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．

(2.24)

${\frac {d^{2}x}{dt^{2}}}+a{\frac {dx}{dt}}+bx=f(t)$

ここに，$a,b$ は実定数とする．

この式を Laplace 変換すると，

$\{s^{2}{\mathcal {L}}[x]-x(0)s-x'(0)\}+a\{s{\mathcal {L}}[x]-x(0)\}+b{\mathcal {L}}[x]={\mathcal {L}}[f]$

となる．これを ${\mathcal {L}}[x]$ について解くと，

${\mathcal {L}}[x]={\frac {cs+d}{s^{2}+as+b}}+{\frac {{\mathcal {L}}[f]}{s^{2}+as+b}}$

ここに，

$c=x(0),d=x'(0)+ax(0)$

いま，

${\frac {cs+d}{s^{2}+as+b}}\sqsubset x_{0}(t),\quad {\frac {1}{s^{2}+as+b}}\sqsubset g(t)$

とすれば，式(2.24) の解は，

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

となる．したがってあとは，2次の分数式

$R(s)={\frac {cs+d}{s^{2}+as+b}}$

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，

$h(s):=s^{2}+as+b$

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，

$R(s)={\frac {cs+d}{(s-\alpha )(s-\beta )}}={\frac {A}{s-\alpha }}+{\frac {B}{s-\beta }}\sqsubset Ae^{\alpha t}+Be^{\beta t}$

(ii) $h(s)=0$ が重根 $\alpha$ を持つとき，

$R(s)={\frac {cs+d}{(s-\alpha )^{2}}}={\frac {A}{(s-\alpha )^{2}}}+{\frac {B}{s-\alpha }}\sqsubset (At+B)e^{\alpha t}$

(iii) $h(s)=0$ が虚根 $\alpha \pm i\beta$ を持つとき，

$R(s)={\frac {cs+d}{(s-\alpha )^{2}+\beta ^{2}}}={\frac {A(s-\alpha )+\beta B}{(s-\alpha )^{2}+\beta ^{2}}}\sqsubset e^{\alpha t}(A\cos \beta t+B\sin \beta t)$

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$\quad$

$R(s)$ の原像は，同次微分方程式，

(2.25)

${\frac {d^{2}x}{dt^{2}}}+a{\frac {dx}{dt}}+bx=0$

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，

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

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

$x'=\alpha Ae^{\alpha t}+\beta Be^{\beta t}$

$x''=\alpha ^{2}Ae^{\alpha t}+\beta ^{2}Be^{\beta t}$

$x''-(\alpha +\beta )x'+\alpha \beta x=\{\alpha ^{2}-\alpha (\alpha +\beta )+\alpha \beta \}Ae^{\alpha t}+\{\beta ^{2}-\beta (\alpha +\beta )+\alpha \beta \}Be^{\beta t}$

$=0$．

(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，

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

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．

$x'=Ae^{\alpha t}+(At+B)\alpha e^{\alpha t}$

$x''=2A\alpha e^{\alpha t}+(At+B)\alpha ^{2}e^{\alpha t}$

$x''-2\alpha x'+\alpha ^{2}x$

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

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

$=0$

(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

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

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

$x'=e^{\alpha t}(-\beta A\sin \beta t+\beta B\cos \beta t)+\alpha e^{\alpha t}(A\cos \beta t+B\sin \beta t)$

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

$x''=e^{\alpha t}\{(-\beta ^{2}A+\alpha \beta B)\cos \beta t+(-\beta ^{2}B-\alpha \beta A)\sin \beta t\}+\alpha e^{\alpha t}\{(-\beta A+\alpha B)\sin \beta t+(\beta B+\alpha A)\cos \beta t\}$

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

$x''-2\alpha x'+(\alpha ^{2}+\beta ^{2})x=e^{\alpha t}[\{(\alpha ^{2}-\beta ^{2})B-2\alpha \beta A+2\alpha \beta A-2\alpha ^{2}B+(\alpha ^{2}+\beta ^{2})B\}\sin \beta t+\{(\alpha ^{2}-\beta ^{2})A+2\alpha \beta B-2\alpha \beta B-2\alpha ^{2}A+(\alpha ^{2}+\beta ^{2})A\}\cos \beta t]$

$=0$

$\diamondsuit$

$A,B$ 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，

$p(s):=s^{2}+as+b$

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，

(2.26)

${\frac {d^{2}x}{dt^{2}}}+a{\frac {dx}{dt}}+bx=f(x)$

の解の一つ，

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

ここに，

$g(t)\sqsupset {\frac {1}{s^{2}+as+b}}$

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$\quad$

${\frac {d(g*f)}{dt}}={\frac {dg}{dt}}*f+g(0)f$

証明

$g(t)\sqsupset G(s),\quad f(t)\sqsupset F(s)$

とすると，

$sG(s)F(s)=[sG(s)-g(0)]F(s)+g(0)F(s)$

となる．この原像が求める公式である．というのは，

$g*f{\bigg |}_{t=0}=0$

だからである． $\diamondsuit$

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

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

に

$g(t-\tau )=\int _{\tau }^{t}g'(u-\tau )du+g(0)$

を代入した式，

$g*f=\int _{0}^{t}\left\{\int _{\tau }^{t}g'(u-\tau )du+g(0)\right\}f(\tau )d\tau$

$=\int _{0}^{t}d\tau \int _{\tau }^{t}du\ g'(u-\tau )f(\tau )+g(0)\int _{0}^{t}f(\tau )d\tau$

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，

$0<\tau <u<t$

であるから，

$g*f=\int _{0}^{t}du\int _{0}^{\tau }d\tau g'(u-\tau )f(\tau )+g(0)\int _{0}^{t}f(\tau )d\tau$

すなわち

$g*f=\int _{0}^{t}(g'*f)\ du+g(0)\int _{0}^{t}f(\tau )d\tau$

となる．これを $t$ で微分すればよい．

$\diamondsuit$

さて，この合成積の微分をもう一度実行すると，

$(g*f)''=(g'*f+g(0)f)'=g''*f+g'(0)f+g(0)f'$

となる．以下帰納的に，公式

(2.28)

$(g*f)^{(n)}=g^{(n)}*f+\sum _{r=0}^{n-1}g^{(n-1-r)}f^{(r)}$

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

${\frac {d^{2}x}{dt^{2}}}+a{\frac {dx}{dt}}+bx=0$

$x(0)=0,\quad x'(0)=1$

の解であるから，

$(g*f)'=g'*f$

$(g*f)''=g''*f+f$

となる．よって，

$(g*f)''+a(g*f)'+b(g*f)=(g''+ag'+bg)*f+f=f$

となって証明が完了する．

$\diamondsuit$

例49$\quad$

例にならって

$x(t)=e^{-at}*f$

が

${\frac {dx}{dt}}+ax=f(t)$

の解であることを証明してみよ．

解答例

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

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

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

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

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

$=f(t)$

$\diamondsuit$

例50$\quad$

例にならって

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

が

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

の解であることを証明してみよ．

解答例

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

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

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

$={\frac {1}{\beta }}\left\{\cos \beta t\int _{0}^{t}\sin \beta \tau f(\tau )d\tau -\cos \beta t\int _{0}^{t}\sin \beta \tau f(\tau )d\tau \right\}$

$x'(t)={\frac {1}{\beta }}\left\{\beta \cos \beta t\int _{0}^{t}\cos \beta \tau f(\tau )d\tau +{\color {red}\sin \beta t\cdot \cos \beta tf(t)}+\beta \sin \beta t\int _{0}^{t}\sin \beta \tau f(\tau )d\tau {\color {red}-\cos \beta t\cdot \sin \beta tf(t)}\right\}$

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

$x''(t)=-\beta \sin \beta t\int _{0}^{t}\cos \beta \tau f(\tau )d\tau +{\color {red}\cos ^{2}\beta t}f(t)+\beta \cos \beta t\int _{0}^{t}\sin \beta \tau f(\tau )d\tau +{\color {red}\sin ^{2}\beta t}f(t)$

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

$\therefore x''(t)+\beta ^{2}x(t)=f(t)+\beta \cos \beta t\int _{0}^{t}\sin \beta \tau f(\tau )d\tau -\beta \sin \beta t\int _{0}^{t}\cos \beta \tau f(\tau )d\tau +\beta ^{2}\left\{{\frac {1}{\beta }}\sin \beta t\int _{0}^{t}\cos \beta \tau f(\tau )d\tau -{\frac {1}{\beta }}\cos \beta t\int _{0}^{t}\sin \beta \tau f(\tau )d\tau \right\}$

$=f(t)$

$\diamondsuit$