問題一：
https://blog.yexca.net/archives/198
問題二：
https://blog.yexca.net/archives/201
問題三：
https://blog.yexca.net/archives/200
問題四：この文章
問題五：
https://blog.yexca.net/archives/203
引言
一整题都是考拉普拉斯变换的，同时最后一题是应用。如果不知道拉普拉斯变换是比较难快速解题，虽然速度快的话可以做出前两大题以及第三题的前三问 (其实也很多了)，对于最后两问倒是属于不知道相关原理便不会做了 (我在最后一问倒是写了不知道相关情况如何解题，但考场那种情况下真的可以反应过来吗？)
题目版权属于东京科学大学所有，仅为了方便观看而引用，无盈利行为
背景
実数 $t(\ge0)$ を変数とする2回微分可能な実関数 $f(t)$ のラプラス変換 $F(S)=\mathcal{L}[f(t)]$ を次式で定義する。
$$ F(s)=\mathcal{L}[f(t)]=\int_0^\infty f(t)e^{-st}dt \tag{4.1} $$
ここで、ｓは複素変数で、かつ実部が正であるとする。以下の問いに答えよ。なお、解答にあたって、次のラプラス変換に関する関係式を用いてもよい。
$$ \mathcal{L}[e^{-\alpha t}f(t)] = F(s+\alpha) \tag{4.2} $$
$$ \mathcal{L}[\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}f(t)] = sF(s) - f(0) \tag{4.3} $$
$$ \mathcal{L}[\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}t^2}f(t)] = s^2F(s)-sf(0)-f’(0) \tag{4.4} $$
ただし、$\alpha$ は実定数とし、$f’(t)=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}f(t)$ とする。
这一段描述了拉普拉斯变换的定义以及三条性质
1
以下の a~c の式が成り立つことを示せ。ただし、$\alpha$ は実定数、$\beta$ は０ではない実定数とする。
a）$\mathcal{L}[\cos(\beta t)]=\dfrac{s}{s^2+\beta^2}$
b）$\mathcal{L}[e^{-\alpha t}\cos(\beta t)] = \dfrac{s+\alpha}{(s+a)^2+\beta^2}$
c）$\mathcal{L}[e^{-\alpha t}\sin(\beta t)]=\dfrac{\beta}{(s+a)^2+\beta^2}$
解答
a
代入定义
$$ \mathcal{L}[\cos(\beta t)] = \int_0^\infty \cos(\beta t)e^{-3t}\mathrm{d}t $$
这里使用欧拉公式
$$ e^{i\theta}=\cos\theta + i\sin\theta $$
的推论
$$ \cos\theta=\frac{e^{i\theta}+e^{-i\theta}}{2} $$
证明很简单，直接代入
$$ \begin{align} \cos\theta &= \frac{e^{i\theta}+e^{-i\theta}}{2} \ &= \frac{(\cos\theta + i\sin\theta)+(\cos(-\theta) + i\sin(-\theta))}{2} \ &= \frac{(\cos\theta + i\sin\theta)+(\cos\theta - i\sin\theta)}{2} \ &= \frac{2\cos\theta }{2} \ &= \cos\theta \end{align} $$
代入原式，得
$$ \begin{align} \mathcal{L}[\cos(\beta t)] &=\int_0^\infty\frac{e^{i\beta t}+e^{-i\beta t}}{2}e^{-st}\mathrm{d}t \ &= \frac{1}{2}(\int_0^\infty e^{i\beta t} \cdot e^{-st}\mathrm{d}t+\int_0^\infty e^{-i\beta t} \cdot e^{-st}\mathrm{d}t) \ &= \frac{1}{2}(\int_0^\infty e^{-(i\beta t + st)}\mathrm{d}t + \frac{1}{2}(\int_0^\infty e^{-(i\beta t + st)}\mathrm{d}t) \end{align} $$
求积分得
$$ \begin{align} \mathcal{L}[\cos(\beta t)] &= \frac{1}{2}(\frac{1}{s-i\beta}+\frac{1}{s+i\beta}) \end{align} $$
此处积分过程
$$ \begin{align} \int_0^\infty e^{-at}\mathrm{d}t &= \frac{1}{-a}e^{-at}\mid_0^\infty \ &= 0-\frac{1}{-a} \ &= \frac{1}{a} \end{align} $$
通分简化，得
$$ \begin{align} \mathcal{L}[\cos(\beta t)] &= \frac{1}{2} \cdot \frac{s+i\beta+s-i\beta}{(s-i\beta)(s+i\beta)} \ &= \dfrac{s}{s^2+\beta^2} \end{align} $$
原命题得证
b
由 $(4.2)$ 知
$$ \mathcal{L}[e^{-\alpha t}f(t)] = F(s+\alpha) $$
又由第一问知
$$ \mathcal{L}[\cos(\beta t)]=\dfrac{s}{s^2+\beta^2} $$
所以
$$ \mathcal{L}[e^{-\alpha t}\cos(\beta t)] = \dfrac{s+\alpha}{(s+a)^2+\beta^2} $$
原命题得证
c
因为
$$ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\sin(\beta t) = \beta \cos(\beta t) $$
两边同时取拉普拉斯变换
$$ \mathcal{L}[\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\sin(\beta t)] = \mathcal{L}[\beta \cos(\beta t)] $$
由 $(4.3)$ 知
$$ \mathcal{L}[\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}f(t)] = sF(s) - f(0) $$
所以
$$ \mathcal{L}[\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\sin(\beta t)] = sF(s)-\sin(0)=sF(s) $$
即
$$ sF(s) = \mathcal{L}[\beta \cos(\beta t)] = \beta \mathcal{L}[\cos(\beta t)] $$
由第一问，知
$$ \mathcal{L}[\cos(\beta t)]=\dfrac{s}{s^2+\beta^2} $$
代入，得
$$ sF(s) = \beta \dfrac{s}{s^2+\beta^2} $$
解得
$$ F(s) = \dfrac{\beta}{s^2+\beta^2} $$
所以
$$ \mathcal{L}[\sin(\beta t)] = \dfrac{\beta}{s^2+\beta^2} $$
写完回想的时候，最初我用的一个简单的方法是可以用的，只是我想错了，这个比较简单点，但是上面的感觉看起来很帅，所以保留了。接下来简单描述下
$$ \begin{align} \mathcal{L}[\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\cos(\beta t)] &= \mathcal{L}[-\beta\sin(\beta t)]\ &= -\beta \mathcal{L}[\sin(\beta t)]\ &= sF(s) - \cos(0) \ &= \dfrac{s^2}{s^2+\beta^2} - 1 \ &= \dfrac{-\beta^2}{s^2+\beta^2} \end{align} $$
即
$$ \mathcal{L}[\sin(\beta t)] = \dfrac{\beta}{s^2+\beta^2} $$
几乎相当于三种方法解出来 (还有一种和 a 题一样直接算)，做出来的时候太爽了
由 $(4.2)$ 知
$$ \mathcal{L}[e^{-\alpha t}f(t)] = F(s+\alpha) $$
所以
$$ \mathcal{L}[e^{-\alpha t}\sin(\beta t)]=\dfrac{\beta}{(s+a)^2+\beta^2} $$
2
次の微分方程式について、以下の a~d に答えよ。
$$ \frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}t^2}f(t) + \eta \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}f(t) + 2f(t) = 2 \tag{4.5} $$
ここで、$\eta$ は実定数、$f(t)$ は実数 $t(\ge 0)$ を変数とする2回微分可能な実関数とし、初期条件を $f(0)=1, f’(0)=1$ とする。ただし、$f’(t)=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}f(t), F(s)=\mathcal{L}[f(t)]$ とする。
a）微分方程式 $(4.5)$ の両辺をラプラス変換し、$F(s)$ を $s$ の関数として表せ。
b）$\eta=0$ のとき、ラプラス変換を用いて微分方程式 $(4.5)$ を解き、$f(t)$ を $t$ の関数として表せ。
c）$\eta=2$ のとき、ラプラス変換を用いて微分方程式 $(4.5)$ を解き、$f(t)$ を $t$ の関数として表せ。
d）$\eta=2$ のとき、$\lim_{t \to \infty}f(x)$ の値を求め、$f(t)$ のグラフの概形を描け。
解答
a
根据 $(4.3), (4.4)$ 两边取拉普拉斯变换，得
$$ s^2F(s)-sf(0)-f’(0)+\eta(sF(s)-f(0))+2F(s)=\frac{2}{s} $$
整理，得
$$ (s^2+\eta s+2)F(s) = \frac{2}{s}+s+\eta+1 $$
所以
$$ F(s)=\frac{\frac{2}{s}+s+\eta+1}{s^2+\eta s +2} $$
b
将 $\eta=0$ 代入，得
$$ \begin{align} F(s)&=\frac{\frac{2}{s}+s+1}{s^2+2} \ &=\frac{s^2+s+2}{s(s^2+2)} \end{align} $$
设
$$ \frac{s^2+s+2}{s(s^2+2)} = \frac{A}{s} + \frac{Bs+C}{s^2+2} = \frac{A(s^2+2)+s(Bs+C)}{s(s^2+2)} $$
得
$$ \left { \begin{align} A+B = 1 \ C = 1 \ 2A = 2 \end{align} \right . $$
解得 $A=1, B=0, C=1$，代入得
$$ F(s) = \frac{1}{s} + \frac{1}{s^2+2} $$
逆拉普拉斯变化得
$$ f(t) = 1 + \frac{1}{\sqrt{2}}\sin(\sqrt{2}t) $$
c
将 $\eta=2$ 代入，得
$$ F(s)=\frac{\frac{2}{s}+s+3}{s^2+2s +2} = \frac{2+s^2+3s}{s(s^2+2s +2)} $$
设
$$ \frac{2+s^2+3s}{s(s^2+2s +2)} = \frac{A}{s} + \frac{Bs+C}{s^2+2s +2} = \frac{A(s^2+2s+2)+s(Bs+C)}{s(s^2+2s +2)} $$
得
$$ \left { \begin{align} A+B = 1 \ 2A+C = 3 \ 2A = 2 \end{align} \right . $$
解得 $A=1, B=0, C=1$，所以
$$ F(s) = \frac{1}{s} + \frac{1}{s^2+2s+2} = \frac{1}{s} + \frac{1}{(s+1)^2+1} $$
逆拉普拉斯变化得
$$ f(t) = 1 + e^{-t}\sin t $$
d
由 c 可知，$\eta=2$ 时
$$ f(t) = 1 + e^{-t}\sin t $$
即
$$ \lim_{t \to \infty} f(t) = \lim_{t \to \infty} (1 + e^{-t}\sin t) = 1 $$
因为
$$ f(0) = 1+e^0\sin0 = 1 $$
所以 $f(t)$ 的图形大概为从 1 开始，振荡衰减并最终稳定在 1 的趋势
振動しながら $t \to \infty$ において1に収束します。（これは減衰振動の典型的な形状です）
具体图像如下
代码如下 (因为使用 Linux 无 GUI 环境，多了几行保存图片的代码)
import matplotlib as mpl # 显现图像
import numpy as np
import matplotlib.pyplot as plt
mpl.use('Agg') # 显现图像
# 定义函数 f(t) = 1 + e^(-t) * sin(t)
t = np.linspace(0, 10, 1000) # 时间范围 [0, 10]
f_t = 1 + np.exp(-t) * np.sin(t)
# 绘制图形
plt.figure(figsize=(8, 5))
plt.plot(t, f_t, label=r"$f(t) = 1 + e^{-t}\sin(t)$", color='b')
plt.axhline(y=1, color='r', linestyle='--', label=r"$f(t) \to 1$ (limit value)")
# 图形美化
plt.title(r"Function $f(t) = 1 + e^{-t}\sin(t)$", fontsize=14)
plt.xlabel("$t$", fontsize=12)
plt.ylabel("$f(t)$", fontsize=12)
plt.legend(fontsize=10)
plt.grid(alpha=0.3)
plt.tight_layout()
# 显示图形
plt.show()
# 下载图像
plt.savefig("./1.png")
3
図４.１に示した1自由度のバネ-質量-ダンパ系の微分方程式は次式で表せる。
$$ m\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}t^2}x(t)+\mu \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}x(t)+kx(t)=p(t) \tag{4.6} $$
ただし、位置 $x(t)$ および外力 $p(t)$ は時刻 $t(\ge 2)$ の2回微分可能な実関数である。位置 $x(t)$ の原点はバネの自然長の位置とし、位置 $x(t)$ と外力 $p(t)$ の正の方向はバネガ伸びる方向とする。質量 $m$、バネ定数 $k$、ダンバの粘性減衰係数 $\mu$ は正の定数とする。以下では、式 $(4.6)$ の係数の書き換えによって得られた次式を用いて考える。
$$ \frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}t^2}x(t)+2\gamma\omega_0\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}x(t)+w_0^2x(t)=q(t) \tag{4.7} $$
ただし、$\omega_0=\sqrt{k/m}, \gamma=\mu/(2\sqrt{mk}),q(t)=p(t)/m$ と定義した。また、$X(s)=\mathcal{L}[x(t)], Q(s)=\mathcal{L}[q(t)]$ とする。初期条件を $x(0)=0, x’(0)=0$ とする。$x’(t)=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}x(t)$ である。このとき、以下の a~e に答えよ。
- 図４.１：1自由度のバネ-質量-ダンパ系
a）式 $(4.7)$ の両辺をラプラス変換して、伝達関数 $H(s)=X(s)/Q(s)$ を計算し、$H(s)$ を $\gamma, \omega_0$ を用いて $s$ の関数として表せ。
b）伝達関数 $H(s)$ において、$s$ を $i\omega$ に置き換えることにより、$Y(\omega)=20\log_{10}\mid H(i\omega)\mid$ を計算し、$Y(\omega)$ を $\omega$ の実関数として表せ。ただし、$\omega$ は正の実数、$i$ は虚数単位とする。
c）$Y(\omega)$ が最大となるときの $\omega$ の値を $\hat{\omega}$ とする。$\hat{\omega}$ を $\gamma, \omega_0$ を用いて表せ
d）$Y(\omega)$ が $\omega=\hat{\omega}$ で最大になるという現象は何と呼ばれるか、答えよ。
e）d の現象が起こる $\gamma$ の範囲を答えよ。
解答
a
两边同时进行拉普拉斯变换
$$ \mathcal{L}[\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}t^2}x(t)]+2\gamma\omega_0\mathcal{L}[\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}x(t)]+w_0^2\mathcal{L}[x(t)]=\mathcal{L}[q(t)] $$
由 $(4.3),(4.4)$ 即题意，得
$$ s^2X(s) + 2\gamma\omega_0sX(s) + \omega_0^2X(s) = Q(s) $$
两边同时除以 $Q(S)$，得
$$ s^2H(s) + 2\gamma\omega_0sH(s) + \omega_0^2H(s) = 1 $$
所以
$$ H(s) = \frac{1}{s^2+2\gamma\omega_0s+\omega_0^2} $$
b
将 $i\omega$ 代入 $H(s)$ 得
$$ \begin{align} H(i\omega) &= \frac{1}{-\omega^2+2i\gamma\omega_0\omega + \omega_0^2} \ &= \frac{1}{\omega_0^2-\omega^2+2i\gamma\omega_0\omega} \end{align} $$
所以
$$ \mid H(i\omega) \mid = \frac{1}{\sqrt{(\omega_0^2-\omega^2)^2+(2\gamma\omega_0\omega)^2}} $$
由此可得
$$ \begin{align} Y(\omega) &= 20\log_{10}\mid H(i\omega) \mid \ &= 20\log_{10} \frac{1}{\sqrt{(\omega_0^2-\omega^2)^2+(2\gamma\omega_0\omega)^2}} \ &= 20(\log_{10}1-\log_{10}\sqrt{(\omega_0^2-\omega^2)^2+(2\gamma\omega_0\omega)^2}) \ &= -20\log_{10}\sqrt{(\omega_0^2-\omega^2)^2+(2\gamma\omega_0\omega)^2} \ &= -10\log_{10}[(\omega_0^2-\omega^2)^2+(2\gamma\omega_0\omega)^2] \end{align} $$
c
$Y(\omega)$ 最大的时候 $(\omega_0^2-\omega^2)^2+(2\gamma\omega_0\omega)^2$ 最小，对其求导
$$ \begin{align} (\omega_0^2-\omega^2)^2+(2\gamma\omega_0\omega)^2 &= 2(\omega_0^2-\omega^2)\times(-2\omega) + 2(2\gamma\omega_0\omega)\times(2\gamma\omega_0) \ &= 4\omega(\omega^2-\omega_0^2) + 4(2\gamma^2\omega_0^2w) \ &= 4\omega(\omega^2-\omega_0^2+\gamma^2\omega_0^2) \end{align} $$
令其为 $0$，得
$$ 4w = 0 $$
或
$$ \omega^2-\omega_0^2+\gamma^2\omega_0^2 = 0 $$
即
$$ w^2=\omega_0^2-2\gamma^2\omega_0^2 $$
又因为 $\omega$ 为正实数，所以
$$ \hat{\omega} = \omega_0\sqrt{1-2\gamma^2} $$
d
共振現象です
共振现象指的是当系统受到的外力频率接近系统的自然频率时，系统的响应幅度达到最大的一种现象
e
由 $\hat{\omega}$ 是正实数，得
$$ 1-2\gamma^2 \gt 0 $$
即
$$ -\frac{1}{\sqrt{2}} \lt \gamma \lt \frac{1}{\sqrt{2}} $$
又因为 $\mu \gt 0$，得
$$ 0 \lt \gamma \lt \frac{1}{\sqrt{2}} $$