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

§1

(2.18)

${\frac {d^{2}\sin \beta t}{dt^{2}}}=-\beta ^{2}\sin \beta t$

を公式

${\mathcal {L}}[f'']=s^{2}{\mathcal {L}}[f]-sf(0)-f'(0)$

を用いて Laplace 変換する．

$f(t)=\sin \beta t$

とおくと，$f(0)=0,f'(0)=\beta$ であるから，式(2.18) は

$s^{2}{\mathcal {L}}[\sin \beta t]-\beta =-\beta ^{2}{\mathcal {L}}[\sin \beta t]$

$\therefore {\mathcal {L}}[\sin \beta t]={\frac {\beta }{s^{2}+\beta ^{2}}}$

を得る．

また，

$\cos \beta t={\frac {1}{\beta }}{\frac {d}{dt}}\sin \beta t$

を Laplace 変換すると，

${\mathcal {L}}[\cos \beta t]={\frac {s}{\beta }}{\mathcal {L}}[\sin \beta t]={\frac {s}{s^{2}+\beta ^{2}}}$

となる．

例35$\quad$

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

${\mathcal {L}}[\sin \omega t]=\int _{0}^{\infty }\sin \omega t\ e^{-st}dt$

$={\frac {1}{s}}\left[\sin \omega t\ e^{-st}\right]_{\infty }^{0}+{\frac {\omega }{s}}\int _{0}^{\infty }\cos \omega t\ e^{-st}dt$

$={\frac {1}{s}}\left(0-0\right)+{\frac {\omega }{s}}\int _{0}^{\infty }\cos \omega t\ e^{-st}dt$

$={\frac {\omega }{s}}\left\{{\frac {1}{s}}\left[\cos \omega t\ e^{-st}\right]_{\infty }^{0}-{\frac {\omega }{s}}\int _{0}^{\infty }\sin \omega t\ e^{-st}dt\right\}$

$={\frac {\omega }{s^{2}}}(1-0)-{\frac {\omega ^{2}}{s^{2}}}{\mathcal {L}}[\sin \omega t]$

$\therefore (1+{\frac {\omega ^{2}}{s^{2}}}){\mathcal {L}}[\sin \omega t]={\frac {\omega }{s^{2}}}$

$\therefore {\mathcal {L}}[\sin \omega t]={\frac {\omega }{s^{2}+\omega ^{2}}}$

また ${\frac {\omega }{s}}{\mathcal {L}}[\cos \omega t]={\mathcal {L}}[\sin \omega t]$ より

${\mathcal {L}}[\cos \omega t]={\frac {s}{\omega }}\cdot {\frac {\omega }{s^{2}+\omega ^{2}}}={\frac {s}{s^{2}+\omega ^{2}}}$

$\diamondsuit$

例36$\quad$

${\frac {d^{2}}{dt^{2}}}\cos \beta t=-\beta ^{2}\cos \beta t$ を Laplace 変換することにより上の結果を導け．

解答例

$f(t)=\cos \beta t,\quad f\sqsupset F$ とすると，

$s^{2}F-s\cdot 1-0=-\beta ^{2}F$

$\therefore {\mathcal {L}}[\cos \beta t]=F={\frac {s}{s^{2}+\beta ^{2}}}$

$\diamondsuit$

以上をまとめて

$\sin \beta t\sqsupset {\frac {\beta }{s^{2}+\beta ^{2}}}$

(2.19)

$\cos \beta t\sqsupset {\frac {s}{s^{2}+\beta ^{2}}}$

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 ${\frac {1}{s}}$ で展開する．

${\frac {\beta }{s^{2}+\beta ^{2}}}={\frac {\beta }{s^{2}(1+{\frac {\beta ^{2}}{s^{2}}})}}={\frac {\beta }{s^{2}}}-{\frac {\beta ^{3}}{s^{4}}}+{\frac {\beta ^{5}}{s^{6}}}-\cdots$

この原像を求めると，

$\sin \beta t=\beta t-{\frac {\beta ^{3}t^{3}}{3!}}+{\frac {\beta ^{5}t^{5}}{5!}}-$

となる．これは $\sin \beta t$ の Taylor 展開である．

例37$\quad$

上の例にならって 構文解析失敗 (SVG（ブラウザのプラグインで MathML を有効にすることができます）: サーバー「http://localhost:6011/ja.wikibooks.org/v1/」から無効な応答 ("Math extension cannot connect to Restbase."):): {\displaystyle \cos\beta t} を Taylor 展開せよ．

解答例

${\frac {s}{s^{2}+\beta ^{2}}}={\frac {s}{s^{2}(1+{\frac {\beta ^{2}}{s^{2}}})}}$$={\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，
$\cos \beta t=1-{\frac {\beta ^{2}t^{2}}{2!}}+{\frac {\beta ^{4}t^{4}}{4!}}-{\frac {\beta ^{6}t^{6}}{6!}}+\cdots$

$\diamondsuit$

例38$\quad$

${\frac {d^{2}x}{dt^{2}}}+4x=0;\quad x(0)=2,x'(0)=-3$

を解け．

解

与式を Laplace 変換 すると，

$s^{2}{\mathcal {L}}[x]-2s+3+4{\mathcal {L}}[x]=0$

よって，

${\mathcal {L}}[x]={\frac {2s}{s^{2}+4}}-{\frac {3}{s^{2}+4}}=2\cdot {\frac {s}{s^{2}+2^{2}}}+{\frac {3}{2}}{\frac {2}{s^{2}+2^{2}}}$

この原像は，

$x(t)=2\cos 2t-{\frac {3}{2}}\sin 2t$

$\diamondsuit$

例39$\quad$

${\begin{cases}{\frac {dx}{dt}}&=\beta y\\{\frac {dy}{dt}}&=-\beta x\end{cases}}\quad {\begin{cases}x(0)&=0\\y(0)&=1\end{cases}}$

を解け．

解

与式を Laplace 変換すると，

${\begin{cases}s{\mathcal {L}}[x]&=\beta {\mathcal {L}}[y]\\s{\mathcal {L}}[y]-1&=-\beta {\mathcal {L}}[x]\end{cases}}$

これを ${\mathcal {L}}[x]$ と ${\mathcal {L}}[y]$ について解くと，

${\begin{cases}{\mathcal {L}}[x]&={\frac {\beta }{s^{2}+\beta ^{2}}}\\{\mathcal {L}}[y]&={\frac {s}{s^{2}+\beta ^{2}}}\end{cases}}$

となるから，この原像は

${\begin{cases}x(t)&=\sin \beta t\\y(t)&=\cos \beta t\end{cases}}$

である．

$\diamondsuit$

応用例

バネの振動

$m{\frac {d^{2}x}{dt^{2}}}=-kx$

の周期を求めてみよう．今，

${\frac {d^{2}x}{dt^{2}}}+\beta ^{2}x=0,\quad \beta ={\sqrt {\frac {k}{m}}}$

と変形しておいて Laplace 変換する．

$s^{2}{\mathcal {L}}[x]-sx(0)-x'(0)+\beta ^{2}{\mathcal {L}}[x]=0$

これを ${\mathcal {L}}[x]$ について解くと，

${\mathcal {L}}[x]={\frac {s}{s^{2}+\beta ^{2}}}x(0)+{\frac {x'(0)}{s^{2}+\beta ^{2}}}$

この原像を求めると，

$x(t)=x_{0}\cos \beta t+{\frac {v_{0}}{\beta }}\sin \beta t$

ただし $x(0)=x_{0},\ \ x'(0)=v_{0}$ とおいた．次に $\sin$ と $\cos$ を合成して

$x(t)=A\sin(\beta t+\varphi )$

ここに，

$A:={\sqrt {x_{0}^{2}+{\frac {v_{0}^{2}}{\beta ^{2}}}}},\quad \varphi :=\tan ^{-1}{\frac {\beta x_{0}}{v_{0}}}$

と変形すると，周期 $T$ は，

$T={\frac {2\pi }{\beta }}=2\pi {\sqrt {\frac {m}{k}}}$

であることが分かる．さて、バネに錘 $m$ をつけたときの伸びを $\delta$ とすると， 力の釣り合いの式から，

$k\delta =mg\quad \therefore {\frac {m}{k}}={\frac {\delta }{g}}$

を得るから，この伸び $\delta$ を用いると，

$T=2\pi {\sqrt {\frac {\delta }{g}}}$

となる．$\delta$ 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，

$ml{\frac {d^{2}\theta }{dt^{2}}}=-mg\sin \theta$

は，$\theta$ が小さいときは $\sin \theta \fallingdotseq \theta$ であるから

${\frac {d^{2}\theta }{dt^{2}}}+\beta ^{2}\theta =0,\quad \beta ^{2}={\frac {g}{l}}$

となる．よってこの振り子の周期は，

$T=2\pi {\sqrt {\frac {l}{g}}}$

である．さきの静たわみ $\delta$ は，この振り子の長さ $l$ に相当する．

例40$\quad$

次の微分方程式を解け．

${\frac {d^{2}x}{dt^{2}}}+\beta ^{2}x=f(t),\quad x(0)=x_{0},\ \ x'(0)=v_{0}$

解答例

$X\sqsubset x,\ \ F\sqsubset f(t)$ とおき，与方程式の Laplace 変換をとると，

$s^{2}X-sx_{0}-v_{0}+\beta ^{2}X=F$

$\therefore X={\frac {x_{0}s+v_{0}}{s^{2}+\beta ^{2}}}+{\frac {1}{\beta }}{\frac {\beta F}{s^{2}+\beta ^{2}}}$

この原像は，

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

$\diamondsuit$

例41$\quad$

次の微分方程式を解け．

${\begin{cases}{\frac {dx}{dt}}&=\beta y\\{\frac {dy}{dt}}&=-\beta x\end{cases}},\quad {\begin{cases}x(0)&=x_{0}\\y(0)&=y_{0}\end{cases}}$

解答例

$X\sqsubset x(t),\ \ Y\sqsubset y(t)$ とおき，与方程式の Laplace 変換をとると，

${\begin{cases}sX-x_{0}&=\beta Y\\sY-y_{0}&=-\beta X\end{cases}}$

${\begin{pmatrix}s&-\beta \\\beta &s\end{pmatrix}}\left({\begin{array}{c}X\\Y\end{array}}\right)=\left({\begin{array}{c}x_{0}\\y_{0}\end{array}}\right)$

$\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)$$={\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，
${\begin{cases}x(t)&=x_{0}\cos \beta t+y_{0}\sin \beta t\\y(t)&=y_{0}\cos \beta t-x_{0}\sin \beta t\end{cases}}$

$\diamondsuit$

§2

第一移動定理

$f(t)\sqsupset F(s)\Longrightarrow f(t)e^{\alpha t}\sqsupset F(s-\alpha )$

を式(2.19) に用いると，

$e^{\alpha t}\sin \beta t\sqsupset {\frac {\beta }{(s-\alpha )^{2}+\beta ^{2}}}$

(2.20)

$e^{\alpha t}\cos \beta t\sqsupset {\frac {s-\alpha }{(s-\alpha )^{2}+\beta ^{2}}}$

を得る．

例42$\quad$

${\frac {d^{2}x}{dt^{2}}}+2{\frac {dx}{dt}}+5x=4,\quad x(0)=2,\quad x'(0)=-4$

を解け．

解

$x(t)\sqsupset X(s)$ とおくと，

$\{s^{2}X-2s+4\}+2\{sX-2\}+5X=0$

これを $X(s)$ について解く．

$X={\frac {2s}{s^{2}+2s+5}}={\frac {2(s+1)-2}{(s+1)^{2}+2^{2}}}$

この原像を求めると，

$x(t)=e^{-t}(2\cos 2t-\sin 2t)$

$\diamondsuit$

例43$\quad$

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

$x(0)=x'(0)=0$

を解け．

解

$x(t)\sqsupset X(s),f(t)\sqsupset F(s)$

とおくと，

$s^{2}X+sX+X=F$

となる．これを $X$ について解くと，

$X={\frac {F}{s^{2}+s+1}}$

ところで

${\frac {1}{s^{2}+s+1}}={\frac {1}{\left(s+{\frac {1}{2}}\right)^{2}+\left({\frac {\sqrt {3}}{2}}\right)^{2}}}\sqsubset {\frac {2}{\sqrt {3}}}e^{-{\frac {t}{2}}}\sin {\frac {\sqrt {3}}{2}}t$

であるから

$x(t)={\frac {2}{\sqrt {3}}}\int _{0}^{t}\left\{e^{-{\frac {1}{2}}(t-\tau )}\sin {\frac {\sqrt {3}}{2}}(t-\tau )\right\}f(\tau )d\tau$

$\diamondsuit$

例44$\quad$

${\frac {dx^{2}}{dt^{2}}}+{\frac {dx}{dt}}+x=7e^{2t}\quad x(0)=x'(0)=0$

解答例

$x(t)\sqsupset X$

とおくと，

$s^{2}X+sX+X={\frac {7}{s-2}}$

$\therefore X={\frac {7}{(s-2)(s^{2}+s+1)}}={\frac {A}{s-2}}+{\frac {Bs+C}{s^{2}+s+1}}$

とおいて，

$A=1,B=-1,C=-3$

すなわち

$X={\frac {1}{s-2}}+{\frac {-s-3}{s^{2}+s+1}}$

$={\frac {1}{s-2}}+{\frac {-(s+{\frac {1}{2}})}{s^{2}+s+1}}+{\frac {-{\frac {5}{2}}}{s^{2}+s+1}}$

$={\frac {1}{s-2}}+$${\frac {-(s+{\frac {1}{2}})}{(s+{\frac {1}{2}})^{2}+({\frac {\sqrt {3}}{2}})^{2}}}+{\frac {-5}{\sqrt {3}}}{\frac {\frac {\sqrt {3}}{2}}{(s+{\frac {1}{2}})^{2}+({\frac {\sqrt {3}}{2}})^{2}}}$

この原像は，

$x(t)=e^{2t}-e^{-{\frac {t}{2}}}\left(\cos {\frac {\sqrt {3}}{2}}t+{\frac {5}{\sqrt {3}}}\sin {\frac {\sqrt {3}}{2}}t\right)$

$\diamondsuit$

別解例

例43 で求めた解に $f(t)=7e^{2t}$ を代入する．

$x(t)={\frac {2}{\sqrt {3}}}\int _{0}^{t}\left\{e^{-{\frac {1}{2}}(t-\tau )}\sin {\frac {\sqrt {3}}{2}}(t-\tau )\right\}f(\tau )d\tau$

に $f(t)=7e^{2t}$ を代入すると，

$x(t)={\frac {2}{\sqrt {3}}}\int _{0}^{t}e^{\frac {-t+\tau }{2}}\sin {\frac {\sqrt {3}}{2}}(t-\tau )\cdot 7e^{2\tau }d\tau$

$={\frac {14}{\sqrt {3}}}e^{-{\frac {t}{2}}}\int _{0}^{t}e^{\frac {5\tau }{2}}\sin {\frac {\sqrt {3}}{2}}(t-\tau )d\tau$

$I_{1}=\int _{0}^{t}e^{{\frac {5}{2}}\tau }\sin {\frac {\sqrt {3}}{2}}(t-\tau )d\tau$ とおいて部分積分を実行すると，

$I_{1}={\frac {2}{\sqrt {3}}}\left[e^{\frac {5\tau }{2}}\cos {\frac {\sqrt {3}}{2}}(t-\tau )\right]_{0}^{t}-{\frac {5}{2}}\cdot {\frac {2}{\sqrt {3}}}\int _{0}^{t}e^{\frac {5\tau }{2}}\cos {\frac {\sqrt {3}}{2}}(t-\tau )d\tau$

$={\frac {2}{\sqrt {3}}}\left\{e^{{\frac {5}{2}}t}-\cos {\frac {\sqrt {3}}{2}}t\right\}-{\frac {5}{\sqrt {3}}}\int _{0}^{t}e^{\frac {5\tau }{2}}\cos {\frac {\sqrt {3}}{2}}(t-\tau )d\tau$

$I_{2}=\int _{0}^{t}e^{\frac {5\tau }{2}}\cos {\frac {\sqrt {3}}{2}}(t-\tau )d\tau$ とおいて部分積分を実行すると，

$I_{2}={\frac {-2}{\sqrt {3}}}\left[e^{{\frac {5}{2}}\tau }\sin {\frac {\sqrt {3}}{2}}(t-\tau )\right]_{0}^{t}+{\frac {5}{2}}\cdot {\frac {2}{\sqrt {3}}}\int _{0}^{t}e^{{\frac {5}{2}}\tau }\sin {\frac {\sqrt {3}}{2}}(t-\tau )d\tau$

$={\frac {-2}{\sqrt {3}}}\left\{0-\sin {\frac {\sqrt {3}}{2}}t\right\}+{\frac {5}{\sqrt {3}}}\int _{0}^{t}e^{{\frac {5}{2}}\tau }\sin {\frac {\sqrt {3}}{2}}(t-\tau )d\tau$

$={\frac {2}{\sqrt {3}}}\sin {\frac {\sqrt {3}}{2}}t+{\frac {5}{\sqrt {3}}}I_{1}$

前に戻って，

$I_{1}={\frac {2}{\sqrt {3}}}\left(e^{{\frac {5}{2}}t}-\cos {\frac {\sqrt {3}}{2}}t\right)-{\frac {5}{\sqrt {3}}}\left({\frac {2}{\sqrt {3}}}\sin {\frac {\sqrt {3}}{2}}t+{\frac {5}{\sqrt {3}}}I_{1}\right)$

$={\frac {2}{\sqrt {3}}}\left(e^{{\frac {5}{2}}t}-\cos {\frac {\sqrt {3}}{2}}t\right)-{\frac {10}{3}}\sin {\frac {\sqrt {3}}{2}}t-{\frac {25}{3}}I_{1}$

すなわち，

$\left(1+{\frac {25}{3}}\right)I_{1}={\frac {2}{\sqrt {3}}}\left(e^{{\frac {5}{2}}t}-\cos {\frac {\sqrt {3}}{2}}t\right)-{\frac {10}{3}}\sin {\frac {\sqrt {3}}{2}}t$

$\therefore I_{1}={\frac {3}{28}}\cdot {\frac {2}{\sqrt {3}}}\left(e^{{\frac {5}{2}}t}-\cos {\frac {\sqrt {3}}{2}}t\right)-{\frac {3}{28}}\cdot {\frac {10}{3}}\sin {\frac {\sqrt {3}}{2}}t$

$={\frac {\sqrt {3}}{14}}\left(e^{{\frac {5}{2}}t}-\cos {\frac {\sqrt {3}}{2}}t\right)-{\frac {5}{14}}\sin {\frac {\sqrt {3}}{2}}t$

$\therefore x(t)={\frac {14}{\sqrt {3}}}e^{-{\frac {t}{2}}}\left\{{\frac {\sqrt {3}}{14}}\left(e^{{\frac {5}{2}}t}-\cos {\frac {\sqrt {3}}{2}}t\right)-{\frac {5}{14}}\sin {\frac {\sqrt {3}}{2}}t\right\}$

$=e^{2t}-e^{-{\frac {t}{2}}}\left(\cos {\frac {\sqrt {3}}{2}}t+{\frac {5}{\sqrt {3}}}\sin {\frac {\sqrt {3}}{2}}t\right)$

$\diamondsuit$

例45$\quad$

${\frac {dx^{2}}{dt^{2}}}+{\frac {dx}{dt}}+x=f(t),\quad x(0)=x_{0},x'(0)=v_{0}$

解答例

$x(t)\sqsupset X,f(t)\sqsupset F$

とおくと

$(s^{2}X-x_{0}s-v_{0})+(sX-x_{0})+X=F$

$\therefore X={\frac {x_{0}s+v_{0}+x_{0}}{s^{2}+s+1}}+{\frac {F}{s^{2}+s+1}}$

過渡解 $u(t)$ については，

${\frac {x_{0}s+v_{0}+x_{0}}{s^{2}+s+1}}={\frac {x_{0}(s+{\frac {1}{2}})+v_{0}+{\frac {x_{0}}{2}}}{(s+{\frac {1}{2}})^{2}+{\frac {3}{4}}}}$

$=x_{0}\cdot {\frac {s+{\frac {1}{2}}}{(s+{\frac {1}{2}})^{2}+({\frac {\sqrt {3}}{2}})^{2}}}+(v_{0}+{\frac {x_{0}}{2}})\cdot {\frac {2}{\sqrt {3}}}\cdot {\frac {\frac {\sqrt {3}}{2}}{(s+{\frac {1}{2}})^{2}+({\frac {\sqrt {3}}{2}})^{2}}}$

この原像は，

$u(t)=x_{0}e^{-{\frac {1}{2}}t}\cos {\frac {\sqrt {3}}{2}}t+(v_{0}+{\frac {x_{0}}{2}})\cdot {\frac {2}{\sqrt {3}}}e^{-{\frac {1}{2}}t}\sin {\frac {\sqrt {3}}{2}}t$

定常解 $v(t)$ については 例43 より

$v(t)={\frac {2}{\sqrt {3}}}\left(e^{-{\frac {1}{2}}t}\sin {\frac {\sqrt {3}}{2}}t\right)*f(t)$

$={\frac {2}{\sqrt {3}}}\int _{0}^{t}\left\{e^{-{\frac {1}{2}}(t-\tau )}\sin {\frac {\sqrt {3}}{2}}(t-\tau )\right\}f(\tau )d\tau$

よって解 $x(t)$ は，

$x(t)=u(t)+v(t)=x_{0}e^{-{\frac {1}{2}}t}\cos {\frac {\sqrt {3}}{2}}t+(v_{0}+{\frac {x_{0}}{2}})\cdot {\frac {2}{\sqrt {3}}}e^{-{\frac {1}{2}}t}\sin {\frac {\sqrt {3}}{2}}t+{\frac {2}{\sqrt {3}}}\int _{0}^{t}\left\{e^{-{\frac {1}{2}}(t-\tau )}\sin {\frac {\sqrt {3}}{2}}(t-\tau )\right\}f(\tau )d\tau$

$\diamondsuit$

§3

${\frac {1}{(s^{2}+\beta ^{2})^{2}}}$ および ${\frac {s}{(s^{2}+\beta ^{2})^{2}}}$

の原像を求めよう．

(i)

${\frac {1}{s^{2}+\beta ^{2}}}\sqsubset {\frac {1}{\beta }}\sin \beta t$

であったから，

${\frac {1}{(s^{2}+\beta ^{2})^{2}}}\sqsubset {\frac {1}{\beta }}\sin \beta t*{\frac {1}{\beta }}\sin \beta t={\frac {1}{\beta ^{2}}}\int _{0}^{t}\sin \beta (t-\tau )\sin \beta \tau d\tau$

$={\frac {1}{2\beta ^{2}}}\int _{0}^{t}\{\cos \beta (t-2\tau )-\cos \beta t\}d\tau$

$={\frac {1}{2\beta ^{2}}}\left[{\frac {\sin \beta (t-2\tau )}{-2\beta }}-\tau \cos \beta t\right]_{0}^{t}$

$={\frac {1}{2\beta ^{2}}}\left[{\frac {1}{-2\beta }}\left\{\sin \beta (-t)-\sin \beta t\right\}-t\cos \beta t\right]$

$={\frac {1}{2\beta ^{2}}}\left({\frac {1}{\beta }}\sin \beta t-t\cos \beta t\right)$

(ii)

${\frac {1}{(s^{2}+\beta ^{2})^{2}}}\sqsubset x(t)$

とおくと，今求めた $x={\frac {1}{2\beta ^{2}}}\left({\frac {1}{\beta }}\sin \beta t-t\cos \beta t\right)$ より $x(0)=0$ である．

${\frac {dx}{dt}}\sqsupset s\cdot {\frac {1}{(s^{2}+\beta ^{2})^{2}}}-sx(0)$

にて $x(0)=0$ より

${\frac {dx}{dt}}\sqsupset s\cdot {\frac {1}{(s^{2}+\beta ^{2})^{2}}}$

となるから、上の結果を用いて

${\frac {s}{(s^{2}+\beta ^{2})}}\sqsubset {\frac {d}{dt}}\left\{{\frac {1}{2\beta ^{2}}}\left({\frac {1}{\beta }}\sin \beta t-t\cos \beta t\right)\right\}={\frac {1}{2\beta ^{2}}}\left({\frac {1}{\beta }}\cdot \beta \cos \beta t-\cos \beta t+t\beta \sin \beta t\right)={\frac {t}{2\beta }}\sin \beta t$

を得る．以上をまとめると

${\frac {1}{(s^{2}+\beta ^{2})^{2}}}\sqsubset {\frac {1}{2\beta ^{2}}}\left({\frac {1}{\beta }}\sin \beta t-t\cos \beta t\right)$

(2.21)

${\frac {s}{(s^{2}+\beta ^{2})^{2}}}\sqsubset {\frac {t}{2\beta }}\sin \beta t$

この応用として，外力を伴う単振動を取り扱おう．

$m{\frac {d^{2}x}{dt^{2}}}+kx=F\sin \omega t$

$t=0$ では静止していたものとする．いま，

${\frac {k}{m}}=:\beta ^{2},\quad {\frac {F}{m}}=:K$

とおくと，上式は，

(2.22)

${\frac {d^{2}x}{dt^{2}}}+\beta ^{2}x=K\sin \omega t;\quad x(0)=x'(0)=0$

となる．これを解けばよい．

(i) $\quad \omega \neq \beta$ の場合

式(2.22) を Laplace 変換すると，

$(s^{2}+\beta ^{2})X={\frac {K\omega }{s^{2}+\omega ^{2}}}$

$X={\frac {K\omega }{(s^{2}+\omega ^{2})(s^{2}+\omega ^{2})}}$

$X={\frac {K\omega }{\omega ^{2}-\beta ^{2}}}\left({\frac {1}{s^{2}+\beta ^{2}}}-{\frac {1}{s^{2}+\omega ^{2}}}\right)$

この原像は

$x={\frac {K\omega }{\omega ^{2}-\beta ^{2}}}\left({\frac {1}{\beta }}\sin \beta t-{\frac {1}{\omega }}\sin \omega t\right)$

おもりの位置 $x$ に，微分方程式の形に由来する力学系の固有振動の項 $\sin \beta t$ の他， 外力による振動の項 $\sin \omega t$ 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 ${\frac {K\omega }{\omega ^{2}-\beta ^{2}}}$ の分母の影響により，$|x|$ が大きくなることがわかる． 力学系の固有振動数 $\beta$ と外力の振動数 $\omega$ 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)$\quad \omega =\beta$ の場合

同じく，式(2.22) を Laplace 変換すると，

$X={\frac {K\beta }{(s^{2}+\beta ^{2})^{2}}}$

この原像は，

$x={\frac {K}{2\beta ^{2}}}(\sin \beta t-\beta t\cdot \cos \beta t)$

第二項に注目する．この項には $t$ があるため，

$t\to \infty$ のとき $|x(t)|\to \infty$

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$\quad$

${\frac {d^{2}x}{dt^{2}}}+9x=6\cos 3t,\quad x(0)=2,x'(0)=0$

を解け．

解答例

$X\sqsubset x$

とおくと

$s^{2}X-2s-0+9X={\frac {6s}{s^{2}+9}}$

$X={\frac {2s}{s^{2}+9}}+{\frac {6s}{(s^{2}+9)^{2}}}$

この原像は，

$x=2\cos 3t+6\cdot {\frac {t}{2\cdot 3}}\sin 3t$

$=2\cos 3t+t\sin 3t$

$\diamondsuit$

式(2.21) に 第一移動定理 を用いると，

${\frac {1}{[(s-\alpha )^{2}+\beta ^{2}]^{2}}}\sqsubset {\frac {e^{\alpha t}}{2\beta ^{2}}}\left({\frac {1}{\beta }}\sin \beta t-t\cos \beta t\right)$

(2.23)

${\frac {s-\alpha }{[(s-\alpha )^{2}+\beta ^{2}]^{2}}}\sqsubset {\frac {e^{\alpha t}}{2\beta }}t\sin \beta t$

を得る．

例47$\quad$

${\frac {d^{2}x}{dt^{2}}}+2{\frac {dx}{dt}}+2x=-2e^{-t}\sin t,\quad x(0)=0,x'(0)=1$

を解け．

解答例

$X\sqsubset x$

とおくと

$s^{2}X-1+2sX+2X=-2\cdot {\frac {1}{(s+1)^{2}+1}}$

$(s^{2}+2s+2)X=1-2\cdot {\frac {1}{(s+1)^{2}+1}}$

$X={\frac {1}{(s+1)^{2}+1}}-2\cdot {\frac {1}{[(s+1)^{2}+1]^{2}}}$

この原像は，

$x=e^{-t}\sin t-2\cdot {\frac {e^{-t}}{2}}\left({\frac {1}{1}}\sin t-t\cos t\right)$

$x=e^{-t}\sin t-e^{-t}(\sin t-t\cos t)$

$x=te^{-t}\cos t$

$\diamondsuit$