制御と振動の数学/第一類/Laplace 変換/二階線形微分方程式の解法

§1

このあたりで，2階の線形微分方程式の解き方をまとめておこう．

テンプレート:制御と振動の数学/equation ここに，$a,b$ は実定数とする．

この式を Laplace 変換すると， テンプレート:制御と振動の数学/equation となる．これを $ℒ[x]$ について解くと， テンプレート:制御と振動の数学/equation ここに， テンプレート:制御と振動の数学/equation いま， テンプレート:制御と振動の数学/equation とすれば，式(2.24) の解は， テンプレート:制御と振動の数学/equation となる．したがってあとは，2次の分数式 テンプレート:制御と振動の数学/equation の原像を求めることだけが残っている．そこで分母の多項式を， テンプレート:制御と振動の数学/equation とおき，次の三つの場合に分けて考える．

(i) $h(s)=0$ が異なる 2 実根 $\alpha ,\beta$ を持つとき，

(ii) $h(s)=0$ が重根 $\alpha$ を持つとき，

(iii) $h(s)=0$ が虚根 $\alpha \pm i\beta$ を持つとき， テンプレート:制御と振動の数学/equation となる．

初期値が定まれば $A,B$ は決まる．しかしこのまま未定のまま放置しておいても，与えられた微分方程式の解である．

例48$$

$R(s)$ の原像は，同次微分方程式， テンプレート:制御と振動の数学/equation の解であることを，直接，式(2.25) に代入して確かめよ．

解答例

(i) 上記 $h(s)=0$ が二実根を持つ場合．

$h(s)=s^2+as+b=0$ の二根を $\alpha ,\beta$ とすると，解と係数の関係より

$a=-(\alpha +\beta ),b=\alpha \beta$．

よって対応する微分方程式は，

$\frac{d^{2}x}{d{t}^2}-(\alpha +\beta )\frac{dx}{dt}+\alpha \beta x=0$

この解が $x=A{e}^{\alpha t}+B{e}^{\beta t}$ であることを、この方程式に直接代入して確かめる．

$x^{\prime }=\alpha A{e}^{\alpha t}+\beta B{e}^{\beta t}$

$x^{″}={\alpha }^{2}A{e}^{\alpha t}+{\beta }^{2}B{e}^{\beta t}$

$x^{″}-(\alpha +\beta )x^{\prime }+\alpha \beta x=\{{\alpha }^2-\alpha (\alpha +\beta )+\alpha \beta \}A{e}^{\alpha t}+\{{\beta }^2-\beta (\alpha +\beta )+\alpha \beta \}B{e}^{\beta t}$

$=0$．

(i) 上記 $h(s)=0$ が重根を持つ場合．

重根を $\alpha$ とするとき， 対応する微分方程式は，

$x^{″}-2\alpha x^{\prime }+{\alpha }^{2}x=0$

この解が $x=(At+B)e^{\alpha t}$ であることを直接代入して確認する．

$x^{\prime }=A{e}^{\alpha t}+(At+B)\alpha e^{\alpha t}$

$x^{″}=2A\alpha e^{\alpha t}+(At+B){\alpha }^2{e}^{\alpha t}$

$x^{″}-2\alpha x^{\prime }+{\alpha }^{2}x$

$=2A\alpha e^{\alpha t}+(At+B){\alpha }^2{e}^{\alpha t}-2\alpha \{A{e}^{\alpha t}+(At+B)\alpha e^{\alpha t}\}+{\alpha }^2(At+B)e^{\alpha t}$

$=e^{\alpha t}\{2\alpha A+{\alpha }^2(At+B)-2\alpha A-2{\alpha }^2(At+B)+{\alpha }^2(At+B)\}$

$=0$

(i) 上記 $h(s)=0$ が虚根を持つ場合．

二虚根を $\alpha \pm \beta i$ とするとき，これを根とする方程式は，

$(s-\alpha {)}^2+{\beta }^2=s^2-2\alpha s+{\alpha }^2+{\beta }^2=0$

対応する微分方程式は

$x^{″}-2\alpha x^{\prime }+({\alpha }^2+{\beta }^2)x=0$

$x=e^{\alpha t}(A\cos \beta t+B\sin \beta t)$ がこの方程式の解であることを実際に代入して確認する．

$x^{\prime }=e^{\alpha t}(-\beta A\sin \beta t+\beta B\cos \beta t)+\alpha e^{\alpha t}(A\cos \beta t+B\sin \beta t)$

$=e^{\alpha t}\{(-\beta A+\alpha B)\sin \beta t+(\beta B+\alpha A)\cos \beta t\}$

$x^{″}=e^{\alpha t}\{(-{\beta }^{2}A+\alpha \beta B)\cos \beta t+(-{\beta }^{2}B-\alpha \beta A)\sin \beta t\}+\alpha e^{\alpha t}\{(-\beta A+\alpha B)\sin \beta t+(\beta B+\alpha A)\cos \beta t\}$

$=e^{\alpha t}[\{({\alpha }^2-{\beta }^2)B-2\alpha \beta A\}\sin \beta t+\{({\alpha }^2-{\beta }^2)A+2\alpha \beta B\}\cos \beta t]$

$x^{″}-2\alpha x^{\prime }+({\alpha }^2+{\beta }^2)x=e^{\alpha t}[\{({\alpha }^2-{\beta }^2)B-2\alpha \beta A+2\alpha \beta A-2{\alpha }^{2}B+({\alpha }^2+{\beta }^2)B\}\sin \beta t+\{({\alpha }^2-{\beta }^2)A+2\alpha \beta B-2\alpha \beta B-2{\alpha }^{2}A+({\alpha }^2+{\beta }^2)A\}\cos \beta t]$

$=0$

$\mathrm{♢}$

$A,B$ を未定のまま，放置しておいた解を一般解という． 一般解は，$R(s)$ の分母，すなわち， テンプレート:制御と振動の数学/equation だけによって決まる．この式は式 (2.25) から直ちに書き下すことができる． これを，微分方程式 (2.25) の特性多項式という．

§2

非同次の方程式， テンプレート:制御と振動の数学/equation の解の一つ， テンプレート:制御と振動の数学/equation ここに， テンプレート:制御と振動の数学/equation が，確かに式 (2.26) を満たすことを確認しておこう． その前に次の補題を準備する．

補題 2.2$$

テンプレート:制御と振動の数学/equation 証明 テンプレート:制御と振動の数学/equation とすると， テンプレート:制御と振動の数学/equation となる．この原像が求める公式である．というのは， テンプレート:制御と振動の数学/equation だからである． $\mathrm{♢}$

このように Laplace 変換を使えば簡単に証明できるが，これを使わない別証を与えておく． その理由は，「Laplace 変換によって求めた解が正しい解であること」を確認するという目的であるのに， そのために Laplace 変換を使うのはまずいからである．

別証 テンプレート:制御と振動の数学/equation に テンプレート:制御と振動の数学/equation を代入した式， 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 において，右辺の第 1 項の積分順序を変更する． 合成積 の Laplace 変換を計算したときと同様に考えればよい．積分範囲は三角領域， テンプレート:制御と振動の数学/equation であるから， テンプレート:制御と振動の数学/equation すなわち テンプレート:制御と振動の数学/equation となる．これを $t$ で微分すればよい．

$\mathrm{♢}$

さて，この合成積の微分をもう一度実行すると， テンプレート:制御と振動の数学/equation となる．以下帰納的に，公式 テンプレート:制御と振動の数学/equation を得る．ただし $f^{(0)}=f,g^{(0)}=g$ とする．もちろん $f,g$ は必要なだけ微分可能としている．

さて，これだけ準備しておいて，本題に入ろう．$g(t)$ 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 の解であるから， 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 となる．よって， テンプレート:制御と振動の数学/equation となって証明が完了する．

$\mathrm{♢}$

例49$$

例にならって テンプレート:制御と振動の数学/equation が テンプレート:制御と振動の数学/equation の解であることを証明してみよ．

解答例

$x=\underset{0}{\overset{t}{\int }}{e}^{-a(t-\tau )}f(\tau )d\tau$

$=e^{-at}\underset{0}{\overset{t}{\int }}{e}^{a\tau }f(\tau )d\tau$

$\frac{dx}{dt}=-a{e}^{-at}\underset{0}{\overset{t}{\int }}{e}^{a\tau }f(\tau )d\tau +e^{-at}\cdot e^{at}f(t)$

$=-a{e}^{-at}\underset{0}{\overset{t}{\int }}{e}^{a\tau }f(\tau )d\tau +f(t)$

$\frac{dx}{dt}+ax=-a{e}^{-at}\underset{0}{\overset{t}{\int }}{e}^{a\tau }f(\tau )d\tau +a{e}^{-at}\underset{0}{\overset{t}{\int }}{e}^{a\tau }f(\tau )d\tau +f(t)$

$=f(t)$

$\mathrm{♢}$

例50$$

例にならって テンプレート:制御と振動の数学/equation が テンプレート:制御と振動の数学/equation の解であることを証明してみよ．

解答例

$x(t)=\frac{1}{\beta }\sin \beta t*f$

$=\frac{1}{\beta }\underset{0}{\overset{t}{\int }}\sin \beta (t-\tau )f(\tau )d\tau$

$=\frac{1}{\beta }\cos \beta t\underset{0}{\overset{t}{\int }}\sin \beta \tau f(\tau )d\tau -\frac{1}{\beta }\cos \beta t\underset{0}{\overset{t}{\int }}\sin \beta \tau f(\tau )d\tau (\because$加法定理)

$=\frac{1}{\beta }\{\cos \beta t\underset{0}{\overset{t}{\int }}\sin \beta \tau f(\tau )d\tau -\cos \beta t\underset{0}{\overset{t}{\int }}\sin \beta \tau f(\tau )d\tau \}$

$x^{\prime }(t)=\frac{1}{\beta }\{\beta \cos \beta t\underset{0}{\overset{t}{\int }}\cos \beta \tau f(\tau )d\tau +\sin \beta t\cdot \cos \beta tf(t)+\beta \sin \beta t\underset{0}{\overset{t}{\int }}\sin \beta \tau f(\tau )d\tau -\cos \beta t\cdot \sin \beta tf(t)\}$

$=\cos \beta t\underset{0}{\overset{t}{\int }}\cos \beta \tau f(\tau )d\tau +\sin \beta t\underset{0}{\overset{t}{\int }}\sin \beta \tau f(\tau )d\tau$

$x^{″}(t)=-\beta \sin \beta t\underset{0}{\overset{t}{\int }}\cos \beta \tau f(\tau )d\tau +{\cos }^2\beta tf(t)+\beta \cos \beta t\underset{0}{\overset{t}{\int }}\sin \beta \tau f(\tau )d\tau +{\sin }^2\beta tf(t)$

$=-\beta \sin \beta t\underset{0}{\overset{t}{\int }}\cos \beta \tau f(\tau )d\tau +\beta \cos \beta t\underset{0}{\overset{t}{\int }}\sin \beta \tau f(\tau )d\tau +f(t)$

$\therefore x^{″}(t)+{\beta }^{2}x(t)=f(t)+\beta \cos \beta t\underset{0}{\overset{t}{\int }}\sin \beta \tau f(\tau )d\tau -\beta \sin \beta t\underset{0}{\overset{t}{\int }}\cos \beta \tau f(\tau )d\tau +{\beta }^2\{\frac{1}{\beta }\sin \beta t\underset{0}{\overset{t}{\int }}\cos \beta \tau f(\tau )d\tau -\frac{1}{\beta }\cos \beta t\underset{0}{\overset{t}{\int }}\sin \beta \tau f(\tau )d\tau \}$

$=f(t)$

$\mathrm{♢}$