東京工業大学工学院システム制御系 2021年8月実施問題4

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祭音Myyura (refined with GPT 6 Astra)

2つの独立な実変数 $x,t$ の実関数 $u(x,t)$ は、 $t$ に関するラプラス変換が可能であるとする。 $u(x,t)$ は以下の偏微分方程式、境界条件、初期条件を満たす。

\frac{\partial^2u}{\partial t^2} =\frac{\partial^2u}{\partial x^2}+\sin\pi t\sin\pi x \qquad(0\le x\le1,\quad0\le t<\infty).\tag{1}

境界条件： $u(0,t)=u(1,t)=0$ 。

初期条件： $u(x,0)=\dfrac{\partial u}{\partial t}(x,0)=0$ 。

なお、 $u(x,t)$ の $t$ に関するラプラス変換 $U(x,s)$ は、複素数 $s$ を変数として次式で表される。

U(x,s)=\int_0^\infty u(x,t)e^{-st}\,dt.

以下の問に答えよ。導出過程も示すこと。

两个独立实变量 $x,t$ 的实函数 $u(x,t)$ 可以对 $t$ 作拉普拉斯变换。 $u(x,t)$ 满足下列偏微分方程、边界条件和初始条件：

\frac{\partial^2u}{\partial t^2} =\frac{\partial^2u}{\partial x^2}+\sin\pi t\sin\pi x \qquad(0\le x\le1,\quad0\le t<\infty),\qquad(1)

u(0,t)=u(1,t)=0,

u(x,0)=\frac{\partial u}{\partial t}(x,0)=0.

$u(x,t)$ 关于 $t$ 的拉普拉斯变换 $U(x,s)$ 以复数 $s$ 为变量，定义为

U(x,s)=\int_0^\infty u(x,t)e^{-st}\,dt.

回答下列问题，并给出推导过程。

问1 对式 (1) 作拉普拉斯变换，考虑初始条件，推导 $U(x,s)$ 关于 $x$ 的微分方程。

问2 解问1所得微分方程，求解 $U(x,s)$ 。

问3 对问2所得解作拉普拉斯逆变换，求解 $u(x,t)$ 。

初期条件より $\mathcal L[u_{tt}]=s^2U$ 、また $\mathcal L[\sin\pi t]=\pi/(s^2+\pi^2)$ である。従って

\boxed{\frac{\partial^2U}{\partial x^2}-s^2U =-\frac{\pi}{s^2+\pi^2}\sin\pi x},\qquad U(0,s)=U(1,s)=0.

以下では変換の収束する $\operatorname{Re}s>0$ を考える。

特殊解を $C(s)\sin\pi x$ とおくと

-(s^2+\pi^2)C(s)=-\frac\pi{s^2+\pi^2},\qquad C(s)=\frac\pi{(s^2+\pi^2)^2}.

一般解は

U(x,s)=A(s)e^{sx}+B(s)e^{-sx} +\frac{\pi\sin\pi x}{(s^2+\pi^2)^2}.

境界条件から $A+B=0$ 、 $Ae^s+Be^{-s}=0$ となる。 $\operatorname{Re}s>0$ では $e^s-e^{-s}\ne0$ なので $A=B=0$ 。従って

\boxed{U(x,s)=\frac{\pi\sin\pi x}{(s^2+\pi^2)^2}}.

変換公式と $\mathcal L[t f(t)]=-\dfrac{d}{ds}\mathcal L[f(t)]$ より

\mathcal L[\sin\pi t]=\frac\pi{s^2+\pi^2},\qquad \mathcal L[t\cos\pi t]=\frac{s^2-\pi^2}{(s^2+\pi^2)^2}.

したがって

\frac\pi{(s^2+\pi^2)^2} =\frac1{2\pi^2}\frac\pi{s^2+\pi^2} -\frac1{2\pi}\frac{s^2-\pi^2}{(s^2+\pi^2)^2}.

逆変換して

\boxed{u(x,t)=\frac{\sin\pi t-\pi t\cos\pi t}{2\pi^2}\sin\pi x}.

この式は $u(x,0)=u_t(x,0)=0$ および両端の境界条件を満たす。