Gan's blog - フォーラム

メイン > > 電気回路理論おもちゃ箱 > Laplace変換とその応用演習問題

(1) 2 3 4 »

投稿者	スレッド
webadm	投稿日時: 2012-8-26 2:43
Webmaster 登録日: 2004-11-7 居住地: 投稿: 3107	Laplace変換とその応用演習問題過渡現象の演習問題よりも数が少ない。重複が無いようにLaplace変換に関係した問題だけになっているようだ。もの足らない人は過渡現象の演習問題をLaplace変換で解いてみるのもいいかもしれない。前半の演習問題はLaplace変換の理論に関するもの。いくつかの典型的な時間関数をLaplace変換したり、逆変換したり。後半はLaplace変換を電気回路の過渡現象解析に応用する問題。なかなか著者と別解が難しいものもあると思われるが、なるべく別のアプローチでやってみることにしよう。可能であればLaplace変換とHeavisideの演算子法を比較できればよいと思っている。

webadm	投稿日時: 2012-8-26 3:02
Webmaster 登録日: 2004-11-7 居住地: 投稿: 3107	単位ステップ関数およびδ関数いきなり来ましたかδ関数。図のステップ関数u(t)およびδ関数δ(t)をLaplace変換せよ。著者はいきなり問題分から間違っています。δ関数はu(t)ではなくδ(t)です。単位ステップ関数については１９世紀にHeavisideが提示してから既に知られていたが、δ関数はDiracが提示する２０世紀を待たなければならない。ここではδ関数は単位ステップ関数の導関数であると定義することにしよう。すなわち $\begin{eqnarray}<br />\frac{d}{ds}u\left(t\right)&=&\delta\left(t\right)\\<br />\int_{-0}^{t}\,\delta\left(\tau\right)d\tau&=&u\left(t\right)-f\left(-0\right)=u\left(t\right)\\<br />\int_{-0}^{\infty}\delta\left(t\right)dt&=&1<br />\end{eqnarray}$ ということにしよう。そこで単位ステップ関数のLaplace変換は $\begin{eqnarray}<br />\mathcal{L}\left[u\left(t\right)\right]&=&\int_{0}^{\infty}u\left(t\right)\,e^{-s\,t}dt=\int_{0}^{\infty}e^{-s\,t}dt=\left[-\frac{e^{-s\,t}}{s}\right]_{0}^{\infty}\\<br />&=&\frac{1}{s}<br />\end{eqnarray}$ ということになる。従ってδ関数のLaplace変換は導関数のLaplace変換の性質を使えば $\begin{eqnarray}<br />\mathcal{L}\left[\delta\left(t\right)\right]&=&\mathcal{L}\left[\frac{d}{dt}u\left(t\right)\right]=s\,\mathcal{L}\left[u\left(t\right)\right]=\cancel{s}\,\frac{1}{\cancel{s}}\\<br />&=&1<br />\end{eqnarray}$ と導くことができる。ただし単位ステップ関数やδ関数のLaplace変換ではf(0)はf(-0)=0と見なすことにする。単位ステップ関数はt=0で∞かつ[-∞,+∞]の定義区間での積分が1となる超関数であるδ関数の積分関数であるので、定義区間を[-0,∞]に拡張する必要があるためだ。この点に関する厳密な議論は普通のテキストでは扱っていない。そうする必要があるのだと合点するしかない。最初にこういう例外的な関数のLaplace変換が出てくると、ここで躓いて先へ進めない人も出るかもしれない。最初の試練である。

webadm	投稿日時: 2012-8-26 3:21
Webmaster 登録日: 2004-11-7 居住地: 投稿: 3107	時間のべき関数次の問題は時間tのべき関数のLaplace変換以下のLaplace変換を求めよ (1) $t$ (2) $t^2$ (3) $t^n$ というもの。またしてもへそ曲がりな方法でやってみよう。 tは1の積分関数であるからして、時間積分のLaplace変換の性質を用いれば $\begin{eqnarray}<br />\int_{0}^{t}1\,d\tau&=&t\\<br />\mathcal{L}\left[1\right]&=&\int_{0}^{\infty}1\,e^{-s\,t}dt=\left[-\frac{e^{-s\,t}}{s}\right]_{0}^{\infty}=\frac{1}{s}<br />\mathcal{L}\left[t\right]&=&\mathcal{L}\left[\int_{0}^{t}1\,d\tau\right]=\frac{1}{s}\mathcal{L}\left[1\right]\\<br />&=&\frac{1}{s^2}<br />\end{eqnarray}$ また $t^2$ は時間微分すると $2\,t$ であることから線型性と時間積分のLaplace変換の性質により $\begin{eqnarray}<br />\frac{d}{dt}t^2&=&2\,t\\<br />\int_{0}^{t}2\,t\,d\tau&=&t^2\\<br />\mathcal{L}\left[t^2\right]&=&\mathcal{L}\left[\int_{0}^{t}2\,\int_{0}^{t}1\,d\tau\,d\tau\right]=\frac{2}{s^2}\mathcal{L}\left[1\right]\\<br />&=&\frac{2}{s^3}<br />\end{eqnarray}$ ということになる。これまでの結果から $t^n$ のLaplace変換は数学的帰納法によって $\begin{eqnarray}<br />\frac{d}{dt}t^n&=&n\,t^{n-1}\\<br />\int_{0}^{t}n\,t^{n-1}\,d\tau&=&t^n\\<br />\mathcal{L}\left[t^n\right]&=&\mathcal{L}\left[\int_{0}^{t}n\,t^{n-1}d\tau\right]=\mathcal{L}\left[\int_{0}^{t}n\int_{0}^{t}\left(n-1\right)\cdots\int_{0}^{t}2\,\int_{0}^{t}1\,d\tau\cdots d\tau\right]=\frac{n!}{s^{n}}\mathcal{L}\left[1\right]\\<br />&=&\frac{n!}{s^{n+1}}<br />\end{eqnarray}$ ということになる。なんだ簡単じゃないか( ´∀`) 著者は最後の式で1のLaplace変換が1/sであることを忘れて、n!/s^n+1を1のLaplace変換に乗じてしまっている。それは誤りである。上記のへそまがりな解法で明らかのようにn!/s^nでなければならない。

webadm	投稿日時: 2012-8-26 17:46
Webmaster 登録日: 2004-11-7 居住地: 投稿: 3107	指数関数、三角関数次もLaplace変換の問題次の関係が成立することを証明せよ (1) $e^{a\,t}\longleftrightarrow \frac{1}{s-a}$ (2) $e^{\pm\,j\,\omega\,t}\longleftrightarrow \frac{1}{s\mp\,j\,\omega}$ (3) $\sin\omega\,t\longleftrightarrow \frac{\omega}{s^2+\omega^2}$ (4) $\cos\omega\,t\longleftrightarrow \frac{s}{s^2+\omega^2}$ というもの。厳密には右から左へのLaplace変換が存在することを証明しなければならない。しかし既に学んでいる存在条件は十分条件であって必要条件ではないので、あまり役立ちそうもない。例えば(1)の指数関数は指数a位であることは明らかなので、Re s > aの場合にLaplace変換が存在する。これはどういう意味だろう？ $\begin{eqnarray}<br />\mathcal{L}\left[e^{a\,t}\right]&=&\int_{0}^{\infty}e^{a\,t}\,e^{-s\,t}dt=\int_{0}^{\infty}e^{-\left(s-a\right)\,t}dt\\<br />&=&\left[-\frac{e^{-\left(s-a\right)\,t}}{s-a}\right]_{0}^{\infty}=-\frac{e^{-\left(s-a\right)\,\infty}}{s-a}+\frac{1}{s-a}\\<br />&=&\frac{1}{s-a}\ \ \ \ \left(Re\ s\gt a\right)<br />\end{eqnarray}$ つまりs-aの実数部が負になると第一項の分子が無限大になってしまい収束しないし、そのままではLapalce逆変換も成り立たないということだった。依然として変換されたs関数はs=aに極を持つが、留数定理を用いてBromwich積分を計算する際に意味を持つ。次に(2)は(1)のaを±jωに置き換えたものと考えるのが一番簡単だが、へそまがりなやり方でやってみよう $\begin{eqnarray}<br />\mathcal{L}\left[e^{\pm\,j\,\omega\,t}\right]&=&\mathcal{L}\left[1+\frac{\pm\,j\,\omega\,t}{1!}+\frac{\left(\pm\,j\,\omega\,t\right)^2}{2!}+\cdots+\frac{\left(\pm\,j\,\omega\,t\right)^n}{n!}+\cdots\right]=\mathcal{L}\left[1\right]+\mathcal{L}\left[\frac{\pm\,j\,\omega\,t}{1!}\right]+\mathcal{L}\left[\frac{\left(\pm\,j\,\omega\,t\right)^2}{2!}\right]+\cdots+\mathcal{L}\left[\frac{\left(\pm\,j\,\omega\,t\right)^n}{n!}\right]+\cdots\\<br />&=&\frac{1}{s}\pm\,j\,\frac{\omega}{s^2}\mp\,\frac{\omega^2}{s^3}+\cdots=\frac{1}{s}\left(1\pm\,j\,\frac{\omega}{s}\mp\frac{\omega^2}{s^2}+\cdots\right)=\frac{1}{s\left(1\mp\,j\frac{\omega}{s}\right)}\ \ \ \ \left(\left\|\frac{\omega}{s}\right\|\lt 1\right)\\<br />&=&\frac{1}{s\mp\,j\,\omega}\ \ \ \ \left(\left\|\omega\right\|\lt \left\|s\right\|\right)<br />\end{eqnarray}$ 最初の(1)では実数変数の指数関数だったが、(2)は複素数を変数とする指数関数になるので厳密には級数の収束の議論が必要だ。(ω/sの絶対値が1より小さければ（sの絶対値がωより大きければ) 級数は収束するので問題ない。変換されたs関数は依然としてs=±jωに極を持つ。Bromwich積分する際に複素積分の留数e^±jωtとして元の時間領域関数が現れることに注意。 (3)も(2)を利用して三角関数の指数関数形式に書き換えてLaplace変換すれば簡単だがへそまがりな別の方法でやると $\begin{eqnarray}<br />\mathcal{L}\left[\sin\omega\,t\right]&=&\mathcal{L}\left[\omega\,t-\frac{\omega^3\,t^3}{3!}+\frac{\omega^5\,t^5}{5!}-+\cdots+\left(-1\right)^n\frac{\omega^{2\,n+1}\,t^{2\,n+1}}{\left(2\,n+1\right)!}+\cdots\right]=\omega\,\mathcal{L}\left[t\right]-\frac{\omega^3}{3!}\mathcal{L}\left[t^3\right]+\frac{\omega^5}{5!}\mathcal{L}\left[t^5\right]-+\cdots+\left(-1\right)^n\frac{\omega^{2\,n+1}}{\left(2\,n+1\right)!}\mathcal{L}\left[t^{2\,n+1}\right]+\cdots\\<br />&=&\frac{\omega}{s^2}-\frac{\omega^3}{s^4}+\frac{\omega^5}{s^6}-+\cdots+\left(-1\right)^n\frac{\omega^{2\,n+1}}{s^{2\,\left(n+1\right)}}+\cdots=\frac{\omega}{s^2}\left(1-\frac{\omega^2}{s^2}+\frac{\omega^4}{s^4}-+\cdots+\left(-1\right)^n\frac{\omega^{2\,n}}{s^{2\,n}}+\cdots\right)=\frac{\omega}{s^2\left(1+\frac{\omega^2}{s^2}\right)}\ \ \ \ \left(\left\|\frac{\omega}{s}\right\|\lt 1\right)\\<br />&=&\frac{\omega}{s^2+\omega^2}\ \ \ \ \left(\left\|\omega\right\|\lt \left\|s\right\|\right)<br />\end{eqnarray}$ ということになる。変換されたs関数はjωと-jωの複素共役な極を持つ。従って分母はそれぞれの極を根とする因数に分解でき、部分分数展開すると $\begin{eqnarray}<br />\frac{\omega}{s^2+\omega^2}&=&\frac{1}{2\,j\,\left(s-j\,\omega\right)}-\frac{1}{2\,j\,\left(s+j\,\omega\right)}<br />\end{eqnarray}$ ということになり。これをBromwich積分すれば留数はe^jωt/2j,e^-jωt/2jとなり、２つ合わせるとsinωtの指数関数表記となることが判る。 (4)も同様の方法で $\begin{eqnarray}<br />\mathcal{L}\left[\cos\omega\,t\right]&=&\mathcal{L}\left[1-\frac{\omega^2\,t^2}{2!}+\frac{\omega^4\,t^4}{4!}-+\cdots+\left(-1\right)^n\frac{\omega^{2\,n}\,t^{2\,n}}{\left(2\,n\right)!}+\cdots\right]=\mathcal{L}\left[1\right]-\frac{\omega^2}{2!}\mathcal{L}\left[t^2\right]+\frac{\omega^4}{4!}\mathcal{L}\left[t^4\right]-+\cdots+\left(-1\right)^n\frac{\omega^{2\,n}}{\left(2\,n\right)!}\mathcal{L}\left[t^{2\,n}\right]+\cdots\\<br />&=&\frac{1}{s}-\frac{\omega^2}{s^3}+\frac{\omega^4}{s^5}-+\cdots+\left(-1\right)^n\frac{\omega^{2\,n}}{s^{2\,n+1}}+\cdots=\frac{1}{s}\left(1-\frac{\omega^2}{s^2}+\frac{\omega^4}{s^4}-+\cdots+\left(-1\right)^n\frac{\omega^{2\,n}}{s^{2\,n}}+\cdots\right)=\frac{1}{s\left(1+\frac{\omega^2}{s^2}\right)}\ \ \ \ \left(\left\|\frac{\omega}{s}\right\|\lt 1\right)\\<br />&=&\frac{s}{s^2+\omega^2}\ \ \ \ \left(\left\|\omega\right\|\lt \left\|s\right\|\right)<br />\end{eqnarray}$ ということになる。これも複素共役な極を持ち、部分分数展開すると $\begin{eqnarray}<br />\frac{s}{s^2+\omega^2}&=&\frac{1}{2\,\left(j-j\.\omega\right)}+\frac{1}{2\,\left(s+j\,\omega\right)}<br />\end{eqnarray}$ となり、Bromwich積分すると留数がe^jωt/2,e^-jωt/2となり、合わせるとcosωtの指数関数表示となることが判る。 P.S 良く考えたら(1),(2)は推移定理を使った方が簡単だった。学んだ順番とは違うけど、使えるものは使ったほうが楽になる。 $\begin{eqnarray}<br />\mathcal{L}\left[e^{-a\,t}f\left(t\right)\right]&=&F\left(s+a\right)\\<br />\mathcal{L}\left[1\right]&=&\frac{1}{s}\\<br />\mathcal{L}\left[e^{a\,t}\right]&=&\mathcal{L}\left[e^{a\,t}\,1\right]=\frac{1}{s-a}<br />\end{eqnarray}$ ということになる。(2)も同様に簡単に証明できる。 P.S Heavisideの演算子法と同様に一般２項定理を適用して演算子法と同様の変換公式が得られる。皮肉なことにHeavisideの演算子法ではLaplace変換の複素変数sが微分演算子pになるだけだが、微分演算子pはそれを変数とした級数の収束を議論が出来ないが、複素変数sならば問題なく出来てしまう。Heavisideはそれを予見したのだが、自らはそれを証明するつもりは無かったし、自分でも出来るとは信じていなかったのだろう。Heavisideは晩年、Cambridgeで学ぶことが出来ていたらという趣旨の事を述懐している。Cambridgeの数学者を批判していたが、それはCambridgeの数学者への羨望から来ていたのだと今は理解できる。当時のCambridgeの数学科の最高峰に居た純粋数学者のHardyは純粋数学とは役にたたない数学であると豪語してはばからなかった。その半面で他の科学者が数学的な問題で躓いているのを知るとここぞとばかりに問題を解決してみせたりもしていた。数学は科学をバックアップしていると信じているからこそ出来たわけで、純粋数学は役にたたないという言明とは矛盾する。とはいえ、その後２０世紀には数学はほとんど抽象的な学問になってしまってその言明は的を得てしまったわけである。１９世紀から２０世紀にかけて数学を抽象化へと向かわせた明確な意図を理解すれば、それを科学に応用することはHardyが生きていても支援したかもしれない。しかし応用するには抽象的すぎて難解過ぎる。しかし１９世紀までの数学と２０世紀以降のTopologyを理解すれば、近代の数学で語られている言葉がなんとなく理解できるようになる。そういう意味では電気回路理論とそれに必要な数学の理解は早道かもしれない。

webadm	投稿日時: 2012-8-28 5:45
Webmaster 登録日: 2004-11-7 居住地: 投稿: 3107	双曲線関数次も同様にLaplace変換対の問題双曲線関数に対してつぎのLaplace変換対の成立することを示せ。 (1) $sinhωt<-->ω/(s^2-ω^2)$ (2) $coshωt<-->s/(s^2-ω^2)$ というもの。これもへそ曲がりな方法でLaplace変換のスケール定理と複素数の双曲線関数の公式を用いると $\begin{eqnarray}<br />\sinh\,x&=&-j\,\sin\,j\,x\\<br />\mathcal{L}\left[f\left(a\,t\right)\right]&=&\frac{1}{a}F\left(\frac{s}{a}\right)\\<br />\mathcal{L}\left[\sin\omega\,t\right]&=&\frac{\omega}{s^2+\omega^2}\\<br />\mathcal{L}\left[\sinh\omega\,t\right]&=&\mathcal{L}\left[-j\,\sin\,j\,\omega\,t\right]=-j\,\mathcal{L}\left[\sin\,j\,\omega\,t\right]=-\cancel{j}\frac{1}{\cancel{j}}\,\frac{\omega}{\left(\frac{s}{j}\right)^2+\omega^2}\\<br />&=&\frac{\omega}{s^2-\omega^2}<br />\end{eqnarray}$ ということになる。同様に $\begin{eqnarray}<br />\cosh\,x&=&\cos\,j\,x\\<br />\mathcal{L}\left[f\left(a\,t\right)\right]&=&\frac{1}{a}F\left(\frac{s}{a}\right)\\<br />\mathcal{L}\left[\cosh\omega\,t\right]&=&\mathcal{L}\left[\cos\,j\,\omega\,t\right]=\mathcal{L}\left[\cos\,j\,\omega\,t\right]=\frac{1}{j}\frac{\frac{s}{j}}{\left(\frac{s}{j}\right)^2+\omega^2}=-\frac{s}{-s^2+\omega^2}\\<br />&=&\frac{s}{s^2-\omega^2}<br />\end{eqnarray}$ ということになる。なんだ簡単じゃないか( ´∀`)

webadm	投稿日時: 2012-8-28 6:29
Webmaster 登録日: 2004-11-7 居住地: 投稿: 3107	推移定理次は推移定理に関する問題推移定理の式が成立することを確かめ、その定理を用いてつぎの関数をLaplace変換せよ。 (1) $\left(a+b\,t\right)\,e^{-t}$ (2) $t^n\,e^{-a\,t}$ というもの。推移定理の式についてはLaplace変換もLaplace逆変換も理論をおさらいするときにやってしまっているのでそちらを参照でもよいが、変数変換を用いた別の方法でもやってみよう。 $\begin{eqnarray}<br />u&=&s+a\\<br />s&=&u-a\\<br />du&=&ds\\<br />\mathcal{L}^{-1}\left[F\left(s+a\right)\right]&=&\int_{\sigma-j\,\infty}^{\sigma+j\,\infty}F\left(s+a\right)\,e^{s\,t}ds=\int_{\sigma+a-j\,\infty}^{\sigma+a+j\,\infty}F\left(u\right)\,e^{\left(u-a\right)\,t}du=e^{-a\,t}\int_{\sigma+a-j\,\infty}^{\sigma+a+j\,\infty}F\left(u\right)\,e^{u\,t}du\\<br />&=&e^{-a\,t}f\left(t\right)<br />\end{eqnarray}$ ということになる。なんだ簡単じゃないか( ´∀`) 従って(1)は $\begin{eqnarray}<br />\mathcal{L}\left[a+b\,t\right]&=&\frac{a}{s}+\frac{b}{s^2}=F\left(s\right)\\<br />\mathcal{L}\left[\left(a+b\,t\right)\,e^{-t}\right]&=&F\left(s+1\right)=\frac{a}{s+1}+\frac{b}{\left(s+1\right)^2}<br />\end{eqnarray}$ ということになる。 (2)も同様に $\begin{eqnarray}<br />\mathcal{L}\left[t^n\right]&=&\frac{n!}{s^{n+1}}=F\left(s\right)\\<br />\mathcal{L}\left[t^n\,e^{-a\,t}\right]&=&F\left(s+a\right)=\frac{n!}{\left(s+a\right)^{n+1}}<br />\end{eqnarray}$ ということになる。

webadm	投稿日時: 2012-8-29 5:07
Webmaster 登録日: 2004-11-7 居住地: 投稿: 3107	続：推移定理次も推移定理らしい次のLaplace変換を求めよ。 (1) $t sinωt$ (2) $t exp(-at) sinωt$ (3) $t exp(-at) cosωt$ というもの。これを著者と別解でやるというのが意外に難しい。考え中(｡-_-｡)...Σ (ﾟДﾟ;） Laplace変換の諸性質でおさらいした複素微分に関するLaplace変換の性質をすっかり忘れていた $\begin{eqnarray}<br />\mathcal{L}\left[f\left(t\right)\right]&=&F\left(s\right)\\<br />\frac{d}{ds}F\left(s\right)&=&\mathcal{L}\left[-t\,f\left(t\right)\right]<br />\end{eqnarray}$ これが使える。 $\begin{eqnarray}<br />\mathcal{L}\left[t\,f\left(t\right)\right]&=&-\frac{d}{ds}F\left(s\right)<br />\end{eqnarray}$ f(t)をsinωtに置き換えればよく $\begin{eqnarray}<br />\mathcal{L}\left[t\,\sin\omega\,t\right]&=&-\frac{d}{ds}F\left(s\right)=-\frac{d}{ds}\left(\frac{\omega}{s^2+\omega^2}\right)\\<br />&=&\frac{2\,\omega\,s}{\left(s^2+\omega^2\right)^2}<br />\end{eqnarray}$ できたじゃないか( ´∀`) そうするとこの結果を用いれば(2)は推移定理を使って簡単に $\begin{eqnarray}<br />\mathcal{L}\left[e^{-a\,t}\,f\left(t\right)\right]&=&F\left(s+a\right)\\<br />\mathcal{L}\left[t\,e^{-a\,t}\,\sin\omega\,t\right]&=&\mathcal{L}\left[e^{-a\,t}t\,\sin\omega\,t\right]=\frac{2\,\omega\,\left(s+a\right)}{\left(\left(s+a\right)^2+\omega^2\right)^2}<br />\end{eqnarray}$ ということになる。 (3)も(1),(2)と同様に複素微分のLaplace変換の性質と推移定理を使って $\begin{eqnarray}<br />\mathcal{L}\left[t\,\cos\omega\,t\right]&=&-\frac{d}{ds}\left(\frac{s}{s^2+\omega^2}\right)\\<br />&=&\frac{s^2-\omega^2}{\left(s^2+\omega^2\right)^2}\\<br />\mathcal{L}\left[t\,e^{-a\,t}\,\cos\omega\,t\right]&=&\mathcal{L}\left[e^{-a\,t}t\,\cos\omega\,t\right]=\frac{\left(s+a\right)^2-\omega^2}{\left(\left(s+a\right)^2+\omega^2\right)^2}<br />\end{eqnarray}$ ということになる。なんだ簡単じゃないか( ´∀`) P.S 当初はtとsinωtの２つの関数の積と考えてたたみ込み積分の形式を考えていたが２位の極が現れてどうしようもなくなり、他の性質が使えないか順番にチェックしていったら複素積分のLaplace変換が使えると気づいたのは内緒だ。この複素微分のLaplace変換の性質を提示しているテキストは少ない。

webadm	投稿日時: 2012-8-31 5:08
Webmaster 登録日: 2004-11-7 居住地: 投稿: 3107	Laplace逆変換次はLaplace逆変換の問題次の関数のLaplace逆変換を求めよ。 $(1) 1/(s+3) (2) 1/s(s+a) (3) 1/(s+a)(s+b) (4) (3s+4)/(s+a)(s+b) (5) (3s+8)/(s^2+9) (6) 2/(s^2(s^2+a^2)) (7) 1/s^2(s+a) (8) 3/s(s^2+a^2)$ というもの。 (1)は1/sのLaplace逆変換と推移定理より $\begin{eqnarray}<br />\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{1}{s}\right]&=&1=U\left(t\right)\ \ \ \ \left(0\le t \le \infty\right)\\<br />\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{1}{s+3}\right]&=&e^{-3\,t}=U\left(t\right)\,e^{-3\,t}\ \ \ \ \left(0\le t \le \infty\right)<br />\end{eqnarray}$ ということになる。U(t)は単位ステップ関数である。1とU(t)のLaplace変換は共に1/sなので区別がつかない曖昧性がある。Laplace変換自体が定義区間が[0,∞]で右半平面しかs平面に移さないからである。 (2)はF1(s)=1/s,F2(s)=1/(s+a)なる２つのs関数の積であるからたたみこみ積分の性質を使って $\begin{eqnarray}<br />\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{1}{s}\right]&=&1=U\left(t\right)\\<br />\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{1}{s+a}\right]&=&e^{-a\,t}=U\left(t\right)\,e^{-a\,t}\\<br />\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{1}{s}\,\frac{1}{s+a}\right]&=&\int_{0}^{t}e^{-a\,\left(t-\tau\right)}d\tau=\left[\frac{e^{-a\,\left(t-\tau\right)}}{a}\right]_{0}^{t}=\frac{1}{a}-\frac{e^{-a\,t}}{a}\\<br />&=&\frac{1}{a}\left(1-e^{-a\,t}\right)<br />\end{eqnarray}$ ということになる。どこかで見覚えのある式だ。 (3)も同様にたたみ込み積分の性質を使うと $\begin{eqnarray}<br />\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{1}{s+a}\right]&=&e^{-a\,t}=U\left(t\right)\,e^{-a\,t}\\<br />\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{1}{s+b}\right]&=&e^{-b\,t}=U\left(t\right)\,e^{-b\,t}\\<br />\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{1}{\left(s+a\right)}\frac{1}{\left(s+b\right)}\right]&=&\int_{0}^{t}e^{-a\,\tau}\,e^{-b\,\left(t-\tau\right)}d\tau=e^{-b\,t}\int_{0}^{t}\,e^{\left(b-a\right)\,\tau}d\tau=e^{-b\,t}\left[\frac{e^{\left(b-a\right)\,\tau}}{b-a}\right]_{0}^{t}=e^{-b\,t}\left[\frac{e^{\left(b-a\right)\,t}}{b-a}-\frac{1}{b-a}\right]\\<br />&=&\frac{e^{-a\,t}-e^{-b\,t}}{b-a}<br />\end{eqnarray}$ ということになる。 (4)は上の結果と導関数のLaplace変換の性質を使えば $\begin{eqnarray}<br />\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{3\,s+4}{\left(s+a\right)\left(s+b\right)}\right]&=&\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{3\,s}{\left(s+a\right)\left(s+b\right)}+\frac{4}{\left(s+b\right)\left(s+b\right)}\right]=3\,\mathcal{L}^{-1}\left[s\,\frac{1}{\left(s+a\right)\left(s+b\right)}\right]+4\,\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{1}{\left(s+a\right)\left(s+b\right)}\right]\\<br />&=&3\,\frac{d}{dt}\left(\frac{e^{-a\,t}-e^{-b\,t}}{b-a}\right)+\frac{4\left(e^{-a\,t}-e^{-b\,t}\right)}{b-a}=\frac{-3\,a\,e^{-a\,t}+3\,b\,e^{-b\,t}}{b-a}+\frac{4\,e^{-a\,t}-4\,e^{-b\,t}}{b-a}\\<br />&=&\frac{\left(3\,a-4\right)\,e^{-a\,t}-\left(3\,b-4\right)\,e^{-b\,t}}{a-b}<br />\end{eqnarray}$ ということになる。 (5)は三角関数のLaplace変換対の公式を使うと $\begin{eqnarray}<br />\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{3\,s+8}{s^2+9}\right]&=&\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{3\,s}{s^2+9}\right]+\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{8}{s^2+9}\right]=3\,\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{s}{s^2+9}\right]+\frac{8}{3}\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{3}{s^2+9}\right]\\<br />&=&3\,\cos\,3\,t+\frac{8}{3}\sin\,3\,t\\<br />&=&\sqrt{3^2+\left(\frac{8}{3}\right)^2}\left(\sin\phi\,\cos\,3\,t+\cos\phi\,\sin\,3\,t\right)\\<br />&=&\frac{\sqrt{145}}{3}\sin\left(3\,t+\phi\right)\\<br />\sin\phi&=&\frac{9}{\sqrt{145}}\\<br />\cos\phi&=&\frac{8}{\sqrt{145}}\\<br />\tan\phi&=&\frac{\sin\phi}{\cos\phi}=\frac{9}{8}<br />\end{eqnarray}$ ということになる。 (6)も畳み込み積分の性質を使えば $\begin{eqnarray}<br />\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{2}{s^2\left(s^2+a^2\right)}\right]&=&\frac{2}{a}\,\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{1}{s^2}\frac{a}{\left(s^2+a^2\right)}\right]=\frac{2}{a}\,\int_{0}^{t}\tau\,\sin\left(a\,\left(t-\tau\right)\right)d\tau=\frac{2}{a}\left[\frac{\tau\,\cos\left(a\left(t-\tau\right)\right)}{a}\right]_{0}^{t}-\frac{2}{a^2}\int_{0}^{t}\cos\left(a\left(t-\tau\right)\right)d\tau\\<br />&=&\frac{2\,t}{a^2}-\frac{2}{a^2}\left[-\frac{\sin\left(a\left(t-\tau\right)\right)}{a}\right]_{0}^{t}\\<br />&=&\frac{2\,t}{a^2}-\frac{2\,\sin\,a\,t}{a^3}\\<br />&=&\frac{2}{a^2}\left(t-\sin\,a\,t\right)<br />\end{eqnarray}$ ということになる。 (7)は(6)とちょっと似ているが時間推移した指数関数のLaplace変換との積の形をしている $\begin{eqnarray}<br />\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{1}{s^2\left(s+a\right)}\right]&=&\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{1}{s^2}\frac{1}{\left(s+a\right)}\right]=\int_{0}^{t}\tau\,e^{-a\,\left(t-\tau\right)}d\tau=\left[\frac{\tau\,e^{-a\,\left(t-\tau\right)}}{a}\right]_{0}^{t}-\frac{1}{a}\int_{0}^{t}e^{-a\,\left(t-\tau\right)}d\tau\\<br />&=&\frac{t}{a}-\frac{1}{a}\left[\frac{e^{-a\,\left(t-\tau\right)}}{a}\right]_{0}^{t}\\<br />&=&\frac{t}{a}-\frac{1}{a^2}+\frac{e^{-a\,t}}{a^2}\\<br />&=&\frac{1}{a^2}\left(a\,t-1+e^{-a\,t}\right)<br />\end{eqnarray}$ ということになる。最後の(8)も畳み込み積分の性質で $\begin{eqnarray}<br />\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{3}{s\left(s^2+a^2\right)}\right]&=&\frac{3}{a}\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{1}{s}\frac{a}{\left(s^2+a^2\right)}\right]=\frac{3}{a}\int_{0}^{t}\sin\left(a\left(t-\tau\right)\right)d\tau=\frac{3}{a}\left[\frac{\cos\left(a\left(t-\tau\right)\right)}{a}\right]_{0}^{t}\\<br />&=&\frac{3}{a}\left[\frac{1}{a}-\frac{\cos\,a\,t}{a}\right]\\<br />&=&\frac{3}{a^2}\left(1-\cos\,a\,t\right)<br />\end{eqnarray}$ ということになる。ぬるぽ( ´∀`) P.S 他にも"意図的に1を乗じる"というテクニックで別のs関数の積に書き直すことでたたみ込み積分の性質で簡単にLaplace逆変換することができる。なんでも馬鹿の一つ覚えで部分分数に分解すればいいというわけではない。この辺りがLaplace変換の面白さと判り易さかもしれない。とにかく複素積分を避ければなんとでもなりそうである。

webadm	投稿日時: 2012-8-31 7:29
Webmaster 登録日: 2004-11-7 居住地: 投稿: 3107	続：Laplace逆変換次もLaplace逆変換の問題つぎの関数をLaplace逆変換せよ。 $(1) (2s+3)/(s+3)^2(s+4) (2) (s+3)/s^2(s-2)^2 (3) 1/(s+2)^2(s^2+1) (4) (s+2)/s(s^2+2s+5)$ というもの。 (4)を除いて全て二位の極を持つs関数である。またしてもへそ曲がりな方法で (1)はLaplace変換対表と畳み込み積分の性質を用いて $\begin{eqnarray}<br />\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{2\,s+3}{\left(s+3\right)^2\left(s+4\right)}\right]&=&\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{2\,s}{\left(s+3\right)^2\left(s+4\right)}+\frac{3}{\left(s+3\right)^2\left(s+4\right)}\right]=2\,\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{s}{\left(s+3\right)^2}\frac{1}{\left(s+4\right)}\right]+3\,\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{1}{\left(s+3\right)^2}\frac{1}{\left(s+4\right)}\right]\\<br />&=&2\,\int_{0}^{t}e^{-3\,\tau}\left(1-3\,\tau\right)e^{-4\left(t-\tau\right)}d\tau+3\,\int_{0}^{t}\tau\,e^{-3\,\tau}e^{-4\,\left(t-\tau\right)}d\tau\\<br />&=&2\,e^{-4\,t}\int_{0}^{t}e^{\tau}\left(1-3\,\tau\right)d\tau+3\,e^{-4\,t}\int_{0}^{t}\tau\,e^{\tau}d\tau=2\,e^{-4\,t}\left[e^{\tau}\left(1-3\,\tau\right)\right]_{0}^{t}+2\,e^{-4\,t}\int_{0}^{t}3\,e^{\tau}d\tau+3\,e^{-4\,t}\left[\tau\,e^{\tau}\right]_{0}^{t}-3\,e^{-4\,t}\int_{0}^{t}e^{\tau}d\tau\\<br />&=&2\,e^{-4\,t}\left[e^{t}\left(1-3\,t\right)-1\right]+2\,e^{-4\,t}\left[3\,e^{\tau}\right]_{0}^{t}+3\,e^{-4\,t}t\,e^{t}-3\,e^{-4\,t}\left[e^{\tau}\right]_{0}^{t}\\<br />&=&2\,e^{-3\,t}-6\,t\,e^{-4\,t}-2\,e^{-4\,t}+2\,e^{-4\,t}\left[3\,e^{t}-3\right]+3\,t\,e^{-3\,t}-3\,e^{-4\,t}\left[e^{t}-1\right]\\<br />&=&2\,e^{-3\,t}-6\,t\,e^{-4\,t}-2\,e^{-4\,t}+6\,e^{-3\,t}-6\,e^{-4\,t}+3\,t\,e^{-3\,t}-3\,e^{-3\,t}+3\,e^{-4\,t}\\<br />&=&5\,e^{-3\,t}-3\,t\,e^{-4\,t}-5\,e^{-4\,t}\\<br />&=&5\,e^{-3\,t}\left(1-\left(\frac{3}{5}\,t+1\right)e^{-t}\right)<br />\end{eqnarray}$ ということになる。馬鹿の一つ覚えだが、複素積分ではないので間違いを犯さなければ平気だ。 (2)は時間積分のLaplace変換の性質を利用し $\begin{eqnarray}<br />\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{s+3}{s^3\left(s-2\right)^2}\right]&=&\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{\cancel{s}}{s^{\cancel{3}2}\left(s-2\right)^2}+\frac{3}{s^3\left(s-2\right)^2}\right]=\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{1}{s^2}\frac{1}{\left(s-2\right)^2}\right]+3\,\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{1}{s}\frac{1}{s^2\left(s-2\right)^2}\right]=\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{1}{s^2}\frac{1}{\left(s-2\right)^2}\right]+3\,\int_{0}^{t}\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{1}{s^2}\frac{1}{\left(s-2\right)^2}\right]dt\\<br />&=&\frac{1}{4}\left(\left(t+1\right)+\left(t-1\right)e^{2\,t}\right)+\frac{3}{4}\,\int_{0}^{t}\left(\left(\tau+1\right)+\left(\tau-1\right)e^{2\,\tau}\right)d\tau\\<br />&=&\frac{1}{4}\left(\left(t+1\right)+\left(t-1\right)e^{2\,t}\right)+\frac{3}{4}\left[\frac{\tau^2}{2}+\tau+\frac{\tau\,e^{2\,\tau}}{2}-\frac{e^{2\,\tau}}{4}-\frac{e^{2\,\tau}}{2}\right]_{0}^{t}\\<br />&=&\frac{1}{4}\left(\left(t+1\right)+\left(t-1\right)e^{2\,t}\right)+\frac{3}{4}\left(\frac{t^2}{2}+t+\frac{t\,e^{2\,t}}{2}-\frac{e^{2\,t}}{4}-\frac{e^{2\,t}}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{2}\right)\\<br />&=&\frac{1}{4}\left(\left(t+1\right)+\left(t-1\right)e^{2\,t}\right)+\frac{3}{8}t^2+\frac{3}{4}t+\frac{3}{8}t\,e^{2\,t}-\frac{9}{16}e^{2\,t}+\frac{9}{16}\\<br />&=&t+\frac{13}{16}+\frac{5}{8}t\,e^{2\,t}-\frac{13}{16}e^{2\,t}+\frac{3}{8}t^2\\<br />\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{1}{s^2}\frac{1}{\left(s-2\right)^2}\right]&=&\int_{0}^{t}\tau\,\left(t-\tau\right)\,e^{2\,\left(t-\tau\right)}d\tau=t\,\int_{0}^{t}\tau\,e^{2\left(t-\tau\right)}d\tau-\int_{0}^{t}\tau^2\,e^{2\left(t-\tau\right)}d\tau\\<br />&=&t\left[-\frac{\tau\,e^{2\left(t-\tau\right)}}{2}\right]_{0}^{t}+\frac{t}{2}\int_{0}^{t}e^{2\left(t-\tau\right)}d\tau-\left[-\frac{\tau^2\,e^{2\left(t-\tau\right)}}{2}\right]_{0}^{t}-\frac{1}{2}\int_{0}^{t}2\,\tau\,e^{2\left(t-\tau\right)}d\tau\\<br />&=&-\cancel{\frac{t^2}{2}}+\frac{t}{2}\left[-\frac{e^{2\left(t-\tau\right)}}{2}\right]_{0}^{t}+\cancel{\frac{t^2}{2}}-\frac{1}{2}\left[-\frac{\cancel{2}\,\tau\,e^{2\left(t-\tau\right)}}{\cancel{2}}\right]_{0}^{t}-\frac{1}{2}\int_{0}^{t}e^{2\left(t-\tau\right)}d\tau\\<br />&=&-\frac{t}{4}+\frac{t\,e^{2\,t}}{4}+\frac{t}{2}-\frac{1}{2}\left[-\frac{e^{2\left(t-\tau\right)}}{2}\right]_{0}^{t}\\<br />&=&\frac{t}{4}+\frac{t\,e^{2\,t}}{4}+\frac{1}{4}-\frac{e^{2\,t}}{4}\\<br />&=&\frac{1}{4}\left(\left(t+1\right)+\left(t-1\right)e^{2\,t}\right)<br />\end{eqnarray}$ ということになる。ずいぶんともってまわった解き方になってしまったが原理的にはこれでもいけるということが判る。ちなみに時間積分関数のLaplace変換には積分関数の初期値項があるが、このケースではt=0でそれは0であることを解の関数を積分することで確かめることができる。 (3)もどうも畳み込み積分臭がぷんぷんする（´Д｀；） $\begin{eqnarray}<br />\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{1}{\left(s+2\right)^2\left(s^2+1\right)}\right]&=&\int_{0}^{t}\left(t-\tau\right)\,e^{-2\left(t-\tau\right)}\,\sin\,\tau\,d\tau=t\,e^{-2\,t}\int_{0}^{t}e^{2\,\tau}\,\sin\,\tau\,d\tau-e^{-2\,t}\int_{0}^{t}\tau\,e^{2\,\tau}\,\sin\,\tau\,d\tau\\<br />&=&t\,e^{-2\,t}\frac{1}{5}\left(2\,e^{2\,t}\,\sin\,t-e^{2\,t}\,\cos\,t+1\right)-e^{-2\,t}\frac{1}{5}\left(2\,t\,e^{2\,t}\sin\,t-t\,e^{2\,t}\,\cos\,t-\frac{3}{5}\,e^{2\,t}\,\sin\,t+\frac{4}{5}\,e^{2\,t}\,\cos\,t-\frac{4}{5}\right)\\<br />&=&\cancel{\frac{2}{5}t\,\sin\,t}-\cancel{\frac{1}{5}t\,\cos\,t}+\frac{1}{5}t\,e^{-2\,t}-\cancel{\frac{2}{5}t\,\sin\,t}+\cancel{\frac{1}{5}t\,\cos\,t}+\frac{3}{25}\sin\,t-\frac{4}{25}\cos\,t+\frac{4}{25}e^{-2\,t}\\<br />&=&\frac{1}{5}t\,e^{-2\,t}+\frac{3}{25}\sin\,t-\frac{4}{25}\cos\,t+\frac{4}{25}e^{-2\,t}\\<br />&=&\frac{1}{5}t\,e^{-2\,t}+\frac{1}{5}\left(\sin\,\phi\sin\,t-\cos\,\phi\cos\,t\right)+\frac{4}{25}e^{-2\,t}\\<br />&=&\frac{1}{5}\left(\left(t+\frac{4}{5}\right)e^{-2\,t}-\cos\left(t+\phi\right)\right)<br />\sin\,\phi&=&\frac{3}{5}\\<br />\cos\,\phi&=&\frac{4}{5}\\<br />\tan\,\phi&=&\frac{\sin\,\phi}{\cos\,\phi}=\frac{3}{4}\\<br />\int_{0}^{t}e^{2\,\tau}\,\sin\,\tau\,d\tau&=&\left[-e^{2\,\tau}\,\cos\,\tau\right]_{0}^{t}+2\,\int_{0}^{t}e^{2\,\tau}\cos\,\tau\,d\tau=-e^{2\,t}\,\cos\,t+1+2\,\left[e^{2\,\tau}\,\sin\,\tau\right]_{0}^{t}-4\,\int_{0}^{t}e^{2\,\tau}\.\sin\,\tau\,d\tau=e^{2\,t}\,\sin\,t-2\,e^{2\,t}\,\cos\,t+1-4\,\int_{0}^{t}e^{2\,\tau}\,\sin\,t\,d\tau\\<br />&=&\frac{1}{5}\left(2\,e^{2\,t}\,\sin\,t-e^{2\,t}\,\cos\,t+1\right)\\<br />\int_{0}^{t}\tau\,e^{2\,\tau}\sin\,\tau\,d\tau&=&\left[-\tau\,e^{2\,\tau}\,\cos\,\tau\right]_{0}^{t}+\int_{0}^{t}\left(e^{2\,\tau}+2\,\tau\,e^{2\,\tau}\right)\cos\,\tau\,d\tau=-t\,e^{2\,t}\,\cos\,t+\int_{0}^{t}e^{2\,\tau}\,\cos\,\tau\,d\tau+2\,\int_{0}^{t}\tau\,e^{2\,\tau}\,\cos\,\tau\,d\tau\\<br />&=&-t\,e^{2\,t}\,\cos\,t+\left[e^{2\,\tau}\,\sin\,\tau\right]_{0}^{t}-2\,\int_{0}^{t}e^{2\,\tau}\,\sin\,\tau\,d\tau+2\,\left[\tau\,e^{2\,\tau}\,\sin\,\tau\right]_{0}^{t}-2\,\int_{0}^{t}\left(e^{2\,\tau}+2\,\tau\,e^{2\,\tau}\right)\,\sin\,\tau\,d\tau\\<br />&=&-t\,e^{2\,t}\,\cos\,t+e^{2\,t}\,\sin\,t-\frac{4}{5}\left(2\,e^{2\,t}\,\sin\,t-e^{2\,t}\,\cos\,t+1\right)+2\,t\,e^{2\,t}\sin\,t-4\,\int_{0}^{t}\tau\,e^{2\,\tau}\,\sin\,\tau\,d\tau\\<br />&=&\frac{1}{5}\left(2\,t\,e^{2\,t}\sin\,t-t\,e^{2\,t}\,\cos\,t-\frac{3}{5}\,e^{2\,t}\,\sin\,t+\frac{4}{5}\,e^{2\,t}\,\cos\,t-\frac{4}{5}\right)\\<br />\end{eqnarray}$ ということになる。ふう、積分計算を間違えまくりだった。 (4)も(2)と同様に $\begin{eqnarray}<br />\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{s+2}{s\left(s^2+2\,s+5\right)}\right]&=&\frac{1}{2}\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{2\cancel{s}}{\cancel{s}\left(\left(s+1\right)^2+4\right)}\right]+\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{1}{s}\frac{2}{\left(\left(s+1\right)^2+4\right)}\right]=\frac{1}{2}e^{-t}\,\sin\,2\,t+\int_{0}^{t}e^{-\tau}\,\sin\,2\,\tau\,d\tau\\<br />&=&\frac{1}{2}e^{-t}\,\sin\,2\,t+\left[-\frac{e^{-\tau}\,\cos\,2\,t}{2}\right]_{0}^{t}-\frac{1}{2}\int_{0}^{t}e^{-\tau}\,\cos\,2\,\tau\,d\tau\\<br />&=&\frac{1}{2}e^{-t}\,\sin\,2\,t-\frac{1}{2}e^{-t}\,\cos\,2\,t+\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\left[\frac{e^{-\tau}\,\sin\,2\,\tau}{2}\right]_{0}^{t}-\frac{1}{4}\int_{0}^{t}e^{-\tau}\,\sin\,2\,t\,d\tau\\<br />&=&\frac{1}{2}e^{-t}\,\sin\,2\,t-\frac{1}{2}e^{-t}\,\cos\,2\,t+\frac{1}{2}-\frac{1}{4}e^{-t}\,\sin\,2\,t-\frac{1}{5}\left(-\frac{1}{2}e^{-t}\,\cos\,2\,t+\frac{1}{2}-\frac{1}{4}e^{-t}\,\sin\,2\,t\right)\\<br />&=&\frac{1}{2}e^{-t}\,\sin\,2\,t-\frac{1}{2}e^{-t}\,\cos\,2\,t+\frac{1}{2}-\frac{1}{4}e^{-t}\,\sin\,2\,t+\frac{1}{10}e^{-t}\,\cos\,2\,t-\frac{1}{10}+\frac{1}{20}e^{-t}\,\sin\,2\,t\\<br />&=&\frac{3}{10}e^{-t}\sin\,2\,t-\frac{2}{5}e^{-t}\,\cos\,2\,t+\frac{2}{5}=\left(\frac{3}{10}\sin\,2\,t-\frac{2}{5}\cos\,2\,t\right)e^{-t}+\frac{2}{5}\\<br />&=&\frac{1}{2}\left(\sin\phi\,\sin\,2\,t-\cos\phi\,\cos\,2\,t\right)e^{-t}+\frac{2}{5}\\<br />&=&\frac{2}{5}-\frac{1}{2}\cos\left(2\,t+\phi\right)e^{-t}\\<br />\sin\phi&=&\frac{3}{5}\\<br />\cos\phi&=&\frac{4}{5}\\<br />\tan\phi&=&\frac{\sin\phi}{\cos\phi}=\frac{3}{4}<br />\end{eqnarray}$ ということになる。著者の(4)の解はどこをどう間違えたのか途中から虚数単位が混じった複素関数になってしまっている。その時点で普通間違いに気づくだろう。問題を若い学生に急ぎで解かせて著者はその答案をノーチェックで出版社に原稿として渡したとしか考えられない。Laplace変換して問題文のs関数になるか確かめてみれば明らか。著者がどこをどう間違えたか見つけるのは読者の課題としよう( ´∀`) P.S Heavisideの演算子法では部分分数展開が常套手段であったが、Laplace変換では必ずしもそれしかないという訳ではないところが面白い。部分分数展開はやっかいだし、著者ですら誤りを犯す。といっても畳み込み積分も単純な式の転記ミスで大分手間取った。 (2),(4)は普通のテキストには書いていない積分関数のLaplace変換の性質を用いているが、注意点としては積分関数のt=0での初期値が0でない場合には積分定数が現れるという点である。(2),(4)ともたまたま積分関数がt=0において0であるため積分定数は0となるので問題ない。

webadm	投稿日時: 2012-9-2 3:08
Webmaster 登録日: 2004-11-7 居住地: 投稿: 3107	微分方程式次は微分方程式を解く問題次の微分方程式を解け、ただし、y(0)=1とする。 $(1) dy/dt+2y=0 (2) dy/dt+3y=exp(at)$ というもの。 Laplace変換やLaplace逆変換についてみっちり演習したおかげで本来の微分方程式をLaplace変換を使ってどうやって解くんだったか忘れてしまった。思い出そう。 step1: 微分方程式の未知関数y(t)のLaplace変換をY(s)とする step2: 微分方程式の両辺をLaplace変換し、未知関数のLaplace変換Y(s)に関する代数方程式に変換する step3: Y(s)について解く step4; Y(s)をLaplace逆変換しy(t)を求めると言う感じだ。とにかく未知関数y(t)のLaplace変換をY(s)とすればLaplace変換の諸性質や変換対公式を使ってs空間に写せばよい。あとはY(s)について解いたらそれをLaplace逆変換するだけ。 (1)についてやってみると $\begin{eqnarray}<br />\mathcal{L}\left[y\left(t\right)\right]&=&Y\left(s\right)\\<br />\mathcal{L}\left[\frac{d}{dt}y\left(t\right)\right]&=&s\,Y\left(s\right)-y\left(0\right)\\<br />\mathcal{L}\left[\frac{d}{dt}y\left(t\right)+2\,y\left(t\right)\right]&=&s\,Y\left(s\right)-y\left(0\right)+2\,Y\left(s\right)=\left(s+2\right)Y\left(s\right)-y\left(0\right)=0\\<br />Y\left(s\right)&=&\frac{y\left(0\right)}{s+2}\\<br />\mathcal{L}^{-1}\left[Y\left(s\right)\right]&=&\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{y\left(0\right)}{s+2}\right]=\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{1}{s+2}\right]\\<br />&=&e^{-2\,t}<br />\end{eqnarray}$ ということになる。同様に(2)も $\begin{eqnarray}<br />\mathcal{L}\left[y\left(t\right)\right]&=&Y\left(s\right)\\<br />\mathcal{L}\left[\frac{d}{dt}y\left(t\right)\right]&=&s\,Y\left(s\right)-y\left(0\right)\\<br />\mathcal{L}\left[e^{a\,t}\right]&=&\frac{1}{s-a}\\<br />\mathcal{L}\left[\frac{d}{dt}y\left(t\right)+3\,y\left(t\right)\right]&=&s\,Y\left(s\right)-y\left(0\right)+3\,Y\left(s\right)=\mathcal{L}\left[e^{a\,t}\right]=\left(s+3\right)Y\left(s\right)-y\left(0\right)=\frac{1}{s-a}\\<br />Y\left(s\right)&=&\left(\frac{1}{s-a}+y\left(0\right)\right)\frac{1}{s+3}=\frac{1}{\left(s-a\right)\left(s+3\right)}+\frac{y\left(0\right)}{s+3}=\frac{1}{\left(s-a\right)\left(s+3\right)}+\frac{1}{s+3}\\<br />\mathcal{L}^{-1}\left[Y\left(t\right)\right]&=&\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{1}{\left(s-a\right)\left(s+3\right)}+\frac{1}{s+3}\right]=\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{1}{\left(s-a\right)\left(s+3\right)}\right]+\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{1}{s+3}\right]\\<br />&=&\int_{0}^{t}e^{a\,\tau}e^{-3\left(t-\tau\right)}d\tau+e^{-3\,t}=e^{-3\,t}\int_{0}^{t}e^{\left(a+3\right)\,\tau}d\tau+e^{-3\,t}\\<br />&=&e^{-3\,t}\left[\frac{e^{\left(a+3\right)\,\tau}}{a+3}\right]_{0}^{t}+e^{-3\,t}=e^{-3\,t}\left(\frac{e^{\left(a+3\right)\,t}}{a+3}-\frac{1}{a+3}+1\right)=e^{-3\,t}\left(\frac{e^{\left(a+3\right)\,t}}{a+3}+\frac{a+2}{a+3}\right)\\<br />&=&\frac{1}{a+3}e^{a\,t}+\frac{a+2}{a+3}e^{-3\,t}\ \ \ \ \left(a\ne-3\right)<br />\end{eqnarray}$ ということになる。ただし上の解ではa=-3ではy(t)の微分が存在しないので微分方程式が成立しないのである。とんでもない引っかけ問題である。ここで解答を終えると点数がもらえないか、もらえても半分しかもらえないだろう。 a=-3の場合は別途考える必要がある。未知関数のLaplace変換Y(s)のaに-3を代入すると $\begin{eqnarray}<br />\left. \mathcal{L}^{-1}\left[Y\left(s\right)\right]\right\|_{a=-3}&=&\left. \mathcal{L}^{-1}\left[\frac{1}{\left(s-a\right)\left(s+3\right)}+\frac{1}{s+3}\right]\right\|_{a=-3}=\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{1}{\left(s+3\right)^2}\right]+\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{1}{s+3}\right]=t\,e^{-3\,t}+e^{-3\,t}\\<br />&=&\left(t+1\right)e^{-3\,t}\ \ \ \ \left(a=-3\right)<br />\end{eqnarray}$ ということになる。導関数のLaplace変換や積分関数のLaplace変換には積分項（初期値項）があるのを忘れないようにしないといけない。

(1) 2 3 4 »

スレッド表示 | 新しいものから

前のトピック | 次のトピック | トップ

投稿するにはまず登録を