強制減衰振動モデルをFourier変換で解く
$ m\ddot x+c\dot x+kx=f(t)
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$ \ddot x+2\omega_0h\dot x+{\omega_0}^2x=F(t)ー①
$ h:=\frac1{2\omega_0}\frac cm
臨界減衰比$ hが$ h=0のときの固有角振動数だから、「非減衰」固有角振動数と呼ぶ $ h=0 \text{ then }\ddot x+{\omega_0}^2x=0
$ F(t):=\frac{f(t)}{m}
両辺に$ {\cal F}を作用させる
$ {\cal F}(\ddot x)+2\omega_0h{\cal F}(\dot x)+{\omega_0}^2{\cal F}(x)={\cal F}(F)
$ \iff -\omega^2{\cal F}(x)(\omega)+2i\omega\omega_0h{\cal F}(x)(\omega)+{\omega_0}^2{\cal F}(x)(\omega)={\cal F}(F)(\omega)
$ \iff -\omega^2{\cal F}(x)(\omega)+2i\omega\omega_0h{\cal F}(x)(\omega)+{\omega_0}^2{\cal F}(x)(\omega)={\cal F}(F)(\omega)
$ \iff (-\omega^2+2i\omega\omega_0h+{\omega_0}^2){\cal F}(x)(\omega)={\cal F}(F)(\omega)
$ \iff {\cal F}(x)(\omega)=\frac{{\cal F}(F)(\omega)}{-(\omega -i\omega_0h)^2+{\omega_0}^2(1-h^2)}
$ i\omegaをひとかたまりにして書き直すと
$ \iff ((i\omega)^2+2h\omega_0(i\omega)+{\omega_0}^2){\cal F}(x)(\omega)={\cal F}(F)(\omega)ー②
$ \iff {\cal F}(x)(\omega)=\frac{{\cal F}(F)(\omega)}{(i\omega +\omega_0h)^2+{\omega_0}^2(1-h^2)}
$ =:{\cal F}(G)(\omega){\cal F}(f)(\omega)
ここで、伝達函数$ {\cal F}(G)(\omega)を定義した $ {\cal F}(G)(\omega):=\frac1m\frac1{(i\omega +\omega_0h)^2+{\omega_0}^2(1-h^2)}
$ = -\frac1m\frac1{\omega^2-{\omega_0}^2-2h\omega_0i\omega}
分母を$ (\omega-\omega_\alpha)(\omega-\omega_\beta)の形にする
単に$ \omegaについての2次方程式を解けばいいだけ $ \omega=ih\omega_0\pm\sqrt{-h^2{\omega_0}^2+{\omega_0}^2}
$ = \left(ih\pm\sqrt{1-h^2}\right)\omega_0
$ \iff\omega=ih\omega_0\pm\sqrt{1-h^2}\omega_0
まあ同じことである
$ \omega_\alpha=ih\omega_0+\sqrt{1-h^2}\omega_0、$ \omega_\beta=ih\omega_0-\sqrt{1-h^2}\omega_0としておく
$ \omega_\beta=-{\omega_\alpha}^*
以上より
$ {\cal F}(x)(\omega)={\cal F}(G)(\omega){\cal F}(f)(\omega)
$ {\cal F}(G):\omega\mapsto-\frac1m\frac1{\omega-\omega_\alpha}\frac1{\omega-\omega_\beta}
となる。
あとは、これを逆変換で戻せばいいだけ
$ x(t)=\frac1m{\cal F}^{-1}\left(\frac1{\omega-\omega_\alpha}\frac1{\omega-\omega_\beta}{\cal F}(f)(\omega)\right)(t)
$ {\cal F}^{-1}(xy)(t)の演算法則を求める必要があるのかtakker.icon
$ {\cal F}(xy)=\int_\R x(t)y(t)e^{-i\omega t}\mathrm dt
$ = -\frac{1}{i\omega}\int_{t\in\R}x(t)y(t)\mathrm de^{-i\omega t}
$ =0+\frac{1}{i\omega}\int_{t\in\R}e^{-i\omega t}(x\mathrm dy+y\mathrm dx)
うーん、だめだな。分解できない
$ {\cal F}(G)は$ C:=\{\omega_\alpha,\omega_\beta\}で特異点を持ち、$ \Complex\setminus Cで正則である 今回は時間がないので、$ {\cal F}(f)(\omega)=1としておく
$ f=\frac1{2\pi}\int_\R e^{i\omega t}\mathrm d\omega
次週やる
$ fが正則\iff \frac{\partial\Re f}{\partial\Re z}=\frac{\partial\Im f}{\partial\Im z}\land\frac{\partial\Re f}{\partial\Im z}=-\frac{\partial\Im f}{\partial\Re z}
ちょい違ったかもtakker.icon
例
$ r>0、$ D:=\{z\in\Complex||z|\le r\}のとき、$ I=\int_{\partial D}z\mathrm dzを求める
$ I= \int_{re^{i\theta}\in\partial D}re^{i\theta}\mathrm dre^{i\theta}
$ = i\int_{0\le\theta<2\pi}e^{2i\theta}\mathrm d\theta
$ = \frac12\int_{0\le\theta<2\pi}\mathrm de^{2i\theta}
$ =0
とくに、正則函数$ fにて次が成立する
$ \oint_{\partial D}\frac{f(z)}{z-\alpha}\mathrm dz=2\pi if(\alpha)
式の意味
$ C:=\{z\in\Complex||z-\alpha|=\varepsilon\}を考える
$ C上の微小線素$ \mathrm dzは、パラメタ$ 0\le\theta<2\piを使って以下のように表せる
$ \mathrm dz=\varepsilon e^{i\theta}i\mathrm d\theta
$ \partial D=Cとして積分すると
$ \oint_{\partial D}\frac{f(z)}{z-\alpha}\mathrm dz=\int_0^{2\pi}\frac{f(\alpha+\varepsilon e^{i\theta})}{\varepsilon e^{i\theta}}\varepsilon e^{i\theta}i\mathrm d\theta
$ =i\int_0^{2\pi}f(\alpha+\varepsilon e^{i\theta})\mathrm d\theta
領域を特異点外にずらした
$ =i\int_0^{2\pi}f(\alpha+\varepsilon e^{i\theta})\mathrm d\theta
$ \to2\pi if(\alpha)\quad(\varepsilon\to0)
？？？ここなにしたtakker.icon
おさらい
$ x(t)={\cal F}^{-1}(\omega\mapsto{\cal F}(G)(\omega){\cal F}(f)(\omega))
$ {\cal F}(G):\omega\mapsto-\frac1m\frac1{\omega-\omega_\alpha}\frac1{\omega-\omega_\beta}
$ G:t\mapsto\frac1{2\pi}\int_\R{\cal F}(G)(\omega)e^{i\omega t}\mathrm d\omega
材料
Jordanの補題より$ \forall t>0;\int_{M_+(R)}F(\omega)e^{i\omega t}\mathrm d\omega\to0\quad(R\to\infty) $ M_+(R):=\{\omega\in\Complex|\exist\theta\in[0,\pi];\omega=Re^{i\theta}\} とした
同様に$ \forall t<0;\int_{M_-(R)}F(\omega)e^{i\omega t}\mathrm d\omega\to0\quad(R\to\infty)が成り立つ
$ M_-(R):=\{\omega\in\Complex|\exist\theta\in[0,\pi];\omega=Re^{-i\theta}\} とした
$ \oint_{\partial D}\frac{f(z)}{z-\alpha}\mathrm dz=2\pi if(\alpha)
$ \alpha\in Dとする
以上より、伝達函数$ Gを求める
$ {\cal F}(G)(\omega)=-\frac1m\frac1{\omega-\omega_\alpha}\frac1{\omega-\omega_\beta}
$ = -\frac1m\frac{1}{\omega_\alpha-\omega_\beta}\left(\frac{1}{\omega-\omega_\alpha}-\frac{1}{\omega-\omega_\beta}\right)
$ = -\frac1m\frac{1}{2\sqrt{1-h^2}\omega_0}\left(\frac{1}{\omega-\omega_\alpha}-\frac{1}{\omega-\omega_\beta}\right)
$ \implies G(t)=\frac1{2\pi}\int_\R{\cal F}(G)(\omega)e^{i\omega t}\mathrm d\omega
$ = -\frac1m\frac{1}{2\sqrt{1-h^2}\omega_0}\left(\frac1{2\pi}\int_\R\frac{e^{i\omega t}}{\omega-\omega_\alpha}\mathrm d\omega-\frac1{2\pi}\int_\R\frac{e^{i\omega t}}{\omega-\omega_\beta}\mathrm d\omega\right)
$ =:-\frac1m\frac{1}{2\sqrt{1-h^2}\omega_0}(J_1+J_2)
$ J_1=\frac1{2\pi}\int_\R\frac{e^{i\omega t}}{\omega-\omega_\alpha}\mathrm d\omega
$ = \lim_{R\to\infty}\left(\frac1{2\pi}\oint_{M_+(R)\cup[-R,R]}\frac{e^{i\omega t}}{\omega-\omega_\alpha}\mathrm d\omega-\frac1{2\pi}\int_{M_+(R)}\frac{e^{i\omega t}}{\omega-\omega_\alpha}\mathrm d\omega\right)\llbracket t>0\rrbracket
$ +\lim_{R\to\infty}\frac1{2\pi}\int_{-R}^R\frac1{\omega-\omega_\alpha}\mathrm d\omega\llbracket t=0\rrbracket
$ +\lim_{R\to\infty}\left(\frac1{2\pi}\oint_{M_-(R)\cup[-R,R]}\frac{e^{i\omega t}}{\omega-\omega_\alpha}\mathrm d\omega-\frac1{2\pi}\int_{M_-(R)}\frac{e^{i\omega t}}{\omega-\omega_\alpha}\mathrm d\omega\right)\llbracket t<0\rrbracket
積分範囲を、周回路から半周を抜いたものに置き換える
$ = \lim_{R\to\infty}\left(\frac{2\pi ie^{i\omega_\alpha t}}{2\pi}-\frac1{2\pi}\int_{M_+(R)}\frac{e^{i\omega t}}{\omega-\omega_\alpha}\mathrm d\omega\right)\llbracket t>0\rrbracket+\lim_{R\to\infty}\frac1{2\pi}(\ln|R-\omega_\alpha|-\ln|-R-\omega_\alpha|)\llbracket t=0\rrbracket+\lim_{R\to\infty}\left(0-\frac1{2\pi}\int_{M_-(R)}\frac{e^{i\omega t}}{\omega-\omega_\alpha}\mathrm d\omega\right)\llbracket t<0\rrbracket
$ \omega_\alpha は$ M_+(R)\cup[-R,R] 内にいるので、留数定理から定数項が残る
$ \omega_\alpha は$ M_-(R)\cup[-R,R] 内にいないので、0になる
$ = ie^{i\omega_\alpha t}\llbracket t>0\rrbracket+\lim_{R\to\infty}\frac1{2\pi}\int_{M_+(R)}\frac{e^{i\omega t}}{\omega-\omega_\alpha}\mathrm d\omega\llbracket t>0\rrbracket+\lim_{R\to\infty}\frac1{2\pi}\ln\frac{|R-\omega_\alpha|}{|R+\omega_\alpha|}+\lim_{R\to\infty}\frac1{2\pi}\int_{M_-(R)}\frac{e^{i\omega t}}{\omega-\omega_\alpha}\mathrm d\omega\llbracket t<0\rrbracket
$ = ie^{i\omega_\alpha t}\llbracket t>0\rrbracket+0+0+0
$ J_2=ie^{i\omega_\beta t}\llbracket t>0\rrbracket
導出はほぼ同じなので略
$ \omega_\alpha,\omega_\betaはともに虚軸正の位置にある
以上より、
$ G(t)=-\frac im\frac{1}{2\sqrt{1-h^2}\omega_0}(e^{i\omega_\alpha t}-e^{i\omega_\beta t})\llbracket t>0\rrbracket
$ =\frac1m\frac{1}{\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
$ \underline{=\frac1m\frac{1}{\sqrt{1-h^2}\omega_0}e^{-h\omega_0t}\sin\sqrt{1-h^2}\omega_0t\llbracket t>0\rrbracket\quad}_\blacksquare
https://gyazo.com/4d723973ba7a9da18f79dd17f26b7a7c
$ G(t)が表す物理現象はなにか？
前回のモデルを思い出す
https://kakeru.app/f089542c8fd98e4cad0937d9c8b64c46 https://i.kakeru.app/f089542c8fd98e4cad0937d9c8b64c46.svg
このモデルは$ m\ddot x+c\dot x+k x=f(t)で表せる
Fourier変換すると、$ {\cal F}(x)(\omega)={\cal F}(G)(\omega){\cal F}(f)(\omega)になった もし$ {\cal F}(f):\omega\mapsto1の定数函数だったら、
$ \boxed{x(t)=G(t)}
つまり、外力のFourier変換が1のときの台車の動きが$ G(t)となる
$ t=0から急に減衰振動し始める動き
一般化するには、$ f(t)を求める必要がある
$ {\cal F}(f):\omega\mapsto1のとき、$ f(t)はいくつになる？
Review
$ \int_Re^{-at^2}e^{-i\omega t}\mathrm dt=\sqrt{\frac\pi a}e^{-\frac{\omega^2}{4a}}
$ \int_Re^{-a\omega^2}e^{i\omega t}\mathrm dt=\sqrt{\frac\pi a}e^{-\frac{t^2}{4a}}
$ {\cal F}(f)(\omega)=e^{-a\omega^2}のとき、$ a\to0で裾が広がり、
$ {\cal F}(f)(\omega)\to 1\quad(a\to0)
になる
一方、$ f(t)=\sqrt{\frac\pi a}e^{-\frac{t^2}{4a}}は$ a\to 0でDiracのdelta函数$ \delta(t)になる 以上より
$ {\cal F}(\delta): \omega\mapsto1
ことがわかった
おさらいその2
$ \ddot x+2h\omega_0\dot x+{\omega_0}^2x=\frac{f(t)}{m}
$ (-\omega^2+2h\omega_0i\omega+{\omega_0^2}){\cal F}(x)(\omega)=\frac 1m{\cal F}(f)(\omega)
$ \iff {\cal F}(x):\omega\mapsto{\cal F}(G)(\omega){\cal F}(f)(\omega)
になった
本当は$ {\cal F}(x)をFourier逆変換したいが、ひとまず$ f=\deltaとして$ Gだけ求めた $ {\cal F}(f)(\omega)=1なので、$ x(t)=G(t)となり簡単になる
ここから今回の話
さて、本当は$ {\cal F}^{-1}(\omega\mapsto{\cal F}(G)(\omega){\cal F}(f)(\omega))を求めたい
さっきは$ f=\deltaで求めたが、実際には任意の函数を使いたい
函数の積のFourier逆変換ということになるが、そんなことできるのだろうか？takker.icon 準備
ダブり防止のために、記号をちょい変える
$ {\cal F}(f)(\omega)=\int_\R f(\tau)e^{-i\omega\tau}\mathrm d\tau
導出
$ x(t)=\frac1{2\pi}\int_\R{\cal F}(G)(\omega){\cal F}(f)(\omega)e^{i\omega t}\mathrm d\omega
$ = \frac1{2\pi}\int_\R{\cal F}(G)(\omega)\int_\R f(\tau)e^{-i\omega\tau}\mathrm d\tau e^{i\omega t}\mathrm d\omega
$ = \int_\R f(\tau)\int_\R\frac1{2\pi}{\cal F}(G)(\omega)e^{i\omega(t-\tau)}\mathrm d\omega\mathrm d\tau
$ = \int_\R f(\tau)G(t-\tau)\mathrm d\tau
$ = \int_\R G(t-\tau)f(\tau)\mathrm d\tau
$ \tauだけ遅れが発生する
もしかして強制振動の固有振動とのずれが関係していたりする？ よって
$ x: t\mapsto\int_\R G(t-\tau)f(\tau)\mathrm d\tau\\{\cal F}^{-1}\uparrow\quad\downarrow{\cal F}\\{\cal F}(x):\omega\mapsto{\cal F}(G)(\omega){\cal F}(f)(\omega)ー①
どんなinput$ f(t)があったとしても、Fourierの世界に持ち込むことで伝達函数$ \hat G(\omega)をかけるだけでoutputが求まるようになる 入力要素を排除し、システム固有の性質をつめこんだ、まさにシステムそのものを表すのがGreen函数$ Gの特徴であり意義である ①に$ f=\deltaを代入すると何が起こるかを考える
最初にやったやつと、畳み込み積分を使って導いたものとを比較すると、 $ x(t)= \int_\R G(t-\tau)f(\tau)\mathrm d\tau=\int_\R G(t-\tau)\delta(\tau)\mathrm d\tau=G(t)
$ \boxed{\int_\R f(u)\delta(t-u)\mathrm du=f(t)}
講義内容はここまで
次回以降はまとめと問題演習
設計つまらなかったけど、その道に進んだ
意外と役に立った。そういうこともある