微分方程式の問題3

質問

x軸上の動点pの座標x=x(t)が 微分方程式x''-2Πx'+kΠ＾2=0
および初期条件x(0)＝2、x’(0)＝-1を満たしている
ただし、πは円周率であり、kは定数である
また時間の単位は秒とする
t=0以後においてpが最初に原点を右から左に通過してから1秒後にpははじめて原点を左から右に通過するという。この時のkの値を求めよ

回答No.5

Rossana · ベストアンサー

>x(t)＝e^(πt)f(t)
＝e^(πt)2{√(1+α^2)}cos(πgt+β)
のcosの位相πgt+βが初めて0になるときで、
ここの表現おかしいです！すいません訂正します。

>x(t)＝e^(πt)f(t)
＝e^(πt)2{√(1+α^2)}cos(πgt+β)
のcosの部分cos(πgt+β)がcosβから始まって初めて0になるときで、
に訂正お願いします！

回答No.4

Rossana

oshiete_gooさんありがとうございます！まず、最後の計算ミスの部分を直します。

exp[π{1+√(1-k)}]=exp[π{1-√(1-k)}]
exp[π√(1-k)}]=exp[-π√(1-k)}]
exp[2π√(1-k)}]=1

k≠1だから、これが成り立つためには1-kは複素数でなければならない。

　　　∴2π√(1-k)=j2πn (nは0以外の整数) (8)
⇒(1-k)=-n^2

∴k=1+n^2
逆に、このとき、これを(8)に代入すると、
　jπ|n|=jπn⇔|n|=n
つまり、n>0

よって、k=1+n^2 (nは自然数)．

ここで出た条件は初めてじゃなくても左右どちらからでもよいからとにかくt=Tで原点を通過し、t=T+1でまた原点を通過するという条件なのでこれでは不十分ですね!すいませんでした。さらにここから、nの値を限定しなければならなかったのに自分の回答にはそれが行われていませんでした。しかし、それをoshiete_gooさんが非常に美しい解き方で解いて下さいました。oshiete_gooさんの出した方程式なら運動を理解する事ができます。
以下oshiete_gooさんの回答を参考にさらに考えました。
t=0から時間が経過し初めて原点x=0を通過するのは
x(t)＝e^(πt)f(t)
＝e^(πt)2{√(1+α^2)}cos(πgt+β)
のcosの位相πgt+βが初めて0になるときで、0<β<π/2だから
そのときの時刻t=Tとすると(頭の中でcosの単位円をイメージして動径を動かしてみて下さい)
πgT+β=π/2 (*)
t=T+1のとき、初めて原点を左から右に通過するので、
　　　　　　　　πg(T+1)+β=3π/2 (**)
(**)-(*)から
　　　　　　　 πg=π
　　　　　　　　　　　g=1
　　　　　　　　√(k-1)=1　(k>1)
k=2
となります。
　oshiete_gooさんの出した方程式
x(t)＝e^(πt)f(t)
＝e^(πt)2{√(1+α^2)}cos(πgt+β)
をもう少しじっくり観察すると、時間が経過するにつれて
e^(πt)が左右の揺れの振幅!?(この表現は正しくないと思うけどとにかく揺れる幅)を増大させています！
　f(t)によって-1から1の間で符号が変わり、これが左右に揺らす原動力となっています。
　つまり、この運動はx=2から左に向かって原点を通過し、次に、時間が経つにつれ右に方向を変えていき、今度は左から右に向かって原点を通過してまた向きを変えて…というふうにこのパターンを繰り返し、さらに時間の経過全体からみれば原点を中心に左右の揺れが急激に増大していく運動だと考えられます。

回答No.3

oshiete_goo

Rossanaさんの積極性に敬意を表します．
非常に惜しまれることに，最後の段階での扱いに少しミスがあって，結果が違っているようです．

Rossanaさんの
＞x=Aexp[πt{1+√(1-k)}]+Bexp[πt{1-√(1-k)}](3)
をお借りして話を続けると
x(t)＝e^(πt)[Aexp{π√(1-k)・t}+Bexp{-π√(1-k)・t}]
となり, 常にe^(πt)＞０より
f(t)≡Aexp{π√(1-k)・t}+Bexp{-π√(1-k)・t}・・・(＊)
の零点について考察すればよい．

＞初期条件から 　x(0)=A+B=2 (4)
＞x'(0)=π{1+√(1-k)}A+π{1-√(1-k)}]B=-1 (5)
(5)に(4)を用いて整理
⇔2＋(A-B)√(1-k)＝-1/π
⇔A-B＝-(2＋1/π)／√(1-k)＝-(2π+1)／{π√(1-k)}　[∵k＝1はxが単調で不適]

(I)k＜1のときにまず不成立であることを示す．
ここでは　A-B≡-2C・・・(5')　と置く．
C＝(2π+1)／{2π√(1-k)}＞0で，(4),(5')より　A＝1－C，B＝1＋C　(C＞0)
i)0＜C≦1のとき
A≧0，B＞0より，
常に　f(t)＞０　で零点を持たず不適．
ii)C＞1のとき
A＜0，B＞0より，
f(t)の[・・・]内の第1項が常に負で単調減少(絶対値は単調増加)，第2項は常に正で単調減少．よって全体としてf(t)は単調減少で，零点は高々１個で題意に反し不適．
（実際にはf(0)＞0 と lim_{t→+∞}f(t)＝-∞　より，零点はただ一つ)

以上よりk＞1の場合に絞られる．[∵k≠1]
(II)k＞1のとき
√(1-k)＝{√(k-1)}i となり　√(k-1)≡g（＞0）　とする．　　
A-B＝i(2π+1)／{π√(k-1)}＝i(2π+1)／πg　
ここで　A-B≡2αi・・・(5'')　と書く．[α＝(2π+1)／2πg ＞0]
(C＝-αiに相当)

(4),(5'')より　A＝1+αi，B＝1-αi　(α＞0)
f(t)＝Aexp{iπgt}+Bexp{-iπgt}
＝(1+αi)exp{iπgt}+(1-αi)exp{-iπgt}
＝2{cos(πgt)-α・sin(πgt)}　[cosθ，sinθの定義より]
＝2{√(1+α^2)}cos(πgt+β)　[合成]
ただし　βは定数で　cosβ＝1/√(1+α^2)，sinβ＝α/√(1+α^2)　(α＞0)より0＜β＜π/2　にとれる．
すると題意より
x(t)がt＞0で初めて原点を負の向きに横切ってから1秒後に正の向きに再び原点を通過するので，時間差Δt＝1秒に対する位相差がπであり，
πgΔt＝π　⇔　√(k-1)≡g＝1　⇔　k＝2・・・(答)

誤りに気づかれた方はなにとぞご指摘ください．

回答No.2

Rossana

どこか間違っているような気がしないでもないので、他の方の回答を待つ事をお勧めします。
　この微分方程式では加速度が大きいと原点を通過する前に右に速度をかえて、また、戻ってくるというような事はありえないのかもしれませんが、そこは自分ではちょっとはっきりした事が言えませんので、専門家の方の回答を待って下さい。

回答No.1

Rossana

x=e^stとして微分方程式に代入すると、
　　　　 s^2-2πs+kπ^2=0　(1)
∴s=π±√(π^2-kπ^2)=π{1±√(1-k)}
一般解はA,Bを任意定数として
x=Aexp[πt{1+√(1-k)}]+Bexp[πt{1-√(1-k)}](3)
となる。(k≠1である。k=1ならe^πtの変化で左に移動し、また戻ってくると言う事はありえない。）
　　　初期条件から
　　　　　　　x(0)=A+B=2 (4)
x'(0)=π{1+√(1-k)}A+π{1-√(1-k)}]B=-1 (5)
(4)からB=2-Aを(5)に代入して
　　π{1+√(1-k)}A+π{1-√(1-k)}](2-A)=-1
π√(1-k)A+2π-2π√(1-k)+Aπ√(1-k)=-1
2π√(1-k)A=-1-2π+2π√(1-k)
A={-1-2π+2π√(1-k)}/{2π√(1-k)}

B=2-A={1+2π+2π√(1-k)}/{2π√(1-k)}

∴x=[1/{2π√(1-k)}][{-1-2π+2π√(1-k)}
　　　　×exp[πt{1+√(1-k)}]
+{1+2π+2π√(1-k)}exp[πt{1-√(1-k}]]

また、速度x'(0)=-1<0であるから、動点pは位置x(0)=2から左向きに動き始める事が分かる！
しかし、加速度が大きいと原点を通過する前に右に速度をかえて、また、戻ってくるというような事が考えられるが、今はそういう事を考えず単純な場合で考える。
単純と言うのは、普通に左向きに動き始めて原点を通過し、また向きを変えて右に行く場合である。このとき、
仮定よりt=Tで原点を右から左に通過したとすると、
　0=[{-1-2π+2π√(1-k)}×exp[πT{1+√(1-k)}]
+{1+2π+2π√(1-k)}exp[πT{1-√(1-k}]] (6)
　また、t=T+1では原点を左から右に通過するので、
　0=[{-1-2π+2π√(1-k)}
　　　　×exp[π(T+1){1+√(1-k)}]
+{1+2π+2π√(1-k)}exp[π(T+1){1-√(1-k}]]

0=[{-1-2π+2π√(1-k)}×exp[πT{1+√(1-k)}]
×exp[π{1+√(1-k)}]+{1+2π+2π√(1-k)}
×exp[πT{1-√(1-k)}]×exp[π{1-√(1-k)}]] (7)

(6)を(7)に代入して
0=[-{1+2π+2π√(1-k)}exp[πT{1-√(1-k}]
×exp[π{1+√(1-k)}]+{1+2π+2π√(1-k)}
×exp[πT{1-√(1-k)}]×exp[π{1-√(1-k)}]]

0=[-exp[πT{1-√(1-k)}]exp[π{1+√(1-k)}]
+exp[πT{1-√(1-k)}]exp[π{1-√(1-k)}]]

0=exp[πT{1-√(1-k)}]×
　[exp[π{1+√(1-k)}]-exp[π{1-√(1-k)}]]

exp[πT{1-√(1-k)}]≠0だから、
exp[π{1+√(1-k)}]=exp[π{1-√(1-k)}]

exp[√(1-k)}]=exp[-√(1-k)}]

exp[2√(1-k)}]=1

k≠1だから、

これが成り立つためには1-kは複素数でなければならない。

　　　∴2√(1-k)=j2πn (nは0以外の整数) (8)
⇒(1-k)=-π^2n^2

∴k=1+π^2n^2
逆に、このとき、これを(8)に代入すると、
　jπ|n|=jπn⇔|n|=n
つまり、n>0

よって、k=1+π^2n^2 (nは自然数)．