制御と振動の数学/Laplace 変換/有理関数の原像/有理関数の原像の求め方

前項で述べたように，真の分数式は，

${\frac {A}{(s-\alpha )^{n}}},\quad {\frac {Bs+C}{(s^{2}+ps+q)^{n}}}$

のような項の和であらわされた．ところで，

${\frac {Bs+C}{(s^{2}+ps+q)^{n}}}={\frac {B(s-\alpha )+D}{[(s-\alpha )^{2}+\beta ^{2}]^{n}}}$

と変形できるから、真分数は、

${\frac {1}{(s-\alpha )^{n}}},{\frac {1}{[(s-\alpha )^{2}+\beta ^{2}]^{n}}},{\frac {s}{[(s-\alpha )^{2}+\beta ^{2}]^{n}}}$

ような項の 1 次結合で表されることが分かる．これらの原像を求めることができれば，我々の問題は解けたことになるのである． ところで 第一移動定理

$f(t)\sqsupset F(s)\Longrightarrow f(t)e^{\alpha t}\sqsupset F(s-\alpha )$

を想い起こせば，

${\frac {1}{s^{n}}},{\frac {1}{(s^{2}+\beta ^{2})^{n}}},{\frac {s}{(s^{2}+\beta ^{2})^{n}}}$

の原像が計算できればよい．第 1 のものの原像，および第 2, 第 3 のものの $n=1,2$ に対する原像はすでに分かっているから，

${\frac {1}{(s^{2}+\beta ^{2})^{n}}},{\frac {s}{(s^{2}+\beta ^{2})^{n}}}\quad (n\geqq 3)$

の原像が求まればよいことになる．もっともこれらの原像は形式的には，

${\frac {1}{(s^{2}+\beta ^{2})^{n}}}\sqsubset \underbrace {{\frac {1}{\beta }}\sin \beta t*{\frac {1}{\beta }}\sin \beta t*\cdots *{\frac {1}{\beta }}\sin \beta t} _{n{\text{個}}}$

および，

${\frac {s}{(s^{2}+\beta ^{2})^{n}}}\sqsubset \underbrace {{\frac {1}{\beta }}\sin \beta t*{\frac {1}{\beta }}\sin \beta t*\cdots *{\frac {1}{\beta }}\sin \beta t} _{n-1{\text{個}}}*cos\beta t$

と知られているのであるが，この右辺の合成積を計算するのがやっかいである．その簡単な計算法が見つかればよい．

まず合成積の微分の公式，

${\frac {d}{dt}}(f*g)=f*{\frac {dg}{dt}}+g(0)f$

を思い出そう．そうすれば

$f_{n}(t):=\underbrace {{\frac {1}{\beta }}\sin \beta t*{\frac {1}{\beta }}\sin \beta t*\cdots *{\frac {1}{\beta }}\sin \beta t} _{n{\text{個}}}$

とおくとき，

(2.32b)

${\frac {df_{n}(t)}{dt}}=\underbrace {{\frac {1}{\beta }}\sin \beta t*{\frac {1}{\beta }}\sin \beta t*\cdots *{\frac {1}{\beta }}\sin \beta t} _{n-1{\text{個}}}*cos\beta t$

となるから，

(2.32c)

${\frac {1}{(s^{2}+\beta ^{2})^{n}}}\sqsubset f_{n}(t)\Longrightarrow {\frac {s}{(s^{2}+\beta ^{2})^{n}}}\sqsubset {\frac {df_{n}(t)}{dt}}$

を得る．この結果は $f_{n}(0)=0$ は明らかであるから，対応 $s\sqsubset {\frac {d}{dt}}$ からも直ちに出る．$n=2$ の場合にすでに用いた技法である．

さて，後で必要になるもう一つの公式を導いておこう．上述の記号を用いると，

${\frac {df_{n}}{dt}}=f_{n-1}*\cos \beta t$

であるが，これをもう一度微分する．

${\frac {d^{2}f_{n}}{dt^{2}}}=f_{n-1}*(-\beta \sin \beta t)+f_{n-1}=-\beta ^{2}f_{n}+f_{n-1}$

よって次の結果を得る．

公式 1

${\frac {d^{2}f_{n}}{dt^{2}}}+\beta ^{2}f_{n}=f_{n-1}\quad (n=2,3,\cdots )$

(2.33)

${\frac {d^{2}f_{1}}{dt^{2}}}+\beta ^{2}f_{1}=0$

$\diamondsuit$

さて，合成積の微分の公式は，通常の積の微分の構造：

${\frac {d(f\cdot g)}{dt}}={\frac {df}{dt}}g+f{\frac {dg}{dt}}$

を持っていない．同様な構造を持つものは，単に $t$ を掛けるという演算である．

補題 2.3

$t(f*g)=(tf)*g+f*(tg)$

証明

$(tf)*g+f*(tg)=\int _{0}^{t}(t-\tau )f(t-\tau )g(\tau )d\tau +\int _{0}^{t}f(t-\tau )\tau g(\tau )d\tau$

$=\int _{0}^{t}\left[tf(t-\tau )g(\tau )-\tau f(t-\tau )g(\tau )+\tau f(t-\tau )g(\tau )\right]d\tau$

$=\int _{0}^{t}tf(t-\tau )g(\tau )d\tau =t(f*g)$

$\diamondsuit$

合成積に対しては $t$ を掛けるという演算が微分の構造を持っているので，次のような計算ができる．

$\underbrace {f*f*\cdots *f} _{n{\text{個}}}=:(*f)^{n}$

とおくと，

(2.33b)

$t(*f)^{n}=n(*f)^{n-1}*(tf)$

を得る．とくに，

$f_{n}(t)=(*{\frac {1}{\beta }}\sin \beta t)^{n}$

のときは，

(2.34)

$tf_{n}=nf_{n-1}*{\frac {t}{\beta }}\sin \beta t$

となる．

なぜ合成積に対しては $t$ を掛けることが微分することを意味するのかは，Laplace 変換の像関数の世界で考えてみれば納得できるが，それは後ほど説明することにして，本題に入ろう．

公式 2

${\frac {1}{(s^{2}+\beta ^{2})^{n}}}\sqsubset f_{n}(t)$ とおけば，

(1) $\quad {\frac {s}{(s^{2}+\beta ^{2})^{n}}}\sqsubset {\frac {t}{2(n-1)}}f_{n-1}$

(2.34b)

(2) $\quad f_{n+1}={\frac {1}{2\beta ^{2}}}\left\{{\frac {2n-1}{n}}f_{n}-{\frac {t^{2}}{2n(n-1)}}f_{n-1}\right\}$

証明

(1) ${\frac {df_{n}}{dt}}={\frac {t}{2(n-1)}}f_{n-1}$ を示せばよい．

(2.21)

${\frac {1}{\beta }}\sin \beta t*\cos \beta t={\frac {t}{2\beta }}\sin \beta t$

であったから，

(2.32b)

${\frac {df_{n}}{dt}}=\underbrace {{\frac {1}{\beta }}\sin \beta t*{\frac {1}{\beta }}\sin \beta t*\cdots *{\frac {1}{\beta }}\sin \beta t} _{n-1{\text{個}}}*\cos \beta t$

$=f_{n-2}*{\frac {t}{2\beta }}\sin \beta t$

となる．これに式 (2.34) を考慮すれば，

$={\frac {t}{2(n-1)}}f_{n-1}$

を得る．

(2) 上の結果 (1) を二度用いると、

${\frac {d^{2}f_{n+1}}{dt^{2}}}={\frac {d}{dt}}\left({\frac {t}{2n}}f_{n}\right)={\frac {f_{n}}{2n}}+{\frac {t^{2}}{4n(n-1)}}f_{n-1}$

となるが，これと式(2.33) の結果，

${\frac {d^{2}f_{n+1}}{dt^{2}}}=-\beta ^{2}f_{n+1}+f_{n}$

を等置すれば，求める結果を得る．

例54$\quad$

$f_{1}(t)={\frac {1}{\beta }}\sin \beta t$

$f_{2}(t)={\frac {1}{2\beta ^{2}}}\left({\frac {1}{\beta }}\sin \beta t-t\cos \beta t\right)$

から，$f_{3}(t)$ と $f_{4}(t)$ を計算すると，

$f_{3}(t)={\frac {1}{2\beta ^{2}}}\left[{\frac {3}{2}}f_{2}(t)-{\frac {t^{2}}{4}}f_{1}(t)\right]$

$={\frac {1}{(2\beta ^{2})^{2}}}\left[\left({\frac {3}{2}}-{\frac {\beta ^{2}t^{2}}{2}}\right){\frac {1}{\beta }}\sin \beta t-{\frac {3}{2}}t\cos \beta t\right]$

$f_{4}(t)={\frac {1}{2\beta ^{2}}}\left[{\frac {5}{3}}f_{3}(t)-{\frac {t^{2}}{12}}f_{2}(t)\right]$

$={\frac {1}{(2\beta ^{2})^{3}}}\left[\left({\frac {5}{2}}-\beta ^{2}t^{2}\right){\frac {1}{\beta }}\sin \beta t-{\frac {1}{2}}\left(5-{\frac {\beta ^{2}t^{2}}{3}}\right)t\cos \beta t\right]$

となる． $\diamondsuit$