LC回路の微分方程式

LC回路を微分方程式を解いて、電流I(t)を求めようとしたのですが、
どうしてもこの主のInputの場合が解けません。

インダクタンスLと電気容量Cは簡単のため、両方１とします。
また、初期電流と初期電荷は0です。I(0)=0,Q(0)=0.
起電力E(t)をE=1[0<t<1]かつE=0[t>1]とした場合の、t>1の部分の電流を求められません。
立式としては、I"+I=E'(t)　の形で、２階の線形微分方程式になると思います。
ですが、0<t<1とt>1ともに同じ同次線形方程式になってしまい・・・
t=1での条件を入れて解を得てみたのですが、1=Asin1とか良くわからないものがでてきてしまいました。
（ちなみにAは定数です）

なにか、アドバイスを頂けるとありがたいです。

No.9 ベストアンサー 回答者： guuman 回答日時： 2006/01/29 08:50

δ(t)の公式で(s)が抜けていたので修正

L[t^a・h(t)](s)=Γ(a+1)/s^(a+1)
L[δ(t)](s)=1
L[g(t-a)](s)=L[g(t)](s)・e^(-a・s)
L[g(t)](s+a)=L[g(t)・e^(-a・t)](s)
L[g'(t)](s)=s・L[g(t)](s)
L[sin(w・t)・h(t)](s)=w/(s^2+w^2)
L[cos(w・t)・h(t)](s)=s/(s^2+w^2)


g(t)の片側ラプラス変換は
L[g(t)・h(t)](s)
であらわされる



片側ラプラス変換の欠点：
(g(t)・h(t))'=g'(t)・h(t)+g(0)・δ(t)
である
両側ラプラス変換して
s・L[g(t)・h(t)](s)=L[g'(t)・h(t)](s)+g(0)
すなわち
L[g'(t)・h(t)](s)=s・L[g(t)・h(t)](s)-g(0)

このようにg'(t)の片側ラプラス変換公式は両側ラプラス変換で簡単に求められるが求められた片側ラプラス変換公式はこのように汚いし覚えにくい
これに対して両側ラプラス変換公式はきれいだし覚えやすいし導きやすいので覚える必要も無い
さらに片側ラプラス変換はその積分範囲の端が∞をとるδ関数が出てくると使えないが両側ラプラス変換はδ関数があってもその積分範囲が実数全域なので安心して使える

No.8 回答者： guuman 回答日時： 2006/01/28 19:08

L[t^a・h(t)](s)=Γ(a+1)/s^(a+1)

L[δ(t)]=1
L[g(t-a)](s)=L[g(t)](s)・e^(-a・s)
L[g(t)](s+a)=L[g(t)・e^(-a・t)](s)
L[g'(t)](s)=s・L[g(t)](s)
L[sin(w・t)・h(t)](s)=w/(s^2+w^2)
L[cos(w・t)・h(t)](s)=s/(s^2+w^2)

No.7 回答者： guuman 回答日時： 2006/01/28 16:24

質問の見間違いによる修正

Ｉ’（ｔ）→Ｉ（ｔ）
にする


次の問題になる

ｈ（ｔ）≡０（ｔ＜０），１（０＜ｔ）と置く

Ｉ”（ｔ）＋Ｉ（ｔ）＝（ｈ（ｔ）－ｈ（ｔ－１））’

すなわち

Ｉ”（ｔ）＋Ｉ（ｔ）＝δ（ｔ）－δ（ｔ－１）


ｈ’（ｔ）＝δ（ｔ）であることを知っていなければ超関数を勉強しなければならない


Ｌ［ｆ（ｔ）］（ｓ）をｆ（ｔ）の両側ラプラス変換とする


よって


（ｓ＾２＋１）・Ｌ［Ｉ（ｔ）］（ｓ）＝１－ｅ＾－ｓ

すなわち

Ｌ［Ｉ（ｔ）］（ｓ）＝（１－ｅ＾－ｓ）／（ｓ＾２＋１）

逆両側ラプラス変換して

Ｉ（ｔ）＝ｓｉｎ（ｔ）・ｈ（ｔ）－ｓｉｎ（ｔ－１）・ｈ（ｔ－１）

No.6 回答者： guuman 回答日時： 2006/01/28 13:11

公式追加

簡単に導くことができる両側ラプラス変換公式


L[t^a・h(t)](s)=Γ(a+1)/s^(a+1)

L[δ(t)]=1

L[g(t-a)](s)=L[g(t)]・e^(-a・s)

L[g(t)](s+a)=L[g(t)・e^(-a・t)](s)

L[g'(t)](s)=s・L[g(t)](s)


超関数が出てくるときは片側ラプラス変換を使うのは避けたほうがよいでしょう
それに両側ラプラス変換のほうが公式がすっきりしている
公式はすぐに導けるので覚える必要は無い
その都度作ればよい

No.5 回答者： guuman 回答日時： 2006/01/28 13:02

次の問題になる

ｈ（ｔ）≡０（ｔ＜０），１（０＜ｔ）と置く

Ｉ”（ｔ）＋Ｉ’（ｔ）＝（ｈ（ｔ）－ｈ（ｔ－１））’

すなわち

Ｉ”（ｔ）＋Ｉ’（ｔ）＝δ（ｔ）－δ（ｔ－１）


ｈ’（ｔ）＝δ（ｔ）であることを知っていなければ超関数を勉強しなければならない


Ｌ［ｆ（ｔ）］（ｓ）をｆ（ｔ）の両側ラプラス変換とする


よって


ｓ・（ｓ＋１）・Ｌ［Ｉ（ｔ）］（ｓ）＝１－ｅ＾－ｓ

すなわち

Ｌ［Ｉ（ｔ）］（ｓ）＝
（１／ｓ－１／（ｓ＋１））・（１－ｅ＾－ｓ）

逆両側ラプラス変換して

Ｉ（ｔ）＝（１－ｅ＾－ｔ）・ｈ（ｔ）－（１－ｅ＾－（ｔ－１））・ｈ（ｔ－１）



簡単に導くことができる両側ラプラス変換公式

Ｌ［ｔ＾α・ｈ（ｔ）］（ｓ）＝Γ（α＋１）／ｓ＾（α＋１）

Ｌ［δ（ｔ）］（ｓ）＝１

Ｌ［ｇ（ｔ－α）］（ｓ）＝Ｌ［ｇ（ｔ）］（ｓ）・ｅ＾（－α・ｓ）

Ｌ［ｇ（ｔ）］（ｓ＋α）＝Ｌ［ｇ（ｔ）・ｅ＾（－α・ｔ）］（ｓ）

No.4 回答者： eatern27 回答日時： 2006/01/28 12:22

起電力＝コイルにかかる電圧＋コンデンサにかかる電圧

と考えれば、
Ｅ(t)＝L(dI/dt)＋(1/C)∫[-∞→t]I(t)dt
という感じになると思います。

＞I"+I=E'(t)　
の式がどうやって出てきたのか分かりませんが、上の両辺をtで微分した得た式ですかね？

さて、コンデンサの電荷をＱとすれば、Ｉ=(dQ/dt)となるので、
E(t)=LQ"+Q/C
となって、解ける形になると思います。

No.3 回答者： rabbit_cat 回答日時： 2006/01/28 12:18

補足。

t>1のとき、部分積分すれば、
　∫_{0,t} E'(τ)*I'(τ) dτ
= [E(τ)*I'(τ)]_{0,t} - ∫_{0,t} E(τ)*I''(τ) dτ
= -I'(0) - ∫_{0,1} I''(t) dτ
= -I'(0) - (I'(1) - I'(0))
= -I'(1)

No.2 回答者： rabbit_cat 回答日時： 2006/01/28 12:04

　(I')^2/2 + I^2/2 = I'(0)　（t>1のとき）

は、
　(I')^2/2 + I^2/2 = -I'(0)　（t>1のとき）
の間違いでした。

No.1 回答者： rabbit_cat 回答日時： 2006/01/28 11:59

E(t)は、t=1で不連続なんで、E'(1)は無限です。

物理の世界では、
E'(t) = -δ(t-1)
（δ(t)は、ディラックのデルタ関数）
とあらわす場合が多いかな。これをラプラス変換するとかして答えを出せばよいです。

あるいは
I'' + I = E'
とい式の両辺に I'をかけて１回積分して、エネルギー
の式にしてもよいです。

両辺にI'をかけて、
　I'*I'' + I*I' = E'*I'
両辺を0からtまで積分して
　(I')^2/2 + I^2/2 = 0　　　（t<1のとき)
　(I')^2/2 + I^2/2 = I'(0)　（t>1のとき）
あとは、この１階の微分方程式を解いてください。