問 14：
ともかくラプラス変換を使ってやってみましょう．(a)問題のODE の両辺をラプラス変換して（初期条件も入れた）
s2Y(s) + 3sY(s) + 2Y(s) =L( r(t)
) (s) となる．右辺については普通に積分するのが一番速いだろう：
L( r(t)
) (s) =
∫ ∞
0
dt r(t)e−st=
∫ 1 0
dt4t e−st+
∫ ∞
1
dt8e−st= 4{1−e−s(1 +s)}
s2 +8e−s
s = 4
s2 −4e−s
s2 +4e−s s
よって，
Y(s) = 4 (s+ 1)(s+ 2)
[1 s2 −e−s
s2 +e−s s
]
= 4
[ 1
s2(s+ 1)(s+ 2)− e−s
s2(s+ 1)(s+ 2) + e−s s(s+ 1)(s+ 2)
]
となる．後はこれを逆変換すれば良い．前回の解答で使った（方法1）〜（方法3）のどれをやっても（また別の方 法でも）良い．もう邪魔臭いから（方法3）でやってみる．
最初の項は
1
s2 と 1
s+ 1 と 1
s+ 2 の積なので，これらの逆変換
t と e−t と e−2t
の畳み込みである．つまり最初の項は
∫ t 0
dτ1
∫ τ1
0
dτ2τ2e−(τ1−τ2)e−2(t−τ1)=
∫ t 0
dτ1
∫ τ1
0
dτ2τ2eτ2+τ1−2t=1 4
[
−3−e−2t+ 4e−t+ 2t ]
同様に第2項は
∫ t 0
dτ1
∫ τ1 0
dτ2
∫ τ2 0
dτ3δ(τ3−1){τ2−τ3}e−(τ1−τ2)e−2(t−τ1)
=
∫ t 0
dτ1
∫ τ1 0
dτ2u(τ2−1){τ2−1}eτ2+τ1−2t
=
∫ t 0
dτ1u(τ1−1)
∫ τ1
1
dτ2{τ2−1}eτ2+τ1−2t
=u(t−1)
∫ t 1
dτ1
∫ τ1 1
dτ2{τ2−1}eτ2+τ1−2t
= u(t−1) 4
[−5−e−2(t−1)+ 4e−(t−1)+ 2t ]
同様に第3項は
∫ t 0
dτ1
∫ τ1 0
dτ2
∫ τ2 0
dτ3δ(τ3−1) ×1×e−(τ1−τ2)e−2(t−τ1)
=
∫ t 0
dτ1
∫ τ1 0
dτ2u(τ2−1)eτ2+τ1−2t
=u(t−1)
∫ t 1
dτ1
∫ τ1
1
dτ2eτ2+τ1−2t
= u(t−1)
2 (1−e−(t−1))2
以上をまとめて
y(t) =−3−e−2t+ 4e−t+ 2t+u(t−1) {
5 +e−2(t−1)−4e−(t−1)−2t+ 2(1−e−(t−1))2 }
=−e−2t+ 4e−t−3 + 2t+u(t−1) {
3e−2(t−1)−8e−(t−1)+ 7−2t }
=
−e−2t+ 4e−t−3 + 2t (0< t <1)
−e−2t+ 4e−t+ 4 + 3e−2(t−1)−8e−(t−1) (t >1) かなり大変だった．
(b)解き方は同様である．今度は Y(s) = 1
(s−2)(s−3) [
L( r(t)
)
(s) +s−7 ]
= 4
(s−2)(s−3)
[1−e2−2s s−1
]
+ 4(s−7) (s−2)(s−3)
= 4
[ 1
(s−1)(s−2)(s−3) − e−2(s−1)
(s−1)(s−2)(s−3) + 5
s−2+ −4 s−3
]
これの逆変換を求める．先ほどと同じように頑張ると，括弧の中の第一項の逆変換は
∫ t 0
dτ1
∫ τ1 0
dτ2eτ2e2(τ1−τ2)e3(t−τ1)=
∫ t 0
dτ1
∫ τ1 0
dτ2e−τ2−τ1+3t= et
2(et−1)2 第二項はe−2(s−1)=e2s−2sと思えばこの逆変換はe2δ(t−2)だから
∫ t 0
dτ1
∫ τ1 0
dτ2
∫ τ2 0
dτ3e2δ(τ3−2)eτ2−τ3e2(τ1−τ2)e3(t−τ1)=
∫ t 0
dτ1
∫ τ1 0
dτ2
∫ τ2 0
dτ3e2δ(τ3−2)e−τ3−τ2−τ1+3t
=
∫ t 0
dτ1
∫ τ1 0
dτ2u(τ2−2)e2e−2−τ2−τ1+3t=
∫ t 0
dτ1
∫ τ1 0
dτ2u(τ2−2)e−τ2−τ1+3t
=u(t−2)
∫ t 2
dτ1
∫ τ1
2
dτ2e−τ2−τ1+3t=u(t−2)et
2 (et−2−1)2 第3，第4項はこれらに比べれば簡単で，
5e2t−4e3t である．
以上を併せて
y(t) = 2et(et−1)2−2u(t−2)et(et−2−1)2+ 5e2t−4e3t=−2e3t+e2t+ 2et−2u(t−2)et(et−2−1)2
=
−2e3t+e2t+et (0< t <2)
−2e3t+e2t−2e3t−4+ 4e2t−2 (t >2) が答え．
(c)今度は
Y(s) = 1 s2+ 16
[
4e−πs+ 2s ]
= 4e−πs
s2+ 16+ 2s s2+ 16 第二項の方は簡単で，教科書の表から
2 cos(4t) となるはず．第一項はまたもや畳み込みで
∫ t 0
dτ1δ(τ1−π)×sin(4(t−τ1)) =u(t−π) sin(4t−4π) =u(t−π) sin(4t) となるはずで，最終結果は
y(t) = 2 cos(4t) +u(t−π) sin(4t)
(d)
Y(s) = 1 s2+ 4s+ 5
[ e−s+ 3
]
= e−s
s2+ 4s+ 5+ 3 s2+ 4s+ 5 この第2項はs2+ 4s+ 5 = (s+ 2)2+ 1に注意して，教科書の表から
3×e−2t×sint= 3e−2tsint のはず．一方，第一項はまたもや畳み込みで，
∫ t 0
dτ1δ(τ1−1)×e−2(t−τ1) sin(t−τ1) =u(t−1)e−2(t−1) sin(t−1) となるはず．併せて
y(t) = 3e−2tsint+u(t−1)e−2(t−1) sin(t−1) となるはずです．
問 15：
これまた定石通り解きます．「斉次の一般解＋特解」を作って，初期条件から係数を決めれば良い，こと は中間試験までの範囲で十分に学修したので，特解の計算を主に書きます．(a)特解をもとめる．斉次の解の一つがe−tなので，y(t) =c(t)e−tとおいてODEに代入すると，
c′′+c′=etr(t) となる．c′(t) =f(t)e−tとおいて上に代入すると
f′(t) =e2tr(t)
が得られる．なので，これを積分して（初期条件は後で合わせるから，簡単に0からtまで積分しよう）
f(t) =
∫ t 0
dτ e2τr(τ) と求めればよい．積分はt= 1で分けてやるしかない．t <1なら
∫ t 0
dτ e2τ ×4τ= 1−e2t+ 2te2t また，t >1なら ∫ 1
0
dτ e2τ ×4τ+
∫ t 1
dτ e2τ ×8 = 1−3e2+ 4e2t となる．よって，
c′(t) =f(t)e−t=
e−t−et+ 2tet (0< t <1) e−t−3e2−t+ 4et (t >1) となり，これを積分して
c(t) =
4−3et+ 2tet−e−t (0< t <1) 4−8e+ 3e−(t−2)+ 4et−e−t (t >1) つまり，
y(t) =c(t)e−t=
4e−t−3 + 2t−e−2t (0< t <1) 4e−t−8e−(t−1)+ 3e−2(t−1)+ 4−e−2t (t >1) がわかった．あとは，初期条件に合うように，斉次の解を足してやればよい（以下略）．
(b) (b)以下も同様である．y(t) =c(t)e2tとおくと
c′′−c′ =e−2tr(t)
となるので，c′(t) =f(t)etとおくと
f′ =e−3tr(t) となる．これを積分して
f(t) =
∫ t 0
dτ e−τr(τ) =
2−2e−2t (0< t <2) 2−2e−2 (t >2)
つまり c′(t) =etf(t) =
2et−2e−t (0< t <2) 2et−2et−2 (t >2) がわかる．これを積分して
c(t) =
−4 + 2et+ 2e−t (0< t <2) 2(1−e−2)(et−1) (t >2) が得られ，最終的に特解が
y(t) =e2tc(t) =
2e3t−4e2t+ 2et (0< t <2) 2(1−e−2)(e3t−e2t) (t >2) となる．後は初期条件に合うように一般解を足してやれば良い．
(c)そろそろ疲れて来たので，この辺りで定数変化法はおしまいにする．
おまけ：最後に，「ズルい」方法でやってみると．．． 実はずるい方法が一番簡単かも．考え方としてはそこそこ重 要なので，知ってて損はない．
(a)解くべきODE が，t <1とt >1に分かれて2つある，と思えば良い．それぞれの領域で「特解＋一般解」
を求めておいて，二つの解が初期条件も含めてうまくつながるように解を求めて行くとよいわけだ．
どちらの場合も，斉次の解はe−tとe−2tの線形結合である．
問題は特解であるが，t >1の方がもとめやすい．この場合，右辺が8で定数，なので，yも定数と思って特解を 探すと，y= 4が簡単に見つかる．つまり，t >1での解は
(∗) y(t) =αe−t+βe−2t+ 4 の形のはず（α, βは後で決める定数）．
0< t <1の方はもう少し難しいが，右辺が4tなのでy=ct+dの形のを探すつもりでODEに代入すると 3c+ 2ct+ 2d= 4t つまり c= 2, d=−3 つまり y(t) = 2t−3
が特解である．よって，0< t <1の解は
(∗∗) y(t) =a e−t+b e−2t+ 2t−3 のはずである（a, bも後で決める定数）．
t= 0での初期条件にあるようにa, bを決めると，
a+b−3 = 0, −a−2b+ 2 = 0 が要求されて，結局a= 4, b=−1となる．ので，0< t <1での解は
y(t) = 4e−t−e−2t+ 2t−3 となる．
さて，t >1の解をどうやって見つけるか，であるが，これにはt= 1で二つの解が滑らかにつながるように決め れば良い．この場合，y(t)そのものだけでなく，y′(t)（微分）も連続になる．なぜ連続かを見るには，元々のODE の両辺をt= 1−ϵからt= 1 +ϵまで積分してみると良い（ϵ >0は大変小さいとして）．結果は
y′(1 +ϵ)−y′(1−ϵ) + 3{y(1 +ϵ)−y(1−ϵ)}+ 2
∫ 1+ϵ 1−ϵ
dt y(t) =
∫ 1+ϵ 1−ϵ
dt r(t)
となるが，ϵ↓0では左辺の最後の項と右辺は高々O(ϵ)であって，ゼロにいく．またy(1 +ϵ)−y(1−ϵ)もy(t)が 連続なのでゼロにいく．結果として
limϵ↓0{y′(1 +ϵ)−y′(1−ϵ)}= 0 が得られるが，これはy′(t)がt= 1で連続な事を意味する．
ということで，y(t)とy′(t)がt= 1で連続なように，解をつなごう．y(t)をつなぐ条件は（上で求めたt <1の y(t)はt= 1で2なので）
4e−1−e−2−1 =αe−1+βe−2+ 4 である．一方，微分が連続というのは
2 + 2e−2−4e−1=−αe−1−2βe−2 なので，これらを連立して解くと
α= 4e−1−8, β= 3e2−1 つまり，t >1の解は
y(t) = (4−8e)e−t+ (3e2−1)e−2t+ 4 = 4e−t−e−2t+ 4−8e−(t−1)+ 3e−2(t−1) と求まる．もちろん，これは他の方法で解いたものと一致する．
(b)も同様（むしろ簡単）である．0< t <2の特解はcetの形で探せばすぐに見つかって2etとわかる．よって，
y(t) =
ae2t+be3t+ 2et (0< t <2) αe2t+βe3t (2< t)
という形になっている．a, bは初期条件からa= 1, b=−2とわかる．つまり，0< t <2での解は y(t) =e2t−2e3t+ 2et
である．
後はt= 2でのy(t), y′(t)の連続条件から
e4−2e6+ 2e2=αe4+βe6, 2e4−6e6+ 2e2= 2αe4+ 3βe6 これを解いて
α= 1 + 4e−2, β=−2−2e−4 となるので，結局，t >2の解は
y(t) = (1 + 4e−2)e2t+ (−2−2e−4)e3t となる，もちろん，以前に求めたのと一致している．
(c), (d)はある一点を除けば更に簡単である．これらは特定のt（(c)ならt=π, (d)なら t= 1）以外では斉次 の方程式だから，普通の一般解を考えればよい．ただし，これらをこの特定のtの値でうまくつなぐことが必要に なる．
(c)で詳しく説明する．(c)の斉次の一般解はc1cos(4t) +c2 sin(4t)である．この形であるのはt < πもt > πも 同じ．ただし，係数がt < πとt > πで異なる可能性が高いのだ——t=πでのインパルス的な外部刺激によって，
解の様子が変わる．つまり，
y(t) =
acos(4t) +bsin(4t) (t < π) αcos(4t) +βsin(4t) (t > π) となっているはずである（係数はこれから決める）．