制御と振動の数学/第一類/Laplace 変換/三角関数の Laplace 変換とその応用

を公式
を用いて Laplace 変換する.
とおくと, f ( 0 ) = 0 , f ′ ( 0 ) = β {\displaystyle f(0)=0,f'(0)=\beta } であるから,式(2.18) は
を得る.
また,
を Laplace 変換すると,
となる.

例35 {\displaystyle \quad }
Laplace 変換の定義式から,直接三角関数の Laplace 変換を導け.
解答例
L [ sin  ω t ] = ∫ 0 ∞ sin  ω t e − s t d t {\displaystyle {\mathcal {L}}[\sin \omega t]=\int _{0}^{\infty }\sin \omega t\ e^{-st}dt}
= 1 s [ sin  ω t e − s t ] ∞ 0 + ω s ∫ 0 ∞ cos  ω t e − s t d t {\displaystyle ={\frac {1}{s}}\left[\sin \omega t\ e^{-st}\right]_{\infty }^{0}+{\frac {\omega }{s}}\int _{0}^{\infty }\cos \omega t\ e^{-st}dt}
= 1 s ( 0 − 0 ) + ω s ∫ 0 ∞ cos  ω t e − s t d t {\displaystyle ={\frac {1}{s}}\left(0-0\right)+{\frac {\omega }{s}}\int _{0}^{\infty }\cos \omega t\ e^{-st}dt}
= ω s { 1 s [ cos  ω t e − s t ] ∞ 0 − ω s ∫ 0 ∞ sin  ω t e − s t d t } {\displaystyle ={\frac {\omega }{s}}\left\{{\frac {1}{s}}\left[\cos \omega t\ e^{-st}\right]_{\infty }^{0}-{\frac {\omega }{s}}\int _{0}^{\infty }\sin \omega t\ e^{-st}dt\right\}}
= ω s 2 ( 1 − 0 ) − ω 2 s 2 L [ sin  ω t ] {\displaystyle ={\frac {\omega }{s^{2}}}(1-0)-{\frac {\omega ^{2}}{s^{2}}}{\mathcal {L}}[\sin \omega t]}
∴ ( 1 + ω 2 s 2 ) L [ sin  ω t ] = ω s 2 {\displaystyle \therefore (1+{\frac {\omega ^{2}}{s^{2}}}){\mathcal {L}}[\sin \omega t]={\frac {\omega }{s^{2}}}}
∴ L [ sin  ω t ] = ω s 2 + ω 2 {\displaystyle \therefore {\mathcal {L}}[\sin \omega t]={\frac {\omega }{s^{2}+\omega ^{2}}}}
また ω s L [ cos  ω t ] = L [ sin  ω t ] {\displaystyle {\frac {\omega }{s}}{\mathcal {L}}[\cos \omega t]={\mathcal {L}}[\sin \omega t]} より
L [ cos  ω t ] = s ω ⋅ ω s 2 + ω 2 = s s 2 + ω 2 {\displaystyle {\mathcal {L}}[\cos \omega t]={\frac {s}{\omega }}\cdot {\frac {\omega }{s^{2}+\omega ^{2}}}={\frac {s}{s^{2}+\omega ^{2}}}}
♢ {\displaystyle \diamondsuit }

例36 {\displaystyle \quad }
d 2 d t 2 cos  β t = − β 2 cos  β t {\displaystyle {\frac {d^{2}}{dt^{2}}}\cos \beta t=-\beta ^{2}\cos \beta t} を Laplace 変換することにより上の結果を導け.
解答例
f ( t ) = cos  β t , f ⊐ F {\displaystyle f(t)=\cos \beta t,\quad f\sqsupset F} とすると,
s 2 F − s ⋅ 1 − 0 = − β 2 F {\displaystyle s^{2}F-s\cdot 1-0=-\beta ^{2}F}
∴ L [ cos  β t ] = F = s s 2 + β 2 {\displaystyle \therefore {\mathcal {L}}[\cos \beta t]=F={\frac {s}{s^{2}+\beta ^{2}}}}
♢ {\displaystyle \diamondsuit }
以上をまとめて
を得る.
次に式 (2.19) から得られる興味ある結果を示そう. 右辺を 1 s {\displaystyle {\frac {1}{s}}} で展開する.
この原像を求めると,
となる.これは sin  β t {\displaystyle \sin \beta t} の Taylor 展開である.

例37 {\displaystyle \quad }
上の例にならって cos  β t {\displaystyle \cos \beta t} を Taylor 展開せよ.
解答例
s s 2 + β 2 = s s 2 ( 1 + β 2 s 2 ) {\displaystyle {\frac {s}{s^{2}+\beta ^{2}}}={\frac {s}{s^{2}(1+{\frac {\beta ^{2}}{s^{2}}})}}} = 1 s − β 2 s 3 + β 4 s 5 − β 6 s 7 + ⋯ {\displaystyle ={\frac {1}{s}}-{\frac {\beta ^{2}}{s^{3}}}+{\frac {\beta ^{4}}{s^{5}}}-{\frac {\beta ^{6}}{s^{7}}}+\cdots } よってその原像は, cos  β t = 1 − β 2 t 2 2 ! + β 4 t 4 4 ! − β 6 t 6 6 ! + ⋯ {\displaystyle \cos \beta t=1-{\frac {\beta ^{2}t^{2}}{2!}}+{\frac {\beta ^{4}t^{4}}{4!}}-{\frac {\beta ^{6}t^{6}}{6!}}+\cdots }
♢ {\displaystyle \diamondsuit }

例38 {\displaystyle \quad }
を解け.
解
与式を Laplace 変換 すると,
よって,
この原像は,
♢ {\displaystyle \diamondsuit }

例39 {\displaystyle \quad }
を解け.
解
与式を Laplace 変換すると,
これを L [ x ] {\displaystyle {\mathcal {L}}[x]} と L [ y ] {\displaystyle {\mathcal {L}}[y]} について解くと,
となるから,この原像は
である.
♢ {\displaystyle \diamondsuit }
応用例
バネの振動
の周期を求めてみよう.今,
と変形しておいて Laplace 変換する.
これを L [ x ] {\displaystyle {\mathcal {L}}[x]} について解くと,
この原像を求めると,
ただし x ( 0 ) = x 0 , x ′ ( 0 ) = v 0 {\displaystyle x(0)=x_{0},\ \ x'(0)=v_{0}} とおいた.次に sin {\displaystyle \sin } と cos {\displaystyle \cos } を合成して
ここに,
と変形すると,周期 T {\displaystyle T} は,
であることが分かる.さて、バネに錘 m {\displaystyle m} をつけたときの伸びを δ {\displaystyle \delta } とすると, 力の釣り合いの式から,
を得るから,この伸び δ {\displaystyle \delta } を用いると,
となる. δ {\displaystyle \delta } を静たわみと呼ぶことがある. このバネ振子と振り子とを比べてみると面白い. この振り子の運動方程式,
は, θ {\displaystyle \theta } が小さいときは sin  θ ≒ θ {\displaystyle \sin \theta \fallingdotseq \theta } であるから
となる.よってこの振り子の周期は,
である.さきの静たわみ δ {\displaystyle \delta } は,この振り子の長さ l {\displaystyle l} に相当する.

例40 {\displaystyle \quad }
次の微分方程式を解け.
解答例
X ⊏ x , F ⊏ f ( t ) {\displaystyle X\sqsubset x,\ \ F\sqsubset f(t)} とおき,与方程式の Laplace 変換をとると,
s 2 X − s x 0 − v 0 + β 2 X = F {\displaystyle s^{2}X-sx_{0}-v_{0}+\beta ^{2}X=F}
∴ X = x 0 s + v 0 s 2 + β 2 + 1 β β F s 2 + β 2 {\displaystyle \therefore X={\frac {x_{0}s+v_{0}}{s^{2}+\beta ^{2}}}+{\frac {1}{\beta }}{\frac {\beta F}{s^{2}+\beta ^{2}}}}
この原像は,
x ( t ) = x 0 cos  β t + v 0 β sin  β t + 1 β ∫ 0 t f ( τ ) sin  β ( t − τ ) d τ {\displaystyle x(t)=x_{0}\cos \beta t+{\frac {v_{0}}{\beta }}\sin \beta t+{\frac {1}{\beta }}\int _{0}^{t}f(\tau )\sin \beta (t-\tau )d\tau }
♢ {\displaystyle \diamondsuit }

例41 {\displaystyle \quad }
次の微分方程式を解け.
解答例
X ⊏ x ( t ) , Y ⊏ y ( t ) {\displaystyle X\sqsubset x(t),\ \ Y\sqsubset y(t)} とおき,与方程式の Laplace 変換をとると,
{ s X − x 0 = β Y s Y − y 0 = − β X {\displaystyle {\begin{cases}sX-x_{0}&=\beta Y\\sY-y_{0}&=-\beta X\end{cases}}}
( s − β β s ) ( X Y ) = ( x 0 y 0 ) {\displaystyle {\begin{pmatrix}s&-\beta \\\beta &s\end{pmatrix}}\left({\begin{array}{c}X\\Y\end{array}}\right)=\left({\begin{array}{c}x_{0}\\y_{0}\end{array}}\right)}
( X Y ) = ( s − β β s ) − 1 ( x 0 y 0 ) = 1 s 2 + β 2 ( s β − β s ) ( x 0 y 0 ) {\displaystyle \left({\begin{array}{c}X\\Y\end{array}}\right)={\begin{pmatrix}s&-\beta \\\beta &s\end{pmatrix}}^{-1}\left({\begin{array}{c}x_{0}\\y_{0}\end{array}}\right)={\frac {1}{s^{2}+\beta ^{2}}}{\begin{pmatrix}s&\beta \\-\beta &s\end{pmatrix}}\left({\begin{array}{c}x_{0}\\y_{0}\end{array}}\right)} = 1 s 2 + β 2 ( s x 0 + β y 0 − β x 0 + s y 0 ) {\displaystyle ={\frac {1}{s^{2}+\beta ^{2}}}\left({\begin{array}{c}sx_{0}+\beta y_{0}\\-\beta x_{0}+sy_{0}\end{array}}\right)} この原像は, { x ( t ) = x 0 cos  β t + y 0 sin  β t y ( t ) = y 0 cos  β t − x 0 sin  β t {\displaystyle {\begin{cases}x(t)&=x_{0}\cos \beta t+y_{0}\sin \beta t\\y(t)&=y_{0}\cos \beta t-x_{0}\sin \beta t\end{cases}}}
♢ {\displaystyle \diamondsuit }

第一移動定理
を式(2.19) に用いると,
を得る.
例42 {\displaystyle \quad }
を解け.
解
x ( t ) ⊐ X ( s ) {\displaystyle x(t)\sqsupset X(s)} とおくと,
これを X ( s ) {\displaystyle X(s)} について解く.
この原像を求めると,
♢ {\displaystyle \diamondsuit }

例43 {\displaystyle \quad }
を解け.
解
とおくと,
となる.これを X {\displaystyle X} について解くと,
ところで
であるから
♢ {\displaystyle \diamondsuit }

例44 {\displaystyle \quad }
解答例
とおくと,
とおいて,
すなわち
この原像は,
♢ {\displaystyle \diamondsuit }
別解例
例43 で求めた解に f ( t ) = 7 e 2 t {\displaystyle f(t)=7e^{2t}} を代入する.
に f ( t ) = 7 e 2 t {\displaystyle f(t)=7e^{2t}} を代入すると,
前に戻って,
すなわち,
♢ {\displaystyle \diamondsuit }

例45 {\displaystyle \quad }
解答例
とおくと
過渡解 u ( t ) {\displaystyle u(t)} については,
この原像は,
定常解 v ( t ) {\displaystyle v(t)} については 例43 より
よって解 x ( t ) {\displaystyle x(t)} は,
♢ {\displaystyle \diamondsuit }

の原像を求めよう.
(i)
であったから,
(ii)
とおくと,今求めた x = 1 2 β 2 ( 1 β sin  β t − t cos  β t ) {\displaystyle x={\frac {1}{2\beta ^{2}}}\left({\frac {1}{\beta }}\sin \beta t-t\cos \beta t\right)} より x ( 0 ) = 0 {\displaystyle x(0)=0} である.
にて x ( 0 ) = 0 {\displaystyle x(0)=0} より
となるから、上の結果を用いて
を得る.以上をまとめると
この応用として,外力を伴う単振動を取り扱おう.
t = 0 {\displaystyle t=0} では静止していたものとする.いま,
とおくと,上式は,
となる.これを解けばよい.
(i) ω ≠ β {\displaystyle \quad \omega \neq \beta } の場合
式(2.22) を Laplace 変換すると,
この原像は
おもりの位置 x {\displaystyle x} に,微分方程式の形に由来する力学系の固有振動の項 sin  β t {\displaystyle \sin \beta t} の他, 外力による振動の項 sin  ω t {\displaystyle \sin \omega t} が現れていることに注目する.この二つの振動数が近づくほど K ω ω 2 − β 2 {\displaystyle {\frac {K\omega }{\omega ^{2}-\beta ^{2}}}} の分母の影響により, | x | {\displaystyle |x|} が大きくなることがわかる. 力学系の固有振動数 β {\displaystyle \beta } と外力の振動数 ω {\displaystyle \omega } が同一となると、ついにはこの力学系にて問題を引き起こすのである.
(ii) ω = β {\displaystyle \quad \omega =\beta } の場合
同じく,式(2.22) を Laplace 変換すると,
この原像は,
第二項に注目する.この項には t {\displaystyle t} があるため,
となり,建造物の場合などでは破壊が起こる.いわゆる共振現象と呼ばれているものがこれである.

例46 {\displaystyle \quad }
を解け.
解答例
とおくと
この原像は,
♢ {\displaystyle \diamondsuit }
式(2.21) に 第一移動定理 を用いると,
を得る.
例47 {\displaystyle \quad }
を解け.
解答例
とおくと
この原像は,
♢ {\displaystyle \diamondsuit }