✅@2023-07-14T08:50D90 AM4-2023F-13
任意の外力を受ける振動系の方程式の解はGreen函数を用いた畳み込み積分で表現されることを理解する。
冒頭で、自分が学習を楽しいからやっているだけという話をした
✅@2023-07-21T08:50D90 AM4-2023F-14に小テストをやるとのこと
Diracのdelta函数とGreen函数との関係をやる
Diracのdelta函数の性質まとめ
→Diracのdelta函数に移動
(D^2+2h\omega_0D+{\omega_0}^2)G(t)=\frac{\delta(t)}{m}
※記号がでかすぎるので\frac{\mathrm d}{\mathrm dt}=:Dとした
を満たすと定義できる
理由
(D^2+2h\omega_0D+{\omega_0}^2)x(t)=\frac{f(t)}{m}にf=\deltaを代入すると導出できる
(D^2+2h\omega_0D+{\omega_0}^2)x(t)=\frac{\delta(t)}{m}
\implies {\cal F}(x)(\omega)={\cal F}(G)(\omega){\cal F}(\delta)(\omega)={\cal F}(G)(\omega)
\iff x=G
\therefore (D^2+2h\omega_0D+{\omega_0}^2)G(t)=\frac{\delta(t)}{m}
ここでのGreen函数は、振動方程式のGreen函数である
Green函数は色々ある
最初から振り返ってみる
{\cal F}(f')(\omega)=\int_\R f'(t)e^{-i\omega t}\mathrm dt
= \int_{t\in\R}e^{-i\omega t}\mathrm df(t)
=0-\int_{t\in\R}f(t)\mathrm de^{-i\omega t}
積の積分を使った
Fourier変換できる函数は急減少函数なので、f(\pm t)e^{\mp i\omega t}\to 0\quad(t\to\infty)を満たす
=i\omega\int_\R f(t)e^{-i\omega t}\mathrm d t
=i\omega{\cal F}(f)(\omega)
この変換を使えば、微分を代数方程式に変換できる
(D^2+2h\omega_0D+{\omega_0}^2)x(t)=\frac{f(t)}{m}
\implies {\cal F}((D^2+2h\omega_0D+{\omega_0}^2)x)(\omega)=\frac1m{\cal F}(f)(\omega)
\implies (-\omega^2+2ih\omega_0\omega+{\omega_0}^2){\cal F}(x)(\omega)=\frac1m{\cal F}(f)(\omega)
\iff \left((h\omega_0+i\omega)^2-i^2(1-h^2){\omega_0}^2\right){\cal F}(x)(\omega)=\frac1m{\cal F}(f)(\omega)
\iff \left(i\omega+h\omega_0+i\omega_0\sqrt{1-h^2}\right)\left(i\omega+h\omega_0-i\omega_0\sqrt{1-h^2}\right){\cal F}(x)(\omega)=\frac1m{\cal F}(f)(\omega)
\iff -\left(\omega-\left(ih\omega_0-\omega_0\sqrt{1-h^2}\right)\right)\left(\omega-\left(ih\omega_0+\omega_0\sqrt{1-h^2}\right)\right){\cal F}(x)(\omega)=\frac1m{\cal F}(f)(\omega)
\iff -(\omega-\omega_\alpha)(\omega-\omega_\beta){\cal F}(x)(\omega)=\frac1m{\cal F}(f)(\omega)
\omega_\alpha:=ih\omega_0+\sqrt{1-h^2}\omega_0,\omega_\beta:=ih\omega_0-\sqrt{1-h^2}\omega_0とした
\iff {\cal F}(x)(\omega)=-\frac1m\frac1{\omega-\omega_\alpha}\frac1{\omega-\omega_\beta}{\cal F}(f)(\omega)=:{\cal F}(G)(\omega){\cal F}(f)(\omega)
x(t)は、合成積のFourier変換を使う
\implies x(t)=\int_\R f(\tau)G(t-\tau)\mathrm d\tau
対称性が成立するので、f,Gはぎゃくにしてもいい
G(t)の導出
G(t)=\frac{-1}{2\pi m}\frac1{\omega_\alpha-\omega_\beta}\int_\R\left(\frac{1}{\omega-\omega_\alpha}-\frac{1}{\omega-\omega_\beta}\right)e^{i\omega t}\mathrm d\omega
= \frac{-1}{2\pi m}\frac{2\pi i}{\omega_\alpha-\omega_\beta}(e^{i\omega_\alpha t}-e^{i\omega_\beta t})\llbracket t>0\rrbracket
\because複素積分を個別に評価する
\int_\R\frac{1}{\omega-\omega_\alpha}e^{i\omega t}\mathrm d\omega= \int_\R\frac{1}{\omega-\omega_\alpha}e^{i\omega t}\mathrm d\omega\llbracket t>0\rrbracket+\int_\R\frac{1}{\omega-\omega_\alpha}\mathrm d\omega\llbracket t=0\rrbracket+\int_\R\frac{1}{\omega-\omega_\alpha}e^{i\omega t}\mathrm d\omega\llbracket t<0\rrbracket
ここで場合分けする
積分経路を分割した後に場合分けすると、うまくJordanの補題を適用できなくなる
=\lim_{R\to\infty}\left(\oint_{M_+(R)\cup]-R,R[}\frac{1}{\omega-\omega_\alpha}e^{i\omega t}\mathrm d\omega-\int_{M_+(R)}\frac{1}{\omega-\omega_\alpha}e^{i\omega t}\mathrm d\omega\right)\llbracket t>0\rrbracket
+\lim_{R\to\infty}\ln\left|\frac{-R-\omega_\alpha}{R-\omega_\alpha}\right|\llbracket t=0\rrbracket
+\lim_{R\to\infty}\left(\oint_{M_-(R)\cup]-R,R[}\frac{1}{\omega-\omega_\alpha}e^{i\omega t}\mathrm d\omega-\int_{M_-(R)}\frac{1}{\omega-\omega_\alpha}e^{i\omega t}\mathrm d\omega\right)\llbracket t<0\rrbracket
直線=円周-円盤
M_\bullet:R\mapsto\{z\in\Complex|\exist\theta\in[0,\pi];z=Re^{\bullet i\theta}\}とした
=\lim_{R\to\infty}\left(2\pi ie^{i\omega_\alpha t}-0\right)\llbracket t>0\rrbracket
第1項はCauchyの留数定理を適用
第2項はJordanの補題を適用
\because \omega\mapsto\frac1{\omega-\omega_\alpha}は急減少函数だから、Jordanの補題より0に収束する
+0
+\lim_{R\to\infty}\left(0-0\right)\llbracket t<0\rrbracket
第1項はCauchyの積分定理を適用
\omega_\alpha\notin M_-(R)なので0になる
第2項はJordanの補題を適用
=2\pi ie^{i\omega_\alpha t}\llbracket t>0\rrbracket
\int_\R\frac{1}{\omega-\omega_\beta}e^{i\omega t}\mathrm d\omega=2\pi ie^{i\omega_\beta t}\llbracket t>0\rrbracket
計算過程は同じ
= \frac1m\frac{-i}{\omega_\alpha-\omega_\beta}(e^{i\omega_\alpha t}-e^{i\omega_\beta t})\llbracket t>0\rrbracket
= \frac1m\frac{-i}{2\sqrt{1-h^2}\omega_0}e^{-h\omega_0t}(e^{i\sqrt{1-h^2}\omega_0t}-e^{-i\sqrt{1-h^2}\omega_0t})\llbracket t>0\rrbracket
= \frac1m\frac1{\sqrt{1-h^2}\omega_0}e^{-h\omega_0t}\frac1{2i}(e^{i\sqrt{1-h^2}\omega_0t}-e^{-i\sqrt{1-h^2}\omega_0t})\llbracket t>0\rrbracket
= \frac1m\frac1{\sqrt{1-h^2}\omega_0}e^{-h\omega_0t}\Im e^{i\sqrt{1-h^2}\omega_0t}\llbracket t>0\rrbracket
\underline{= \frac1m\frac1{\sqrt{1-h^2}\omega_0}e^{-h\omega_0t}\sin\left(\sqrt{1-h^2}\omega_0t\right)\llbracket t>0\rrbracket\quad}_\blacksquare
2023-08-04 07:59:23 ここ書き途中だった
書いたらおさらいは終わりにしよう
外力の振動成分のうち、固有振動数部分を伝達関数が増幅する
練習問題
(D^2+2h\omega_0D+{\omega_0}^2)x(t)=0をx(0)=0\land\dot x(0)=\frac1mの元でとく
これ、Fourier変換で求まるのかな？
{\cal F}(0)(\omega)=0だから、fourier変換が使えない？
x(t)=Ae^{i\omega_\alpha t}+Be^{i\omega_\beta t}を代入すると求まる
\because (D^2+2h\omega_0D+{\omega_0}^2)Ae^{i\omega_\alpha t}=(-{\omega_\alpha}^2+2ih\omega_0\omega_\alpha+{\omega_0}^2)Ae^{i\omega_\alpha t}=0
0=A+Bと\frac1m=i\omega_\alpha A+i\omega_\beta Bより、
\begin{pmatrix}1&1\\i\omega_\alpha&i\omega_\beta\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}A\\B\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\\frac1m\end{pmatrix}
\iff\begin{pmatrix}A\\B\end{pmatrix}=\frac1m\frac{i}{\omega_\alpha-\omega_\beta}\begin{pmatrix}-1\\1\end{pmatrix}
以上より
x(t)=\frac1m\frac{i}{\omega_\alpha-\omega_\beta}\left(e^{i\omega_\beta t}-e^{i\omega_\alpha t}\right)
= \frac1m\frac1{2i}\frac{1}{\sqrt{1-h^2}\omega_0}e^{-h\omega_0t}2i\Im e^{i\sqrt{1-h^2}\omega_0t}
= \frac1m\frac{1}{\sqrt{1-h^2}\omega_0}e^{-h\omega_0t}\sin(\sqrt{1-h^2}\omega_0t)
Gっぽいやつになる
cf. G(t)=\frac1m\frac{1}{\sqrt{1-h^2}\omega_0}e^{-h\omega_0t}\sin(\sqrt{1-h^2}\omega_0t)\llbracket t>0\rrbracket
Gとは違い、t\in\Rで成り立つ
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