9. ６月２９日

古典的電気回路

キャパシター（capacitor コンデンサー）、コイル (inductor)、回路の抵抗 (resistor)、からなる電気回路を考える。

• 抵抗は、 E = RI を満たす。 R は抵抗 (レジスタンス) と呼ばれる。

• 電流 I に対して、キャパシターは、両端の電位差 E が, 電荷 (チャージ)Q に

比例し、 Q = CE, I = \frac{dQ}{dt} を満たす。従って、 I = C \frac{dE}{dt} を満たす。 C は

キャパシタンスと呼ばれる。

• 電流 I に対して、コイルは、両端の電位差 E が, L\frac{dI}{dt} = E を満たす。 L は

インダクタンスと呼ばれる。円の部分には外部電圧 E_{0} cos ωt を交流でかける予定である。キルヒホッフの法則（電流は同じ量であることを参考にして）流れる電流 I は、

キャパシター（コンデンサー）、コイル、回路の抵抗について等しい。円の両端の電位差 E は E = E_{C} + E_{R} + E_{L} である。これについて、

C \frac{dE_{C}}{dt} = I, L\frac{dI}{dt} = E_{L}, E_{R} = RI

回路には時計回りに向きが付いているとして

E = E_{C} + E_{R} + E_{L} = E_{C} + RC \frac{dE_{C}}{dt} + LC \frac{d^{2}E_{C}}{dt^{2}}

交流の電位を与えると、 x = E_{c} の微分方程式として、

\frac{d^{2}x}{dt^{2}} + \frac{R}{L} \frac{dx}{dt} + \frac{1}{LC} x = \frac{E_{0}}{LC} cos ωt

を得る。

特性方程式は、 λ^{2} + \frac{R}{L}λ + \frac{1}{LC} = 0. 特性解（特性方程式の解）は

\frac{1}{2}(−\frac{R}{L} ± \sqrt{\frac{R^{2}}{L^{2}} − \frac{4}{LC}}) = \frac{−RC ± \sqrt{R^{2}C^{2} − 4LC}}{2LC}

特性解（特性方程式の解）は、固有値は２つの負の実数 α_{1}, α_{2} であるか、固有値が１つの負の実数 α となるか、実部が負の共役複素数 μ ± νi である。

従って、同次方程式の解 x(t) は、 a_{1}e^{α_{1}t} + a_{2}e^{α_{2}t}, または、 a_{1}e^{αt} + a_{2}te^{αt}, または、 e^{μt}(a_{1} cos νt + a_{2} sin νt) の形となる。

従って t ⟶ ∞ のとき、急速に x(t) ⟶ 0 となる。

非同次方程式の解を１つ見つけると、すべての解はこの解に近づく。

以前に求めた式で考えると、非同次方程式の解の１つは、２つの特性解をもつときは、次で求められる。

\begin{matrix}x(t) = & − \frac{e^{tα_{1}}}{α_{2} − α_{1}} \frac{E_{0}}{2} ∫_{0}^{t}(e^{iωt} + e^{−iωt})e^{−tα_{1}}dt + \frac{e^{tα_{2}}}{α_{2} − α_{1}} \frac{E_{0}}{2} ∫_{0}^{t}(e^{iωt} + e^{−iωt})e^{−tα_{2}}dt \\ = & − \frac{e^{tα_{1}}}{α_{2} − α_{1}} \frac{E_{0}}{2} [ \frac{e^{t(iω−α_{1})}}{iω − α_{1}} + \frac{e^{t(−iω−α_{1})}}{−iω − α_{1}} ]_{0}^{t} + \frac{e^{tα_{2}}}{α_{2} − α_{1}} \frac{E_{0}}{2} [ \frac{e^{t(iω−α_{2})}}{iω − α_{2}} + \frac{e^{t(−iω−α_{2})}}{−iω − α_{2}} ]_{0}^{t} \end{matrix}

この式の 0 での値に関係する部分は、同次方程式の解だから、非同次方程式の解の１つは、２つの特性解をもつときは、

\frac{E_{0}}{2(α_{2} − α_{1})}\{−\frac{e^{tiω}}{iω − α_{1}} − \frac{e^{−tiω}}{−iω − α_{1}} + \frac{e^{tiω}}{iω − α_{2}} + \frac{e^{−tiω}}{−iω − α_{2}} \}

= \frac{E_{0}}{2(α_{2} − α_{1})}\{(−\frac{1}{iω − α_{1}} + \frac{1}{iω − α_{2}} )e^{tiω} + (−\frac{1}{−iω − α_{1}} + \frac{1}{−iω − α_{2}} )e^{−tiω}\}
= \frac{E_{0}}{2(α_{2} − α_{1})}\{\frac{−iω + α_{2} + iω − α_{1}}{(iω − α_{1})(iω − α_{2})} e^{tiω} + \frac{iω + α_{2} − iω − α_{1}}{(−iω − α_{1})(−iω − α_{2})}e^{−tiω}\}
= \frac{E_{0}}{2} \{\frac{e^{tiω}}{(iω − α_{1})(iω − α_{2})} + \frac{e^{−tiω}}{(−iω − α_{1})(−iω − α_{2})}\}
= \frac{E_{0}}{2} \{\frac{e^{tiω}}{−ω^{2} + i\frac{R}{L}ω + \frac{1}{LC}} + \frac{e^{−tiω}}{−ω^{2} − i\frac{R}{L}ω + \frac{1}{LC}} \}

電流を求めると、

\begin{matrix}I = & C \frac{dx}{dt} = \frac{CE_{0}}{2} \{\frac{iωe^{tiω}}{−ω^{2} + i\frac{R}{L}ω + \frac{1}{LC}} + \frac{−iωe^{−tiω}}{−ω^{2} − i\frac{R}{L}ω + \frac{1}{LC}} \} \\ = & \frac{LC^{2}ωE_{0}}{2} \{\frac{ie^{tiω}}{−LCω^{2} + iRCω + 1} + \frac{−ie^{−tiω}}{−LCω^{2} − iRCω + 1}\} \\ = & \frac{LC^{2}ωE_{0}}{2} \{\frac{(RCω − (LCω^{2} − 1)i)e^{tiω}}{(LCω^{2} − 1)^{2} + R^{2}C^{2}ω^{2}} + \frac{(RCω + (LCω^{2} − 1)i)e^{−tiω}}{(LCω^{2} − 1)^{2} + R^{2}C^{2}ω^{2}} \} \end{matrix}

振幅は\frac{LC^{2}ωE_{0}}{\sqrt{(LCω^{2} − 1)^{2} + R^{2}C^{2}ω^{2}}} 、位相のずれ ϕ について、 tan ϕ = −\frac{LCω^{2} − 1}{RCω}.

抵抗が R = 0 ならば、同次方程式の解は、 cos ω_{0}t, sin ω_{0}t の線形結合になる。こ

こで ω_{0} = \frac{1}{\sqrt{LC}} である。 (LCω^{2} − 1)^{2} + R^{2}C^{2}ω^{2} = L^{2}C^{2}(ω^{2} − ω_{0}^{2})^{2} + R^{2}C^{2}ω^{2} と

なるから、振幅は\frac{CE_{0}}{\sqrt{\frac{(ω^{2} − ω_{0}^{2})^{2}}{ω^{2}} + \frac{R^{2}}{L^{2}}}} ω が ω_{0} に近づくときには、電流の振幅の最

大値\frac{CE_{0}L}{R} に近づく。

このような場合、重要なことは、非同次方程式の解をひとつ求めることであることになる。演算子法または記号法

\frac{d}{dt} を D と書くと、 D は微分可能な関数に対してその導関数を対応させる写像で

ある。

D : C^{∞} ⟶ C^{∞}

ここで、 C^{∞} は無限回微分できる関数の集合である。

(D − a)x = Dx − ax とする。このように関数に関数を対応させる写像を演算子 (operator) と呼ぶ。

e^{at} は (D − a)x = 0 の解である。実際、 (D − a)e^{at} = 0 である。さらに、

((D − a)e^{at})f(t) = D(e^{at})f(t) + e^{at}D(f(t)) − ae^{at}f(t) = (e^{at}D)f(t)

がすべての写像 f(t) に対して成立するから、演算子として

(D − a)e^{at} = e^{at}D

となる。演算子の計算は行列の計算のように順序が重要である。右端から順に関数に作用するというように考える。

(D − a)x = b(t) の解き方を次のように考える。

(D − a)(e^{at}e^{−at}x) = e^{at}D(e^{−at}x) = b(t)

D^{−1} を不定積分を１つ取る写像とする。例えば、 D^{−1}f(t) = ∫_{0}^{t} f(s)ds としても

よい。実際は D^{−1}e^{at} = \frac{e^{at}}{a} と考える方が容易である。

そうすると、 (D − a)(e^{at}e^{−at}x) = e^{at}D(e^{−at}x) = b(t) だから、

\begin{matrix}e^{−at}x = & D^{−1}(e^{−at}b(t)), \\ x = & e^{at}D^{−1}(e^{−at}b(t)) \end{matrix}

と計算される。

(D − a)^{−1} = e^{at}D^{−1}e^{−at}

と考えてよい。

\frac{d^{2}x}{dt^{2}} + a_{1} \frac{dx}{dt} + a_{2}x = b(t) となる x を求める問題は、 x に対して、

\frac{d^{2}x}{dt^{2}} + a_{1} \frac{dx}{dt} + a_{2}x = D^{2}x + a_{1}Dx + a_{2}x

を対応させる写像の b(t) の逆像の点を１つ求めることである。 λ^{2} + a_{1}λ + a_{2} = (λ − α_{1})(λ − α_{2}) のとき、

\begin{matrix}(D − α_{1})(D − α_{2})x = & (D − α_{1})(Dx − α_{2}x) \\ = & D^{2}x − α_{2}Dx − α_{1}Dx + α_{1}α_{2}x \\ = & D^{2}x + a_{1}Dx + a_{2}x \end{matrix}

となる。 (D − α_{1})(D − α_{2})x = b(t) の解は、

\begin{matrix}(D − α_{2})x = & (D − α_{1})^{−1}b(t) = e^{α_{1}t}D^{−1}(e^{−α_{1}t}b(t)), \\ x = & (D − α_{2})^{−1}e^{α_{1}t}D^{−1}(e^{−α_{1}t}b(t)) \\ = & e^{α_{2}t}D^{−1}(e^{−α_{2}t}e^{α_{1}t}D^{−1}(e^{−α_{1}t}b(t))) \end{matrix}

λ^{2} + a_{1}λ + a_{2} = (λ − α)^{2} のとき、 (D − α)^{2}x = b(t) の解は、

\begin{matrix}(D − α)x = & (D − α)^{−1}b(t) \\ = & e^{αt}D^{−1}(e^{−αt}b(t)), \\ x = & (D − α)^{−1}e^{αt}D^{−1}(e^{−αt}b(t)) \\ = & e^{αt}D^{−1}(e^{−αt}e^{αt}D^{−1}(e^{−αt}b(t))) \\ = & e^{αt}D^{−1}(D^{−1}(e^{−αt}b(t))) \end{matrix}

これらの計算は、定数変化法を行っているのと同じであるが、計算の表記や見通しの上では簡明である。

とくに、 b(t) が外部からの入力である場合、周期的な入力であることが多い。周期 2π のとき、フーリエ展開されている

b(t) = ∑_{n=−∞}^{∞} c_{n}e^{nit} = a_{0} + ∑_{n=1}^{∞} a_{n} cos nt + ∑_{n=1}^{∞} b_{n} sin nt

と考える。それぞれの成分についての計算は、かなり機械的に出来ることが納得でき

るであろう。 D^{−1}e^{at} = \frac{e^{at}}{a} と考えてよいことに注意する。

例。\frac{d^{2}x}{dt^{2}} + 2\frac{dx}{dt} + 2x = 2 cos t の解を１つ求めよ。

D^{2}+2D+2 = (D+1+i)(D+1−i) であるから、 (D+1+i)(D+1−i)x = e^{it}+e^{−it} は次のように解かれる。

\begin{matrix}(D + 1 − i)x = & (D + 1 + i)^{−1}(e^{it} + e^{−it}) \\ = & e^{−(1+i)t}D^{−1}e^{(1+i)t}(e^{it} + e^{−it}) \\ = & e^{−(1+i)t}D^{−1}(e^{(1+2i)t} + e^{t}) \\ = & e^{−(1+i)t}(\frac{e^{(1+2i)t}}{1 + 2i} + e^{t}) \\ = & (\frac{e^{it}}{1 + 2i} + e^{−it}), \\ x = & (D + 1 − i)^{−1}(\frac{e^{it}}{1 + 2i} + e^{−it}) \\ = & e^{−(1−i)t}D^{−1}e^{(1−i)t}(\frac{e^{it}}{1 + 2i} + e^{−it}) \\ = & e^{−(1−i)t}D^{−1}(\frac{e^{t}}{1 + 2i} + e^{(1−2i)t}) \\ = & e^{−(1−i)t}(\frac{e^{t}}{1 + 2i} + \frac{e^{(1−2i)t}}{1 − 2i}) \\ = & \frac{e^{it}}{1 + 2i} + \frac{e^{−it}}{1 − 2i} \\ = & \frac{(1 − 2i)e^{it}}{5} + \frac{(1 + 2i)e^{−it}}{5} \\ = & \frac{2}{5} cos t + \frac{4}{5} sin t \end{matrix}

注意。この計算は、 D^{−1} を定数を無視して取っているので計算が簡単になっている。 D^{−1} を一通りに定めていないことに注意が必要である。