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東北大学 工学研究科 電気・情報系 2022年3月実施 基礎科目 問題6 数学基礎

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Author​

Miyake

Description​

题目描述​

原文的题目描述及解答均缺失，当前文件无法还原具体题目。

考点​

  • 资料缺失：现有文件未保留可用于判断本题知识点的题干、公式或解答。

Kai​

(1)​

(a)​

AA の固有値を λ\lambda とすると、

0=det⁡(1−λ20−1−2−λ1001−λ)=−λ(λ+1)(λ−1)∴  λ=0,±1\begin{aligned} 0 &= \det \begin{pmatrix} 1-\lambda & 2 & 0 \\ -1 & -2-\lambda & 1 \\ 0 & 0 & 1-\lambda \end{pmatrix} \\ &= - \lambda (\lambda+1)(\lambda-1) \\ \therefore \ \ \lambda &= 0, \pm 1 \end{aligned}

である。

固有値 −1-1 に対応する固有ベクトルを求めるために、

(220−1−11002)(xyz)=(000)\begin{aligned} \begin{pmatrix} 2 & 2 & 0 \\ -1 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{aligned}

とおくと、 x+y=0,z=0x+y=0, z=0 であるから、固有ベクトルは例えば、

(1−10)\begin{aligned} \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix} \end{aligned}

である。

同様にして、固有値 0,10,1 に対応する固有ベクトルは、それぞれ、例えば、

(2−10),  (101)\begin{aligned} \begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix} , \ \ \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \end{aligned}

である。

(b)​

(a) で求めたように、 AA の固有多項式は λ3−λ\lambda^3 - \lambda であるから、 ケーリー-ハミルトンの定理より、

A3−A=O\begin{aligned} A^3 - A = O \end{aligned}

が成り立つ。 つまり、

a=0,b=−1,c=0\begin{aligned} a=0, b=-1, c=0 \end{aligned}

である。

((c))​

A4+A3−A2+4A−5E=(A3−A)(A+E)+5A−5E=5A−5E=(0100−5−155000)\begin{aligned} A^4+A^3-A^2+4A-5E &= (A^3-A)(A+E) + 5A - 5E \\ &= 5A - 5E \\ &= \begin{pmatrix} 0 & 10 & 0 \\ -5 & -15 & 5 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \end{aligned}

(2)​

(a)​

τ=at+b\tau = at+b とると、 a>0a \gt 0 より t→∞t \to \infty のとき τ→∞\tau \to \infty であるから、 次のように計算できる：

L[f(at+b)]=∫0∞e−stf(at+b)dt=∫b∞e−s(τ−b)/af(τ)dτa=ebs/aa∫b∞e−sτ/af(τ)dτ=ebs/aa{∫0∞e−sτ/af(τ)dτ−∫0be−sτ/af(τ)dτ}=ebs/aa{F(sa)−∫0be−st/af(t)dt}\begin{aligned} \mathcal{L} \left[ f(at+b) \right] &= \int_0^\infty e^{-st} f(at+b) dt \\ &= \int_b^\infty e^{-s(\tau-b)/a} f(\tau) \frac{d \tau}{a} \\ &= \frac{e^{bs/a}}{a} \int_b^\infty e^{-s \tau /a} f(\tau) d \tau \\ &= \frac{e^{bs/a}}{a} \left\{ \int_0^\infty e^{-s \tau /a} f(\tau) d \tau - \int_0^b e^{-s \tau /a} f(\tau) d \tau \right\} \\ &= \frac{e^{bs/a}}{a} \left\{ F \left( \frac{s}{a} \right) - \int_0^b e^{-st /a} f(t) dt \right\} \end{aligned}

(b)​

まず、

L[t]=∫0∞e−sttdt=∫0∞(−1se−st)′tdt=[−1se−stt]0∞+1s∫0∞e−stdt=−1s2[e−st]0∞=1s2\begin{aligned} \mathcal{L} \left[ t \right] &= \int_0^\infty e^{-st} t dt \\ &= \int_0^\infty \left( - \frac{1}{s} e^{-st} \right)' t dt \\ &= \left[ - \frac{1}{s} e^{-st} t \right]_0^\infty + \frac{1}{s} \int_0^\infty e^{-st} dt \\ &= - \frac{1}{s^2} \left[ e^{-st} \right]_0^\infty \\ &= \frac{1}{s^2} \end{aligned}

である。

よって、与えられた差分方程式をラプラス変換すると、(a)で得た式を使って、

e2s{F(s)−∫02e−stf(t)dt}−3es{F(s)−∫01e−stf(t)dt}+2F(s)=1s2\begin{aligned} e^{2s} \left\{ F(s) - \int_0^2 e^{-st} f(t) dt \right\} -3e^{s} \left\{ F(s) - \int_0^1 e^{-st} f(t) dt \right\} + 2F(s) = \frac{1}{s^2} \end{aligned}

さらに、 0≤t≤20 \leq t \leq 2 で f(t)=0f(t)=0 であることを使って整理すると、

(e2s−3es+2)F(s)=1s2\begin{aligned} \left( e^{2s} - 3 e^s + 2 \right) F(s) = \frac{1}{s^2} \end{aligned}

なので、

F(s)=1s2(e2s−3es+2)=1s2(es−1)(es−2)\begin{aligned} F(s) &= \frac{1}{s^2 \left( e^{2s} - 3 e^s + 2 \right)} \\ &= \frac{1}{s^2 \left( e^s -1 \right) \left( e^s -2 \right)} \end{aligned}

を得る。

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