前回の復習: ラプラス変換を使った微分方程式の解法ラプラス変換を使うと線形微分方程式を楽に解くことができる。一般的な解法の手順は、 1.問題の微分方程式の両辺をラプラス変換する。 2.得られた方程式をF(s)について解く。 3.得られたF(s)を部分分数展開等を駆使して、逆ラプラス変換すると、問題の微分方程式の解( t )が求まる。例題L14.1 微分方程式の解法5、1階常微分方程式:次の微分方程式を解け。 f'(t)+af(t)=g(t), (g(t)は任意の関数) (解答)両辺をラプラス変換して、F(s)について解くと、 $[f'(t)+af(t)](s)=$[g(t)](s)=G(s), sF(s) − f (0) + aF(s) = G(s),    F(s) = f (0) + G(s) s + aとなる。これを逆ラプラス変換すると、 f (0)+G(s) G(s) f (t) = 8 ar + L' L e-ar (s) · L [g(t)](s)](t = f (0)e~~' + '(e~~' )* g '(t) = f (0)e~~' + [ e~~''~'']g(t')· dt'となる。検算は(付録1)。 ( ε [( f * g )( t )]( s ) = F ( s )G( s )) (補足)例題14.1の結果を使うと、前回の例題は、例題L13.1  f'(t) + ωof(t) = 0, e-ως(t-t') · 0 dt' = f(0)e-ωςt, f (t) = f (0)e-ωot +例題L13.2 f'(t)+ ω f (t) = e-t e-wo(t-t').e-t'dt' f (t) = f (0)e-wot + e (ω o −1)t' dt' ωみ1の場合: e (ω o -1)t' f (t) = e-wot f (0) + ω − 1 e (ωo-1)t - 1) f (0) + f(t) = e-wot ωo − 1 e-wot — e-p = f (0)e-ωot + 1 – ω o ω=1の場合: {f(t) = e-t{f(0) + [t']$} = {t + f (0)}e-t,例題L13.3  f'(t) + ωof(t) = δ(t), e-ω o(t-t'). δ(t') dt' f (t) = f (0)e-ωot + Jo = {1 + f (0)}e-ωot,最後の問題:  f'(t) + f (t) = 4 cos t , f (t) = f (0)e-t + 4 e-(t-t') cos t' dt' (e(1+i)t' + e(1-i)t')dt' /(1 − i)(eit − e−t)+ (1 + i)(e−it − e−t 2 = f (0)e-t + (1 − i)(eit − e-t ) + (1 + i)(e-it − e-t ) = f (0)e-t - 2e-t + eit + e-it - ieit + ie-it = (f (0) − 2)e−t + 2 cos t + 2 sin t ,と簡単に解ける。例題L14.2 微分方程式の解法6、次の微分方程式を解け。 f"(t)+ 2f'(t)+ 2f(t)= 0, (解答)両辺をラプラス変換して、F(s)について解くと、 $[f''(t) + 2f'(t) + 2f(t)](s) = 0, s²F(s) − sf (0) − f'(0) + 2sF(s) − 2f(0) + 2F(s) = 0, (s² + 2s + 2)F(s) = (s + 2)f(0) + f'(0), F(s) s² + 2s + 2 (s + 1)² + 1 (s + 2)f (0) + f' (0) (s + 1 − i)(s + 1 + i) ′となる。これを部分分数展開すると、各係数は、 α β F (s) = - s+1-i+s s + 1 − i) F(s) = − i) f(0) + f(0) α = (−1 + i + 1 + i)   , (1 + i ) f (0) + f ' (0) α = 2i β = s → − 1 − i) F (s) = (− 1 − i + 2)f (0) + f ′ (0) (−1 − i + 1 − i) (1 − i)f (0) + f ′ (0) –2iとなるので、F (s)は、 F(s) = (1 + i)f(0) + f'(0) + (1 − i)f(0) + f'(0) 2i(s + 1 − i) −2i(s + 1 + i)となる。従って、f ( t )は、 f (t)= (1 + i)f (0) + f'(0) [s + 1 − i ] (t) 2i (1 − i)f (0) + f'(0) ～1 –2i s + 1 + i f (t) = (1 + i)f (0) + f ' (0) e -(1-i)t 2i + (1 − i)f (0) + f ′ (0) e-(1+i)t –2i = f (0) + f ' (0) (e-(1-i)t _ e-(1+i)t) 2i + f(0) (e-(1-i)t + e-(1+i)t) − + f (0)e−t e−it = {f(0) + f'(0)}e-t e-it 2i = {f(0) + f'(0)}e-t sint + f(0)e-t cost,となる。別解) $[f(t)e sot](s) = F(s − so), (11.13)の公式を使うと、 F(s) = (s + 2)f (0) + f'(0) = {(s + 1) + 1}f (0) + f'(0) (s + 1)² + 1 s² + 2s + 2 f (t)= $-1 [{(s + 1) + 1}f (0) + f'(0)] (t) (s + 1)² + 1 = e-t ç-1 [(s + 1)f(0) + f'(0)] (t) s² + 1 sf (0)    f (0) + f (0) 
s² + 1         s² + 1 = e-t $-1 (t) -1 | sf (0) | (t) + (f(0) + f'(0))s-1 s² + 1 s² + 1 = f (0)e-t cos t + {f (0) + f ' (0)}e-t sin t ,となる。 ¿[cos at](s) = s2 + a2 , ¿[sin at](s) = s2 + a2 , (11.7,8) (別解:参考) ラプラス変換を使わない解法:まず特性方程式より、 (f"(t) + 2f"(t) + 2f(t) = 0)ｽ² + 2ｽ+ 2 = 0, f(t) = ae(-1+i)t + be-(1+i)tとなる。これに初期条件から、 f (0) = ae(-1+i)o + be-(1+i)o,b = f (0) — a, f(t) = ae(-1+i)t + (f(0) - a)e-(1+i)t = 2iae-t sint + f (0)e-(1+i)tとなる。さらにこれを微分して、初期条件から、 f'(t) = 2iae-'(cost — sint) — (1 + i)f (0)e-(1+i)t f'(0) = 2iae-''(cos0 - sin0) - (1 + i)f (0)e-(1+i)o = 2ia − (1 + i)f (0), 2ia = (1 + i)f (0) + f ′ (0),従って、 f (t) = 2iae-t sint + f (0)e-(1+i)t = {(1 + i)f (0) + f'(0)}e-t sint + f (0)e-(1+i)t = {(1 + i)f(0) + f'(0)}e-t sint + f(0)e-t(cost - i sint) = {f (0) + f'(0)}e-t sin t + f (0)e-t cos t ,となる。例題L14.3 微分方程式の解法7、外力のあるバネの振動:次の微分方程式を解け。 f"(t)+ ω 2 f(t)= sin t, (解答)両辺をラプラス変換して、F(s)について解くと、 & f"(t)+ ω 2 f(t) (s) = $[sint](s) , s² F(s)−sf (0)− f ′(0)+ ω 2 F(s)= s² + l F(s)= s² + ω 2 s² + 1 (s²+ω ² )(s²+l)+ s²+ω ²  s²+ω ²となる。このうち、右辺第1項を部分分数展開する。 ω。の値で場合分けすると、ω。≠1の時は重根がないので、各展開係数は、展開定理から、 s² + ω 2 Xs² + 1)  s + iω o s − iω o s + i  s − i l (s+iω) α =  lim –1/2iω (1–ω 2 ), 1 (s-iw) β = s → iω (s 2 + ω 2 ) s 2 + 1)  s → iω 0 ) s 2 + 1) = 1/2ias (1 – as ² 1 (s + i ) γ = lim (s 2 + αν 0 2 ) s 2 +1) = lim (s 2 + αν 0 2 ) s − i) = 2i(l − αν 2 ) s 1 (s − i ) ε = lim γ s → (s 2 + α 2 ) s 2 + 1) = s → i (s 2 + α 2 ) s + i) = 2i (l − α 2 )となる。従って、F(s)は、 1 sf (0) F(s)=7 (s² + ω 2 ) s² + 1) s² + ω 2 s² + ω 2 α B sf (0) +  s +iω 0 s − iω 0 s +i  s − i  s 2 + ω 0 s 2 + ω 2 1 l l 2ias (1-as 2)s+ias + 2ias (1-as 2)s-ias 1 1 1 sf (0) + 2i(l-a) 2 ) s+i 2i(l-a) 2 ) s-i s 2 +a) 2 s 2 +a. s   + ω oとなる。このF(s)を逆ラプラス変換すると、 –1 l f (t) = S 2iω (l-ω 2 )s+iω + 2iω (l-ω 2 )s-iω 1 sf (0) 1 f'(0) l 2i(1-a)s+i 2i(1-a)s-i s s+a 2 f (t) =
s + iω o s² + ω 2   (t) 2i(l −ω o sin t ω ω (1 − ω 2 )   1 − ω 2 + f (0)cos ω 3 + f (0)sin ω 3 + l | 1 −∞ z + f ′(0) | sin ω t =+f(0)cos ω t , f (t) = 1 )    ω l − ω − £[cos at](s) = s/(s² + a²),    $[sin at](s) = $ e α (s) = 1/(s − a)となり、ω ≠1の時の解答が得られる。別解: ω ≠ 1の時) 1 F(s) = (s² + ω 2 )(s² + 1) + 1 – ωo 2 1 − ω 2 )(s² + 1) + / s² + 1 − ωo² − s² \ 1 1 − ω 2 (s² + ω 0 2 )(s² + 1) + 1 s² + ω -²
1 s² + ωo² 1 1 s² + 1 1 – ωo² \s² + ωo² (t) ls² + 1 | (t) ωりsin ω ot F(s) = (s² + 1)² + s² + 1 + s² + 1 1 sf(0)  f'(0) F(s) = (s + i)2(s − i)2 + s 2 + 1 + s 2 + 1となる。ここで、この右辺第1項の部分を(s + i)²(s − i)² = (s + i)² + s + i + (s − i)² + s − iと部分分数展開すると、各展開係数は、(13.1)式から、 1 (s + i) α = lim d −2 α 1 = lim (s − i)² l β = lim- s→i (s + i) 2 (s − i) 2 = lim 4 |_ (s-i) 2 – 2 β 1 = lim − s→i ds (s+i)2(s-i)2(= s+i)3となる。従って、F(s)は、 F(s)=7 (s+i) { s+i  s z +i   s z +i   s z +i   s 4 ((s+i)² + s+i  (s-i)² s-i  s²+l  s²+lとなる。このF(s)を逆ラプラス変換すると、 f(t)=$-1[F(s)] |1 (    −1 i ) sf(0) 1 i [4](s+i)2 + s+i - (s-i)2 - s-i) + s2 + 1 f'(0) (t) + s² + 1 —te-it + ie-it — teit — ieit
— te-it + ie-it — — — — + f (0) cos t + f (0) sin t 4 f (t) = − t cos t + sin t
f (0) cos t + f ′ (0) sin t 2 t cos t { ξ + f ′ (0) ′ sin t + f (0) cos t −となり、ω =1の時の解答が得られる。別解: ω =1の時) sf (0)    f'(0) 1 F(s) = (s² + 1)² + s² + 1 + s² + 1 1 – s² 1 + s² 2(s² + 1)² + 2(s² + 1)² + s² + 1 + s² + 1 - 2.2 ' s² + 1 ' s² + 1 s² + 1 − 2s² s² + 1 − 2s² 1 = 2ds (s²+ 1)+ s²+ 1+ (2+ f'(0) s2 + 1 ′となるので、 (別解:参考) ラプラス変換を使わない解法:まず下記の同次微分方程式を解く。特性方程式より、 f"(t)+ω 2 f(t)=0, x 2 +ω 2 = 0, x = ±iω 2 , f (t) = ae ios + be -ios r = a(cos ω t + i sin ω t )+ b(cos ω t − i sin ω t ) = (a + b)cos ω t + (a − b)i sin ω t ≡ c 1 sin ω t + c 2 cos ω t , （c 1 , c 2 :積分定数)となる。次に、非同次微分方程式の特殊解を求める。特殊解析(t)をf i (t) = d i sint + d i cost,    (d i , d i :定数)と仮定して、問題の非同次微分方程式に代入すると、 f 1 (t)+ ω 2 f 1 (t) = sin t , – (d 1 sin t + d 2 cost)+ d 1 co 2 sin t + d 2 cost = sin t , d i (ω 2 − 1)− 1)sin t + d 2 (ω 2 − 1)cos t = 0,
となる。 $[tʰh(t)](s) = (−1)ʱとなる。ここで、ω oの値で場合分けすると、ω o≠1の時は、 d i (ω 2 −1)−1 = 0, d i = −1, ω 2 −1 , d 2 (ω 2 −1)=0, d 2 =0, f i (t) = d i sin t + d i cost = α 2 − 1となるので、 -sin t , f (t) = c 1 sin ω t + c 2 cos ω t + c α ² − 1となる。これに初期条件を入れると、 l f (0) = c 1 sin ω 0 + c 2 cos ω 0 + − − sin 0 = c , , α ² − 1 1 f'(0) = c 1 ω o cos ω 0 − c 2 ω o sin ω 0 + − -cos0 ω 2 − 1 1 f l = C 1 O 0 + − c i = f'(0)+' α ² − 1 ω 0 l − ω 2   i l l | sin ω t + f (0)cos ω t − f(t)=i f'(0)+ l – ω o l − α 2 . ω oとなる。また、ω =1の時は、 d 1 (α δ 2 −1)−1 = 0, −1 = 0, d 2 (α δ 2 −1)= 0, 0 = 0,となり矛盾が生じるので、新たに特殊解ƒ｣( t )をf i (t) = d i t sin t + d 2 t cost,    (d 1 , d 2 :定数)と仮定して、問題の非同次微分方程式に代入すると、 f "(t)+ ω 2 f i (t) = sin t,   f i "(t)+ f i (t) = sin t, = (d i t sin t + d i t cost)+ d i t sin t + d i t cost = sin t , d (d i t cost – d i t sint + d i sint + d 2 cost ) + d,t sin t + d,t cost = sin t, (-d,t sin t -d,t cost +d,cost -d,sin t +d,cost -d,sin t ) + d,t sin t + d,t cost = sin t, 2d 1 cost – 2d 2 sint = sint, d 1 = 0, d 2 = 1 fi(t)=-tcostとなるので、2 f (t) = c 1 sin t + c 2 cos t − − − − t 2となる。これに初期条件を入れると、 0 cos 0 f (0) = c 1 sin 0 + c 2 cos 0 − = C2, 2 0 sin 0 cos 0 f'(0) = c 1 cos 0 − c 2 sin 0 − = C, - 2 2 c1 = f'(0)+ = t cos t = f'(0) sint + f (0)cost - f (t) = · 2となる。まとめると、 α o ≠ 1の時: l sin ω t _ f (t)= l − ω = + f (0)cos ω t , l −ω o ωδ ω = 1の時: l + f'(0) sint + f (0)cost - t cost f (t)= 2検算は、(付録2)参照。次回の予告: ラプラス変換のインパルス応答:橡形LCR回路のインパルス応&o e-* sinh(ξ)    (2 < R [C]L ] L ξ Q s (t) = te L (2 = R /C/L) e- ²¹ sin( ξ ′t ) (2 > R _ L ξ' ( λ = R/2L, αφ = 1/ √LC, ξ = √λ −αφ ², ξ = iç' (付録1)例題L14.1の解を実際に検算してみよう。合成積の微分は、d {(f * g )(t)}={ $ * g }(t)+ f (0)g(t), dtなので、 f(t) = f(0)e~ar + { e~a(r-r)g(t') ·dt' —g(t')·dt'+e-a(t-r)g(t) f'(t) = −af (0)e−ai + (t) + −a(t−t ′) dt = −af (0)e−α − a ( ′ e−α( ′ − ′ ′ )g( t′ )· dt′ + g( t ),となる。これを問題の微分方程式に代入してみると、 f'(t)+af(t)=-af(0)e-ar - af'e-al'-r')g(t')+dt'+g(t) + af (0)e- α ′ + a ′ e- α ′ - ′ )g(t ′ )· dt ′ = g(t),となり、問題の微分方程式の解となっていることがわかる。 V(t)また、初期値も、 f (0) = f (0)e-a0 + l 0 e-a(0-r)g(t') dt' = f (0),と満たされている。 (付録2)例題L14.3のω ≠ 1の場合の解を実際に検算してみよう。 f (t) = sin t l − ω 2 + f (0)cos ω t , l – ω ω o 1 cos t f'(t)= l − ω 2 + f'(0) cosω t − l − ω 2 − ω f (0)sin ω o t , –1 sin t f"(t)= −ω,²ƒ(0)cosω,t – f '(0) las sin ω t + l – ω ² l – ω 2を問題の微分方程式に代入してみると、 f"(t)+ ω 2 f(t) = sint − ω 2 sint = sint, l − ω ′′となり、問題の微分方程式の解となっていることがわかる。また、初期値も、を問題の微分方程式に代入してみると、 f"(t)+aof(t)= f"(t)+ f(t) / 1 + f'(0) sin t - f'(0) |sint - f (0)cost + cost + f (0)cost - t cost = sin t , 2となり、問題の微分方程式の解となっていることがわかる。また、初期値も、 / 1 + f'(0) sin0+ f (0)cos0 – 0 cos0 = f (0), f (0) = 2 ƒ'(0) = ƒ'(0)cos0 − ƒ(0)sin 0 + 0 · sin 0 = ƒ'(0), 2と満たされている。 f (0) =
l − α o = f (0), 1 cos 0 f'(0)= −ω ƒ (0)sin ω 0 l −∞ z + f ′(0)   cosω 0 l – ω ² l – l ll 1−ω 2 + f'(0)·1= f'(0),と満たされている。同様に、ω o=1の場合も検算してみる。 f (t) = (1/2+ f'(0)sint+ f (0)cost -(t cost)/2, f'(t) = (1/2+ f'(0)cost - f (0)sint - (cost - t sint)/2 = f'(0)cost – f (0)sint + (t sint)/2, f"(t) = − f'(0)sint − f (0)cost + (sint + t cost)/2 = (1/2- f'(0)sint - f (0)cost + (t cost)/2,