)}{dt}}+i{\frac {d(e^{at}\sin bt)}{dt}}}$
${\displaystyle =(ae^{at}\cos bt-e^{at}\cdot b\sin bt)+i(ae^{at}\sin bt+e^{at}\cdot b\cos bt)}$
${\displaystyle =e^{at}{\bigg [}a\cos bt-b\sin bt+i(a\sin bt+b\cos bt){\bigg ]}}$
${\displaystyle =e^{at}{\bigg [}a\left\{\cos bt+i\sin bt\right\}+b\left\{-\sin bt+i\cos bt\right\}{\bigg ]}}$

ここで

${\displaystyle -\sin bt=i^{2}\sin bt=i\cdot i\sin bt}$

であるから，

${\displaystyle b\left\{-\sin bt+i\cos bt\right\}=b\left\{i\cdot i\sin bt+i\cos bt\right\}}$
${\displaystyle =ib\left\{i\sin bt+\cos bt\right\}=ib\left\{\cos bt+i\sin bt\right\}}$

よって最初に戻って

${\displaystyle {\frac {df}{dt}}=e^{at}{\bigg [}a\left\{\cos bt+i\sin bt\right\}+b\left\{-\sin bt+i\cos bt\right\}{\bigg ]}}$
${\displaystyle =e^{at}{\bigg [}a\left\{\cos bt+i\sin bt\right\}+ib\left\{\cos bt+i\sin bt\right\}{\bigg ]}}$
${\displaystyle =e^{at}\left\{\cos bt+i\sin bt\right\}(a+ib)=e^{\alpha t}\cdot \alpha =\alpha f(t)}$

すなわち ${\displaystyle \alpha }$ が複素数のときも，実数のときと同じ公式，

${\displaystyle {\frac {de^{\alpha t}}{dt}}=\alpha e^{\alpha t}}$

が成立する． ${\displaystyle \diamondsuit }$

この例題から，複素係数の微分方程式，

(4.4)
${\displaystyle {\frac {dz}{dt}}=\alpha z}$

の解が，

${\displaystyle z(t)=e^{\alpha t}z_{0}\quad z_{0}\in \mathbf {C} }$

であることが分かる．式 (4.4) において

${\displaystyle z(t)=x(t)+iy(t),\quad \alpha =a+ib}$

とおいて，実部と虚部に分けると，実係数の連立方程式，

${\displaystyle {\frac {dx}{dt}}=ax-by}$
(4.4b)
${\displaystyle {\frac {dy}{dt}}=bx+ay}$

となる[1]． この解は ${\displaystyle z=e^{\alpha t}z_{0}}$ の実部と虚部であって，

${\displaystyle x(t)=e^{at}(x_{0}\cos bt-y_{0}\sin bt)}$
${\displaystyle y(t)=e^{at}(x_{0}\sin bt+y_{0}\cos bt)}$

となる．ここに ${\displaystyle z_{0}=x_{0}+iy_{0}}$ である[2][3]． あるいは ${\displaystyle z_{0}=re^{i\theta }\quad (r>0)}$ と極形式で表すと，

${\displaystyle x(t)=re^{at}\cos(bt+\theta )}$
${\displaystyle y(t)=re^{at}\sin(bt+\theta )}$

を得る[4][5]

さて 式 (4.4) を微分記号 ${\displaystyle D={\frac {d}{dt}}}$ を用いて表すと，

${\displaystyle (D-\alpha )x=0}$

と書ける．この式に ${\displaystyle z=e^{\alpha t}x}$ を代入すると，

${\displaystyle (D-\alpha )e^{\alpha t}x=e^{\alpha t}Dx=0}$

となることは，複素数値関数の微分の基本的性質Ⅰの (2) から容易に分かる[6]．よって，

${\displaystyle Dx=0\implies x=z_{0}}$（定数）

であるから，上述の解 ${\displaystyle z=e^{\alpha t}z_{0}}$ が得られる．この技法を一般化して，微分方程式，

(4.5)
${\displaystyle (D-\alpha )^{n}z=0}$

の解を求めてみよう．

${\displaystyle z(t)=e^{\alpha t}x(t)}$

とおいて，上式に代入すると，

${\displaystyle e^{\alpha t}D^{n}x=0}$

となる．これより，

${\displaystyle x(t)=}$ 高々 ${\displaystyle n-1}$ 次の ${\displaystyle t}$ の多項式

を得る．この多項式の係数は複素数でよい．また式 (4.5) の解の基本系は，

${\displaystyle e^{\alpha t},te^{\alpha t},t^{2}e^{\alpha t},\cdots ,t^{n-1}e^{\alpha t}}$

である．

(4.6)
${\displaystyle {\frac {d^{n}z}{dt^{n}}}+a_{1}{\frac {d^{n-1}z}{dt^{n-1}}}+a_{2}{\frac {d^{n-2}z}{dt^{n-2}}}+\cdots +a_{n-1}{\frac {dz}{dt}}+a_{n}z=0}$

を考えよう．ここに係数 ${\displaystyle a_{1},a_{2},\cdots ,a_{n}}$ はすべて複素数とする．この場合も実係数の微分方程式の場合と同様に，重ね合わせの原理定常性の原理などが成立することは明らかであろう．複素関数の微分に関する基本的性質Ⅰ・Ⅱがあるので，前章での証明をなんら変更する必要はない．

また，微分方程式(4.6)に付随する特性多項式が，

${\displaystyle p(s)=p_{1}(s)p_{2}(s)}$

と因数に分解できるとき，

${\displaystyle p_{i}(D)z=0\quad (i=1,2)\implies p(D)x=0}$

も成立することも同様である．前章では述べなかったが，係数が実数であっても複素数であっても，次の補題が成立する．

${\displaystyle p(s)=p_{1}(s)p_{2}(s)}$

ここに，${\displaystyle p_{1}(s)}$${\displaystyle p_{2}(s)}$ は互いに素ならば，

${\displaystyle p_{1}(D)z=0}$ かつ ${\displaystyle p_{2}(D)z=0\implies z=0}$

が成り立つ．

${\displaystyle p_{1}}$${\displaystyle p_{2}}$ が互いに素であるから，

${\displaystyle \mu (s)p_{1}(s)+\nu (s)p_{2}(s)=1}$

となる多項式 ${\displaystyle \mu (s),\nu (s)}$ が存在する．[7] よって，

${\displaystyle \mu (D)p_{1}(D)z+\nu (D)p_{2}(D)z=z}$

が成り立つが，仮定を満たすとき左辺は ${\displaystyle 0}$ となるから，${\displaystyle z=0}$ を得る． ${\displaystyle \diamondsuit }$

${\displaystyle \quad }$ 同じ条件の下に，

${\displaystyle p_{1}(D)z_{1}=0,\quad z_{1}\neq 0}$
${\displaystyle p_{2}(D)z_{2}=0,\quad z_{2}\neq 0}$

ならば，${\displaystyle z_{1}(t)}$${\displaystyle z_{2}(t)}$ は 1 次独立である． ${\displaystyle \diamondsuit }$

1. ^ ${\displaystyle {\frac {dx}{dt}}+i{\frac {dy}{dt}}=(a+ib)(x+iy)}$
${\displaystyle \therefore {\frac {dx}{dt}}+i{\frac {dy}{dt}}=(ax-by)+i(bx+ay)}$
2. ^ 連立微分方程式式 (4.4b) を実際に解いてみる．
${\displaystyle x'=ax-by}$…①
${\displaystyle y'=bx+ay}$…②
にて，①の両辺を微分すると，
${\displaystyle x''=ax'-by'}$…①'
①'に②を代入して， ${\displaystyle x''=ax'-b(bx+ay)=ax'-b^{2}x-a(by)}$…③
①より ${\displaystyle by=ax-x'}$ だからこれを③に代入して，
${\displaystyle x''=ax'-b^{2}x-a(ax-x')=ax'-(a^{2}+b^{2})x+ax'}$
${\displaystyle \therefore x''-2ax'+(a^{2}+b^{2})x=0}$
これが連立方程式から導かれた，解くべき 2 階の微分方程式で，初期条件は ${\displaystyle x_{0}}$${\displaystyle x_{0}'=ax_{0}-by_{0}}$
${\displaystyle X\sqsubset x}$ として微分方程式をラプラス変換すると，
${\displaystyle s^{2}X-x_{0}s-(ax_{0}-by_{0})-2a(sX-x_{0})+(a^{2}+b^{2})X=0}$
${\displaystyle \therefore X={\frac {x_{0}s}{s^{2}-2as+(a^{2}+b^{2})}}+{\frac {-ax_{0}-by_{0}}{s^{2}-2as+(a^{2}+b^{2})}}}$
${\displaystyle s^{2}-2as+(a^{2}+b^{2})=(s-a)^{2}+b^{2}}$ でラプラス変換公式を当てはめられるようにさらに変形して，
${\displaystyle X={\frac {x_{0}(s-a)}{(s-a)^{2}+b^{2}}}+{\frac {-y_{0}b}{(s-a)^{2}+b^{2}}}}$
この原像は，
${\displaystyle x=x_{0}e^{at}\cos bt-y_{0}e^{at}\sin bt=e^{at}\left\{x_{0}\cos bt-y_{0}\sin bt\right\}}$
これで ${\displaystyle x}$ が再現できた．①より ${\displaystyle by=ax-x'}$ を計算すると，
${\displaystyle x'=e^{at}\left\{x_{0}(-b)\sin bt-y_{0}b\cos bt\right\}+ae^{at}(x_{0}\cos bt-y_{0}\sin bt)}$
${\displaystyle =e^{at}{\bigg [}(ax_{0}-by_{0})\cos bt+(-ay_{0}-bx_{0})\sin bt{\bigg ]}}$
${\displaystyle \therefore by=ax-x'=e^{at}{\bigg [}{\color {red}ax_{0}\cos bt}{\color {blue}-ay_{0}\sin bt}+({\color {red}-ax_{0}}+by_{0})\cos bt+({\color {blue}ay_{0}}+bx_{0})\sin bt{\bigg ]}}$
${\displaystyle =e^{at}{\bigg [}by_{0}\cos bt+bx_{0}\sin bt{\bigg ]}\therefore y=e^{at}(x_{0}\sin bt+y_{0}\cos bt)}$
3. ^ ${\displaystyle z=e^{\alpha t}z_{0}}$ の実部と虚部を実際に取り出してみる．
${\displaystyle z=e^{\alpha t}z_{0}=e^{at}(\cos bt+i\sin bt)(x_{0}+iy_{0})}$
${\displaystyle =e^{at}{\bigg [}(x_{0}\cos bt-y_{0}\sin bt)+i(x_{0}\sin bt+y_{0}\cos bt){\bigg ]}}$ と先の連立微分方程式の解と一致する．
4. ^ ${\displaystyle x(t)=e^{at}(x_{0}\cos bt-y_{0}\sin bt)}$ にて ${\displaystyle \cos }$ の加法定理に持ち込む．${\displaystyle \theta =\tan ^{-1}{\frac {y_{0}}{x_{0}}}}$，したがって ${\displaystyle \cos \theta ={\frac {x_{0}}{\sqrt {x_{0}^{2}+y_{0}^{2}}}},\sin \theta ={\frac {y_{0}}{\sqrt {x_{0}^{2}+y_{0}^{2}}}}}$ だから，
${\displaystyle x(t)=e^{at}{\sqrt {x_{0}^{2}+y_{0}^{2}}}{\bigg [}{\frac {x_{0}}{\sqrt {x_{0}^{2}+y_{0}^{2}}}}\cos bt-{\frac {y_{0}}{\sqrt {x_{0}^{2}+y_{0}^{2}}}}\sin bt{\bigg ]}}$
${\displaystyle =e^{at}r(\cos \theta \cos bt-\sin \theta \sin bt)=re^{at}\cos(bt+\theta ),\quad \left(\because r={\sqrt {x_{0}^{2}+y_{0}^{2}}}\right)}$
${\displaystyle y}$ も同様に，
${\displaystyle y(t)=e^{at}{\sqrt {x_{0}^{2}+y_{0}^{2}}}{\bigg [}{\frac {x_{0}}{\sqrt {x_{0}^{2}+y_{0}^{2}}}}\sin bt+{\frac {y_{0}}{\sqrt {x_{0}^{2}+y_{0}^{2}}}}\cos bt{\bigg ]}}$
${\displaystyle =e^{at}r(\cos \theta \sin bt+\sin \theta \cos bt)=re^{at}\sin(bt+\theta )}$
5. ^ ${\displaystyle z=e^{\alpha t}z_{0},\quad z_{0}=re^{i\theta }}$${\displaystyle z}$ を極形式に変形するとどうなるか？
${\displaystyle z=e^{\alpha t}z_{0}=e^{(a+ib)t}re^{i\theta }}$
${\displaystyle =re^{at+i(bt+\theta )}=re^{at}e^{i(bt+\theta )}}$
6. ^ ${\displaystyle (D-\alpha )e^{\alpha t}x=D\{e^{\alpha t}x\}-\alpha e^{\alpha t}x}$
${\displaystyle =e^{\alpha t}Dx+\alpha e^{\alpha t}x-\alpha e^{\alpha t}x}$
${\displaystyle =e^{\alpha t}Dx}$
これは 補題 3.3 の (ii) を再現している．
7. ^ 多項式における互いに素をこのように定義してもよい．ベズーの等式によれば整数 ${\displaystyle a,b}$ が互いに素であるとき，${\displaystyle ax+by=1}$ なる整数 ${\displaystyle x,y}$ が存在し，これは多項式であっても同じ．
8. ^ ${\displaystyle Az_{1}+Bz_{2}=0\implies A=B=0}$ を導く．
${\displaystyle Az_{1}+Bz_{2}=0}$…① の両辺に ${\displaystyle p_{1}(D)}$ を働かせる．
${\displaystyle p_{1}(D)(Az_{1}+Bz_{2})=0}$
${\displaystyle Ap_{1}(D)z_{1}+Bp_{1}(D)z_{2}=0}$…②
ここで，${\displaystyle p_{1}(D)z_{1}=0}$，一方 ${\displaystyle z_{2}\neq 0}$補題4.1より，${\displaystyle p_{1}(D)z_{2}=0}$ はありえない，すなわち ${\displaystyle p_{1}(D)z_{2}\neq 0}$
${\displaystyle \therefore }$ ②が成立するためには ${\displaystyle B=0}$ が必要． 同様にして①の両辺に ${\displaystyle p_{2}(D)}$ を働かせれば，${\displaystyle A=0}$ の結論を得る．よって ${\displaystyle A=B=0}$．以上により ${\displaystyle z_{1},z_{2}}$ は 1 次独立である．