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東京大学 新領域創成科学研究科 人間環境学専攻 2023年8月実施 微分方程

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Author​

思齐塾, 祭音Myyura

Description​

変数 tt について区間 [0,+∞)[0, +\infty) で定義された関数 f(t)f(t) のラプラス変換 F(s)F(s) を以下のように定義する.

F(s)=L[f(t)](s)=∫0∞f(t)e−stdtF(s) = \mathcal{L}[f(t)](s) = \int_0^{\infty} f(t)e^{-st} dt

以下の問いに答えよ.

  1. f(t)=sin⁡atf(t) = \sin at および f(t)=cos⁡atf(t) = \cos at のラプラス変換を求めよ. ただし, aa は a>0a > 0 の定数とする. 計算過程も示すこと.

  2. 以下の連立微分方程式の解 x(t)x(t) , y(t)y(t) を求めよ. ただし, 初期値は x(0)=1x(0) = 1 , y(0)=1y(0) = 1 とする.

{dxdt=4y+cos⁡tdydt=−x+sin⁡t\begin{cases} \frac{dx}{dt} = 4y + \cos t \\ \frac{dy}{dt} = -x + \sin t \end{cases}

题目描述​

对定义在 [0,+∞)[0,+\infty) 上的函数 f(t)f(t)，定义其拉普拉斯变换为

F(s)=L[f(t)](s)=∫0∞f(t)e−st dt.F(s)=\mathcal{L}[f(t)](s) =\int_0^\infty f(t)e^{-st}\,dt.

回答以下问题：

  1. 设 a>0a>0 为常数，分别求 f(t)=sin⁡atf(t)=\sin at 和 f(t)=cos⁡atf(t)=\cos at 的拉普拉斯变换，并写出计算过程。

  2. 求初值问题

    {dxdt=4y+cos⁡t,dydt=−x+sin⁡t,x(0)=1,y(0)=1\begin{cases} \dfrac{dx}{dt}=4y+\cos t,\\ \dfrac{dy}{dt}=-x+\sin t, \end{cases} \qquad x(0)=1,\quad y(0)=1

    的解 x(t)x(t)、y(t)y(t)。

Kai​

  1. ラプラス変換の定義より
L[sin⁡at]=∫0∞e−stsin⁡atdt\mathcal{L}[\sin at] = \int_0^{\infty} e^{-st} \sin at dt

部分積分を行う． I=∫0∞e−stsin⁡atdtI = \int_0^{\infty} e^{-st} \sin at dt とおくと

I=[−1se−stsin⁡at]0∞+as∫0∞e−stcos⁡atdt=as([−1se−stcos⁡at]0∞−as∫0∞e−stsin⁡at dt)=as2−a2s2I\begin{aligned} I &= \left[ -\frac{1}{s}e^{-st} \sin at \right]_0^{\infty} + \frac{a}{s} \int_0^{\infty} e^{-st} \cos at dt \\ &= \frac{a}{s} \left( \left[ -\frac{1}{s} e^{-st} \cos at \right]_0^{\infty} - \frac{a}{s} \int_0^{\infty} e^{-st}\sin at\,dt \right) \\ &= \frac{a}{s^2} - \frac{a^2}{s^2} I \end{aligned}

よって

(1+a2s2)I=as2⇒I=as2+a2\left( 1 + \frac{a^2}{s^2} \right) I = \frac{a}{s^2} \Rightarrow I = \frac{a}{s^2 + a^2}

したがって

L[sin⁡at]=as2+a2\mathcal{L}[\sin at] = \frac{a}{s^2 + a^2}

同様に

L[cos⁡at]=∫0∞e−stcos⁡atdt\mathcal{L}[\cos at] = \int_0^{\infty} e^{-st} \cos at dt

部分積分を行う． J=∫0∞e−stcos⁡atdtJ = \int_0^{\infty} e^{-st} \cos at dt とおくと

J=[−1se−stcos⁡at]0∞−as∫0∞e−stsin⁡at dt=1s−asI=1s−as⋅as2+a2=ss2+a2\begin{aligned} J &= \left[ -\frac{1}{s} e^{-st} \cos at \right]_0^{\infty} - \frac{a}{s} \int_0^{\infty} e^{-st}\sin at\,dt \\ &= \frac{1}{s} - \frac{a}{s} I = \frac{1}{s} - \frac{a}{s} \cdot \frac{a}{s^2 + a^2} \\ &= \frac{s}{s^2 + a^2} \end{aligned}

したがって

L[cos⁡at]=ss2+a2\mathcal{L}[\cos at] = \frac{s}{s^2 + a^2}
  1. ラプラス変換する．
sX(s)−x(0)=4Y(s)+ss2+1sY(s)−y(0)=−X(s)+1s2+1\begin{aligned} sX(s) - x(0) &= 4Y(s) + \frac{s}{s^2 + 1} \\ sY(s) - y(0) &= -X(s) + \frac{1}{s^2 + 1} \end{aligned}

初期条件 x(0)=1x(0) = 1 , y(0)=1y(0) = 1 より

sX(s)−1=4Y(s)+ss2+1sY(s)−1=−X(s)+1s2+1\begin{aligned} sX(s) - 1 &= 4Y(s) + \frac{s}{s^2 + 1} \\ sY(s) - 1 &= -X(s) + \frac{1}{s^2 + 1} \end{aligned}
sX(s)=4Y(s)+1+ss2+1sY(s)=−X(s)+1+1s2+1\begin{aligned} sX(s) &= 4Y(s) + 1 + \frac{s}{s^2 + 1} \\ sY(s) &= -X(s) + 1 + \frac{1}{s^2 + 1} \end{aligned}
X(s)=4Y(s)s+1s+1s2+1Y(s)=−X(s)s+1s+1s(s2+1)\begin{aligned} X(s) &= \frac{4Y(s)}{s} + \frac{1}{s} + \frac{1}{s^2 + 1} \\ Y(s) &= -\frac{X(s)}{s} + \frac{1}{s} + \frac{1}{s(s^2 + 1)} \end{aligned}
X(s)=4s(−X(s)s+1s+1s(s2+1))+1s+1s2+1Y(s)=−1s(4Y(s)s+1s+1s2+1)+1s+1s(s2+1)\begin{aligned} X(s) &= \frac{4}{s} \left( -\frac{X(s)}{s} + \frac{1}{s} + \frac{1}{s(s^2 + 1)} \right) + \frac{1}{s} + \frac{1}{s^2 + 1} \\ Y(s) &= -\frac{1}{s} \left( \frac{4Y(s)}{s} + \frac{1}{s} + \frac{1}{s^2 + 1} \right) + \frac{1}{s} + \frac{1}{s(s^2 + 1)} \end{aligned}
(1+4s2)X(s)=4s2+4s2(s2+1)+1s+1s2+1(1+4s2)Y(s)=−1s2−1s(s2+1)+1s+1s(s2+1)\begin{aligned} \left( 1 + \frac{4}{s^2} \right) X(s) &= \frac{4}{s^2} + \frac{4}{s^2(s^2 + 1)} + \frac{1}{s} + \frac{1}{s^2 + 1} \\ \left( 1 + \frac{4}{s^2} \right) Y(s) &= -\frac{1}{s^2} - \frac{1}{s(s^2 + 1)} + \frac{1}{s} + \frac{1}{s(s^2 + 1)} \end{aligned}
X(s)=s2s2+4(4s2+4s2(s2+1)+1s+1s2+1)Y(s)=s2s2+4(−1s2−1s(s2+1)+1s+1s(s2+1))\begin{aligned} X(s) &= \frac{s^2}{s^2 + 4} \left( \frac{4}{s^2} + \frac{4}{s^2(s^2 + 1)} + \frac{1}{s} + \frac{1}{s^2 + 1} \right) \\ Y(s) &= \frac{s^2}{s^2 + 4} \left( -\frac{1}{s^2} - \frac{1}{s(s^2 + 1)} + \frac{1}{s} + \frac{1}{s(s^2 + 1)} \right) \end{aligned}
X(s)=4s2+4+4(s2+4)(s2+1)+ss2+4+s2(s2+4)(s2+1)Y(s)=−1s2+4+ss2+4\begin{aligned} X(s) &= \frac{4}{s^2 + 4} + \frac{4}{(s^2 + 4)(s^2 + 1)} + \frac{s}{s^2 + 4} + \frac{s^2}{(s^2 + 4)(s^2 + 1)} \\ Y(s) &= -\frac{1}{s^2 + 4} + \frac{s}{s^2 + 4} \end{aligned}
X(s)=ss2+4+4s2+4+4+s2(s2+4)(s2+1)=ss2+4+4s2+4+1s2+1X(s) = \frac{s}{s^2 + 4} + \frac{4}{s^2 + 4} + \frac{4 + s^2}{(s^2 + 4)(s^2 + 1)} = \frac{s}{s^2 + 4} + \frac{4}{s^2 + 4} + \frac{1}{s^2 + 1}
Y(s)=ss2+4−1s2+4Y(s) = \frac{s}{s^2 + 4} - \frac{1}{s^2 + 4}

逆ラプラス変換を行う．

x(t)=cos⁡2t+2sin⁡2t+sin⁡tx(t) = \cos 2t + 2\sin 2t + \sin t
y(t)=cos⁡2t−12sin⁡2ty(t) = \cos 2t - \frac{1}{2} \sin 2t
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