【和田先生のなるほどゼミナール33】振動現象の，自己と“ちょっと変わった”他者（三角波）6

微分方程式を解く：フーリエ級数

和田先生

こんにちは．
今回は，外力が三角波の場合の微分方程式を解いていきます．

こっしー君

よろしくお願いします．

和田先生

以前の式(1)と前回の式(21) および $\underline{F$t$}$ の式より，解くべき微分方程式は，

　　　 $m{\Large\frac{d^{2}x}{dt^{2}}}+c{\Large\frac{dx}{dt}}+kx$

　　　 $={\Large\frac{4F_{0}}{T}\frac{T}{\pi^{2}}}\sum_{n=1}^{\infty }{\Large\frac{1}{n^{2}}}\,$\sin{\Large\frac{n\pi }{2}}-\!\sin{\Large\frac{3n\pi }{2}}$\!\sin{\Large\frac{2n\pi t}{T}}$

　　　 $={\Large\frac{4F_{0}}{\pi^{2}}}\sum_{n=1}^{\infty }{\Large\frac{1}{n^{2}}}\,$\sin{\Large\frac{n\pi }{2}}-\!\sin{\Large\frac{3n\pi }{2}}$\!\sin{\Large\frac{2n\pi t}{T}}$ 　　　(22)

ということになりました．
さあ，どうしましょうか．

こっしー君

もし，外力が正弦関数か余弦関数で表されているとき，今考えている力学対象は減衰係数が正ならば，以前の式(1)の特殊解は外力と同じ角振動数をもつ調和振動になります．これは，前の「振動現象の，自己と他者」で，外力を正弦関数にして調べました．
今回の外力は，式(22)を見ると，正弦関数の重ね合わせになっています．これにより，解 $x$t$$ も重ね合わせになっていると考えます．すなわち，

　　　 $x$t$=\sum_{n=1}^{\infty }{x_{n}$t$}$ 　　　(23)

となっていることを使います．このことは，共振という現象をうまく説明することができます．後ほど，試みます．

和田先生

ではやってみましょうか．

こっしー君

項別微分可能とすると，式(23)より，

[+] 途中を表示する

　　　 $\sum_{n=1}^{\infty }{\{ m{\Large\frac{d^{2}x_{n}}{dt^{2}}}$t$+c{\Large\frac{dx_{n}}{dt}}$t$+kx_{n}$t$\}}$

　　　 $={\Large\frac{4F_{0}}{\pi ^{2}}}\sum_{n=1}^{\infty }{{\Large\frac{1}{n^{2}}}\,$\sin{\Large\frac{n\pi }{2}}-\!\sin{\Large\frac{3n\pi }{2}}$\!\sin{\Large\frac{2n\pi}{T}}}$ ．　　(27)

従って，各 $n\in\mathbb{N}\cup\lbrace0\rbrace$ （ $\mathbb{N}$ は自然数全体）に対して，

　　　 $m{\Large\frac{d^{2}x_{n}}{dt^{2}}}$t$+c{\Large\frac{dx_{n}}{dt}}$t$+kx_{n}$t$$

　　　 $={\Large\frac{4F_{0}}{\pi ^{2}}\,\frac{1}{n^{2}}}\,$\sin{\Large\frac{n\pi }{2}}-\!\sin{\Large\frac{3n\pi }{2}}$\!\sin{\Large\frac{2n\pi t}{T}}$ ．　　(28)

ここで，

　　　 $S_{n}={\Large\frac{4F_{0}}{\pi ^{2}}\,\frac{1}{n^{2}}}\,$\sin {\Large\frac{n\pi }{2}}-\!\sin {\Large\frac{3n\pi }{2}}$$ ，　　(29)

　　　 $\it\Omega _{n}={\Large\frac{2n\pi }{T}}$ 　　　(30)

とおきますと，式(28)は，

　　　 $m{\Large\frac{d^{2}x_{n}}{dt^{2}}}$t$+c{\Large\frac{dx_{n}}{dt}}$t$+kx_{n}$t$=S_{n}\sin \it\Omega _{n}t$ 　　　(31)

となり，前回の「振動現象の，自己と他者」と同様に解けることになります．

和田先生

やってみてください．

斉次解

こっしー君

まず，斉次方程式を解きます．斉次解を $x_{nn}$t$$ とすると，

　　　 $m{\Large\frac{d^{2}x_{nn}}{dt^{2}}}$t$+c{\Large\frac{dx_{nn}}{dt}}$t$+kx_{nn}$t$=0$ ．　　(32)

このタイプは，「振動現象をつむぐ，中学校の数学」でやりました．

式(32)の両辺を $m$ で割って，

　　　 ${\Large\frac{d^{2}x_{nn}}{dt^{2}}}$t$+2\zeta \omega _{0}{\Large\frac{dx_{nn}}{dt}}$t$+\omega _{0}^{2}\,x_{nn}$t$=0$ 　　　(33)

となります．ここで，

　　　 $\omega _{0}=\sqrt{{\Large\frac{k}{m}}}, \;\;\;\;\;\;\;\;\zeta={\Large\frac{c}{2\sqrt{mk}}}$ 　　　(34)

でした．

式(33)より，特性方程式

　　　 $\lambda^{2}+2\,\zeta\omega_0\,\lambda+\omega_{0}^{2}=0$ 　　　(35)

において， $0\,<\,\zeta\,<\,1$ の場合は， $A$ ， $B$ を定数として，

　　　 $x_{nn}$t$=e^{-\zeta\omega_{0}\,t}\,$A\cos \sqrt{1-\zeta^{2}}\,\omega_{0}\,t+B\sin \sqrt{1-\zeta^{2}}\,\omega_{0}\,t$$ 　　　(36)

でした．

和田先生

次に，「特殊解を求めてください．

特殊解I

こっしー君

式(31)において，特殊解を $x_{np}$t$$ とすると，

　　　 $m{\Large\frac{d^{2}x_{np}}{dt^{2}}}$t$+c{\Large\frac{dx_{np}}{dt}}$t$+k\,x_{np}$t$=S_{n}\sin \it\Omega _{n}t$ ．　　(31)’

[+] 途中を表示する

　　　 $x_{np}$t$=$ $\Large\frac{\frac{1}{m}\{ \omega _{0}^{2}-$\frac{2n\pi}{T}$^{2}\} S_{n}}{\{ \omega _{0}^{2}-$\frac{2n\pi}{T}$^{2}\} ^{2}+\{ 2\zeta \omega _{0}$\frac{2n\pi}{T}$\} ^{2}}$ $\;\sin {\Large\frac{2n\pi }{T}}t$
　　　　　　　　 $+\Large\frac{\frac{1}{m}\{-2\zeta\omega_0$\frac{2n\pi }{T}$\} S_{n}}{\{\omega_0^{2}-$\frac{2n\pi }{T}$^{2}\}^{2}+\{2\zeta\omega_0$\frac{2n\pi }{T}$\} ^{2}}$ $\;\cos {\Large\frac{2n\pi}{T}}t$ ．　　(48)

特殊解II

和田先生

ここで，少し，式を見やすくしましょう．やってみてください．

こっしー君

はい．まず，

　　　 ${\Large\frac{\frac{2n\pi }{T}}{\omega _{0}}}=\gamma_{n}$ 　　　(49)

とおくと，

　　　 ${\Large\frac{2n\pi }{T}}=\gamma _{n}\omega_{0}$ ．　　(50)

よって，式(48)は，式(29)より，

　　　[+] 途中式を表示する
　　　 $x_{np}$t$={\Large\frac{4F_{0}}{\pi ^{2}m\omega _{0}^{2}}}\;{\Large\frac{1}{n^{2}}}$\sin{\Large\frac{n\pi }{2}}-\!\sin {\Large\frac{3n\pi }{2}}$$ ${\Large\frac{1}{$1-\gamma_{n}^{2}$^{2}+$2\zeta \gamma _{n}$^{2}}}$
　　　　　　　　　 $\cdot\{ $1-\gamma _{n}^{2}$\sin\gamma _{n}\omega _{0}t-2\zeta \gamma _{n}\cos \gamma _{n}\omega_{0}t\}$ ．　　(51)

三角関数の合成を行うと，

　　　 $x_{np}$t$={\Large\frac{4F_{0}}{\pi ^{2}m\omega _{0}^{2}}}{\Large\,\frac{1}{n^{2}}}$\sin{\Large\frac{n\pi }{2}}-\!\sin {\Large\frac{3n\pi }{2}}$$
　　　　　　　　　 ${\Large\frac{1}{\sqrt{$1-\gamma_{n}^{2}$^{2}+$2\zeta \gamma _{n}$^{2}}}}\sin $\gamma _{n}\omega_{0}t+\beta _{n}$$ 　　　(52)

となります．ここで，

　　　 $\tan \beta _{n}=-{\Large\frac{2\zeta \gamma _{n}}{1-\gamma_{n}^{2}}}$ 　　　(53)

です．ただし， $-\pi \leq \beta_{n} \leq 0$ です．

一般解

和田先生

さあ，一般解が出ますね．

こっしー君

式(31)の一般解 $x_{n}$t$$ は，

　　　 $x_{n}$t$=x_{nn}$t$+x_{np}$t$$

　　　　　　　 $=e^{-\zeta \omega_{0}\,t}\,$A\cos \sqrt{1-\zeta ^{2}}\;\omega_{0}t+B\sin \sqrt{1-\zeta^{2}}\;\omega_{0}t$$
　　　　　　　　　 $+{\Large\frac{4F_{0}}{\pi ^{2}m\omega _{0}^{2}}}{\Large\frac{1}{n^{2}}}$\sin{\Large\frac{n\pi }{2}}-\!\sin {\Large\frac{3n\pi }{2}}$$
　　　　　　　　　 $\cdot{\Large\frac{1}{\sqrt{$1-\gamma_{n}^{2}$^{2}+$2\zeta \gamma _{n}$^{2}}}}\sin $\gamma _{n}\omega_{0}t+\beta _{n}$$ ．　　(54)

従って，式(22)の一般解，すなわち，式(23)の $x$t$$ は， $An$ と $Bn$ を新たに
$A$ と $B$ に置きなおすと，

　　　 $x$t$=e^{-\zeta \omega_{0}\,t}\,$A\cos \sqrt{1-\zeta ^{2}}\;\omega_{0}t+B\sin\sqrt{1-\zeta ^{2}}\;\omega_{0}t$$
　　　　　　　 $+{\Large\frac{4F_0}{\pi^2 m\omega_0^2}}\sum_{n=1}^{\infty }{\Large\frac{1}{n^2}}$\sin {\Large\frac{n\pi }{2}}-\!\sin{\Large\frac{3n\pi }{2}}$$
　　　　　　　　　　　　　　　　　 $\cdot{\Large\frac{1}{\sqrt{$1-\gamma _{n}^{2}$^{2}+$2\zeta \gamma_{n}$^2}}}\sin $\gamma _{n}\omega _{0}t+\beta _{n}$$ 　　 (55)

となります．

和田先生

従って，初期値問題が解けることになります．

初期値問題の特殊解

和田先生

初期条件を，

　　　 $x$0$=0\;\,{\rm m},\;\;\;{\Large\frac{dx}{dt}}$0$=0\;\,{\rm m\,s^{-1}}$ 　　　(56)

とすると，式(55)より，

　　　 ${\Large\frac{dx}{dt}}$t$=-\zeta\omega_0\,e^{-\zeta\omega_0\,t}$A\cos \sqrt{1-\zeta^2}\omega_0\;t+B\sin \sqrt{1-\zeta^2}\omega_0\;t$$
　　　　　　　　 $+e^{-\zeta\omega_0\,t}$ $\left(-A\sqrt{1-\zeta^2}\omega_0\sin\sqrt{1-\zeta^2}\omega_0 t\right.$
　　　　　　　　　　　　　　　　 $\left.+B\sqrt{1-\zeta^2}\omega_0\cos\sqrt{1-\zeta^2}\omega_0 t\right)$
　　　　　　　　 $+{\Large\frac{4F_0}{\pi^2 m\omega_0^2}}\sum_{n=1}^\infty{{\Large\frac{\gamma_n\omega_0}{n^2}}$\sin {\Large\frac{n\pi}{2}}-\!\sin{\Large\frac{3n\pi}{2}}$}$
　　　　　　　　　　　　　　　　　 $\cdot{\Large\frac{1}{\sqrt{$1-\gamma_n^2$^2 +$2\zeta\gamma_n$^2}}}\cos$\gamma_n\omega_0 t+\beta _n$$ 　　 (57)

なので，

　　　 $x$0$=A+{\Large\frac{4F_{0}}{\pi ^{2}m\omega _{0}^{2}}}\sum_{n=1}^{\infty}{\Large\frac{1}{n^{2}}}$\sin {\Large\frac{n\pi }{2}}-\!\sin {\Large\frac{3n\pi}{2}}$$
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 $\cdot{\Large\frac{1}{\sqrt{$1-\gamma _{n}^{2}$^{2}+$2\zeta \gamma_{n}$^{2}}}}\sin \beta _{n}=0\,$ ，　　　(58)

　　　 ${\Large\frac{dx}{dt}}$0$=-\zeta\omega_0 A+B\sqrt{1-\zeta^2}\;\omega_{0}$
　　　　　　　　　　 $+{\Large\frac{4F_0}{\pi ^2 m\omega_0^2}}\sum_{n=1}^{\infty}{{\Large\frac{\gamma_n\omega_0}{n^2}}$\sin {\Large\frac{n\pi}{2}}-\!\sin{\Large\frac{3n\pi}{2}}$}$
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 $\cdot{\Large\frac{1}{\sqrt{$1-\gamma _{n}^{2}$^{2}+$2\zeta \gamma_{n}$^{2}}}}\cos \beta _{n}=0\,$ ．　　　(59)

よって，

　　　 $A={\Large\frac{-4F_{0}}{\pi ^{2}m\omega _{0}^{2}}}\sum_{n=1}^{\infty}{{\Large\frac{1}{n^{2}}}$\sin {\Large\frac{n\pi }{2}}-\!\sin {\Large\frac{3n\pi}{2}}$}$
　　　　　　　　　　　　　　　　　 $\cdot{\Large\frac{1}{\sqrt{$1-\gamma _{n}^{2}$^{2}+$2\zeta \gamma_{n}$^{2}}}}\sin \beta _{n}\,$ ，　　(60)

　　　 $B={\Large\frac{\zeta}{\sqrt{1-\zeta^2}}}\{{\Large\frac{-4F_0}{\pi^2 m\omega_0^2}}\sum_{n=1}^{\infty }{{\Large\frac{1}{n^2}}$\sin{\Large\frac{n\pi}{2}}-\!\sin {\Large\frac{3n\pi}{2}}$}$
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 $\left.\cdot{\Large\frac{1}{\sqrt{$1-\gamma_{n}^{2}$^{2}+$2\zeta \gamma _{n}$^{2}}}}\sin \beta _{n}\right\}$
　　　　　　 $-\left\{{\Large\frac{4F_0}{\pi ^2 m\omega_0^2\sqrt{1-\zeta^2}}}\sum_{n=1}^{\infty }{{\Large\frac{\gamma_n}{n^2}}$\sin{\Large\frac{n\pi}{2}}-\!\sin {\Large\frac{3n\pi }{2}}$}\right.$
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 $\left.\cdot{\Large\frac{1}{\sqrt{$1-\gamma_{n}^{2}$^{2}+$2\zeta \gamma_n$^2}}}\cos \beta _{n}\right\}$ 　　　(61)

と求められます．これを，式(55)に代入すれば，初期値問題の特殊解が求められます．

今回はここまでにしましょう．次回は，条件を決めて，グラフを描いてみてください．

こっしー君

わかりました．次回は，グラフを描いてみます．