東京工業大学 工学院 情報通信系 2018年8月実施 微分方程

标签：

• TITech
• Laplace-Transform

Author

思齐塾, 祭音Myyura

Description

S1.

以下の問に答えよ. ただし, $t$ の関数 $f(t)$ のラプラス変換 $F(s)$ は

$$F(s) = \int_{0}^{\infty} f(t)e^{-st} dt$$

と定義され, $s$ は複素変数である. また, 以下のすべての $t$ の関数は $t < 0$ においては零であるとする. なお, ラプラス変換に関する諸性質は導出過程を示さずに用いてよい.

---

1. 次の 3 種類の関数のラプラス変換を求めよ. ただし, $a$ は正の定数である.

   a) $f_1(t) = e^{-at}$ b) $f_2(t) = \cos t$ c) $f_3(t) = e^{-at} \sin t$

2. $x(t) = \sin t$ のとき, 以下の式を満足する関数 $y(t)$ をラプラス変換を用いて求めよ. ただし, $y(0) = 0$ とする.

$$\frac{dy(t)}{dt} + 2y(t) = x(t)$$

3. 2. の関数 $y(t)$ は関数 $x(t) (= \sin t)$ と関数 $h(t)$ によって以下のように表すことができる. 関数 $h(t)$ を求めよ.

$$y(t) = \int_{-\infty}^{\infty} h(t - \tau)x(\tau)d\tau$$

4. $x(t) = \sin t$ のとき, 以下の式を満足する関数 $z(t)$ は $t$ を十分大きくすると, $z(0)$ や $\left.\frac{dz(t)}{dt}\right|_{t=0}$ に無関係にある関数に近づく. $t$ を十分大きくしたときの $z(t)$ を求めよ.

$$\frac{d^2z(t)}{dt^2} + \sqrt{2}\frac{dz(t)}{dt} + z(t) = x(t)$$

题目描述

函数 $f(t)$ 的 Laplace 变换定义为

$$F(s)=\int_0^\infty f(t)e^{-st}\,dt,$$

其中 $s$ 是复变量。以下出现的所有时间函数在 $t<0$ 时均为零；可以直接使用 Laplace 变换的各项性质，无须推导。

1. 设 $a>0$，分别求下列三个函数的 Laplace 变换：

   1. $f_1(t)=e^{-at}$；
   2. $f_2(t)=\cos t$；
   3. $f_3(t)=e^{-at}\sin t$。

2. 当 $x(t)=\sin t$ 时，用 Laplace 变换求满足

$$\frac{dy(t)}{dt}+2y(t)=x(t), \qquad y(0)=0$$

的函数 $y(t)$。 3. 第 2 问的 $y(t)$ 可写成 $x(t)$ 与某个函数 $h(t)$ 的卷积：

$$y(t)=\int_{-\infty}^{\infty} h(t-\tau)x(\tau)\,d\tau.$$

求 $h(t)$。 4. 仍令 $x(t)=\sin t$。满足

$$\frac{d^2z(t)}{dt^2} +\sqrt2\frac{dz(t)}{dt} +z(t)=x(t)$$

的解在 $t$ 充分大时会趋近于一个与 $z(0)$、$\left.dz(t)/dt\right|_{t=0}$ 无关的函数。求这一大时间下的 $z(t)$。

Kai

S1

1) a)

$$\mathcal L\{e^{-at}\}(s)=\int_0^\infty e^{-(s+a)t}\,dt =\boxed{\frac1{s+a}},\qquad \operatorname{Re}s>-a.$$

1) b)

$$\boxed{\mathcal L\{\cos t\}(s)=\frac{s}{s^2+1}},\qquad \operatorname{Re}s>0.$$

1) c)

時間領域での $e^{-at}$ の乗算は $s$ を $s+a$ に移すので

$$\boxed{\mathcal L\{e^{-at}\sin t\}(s)=\frac1{(s+a)^2+1}},\qquad \operatorname{Re}s>-a.$$

2)

$Y(s)=\mathcal L\{y(t)\}$ とする。 $y(0)=0$ より

$$(s+2)Y(s)=\frac1{s^2+1},\qquad Y(s)=\frac1{(s+2)(s^2+1)}.$$

部分分数分解または逆変換により

$$\boxed{y(t)=\frac25\sin t-\frac15\cos t+\frac15e^{-2t}\qquad(t\ge0)}.$$

実際，この式は $y(0)=0$ および $y'+2y=\sin t$ を満たす。

3)

方程式の伝達関数は

$$H(s)=\frac{Y(s)}{X(s)}=\frac1{s+2}.$$

したがってインパルス応答は因果的な

$$\boxed{ h(t)= \begin{cases} e^{-2t},&t\ge0,\\0,&t<0. \end{cases}}$$

である。実際，問題の約束により $x(\tau)=0\ (\tau<0)$ なので，畳み込みは $y(t)=\int_0^t e^{-2(t-\tau)}x(\tau)\,d\tau$ となり，2) の解を与える。

4)

同次方程式の特性根は

$$r=-\frac1{\sqrt2}\pm\frac{i}{\sqrt2}$$

であり，同次解は指数的に減衰する。したがって初期値に依存する過渡項は $t\to\infty$ で消える。

定常特解を直接求めると， $z_p(t)=-\cos t/\sqrt2$ に対して

$$z_p''+\sqrt2z_p'+z_p =\frac{\cos t}{\sqrt2}+\sin t-\frac{\cos t}{\sqrt2}=\sin t.$$

ゆえに， $t$ を十分大きくしたとき

$$\boxed{z(t)\sim-\frac1{\sqrt2}\cos t}.$$