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，
が成立するとき，
と約束する．この相等の定義は，多項式の相等の定義，
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_iD^i, q(D) = \sum_{i=0}^n b_iD^i とおく．任意の関数 x で，
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，
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，
が必要．
x = \frac{t^1}{1!} = t のとき，
m \geqq 2 のとき D^m\cdot t = 0．よって，
②③より
x = \frac{t^2}{2!} のとき，
}
}
}
m \geqq 3 のとき D^m\cdot \frac{t^2}{2!} = 0．よって，
②④⑤より
x = \frac{t^k}{k!} のとき，
}
m \geqq k+1 のとき a_mD^m\cdot \frac{t^k}{k!} = 0，
m = k のとき a_mD^m\cdot \frac{t^k}{k!} = a_k，
{(k-1)!}  + a_0\cdot\frac{t^k}{k!} = b_k + b_{k-1}\cdot t + \cdots 
{(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，
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，
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，
と，また積を，
}
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
例65 は，\exist x(t) D^mx(t) = D^nx(t) \quad (m \ne n) である可能性はあっても，\forall x(t) D^mx(t) = D^nx(t) \quad (m \ne 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．
．
例えば，
[補題 3.1]
p(s), q(s) を多項式とすると
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
とおく．まず，
を示す．
{{制御と振動の数学/equation|= \sum_{i=0}^k a_i \left\{ D^i \left( D^mx \right) \right\}
(a_0 + a_1D + a_2D^2 + \cdots + a_kD^k)(D^mx) = a_0(D^mx) + a_1D(D^mx) + a_2D^2(D^mx) + \cdots + a_kD^k(D^mx)
すなわち 式(3.9a)の微分作用素の定義式による．
{{制御と振動の数学/equation|= \sum_{i=0}^k a_i \left\{ D^m \left( D^ix \right) \right\}
a_0(D^mx) + a_1D(D^mx) + a_2D^2(D^mx) + \cdots + a_kD^k(D^mx) = a_0(D^m)x + a_1(D^m)(Dx) + a_2(D^m)(D^2x) + \cdots + a_k(D^m)(D^kx)
すなわち，D^iD^m = D^{i + m} = D^mD^i による．
{{制御と振動の数学/equation|= D^m \left\{ \sum_{i=0}^k a_iD^ix \right\}
a_0(D^m)x + a_1(D^m)(Dx) + a_2(D^m)(D^2x) + \cdots + a_k(D^m)(D^kx) = (D^m)a_0x + (D^m)a_1Dx + (D^m)a_2D^2x + \cdots + (D^m)a_kD^kx
すなわちこれは，kf' = (kf)' による．
(D^m)a_0x + (D^m)a_1Dx + (D^m)a_2D^2x + \cdots + (D^m)a_kD^kx = (D^m)(a_0x + a_1Dx + a_2D^2x + \cdots + a_kD^kx)
すなわちこれば，f' + g' = (f+g)' による．
(D^m)(a_0x + a_1Dx + a_2D^2x + \cdots + a_kD^kx) = D^m(a_0 + a_1D + a_2D^2 + \cdots + a_kD^k)x
すなわち式(3.9a)の微分作用素の定義式による．
この結果を用いて，
}
{{制御と振動の数学/equation|=\sum_{j=0}^l b_j \left\{ p(D)D^jx \right\}
p(D)\left\{ b_0x + b_1Dx + b_2D^2x + \cdots + b_lD^lx \right\} = p(D)b_0x + p(D)b_1Dx + p(D)b_2D^2x + \cdots + p(D)b_lD^lx \because (f + g)' = f' + g'
= b_0p(D)x + b_1p(D)Dx + b_2p(D)D^2x + \cdots +b_lp(D)D^lx \because (kf)' = kf'
{{制御と振動の数学/equation|=\sum_{j=0}^l b_j \left\{ D^jp(D)x \right\}
 b_0p(D)x + b_1p(D)Dx + b_2p(D)D^2x + \cdots +b_lp(D)D^lx = b_0p(D)x + b_1Dp(D)x + b_2D^2p(D)x + b_3D^3p(D)x + \cdots + b_lD^lp(D)x \because p(D)D^m = D^mp(D)
{{制御と振動の数学/equation|=\left\{ \sum_{j=0}^l b_jD^j \right\} p(D)x
b_0p(D)x + b_1Dp(D)x + b_2D^2p(D)x + b_3D^3p(D)x + \cdots + b_lD^lp(D)x = \left\{ b_0 + b_1D + b_2D^2 + b_3D^3 + \cdots + b_lD^l \right\} p(D)x \because 式(3.9a)の微分作用素の定義式による．
よって，
が示された．
\diamondsuit
[補題 3.2]
p(s) が q(s) で割り切れるならば，
の解は，
の解となる．
証明
と書けるから，q(D)x = 0 ならば，
\diamondsuit
[系]
ならば，
が成立する．ここに c_i は定数である．
証明
補題(3.2)より，
これと重ねあわせの原理Ⅰより明らか
p(D) \left\{ \sum_{i=1}^k c_ix_i(t) \right\} = \sum_{i=1}^k p(D)c_ix_i(t) = \sum_{i=1}^k c_ip(D)x_i(t) = \sum_{i=0}^k c_i\cdot 0 = 0
．
\diamondsuit
例66\quad
e^{-t} は (D + 1)x = 0の
\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_3e^{-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．)
，また e^{-2t} は (D + 2)x = 0 の解
\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_3e^{-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．)
である．よって上記系より，
}
は (D^2 + 3D + 2)x = (D+1)(D+2)x = 0 の解である．
\diamondsuit
[補題 3.3]
}
証明
}
}
}
より明らか
(a_0 + a_1D + a_2D^2 + a_3D^2 + \cdots + a_nD^n)e^{\alpha t} = (a_0e^{\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_1D + a_2D^2 + a_3D^3 + \cdots a_nD^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}．
．
(ii) 
またこの結果を 2 度用いると，
{{制御と振動の数学/equation|(D-\alpha)^2 e^{\alpha t}x = (D-\alpha)\{e^{\alpha t}Dx\} = e^{\alpha t}D^2x
(D-\alpha)\{e^{\alpha t}Dx\} = e^{\alpha t}Dx\bigg|_{x\gets Dx} = e^{\alpha t}D\cdot Dx
一般に，
{{制御と振動の数学/equation|(D-\alpha)^me^{\alpha t}x = e^{\alpha t}D^mx
(D-\alpha)^me^{\alpha t}x = (D-\alpha)^{m-1}\{e^{\alpha t}Dx\} = (D-\alpha)^{m-2}\{e^{\alpha t}D^2x\} = (D-\alpha)^{m-3}\{e^{\alpha t}D^3x\} = \cdots = (D-\alpha)\{e^{\alpha t}D^{m-1}\} = e^{\alpha t}D^mx
となるから，求める結果を得る
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
．
\diamondsuit
[系]
{{制御と振動の数学/equation|p(D)x=0 ならば p(D-\alpha)e^{\alpha t}x = 0
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
\diamondsuit
例67\quad
であるから，
{{制御と振動の数学/equation|(D-\alpha)^me^{\alpha t}t^{m-1} = 0
補題3.3 より
(D-\alpha)^me^{\alpha t}x = e^{\alpha t}D^mx
今，D^mt^{m-1} = 0 より，(D-\alpha)^me^{\alpha t}t^{m-1} = 0
一般に x(t) を高々 m-1 次の多項式とすると，
\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．
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 \ne 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
(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 \ne 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 \ne 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．
．
とおき，x = y = 0 を示せばよい．
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．
であるから
\bigg[(D-\alpha)^2 + \beta^2\bigg]x = \frac{d^2x}{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．
，
}
{{制御と振動の数学/equation|= \bigg[ x(D-\alpha) + y \bigg] \left\{ e^{\alpha t} \left( A\cos\beta t + B\sin\beta t \right) \right\}
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)
{{制御と振動の数学/equation|= e^{\alpha t} \left( xD + y \right) \left\{ A\cos\beta t + B\sin\beta t \right\}
補題3.3(ii)
p(D-\alpha)e^{\alpha t}x(t) = e^{\alpha t}p(D)x(t) による．
これより，
が成立しなければならない
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．
．(A^2 + B^2)\beta \ne 0 であるから，
を得る
\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 \ne 0 かつ \beta \ne 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．
．
\diamondsuit