Transcript 非斉次方程式
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 ) et を上式に代入
4 42 0
( 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・・・
b1 b2 0
2(b1 b2 ) 1
dy
(0) 1
y(0) 0
dt
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
2t
y(t ) b1e b2e の一部を変形して・・・
y(t ) b1e1t b2 t e2t
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
2t
1 3
i t
2 2
1
t
2
b1e e
3
ti
2
に 1, 2 1
b2e
3
i を代入
2 2
1 3
i t
2 2
1
3
t ti
2
2
b2e 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+
1
t
2
3
ti
2
1
3
t ti
2
2
3
3
y(t ) ie e
ie e
3
3
1
3
3
t
ti
ti
3 2 2
ie
e e 2
3
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
t
2
3
3
3
2
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 ) b1e1t b2e2t
特性方程式の解が3個の時
1t
2 t
y(t ) b1e b2e b3e
3t
・
・
・
特性方程式の解がn個の時
1t
2 t
y(t ) b1e b2e 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
y(t ) g (t s)u(s)ds
t
0
と表すことが出来る
例題4
dy (t )
y (t ) 1(t )
dt
初期条件: y (t ) 0
0 (t 0)
ただし 1(t ) :
1 (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 )
y (t ) 1(t )
dt
0 (t 0)
ただし 1(t ) :
1 (t 0)
公式(4)から
y(t ) e (t s ) 1( s)ds
t
0
e
よって
e
( t s ) t
0
( t t )
e
(t 0)
0
y (t )
t
1
e
(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
y(t ) ae e
t
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
y(t ) ae e
t
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 e(t s ) cos sds
cos s e
t
t
0
sin t (cos t e )
t
t
t
0
( t s )
0
e
2 t
0
0
( t s )
sin sds
sin sds
(1 ) e(t s ) sin sds sin t (cos t et )
2
t
0
よって
e
t
0
( t s )
sin t cos t
t
sin sds
e
2
2
1
1
例題5
y(t ) ae e (t s ) sin sds
t
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
ここで、
sin
b
a b
2
2
2
, cos
b
tan
a
よって
b
tan
a
1
a
a2 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、
( 1) A sin( t ) sin t が 0 sin t
2
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