問題一：
https://blog.yexca.net/ja/archives/198
問題二：
https://blog.yexca.net/ja/archives/201
問題三：
https://blog.yexca.net/ja/archives/200
問題四：この記事
問題五：
https://blog.yexca.net/ja/archives/203
はじめに
まるまる一問、ラプラス変換についての出題だね。最後の一問は応用問題になっているよ。ラプラス変換を知らないと素早く解くのはかなり難しいかな。解くスピードが速ければ、最初の二大問と第三問の前の3つの設問まではいけるかもしれないけど（それだけでも結構な量だけどね）、最後の二問については、関連する原理を知らないとお手上げになっちゃう（最後の一問は、原理を知らない場合にどう解くか書いてみたけど、試験本番のあの状況で本当に思いつけるかな？）。
問題の著作権は東京科学大学に帰属するよ。ここでは見やすさを考慮して引用しているだけで、営利目的ではないからね。
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。
このセクションでは、ラプラス変換の定義と3つの性質について記述されているよ。
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
定義に代入するよ。
$$ \mathcal{L}[\cos(\beta t)] = \int_0^\infty \cos(\beta t)e^{-3t}\mathrm{d}t $$ここでオイラーの公式
$$ e^{i\theta}=\cos\theta + i\sin\theta $$から導かれる
$$ \cos\theta=\frac{e^{i\theta}+e^{-i\theta}}{2} $$を使うね。
証明は簡単、直接代入するだけだよ。
$$ >\begin{align} >\cos\theta >&= \frac{e^{i\theta}+e^{-i\theta}}{2} \\ >&= \frac{(\cos\theta + i\sin\theta)+(\cos(-\theta) + i\sin(-\theta))}{2} \\ >&= \frac{(\cos\theta + i\sin\theta)+(\cos\theta - i\sin\theta)}{2} \\ >&= \frac{2\cos\theta }{2} \\ >&= \cos\theta >\end{align} >$$
元の式に代入すると、
$$ \begin{align} \mathcal{L}[\cos(\beta t)] &=\int_0^\infty\frac{e^{i\beta t}+e^{-i\beta t}}{2}e^{-st}\mathrm{d}t \\ &= \frac{1}{2}(\int_0^\infty e^{i\beta t} \cdot e^{-st}\mathrm{d}t+\int_0^\infty e^{-i\beta t} \cdot e^{-st}\mathrm{d}t) \\ &= \frac{1}{2}(\int_0^\infty e^{-(i\beta t + st)}\mathrm{d}t + \frac{1}{2}(\int_0^\infty e^{-(i\beta t + st)}\mathrm{d}t) \end{align} $$積分を計算すると、
$$ \begin{align} \mathcal{L}[\cos(\beta t)] &= \frac{1}{2}(\frac{1}{s-i\beta}+\frac{1}{s+i\beta}) \end{align} $$ここでの積分過程：
$$ >\begin{align} >\int_0^\infty e^{-at}\mathrm{d}t >&= \frac{1}{-a}e^{-at}\mid_0^\infty \\ >&= 0-\frac{1}{-a} \\ >&= \frac{1}{a} >\end{align} >$$
通分して整理すると、
$$ \begin{align} \mathcal{L}[\cos(\beta t)] &= \frac{1}{2} \cdot \frac{s+i\beta+s-i\beta}{(s-i\beta)(s+i\beta)} \\ &= \dfrac{s}{s^2+\beta^2} \end{align} $$元の命題が示された。
b
$(4.2)$ より
$$ \mathcal{L}[e^{-\alpha t}f(t)] = F(s+\alpha) $$また a の結果より
$$ \mathcal{L}[\cos(\beta t)]=\dfrac{s}{s^2+\beta^2} $$なので、
$$ \mathcal{L}[e^{-\alpha t}\cos(\beta t)] = \dfrac{s+\alpha}{(s+a)^2+\beta^2} $$元の命題が示された。
c
$$ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\sin(\beta t) = \beta \cos(\beta t) $$なので、両辺のラプラス変換をとると
$$ \mathcal{L}[\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\sin(\beta t)] = \mathcal{L}[\beta \cos(\beta t)] $$$(4.3)$ より
$$ \mathcal{L}[\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}f(t)] = sF(s) - f(0) $$だから、
$$ \mathcal{L}[\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\sin(\beta t)] = sF(s)-\sin(0)=sF(s) $$つまり
$$ sF(s) = \mathcal{L}[\beta \cos(\beta t)] = \beta \mathcal{L}[\cos(\beta t)] $$a の結果より
$$ \mathcal{L}[\cos(\beta t)]=\dfrac{s}{s^2+\beta^2} $$これを代入すると、
$$ sF(s) = \beta \dfrac{s}{s^2+\beta^2} $$解くと、
$$ F(s) = \dfrac{\beta}{s^2+\beta^2} $$よって
$$ \mathcal{L}[\sin(\beta t)] = \dfrac{\beta}{s^2+\beta^2} $$書き終わってから思い出したんだけど、最初に考えていた別の簡単な方法も使えたね。ちょっと勘違いしてたけど、こっちの方がシンプルかも。でも上の解き方の方がかっこいい気がするから、そのまま残しておくよ。一応、簡単に説明しとくね。
$$ > \begin{align} > \mathcal{L}[\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\cos(\beta t)] > &= \mathcal{L}[-\beta\sin(\beta t)]\\ > &= -\beta \mathcal{L}[\sin(\beta t)]\\ > &= sF(s) - \cos(0) \\ > &= \dfrac{s^2}{s^2+\beta^2} - 1 \\ > &= \dfrac{-\beta^2}{s^2+\beta^2} > \end{align} > $$つまり
$$ > \mathcal{L}[\sin(\beta t)] = \dfrac{\beta}{s^2+\beta^2} > $$ほぼ3通りの方法で解けたことになるね（あともう一つは a と同じように直接計算する方法）。解けたときはめちゃくちゃ気持ちよかった！
$(4.2)$ より
$$ \mathcal{L}[e^{-\alpha t}f(t)] = F(s+\alpha) $$なので、
$$ \mathcal{L}[e^{-\alpha t}\sin(\beta t)]=\dfrac{\beta}{(s+a)^2+\beta^2} $$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
$(4.3), (4.4)$ に基づいて両辺のラプラス変換をとると、
$$ s^2F(s)-sf(0)-f'(0)+\eta(sF(s)-f(0))+2F(s)=\frac{2}{s} $$整理すると、
$$ (s^2+\eta s+2)F(s) = \frac{2}{s}+s+\eta+1 $$よって
$$ F(s)=\frac{\frac{2}{s}+s+\eta+1}{s^2+\eta s +2} $$b
$\eta=0$ を代入すると、
$$ \begin{align} F(s)&=\frac{\frac{2}{s}+s+1}{s^2+2} \\ &=\frac{s^2+s+2}{s(s^2+2)} \end{align} $$ここで
$$ \frac{s^2+s+2}{s(s^2+2)} = \frac{A}{s} + \frac{Bs+C}{s^2+2} = \frac{A(s^2+2)+s(Bs+C)}{s(s^2+2)} $$と置くと、
$$ \left \{ \begin{align} A+B = 1 \\ C = 1 \\ 2A = 2 \end{align} \right . $$となり、$A=1, B=0, C=1$ が得られる。これを代入すると、
$$ F(s) = \frac{1}{s} + \frac{1}{s^2+2} $$逆ラプラス変換を行うと、
$$ f(t) = 1 + \frac{1}{\sqrt{2}}\sin(\sqrt{2}t) $$c
$\eta=2$ を代入すると、
$$ F(s)=\frac{\frac{2}{s}+s+3}{s^2+2s +2} = \frac{2+s^2+3s}{s(s^2+2s +2)} $$ここで
$$ \frac{2+s^2+3s}{s(s^2+2s +2)} = \frac{A}{s} + \frac{Bs+C}{s^2+2s +2} = \frac{A(s^2+2s+2)+s(Bs+C)}{s(s^2+2s +2)} $$と置くと、
$$ \left \{ \begin{align} A+B = 1 \\ 2A+C = 3 \\ 2A = 2 \end{align} \right . $$となり、$A=1, B=0, C=1$ が得られる。よって
$$ F(s) = \frac{1}{s} + \frac{1}{s^2+2s+2} = \frac{1}{s} + \frac{1}{(s+1)^2+1} $$逆ラプラス変換を行うと、
$$ f(t) = 1 + e^{-t}\sin t $$d
c より、$\eta=2$ のとき
$$ f(t) = 1 + e^{-t}\sin t $$つまり
$$ \lim_{t \to \infty} f(t) = \lim_{t \to \infty} (1 + e^{-t}\sin t) = 1 $$また、
$$ f(0) = 1+e^0\sin0 = 1 $$なので、$f(t)$ のグラフは 1 から始まり、振動しながら減衰して最終的に 1 に収束するような形になるね。
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）
具体的なグラフは以下の通りだよ。
コードはこんな感じ（Linux の GUI なし環境を使っているから、画像を保存するためのコードを数行追加してあるよ）。
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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
両辺を同時にラプラス変換すると、
$$ \mathcal{L}[\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}t^2}x(t)]+2\gamma\omega_0\mathcal{L}[\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}x(t)]+w_0^2\mathcal{L}[x(t)]=\mathcal{L}[q(t)] $$$(4.3),(4.4)$ および問題の条件から、
$$ s^2X(s) + 2\gamma\omega_0sX(s) + \omega_0^2X(s) = Q(s) $$両辺を $Q(s)$ で割ると、
$$ s^2H(s) + 2\gamma\omega_0sH(s) + \omega_0^2H(s) = 1 $$よって
$$ H(s) = \frac{1}{s^2+2\gamma\omega_0s+\omega_0^2} $$b
$H(s)$ に $i\omega$ を代入すると、
$$ \begin{align} H(i\omega) &= \frac{1}{-\omega^2+2i\gamma\omega_0\omega + \omega_0^2} \\ &= \frac{1}{\omega_0^2-\omega^2+2i\gamma\omega_0\omega} \end{align} $$なので、
$$ \mid H(i\omega) \mid = \frac{1}{\sqrt{(\omega_0^2-\omega^2)^2+(2\gamma\omega_0\omega)^2}} $$これより、
$$ \begin{align} Y(\omega) &= 20\log_{10}\mid H(i\omega) \mid \\ &= 20\log_{10} \frac{1}{\sqrt{(\omega_0^2-\omega^2)^2+(2\gamma\omega_0\omega)^2}} \\ &= 20(\log_{10}1-\log_{10}\sqrt{(\omega_0^2-\omega^2)^2+(2\gamma\omega_0\omega)^2}) \\ &= -20\log_{10}\sqrt{(\omega_0^2-\omega^2)^2+(2\gamma\omega_0\omega)^2} \\ &= -10\log_{10}[(\omega_0^2-\omega^2)^2+(2\gamma\omega_0\omega)^2] \end{align} $$c
$Y(\omega)$ が最大になるとき、$(\omega_0^2-\omega^2)^2+(2\gamma\omega_0\omega)^2$ は最小になる。これを微分すると、
$$ \begin{align} (\omega_0^2-\omega^2)^2+(2\gamma\omega_0\omega)^2 &= 2(\omega_0^2-\omega^2)\times(-2\omega) + 2(2\gamma\omega_0\omega)\times(2\gamma\omega_0) \\ &= 4\omega(\omega^2-\omega_0^2) + 4(2\gamma^2\omega_0^2w) \\ &= 4\omega(\omega^2-\omega_0^2+\gamma^2\omega_0^2) \end{align} $$これを $0$ と置くと、
$$ 4w = 0 $$または
$$ \omega^2-\omega_0^2+\gamma^2\omega_0^2 = 0 $$つまり
$$ w^2=\omega_0^2-2\gamma^2\omega_0^2 $$$\omega$ は正の実数なので、
$$ \hat{\omega} = \omega_0\sqrt{1-2\gamma^2} $$d
共振現象だよ。
共振現象というのは、システムに加わる外力の周波数がシステムの固有振動数に近づいたときに、システムの応答振幅が最大になる現象のこと。
e
$\hat{\omega}$ が正の実数であることから、
$$ 1-2\gamma^2 \gt 0 $$つまり
$$ $-\frac{1}{\sqrt{2}} \lt \gamma \lt \frac{1}{\sqrt{2}}$ $$また $\mu \gt 0$ なので、
$$ 0 \lt \gamma \lt \frac{1}{\sqrt{2}} $$