東北大学 工学研究科 機械・知能系 2017年8月実施 数学B 第2問

标签：

• 东北大学
• 拉普拉斯变换
• 沃尔泰拉积分方程

Author

祭音Myyura (co-authored with GPT 6 Astra)

Description

2. 関数 $f(t)$ のラプラス変換 $F(s)$ を次のように定義する。

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

以下の問いに答えよ。

(1) $f(t)$ の $n$ 階微分のラプラス変換を導け。ただし，$n$ は正の整数とする。

(2) 問(1)の結果を用いて，$\sin at$ と $\cos at$ のラプラス変換をそれぞれ求めよ。ただし，$a$ は正の定数とする。

(3) 次の関係式を導け。

$$\mathcal L\left[\int_0^t f(t-\tau)g(\tau)\,d\tau\right]=F(s)G(s)$$

ただし，関数 $g(t)$ のラプラス変換を $G(s)$ とする。

(4) 以下の方程式をラプラス変換を用いて解け。

$$x(t)-\int_0^t\sin2(t-\tau)x(\tau)\,d\tau=\sin2t+\cos2t$$

题目描述

2. 函数 $f(t)$ 的拉普拉斯变换 $F(s)$ 定义为

$$\mathcal L[f(t)]=F(s)=\int_0^\infty f(t)e^{-st}\,dt.$$

回答下列问题。

(1) 推导 $f(t)$ 的 $n$ 阶导数的拉普拉斯变换，其中 $n$ 为正整数。

(2) 利用第(1)问的结果，分别求 $\sin at$ 和 $\cos at$ 的拉普拉斯变换，其中 $a$ 为正常数。

(3) 推导下列关系，其中 $G(s)$ 为函数 $g(t)$ 的拉普拉斯变换。

$$\mathcal L\left[\int_0^t f(t-\tau)g(\tau)\,d\tau\right]=F(s)G(s)$$

(4) 用拉普拉斯变换求解下列方程。

$$x(t)-\int_0^t\sin2(t-\tau)x(\tau)\,d\tau=\sin2t+\cos2t$$

Kai

(1)

必要な微分・積分が存在し、$s$ の実部を十分大きく取るものとする。部分積分により

$$\mathcal L[f']=[f(t)e^{-st}]_0^\infty+sF(s)=sF(s)-f(0).$$

これを繰り返して

$$\boxed{\mathcal L[f^{(n)}]=s^nF(s)-\sum_{k=0}^{n-1}s^{n-1-k}f^{(k)}(0)}.$$

各初期値は右極限で解釈する。

(2)

$f=\sin at$ は $f''=-a^2f,f(0)=0,f'(0)=a$ を満たすから $s^2F-a=-a^2F$。同様に $g=\cos at$ について $s^2G-s=-a^2G$。従って

$$\boxed{\mathcal L[\sin at]=\frac a{s^2+a^2},\qquad \mathcal L[\cos at]=\frac s{s^2+a^2}} \quad(\operatorname{Re}s>0).$$

(3)

絶対収束する範囲で積分順序を交換し、$u=t-\tau$ と置くと

$$\begin{aligned} \mathcal L[f*g] &=\int_0^\infty\int_0^t f(t-\tau)g(\tau)e^{-st}\,d\tau\,dt\\ &=\int_0^\infty g(\tau)\int_\tau^\infty f(t-\tau)e^{-st}\,dt\,d\tau\\ &=\int_0^\infty g(\tau)e^{-s\tau}\,d\tau \int_0^\infty f(u)e^{-su}\,du =\boxed{F(s)G(s)}. \end{aligned}$$

(4)

$X(s)=\mathcal L[x(t)]$ とすれば

$$X-\frac2{s^2+4}X=\frac{s+2}{s^2+4},\qquad X=\frac{s+2}{s^2+2}.$$

逆変換して

$$\boxed{x(t)=\cos(\sqrt2t)+\sqrt2\sin(\sqrt2t)\quad(t\ge0)}.$$

Reference

• 東北大学公式問題の保存版：2017年8月実施、PDF 8ページ