東京大学 新領域創成科学研究科 先端エネルギー工学専攻 2019年8月実施 第1問（数学）

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• 东京大学
• 拉普拉斯变换
• 常微分方程组
• 若尔当标准形
• 傅里叶变换

Author

祭音Myyura (refined with GPT 6 Astra)

Description

関数 $f(t)$ のラプラス変換 $F(s)$ は、$e$ を自然対数の底として、

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

で与えられる。

問1

次の問いに答えよ。

(a) 図1および図2に示す関数のラプラス変換を求めよ。ただし $\tau$ は正の実定数である。

(b) (a) で求めた図1および図2の関数のラプラス変換において、$\tau\to0$ としたときの極限を求めよ。

問2

連立常微分方程式

$$\begin{cases} \left(\dfrac{d}{dt}-7\right)x-3y+2z=0,\\ -4x+\left(\dfrac{d}{dt}-7\right)y+z=0,\\ 4x+4y+\left(\dfrac{d}{dt}-4\right)z=0 \end{cases}$$

を解け。ただし、$x(0_+)=1$、$y(0_+)=z(0_+)=0$ とする。

問3

フーリエ変換とラプラス変換の関係を説明せよ。なお、関数 $f(t)$ のフーリエ変換 $F(\omega)$ は、

$$F(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty}f(t)e^{-i\omega t}\,dt$$

で与えられる。$i$ は虚数単位である。

题目描述

函数 $f(t)$ 的拉普拉斯变换 $F(s)$ 定义为

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

其中 $e$ 为自然对数的底。

问1 回答下列问题。

(a) 求上方图1、图2所示函数的拉普拉斯变换。其中 $\tau$ 是正实常数。

(b) 对 (a) 中求得的图1、图2所示函数的拉普拉斯变换，分别求 $\tau\to0$ 时的极限。

问2 解下列常微分方程组：

$$\begin{cases} \left(\dfrac{d}{dt}-7\right)x-3y+2z=0,\\ -4x+\left(\dfrac{d}{dt}-7\right)y+z=0,\\ 4x+4y+\left(\dfrac{d}{dt}-4\right)z=0. \end{cases}$$

初始条件为 $x(0_+)=1$、$y(0_+)=z(0_+)=0$。

问3 说明傅里叶变换与拉普拉斯变换的关系。函数 $f(t)$ 的傅里叶变换 $F(\omega)$ 定义为

$$F(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty}f(t)e^{-i\omega t}\,dt,$$

其中 $i$ 为虚数单位。

Kai

問1

(a)

図1の関数について、$s\ne0$ では

$$\begin{aligned} F_1(s) &=\frac1{\tau^2}\int_0^\tau e^{-st}\,dt -\frac1{\tau^2}\int_\tau^{2\tau}e^{-st}\,dt\\ &=\boxed{\frac{(1-e^{-\tau s})^2}{\tau^2s}}. \end{aligned}$$

図2の関数については

$$\begin{aligned} F_2(s) &=\frac1{\tau^2}\int_0^\tau te^{-st}\,dt +\frac1{\tau^2}\int_\tau^{2\tau}(2\tau-t)e^{-st}\,dt\\ &=\boxed{\frac{(1-e^{-\tau s})^2}{\tau^2s^2}}. \end{aligned}$$

$s=0$ における値は、積分から $F_1(0)=0$、$F_2(0)=1$ であり、上式の可除特異点を補った値と一致する。

(b)

$s\ne0$ を固定すると、$1-e^{-\tau s}=\tau s+O(\tau^2)$ であるから

$$\boxed{\lim_{\tau\to0^+}F_1(s)=s}, \qquad \boxed{\lim_{\tau\to0^+}F_2(s)=1}.$$

$s=0$ でも (a) より同じ結論が成り立つ。

問2

$\boldsymbol u=(x,y,z)^T$ とおくと、$\boldsymbol u'=A\boldsymbol u$、ただし

$$A=\begin{pmatrix}7&3&-2\\4&7&-1\\-4&-4&4\end{pmatrix}.$$

特性多項式は $\det(\lambda I-A)=(\lambda-3)^2(\lambda-12)$ である。

$$\boldsymbol p_1=\begin{pmatrix}5\\-4\\4\end{pmatrix},\quad \boldsymbol p_2=\begin{pmatrix}-3\\5\\4\end{pmatrix},\quad \boldsymbol p_3=\begin{pmatrix}-1\\-1\\1\end{pmatrix}$$

を取れば、$A\boldsymbol p_1=3\boldsymbol p_1$、$A\boldsymbol p_2=-\boldsymbol p_1+3\boldsymbol p_2$、$A\boldsymbol p_3=12\boldsymbol p_3$ となる。したがって

$$P=(\boldsymbol p_1\ \boldsymbol p_2\ \boldsymbol p_3),\qquad P^{-1}AP=J=\begin{pmatrix}3&-1&0\\0&3&0\\0&0&12\end{pmatrix}.$$

$J=D+N$、$D=\operatorname{diag}(3,3,12)$ とおくと、$DN=ND$、$N^2=0$ より

$$e^{tJ}=e^{tD}(I+tN) =\begin{pmatrix} e^{3t}&-te^{3t}&0\\ 0&e^{3t}&0\\ 0&0&e^{12t} \end{pmatrix}.$$

初期条件に対して

$$P^{-1}\boldsymbol u(0_+)=\begin{pmatrix}1/9\\0\\-4/9\end{pmatrix}$$

であるから、$\boldsymbol u(t)=Pe^{tJ}P^{-1}\boldsymbol u(0_+)$ より

$$\boxed{ \begin{aligned} x(t)&=\frac59e^{3t}+\frac49e^{12t},\\ y(t)&=-\frac49e^{3t}+\frac49e^{12t},\\ z(t)&=\frac49e^{3t}-\frac49e^{12t}. \end{aligned}}$$

問3

$s=\sigma+i\omega$ と書き、$t<0$ では零となる拡張を $f_+(t)$ とする。積分が収束する範囲で

$$F(\sigma+i\omega) =\int_0^\infty f(t)e^{-\sigma t}e^{-i\omega t}\,dt =\mathcal F\!\left[e^{-\sigma t}f_+(t)\right](\omega).$$

すなわち、ラプラス変換は、指数重み $e^{-\sigma t}$ を掛けた因果的関数のフーリエ変換である。

特に $f(t)=0$（$t<0$）で、虚軸上でも積分が収束すれば

$$\boxed{\widehat f(\omega)=F(i\omega)}.$$

例えば $f_+\in L^1(\mathbb R)$ ならこの等式が成り立ち、$F(\sigma+i\omega)\to\widehat f(\omega)$（$\sigma\to0^+$）も成立する。一般の $f$ では、片側ラプラス変換に $s=i\omega$ を代入しても負の時刻の寄与は含まれない。両側ラプラス変換 $\int_{-\infty}^{\infty}f(t)e^{-st}\,dt$ を用いれば、その虚軸上での値が、収束する場合にフーリエ変換となる。

Reference

• 東京大学 先端エネルギー工学専攻 2020年度 数学（2019年8月20日実施、公式PDF p.3）