0215-2024 东新复 数学 P146

傅里叶与拉普拉斯变换 常微分方程 积分方程 周期函数

Slot 3: 3.1 解析学 (40分)

$n,m$を非負整数，$a$を正の実数，$t,\tau$を実数とする．実関数$f(t)$について，以下のようにラプラス変換を定義する．

$$F(s)={\int }_0^{\infty }f(t)e^{-st}\mathrm{d}t$$

ここで，$e$は自然対数の底である．$s$は複素数であり，上記の積分が収束するような条件を満たすとする．また，単位ステップ関数$u(t)$を以下で定義する．

$$u(t)=\{\begin{array}{ll}1,& t\ge 0\\ 0,& t<0\end{array}$$

以下の問に答えよ．

(問1) 以下の関数$f(t)$のラプラス変換$F(s)$と，$F(s)$が存在するための$s$の条件を求めよ．導出の過程を省略し，答えのみ示せ．

(1) $f(t)=u(t-a)$
(2) $f(t)=e^{at}\cdot u(t)$
(3) $f(t)=\sin t\cdot u(t)$
(4) $f(t)=t^n\cdot u(t)$

(問2) $t\ge 0$で定義される実関数$g(t)$のラプラス変換$G(s)$が以下のとき，$g(t)$を求め，その概形を図示せよ．導出の過程を省略し，答えのみ示せ．

$$G(s)={\left(\frac{1-e^{-s}}{s}\right)}^2$$

(問3) 以下の問に答えよ．導出の過程を省略し，答えのみ示せ．

(1) 実関数$f(t)$とその微分$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}f(t)$が$t\ge 0$で定義されているとき，$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}f(t)$のラプラス変換を$s,F(s),f(0)$を用いて表せ．ただし，$\underset{t\to \infty }{\lim }f(t)e^{-st}=0$とする．
(2) $t\ge 0$で定義される実関数$f(t)$が以下の方程式と初期条件を満たす．

$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}f(t)-{\int }_0^{t}f(t-\tau )\cos \tau \mathrm{d}\tau =-\sin t-e^{-t},f(0)=2$$

(i) 方程式の両辺をラプラス変換し，$F(s)$を求めよ．
(ii) $f(t)$を求めよ．

(問4) 以下の$f(t)$のラプラス変換を求めよ．答えに加えて導出の過程も示せ．

$$f(t)=\{\begin{array}{ll}1,& 2ma\le t<(2m+1)a\\ -1,& (2m+1)a\le t<2(m+1)a\end{array}(m=0,1,2,3,\dots )$$

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解答：

(問1)
(1) $F(s)={\int }_0^{\infty }u(t-a)e^{-st}\mathrm{d}t={\int }_a^{\infty }{e}^{-st}\mathrm{d}t={\left[-\frac{1}{s}{e}^{-st}\right]}_a^{\infty }$
これが収束するための条件は $\mathrm{Re}(s)>0$ である.

$$\boxed{\begin{array}{rl}F(s)& =\frac{e^{-as}}{s}\\ 条件& :\mathrm{Re}(s)>0\end{array}}$$

(2) $F(s)={\int }_0^{\infty }{e}^{at}{e}^{-st}\mathrm{d}t={\int }_0^{\infty }{e}^{-(s-a)t}\mathrm{d}t={\left[-\frac{1}{s-a}{e}^{-(s-a)t}\right]}_0^{\infty }$
これが収束するための条件は $\mathrm{Re}(s)>a$ である.

$$\boxed{\begin{array}{rl}F(s)& =\frac{1}{s-a}\\ 条件& :\mathrm{Re}(s)>a\end{array}}$$

(3) $F(s)={\int }_0^{\infty }\sin t{e}^{-st}\mathrm{d}t={\int }_0^{\infty }\frac{e^{it}-e^{-it}}{2i}{e}^{-st}\mathrm{d}t=\frac{1}{2i}\left(\frac{1}{s-i}-\frac{1}{s+i}\right)=\frac{1}{s^2+1}$
これが収束するための条件は $\mathrm{Re}(s)>0$ である.

$$\boxed{\begin{array}{rl}F(s)& =\frac{1}{s^2+1}\\ 条件& :\mathrm{Re}(s)>0\end{array}}$$

(4) $F(s)={\int }_0^{\infty }{t}^n{e}^{-st}\mathrm{d}t$ に対して部分積分を繰り返すことにより得られる.
これが収束するための条件は $\mathrm{Re}(s)>0$ である.

$$\boxed{\begin{array}{rl}F(s)& =\frac{n!}{s^{n+1}}\\ 条件& :\mathrm{Re}(s)>0\end{array}}$$

(問2)

$$G(s)=\frac{1-2e^{-s}+e^{-2s}}{s^2}=\frac{1}{s^2}-\frac{2e^{-s}}{s^2}+\frac{e^{-2s}}{s^2}$$

ラプラス逆変換の推移定理 ${\mathcal{L}}^{-1}\{e^{-as}F(s)\}=f(t-a)u(t-a)$ と ${\mathcal{L}}^{-1}\left\{\frac{1}{s^2}\right\}=tu(t)$ を用いると,

$$g(t)=tu(t)-2(t-1)u(t-1)+(t-2)u(t-2)$$

$t$ の範囲で場合分けすると, 以下の関数となる. 概形は, $(0,0)$ と $(1,1)$ を結ぶ線分と, $(1,1)$ と $(2,0)$ を結ぶ線分からなる三角形のパルス波である.

$$\boxed{g(t)=\{\begin{array}{ll}0& (t<0)\\ t& (0\le t<1)\\ 2-t& (1\le t<2)\\ 0& (t\ge 2)\end{array}}$$

(問3)
(1) 部分積分を用いる.

$$\mathcal{L}\left\{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}f(t)\right\}={\int }_0^{\infty }{f}^{\prime }(t)e^{-st}\mathrm{d}t={\left[f(t)e^{-st}\right]}_0^{\infty }+s{\int }_0^{\infty }f(t)e^{-st}\mathrm{d}t$$

$\underset{t\to \infty }{\lim }f(t)e^{-st}=0$ より,

$$\boxed{sF(s)-f(0)}$$

(2)
(i) 方程式の両辺をラプラス変換すると, 左辺第2項は合成積のラプラス変換 $\mathcal{L}\{f(t)\ast \cos t\}=F(s)\mathcal{L}\{\cos t\}$ となるため,

$$(sF(s)-2)-F(s)\frac{s}{s^2+1}=-\frac{1}{s^2+1}-\frac{1}{s+1}$$

これを $F(s)$ について解く.

$$F(s)\left(\frac{s^3}{s^2+1}\right)=2-\frac{1}{s^2+1}-\frac{1}{s+1}=\frac{2s^3+s^2+s}{(s^2+1)(s+1)}=\frac{s(2s^2+s+1)}{(s^2+1)(s+1)}$$ $$\boxed{F(s)=\frac{2s^2+s+1}{s^2(s+1)}}$$

(ii) $F(s)$ を部分分数分解する.

$$F(s)=\frac{A}{s}+\frac{B}{s^2}+\frac{C}{s+1}$$

とおいて係数を比較すると, $A=0,B=1,C=2$ と求まる. したがって,

$$F(s)=\frac{1}{s^2}+\frac{2}{s+1}$$

これをラプラス逆変換して $f(t)$ を得る.

$$\boxed{f(t)=t+2e^{-t}}$$

(問4)
$f(t)$ は周期 $T=2a$ の周期関数である. 周期関数のラプラス変換の公式より,

$$F(s)=\frac{1}{1-e^{-Ts}}{\int }_0^{T}f(t)e^{-st}\mathrm{d}t$$

1周期分の積分を計算する.

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{2a}f(t)e^{-st}\mathrm{d}t& ={\int }_0^{a}1\cdot e^{-st}\mathrm{d}t+{\int }_a^{2a}(-1)\cdot e^{-st}\mathrm{d}t\\ & ={\left[-\frac{1}{s}{e}^{-st}\right]}_0^a-{\left[-\frac{1}{s}{e}^{-st}\right]}_a^{2a}\\ & =-\frac{1}{s}(e^{-as}-1)+\frac{1}{s}(e^{-2as}-e^{-as})\\ & =\frac{1-2e^{-as}+e^{-2as}}{s}\\ & =\frac{(1-e^{-as}{)}^2}{s}\end{array}$$

これを公式に代入し, 変形する.

$$F(s)=\frac{(1-e^{-as}{)}^2}{s(1-e^{-2as})}=\frac{(1-e^{-as}{)}^2}{s(1-e^{-as})(1+e^{-as})}=\frac{1-e^{-as}}{s(1+e^{-as})}$$ $$\boxed{F(s)=\frac{1-e^{-as}}{s(1+e^{-as})}}$$

(証明終)

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补充说明：
这道解析学题目全面考察了拉普拉斯变换的基础理论和应用技巧。第一问要求熟练掌握基本初等函数的拉普拉斯变换积分计算，并且指出使广义积分收敛的复变量实部条件。第二问考察了时移定理（也称第二平移定理），通过配方可以将s域的指数函数转化为时域的阶跃函数延迟，从而重构出分段的三角脉冲信号。第三问是拉普拉斯变换在求解常系数线性微分积分方程（沃尔泰拉积分方程）中的典型应用，核心在于识别出积分项本质上是未知函数与余弦函数的卷积，利用卷积定理可以将其化为代数方程，最后通过部分分式展开进行逆变换。第四问推导了周期矩形方波的拉普拉斯变换，利用周期函数的拉普拉斯变换公式，只需求出一个周期内的积分，结合平方差公式约分即可得到非常简洁的结果。