{\bf 方針} \begin{enumerate} \item (1) 定常状態では、出力関数の第1項は無視できる。 \item (2) $a\sin\omega t+b\cos\omega t$は、 $\tan\phi=\frac{b}{a}$を満たす$\phi$に対して、 \[a\sin\omega t+b\cos\omega t=\sqrt{a^2+b^2}\sin(\omega t+\phi)\] と表せる。ただし、$\phi$は点$(a,b)$が属する象限の角とする。 \end{enumerate} {\bf 解答} $t$が十分に大きい定常状態では出力関数の第1項はほとんど無視できるので、 $y(t)$は \begin{align*} y(t) &\doteqdot \frac{KA\tau\omega}{\tau^2\omega^2+1}\left( \frac1{\tau\omega}\cdot\sin\omega t-\cos\omega t\right)\\ &=\frac{KA}{\tau^2\omega^2+1}(\sin\omega t-\tau\omega\cdot\cos\omega t) \end{align*} となる。ここで、三角関数の合成を行うと、この式は \begin{align*} y(t) &=\frac{KA}{\tau^2\omega^2+1}\cdot \sqrt{1+\tau^2\omega^2}\cdot\sin(\omega t+\phi)\\ &=\frac{KA}{\sqrt{1+\tau^2\omega^2}}\cdot\sin(\omega t+\phi) ,\qquad (\tan\phi=-\tau\omega) \end{align*} と表せ、入力波とは振幅の異なる正弦波になる。 したがって、この振幅が入力波の振幅の半分以下になるのは \[ \frac{KA}{\sqrt{1+\tau^2\omega^2}}\le \frac{A}{2} \] を満たすときであるから、 \begin{align*} 2K\le \sqrt{1+\tau^2\omega^2}\\ 4K^2\le 1+\tau^2\omega^2\\ \omega^2\ge \frac{4K^2-1}{\tau^2}\\ \therefore　 \omega \ge \frac{\sqrt{4K^2-1}}{\tau} \end{align*} である。