制御と振動の数学/第一類/複素数値関数の Laplace 変換/複素数値関数の微分積分学/複素振幅の方法

もとに戻って，実係数微分方程式，

(4.7)

${\frac {d^{n}z}{dt^{n}}}+a_{1}{\frac {d^{n-1}z}{dt^{n-1}}}+a_{2}{\frac {d^{n-2}z}{dt^{n-2}}}+\cdots +a_{n-1}{\frac {dz}{dt}}+a_{n}z=f(t)$

を考える．$a_{i}\in \mathbf {R}$ であるが，$f(t)$ は複素数値関数で，

$f(t)=g(t)+ih(t)$

とする．そうすれば解も当然複素数値関数となるので，

$z(t)=x(t)+iy(t)$

とおくことにしよう．これらを式 (4.7) に代入して，両辺の実部と虚部を等置すると，二つの実形式の微分方程式，

${\frac {d^{n}x}{dt^{n}}}+a_{1}{\frac {d^{n-1}x}{dt^{n-1}}}+a_{2}{\frac {d^{n-2}x}{dt^{n-2}}}+\cdots +a_{n-1}{\frac {dx}{dt}}+a_{n}x=g(t)$

${\frac {d^{n}y}{dt^{n}}}+a_{1}{\frac {d^{n-1}y}{dt^{n-1}}}+a_{2}{\frac {d^{n-2}y}{dt^{n-2}}}+\cdots +a_{n-1}{\frac {dy}{dt}}+a_{n}y=h(t)$

を得る．この性質を利用すると，

(4.8)

${\frac {d^{n}x}{dt^{n}}}+a_{1}{\frac {d^{n-1}x}{dt^{n-1}}}+a_{2}{\frac {d^{n-2}x}{dt^{n-2}}}+\cdots +a_{n-1}{\frac {dx}{dt}}+a_{n}x=A\sin \omega t$

の特解を簡単に見出すことができる． ただし，$A\in \mathbf {R}$ とする．それには

$\sin \omega t=\mathrm {Im} \ \{e^{i\omega t}\}$

に注目して，式 (4.8) の代わりに，

(4.9)

${\frac {d^{n}z}{dt^{n}}}+a_{1}{\frac {d^{n-1}z}{dt^{n-1}}}+a_{2}{\frac {d^{n-2}z}{dt^{n-2}}}+\cdots +a_{n-1}{\frac {dz}{dt}}+a_{n}z=Ae^{i\omega t}$

を解き，解の虚部を取り出せばよいのである．そこで解を，

$z(t)=Be^{i\omega t}$

と仮定して式 (4.9) に代入すると，

$B(i\omega )^{n}e^{i\omega t}+a_{1}B(i\omega )^{n-1}e^{i\omega t}+a_{2}B(i\omega )^{n-2}e^{i\omega t}+\cdots +a_{n-1}B(i\omega t)e^{i\omega t}+a_{n}Be^{i\omega t}=Ae^{i\omega t}$

を得る．これを特性多項式を用いて表すと，

$p(i\omega )Be^{i\omega t}=Ae^{i\omega t}$

となる．いま $p(i\omega )\neq 0$ と仮定すると，

$B={\frac {A}{p(i\omega )}}$

となり，式 (4.9)の解は，

$z(t)={\frac {A}{p(i\omega )}}e^{i\omega t}$

と求まる．この虚部を取り出すために，

$p(i\omega )=|p(i\omega )|e^{i\theta }$

と複素数の極形式で表すと，

$z(t)={\frac {A}{|p(i\omega )|}}e^{i(\omega t-\theta )}$

となり，この式の虚部を取り出し，

$x(t)={\frac {A}{|p(i\omega )|}}\sin(\omega t-\theta )$

と求まる．これが式 (4.8) の解である．この技法を複素振幅の方法と呼んでいる．

例86$\quad$

${\frac {d^{n}x}{dt^{n}}}+a_{1}{\frac {d^{n-1}x}{dt^{n-1}}}+a_{2}{\frac {d^{n-2}x}{dt^{n-2}}}+\cdots +a_{n-1}{\frac {dx}{dt}}+a_{n}x=Ae^{at}\cos(bt+c)$

の特解を上例にならって求めよ．

解答例

$Ae^{at}\cos(bt+c)$ を実部に持つ複素指数関数は，$Ae^{at}e^{i(bt+c)}$
$(\because Ae^{at}e^{i(bt+c)}=Ae^{at}\left\{\cos(bt+c)+i\sin(bt+c)\right\})$
$Ae^{at}e^{i(bt+c)}=Ae^{at}e^{ibt}e^{ic}=Ae^{ic}e^{(a+ib)t}$
よって、解 $z=Be^{ic}e^{\alpha t},\quad \alpha =a+ib$ とおく．これを与微分方程式に代入すると，
$Be^{ic}p(\alpha )e^{\alpha t}=Ae^{ic}e^{\alpha t}$
$B={\frac {A}{p(\alpha )}}\therefore z={\frac {A}{p(\alpha )}}e^{ic}e^{\alpha t}$
$p(\alpha )=|p(\alpha )|e^{i\theta }$ と極形式におくと，
$z={\frac {A}{|p(\alpha )|}}e^{ic+\alpha t-i\theta }={\frac {A}{|p(\alpha )|}}e^{ic+(a+ib)t-i\theta }$
$={\frac {A}{|p(\alpha )|}}e^{at}e^{i(bt+c-\theta )}$
この実部をとると， $x={\frac {A}{|p(\alpha )|}}e^{at}\cos(bt+c-\theta ),\quad \alpha =a+ib$

$\diamondsuit$