ｽﾗｲﾄﾞﾀｲﾄﾙなし

2006. 10.10
Ibaraki Univ. Dept of Electrical & Electronic Eng.
Keiichi MIYAJIMA
先週の復習を兼ねて
先週の復習＋
特性方程式が重解を持つ場合
2
d y (t )
dy (t )
4
 4 y (t )  0
例：
2
dt
dt
dy
(0)  1
初期値 y (0)  0
dt
どうなるのか？
先週の復習＋
d 2 y (t )
dy (t )
4
 4 y (t )  0
2
dt
dt
特性方程式は y(t )  et を上式に代入
  4  4  0
2
(  2)  0
  2 (重解）
2
先週の復習＋
もし、先週のやり方で解いていくとすると・・・
1t
y(t )  b1e  b2e
2t
に重解を代入するとして・・・
y(t )  b1e  b2e
2t
2t
初期値から・・・
dy
(0)  1
y (0)  0
dt
 b1  b2  0

2(b1  b2 )  1
となり、解くことが出来ない。
先週の復習＋
そこで、重解の時は・・・
1t
y(t )  b1e  b2e
2t
の一部を変形して・・・
y(t )  b1e1t  b2 t e2t
すると・・・
y(t )  b1e  b2te  (b1  b2t )e
2t
2t
初期値から・・・
 b1  0
b2  1

2b1  b2  1
よって
2t
dy
(0)  1
y (0)  0
dt
y(t )  te
2t
先週の復習＋
1t
y(t )  b1e  b2 t e
2t
この t は一体何か？
この t は定数変化法と呼ばれる微分方程式の解法
によって導かれる。
（詳しくはちゃんと図書館等で自習しておくよう
に！）
つまり重解の場合とは、極めて特殊なケースであり、
重解でないなら、全て先週のやり方を適用出来る。
先週の復習＋
d 2 y (t ) dy (t )
例：

 y (t )  0
2
dt
dt
dy
(0)  1
初期値 y (0)  0
dt
特性方程式
   1  0
2
から
1  1  4
1
3

 
i
2
2 2
先週の復習＋
1t
y(t )  b1e  b2e
y (t )  b1e
 b1e
2t
2
 1
3 
   i t
 2 2 


1
 t
2
e
3
ti
2
に 1,2   1 
 b2e
 b2 e
3
i を代入
2
 1 3 
   i t
 2 2 


1
3
 t  ti
2
2
e
初期値から・・・
b1  b2  0


  1  3 i b    1  3 i b  1
 2 2  1  2 2  2




dy
(0)  1
y (0)  0
dt
3i
3i
b1  
, b2 
3
3
先週の復習＋
3
y(t )  
ie
3
3

ie
3
1
 t
2
1
 t
2
e
3
ti
2

 e


3

ie
3
3
ti
2
e

1
3
 t  ti
2
2
3
ti
2
e




ここで、   3 t としてオイラーの公式を適用
2
3
y (t ) 
ie
3
1
 t
2
1



2 3 2t
3
3
  2i sin

e
sin
t
t


2
3
2


先週の復習＋
特性方程式の解が１個の時
y(t )  b1e
1t
特性方程式の解が２個の時
y(t )  b1e1t  b2e2t
特性方程式の解が３個の時
1t
y(t )  b1e  b2e
2 t
 b3e
3t
・
・
・
特性方程式の解がｎ個の時
1t
y(t )  b1e  b2e
2t
   bn e
n t
ただし、解に重解が存在しない場合に限る
非斉次微分方程式（非同次ともいう）
非斉次とは？
dy (t )
 ky(t )  sin t
dt
このように、右辺が０でないものを全
て非斉次という
このような微分方程式の意味とは？
非斉次微分方程式
非斉次微分方程式の意味
右図のような電気回路があるとする。
このとき、時刻0でスイッチを入れたあ
との回路に流れる電流 I (t ) は下の微
分方程式で表される（キルヒホッフの
法則から）
dI (t ) 1
R
 I (t )  E (t )  0
dt
C
R
dI (t ) 1
 I (t )   E (t )
dt
C
R
C
E (t ) ～
I (t )
非斉次微分方程式
（キルヒホッフの法則から式を導出する方法については電気回
路Ⅰできちんと学んでおくこと！）
非斉次微分方程式
非斉次微分方程式を解くには？
dy (t )
 ky(t )  u (t )
dt
上式で u (t )  0 としてまず斉次微分方程式を解き、その解を
g (t ) と置く。（ g (t ) の初期条件の与え方に注意）
すると
t
y(t )   g (t  s)u( s)ds
0
と表すことが出来る
例題４
dy (t )
0 (t  0)
 y (t )  1(t ) ただし 1(t ) : 
dt
1 (t  0)
初期条件：
y (t )  0
dg (t )
 g (t )  0 の解を求める
まず
dt
g (t ) の初期条件は g (0)  1
すると
g (t )  e t
（例題１より）
例題４
dy (t )
0 (t  0)
 y (t )  1(t ) ただし 1(t ) : 
dt
1 (t  0)
公式（４）から
t
y(t )   e (t  s ) 1( s)ds
0

e
よって
 e
( t  s ) t
0
 0
y (t )  
t
1

e

 ( t t )
e
(t  0)
(t  0)
( t 0 )
 1 e
t
例題５
dy (t )
 y (t )  sin t
dt
初期条件：
dg (t )
 g (t )  0 の解を求める
まず
dt
g (t ) の初期条件は g (0)  1
すると
g (t )  e
t
（例題１より）
y (t )  a
例題５
初期条件が
y (t )  a
f (t; a)  ae
より、
t
g (t ) とかけて f (t ; a)をつくる
g (t )  e
t
これらから、与えられた初期値問題を公式（６）を用いて解くと
t
y(t )  ae   e
t
0
( t  s )
sin sds
部分積分していくと・・・
例題５
部分積分の公式の求め方
関数の積の微分の公式から
( f  g )  f   g  f  g 
各項を移項して
f   g  ( f  g )  f  g 
両辺を積分する

f   g   f  g   f  g
t
y(t )  ae   e
t
0
( t  s )
sin sds
例題５

t
0
e
( t  s )

sin sds  e

 sin t   e
( t  s )
( t  s )

sin s 0    e (t s ) cos sds

t
cos s 0    e
t
 sin t   (cos t  e )  
t
t
t
( t  s )
0
2
t
e
0
0
( t  s )
sin sds

sin sds
t
(1   )  e (t  s ) sin sds  sin t   (cos t  e t )
2
0
よって
t
e
0
( t  s )
sin t   cos t
 t
sin sds 

e
2
2
1 
1 
例題５
t
y(t )  ae   e (t  s ) sin sds
t
0
sin t   cos t
 t
y (t )  ae 

e
2
2
1 
1 

 2  t sin t   cos t
e 
  a 
2 
2
1 
 1  
t
例題５

 2  t sin t   cos t
e 
y(t )   a 
2 
2
1 
 1  
ここで、 y (t )は
y(t )  A sin( t   )
の形でないといけないので（問題より）
2
a
2 のとき
1 
sin t   cos t
1
1
y (t ) 

sin(

t

tan
)
2
1 
1  2
（三角関数の合成）
三角関数の合成
a sin   b cos   a  b sin(    )
2
2
ここで、
sin  
b
a b
2
2
, cos  
b
tan  
a
よって
b
  tan
a
1
a
a 2  b2
例題６
例題４と同様なので省略
例題７
2
d y (t )
 y (t )  sin t
2
dt
初期条件：
y (0)  a0
dy (0)
 a1
dt
解の形が指定されているので、
y(t )  A sin( t   ) を直接代入する
(  1) A sin( t   )  sin t
2
加法定理
((  1) A  cos   1) sin t  (1   ) A sin  cos t  0
2
2
例題７
(( 2  1) A  cos   1) sin t  (1   2 ) A sin  cos t  0
(( 2  1) A  cos   1)  0
(1   2 ) A sin   0
A  0 なので、sin   0 または (1   2 )  0
ところが (1   2 )  0とすると、
2
(  1) A sin( t   )  sin t が 0  sin t
となり、矛盾が発生するため
sin   0
例題７
sin   0 から cos   1 または  1 (  0 or のため )
ところが
cos   1 とすると
(( 2  1) A  cos   1)  0
( 2  1) A  0
で、先ほどの矛盾がまた発生するので、
cos   1
(よって    )
(( 2  1) A  1  1)  0
2
から
A
2
1 
本日の課題
次の微分方程式を与えられた初期条件
の下で解きなさい。
2
d y (t )
dy (t )
dy
t
(1)
3
 2 y (t )  e , y (0)  0, (0)  1
2
dt
dt
dt
2
d y (t )
dy
(2)
 4 y (t )  sin 2t , y (0)  0, (0)  1
2
dt
dt
(2)は次回にも再掲

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