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東京工業大学 工学院 電気電子系 2017年8月実施 数学2

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Author​

Zero, 祭音Myyura

Description​

以下の問に解答せよ。ただし, 解答は導出過程も含めて記述すること。

(1) 式 (2.1)(2.1) で表される関数 f1(t)f_1(t) のラプラス変換 F1(s)F_1(s) を求めよ。

f1(t)={0(t<0)−t+1(0≤t≤1)0(1<t)(2.1)f_1(t) = \left\{ \begin{aligned} &0 &(t < 0) \\ &-t + 1 &(0 \le t \le 1) \\ &0 &(1 < t) \end{aligned} \right.\tag{2.1}

(2) 式 (2.2)(2.2) で表される周期 44 の周期関数 f2(t)f_2(t) がある ( ただし, cc は零でない実定数 ) 。また, 式 (2.2)(2.2) では −2<t≤2-2 < t \le 2 の範囲のみが示されている。

f2(t)={ct+c(−1<t≤0)−ct+c(0<t≤1)0(−2<t≤−1,1<t≤2)(2.2)f_2(t) = \left\{ \begin{aligned} &ct + c &(-1 < t \le 0) \\ &-ct + c &(0 < t \le 1) \\ &0 &(-2 < t \le -1 , 1 < t \le 2) \end{aligned} \right.\tag{2.2}

f2(t)f_2(t) をフーリエ級数展開したところ, 式 (2.3)(2.3) で表される関数 f3(t)f_3(t) が得られた。

f3(t)=a02+∑k=1∞{aksin⁡(kπ2t)+bkcos⁡(kπ2t)}\begin{align} f_3(t) = \frac{a_0}{2} + \sum_{k=1}^{\infty}\bigg\{a_k\sin(\frac{k\pi}{2}t) + b_k\cos(\frac{k\pi}{2}t)\bigg\} \tag{2.3} \end{align}

このとき, 以下の問に答えよ。

  (a) 式 (2.3)(2.3) において, a0a_0 を求めよ。

  (b) 式 (2.3)(2.3) において, aka_k を求めよ。

  (cc) 式 (2.3)(2.3) において, b1b_1 を求めよ。

题目描述​

回答下列问题，并写出推导过程。

  1. 求函数

    f1(t)={0,t<0,−t+1,0≤t≤1,0,t>1(2.1)f_1(t)= \begin{cases} 0,&t<0,\\ -t+1,&0\leq t\leq1,\\ 0,&t>1 \end{cases} \tag{2.1}

    的 Laplace 变换 F1(s)F_1(s)。

  2. 设 cc 为非零实常数，f2(t)f_2(t) 是周期为 44 的周期函数；在一个周期 −2<t≤2-2<t\leq2 上定义为

    f2(t)={ct+c,−1<t≤0,−ct+c,0<t≤1,0,−2<t≤−1 或 1<t≤2.(2.2)f_2(t)= \begin{cases} ct+c,&-1<t\leq0,\\ -ct+c,&0<t\leq1,\\ 0,&-2<t\leq-1\ \text{或}\ 1<t\leq2. \end{cases} \tag{2.2}

    其 Fourier 级数写成题面规定的形式

    f3(t)=a02+∑k=1∞{aksin⁡(kπ2t)+bkcos⁡(kπ2t)}.(2.3)f_3(t)=\frac{a_0}{2} +\sum_{k=1}^{\infty} \left\{ a_k\sin\left(\frac{k\pi}{2}t\right) +b_k\cos\left(\frac{k\pi}{2}t\right) \right\}. \tag{2.3}
    1. 求 a0a_0。
    2. 求一般的 aka_k。
    3. 求 b1b_1。

考点​

  • 分段函数的 Laplace 变换：按非零区间直接积分，并正确处理有限支撑的端点。
  • 周期函数的 Fourier 系数：使用周期 44 对应的基频，依题面给定的正弦、余弦系数记号计算积分。
  • 奇偶对称性：识别三角形脉冲的偶性以简化正弦系数，并单独计算指定余弦系数。

Kai​

(1)​

F1(s)=∫0∞f1(t)e−stdt=∫01(−t+1)e−stdt=[−1s(1−t)e−st]01−1s∫01e−stdt=[0+1s]+[1s2e−st]01=1s+1s2e−s−1s2=1s+1s2(e−s−1)\begin{aligned} F_1(s) &= \int_0^{\infty} f_1(t) e^{-st} \text{d}t \\ &= \int_0^1 (-t + 1) e^{-st}\text{d}t \\ &= \bigg[-\frac{1}{s}(1 - t)e^{-st}\bigg]_0^1 - \frac{1}{s} \int_0^1 e^{-st}\text{d}t \\ &= \bigg[0 + \frac{1}{s}\bigg] + \bigg[\frac{1}{s^2} e^{-st}\bigg]_0^1 \\ &= \frac{1}{s} + \frac{1}{s^2} e^{-s} - \frac{1}{s^2} \\ &= \frac{1}{s} + \frac{1}{s^2} (e^{-s} - 1) \end{aligned}

(2)​

(a)​

a0=12∫−22f2(t)dt=12⋅2∫01c(1−t)dt=c∫01(1−t)dt=c[t−12t2]01=c(1−12)=c2\begin{aligned} a_0 &= \frac{1}{2}\int_{-2}^2 f_2(t)\text{d}t \\ &= \frac{1}{2} \cdot 2 \int_0^1 c(1 - t) \text{d}t \\ &= c \int_0^1 (1 - t)\text{d}t \\ &= c \bigg[t - \frac{1}{2}t^2\bigg]_0^1 \\ &= c(1 - \frac{1}{2}) \\ &= \frac{c}{2} \end{aligned}

(b)​

f2(c)f_2(c) は, 偶関数なので, ak=0a_k = 0

(c)​

b1=12∫−22f2(t)cos⁡(π2t)dt=12⋅2∫01c(−t+1)cos⁡(π2t)dt=c∫01(1−t)cos⁡(π2t)dt=c[(1−t)⋅2πsin⁡(π2t)]01+c∫012πsin⁡(π2t)dt=2cπ(0−0)+2cπ[−2πcos⁡(π2t)]01=4cπ2(−0+1)=4π2c\begin{aligned} b_1 &= \frac{1}{2}\int_{-2}^2 f_2(t) \cos(\frac{\pi}{2}t) \text{d}t \\ &= \frac{1}{2} \cdot 2 \int_0^1 c (-t + 1) \cos(\frac{\pi}{2}t) \text{d}t \\ &= c \int_0^1 (1 - t) \cos(\frac{\pi}{2}t) \text{d}t \\ &= c \bigg[(1 - t) \cdot \frac{2}{\pi} \sin(\frac{\pi}{2}t)\bigg]_0^1 + c \int_0^1 \frac{2}{\pi} \sin(\frac{\pi}{2}t) \text{d}t \\ &= \frac{2c}{\pi} (0 - 0) + \frac{2c}{\pi} \bigg[-\frac{2}{\pi}\cos(\frac{\pi}{2}t)\bigg]_0^1 \\ &= \frac{4c}{\pi^2} (-0 + 1) \\ &= \frac{4}{\pi^2}c \end{aligned}
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