0379-2005 东大工 数学 P106

傅里叶与拉普拉斯变换 常微分方程 拉普拉斯变换 微分方程组

ある関数 $x(t)$ のラプラス変換は，$s$ を $t$ に無関係な複素数として，

$$X(s)={\int }_0^{\infty }x(t)\exp (-st)dt$$

で与えられる。以下の問いに答えよ。結果だけでなく，計算の過程も示せ。

(1) 関数 $x(t)=1$ および $x(t)=e^{at}$ のラプラス変換を，これらが存在するための $s$ の条件とともに求めよ。

(2) $x(t)$ が $t>0$ で微分可能な関数であるとき， $\frac{dx(t)}{dt}$ のラプラス変換を求めよ。

(3) 以下の微分方程式をラプラス変換によって解け。

$$\dot{x}+x=1$$

ただし $\dot{x}=\frac{dx(t)}{dt}$ ， $x(0)=0$ とする。

(4) 以下の連立微分方程式をラプラス変換によって解け， $x_n(t)$ と $x_{\infty }(t)$ を求めよ。

$$\begin{array}{rl}{\dot{x}}_1+x_1& =1\\ {\dot{x}}_2+x_2& =x_1\\ & ⋮\\ {\dot{x}}_n+x_n& =x_{n-1}\end{array}$$

ただし， $x_1(0)=x_2(0)=\cdots =x_n(0)=\cdots =0$ とする。

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解答：

(1)
$x(t)=1$ のとき：

$$X(s)={\int }_0^{\infty }1\cdot e^{-st}dt={\left[-\frac{1}{s}{e}^{-st}\right]}_0^{\infty }$$

これが収束する条件は $\mathrm{Re}(s)>0$ であり、極限値は $\underset{t\to \infty }{\lim }{e}^{-st}=0$ となる。

$$X(s)=0-\left(-\frac{1}{s}\right)=\frac{1}{s}$$

$x(t)=e^{at}$ のとき：

$$X(s)={\int }_0^{\infty }{e}^{at}\cdot e^{-st}dt={\int }_0^{\infty }{e}^{-(s-a)t}dt={\left[-\frac{1}{s-a}{e}^{-(s-a)t}\right]}_0^{\infty }$$

これが収束する条件は $\mathrm{Re}(s-a)>0⟹\mathrm{Re}(s)>\mathrm{Re}(a)$ である。

$$X(s)=0-\left(-\frac{1}{s-a}\right)=\frac{1}{s-a}$$ $$\boxed{\begin{array}{rl}& x(t)=1⟹X(s)=\frac{1}{s}(\mathrm{Re}(s)>0)\\ & x(t)=e^{at}⟹X(s)=\frac{1}{s-a}(\mathrm{Re}(s)>\mathrm{Re}(a))\end{array}}$$

(2)
部分積分を用いる：

$$\begin{array}{rl}\mathcal{L}\left[\frac{dx(t)}{dt}\right]& ={\int }_0^{\infty }\frac{dx(t)}{dt}{e}^{-st}dt\\ & ={\left[x(t)e^{-st}\right]}_0^{\infty }-{\int }_0^{\infty }x(t)(-s{e}^{-st})dt\\ & =\underset{t\to \infty }{\lim }x(t)e^{-st}-x(0)+s{\int }_0^{\infty }x(t)e^{-st}dt\end{array}$$

$\mathrm{Re}(s)$ が十分に大きく $\underset{t\to \infty }{\lim }x(t)e^{-st}=0$ が成り立つと仮定すると、

$$\boxed{\mathcal{L}\left[\frac{dx(t)}{dt}\right]=sX(s)-x(0)}$$

(3)
微分方程式 $\dot{x}+x=1$ の両辺をラプラス変換する。 (2) の結果と $x(0)=0$ より、

$$(sX(s)-0)+X(s)=\frac{1}{s}⟹(s+1)X(s)=\frac{1}{s}$$ $$X(s)=\frac{1}{s(s+1)}=\frac{1}{s}-\frac{1}{s+1}$$

両辺を逆ラプラス変換すると、 (1) の結果より、

$$\boxed{x(t)=1-e^{-t}}$$

(4)
各変数 $x_k(t)$ のラプラス変換を $X_k(s)$ とおく。初期条件がすべて $0$ であるから、各微分方程式をラプラス変換すると次のようになる。

$$\begin{array}{rl}(s+1)X_1(s)& =\frac{1}{s}⟹X_1(s)=\frac{1}{s(s+1)}\\ (s+1)X_2(s)& =X_1(s)⟹X_2(s)=\frac{1}{s(s+1{)}^2}\\ & ⋮\\ (s+1)X_n(s)& =X_{n-1}(s)⟹X_n(s)=\frac{1}{s(s+1{)}^n}\end{array}$$

$X_n(s)$ を部分分数分解する。

$$\begin{array}{rl}{X}_n(s)& =\frac{1}{s(s+1{)}^n}\\ & =\frac{1}{s}-\left[\frac{1}{s+1}+\frac{1}{(s+1{)}^2}+\cdots +\frac{1}{(s+1{)}^n}\right]\\ & =\frac{1}{s}-\sum _{k=1}^n\frac{1}{(s+1{)}^k}\end{array}$$

ここで、 $\mathcal{L}[t^{k-1}{e}^{-t}]=\frac{(k-1)!}{(s+1{)}^k}$ である関係を用いると、逆ラプラス変換は以下のようになる。

$$x_n(t)=1-\sum _{k=1}^n\frac{t^{k-1}}{(k-1)!}{e}^{-t}$$

次に、 $n\to \infty$ の極限を考える。指数関数のマクローリン展開の定義式 $\sum _{k=1}^{\infty }\frac{t^{k-1}}{(k-1)!}=\sum _{m=0}^{\infty }\frac{t^m}{m!}=e^t$ より、

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n(t)=1-e^{-t}\sum _{m=0}^{\infty }\frac{t^m}{m!}=1-e^{-t}\cdot e^t=1-1=0$$

したがって、

$$\boxed{\begin{array}{rl}{x}_n(t)& =1-e^{-t}\sum _{k=1}^n\frac{t^{k-1}}{(k-1)!}\\ x_{\infty }(t)& =0\end{array}}$$

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这道题目是一道非常系统且层层递进的积分变换与微分方程应用题，完整地展示了拉普拉斯变换从基础定义到解决复杂级联动态系统的全过程。第一问和第二问要求从拉普拉斯变换的广义积分定义出发，利用微积分的基本极限性质和分部积分法，推导出常数、指数函数以及导数项的变换公式，这里需要特别注意复数域中收敛域的讨论，这是保证积分存在性的数学前提。第三问则是拉普拉斯变换在线性微分方程中的经典应用，通过将时域上の微积分运算转化为频域上の代数运算，配合部分分数分解即可非常轻松地得到方程的解。第四问进一步将问题扩展到了一个无限级联的微分方程组，每一层的输出作为下一层的输入，这种结构在控制工程的延迟环节模型或化学反应级联动力学中非常常见。通过逐层递推，可以发现频域中的解呈现出明显的幂次规律。在进行逆变换时，利用频域位移性质和幂函数的变换公式，将其转化为包含泰勒展开式前 $n$ 项和的形式。最后在求无穷大极限时，巧妙地利用了指数函数的麦克劳林级数展开式，使复杂的求和项与前置的指数衰减项正好完全抵消，从而得到了最终收敛于零的漂亮结论。