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，

$p(D)x=f(t)$

(3.12)

$x(t_{0})=\xi _{1},x'(t_{0})=\xi _{2},\cdots ,x^{(n-1)}(t_{0})=\xi _{n}$

の解法を与えることができる．

[定理 3.3]

式 (3.12) の解は，

$p(D)y=f(t+t_{0})$

(3.13)

$y(0)=\xi _{1},y'(0)=\xi _{2},\cdots ,y^{(n-1)}(0)=\xi _{n}$

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，

$x(t)=y(t-t_{0})$

は式 (3.12) を満足し，しかも，

$x(t_{0})=y(0)=\xi _{1},\cdots ,x^{(n-1)}(t_{0})=y^{(n-1)}(0)=\xi _{n}$

となる．

$\diamondsuit$

例68$\quad$

${\frac {d^{2}x}{dt^{2}}}+\beta ^{2}x=f(x)$

$x(t_{0})=x'(t_{0})=0$

を解け．

解

$y''+\beta ^{2}y=f(t+t_{0}),\quad y(0)=y'(0)=0$

を Laplace 変換すると

${\mathcal {L}}[y]={\frac {{\mathcal {L}}[f(t+t_{0})]}{s^{2}+\beta ^{2}}}$

となる．この原像は，

$y(t)=\int _{0}^{t}{\frac {1}{\beta }}\sin \beta (t-\tau )f(\tau +t_{0})d\tau$

$y(t-t_{0})=\int _{0}^{t-t_{0}}{\frac {1}{\beta }}(t-t_{0}-\tau )f(\tau +t_{0})d\tau$

ここで，$\tau +t_{0}$ を改めて $\tau$ とおくと，

$x(t)=y(t-t_{0})=\int _{t_{0}}^{t}{\frac {1}{\beta }}(t-\tau )f(\tau )d\tau$

となる．これが求める結果である．

$\diamondsuit$

一般的な解放も同様である．式 (3.13) を Laplace 変換すれば，

$p(s){\mathcal {L}}[y]=q(s)+{\mathcal {L}}[f(t+t_{0})]$

となる．ここに $q(s)$ は高々 $n-1$ 次の $s$ の多項式である．

${\mathcal {L}}[y]={\frac {q(s)}{p(s)}}+{\frac {{\mathcal {L}}[f(t+t_{0})]}{p(s)}}$

の原像を求めるため，

${\frac {q(s)}{p(s)}}\sqsubset x_{0}(t),\quad {\frac {1}{p(s)}}\sqsubset g(t)$

とおけば，

(3.13b)

$y(t)=x_{0}(t)+\int _{0}^{t}g(t-\tau )f(\tau +t_{0})d\tau$

$\therefore x(t)=y(t-t_{0})=x_{0}(t-t_{0})+\int _{0}^{t-t_{0}}g(t-t_{0}-\tau )f(\tau +t_{0})d\tau$

ここで $\tau +t_{0}$ を $\tau$ とおくと，

$x(t)=x_{0}(t-t_{0})+\int _{t_{0}}^{t}g(t-\tau )f(\tau )d\tau$

を得る．

原像を求める際，(3.13b) で，

$y(t)=x_{0}(t)+\int _{0}^{t}g(\tau )f(t+t_{0}-\tau )d\tau$

とおいても誤りではない．このとき，$y(t-t_{0})$ は，

$x(t)=y(t-t_{0})=x_{0}(t-t_{0})+\int _{0}^{t-t_{0}}g(\tau )f(t-\tau )d\tau$

となる． $\diamondsuit$

例69$\quad$

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

を直接示せ．

解答例

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

$\diamondsuit$

例70$\quad$

$x'+ax=f(t),\quad x(t_{0})=x_{0}$ の解は，

$x(t)=e^{-a(t-t_{0})}x_{0}+\int _{t_{0}}^{t}e^{-a(t-\tau )}f(\tau )d\tau$

または

$x(t)=e^{-a(t-t_{0})}x_{0}+\int _{0}^{t-t_{0}}e^{-a\tau }f(t-\tau )d\tau$

となることを示せ．

解答例

例 69 と同じ推論で解く．

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

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

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

$\diamondsuit$

例71$\quad$

$x^{(4)}-2x^{(3)}+2x''-2x'+x=f(x)$

$x(t_{0})=x'(t_{0})=x''(t_{0})=x^{(3)}(t_{0})=0$

を解け．

解答例

直前の $x(t)=x_{0}(t-t_{0})+\int _{0}^{t-t_{0}}g(\tau )f(t-\tau )d\tau$ 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 $0$
$p(s)=s^{4}-2s^{3}+2s^{2}-2s+1$
$=(s-1)^{2}(s^{2}+1)$
${\frac {1}{p(s)}}={\frac {-{\frac {1}{2}}}{s-1}}+{\frac {\frac {1}{2}}{(s-1)^{2}}}+{\frac {{\frac {1}{2}}s}{s^{2}+1}}$
${\frac {1}{p(s)}}\sqsubset g$ とおくと，$g(t)={\frac {1}{2}}\left\{-e^{t}+te^{t}+\cos t\right\}$
$x=\int _{0}^{t-t_{0}}g(\tau )f(t-\tau )d\tau$
$={\frac {1}{2}}\int _{0}^{t-t_{0}}(-e^{\tau }+\tau e^{\tau }+\cos \tau )f(t-\tau )d\tau$

$\diamondsuit$