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東京工業大学 工学院 システム制御系 2021年度 2020年8月実施 問題3

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祭音Myyura (refined with GPT 6 Astra)

Description​

問1​

2つの実関数 f(t),g(t)f(t),g(t) のたたみ込み積分を h(t)=∫0tf(τ)g(t−τ) dτh(t)=\int_0^t f(\tau)g(t-\tau)\,d\tau とし、h(t)h(t) のラプラス変換を H(s)=∫0∞e−sth(t) dtH(s)=\int_0^\infty e^{-st}h(t)\,dt とする。同様に f(t),g(t)f(t),g(t) のラプラス変換をそれぞれ F(s),G(s)F(s),G(s) とする。以下の問いに答えよ。

(1) H(s)=F(s)G(s)H(s)=F(s)G(s) と表わせることを示せ。

(2) f(t),g(t)f(t),g(t) を以下の関数とするとき、F(s),G(s)F(s),G(s) を導出せよ。

f(t)={sin⁡t,t≥0,0,t<0,g(t)={e−t,t≥0,0,t<0.f(t)=\begin{cases}\sin t,&t\ge0,\\0,&t<0,\end{cases}\qquad g(t)=\begin{cases}e^{-t},&t\ge0,\\0,&t<0.\end{cases}

(3) (2)の f(t),g(t)f(t),g(t) について、h(t)h(t) を求めよ。

問2​

確率変数 XX が指数分布に従い、その確率密度関数が次式で表されるとする。ここで λ>0\lambda>0、i=−1i=\sqrt{-1}、E[ ]E[\,] は期待値を表す。

f(x)={λe−λx,x≥0,0,x<0.f(x)=\begin{cases}\lambda e^{-\lambda x},&x\ge0,\\0,&x<0.\end{cases}

(1) 特性関数 φ(t)=E[eiXt]\varphi(t)=E[e^{iXt}] を求めよ。ただし、tt は実数とする。

(2) E[X]=−idφ(t)dt∣t=0E[X]=-i\left.\dfrac{d\varphi(t)}{dt}\right|_{t=0} を求めよ。

(3) E[X3]E[X^3] を求めよ。

题目描述​

  1. 令 h(t)=∫0tf(τ)g(t−τ) dτh(t)=\int_0^t f(\tau)g(t-\tau)\,d\tau，F,G,HF,G,H 分别为 f,g,hf,g,h 的拉普拉斯变换。(1) 证明 H=FGH=FG；(2) 当 t≥0t\ge0 时 f(t)=sin⁡tf(t)=\sin t、g(t)=e−tg(t)=e^{-t}，当 t<0t<0 时两者均为零，求 F(s),G(s)F(s),G(s)；(3) 求这一情况下的 h(t)h(t)。
  2. 随机变量 XX 服从参数 λ>0\lambda>0 的指数分布，其密度如上。(1) 求特征函数 φ(t)=E[eiXt]\varphi(t)=E[e^{iXt}]；(2) 由 −iφ′(0)-i\varphi'(0) 求 E[X]E[X]；(3) 求 E[X3]E[X^3]。

Kai​

問1​

(1)​

積分が絶対収束する ss の領域で積分順序を交換し、v=t−τv=t-\tau と変数変換すると

H(s)=∫0∞∫0te−stf(τ)g(t−τ) dτ dt=∫0∞f(τ)∫τ∞e−stg(t−τ) dt dτ=∫0∞f(τ)e−sτ dτ∫0∞g(v)e−sv dv=F(s)G(s).\begin{aligned} H(s)&=\int_0^\infty\int_0^t e^{-st}f(\tau)g(t-\tau)\,d\tau\,dt\\ &=\int_0^\infty f(\tau)\int_\tau^\infty e^{-st}g(t-\tau)\,dt\,d\tau\\ &=\int_0^\infty f(\tau)e^{-s\tau}\,d\tau \int_0^\infty g(v)e^{-sv}\,dv =\boxed{F(s)G(s)}. \end{aligned}

(2)​

Re⁡s>0\operatorname{Re}s>0 で2回部分積分すると

F(s)=1s∫0∞e−stcos⁡t dt=1s2−F(s)s2.F(s)=\frac1s\int_0^\infty e^{-st}\cos t\,dt =\frac1{s^2}-\frac{F(s)}{s^2}.

また、G(s)G(s) は指数関数の積分で求まり、

F(s)=1s2+1,G(s)=1s+1.\boxed{F(s)=\frac1{s^2+1},\qquad G(s)=\frac1{s+1}}.

G(s)G(s) 単独の収束条件は Re⁡s>−1\operatorname{Re}s>-1 である。

(3)​

H(s)=1(s+1)(s2+1)=12(1s+1−ss2+1+1s2+1).H(s)=\frac1{(s+1)(s^2+1)} =\frac12\left(\frac1{s+1}-\frac{s}{s^2+1}+\frac1{s^2+1}\right).

逆変換により

h(t)={12(e−t−cos⁡t+sin⁡t),t≥0,0,t<0.\boxed{h(t)=\begin{cases} \dfrac12(e^{-t}-\cos t+\sin t),&t\ge0,\\ 0,&t<0. \end{cases}}

問2​

(1)​

φ(t)=λ∫0∞e−(λ−it)x dx=λλ−it.\varphi(t)=\lambda\int_0^\infty e^{-(\lambda-it)x}\,dx =\boxed{\frac\lambda{\lambda-it}}.

(2)​

φ′(t)=iλ(λ−it)2,E[X]=−iφ′(0)=1λ.\varphi'(t)=\frac{i\lambda}{(\lambda-it)^2},\qquad \boxed{E[X]=-i\varphi'(0)=\frac1\lambda}.

(3)​

φ(3)(t)=−6iλ/(λ−it)4\varphi^{(3)}(t)=-6i\lambda/(\lambda-it)^4、φ(3)(0)=i3E[X3]\varphi^{(3)}(0)=i^3E[X^3] より

E[X3]=iφ(3)(0)=6λ3.\boxed{E[X^3]=i\varphi^{(3)}(0)=\frac6{\lambda^3}}.
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