第2章減衰振動子をGreen関数で解く

導出：$x=\ee^{\lambda t}$ と置く

式 \eqref{eq:2-homog} は定数係数の線形方程式である．この種の方程式は，微分しても形が変わらない関数，すなわち指数関数を代入すればよい．

$$ x(t) = \ee^{\lambda t} \quad\Longrightarrow\quad \dot{x} = \lambda\ee^{\lambda t},\quad \ddot{x} = \lambda^2\ee^{\lambda t} $$

これを式 \eqref{eq:2-homog} に代入すると

$$ \left(m\lambda^2 + \gamma\lambda + k\right)\ee^{\lambda t} = 0 $$

$\ee^{\lambda t}$ はどの時刻でもゼロにならないから，括弧の中がゼロでなければならない：

$$ \begin{equation} m\lambda^2 + \gamma\lambda + k = 0 \label{eq:2-char} \end{equation} $$

これを特性方程式と呼ぶ．2次方程式の解の公式から

$$ \lambda_\pm = \frac{-\gamma \pm \sqrt{\gamma^2 - 4mk}}{2m} = -\frac{\gamma}{2m} \pm \sqrt{\frac{\gamma^2}{4m^2} - \frac{k}{m}} $$

ここで根号の中を式 \eqref{eq:2-omega0-Gamma} の記号で書き直す．$\gamma^2/4m^2 = \Gamma^2$，$k/m=\omega_0^2$ だから

∎ 根号の中の符号によって解の姿がまったく変わる．次項でその3つの場合を全部書く．

導出：$x(0)=x_0$, $\dot{x}(0)=v_0$ を満たす解（弱減衰の場合）

一般解 $x(t)=\ee^{-\Gamma t}(C_1\cos\omega_1 t + C_2\sin\omega_1 t)$ に初期条件を課す．まず $t=0$ を代入すると $\ee^0=1$, $\cos 0=1$, $\sin 0=0$ だから

$$ x(0) = C_1 = x_0 $$

次に速度を計算する．積の微分を丁寧に実行すると

$$ \dot{x}(t) = -\Gamma\ee^{-\Gamma t}(C_1\cos\omega_1 t + C_2\sin\omega_1 t) + \ee^{-\Gamma t}(-C_1\omega_1\sin\omega_1 t + C_2\omega_1\cos\omega_1 t) $$

$t=0$ を代入すると，$\sin$ の項が消えて

$$ \dot{x}(0) = -\Gamma C_1 + \omega_1 C_2 = v_0 \quad\Longrightarrow\quad C_2 = \frac{v_0 + \Gamma x_0}{\omega_1} $$

したがって

∎ これが減衰振動子の完全な解である．$\gamma=0$（$\Gamma=0$, $\omega_1=\omega_0$）とすれば $x=x_0\cos\omega_0 t + (v_0/\omega_0)\sin\omega_0 t$ という見慣れた単振動の解に戻る．

導出：$\hat{L}$ を三重対角行列にする

時間を幅 $h$ で刻み，$t_i = ih$，$x_i \equiv x(t_i)$，$f_i\equiv f(t_i)$ と書く．微分を差分に置き換える：

$$ \dot{x}(t_i) \simeq \frac{x_{i+1}-x_{i-1}}{2h}, \qquad \ddot{x}(t_i) \simeq \frac{x_{i+1}-2x_i+x_{i-1}}{h^2} $$

これを $m\ddot x+\gamma\dot x+kx=f$ に代入して $x_{i-1}, x_i, x_{i+1}$ で整理すると

$$ \underbrace{\left(\frac{m}{h^2}-\frac{\gamma}{2h}\right)}_{\textstyle L_{i,i-1}} x_{i-1} + \underbrace{\left(k-\frac{2m}{h^2}\right)}_{\textstyle L_{i,i}} x_i + \underbrace{\left(\frac{m}{h^2}+\frac{\gamma}{2h}\right)}_{\textstyle L_{i,i+1}} x_{i+1} = f_i $$

すなわち $\sum_j L_{ij}x_j = f_i$ という，正真正銘の連立1次方程式である．$L$ は対角と隣り合う2本だけが埋まった三重対角行列になる．

デルタ関数の離散化にも触れておく．$\int \delta(t-t')g(t')\dd t' = g(t)$ という性質を離散版で書くと $h\sum_j \delta^{(h)}_{ij}g_j = g_i$ だから $\delta^{(h)}_{ij} = \delta_{ij}/h$，つまり $\delta(t-t') \leftrightarrow \delta_{ij}/h$ である．同様に $\int\dd t' \leftrightarrow h\sum_j$．したがって

$$ \hat{L}G=\delta \ \leftrightarrow\ \sum_j L_{ij}G_{jk} = \frac{\delta_{ik}}{h} \quad\Longrightarrow\quad G_{jk} = \frac{(L^{-1})_{jk}}{h} $$

となり，これを解の表式に入れると

$$ x_i = h\sum_k G_{ik}f_k = \sum_k (L^{-1})_{ik}f_k $$

で，確かに式 \eqref{eq:2-linear-sol} に一致する．∎ 因子 $h$ は測度の分だけであり，本質は「$G$ ＝ $\hat{L}^{-1}$」である．

導出：$G$ が $t-t'$ だけの関数になる理由

係数 $m,\gamma,k$ が定数である（時間に依らない）ことから，$G(t,t')$ は $t$ と $t'$ に別々にではなく，差 $t-t'$ だけに依存する．これを丁寧に示す．

ステップ1．任意の定数 $a$ を取り，ずらした関数

$$ \tilde{G}(t,t') \equiv G(t+a,\,t'+a) $$

を定義する．この $\tilde{G}$ が式 \eqref{eq:2-Gdef} を満たすことを示す．

ステップ2．$s\equiv t+a$ と置くと $\partial/\partial t = \partial/\partial s$（$a$ は定数なので $\dd s/\dd t=1$）だから

$$ \hat{L}_t\tilde{G}(t,t') = \left(m\frac{\partial^2}{\partial s^2}+\gamma\frac{\partial}{\partial s}+k\right)G(s,t'+a) = \left[\hat{L}_s G(s,t'+a)\right] $$

ここで $m,\gamma,k$ が定数であることを使った．もし係数が $m(t)$ のように時間に依存していたら，$m(t)$ と $m(s)=m(t+a)$ が違ってしまい，この等式は成り立たない．時間並進不変性が効いているのはまさにこの一点である．

ステップ3．$G$ の定義式 \eqref{eq:2-Gdef} を，第2引数を $t'+a$ として使うと

$$ \hat{L}_s G(s,t'+a) = \delta(s - (t'+a)) = \delta\big((t+a)-(t'+a)\big) = \delta(t-t') $$

ステップ4．以上より $\hat{L}_t\tilde{G}(t,t')=\delta(t-t')$．つまり $\tilde{G}$ も $G$ と同じ方程式を満たす．境界条件（2.4節の因果律）も並進で保たれるので，解の一意性から

$$ \tilde{G}(t,t') = G(t,t') \quad\text{すなわち}\quad G(t+a,t'+a) = G(t,t')\quad(\forall a) $$

ステップ5．これが任意の $a$ で成り立つのだから，$a=-t'$ と取ってよい：

$$ G(t,t') = G(t-t',\,0) \equiv G(t-t') $$

∎ 以後，$G$ は1変数関数として $G(t-t')$，あるいは $\tau\equiv t-t'$ と書いて $G(\tau)$ と書く．定義式は

となる．「時刻 $0$ に叩いたときの応答」を求めればよい，ということである．

導出：因果律を課すとGreen関数は一意に決まる

$G_1^R$ と $G_2^R$ がともに式 \eqref{eq:2-Gdef1} と条件 \eqref{eq:2-retarded} を満たすとする．差 $D(t)\equiv G_1^R(t)-G_2^R(t)$ を考えると

$$ \hat{L}D = \delta(t)-\delta(t) = 0 $$

すなわち $D$ は斉次方程式の解である．一方，$t<0$ ではどちらもゼロだから $D(t)=0\ (t<0)$ である．

ここで，斉次方程式の解 $D$ は連続で，導関数も連続である（$\hat{L}D=0$ の右辺に特異項がないので，$\ddot{D}=-2\Gamma\dot{D}-\omega_0^2D$ が有界，したがって $\dot D$ も $D$ も連続）．$t\to 0^-$ から近づけば $D(0)=0$, $\dot{D}(0)=0$ である．

2階の常微分方程式は，ある時刻での値と1階微分を与えれば解が一意に決まる．$D(0)=\dot{D}(0)=0$ から $D(t)\equiv 0$．ゆえに $G_1^R = G_2^R$．∎

斉次解を足す自由度が2つ，因果律が課す条件も $\{G(0^-)=0,\ \dot{G}(0^-)=0\}$ の2つ．ちょうど釣り合っているのである．

導出(a-1)：$t\neq 0$ での形

$t\neq 0$ ではデルタ関数はゼロだから，式 \eqref{eq:2-Gdef1} は斉次方程式 $\hat{L}G^R=0$ になる．したがって：

• $t<0$：因果律より $G^R(t)=0$．
• $t>0$：2.1節の一般解が使える．弱減衰（$\Gamma<\omega_0$）を仮定して $$ G^R(t) = \ee^{-\Gamma t}\left(A\cos\omega_1 t + B\sin\omega_1 t\right) \qquad (t>0) $$

未定の定数は $A$ と $B$ の2つ．これを決めるのが，$t=0$ における接続条件である．

導出(a-2)：$t=0$ での接続条件 —— $G$ は連続，$\dot{G}$ は $1/m$ 跳ぶ

ステップ1：$G^R$ は $t=0$ で連続である．

背理法ふうに考える．もし $G^R$ が $t=0$ で高さ $a$ だけ跳ぶとすると，$G^R = a\theta(t) + (\text{連続な部分})$ と書ける．$\theta$ の微分はデルタ関数だから

$$ \dot{G}^R = a\,\delta(t) + \cdots, \qquad \ddot{G}^R = a\,\delta'(t) + \cdots $$

となり，$\hat{L}G^R$ の中に $m\,a\,\delta'(t)$ という項が現れる．ところが右辺 $\delta(t)$ には $\delta'$ は含まれず，他のどの項も $\delta'$ を出さない（$\gamma\dot G$ が出すのは $\delta$ まで，$kG$ が出すのは $\theta$ まで）．したがって $a=0$，すなわち $G^R$ は連続でなければならない．

物理的には「瞬間的な力で位置は跳ばない」ということである．位置が不連続なら速度が無限大になってしまう．

ステップ2：$\dot{G}^R$ の跳びを求める．

式 \eqref{eq:2-Gdef1} の両辺を，$t=-\epsilon$ から $t=+\epsilon$ まで積分する（$\epsilon>0$ は微小）．

$$ \int_{-\epsilon}^{+\epsilon}\left(m\ddot{G}^R + \gamma\dot{G}^R + kG^R\right)\dd t = \int_{-\epsilon}^{+\epsilon}\delta(t)\,\dd t = 1 $$

左辺を1項ずつ処理する．第1項と第2項は微積分学の基本定理で直ちに積分できる：

$$ m\int_{-\epsilon}^{+\epsilon}\ddot{G}^R\dd t = m\left[\dot{G}^R\right]_{-\epsilon}^{+\epsilon} = m\left(\dot{G}^R(\epsilon)-\dot{G}^R(-\epsilon)\right) $$ $$ \gamma\int_{-\epsilon}^{+\epsilon}\dot{G}^R\dd t = \gamma\left[G^R\right]_{-\epsilon}^{+\epsilon} = \gamma\left(G^R(\epsilon)-G^R(-\epsilon)\right) $$

第3項は，$G^R$ が有界なので，積分区間の幅 $2\epsilon$ とともにゼロになる：

$$ \abs{k\int_{-\epsilon}^{+\epsilon}G^R\dd t} \le k\cdot 2\epsilon\cdot\max_{\abs{t}\le\epsilon}\abs{G^R} \xrightarrow{\ \epsilon\to0^+\ } 0 $$

ステップ1より $G^R$ は連続なので，$\epsilon\to0^+$ で第2項も $\gamma(G^R(0^+)-G^R(0^-))=0$ となって消える．残るのは第1項だけ：

∎ これが接続条件である．位置は連続，速度は $1/m$ だけ不連続に跳ぶ．

導出(a-3)：定数 $A$, $B$ を決める

$t>0$ の形 $G^R(t)=\ee^{-\Gamma t}(A\cos\omega_1 t + B\sin\omega_1 t)$ に，$G^R(0^+)=0$ と $\dot{G}^R(0^+)=1/m$ を課す．

第1条件．$t\to0^+$ とすると $\ee^0=1,\cos0=1,\sin0=0$ だから

$$ G^R(0^+) = A = 0 $$

よって $G^R(t)=B\ee^{-\Gamma t}\sin\omega_1 t$（$t>0$）．

第2条件．これを微分する．

$$ \dot{G}^R(t) = B\left[-\Gamma\ee^{-\Gamma t}\sin\omega_1 t + \omega_1\ee^{-\Gamma t}\cos\omega_1 t\right] = B\ee^{-\Gamma t}\left(\omega_1\cos\omega_1 t - \Gamma\sin\omega_1 t\right) $$

$t\to 0^+$ とすると

$$ \dot{G}^R(0^+) = B\omega_1 = \frac{1}{m} \quad\Longrightarrow\quad B = \frac{1}{m\omega_1} $$

したがって，$t<0$ でゼロであることを階段関数 $\theta(t)$ で書き込んで

∎ これが本章の主結果である．$\omega_1=\sqrt{k/m-\gamma^2/4m^2}$，$\Gamma=\gamma/2m$ である．

導出(b-1)：$G(\omega)$ を求める

ステップ1：$G(t)$ を逆変換の形で書く．

$$ G(t) = \int_{-\infty}^{\infty}\frac{\dd\omega}{2\pi}\,G(\omega)\,\ee^{-\ii\omega t} $$

ステップ2：微分を実行する．$t$ で微分すると，被積分関数のうち $\ee^{-\ii\omega t}$ だけが $t$ を含むから

$$ \frac{\dd}{\dd t}\ee^{-\ii\omega t} = -\ii\omega\,\ee^{-\ii\omega t}, \qquad \frac{\dd^2}{\dd t^2}\ee^{-\ii\omega t} = (-\ii\omega)^2\ee^{-\ii\omega t} = -\omega^2\,\ee^{-\ii\omega t} $$

符号を間違えやすいので念を押すと，$(-\ii\omega)^2 = \ii^2\omega^2 = -\omega^2$ である．したがって

$$ \hat{L}G(t) = \int\frac{\dd\omega}{2\pi}\Big[\,m(-\omega^2) + \gamma(-\ii\omega) + k\,\Big]G(\omega)\,\ee^{-\ii\omega t} $$

ステップ3：右辺も同じ形にそろえる．式 \eqref{eq:2-delta-rep} を使って

$$ \delta(t) = \int\frac{\dd\omega}{2\pi}\,1\cdot\ee^{-\ii\omega t} $$

ステップ4：比較する．$\hat{L}G=\delta$ より

$$ \int\frac{\dd\omega}{2\pi}\Big[\big(-m\omega^2-\ii\gamma\omega+k\big)G(\omega) - 1\Big]\ee^{-\ii\omega t} = 0 $$

これがすべての $t$ について成り立つのだから，Fourier変換の一意性より角括弧の中がすべての $\omega$ でゼロでなければならない．よって

∎ 微分方程式が，割り算1回になってしまった．

導出(b-2)：極の位置を求める

式 \eqref{eq:2-Gomega} の分母がゼロになる $\omega$ が極である．

$$ -m\omega^2-\ii\gamma\omega+k = 0 \quad\Longleftrightarrow\quad m\omega^2 + \ii\gamma\omega - k = 0 $$

解の公式を（複素数のまま）使う．

$$ \omega = \frac{-\ii\gamma \pm \sqrt{(\ii\gamma)^2 + 4mk}}{2m} = \frac{-\ii\gamma \pm \sqrt{4mk-\gamma^2}}{2m} $$

根号の中は，弱減衰なら正である．実際

$$ \frac{\sqrt{4mk-\gamma^2}}{2m} = \sqrt{\frac{k}{m}-\frac{\gamma^2}{4m^2}} = \sqrt{\omega_0^2-\Gamma^2} = \omega_1 $$

であるから

∎ 極は2つあり，どちらも虚部が $-\Gamma < 0$，すなわち下半面にある．因果律と整合している（第1章1.4節）．

導出(b-3)：逆変換 —— 結果を先取りする

あとは逆Fourier変換

$$ G^R(t) = \int_{-\infty}^{\infty}\frac{\dd\omega}{2\pi}\;\frac{\ee^{-\ii\omega t}}{-m\omega^2-\ii\gamma\omega+k} $$

を実行すればよい．この積分は実軸上に特異点をもたないので普通の広義積分として意味をもつが，実際に計算するには複素積分（留数定理）が要る．詳細は第5章で扱うので，ここでは筋道と結果だけ示す．

ステップ1：分母を因数分解する．極 $\omega_\pm$ を使って

$$ -m\omega^2-\ii\gamma\omega+k = -m\left(\omega^2 + \ii\frac{\gamma}{m}\omega - \frac{k}{m}\right) = -m(\omega-\omega_+)(\omega-\omega_-) $$

と書ける．確認しておく．$\omega_++\omega_-=-2\ii\Gamma=-\ii\gamma/m$ なので展開したときの1次の係数は $-(\omega_++\omega_-)=+\ii\gamma/m$ で合っている．定数項は $\omega_+\omega_-=(\omega_1-\ii\Gamma)(-\omega_1-\ii\Gamma)=-(\omega_1^2+\Gamma^2)=-\omega_0^2=-k/m$ で，これも合っている．よって

$$ G(\omega) = \frac{-1}{m(\omega-\omega_+)(\omega-\omega_-)} $$

ステップ2：$t<0$ の場合．$\omega=\mathrm{Re}\,\omega+\ii\,\mathrm{Im}\,\omega$ と書くと $\abs{\ee^{-\ii\omega t}}=\ee^{(\mathrm{Im}\,\omega)t}$ である．$t<0$ ではこれは $\mathrm{Im}\,\omega>0$ で減衰するので，積分路を上半面に閉じてよい（Jordan の補題，第5章）．上半面に極はないから，Cauchy の積分定理より積分はゼロ．したがって $G^R(t)=0\ (t<0)$ ——因果律が自動的に出てくる．

ステップ3：$t>0$ の場合．今度は下半面に閉じる．時計回りなので符号が反転して $\oint = -2\pi\ii\sum\Res$ である．

$$ \Res_{\omega=\omega_+}\left[\frac{-\ee^{-\ii\omega t}}{m(\omega-\omega_+)(\omega-\omega_-)}\right] = \frac{-\ee^{-\ii\omega_+t}}{m(\omega_+-\omega_-)} = \frac{-\ee^{-\ii\omega_+t}}{2m\omega_1} $$ $$ \Res_{\omega=\omega_-}\left[\cdots\right] = \frac{-\ee^{-\ii\omega_-t}}{m(\omega_--\omega_+)} = \frac{+\ee^{-\ii\omega_-t}}{2m\omega_1} $$

ここで $\omega_+-\omega_-=2\omega_1$ を使った．和を取ると

$$ \sum\Res = \frac{1}{2m\omega_1}\left(\ee^{-\ii\omega_- t}-\ee^{-\ii\omega_+ t}\right) $$

ステップ4：指数を展開する．$\omega_\pm=\pm\omega_1-\ii\Gamma$ だから

$$ \ee^{-\ii\omega_\pm t} = \ee^{-\ii(\pm\omega_1-\ii\Gamma)t} = \ee^{\mp\ii\omega_1 t}\,\ee^{-\Gamma t} $$

（$-\ii\cdot(-\ii\Gamma)t = \ii^2\Gamma t=-\Gamma t$ に注意）．よって

$$ \sum\Res = \frac{\ee^{-\Gamma t}}{2m\omega_1}\left(\ee^{\ii\omega_1 t}-\ee^{-\ii\omega_1 t}\right) = \frac{\ee^{-\Gamma t}}{2m\omega_1}\cdot 2\ii\sin\omega_1 t = \frac{\ii\,\ee^{-\Gamma t}\sin\omega_1 t}{m\omega_1} $$

ステップ5：まとめる．$G^R(t)=\frac{1}{2\pi}\times(-2\pi\ii)\sum\Res$ だから

$$ G^R(t) = -\ii\cdot\frac{\ii\,\ee^{-\Gamma t}\sin\omega_1 t}{m\omega_1} = \frac{1}{m\omega_1}\ee^{-\Gamma t}\sin\omega_1 t \qquad (t>0) $$

∎ $-\ii\cdot\ii = -\ii^2 = +1$ である．

検算1：摩擦を消す

$\gamma\to0$ では $\Gamma=\gamma/2m\to0$，$\omega_1=\sqrt{\omega_0^2-\Gamma^2}\to\omega_0$ である．式 \eqref{eq:2-GR} は

$$ G^R(t) \longrightarrow \frac{\sin\omega_0 t}{m\omega_0}\,\theta(t) $$

となる．これが正しいことを直接確かめる．摩擦のない場合の定義式は $m\ddot{G}+kG=\delta(t)$ で，接続条件は $G(0^+)=0,\ \dot{G}(0^+)=1/m$．$t>0$ の一般解は $A\cos\omega_0t+B\sin\omega_0t$ だから，$A=0$ かつ $B\omega_0=1/m$，すなわち $B=1/(m\omega_0)$ で一致する．

物理的にも明らかである．静止した単振動子を力積 $1$ で叩くと初速度 $v_0=1/m$ を得て，その後 $x(t)=(v_0/\omega_0)\sin\omega_0t$ で永久に振動し続ける．減衰因子がないので，記憶は永遠に残る．∎

検算2：バネを外す（かつ摩擦もない）

$k\to0$ かつ $\gamma\to0$ とすると，方程式は $m\ddot{x}=f$，すなわち自由粒子のNewton方程式になる．前項の結果で $\omega_0\to0$ とすると

$$ \frac{\sin\omega_0 t}{m\omega_0} = \frac{1}{m}\cdot\frac{\sin\omega_0 t}{\omega_0} \xrightarrow{\ \omega_0\to0\ } \frac{t}{m} $$

（$\lim_{u\to0}\sin(u)/u=1$ を $u=\omega_0t$ に使った）．したがって

$$ G^R(t) = \frac{t}{m}\,\theta(t) $$

直接確認しよう．静止した質量 $m$ の粒子を力積 $1$ で叩くと速度 $1/m$ を得て，その後は等速直線運動 $x=t/m$ になる．バネがないので，いつまでも戻ってこない．∎

これは2.1.5項で述べた「$\sin(\omega_1t)/\omega_1$ の形に書いておけばよい」の実例でもある．

検算3：終端変位に落ち着く運動

$k\to0$ すなわち $\omega_0\to0$ で $\gamma$ は残す場合．このとき $\omega_1=\sqrt{\omega_0^2-\Gamma^2}\to\sqrt{-\Gamma^2}=\ii\Gamma$ で純虚数になる（過減衰の極限）．2.1.5項の処方に従って $\sin(\omega_1t)/\omega_1 \to \sinh(\Gamma t)/\Gamma$ と読み替えると

$$ G^R(t) = \frac{\ee^{-\Gamma t}\sinh\Gamma t}{m\Gamma}\theta(t) = \frac{\ee^{-\Gamma t}}{m\Gamma}\cdot\frac{\ee^{\Gamma t}-\ee^{-\Gamma t}}{2}\theta(t) = \frac{1-\ee^{-2\Gamma t}}{2m\Gamma}\theta(t) $$

$2m\Gamma=\gamma$，$2\Gamma=\gamma/m$ を使うと

$$ G^R(t) = \frac{1}{\gamma}\left(1-\ee^{-\gamma t/m}\right)\theta(t) $$

直接確認．$m\ddot x+\gamma\dot x=\delta(t)$．撃力で $v(0^+)=1/m$ を得たあとは $m\dot v=-\gamma v$ だから $v(t)=\frac{1}{m}\ee^{-\gamma t/m}$．これを積分して

$$ x(t) = \int_0^t v(t')\,\dd t' = \frac{1}{m}\cdot\frac{m}{\gamma}\left(1-\ee^{-\gamma t/m}\right) = \frac{1}{\gamma}\left(1-\ee^{-\gamma t/m}\right) $$

∎ 確かに一致する．$t\to\infty$ で $G^R\to1/\gamma$ に落ち着く．摩擦で運動量を失いきったあと，バネがないのでその場に留まるのである．「叩かれて動いた距離」が $1/\gamma$ で有限にとどまるという，直観に合う結果である．

計算：デルタ関数はそのまま抜き出せる

式 \eqref{eq:2-solution} に代入する．

$$ x(t) = \int_{-\infty}^{\infty}\dd t'\;G^R(t-t')\,F_0\delta(t') = F_0\,G^R(t-0) = F_0\,G^R(t) $$

デルタ関数の性質 $\int g(t')\delta(t')\dd t' = g(0)$ を使っただけである．したがって

∎ 当然といえば当然で，Green関数の定義そのものである．

計算：ステップ応答（全ステップ）

ステップ1：積分範囲を整理する．式 \eqref{eq:2-solution} に $f(t')=F_0\theta(t')$ を代入すると

$$ x(t) = F_0\int_{-\infty}^{\infty}\dd t'\;G^R(t-t')\,\theta(t') $$

$\theta(t')$ は $t'>0$ でのみ $1$，$G^R(t-t')$ は $t-t'>0$ すなわち $t'<t$ でのみゼロでない．両方が満たされるのは $0<t'<t$ だから（$t>0$ とする）

$$ x(t) = F_0\int_{0}^{t}\dd t'\;G^R(t-t') $$

ステップ2：変数変換．$s\equiv t-t'$ と置くと $\dd t'=-\dd s$，$t'=0\Rightarrow s=t$，$t'=t\Rightarrow s=0$ だから

$$ x(t) = F_0\int_{t}^{0}(-\dd s)\,G^R(s) = F_0\int_{0}^{t}\dd s\;G^R(s) $$

「ステップ応答はインパルス応答の積分である」という，制御工学でおなじみの関係が出た．

ステップ3：積分を実行する．$G^R(s)=\frac{1}{m\omega_1}\ee^{-\Gamma s}\sin\omega_1 s$ を入れる．三角関数を指数関数に直す（$\sin u = \frac{\ee^{\ii u}-\ee^{-\ii u}}{2\ii}$）と

$$ I \equiv \int_0^t \ee^{-\Gamma s}\sin(\omega_1 s)\,\dd s = \frac{1}{2\ii}\left[\int_0^t \ee^{(-\Gamma+\ii\omega_1)s}\dd s - \int_0^t \ee^{(-\Gamma-\ii\omega_1)s}\dd s\right] $$

指数の肩に現れた $-\Gamma\pm\ii\omega_1$ は，まさに特性方程式の根 $\lambda_\pm$ である．$\lambda_\pm$ と書くことにすると，$\int_0^t\ee^{\lambda s}\dd s = (\ee^{\lambda t}-1)/\lambda$ だから

$$ I = \frac{1}{2\ii}\left[\frac{\ee^{\lambda_+t}-1}{\lambda_+} - \frac{\ee^{\lambda_-t}-1}{\lambda_-}\right] $$

ステップ4：通分する．共通分母 $\lambda_+\lambda_-$ について，解と係数の関係から

$$ \lambda_+\lambda_- = (-\Gamma)^2-(\ii\omega_1)^2 = \Gamma^2+\omega_1^2 = \omega_0^2, \qquad \lambda_+-\lambda_- = 2\ii\omega_1 $$

したがって

$$ I = \frac{1}{2\ii}\cdot\frac{\lambda_-\left(\ee^{\lambda_+t}-1\right) - \lambda_+\left(\ee^{\lambda_-t}-1\right)}{\omega_0^2} = \frac{1}{2\ii\,\omega_0^2}\left[\lambda_-\ee^{\lambda_+t}-\lambda_+\ee^{\lambda_-t} + (\lambda_+-\lambda_-)\right] $$ $$ = \frac{1}{2\ii\,\omega_0^2}\left[\lambda_-\ee^{\lambda_+t}-\lambda_+\ee^{\lambda_-t}\right] + \frac{2\ii\omega_1}{2\ii\,\omega_0^2} $$

ステップ5：角括弧を実数の形に直す．$\lambda_\pm=-\Gamma\pm\ii\omega_1$, $\ee^{\lambda_\pm t}=\ee^{-\Gamma t}\ee^{\pm\ii\omega_1t}$ を代入する．

$$ \lambda_-\ee^{\lambda_+t}-\lambda_+\ee^{\lambda_-t} = \ee^{-\Gamma t}\left[(-\Gamma-\ii\omega_1)\ee^{\ii\omega_1t} - (-\Gamma+\ii\omega_1)\ee^{-\ii\omega_1t}\right] $$

$\Gamma$ の項と $\omega_1$ の項に分けて整理すると

$$ = \ee^{-\Gamma t}\left[-\Gamma\left(\ee^{\ii\omega_1t}-\ee^{-\ii\omega_1t}\right) - \ii\omega_1\left(\ee^{\ii\omega_1t}+\ee^{-\ii\omega_1t}\right)\right] $$

Euler の公式 $\ee^{\ii u}-\ee^{-\ii u}=2\ii\sin u$, $\ee^{\ii u}+\ee^{-\ii u}=2\cos u$ を使って

$$ = \ee^{-\Gamma t}\left[-2\ii\Gamma\sin\omega_1t - 2\ii\omega_1\cos\omega_1 t\right] = -2\ii\,\ee^{-\Gamma t}\left[\Gamma\sin\omega_1 t + \omega_1\cos\omega_1 t\right] $$

ステップ6：代入して $\ii$ を約す．

$$ I = \frac{-2\ii\,\ee^{-\Gamma t}\left[\Gamma\sin\omega_1t+\omega_1\cos\omega_1t\right]}{2\ii\,\omega_0^2} + \frac{\omega_1}{\omega_0^2} = \frac{\omega_1}{\omega_0^2}\left\{1 - \ee^{-\Gamma t}\left[\cos\omega_1t + \frac{\Gamma}{\omega_1}\sin\omega_1t\right]\right\} $$

（最後は $\omega_1$ でくくった）．

ステップ7：$x(t)$ に戻す．$x(t)=\frac{F_0}{m\omega_1}I$ だから $\omega_1$ が約分されて

$$ x(t) = \frac{F_0}{m\omega_0^2}\left\{1-\ee^{-\Gamma t}\left[\cos\omega_1t+\frac{\Gamma}{\omega_1}\sin\omega_1t\right]\right\} $$

$m\omega_0^2 = m\cdot\frac{k}{m}=k$，$\Gamma=\gamma/2m$ を使って書き直すと

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