制御と振動の数学/第一類/連立微分方程式の解法/例題による考察/行列による表示、その２

前項のベクトル・行列による表示をさらに一歩進めよう．

${\boldsymbol {x}}:={\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}},\quad A:={\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}},\quad I:={\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}$

とおき，例 104 の解法をたどってみよう．このとき，

${\begin{pmatrix}\alpha \\\beta \end{pmatrix}}={\boldsymbol {x}}(0),\quad sI-A={\begin{pmatrix}s&1\\-1&s\end{pmatrix}}$

に留意すれば，次のように簡潔に記述することができる．まず 式 (5.1) は

${\frac {d{\boldsymbol {x}}}{dt}}=A{\boldsymbol {x}},\quad {\boldsymbol {x}}(0)={\begin{pmatrix}\alpha \\\beta \end{pmatrix}}$

と表すことができる．これをLaplace 変換すれば，

$s{\mathcal {L}}[{\boldsymbol {x}}]-{\boldsymbol {x}}(0)=A{\mathcal {L}}[{\boldsymbol {x}}]$

すなわち，

$(sI-A){\mathcal {L}}[{\boldsymbol {x}}]={\boldsymbol {x}}(0)$

これを解けば，

${\mathcal {L}}[{\boldsymbol {x}}]=(sI-A)^{-1}{\boldsymbol {x}}(0)$

この原像は，

${\boldsymbol {x}}(t)={\mathcal {L}}^{-1}[(sI-A)^{-1}]{\boldsymbol {x}}(0)$

となる．これは，

(5.8)

$(sI-A)^{-1}={\begin{pmatrix}{\frac {s}{s^{2}+1}}&-{\frac {1}{s^{2}+1}}\\{\frac {1}{s^{2}+1}}&{\frac {s}{s^{2}+1}}\end{pmatrix}}\sqsubset {\begin{pmatrix}\cos t&-\sin t\\\sin t&\cos t\end{pmatrix}}$

であるから式 (5.2) と一致する．

例 108 を同様に取り扱ってみよう．

${\boldsymbol {f}}(t):={\begin{pmatrix}f(t)\\g(t)\end{pmatrix}}$

とおけば，式 (5.3) は，

${\frac {d{\boldsymbol {x}}}{dt}}=A{\boldsymbol {x}}+{\boldsymbol {f}}(t),\quad {\boldsymbol {x}}(0)=\mathbf {0}$

である．これを Laplace 変換すれば，

$s{\mathcal {L}}[{\boldsymbol {x}}]=A{\mathcal {L}}[{\boldsymbol {x}}]+{\mathcal {L}}[{\boldsymbol {f}}(t)]$

すなわち，

$(sI-A){\mathcal {L}}[{\boldsymbol {x}}]={\mathcal {L}}[{\boldsymbol {f}}(t)]$

これを ${\mathcal {L}}[{\boldsymbol {x}}]$ について解けば，

${\mathcal {L}}[{\boldsymbol {x}}]=(sI-A)^{-1}\cdot {\mathcal {L}}[{\boldsymbol {f}}(t)]$

となる．いま、

$(sI-A)^{-1}\sqsubset {\mathit {\Phi }}(t)$

とおけば，

${\boldsymbol {x}}(t)=\int _{0}^{\infty }{\mathit {\Phi }}(t-\tau ){\boldsymbol {f}}(\tau )d\tau$

を得る．${\mathit {\Phi }}(t)$ は式 (5.8) で与えられているから，この結果は 式 (5.4) にほかならない．

このようにベクトル・行列表示を用いれば，連立微分方程式は，スカラの 1 階微分方程式と，形式的には全く同様に取り扱うことができる．

例111$\quad$

例 109 を行列表示で解け．

解答例

${\begin{cases}{\frac {dx}{dt}}&=-y+f(t)\\{\frac {dy}{dt}}&=x+g(t)\end{cases}}\quad {\begin{cases}x(0)=\alpha \\y(0)=\beta \end{cases}}$

にて，$X\sqsubset x,\quad Y\sqsubset y,\quad F\sqsubset f,\quad G\sqsubset g$ とおいて各式両辺をラプラス変換すると，

${\begin{cases}sX-\alpha &=-y+F\\sY-\beta &=x+G\end{cases}}$

${\boldsymbol {x}}={\begin{pmatrix}x(t)\\y(t)\end{pmatrix}},\quad {\boldsymbol {x}}(0)={\begin{pmatrix}\alpha \\\beta \end{pmatrix}},\quad {\boldsymbol {f}}={\begin{pmatrix}f(t)\\g(t)\end{pmatrix}}$

とおくと，

${\begin{pmatrix}X\\Y\end{pmatrix}}={\mathcal {L}}[{\boldsymbol {x}}]$

${\begin{pmatrix}F\\G\end{pmatrix}}={\mathcal {L}}[{\boldsymbol {f}}]$

より，

$s{\mathcal {L}}[{\boldsymbol {x}}]-{\boldsymbol {x}}(0)={\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}}{\mathcal {L}}[{\boldsymbol {x}}]+{\mathcal {L}}[{\boldsymbol {f}}]$

${\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}}=A$ とおくと，

$(sI-A){\mathcal {L}}[{\boldsymbol {x}}]={\mathcal {L}}[{\boldsymbol {f}}]+{\boldsymbol {x}}(0)$

$\therefore {\mathcal {L}}[{\boldsymbol {x}}]=(sI-A)^{-1}\cdot {\mathcal {L}}[{\boldsymbol {f}}]+(sI-A)^{-1}{\boldsymbol {x}}(0)$

いま，

$(sI-A)^{-1}\sqsubset {\mathit {\Phi }}(t)$

とおけば，この原像は，

${\boldsymbol {x}}=\int _{0}^{\infty }{\mathit {\Phi }}(t-\tau ){\boldsymbol {f}}(\tau )d\tau +{\mathit {\Phi }}(t){\boldsymbol {x}}(0)$

$\diamondsuit$