制御と振動の数学/第一類/Laplace 変換による解の吟味/t0≠0で初期値が与えられている場合

Laplace 変換を用いて微分方程式を解くとき，初期値は $t = 0$ で与えられている必要があった．しかし，前節で述べた定常性の原理を用いると， $t = t_{0} \neq 0$ で初期値が与えられている場合，すなわち，テンプレート:制御と振動の数学/equation テンプレート:制御と振動の数学/equation の解法を与えることができる．

[定理 3.3]

式 (3.12) の解は，テンプレート:制御と振動の数学/equation テンプレート:制御と振動の数学/equation の解を $y (t)$ とするとき， $y (t - t_{0})$ で与えられる．

証明

式 (3.13) の解を $y (t)$ とする．そうすれば，定常性の原理 Ⅱにより，テンプレート:制御と振動の数学/equation は式 (3.12) を満足し，しかも，テンプレート:制御と振動の数学/equation となる^[1]．

$♢$

例68 テンプレート:制御と振動の数学/equation テンプレート:制御と振動の数学/equation を解け．

解

テンプレート:制御と振動の数学/equation を Laplace 変換するとテンプレート:制御と振動の数学/equation となる．この原像は，テンプレート:制御と振動の数学/equation テンプレート:制御と振動の数学/equation ここで， $τ + t_{0}$ を改めて $τ$ とおくと^[2]，テンプレート:制御と振動の数学/equation となる．これが求める結果である．

$♢$

一般的な解放も同様である．式 (3.13) を Laplace 変換すれば，テンプレート:制御と振動の数学/equation となる．ここに $q (s)$ は高々 $n - 1$ 次の $s$ の多項式である．テンプレート:制御と振動の数学/equation の原像を求めるため，テンプレート:制御と振動の数学/equation とおけば，テンプレート:制御と振動の数学/equation テンプレート:制御と振動の数学/equation ここで $τ + t_{0}$ を $τ$ とおくと，テンプレート:制御と振動の数学/equation を得る．

原像を求める際，(3.13b) で，テンプレート:制御と振動の数学/equation とおいても誤りではない．このとき， $y (t - t_{0})$ は，テンプレート:制御と振動の数学/equation となる． $♢$

例69

テンプレート:制御と振動の数学/equation を直接示せ．

解答例

$I = \int_{t_{0}}^{t} g (t - τ) f (τ) d τ$
にて， $θ = t - τ$ とおいて， $τ \to θ$ の変数変換を行う．
$τ : t_{0} \to t$ のとき， $θ : t - t_{0} \to 0$ ，また $τ = t - θ, d θ = - d τ$ ．
$I = - \int_{t - t_{0}}^{0} g (θ) f (t - θ) d θ$
$= \int_{0}^{t - t_{0}} g (θ) f (t - θ) d θ = \int_{0}^{t - t_{0}} g (τ) f (t - τ) d τ$ ．

$♢$

例70

$x^{'} + a x = f (t), x (t_{0}) = x_{0}$ の解は，

テンプレート:制御と振動の数学/equation またはテンプレート:制御と振動の数学/equation となることを示せ．

解答例

例 69 と同じ推論で解く．

$y^{'} + a y = f (t + t_{0}), y (0) = x_{0}$ にて
$Y (s) ⊏ y (t)$ とおき両辺をラプラス変換すると，
$s Y - x_{0} + a Y = ℒ [f (t + t_{0})]$
$(s + a) Y = x_{0} + ℒ [f (t + t_{0})]$
$Y = \frac{x_{0}}{s + a} + \frac{1}{s + a} \cdot ℒ [f (t + t_{0})]$
$∴ y (t) = x_{0} e^{- a t} + e^{- a t} * f (t + t_{0})$ …①

①からの展開は二通りある，まず一つは，
$y = x_{0} e^{- a t} + \int_{0}^{t} e^{- a (t - τ)} f (τ + t_{0}) d τ$
$x (t) = y (t - t_{0}) = x_{0} e^{- a (t - t_{0})} + \int_{0}^{t - t_{0}} e^{- a (t - t_{0} - τ)} f (τ + t_{0}) d τ$
$t_{0} + τ = θ$ とおいて， $τ \to θ$ の積分変数変換を行う．
このとき $d τ = d θ$ ， $τ : 0 \to t - t_{0}$ のとき $θ : t_{0} \to t$
すなわち， $x (t) = x_{0} e^{- a (t - t_{0})} + \int_{t_{0}}^{t} e^{- a (t - θ)} f (θ) d θ$
これが解の表現の一つ．

もう一つは①から， $y = x_{0} e^{- a t} + \int_{0}^{t} e^{- a τ} f (t + t_{0} - τ) d τ$
よって $x = y (t - t_{0}) = x_{0} e^{- a (t - t_{0})} + \int_{0}^{t - t_{0}} e^{- a τ} f (t - t_{0} + t_{0} - τ) d τ$
$= x_{0} e^{- a (t - t_{0})} + \int_{0}^{t - t_{0}} e^{- a τ} f (t - τ) d τ$

$♢$

例71

テンプレート:制御と振動の数学/equation テンプレート:制御と振動の数学/equation を解け．

解答例

直前の $x (t) = x_{0} (t - t_{0}) + \int_{0}^{t - t_{0}} g (τ) f (t - τ) d τ$ を使う． $t = t_{0}$ における初期値はすべて $0$ より過渡解 $x_{0}$ は $0$
$p (s) = s^{4} - 2 s^{3} + 2 s^{2} - 2 s + 1$
$= (s - 1)^{2} (s^{2} + 1)$
$\frac{1}{p (s)} = \frac{- \frac{1}{2}}{s - 1} + \frac{\frac{1}{2}}{(s - 1)^{2}} + \frac{\frac{1}{2} s}{s^{2} + 1}$
$\frac{1}{p (s)} ⊏ g$ とおくと， $g (t) = \frac{1}{2} {- e^{t} + t e^{t} + \cos t}$
$x = \int_{0}^{t - t_{0}} g (τ) f (t - τ) d τ$
$= \frac{1}{2} \int_{0}^{t - t_{0}} (- e^{τ} + τ e^{τ} + \cos τ) f (t - τ) d τ$

$♢$

↑ $y$ が $p (D) x = f (t + t_{0})$ の解，すなわち $p (D) y = f (t + t_{0})$ であるならば， $y (t - t_{0})$ は $p (D) x = f {(t + t_{0}) - t_{0}} = f (t)$ の解である．
↑ したがって置き換える前の $τ$ について， $τ : 0 \to t - t_{0}$ のとき， $τ + t_{0} : t_{0} \to t$

[1] $y$ が $p (D) x = f (t + t_{0})$ の解，すなわち $p (D) y = f (t + t_{0})$ であるならば， $y (t - t_{0})$ は $p (D) x = f {(t + t_{0}) - t_{0}} = f (t)$ の解である．

[2] したがって置き換える前の $τ$ について， $τ : 0 \to t - t_{0}$ のとき， $τ + t_{0} : t_{0} \to t$

[1]

[2]

制御と振動の数学/第一類/Laplace 変換による解の吟味/t0≠0で初期値が与えられている場合

ナビゲーション メニュー

検索

ナビゲーションメニュー