制御と振動の数学/第一類/連立微分方程式の解法/連立微分方程式の解法/(sI-A)^-1の原像/dxdt=Ax の解

これで我々の所期の目的は達成された．しかし，念のため，

{\boldsymbol {x}}={\mathit {\Phi }}(t){\boldsymbol {\xi }}

^[1]

が，

{\frac {d{\boldsymbol {x}}}{dt}}=A{\boldsymbol {x}},\ \ {\boldsymbol {x}}(0)={\boldsymbol {\xi }}

の解であることを確認しておこう．そのため若干の準備をする．

定理 5.3 (初期値定理） $\quad$

$F(s)$ を真の分数とするとき，

f(t)\sqsupset F(s)

ならば

f(0)=\lim _{s\to \infty }sF(s)

が成立する．

証明

既述のように^[2]， $F(s)$ の分母の根を $\alpha _{i}\quad (i=1,\cdots \mu )$ とすれば，

F(s)=\sum _{i=1}^{\mu }\left\{{\frac {A_{i1}}{s-\alpha _{i}}}+{\frac {A_{i2}}{(s-\alpha _{i})^{2}}}+{\frac {A_{i3}}{(s-\alpha _{i})^{3}}}+\cdots +{\frac {A_{il_{i}}}{(s-\alpha _{i})^{l_{i}}}}\right\}

\sqsubset \sum _{i=1}^{\mu }\left\{A_{i1}+A_{i2}{\frac {t}{1!}}+A_{i3}{\frac {t^{2}}{2!}}+\cdots +A_{il_{i}}{\frac {t^{l_{i}-1}}{(l_{i}-1)!}}\right\}e^{\alpha _{i}t}=f(t)

と書けるから，

\lim _{s\to \infty }sF(s)=\sum _{i=1}^{\mu }A_{i1}=f(0)

^[3]

$\diamondsuit$

^ 式 (5.14b) において，

${\boldsymbol {\xi }}={\boldsymbol {x}}(0),{\boldsymbol {f}}={\boldsymbol {0}}$
とおいた．
^ 制御と振動の数学/第一類/複素数値関数の Laplace 変換/Laplace 変換/微分方程式の解法, 特に式 (4.12) を参照せよ．
^ この式中の $A$ は，この章で扱っている連立微分方程式 ${\frac {d{\boldsymbol {x}}}{dt}}=A{\boldsymbol {x}}$ の行列 $A$ ではなく，特性方程式の $i$ 番目の根 $\alpha _{i}$ についての部分分数展開に現れる係数としての 2 引数の定数 $A_{ij}$ である．

$sF(s)=\sum _{i=1}^{\mu }\left\{{\frac {A_{i1}s}{s-\alpha _{i}}}+{\frac {A_{i2}s}{(s-\alpha _{i})^{2}}}+{\frac {A_{i3}s}{(s-\alpha _{i})^{3}}}+\cdots +{\frac {A_{il_{i}}s}{(s-\alpha _{i})^{l_{i}}}}\right\}$
において， $\sum$ の中の第二項以降， ${\frac {A_{in}s}{(s-\alpha _{i})^{n}}},\ n\geqq 2$ は $s\to \infty$ のとき $0$ に収束する．
第一項 ${\frac {A_{i1}s}{s-\alpha _{i}}}$ については，
$\sum _{i}{\frac {A_{i1}s}{s-\alpha _{i}}}=\sum _{i}{\frac {A_{i1}(s-\alpha _{i})+A_{i1}\alpha _{i}}{s-\alpha _{i}}}$

$=\sum _{i}A_{i1}\left(1+{\frac {\alpha _{i}}{s-\alpha _{i}}}\right)$

$=\sum _{i}A_{i1}+\sum _{i}A_{i1}{\frac {\alpha _{i}}{s-\alpha _{i}}}$
よって $s\to \infty$ のとき $\sum _{i}{\frac {A_{i1}s}{s-\alpha _{i}}}\to \sum _{i}A_{i1}+0\ {\big (}\because {\frac {\alpha _{i}}{s-\alpha _{i}}}\to 0{\big )}$ ．
ここで $f(t)=\sum _{i=1}^{\mu }\left\{A_{i1}+A_{i2}{\frac {t}{1!}}+A_{i3}{\frac {t^{2}}{2!}}+\cdots +A_{il_{i}}{\frac {t^{l_{i}-1}}{(l_{i}-1)!}}\right\}e^{\alpha _{i}t}$ だから

$f(0)=\sum _{i=1}^{\mu }A_{i1}$

$\therefore s\to \infty$ のとき $\sum _{i}^{\mu }{\frac {A_{i1}s}{s-\alpha _{i}}}\to \sum _{i=1}^{\mu }A_{i1}=f(0)$

$\therefore s\to \infty$ のとき $sF(s)\to f(0)$

この初期値定理を用いると，

\alpha _{i}(0)=\lim _{s\to \infty }s{\frac {p_{i}(s)}{p(s)}}=0\ \ (i=0,\cdots ,n-2)

(5.23)

\alpha _{n-1}(0)=\lim _{s\to \infty }s{\frac {p_{n-1}(s)}{p(s)}}=1

であることが分かる^[1]．この結果から次の事実を示すことができる．

[補題 5.1]

定理 5.2の系の $\alpha _{i}(t)$ に対して，

{\frac {d\alpha _{i}}{dt}}=\alpha _{i+1}-a_{i+1}\alpha _{0}\ \ \ (i=0,\cdots ,n-1)

すなわち，

{\frac {d}{dt}}{\begin{pmatrix}\alpha _{0}\\\alpha _{1}\\\alpha _{2}\\\cdots \\\alpha _{n-1}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-a_{1}&1&&&\\-a_{2}&&\ddots &&\\\vdots &&&1&\\-a_{n}&&\cdots &0&\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}\alpha _{0}\\\alpha _{1}\\\alpha _{2}\\\cdots \\\alpha _{n-1}\end{pmatrix}}

が成立する．ただし， $\alpha _{n}=0$ とする．

証明

(5.24)

p_{i+1}(s)=sp_{i}(s)+a_{i+1}

と $\alpha _{i}(0)=0,\quad (i=0,\cdots ,n-2)$ より，

s{\frac {p_{i}(s)}{p(s)}}-\alpha _{i}(0)={\frac {p_{i+1}}{p(s)}}-{\frac {\alpha _{i+1}}{p(s)}}

が得られる．その原像が，

{\frac {d\alpha _{i}}{dt}}=\alpha _{i+1}-a_{i+1}\alpha _{0}

である．^[2]

$i=n-1$ のときは， $p_{n}(s)=p(s)$ を念頭におけば式 (5.24) から，

s{\frac {p_{n-1}(s)}{p(s)}}-1=-{\frac {a_{n}}{p(s)}}

$\alpha _{n-1}(0)=1$ であったから，

{\frac {d\alpha _{n-1}}{dt}}=-a_{n}\alpha _{0}

を得る．^[3]

$\diamondsuit$

^ $p_{i}(s)$ は定理5.2 のもの．
$p_{i}(s)$ はこれを定義する逐次多項式の定義から $s$ の最高次数は $i$ であり $s^{i}$ の係数は $1$ 。
^ 式 (5.24) の両辺を $p(s)$ で割って移項を施す．

${\frac {p_{i+1}}{p(s)}}-{\frac {a_{i+1}}{p(s)}}=s{\frac {p_{i}}{p(s)}}$
$\alpha _{i}(0)=0$ より
${\frac {p_{i+1}}{p(s)}}-{\frac {a_{i+1}}{p(s)}}=s{\frac {p_{i}}{p(s)}}-\alpha _{i}(0)$ …①
定理 5.2 系中の定義より，

$\alpha _{i+1}(t)\sqsupset {\frac {p_{i+1}(s)}{p(s)}}$
また $\alpha _{0}\sqsupset {\frac {p_{0}}{p(s)}}={\frac {1}{p(s)}}\ \ \because p_{0}=1$ より①の原像は，

${\frac {d}{dt}}\alpha _{i}=\alpha _{i+1}-a_{i+1}\alpha _{0}$
^ 式 (5.24) より，
$p_{n}(s)=sp_{n-1}(s)+a_{n}$
両辺を $p(s)$ で割って，
${\frac {p_{n}(s)}{p(s)}}=s{\frac {p_{n-1}(s)}{p(s)}}+{\frac {a_{n}}{p(s)}}$
移項して

$-{\frac {a_{n}}{p(s)}}=s{\frac {p_{n-1}(s)}{p(s)}}-{\frac {p_{n}(s)}{p(s)}}$
$p_{n}(s)=p(s)$ であるから，

$-{\frac {a_{n}}{p(s)}}=s{\frac {p_{n-1}(s)}{p(s)}}-1$ …②
式 (5.23) より

$\alpha _{n-1}(0)=1$
よって，
$s{\frac {p_{n-1}(s)}{p(s)}}-1=s{\frac {p_{n-1}(s)}{p(s)}}-\alpha _{n-1}(0)\sqsubset {\frac {d}{dt}}\alpha _{n-1}$
また $\alpha _{0}\sqsupset {\frac {p_{0}}{p(s)}}={\frac {1}{p(s)}}\ \ \because p_{0}=1$ より②の原像は，

${\frac {d}{dt}}\alpha _{n-1}=-a_{n}\alpha _{0}$

以上の準備の下に，次の結論を得る．

[補題 5.2]

{\mathit {\Phi }}(t)=\alpha _{0}(t)A^{n-1}+\alpha _{1}(t)A^{n-2}+\alpha _{2}(t)A^{n-3}+\cdots +\alpha _{n-2}(t)A+\alpha _{n-1}(t)I

とおけば，

{\frac {d{\mathit {\Phi }}}{dt}}=A{\mathit {\Phi }},\quad {\mathit {\Phi }}(0)=I

が成立する．

証明

A{\mathit {\Phi }}=\alpha _{0}A^{n}+\alpha _{1}A^{n-1}+\alpha _{2}A^{n-2}+\cdots +\alpha _{n-2}A^{2}+\alpha _{n-1}A

に Cayley-Hamilton の定理，

A^{n}=-a_{1}A^{n-1}-a_{2}A^{n-2}-\cdots -a_{n-1}A-a_{n}I

を用いると，

A{\mathit {\Phi }}=(\alpha _{1}-a_{1}\alpha _{0})A^{n-1}+(\alpha _{2}-a_{2}\alpha _{0})A^{n-2}+(\alpha _{3}-a_{3}\alpha _{0})A^{n-3}+\cdots +(\alpha _{n-1}-a_{n-1}\alpha _{0})A-a_{n}\alpha _{0}I

となる．ここで補題 5.1を考慮すれば，さらに

A{\mathit {\Phi }}={\frac {d\alpha _{0}}{dt}}A^{n-1}+{\frac {d\alpha _{1}}{dt}}A^{n-2}+{\frac {d\alpha _{2}}{dt}}A^{n-3}+\cdots +{\frac {d\alpha _{n-2}}{dt}}A-{\frac {d\alpha _{n-1}}{dt}}I={\frac {d{\mathit {\Phi }}}{dt}}

であることが分かる．また，

{\mathit {\Phi }}(0)=I

は式 5.23 より明らか．

$\diamondsuit$

定理 5.4 $\quad$

{\boldsymbol {x}}={\mathit {\Phi }}(t){\boldsymbol {\xi }}

は，

{\frac {d{\boldsymbol {x}}}{dt}}=A{\boldsymbol {x}},\quad {\boldsymbol {x}}(0)={\boldsymbol {\xi }}

の解である^[1]．

証明

{\frac {d{\boldsymbol {x}}}{dt}}={\frac {d{\mathit {\Phi }}}{dt}}{\boldsymbol {xi}}=A{\mathit {\Phi }}{\boldsymbol {xi}}=A{\boldsymbol {x}}

また

{\boldsymbol {x}}(0)={\mathit {\Phi }}(0){\boldsymbol {\xi }}={\boldsymbol {\xi }}

^[2]

$\diamondsuit$

例117 $\quad$

A={\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}}

のとき，

\det(sI-A)=s^{2}+1

^[3]

したがって，

p_{0}(s)=1

p_{1}(s)=s

^[4]

よって，

(sI-A)^{-1}={\frac {1}{s^{2}+1}}A+{\frac {s}{s^{2}+1}}I\sqsubset A\sin t+I\cos t

となり，以前の結果（元々の問題は例 104）と一致する．

$\diamondsuit$

^ ${\mathit {\Phi }}(t)$ は定理 5.2, 補題 5.2 でも定義されていたもの．
^ $\because {\mathit {\Phi }}(0)=I$
^ $\because sI-A={\begin{pmatrix}s&1\\-1&s\end{pmatrix}}$
^ $p(s)=s^{2}+a_{1}s+a_{2}$ において，この場合は $a_{1}=0,\ \ a_{2}=1$ ．
漸化式の初期値より $p_{0}(s)=1,\ \ p_{1}(s)=sp_{0}(s)+a_{1}=s+0=s$ ．

例118 $\quad$

$\diamondsuit$

A={\begin{pmatrix}0&0&1\\0&1&1\\1&0&0\end{pmatrix}}

のとき，

\det(sI-A)=(s-1)^{2}(s+1)=s^{3}-s^{2}-s+1

^[1]

p_{0}(s)=1

p_{1}(s)=s-1

p_{2}(s)=s^{2}-s-1

^[2]

であるから，

(sI-A)^{-1}={\frac {A^{2}+(s-1)A+(s^{2}-s-1)I}{(s-1)^{2}(s+1)}}

ところで，

{\frac {1}{(s-1)^{2}(s+1)}}\sqsubset \alpha _{0}(t)={\frac {1}{4}}\left\{e^{-t}-(1-2t)e^{t}\right\}

^[3]

{\frac {s-1}{(s-1)^{2}(s+1)}}\sqsubset \alpha _{1}(t)={\frac {1}{2}}\left(e^{t}-e^{-t}\right)

^[4]

{\frac {s^{2}-s-1}{(s-1)^{2}(s+1)}}\sqsubset \alpha _{2}(t)={\frac {1}{4}}\left\{e^{-t}+(3-2t)e^{t}\right\}

^[5]

よって，

(I-A)^{-1}\sqsubset \alpha _{0}(t)A^{2}+\alpha _{1}(t)A+\alpha _{2}(t)I

={\frac {1}{4}}\left\{[e^{-t}+(-1+2t)e^{t}]{\begin{pmatrix}1&0&0\\1&1&1\\0&0&1\end{pmatrix}}+[-2e^{-t}+2e^{t}]{\begin{pmatrix}0&0&1\\0&1&1\\1&0&0\end{pmatrix}}+[e^{-t}+(3-2t)e^{t}]{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}\right\}

^[6]

={\frac {1}{4}}\left\{e^{-t}{\begin{pmatrix}2&0&-2\\1&0&-1\\-2&0&2\end{pmatrix}}+e^{t}{\begin{pmatrix}2&0&2\\-1+2t&4&1+2t\\2&0&2\end{pmatrix}}\right\}

^
$sI-A={\begin{pmatrix}s&0&-1\\0&s-1&-1\\-1&0&s\end{pmatrix}}$
より，第一列を縦にみて

$\det(sI-A)=s\ \det {\begin{pmatrix}s-1&-1\\0&s\end{pmatrix}}-0\cdot \det {\begin{pmatrix}0&-1\\0&s\end{pmatrix}}+(-1)\det {\begin{pmatrix}0&-1\\s-1&-1\end{pmatrix}}$
$=s^{2}(s-1)-(s-1)=(s+1)(s-1)^{2}$
^ $p(s)=s^{3}+a_{1}s^{2}+a_{2}s+a_{3}$ において，この場合は $a_{1}=-1,\ \ a_{2}=-1$ ．
$p_{0}(s)=1,\ \ p_{1}(s)=sp_{0}+a_{1}=s-1$
$p_{2}(s)=sp_{1}+a_{2}=s^{2}-s-1$
^ ${\frac {1}{(s-1)^{2}(s+1)}}={\frac {-{\frac {1}{4}}}{s-1}}+{\frac {\frac {1}{2}}{(s-1)^{2}}}+{\frac {\frac {1}{4}}{s+1}}$
よってその原像は ${\frac {1}{4}}\left\{e^{-t}-e^{t}+2te^{t}\right\}$
^ ${\frac {s-1}{(s-1)^{2}(s+1)}}={\frac {1}{(s-1)(s+1)}}={\frac {\frac {1}{2}}{s-1}}+{\frac {-{\frac {1}{2}}}{s+1}}$
よってその原像は ${\frac {1}{2}}\left(e^{t}-e^{-t}\right)$
^ ${\frac {s^{2}-s-1}{(s-1)^{2}(s+1)}}={\frac {\frac {3}{4}}{s-1}}+{\frac {-{\frac {1}{2}}}{(s-1)^{2}}}+{\frac {\frac {1}{4}}{s+1}}$
よってその原像は ${\frac {1}{4}}\left\{e^{-t}+3e^{t}-2te^{t}\right\}$
^
$A^{2}={\begin{pmatrix}0&0&1\\0&1&1\\1&0&0\end{pmatrix}}^{2}={\begin{pmatrix}1&0&0\\1&1&1\\0&0&1\end{pmatrix}}$

[1] 式 (5.14b) において，

${\boldsymbol {\xi }}={\boldsymbol {x}}(0),{\boldsymbol {f}}={\boldsymbol {0}}$
とおいた．

[2] 制御と振動の数学/第一類/複素数値関数の Laplace 変換/Laplace 変換/微分方程式の解法, 特に式 (4.12) を参照せよ．

[3] この式中の $A$ は，この章で扱っている連立微分方程式 ${\frac {d{\boldsymbol {x}}}{dt}}=A{\boldsymbol {x}}$ の行列 $A$ ではなく，特性方程式の $i$ 番目の根 $\alpha _{i}$ についての部分分数展開に現れる係数としての 2 引数の定数 $A_{ij}$ である．

$sF(s)=\sum _{i=1}^{\mu }\left\{{\frac {A_{i1}s}{s-\alpha _{i}}}+{\frac {A_{i2}s}{(s-\alpha _{i})^{2}}}+{\frac {A_{i3}s}{(s-\alpha _{i})^{3}}}+\cdots +{\frac {A_{il_{i}}s}{(s-\alpha _{i})^{l_{i}}}}\right\}$
において， $\sum$ の中の第二項以降， ${\frac {A_{in}s}{(s-\alpha _{i})^{n}}},\ n\geqq 2$ は $s\to \infty$ のとき $0$ に収束する．
第一項 ${\frac {A_{i1}s}{s-\alpha _{i}}}$ については，
$\sum _{i}{\frac {A_{i1}s}{s-\alpha _{i}}}=\sum _{i}{\frac {A_{i1}(s-\alpha _{i})+A_{i1}\alpha _{i}}{s-\alpha _{i}}}$

$=\sum _{i}A_{i1}\left(1+{\frac {\alpha _{i}}{s-\alpha _{i}}}\right)$

$=\sum _{i}A_{i1}+\sum _{i}A_{i1}{\frac {\alpha _{i}}{s-\alpha _{i}}}$
よって $s\to \infty$ のとき $\sum _{i}{\frac {A_{i1}s}{s-\alpha _{i}}}\to \sum _{i}A_{i1}+0\ {\big (}\because {\frac {\alpha _{i}}{s-\alpha _{i}}}\to 0{\big )}$ ．
ここで $f(t)=\sum _{i=1}^{\mu }\left\{A_{i1}+A_{i2}{\frac {t}{1!}}+A_{i3}{\frac {t^{2}}{2!}}+\cdots +A_{il_{i}}{\frac {t^{l_{i}-1}}{(l_{i}-1)!}}\right\}e^{\alpha _{i}t}$ だから

$f(0)=\sum _{i=1}^{\mu }A_{i1}$

$\therefore s\to \infty$ のとき $\sum _{i}^{\mu }{\frac {A_{i1}s}{s-\alpha _{i}}}\to \sum _{i=1}^{\mu }A_{i1}=f(0)$

$\therefore s\to \infty$ のとき $sF(s)\to f(0)$

[4] $p_{i}(s)$ は定理5.2 のもの．
$p_{i}(s)$ はこれを定義する逐次多項式の定義から $s$ の最高次数は $i$ であり $s^{i}$ の係数は $1$ 。

[5] 式 (5.24) の両辺を $p(s)$ で割って移項を施す．

${\frac {p_{i+1}}{p(s)}}-{\frac {a_{i+1}}{p(s)}}=s{\frac {p_{i}}{p(s)}}$
$\alpha _{i}(0)=0$ より
${\frac {p_{i+1}}{p(s)}}-{\frac {a_{i+1}}{p(s)}}=s{\frac {p_{i}}{p(s)}}-\alpha _{i}(0)$ …①
定理 5.2 系中の定義より，

$\alpha _{i+1}(t)\sqsupset {\frac {p_{i+1}(s)}{p(s)}}$
また $\alpha _{0}\sqsupset {\frac {p_{0}}{p(s)}}={\frac {1}{p(s)}}\ \ \because p_{0}=1$ より①の原像は，

${\frac {d}{dt}}\alpha _{i}=\alpha _{i+1}-a_{i+1}\alpha _{0}$

[6] 式 (5.24) より，
$p_{n}(s)=sp_{n-1}(s)+a_{n}$
両辺を $p(s)$ で割って，
${\frac {p_{n}(s)}{p(s)}}=s{\frac {p_{n-1}(s)}{p(s)}}+{\frac {a_{n}}{p(s)}}$
移項して

$-{\frac {a_{n}}{p(s)}}=s{\frac {p_{n-1}(s)}{p(s)}}-{\frac {p_{n}(s)}{p(s)}}$
$p_{n}(s)=p(s)$ であるから，

$-{\frac {a_{n}}{p(s)}}=s{\frac {p_{n-1}(s)}{p(s)}}-1$ …②
式 (5.23) より

$\alpha _{n-1}(0)=1$
よって，
$s{\frac {p_{n-1}(s)}{p(s)}}-1=s{\frac {p_{n-1}(s)}{p(s)}}-\alpha _{n-1}(0)\sqsubset {\frac {d}{dt}}\alpha _{n-1}$
また $\alpha _{0}\sqsupset {\frac {p_{0}}{p(s)}}={\frac {1}{p(s)}}\ \ \because p_{0}=1$ より②の原像は，

${\frac {d}{dt}}\alpha _{n-1}=-a_{n}\alpha _{0}$

[7] ${\mathit {\Phi }}(t)$ は定理 5.2, 補題 5.2 でも定義されていたもの．

[8] $\because {\mathit {\Phi }}(0)=I$

[9] $\because sI-A={\begin{pmatrix}s&1\\-1&s\end{pmatrix}}$

[10] $p(s)=s^{2}+a_{1}s+a_{2}$ において，この場合は $a_{1}=0,\ \ a_{2}=1$ ．
漸化式の初期値より $p_{0}(s)=1,\ \ p_{1}(s)=sp_{0}(s)+a_{1}=s+0=s$ ．

[11] 
$sI-A={\begin{pmatrix}s&0&-1\\0&s-1&-1\\-1&0&s\end{pmatrix}}$
より，第一列を縦にみて

$\det(sI-A)=s\ \det {\begin{pmatrix}s-1&-1\\0&s\end{pmatrix}}-0\cdot \det {\begin{pmatrix}0&-1\\0&s\end{pmatrix}}+(-1)\det {\begin{pmatrix}0&-1\\s-1&-1\end{pmatrix}}$
$=s^{2}(s-1)-(s-1)=(s+1)(s-1)^{2}$

[12] $p(s)=s^{3}+a_{1}s^{2}+a_{2}s+a_{3}$ において，この場合は $a_{1}=-1,\ \ a_{2}=-1$ ．
$p_{0}(s)=1,\ \ p_{1}(s)=sp_{0}+a_{1}=s-1$
$p_{2}(s)=sp_{1}+a_{2}=s^{2}-s-1$

[13] ${\frac {1}{(s-1)^{2}(s+1)}}={\frac {-{\frac {1}{4}}}{s-1}}+{\frac {\frac {1}{2}}{(s-1)^{2}}}+{\frac {\frac {1}{4}}{s+1}}$
よってその原像は ${\frac {1}{4}}\left\{e^{-t}-e^{t}+2te^{t}\right\}$

[14] ${\frac {s-1}{(s-1)^{2}(s+1)}}={\frac {1}{(s-1)(s+1)}}={\frac {\frac {1}{2}}{s-1}}+{\frac {-{\frac {1}{2}}}{s+1}}$
よってその原像は ${\frac {1}{2}}\left(e^{t}-e^{-t}\right)$

[15] ${\frac {s^{2}-s-1}{(s-1)^{2}(s+1)}}={\frac {\frac {3}{4}}{s-1}}+{\frac {-{\frac {1}{2}}}{(s-1)^{2}}}+{\frac {\frac {1}{4}}{s+1}}$
よってその原像は ${\frac {1}{4}}\left\{e^{-t}+3e^{t}-2te^{t}\right\}$

[16] 
$A^{2}={\begin{pmatrix}0&0&1\\0&1&1\\1&0&0\end{pmatrix}}^{2}={\begin{pmatrix}1&0&0\\1&1&1\\0&0&1\end{pmatrix}}$

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