【インパルス応答】t = 0 に閉じ込められた物語 - ケィオスの時系列解析メモランダム

前の記事（以下のリンク）で，デルタ関数，あるいは，単位インパルス関数がどこに立っているのかにこだわりました．今回は，線形システムのインパルス応答を考えて，私がなぜインパルスが立っている位置（時刻）にこだわるのかを説明します．
chaos-kiyono.hatenablog.com

　インパルス応答では，下の図の上段のように， $t=0$ の瞬間にいろんなことが起こりすぎてややこしいです．私としては，まず下の図の下段のように考えて，それを $t=0$ に閉じ込めたとみなしたいです．

　以下では具体例として，

　 $\begin{eqnarray} \frac{dy(t)}{dt} + a \, y(t) &=& \delta_{\varepsilon}(t) \end{eqnarray}$

を考えます．ここで， $a$ は正の定数， $\delta_{\varepsilon}(t)$ は下の図のように定義します．

$\delta_{\varepsilon}(t)$ の定義．右の図は， $t>0$ に置いて $t=0$ に近づける場合．

　この微分方程式で $a=3$ として， $\delta_{\varepsilon}(t)$ の $\varepsilon$ を変えて，数値的に解いた結果が下の図です．ピンクの部分が $\delta_{\varepsilon}(t)$ ，青の線が応答（出力） $y(t)$ で， $\varepsilon$ を0に近づけています．

入力 $\delta_{\varepsilon}(t)$ (ピンク)に対するシステムの応答（数値計算結果）． $\varepsilon$ を0に近づけた結果．

　通常は， $\varepsilon \to 0$ とした結果を考えています．以下では， $\varepsilon \to 0$ としたものを， $\delta(t)$ として，
　
　 $\begin{eqnarray} \frac{dy(t)}{dt} + a \, y(t) &=& \delta(t), \quad y(0) = 0 \end{eqnarray}$

を解いてみたいと思います．解き方はいくつかあります．私が思いつくのは3通りの方法です： (1) 同次方程式の解を求めてから定数変化法で特解を求める; (2) 積分因子を掛けて解く; (3) ラプラス変換で解く．

定数変化法で解く

　 $\begin{eqnarray} \frac{dy(t)}{dt} + a \, y(t) &=& \delta(t) \end{eqnarray}$

は，非同次（非斉次）方程式（外部からの入力を表す $t$ の関数を含む式）です．この方程式の一般解は，同次（斉次）方程式（外部からの入力を表す $t$ の関数がない式）

　 $\begin{eqnarray} \frac{dy(t)}{dt} + a \, y(t) &=& 0 \end{eqnarray}$

の一般解 $y_0 (t)$ と，右辺に $\delta(t)$ を含む非同次方程式の特解 $y_{1} (t)$ の和で与えられます．なぜなら， $y_0 (t)$ と $y_{1} (t)$ は，それぞれ，

　 $\left\{\begin{array}{l} \displaystyle \frac{dy_0(t)}{dt} + a \, y_0(t) &=& 0 \\ \displaystyle \frac{dy_1(t)}{dt} + a \, y_1(t) &=& \delta(t) \end{array}\right.$

を満たすので，辺々足して，

　 $\displaystyle \frac{d}{dt} \left(y_0(t) + y_1(t) \right) + a \left(y_0(t) + y_1(t) \right) = \delta(t)$

となるからです．結局，

　 $y(t) = y_0(t) + y_1(t)$

も元の微分方程式の解になることが分かります．

　ここから，実際に解いていきます．まず，同次方程式の一般解を求めると，

　 $\begin{eqnarray} \frac{dy(t)}{dt} &=& - a \, y(t) \\ \int \frac{1}{y(t)} \, dy(t) &=& - \int a \, dt \\ \log \left| y(t) \right| &=& - a t + C_0 \\ y(t) &=& \pm e^{C_0}\, e^{- a t} \\ y(t) &=& C e^{-at} \end{eqnarray}$
　
となります．ここで， $C_0$ と $C$ は定数で， $C = \pm e^{C_0}$ です．

　定数変化法では，上の一般解の定数部分 $C$ を， $t$ の関数 $C(t)$ に変えちゃいます．つまり， $y(t) = C(t) e^{-at}$ を非同次方程式に代入し， $C(t)$ を求めます．

　 $\begin{eqnarray} \frac{dy(t)}{dt} + a \, y(t) &=& \delta (t) \\ e^{-at} \frac{dC(t)}{dt} - a C(t) e^{-at} + a C(t) e^{-at} &=& \delta(t) \\ \frac{dC(t)}{dt} &=& \delta(t) e^{at} \\ \int_{0}^{t} dC(\tau) &=& \int_{0}^{t} \delta(\tau) \, e^{a \tau} \, d\tau \\ C(t) - C(0) &=& \left\{\begin{array}{lc} 0 & (t \le 0) \\ 1 & (t > 0) \end{array}\right. \end{eqnarray}$

私の流儀では， $\delta(t)$ の面積を， $t>0$ の領域に置いているので，

　 $\begin{eqnarray}\int_{0}^{\infty} \! \delta(t) \, dt &=& 1 \\ \int_{0}^{\infty} \! f(t) \, \delta(t) \, dt &=& f(0) \end{eqnarray}$

になります．さらに，任意の $\varepsilon > 0$ に対して，

　 $\begin{eqnarray}\int_{0}^{\varepsilon} \! \delta(t) \, dt &=& 1 \\ \int_{0}^{\varepsilon} \! f(t) \, \delta(t) \, dt &=& f(0) \end{eqnarray}$

です．

　上の $C(0)$ は，一般解に対応するので無視すれば，特解が

　 $y(t) = C(t) \, e^{-at} = e^{-at} \quad (t > 0)$

と求まります．したがって，一般解は， $C$ を定数として，

　 $\begin{eqnarray} y(t) =\left\{\begin{array}{lc} C e^{at} & (t \le 0) \\ C e^{at} + e^{-at} & (t > 0) \end{array}\right. \end{eqnarray}$

です．初期条件 $y(0)=0$ を満たすように $C$ を設定すれば ( $C=0$ )，

　 $\begin{eqnarray} y(t) =\left\{\begin{array}{lc} 0 & (t \le 0) \\ e^{-at} & (t > 0) \end{array}\right. \end{eqnarray}$

となります．インパルス $\delta(t)$ に対する応答は， $t > 0$ で生じています． $t = 0$ にインパルスを与えたと考えると，変な感じがします．ですので，私は $t > 0$ で， $t$ が0に近い時刻でインパルスを入れたとみなしたいのです．

積分因子を使って解く

　 $\begin{eqnarray} \frac{dy(t)}{dt} + p(t) \, y(t) &=& q(t) \end{eqnarray}$

の形の微分方程式は，両辺に

　 $\displaystyle \exp \left( \int p(t)\, dt \right)$

をかけることで，解くことができます．ここで，上の不定積分の定数項は無視してください．これは，左辺を積の微分の形にするアイデアです．

　具体的に，

　 $\begin{eqnarray} \frac{dy(t)}{dt} + a \, y(t) &=& \delta(t) \end{eqnarray}$

を解いてみます．この場合， $p(t) = a$ です．

　 $\displaystyle \exp \left( \int a \, dt \right) = e^{at}$

　 $\displaystyle e^{at}$ を微分方程式の両辺にかけると，

　 $\begin{eqnarray} e^{at} \frac{dy(t)}{dt} + a e^{at} \, y(t) &=& \delta(t) \, e^{at} \\ \frac{d}{dt} \left( e^{at} \, y(t) \right) &=& \delta(t) \, e^{at} \end{eqnarray}$

となります．左辺が，積の微分の形になっていることに気づいてください．これを解くと，

　 $\begin{eqnarray} \frac{d}{dt} \left( e^{at} \, y(t) \right) &=& \delta(t) \, e^{at} \\ \int_0^{t} d \left( e^{a \tau} \, y(\tau) \right) &=& \int_0^{t} \delta(\tau) \, e^{a \tau} \, dt \\ e^{a t} \, y(t) - y(0) &=& \left\{\begin{array}{lc} 0 & (t \le 0) \\ 1 & (t > 0) \end{array}\right. \\ y(t) &=& \left\{\begin{array}{lc} 0 & (t \le 0) \\ e^{-at} & (t > 0) \end{array}\right. \end{eqnarray}$