制御と振動の数学/第一類/Laplace 変換による解の吟味/特性多項式の構造と解の性質

$p(s),q(s)$ を二つの多項式とし，それらに対応する微分作用素を $p(D),q(D)$ とする．このとき任意の微分可能な $x(t)$ に対して，

p(D)x(t)\equiv q(D)x(t)

が成立するとき，

p(D)=q(D)

と約束する．この相等の定義は，多項式の相等の定義，

p(s)=q(s)

と一致する．

例65 $\quad$

これを証明せよ．

解答例

$p(D)=\sum _{i=0}^{n}a_{i}D^{i},q(D)=\sum _{i=0}^{n}b_{i}D^{i}$ とおく．任意の関数 $x$ で，

p(D)x\equiv q(D)x

…①

が成立するとき， $x$ として特定の形を①に代入して $a_{i},b_{i}$ の満たすべき必要条件をあぶり出す．

$x={\frac {t^{0}}{0!}}=1(\forall t)$ のとき，

p(D)\cdot 1\equiv q(D)\cdot 1

a_{n}D^{n}\cdot 1+a_{n-1}D^{n-1}\cdot 1+\cdots +a_{2}D^{2}\cdot 1+a_{1}D\cdot 1+a_{0}\cdot 1=b_{n}D^{n}\cdot 1+b_{n-1}D^{n-1}\cdot 1+\cdots +b_{2}D^{2}\cdot 1+b_{1}D\cdot 1+b_{0}\cdot 1

$D^{n}\cdot 1,D^{n-1}\cdot 1,\cdots ,D^{2}\cdot 1,D\cdot 1$ 等の定数に対する微分は $0$ となるから，

a_{0}=b_{0}

…②

が必要．

$x={\frac {t^{1}}{1!}}=t$ のとき，

p(D)\cdot t\equiv q(D)\cdot t

a_{n}D^{n}\cdot t+a_{n-1}D^{n-1}\cdot t+\cdots +a_{2}D^{2}\cdot t+a_{1}D\cdot t+a_{0}\cdot t=b_{n}D^{n}\cdot t+b_{n-1}D^{n-1}\cdot t+\cdots +b_{2}D^{2}\cdot t+b_{1}D\cdot t+b_{0}\cdot t

$m\geqq 2$ のとき $D^{m}\cdot t=0$ ．よって，

a_{1}+a_{0}\cdot t=b_{1}+b_{0}\cdot t

…③

②③より

a_{1}=b_{1}

…④

$x={\frac {t^{2}}{2!}}$ のとき，

p(D)\cdot {\frac {t^{2}}{2!}}\equiv q(D)\cdot {\frac {t^{2}}{2!}}

a_{n}D^{n}\cdot {\frac {t^{2}}{2!}}+a_{n-1}D^{n-1}\cdot {\frac {t^{2}}{2!}}+\cdots +a_{2}D^{2}\cdot {\frac {t^{2}}{2!}}+a_{1}D\cdot {\frac {t^{2}}{2!}}+a_{0}\cdot {\frac {t^{2}}{2!}}

=b_{n}D^{n}\cdot {\frac {t^{2}}{2!}}+b_{n-1}D^{n-1}\cdot {\frac {t^{2}}{2!}}+\cdots +b_{2}D^{2}\cdot {\frac {t^{2}}{2!}}+b_{1}D\cdot {\frac {t^{2}}{2!}}+b_{0}\cdot {\frac {t^{2}}{2!}}

$m\geqq 3$ のとき $D^{m}\cdot {\frac {t^{2}}{2!}}=0$ ．よって，

a_{2}+a_{1}\cdot t+a_{2}\cdot {\frac {t^{2}}{2!}}=b_{2}+b_{1}\cdot t+b_{0}\cdot {\frac {t^{2}}{2!}}

…⑤

②④⑤より

a_{2}=b_{2}

…⑥

$x={\frac {t^{k}}{k!}}$ のとき，

p(D)\cdot {\frac {t^{k}}{k!}}\equiv q(D)\cdot {\frac {t^{k}}{k!}}

$m\geqq k+1$ のとき $a_{m}D^{m}\cdot {\frac {t^{k}}{k!}}=0$ ，
$m=k$ のとき $a_{m}D^{m}\cdot {\frac {t^{k}}{k!}}=a_{k}$ ，

a_{k}+a_{k-1}\cdot t+\cdots +a_{1}\cdot {\frac {t^{k-1}}{(k-1)!}}+a_{0}\cdot {\frac {t^{k}}{k!}}=b_{k}+b_{k-1}\cdot t+\cdots +b_{1}\cdot {\frac {t^{k-1}}{(k-1)!}}+b_{0}{\frac {t^{k}}{k!}}

…⑦

$x={\frac {t^{k-1}}{(k-1)!}},x={\frac {t^{k-2}}{(k-2)!}},\cdots ,x={\frac {t^{2}}{2!}},x=t,x=1$ の場合から $a_{i}=b_{i}\quad (0\leqq i\leqq k-1)$ がすでにいえており、これと⑦から $a_{k}=b_{k}$ が必要．

以上から $p(D)x\equiv q(D)x\quad x$ は任意の関数であるとき， $a_{i}=b_{i}\quad (0\leqq i\leqq n)$ が必要条件．

逆に $a_{i}=b_{i}\quad (0\leqq i\leqq n)$ のとき，

p(D)x-q(D)x=\sum _{i=0}^{n}a_{i}D^{i}x-\sum _{i=0}^{n}b_{i}D^{i}x

=\sum _{i=0}^{n}\left(a_{i}-b_{i}\right)D^{i}x

=\sum _{i=0}^{n}0\cdot D^{i}x\quad \because a_{i}=b_{i}\quad (0\leqq i\leqq n)

…⑧

⑧は $x$ が任意の $t$ の関数であってもその値は常に $0$ ．すなわち，

\forall x\ \ p(D)x\equiv q(D)x

これにより十分性を示せた． $\diamondsuit$

さらに微分作用素の和と差を，任意の微分可能な $x(t)$ に対して，

\{p(D)+q(D)\}x(t)\equiv p(D)x(t)+q(D)x(t)

と，また積を，

\{p(D)q(D)\}x(t)\equiv p(D)\{q(D)x(t)\}

が成立することと定義する．これらの定義と前に述べた $D^{m},p(D)$ の定義と抵触しないことは明らかであろう．このように微分作用素間の加減乗の 3 演算を定義すると，これらは多項式の加減乗の定義と一致するから，これら 3 演算から導かれる多項式に関する公式は，そのまま微分作用素に対しても成立する^[1]．例えば，

[補題 3.1]

$p(s),q(s)$ を多項式とすると

p(D)q(D)=q(D)p(D)

が成立する．つまり微分作用素の積は交換可能である．

証明

p(D)=\sum _{i=0}^{k}a_{i}D^{i},\quad q(D)=\sum _{j=0}^{l}b_{j}D^{j}

とおく．まず，

p(D)D^{m}=D^{m}p(D)

を示す．

p(D)D^{m}x=\left(\sum _{i=0}^{k}a_{i}D^{i}\right)\left(D^{m}x\right)

=\sum _{i=0}^{k}a_{i}\left\{D^{i}\left(D^{m}x\right)\right\}

^[2]

=\sum _{i=0}^{k}a_{i}\left\{D^{m}\left(D^{i}x\right)\right\}

^[3]

=D^{m}\left\{\sum _{i=0}^{k}a_{i}D^{i}x\right\}

^[4]^[5]

=D^{m}p(D)x

この結果を用いて，

p(D)q(D)x=p(D)\left\{\sum _{j=0}^{l}b_{j}D^{j}x\right\}

=\sum _{j=0}^{l}b_{j}\left\{p(D)D^{j}x\right\}

^[6]

=\sum _{j=0}^{l}b_{j}\left\{D^{j}p(D)x\right\}

^[7]

=\left\{\sum _{j=0}^{l}b_{j}D^{j}\right\}p(D)x

^[8]

=q(D)p(D)x

よって，

p(D)q(D)=q(D)p(D)

が示された．

$\diamondsuit$

[補題 3.2]

$p(s)$ が $q(s)$ で割り切れるならば，

q(D)x=0

の解は，

p(D)x=0

の解となる．

証明

p(s)=p_{1}(s)q(s)

と書けるから， $q(D)x=0$ ならば，

p(D)x=p_{1}(D)\left\{q(D)x\right\}=0

$\diamondsuit$

[系]

p(s)=\prod _{i=1}^{k}p_{i}(s)

p_{i}(D)x_{i}(t)=0

ならば，

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

が成立する．ここに $c_{i}$ は定数である．

証明

補題(3.2)より，

p(D)x_{i}(t)=0\quad (i=1,\cdots k)

これと重ねあわせの原理Ⅰより明らか^[9]．

$\diamondsuit$

例66 $\quad$

s^{2}+3s+2=(s+1)(s+2)

$e^{-t}$ は $(D+1)x=0$ の^[10]，また $e^{-2t}$ は $(D+2)x=0$ の解^[11]である．よって上記系より，

x(t)=Ae^{-t}+Be^{-2t}

は $(D^{2}+3D+2)x=(D+1)(D+2)x=0$ の解である．

$\diamondsuit$

[補題 3.3]

(i)

p(D)e^{\alpha t}=p(\alpha )e^{\alpha t}

(ii)

p(D-\alpha )e^{\alpha t}x=e^{\alpha t}p(D)x

証明

(i)

De^{\alpha t}=\alpha e^{\alpha t}

D^{2}e^{\alpha t}=\alpha ^{2}e^{\alpha t}

D^{3}e^{\alpha t}=\alpha ^{3}e^{\alpha t}

\vdots

\vdots

より明らか^[12]．

(ii)

De^{\alpha t}x=\alpha e^{\alpha t}x+e^{\alpha t}Dx

\therefore (D-\alpha )e^{\alpha t}x=e^{\alpha t}Dx

またこの結果を 2 度用いると，

(D-\alpha )^{2}e^{\alpha t}x=(D-\alpha )\{e^{\alpha t}Dx\}=e^{\alpha t}D^{2}x

^[13]

一般に，

(D-\alpha )^{m}e^{\alpha t}x=e^{\alpha t}D^{m}x

^[14]

となるから，求める結果を得る^[15]． $\diamondsuit$

[系]

p(D)x=0

ならば

p(D-\alpha )e^{\alpha t}x=0

^[16]

$\diamondsuit$

例67 $\quad$

D^{m}t^{m-1}=0

であるから，

(D-\alpha )^{m}e^{\alpha t}t^{m-1}=0

^[17]

一般に $x(t)$ を高々 $m-1$ 次の多項式とすると，

(D-\alpha )^{m}e^{\alpha t}x(t)=0

$\diamondsuit$

[補題 3.4]

(i) $x=e^{\alpha t}$ が $p(D)x=0$ の解となるための必要十分条件は， $p(s)$ が $s-\alpha$ を因数として持つことである．

(ii)

e^{\alpha t}\{A\cos \beta t+B\sin \beta t\},\quad A^{2}+B^{2}\neq 0

が $p(D)x=0$ の解であるための必要十分条件は $p(s)$ が $(s-\alpha )^{2}+\beta ^{2}$ を因数として持つことである．ただし $\beta \neq 0$ ．

証明

十分性は補題3.2 で示されている．(ii) の必要性だけ証明する． (i) も (ii) も証明は同じであるから難しい方を示しておく^[18]．

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

とおき， $x=y=0$ を示せばよい．^[19]

{\bigg [}(D-\alpha )^{2}+\beta ^{2}{\bigg ]}\left\{e^{\alpha t}\left(A\cos \beta t+B\sin \beta t\right)\right\}=0

であるから^[20]，

p(D)\left\{e^{\alpha t}\left(A\cos \beta t+B\sin \beta t\right)\right\}

={\bigg [}x(D-\alpha )+y{\bigg ]}\left\{e^{\alpha t}\left(A\cos \beta t+B\sin \beta t\right)\right\}

^[21]

=e^{\alpha t}\left(xD+y\right)\left\{A\cos \beta t+B\sin \beta t\right\}

^[22]

=e^{\alpha t}{\bigg [}(B\beta x+Ay)\cos \beta t+(-A\beta x+By)\sin \beta t{\bigg ]}

\equiv 0

これより，

B\beta x+Ay=0

A\beta x=By

が成立しなければならない^[23]． $(A^{2}+B^{2})\beta \neq 0$ であるから，

x=y=0

を得る^[24]^[25]．

$\diamondsuit$

^ 例65 は， $\exists x(t)D^{m}x(t)=D^{n}x(t)\quad (m\neq n)$ である可能性はあっても， $\forall x(t)D^{m}x(t)=D^{n}x(t)\quad (m\neq n)$ はありえないことをいっている．この事実よりこれがいえる．
^ $(a_{0}+a_{1}D+a_{2}D^{2}+\cdots +a_{k}D^{k})(D^{m}x)=a_{0}(D^{m}x)+a_{1}D(D^{m}x)+a_{2}D^{2}(D^{m}x)+\cdots +a_{k}D^{k}(D^{m}x)$
すなわち式(3.9a)の微分作用素の定義式による．
^ $a_{0}(D^{m}x)+a_{1}D(D^{m}x)+a_{2}D^{2}(D^{m}x)+\cdots +a_{k}D^{k}(D^{m}x)=a_{0}(D^{m})x+a_{1}(D^{m})(Dx)+a_{2}(D^{m})(D^{2}x)+\cdots +a_{k}(D^{m})(D^{k}x)$
すなわち， $D^{i}D^{m}=D^{i+m}=D^{m}D^{i}$ による．
^ $a_{0}(D^{m})x+a_{1}(D^{m})(Dx)+a_{2}(D^{m})(D^{2}x)+\cdots +a_{k}(D^{m})(D^{k}x)=(D^{m})a_{0}x+(D^{m})a_{1}Dx+(D^{m})a_{2}D^{2}x+\cdots +(D^{m})a_{k}D^{k}x$
すなわちこれは， $kf'=(kf)'$ による．
$(D^{m})a_{0}x+(D^{m})a_{1}Dx+(D^{m})a_{2}D^{2}x+\cdots +(D^{m})a_{k}D^{k}x=(D^{m})(a_{0}x+a_{1}Dx+a_{2}D^{2}x+\cdots +a_{k}D^{k}x)$
すなわちこれば， $f'+g'=(f+g)'$ による．
^ $(D^{m})(a_{0}x+a_{1}Dx+a_{2}D^{2}x+\cdots +a_{k}D^{k}x)=D^{m}(a_{0}+a_{1}D+a_{2}D^{2}+\cdots +a_{k}D^{k})x$ すなわち式(3.9a)の微分作用素の定義式による．
^ $p(D)\left\{b_{0}x+b_{1}Dx+b_{2}D^{2}x+\cdots +b_{l}D^{l}x\right\}=p(D)b_{0}x+p(D)b_{1}Dx+p(D)b_{2}D^{2}x+\cdots +p(D)b_{l}D^{l}x\because (f+g)'=f'+g'$
$=b_{0}p(D)x+b_{1}p(D)Dx+b_{2}p(D)D^{2}x+\cdots +b_{l}p(D)D^{l}x\because (kf)'=kf'$
^ $b_{0}p(D)x+b_{1}p(D)Dx+b_{2}p(D)D^{2}x+\cdots +b_{l}p(D)D^{l}x=b_{0}p(D)x+b_{1}Dp(D)x+b_{2}D^{2}p(D)x+b_{3}D^{3}p(D)x+\cdots +b_{l}D^{l}p(D)x\because p(D)D^{m}=D^{m}p(D)$
^ $b_{0}p(D)x+b_{1}Dp(D)x+b_{2}D^{2}p(D)x+b_{3}D^{3}p(D)x+\cdots +b_{l}D^{l}p(D)x=\left\{b_{0}+b_{1}D+b_{2}D^{2}+b_{3}D^{3}+\cdots +b_{l}D^{l}\right\}p(D)x\because$ 式(3.9a)の微分作用素の定義式による．
^ $p(D)\left\{\sum _{i=1}^{k}c_{i}x_{i}(t)\right\}=\sum _{i=1}^{k}p(D)c_{i}x_{i}(t)=\sum _{i=1}^{k}c_{i}p(D)x_{i}(t)=\sum _{i=0}^{k}c_{i}\cdot 0=0$
^ ${\frac {dx}{dt}}+x=0$ を変数分離法で解く．
${\frac {dx}{dt}}=-x$ ,
${\frac {1}{x}}{\frac {dx}{dt}}=-1$ ．または解関数として $x\equiv 0$ ．両辺を $t$ で積分して，
$\int {\frac {dx}{x}}=-t+C_{1}$
$\log |x|=-t+C_{1}$
$x=\pm C_{2}e^{-t}=C_{3}e^{-t},$ これは解 $x\equiv 0$ も含む表現である．( $e^{C_{1}}=C_{2}$ , また $C_{3}=\pm C_{2}$ と置きなおしている．)
^ ${\frac {dx}{dt}}+2x=0$ を変数分離法で解く．
${\frac {dx}{dt}}=-2x$ ,
${\frac {1}{x}}{\frac {dx}{dt}}=-2$ ．または解関数として $x\equiv 0$ ．両辺を $t$ で積分して，
$\int {\frac {dx}{x}}=-2t+C_{1}$
$\log |x|=-2t+C_{1}$
$x=\pm C_{2}e^{-2t}=C_{3}e^{-2t},$ これは解 $x\equiv 0$ も含む表現である．( $e^{C_{1}}=C_{2}$ , また $C_{3}=\pm C_{2}$ と置きなおしている．)
^ $(a_{0}+a_{1}D+a_{2}D^{2}+a_{3}D^{2}+\cdots +a_{n}D^{n})e^{\alpha t}=(a_{0}e^{\alpha t}+a_{1}\alpha e^{\alpha t}+a_{2}\alpha ^{2}e^{\alpha t}+a_{3}\alpha ^{3}e^{\alpha t}+\cdots +a_{n}\alpha ^{n}e^{\alpha t})$
$=(a_{0}+a_{1}\alpha +a_{2}\alpha ^{2}+a_{3}\alpha ^{3}+\cdots +a_{n}\alpha ^{n})e^{\alpha t}$
すなわち，
$a_{0}+a_{1}D+a_{2}D^{2}+a_{3}D^{3}+\cdots a_{n}D^{n}=P(D)$ とおけば， $a_{0}+a_{1}\alpha +a_{2}\alpha ^{2}+a_{3}\alpha ^{3}+\cdots +a_{n}\alpha ^{n}=p(\alpha )$
よって， $p(D)e^{\alpha t}=p(\alpha )e^{\alpha t}$ ．
^ $(D-\alpha )\{e^{\alpha t}Dx\}=e^{\alpha t}Dx{\bigg |}_{x\gets Dx}=e^{\alpha t}D\cdot Dx$
^ $(D-\alpha )^{m}e^{\alpha t}x=(D-\alpha )^{m-1}\{e^{\alpha t}Dx\}=(D-\alpha )^{m-2}\{e^{\alpha t}D^{2}x\}=(D-\alpha )^{m-3}\{e^{\alpha t}D^{3}x\}=\cdots =(D-\alpha )\{e^{\alpha t}D^{m-1}\}=e^{\alpha t}D^{m}x$
^ すなわち，
$\sum _{i=1}^{k}a_{i}(D-\alpha )^{i}e^{\alpha t}x=\sum _{i=1}^{k}a_{i}e^{\alpha t}D^{i}x$ だから，
$p(D-\alpha )e^{\alpha t}x=e^{\alpha t}p(D)x$
^ 補題3.3より，
$e^{\alpha t}p(D)x=p(D-\alpha )e^{\alpha t}x$ ．
$p(D)x=0$ ならば $e^{\alpha t}p(D)x=0$
すなわち， $p(D-\alpha )e^{\alpha t}x=0$
^ 補題3.3 より
$(D-\alpha )^{m}e^{\alpha t}x=e^{\alpha t}D^{m}x$
今， $D^{m}t^{m-1}=0$ より， $(D-\alpha )^{m}e^{\alpha t}t^{m-1}=0$
^ (i) の必要性を証明する．
$p(D)=q(D)(D-\alpha )+x$
とあらわされるとき， $p(D)\cdot Ae^{\alpha t}=0,A\neq 0$ ならば， $x=0$ であることを示す．
$(D-\alpha )\cdot Ae^{\alpha t}=Ae^{\alpha t}D\cdot 1\quad (\because$ 補題3.3)
$=0$ ．
今 $p(D)\cdot Ae^{\alpha t}=0$ のとき，
$p(D)\cdot Ae^{\alpha t}={\bigg [}q(D)(D-\alpha )+x{\bigg ]}Ae^{\alpha t}$
$=xAe^{\alpha t}\quad (\because (D-\alpha )\cdot Ae^{\alpha t}=0)$
$p(D)\cdot Ae^{\alpha t}=0$ より $xAe^{\alpha t}=0$
よって， $A\neq 0$ だから $x=0$ すなわち， $p(D)=q(D)(D-\alpha )$ であり， $p(s)$ は $(s-\alpha )$ を因数として持つことを示せた．
^ 証明の方針を整理する．どのような多項式 $p(D)$ も，予め定めておいた $\alpha ,\beta$ を含む二次式 $(D-\alpha )^{2}+\beta ^{2}$ で割れば，余りを許せば，
$p(D)=q(D){\bigg [}(D-\alpha )^{2}+\beta ^{2}{\bigg ]}+xD+y$
に書き換えることが可能である．係数 $x,y$ を調整すれば，
$p(D)=q(D){\bigg [}(D-\alpha )^{2}+\beta ^{2}{\bigg ]}+x(D-\alpha )+y$ …①
の形にすることも当然可能である．今，①の形のもとで，予めさだめておいた $\alpha ,\beta$ に対して $p(D){\bigg [}e^{\alpha t}\left\{A\cos \beta t+B\sin \beta t\right\}{\bigg ]}=0$ を入力条件としたとき，これから $x=y=0$ を結論とできるか、を証明するべき問題とする．
^ ${\bigg [}(D-\alpha )^{2}+\beta ^{2}{\bigg ]}x={\frac {d^{2}x}{dt^{2}}}-2\alpha {\frac {dx}{dt}}+(\alpha ^{2}+\beta ^{2})x=0$ の解の一つが $x=e^{\alpha t}\left\{A\cos \beta t+B\sin \beta t\right\}$ であることは例48 ですでに証明している．ただし他の形の解が存在するかどうかはここでは触れないでおく．
^ $p(D)\left\{e^{\alpha t}\left(A\cos \beta t+B\sin \beta t\right)\right\}=q(D){\bigg [}\left\{(D-\alpha )^{2}+\beta ^{2}\right\}+x(D-\alpha )+y{\bigg ]}\left\{e^{\alpha t}\left(A\cos \beta t+B\sin \beta t\right)\right\}$
$=q(D){\bigg [}(D-\alpha )^{2}+\beta ^{2}{\bigg ]}\left\{e^{\alpha t}\left(A\cos \beta t+B\sin \beta t\right)\right\}+{\bigg [}x(D-\alpha )+y{\bigg ]}\left\{e^{\alpha t}\left(A\cos \beta t+B\sin \beta t\right)\right\}$
$={\bigg [}x(D-\alpha )+y{\bigg ]}\left\{e^{\alpha t}\left(A\cos \beta t+B\sin \beta t\right)\right\}\quad$
$(\because {\bigg [}(D-\alpha )^{2}+\beta ^{2}{\bigg ]}\left\{e^{\alpha t}\left(A\cos \beta t+B\sin \beta t\right)\right\}=0)$
^ 補題3.3(ii) $p(D-\alpha )e^{\alpha t}x(t)=e^{\alpha t}p(D)x(t)$ による．
^ 三角関数の合成より， $\theta =\tan ^{-1}{\frac {B\beta x+Ay}{-A\beta x+By}}$ とすると，
$e^{\alpha t}{\bigg [}(B\beta x+Ay)\cos \beta t+(-A\beta x+By)\sin \beta t{\bigg ]}=e^{\alpha t}\cdot {\sqrt {(B\beta x+Ay)^{2}+(-A\beta x+By)^{2}}}\sin(\beta t+\theta )$
この値が全ての $t$ で $0$ であるためには， $B\beta x+Ay=0$ かつ $-A\beta x+By=0$ が必要．
^ ${\begin{cases}B\beta x+Ay=0\\-A\beta x+By=0\end{cases}}$
すなわち， ${\begin{pmatrix}B\beta &A\\-A\beta &B\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}}$
$\therefore {\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}B\beta &A\\-A\beta &B\end{pmatrix}}^{-1}{\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}}={\frac {1}{\beta (A^{2}+B^{2})}}{\begin{pmatrix}B&-A\\A\beta &B\beta \end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}}$
$(\because A^{2}+B^{2}\neq 0$ かつ $\beta \neq 0)$
^ $x=y=0$ より，
$p(D)=q(D)\left\{(D-\alpha )^{2}+\beta ^{2}\right\}$
の形に表すことができ，すなわち， $p(s)$ が $(s-\alpha )^{2}+\beta ^{2}$ を因数として持つことを示せた．

[1] 例65 は， $\exists x(t)D^{m}x(t)=D^{n}x(t)\quad (m\neq n)$ である可能性はあっても， $\forall x(t)D^{m}x(t)=D^{n}x(t)\quad (m\neq n)$ はありえないことをいっている．この事実よりこれがいえる．

[2] $(a_{0}+a_{1}D+a_{2}D^{2}+\cdots +a_{k}D^{k})(D^{m}x)=a_{0}(D^{m}x)+a_{1}D(D^{m}x)+a_{2}D^{2}(D^{m}x)+\cdots +a_{k}D^{k}(D^{m}x)$
すなわち式(3.9a)の微分作用素の定義式による．

[3] $a_{0}(D^{m}x)+a_{1}D(D^{m}x)+a_{2}D^{2}(D^{m}x)+\cdots +a_{k}D^{k}(D^{m}x)=a_{0}(D^{m})x+a_{1}(D^{m})(Dx)+a_{2}(D^{m})(D^{2}x)+\cdots +a_{k}(D^{m})(D^{k}x)$
すなわち， $D^{i}D^{m}=D^{i+m}=D^{m}D^{i}$ による．

[4] $a_{0}(D^{m})x+a_{1}(D^{m})(Dx)+a_{2}(D^{m})(D^{2}x)+\cdots +a_{k}(D^{m})(D^{k}x)=(D^{m})a_{0}x+(D^{m})a_{1}Dx+(D^{m})a_{2}D^{2}x+\cdots +(D^{m})a_{k}D^{k}x$
すなわちこれは， $kf'=(kf)'$ による．
$(D^{m})a_{0}x+(D^{m})a_{1}Dx+(D^{m})a_{2}D^{2}x+\cdots +(D^{m})a_{k}D^{k}x=(D^{m})(a_{0}x+a_{1}Dx+a_{2}D^{2}x+\cdots +a_{k}D^{k}x)$
すなわちこれば， $f'+g'=(f+g)'$ による．

[5] $(D^{m})(a_{0}x+a_{1}Dx+a_{2}D^{2}x+\cdots +a_{k}D^{k}x)=D^{m}(a_{0}+a_{1}D+a_{2}D^{2}+\cdots +a_{k}D^{k})x$ すなわち式(3.9a)の微分作用素の定義式による．

[6] $p(D)\left\{b_{0}x+b_{1}Dx+b_{2}D^{2}x+\cdots +b_{l}D^{l}x\right\}=p(D)b_{0}x+p(D)b_{1}Dx+p(D)b_{2}D^{2}x+\cdots +p(D)b_{l}D^{l}x\because (f+g)'=f'+g'$
$=b_{0}p(D)x+b_{1}p(D)Dx+b_{2}p(D)D^{2}x+\cdots +b_{l}p(D)D^{l}x\because (kf)'=kf'$

[7] $b_{0}p(D)x+b_{1}p(D)Dx+b_{2}p(D)D^{2}x+\cdots +b_{l}p(D)D^{l}x=b_{0}p(D)x+b_{1}Dp(D)x+b_{2}D^{2}p(D)x+b_{3}D^{3}p(D)x+\cdots +b_{l}D^{l}p(D)x\because p(D)D^{m}=D^{m}p(D)$

[8] $b_{0}p(D)x+b_{1}Dp(D)x+b_{2}D^{2}p(D)x+b_{3}D^{3}p(D)x+\cdots +b_{l}D^{l}p(D)x=\left\{b_{0}+b_{1}D+b_{2}D^{2}+b_{3}D^{3}+\cdots +b_{l}D^{l}\right\}p(D)x\because$ 式(3.9a)の微分作用素の定義式による．

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

[10] ${\frac {dx}{dt}}+x=0$ を変数分離法で解く．
${\frac {dx}{dt}}=-x$ ,
${\frac {1}{x}}{\frac {dx}{dt}}=-1$ ．または解関数として $x\equiv 0$ ．両辺を $t$ で積分して，
$\int {\frac {dx}{x}}=-t+C_{1}$
$\log |x|=-t+C_{1}$
$x=\pm C_{2}e^{-t}=C_{3}e^{-t},$ これは解 $x\equiv 0$ も含む表現である．( $e^{C_{1}}=C_{2}$ , また $C_{3}=\pm C_{2}$ と置きなおしている．)

[11] ${\frac {dx}{dt}}+2x=0$ を変数分離法で解く．
${\frac {dx}{dt}}=-2x$ ,
${\frac {1}{x}}{\frac {dx}{dt}}=-2$ ．または解関数として $x\equiv 0$ ．両辺を $t$ で積分して，
$\int {\frac {dx}{x}}=-2t+C_{1}$
$\log |x|=-2t+C_{1}$
$x=\pm C_{2}e^{-2t}=C_{3}e^{-2t},$ これは解 $x\equiv 0$ も含む表現である．( $e^{C_{1}}=C_{2}$ , また $C_{3}=\pm C_{2}$ と置きなおしている．)

[12] $(a_{0}+a_{1}D+a_{2}D^{2}+a_{3}D^{2}+\cdots +a_{n}D^{n})e^{\alpha t}=(a_{0}e^{\alpha t}+a_{1}\alpha e^{\alpha t}+a_{2}\alpha ^{2}e^{\alpha t}+a_{3}\alpha ^{3}e^{\alpha t}+\cdots +a_{n}\alpha ^{n}e^{\alpha t})$
$=(a_{0}+a_{1}\alpha +a_{2}\alpha ^{2}+a_{3}\alpha ^{3}+\cdots +a_{n}\alpha ^{n})e^{\alpha t}$
すなわち，
$a_{0}+a_{1}D+a_{2}D^{2}+a_{3}D^{3}+\cdots a_{n}D^{n}=P(D)$ とおけば， $a_{0}+a_{1}\alpha +a_{2}\alpha ^{2}+a_{3}\alpha ^{3}+\cdots +a_{n}\alpha ^{n}=p(\alpha )$
よって， $p(D)e^{\alpha t}=p(\alpha )e^{\alpha t}$ ．

[13] $(D-\alpha )\{e^{\alpha t}Dx\}=e^{\alpha t}Dx{\bigg |}_{x\gets Dx}=e^{\alpha t}D\cdot Dx$

[14] $(D-\alpha )^{m}e^{\alpha t}x=(D-\alpha )^{m-1}\{e^{\alpha t}Dx\}=(D-\alpha )^{m-2}\{e^{\alpha t}D^{2}x\}=(D-\alpha )^{m-3}\{e^{\alpha t}D^{3}x\}=\cdots =(D-\alpha )\{e^{\alpha t}D^{m-1}\}=e^{\alpha t}D^{m}x$

[15] すなわち，
$\sum _{i=1}^{k}a_{i}(D-\alpha )^{i}e^{\alpha t}x=\sum _{i=1}^{k}a_{i}e^{\alpha t}D^{i}x$ だから，
$p(D-\alpha )e^{\alpha t}x=e^{\alpha t}p(D)x$

[16] 補題3.3より，
$e^{\alpha t}p(D)x=p(D-\alpha )e^{\alpha t}x$ ．
$p(D)x=0$ ならば $e^{\alpha t}p(D)x=0$
すなわち， $p(D-\alpha )e^{\alpha t}x=0$

[17] 補題3.3 より
$(D-\alpha )^{m}e^{\alpha t}x=e^{\alpha t}D^{m}x$
今， $D^{m}t^{m-1}=0$ より， $(D-\alpha )^{m}e^{\alpha t}t^{m-1}=0$

[18] (i) の必要性を証明する．
$p(D)=q(D)(D-\alpha )+x$
とあらわされるとき， $p(D)\cdot Ae^{\alpha t}=0,A\neq 0$ ならば， $x=0$ であることを示す．
$(D-\alpha )\cdot Ae^{\alpha t}=Ae^{\alpha t}D\cdot 1\quad (\because$ 補題3.3)
$=0$ ．
今 $p(D)\cdot Ae^{\alpha t}=0$ のとき，
$p(D)\cdot Ae^{\alpha t}={\bigg [}q(D)(D-\alpha )+x{\bigg ]}Ae^{\alpha t}$
$=xAe^{\alpha t}\quad (\because (D-\alpha )\cdot Ae^{\alpha t}=0)$
$p(D)\cdot Ae^{\alpha t}=0$ より $xAe^{\alpha t}=0$
よって， $A\neq 0$ だから $x=0$ すなわち， $p(D)=q(D)(D-\alpha )$ であり， $p(s)$ は $(s-\alpha )$ を因数として持つことを示せた．

[19] 証明の方針を整理する．どのような多項式 $p(D)$ も，予め定めておいた $\alpha ,\beta$ を含む二次式 $(D-\alpha )^{2}+\beta ^{2}$ で割れば，余りを許せば，
$p(D)=q(D){\bigg [}(D-\alpha )^{2}+\beta ^{2}{\bigg ]}+xD+y$
に書き換えることが可能である．係数 $x,y$ を調整すれば，
$p(D)=q(D){\bigg [}(D-\alpha )^{2}+\beta ^{2}{\bigg ]}+x(D-\alpha )+y$ …①
の形にすることも当然可能である．今，①の形のもとで，予めさだめておいた $\alpha ,\beta$ に対して $p(D){\bigg [}e^{\alpha t}\left\{A\cos \beta t+B\sin \beta t\right\}{\bigg ]}=0$ を入力条件としたとき，これから $x=y=0$ を結論とできるか、を証明するべき問題とする．

[20] ${\bigg [}(D-\alpha )^{2}+\beta ^{2}{\bigg ]}x={\frac {d^{2}x}{dt^{2}}}-2\alpha {\frac {dx}{dt}}+(\alpha ^{2}+\beta ^{2})x=0$ の解の一つが $x=e^{\alpha t}\left\{A\cos \beta t+B\sin \beta t\right\}$ であることは例48 ですでに証明している．ただし他の形の解が存在するかどうかはここでは触れないでおく．

[21] $p(D)\left\{e^{\alpha t}\left(A\cos \beta t+B\sin \beta t\right)\right\}=q(D){\bigg [}\left\{(D-\alpha )^{2}+\beta ^{2}\right\}+x(D-\alpha )+y{\bigg ]}\left\{e^{\alpha t}\left(A\cos \beta t+B\sin \beta t\right)\right\}$
$=q(D){\bigg [}(D-\alpha )^{2}+\beta ^{2}{\bigg ]}\left\{e^{\alpha t}\left(A\cos \beta t+B\sin \beta t\right)\right\}+{\bigg [}x(D-\alpha )+y{\bigg ]}\left\{e^{\alpha t}\left(A\cos \beta t+B\sin \beta t\right)\right\}$
$={\bigg [}x(D-\alpha )+y{\bigg ]}\left\{e^{\alpha t}\left(A\cos \beta t+B\sin \beta t\right)\right\}\quad$
$(\because {\bigg [}(D-\alpha )^{2}+\beta ^{2}{\bigg ]}\left\{e^{\alpha t}\left(A\cos \beta t+B\sin \beta t\right)\right\}=0)$

[22] 補題3.3(ii) $p(D-\alpha )e^{\alpha t}x(t)=e^{\alpha t}p(D)x(t)$ による．

[23] 三角関数の合成より， $\theta =\tan ^{-1}{\frac {B\beta x+Ay}{-A\beta x+By}}$ とすると，
$e^{\alpha t}{\bigg [}(B\beta x+Ay)\cos \beta t+(-A\beta x+By)\sin \beta t{\bigg ]}=e^{\alpha t}\cdot {\sqrt {(B\beta x+Ay)^{2}+(-A\beta x+By)^{2}}}\sin(\beta t+\theta )$
この値が全ての $t$ で $0$ であるためには， $B\beta x+Ay=0$ かつ $-A\beta x+By=0$ が必要．

[24] ${\begin{cases}B\beta x+Ay=0\\-A\beta x+By=0\end{cases}}$
すなわち， ${\begin{pmatrix}B\beta &A\\-A\beta &B\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}}$
$\therefore {\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}B\beta &A\\-A\beta &B\end{pmatrix}}^{-1}{\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}}={\frac {1}{\beta (A^{2}+B^{2})}}{\begin{pmatrix}B&-A\\A\beta &B\beta \end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}}$
$(\because A^{2}+B^{2}\neq 0$ かつ $\beta \neq 0)$

[25] $x=y=0$ より，
$p(D)=q(D)\left\{(D-\alpha )^{2}+\beta ^{2}\right\}$
の形に表すことができ，すなわち， $p(s)$ が $(s-\alpha )^{2}+\beta ^{2}$ を因数として持つことを示せた．

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