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信号処理・通信工学の問題

難易度 4大学院入試の標準レベル大学物理信号処理・通信工学

入力 $x (t)$ と出力 $y (t)$ の関係が微分方程式
$\frac{d ^{2} y}{d t ^{2}} + 4 \frac{d y}{d t} + 3 y = x (t)$
で表される因果的な連続時間の線形時不変系がある（ $t$ は時刻で単位は s、 $t < 0$ で $x (t) = 0, y (t) = 0$ とする）。この系に、幅 $1 s$ の矩形パルス
$x (t) = u (t) - u (t - 1)$
を入力する。ここで $u (t)$ は単位ステップ関数（ $t \geq 0$ で $1$ 、 $t < 0$ で $0$ ）である。

出力 $y (t)$ が $t \geq 0$ で最大値をとる時刻 $t$ （単位は s）を、正確な値で求めよ。

この問題で使うもの

伝達関数と過渡応答（説明と入口の問題）
ラプラス変換と逆変換（説明と入口の問題）
ラプラス変換による微分方程式の解法（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（78 技能）

算数中学高校大学大学院

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ヒント

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ヒント 1

まずラプラス変換で伝達関数 $H (s)$ を求め、部分分数分解してインパルス応答 $h (t)$ を出そう。

ヒント 2

矩形パルス入力の出力はステップ応答 $g (t)$ を使って $y (t) = g (t) u (t) - g (t - 1) u (t - 1)$ と書ける。微分すると $y^{'}$ はインパルス応答で表される。

ヒント 3

$h (t) = \frac{1}{2} (e^{- t} - e^{- 3 t}) u (t)$ なので、 $t > 1$ では $y^{'} (t) = h (t) - h (t - 1)$ である。 $h (t) = h (t - 1)$ を $e^{- 2 t}$ について解こう。

答えと解説

答えを見る

\frac{1}{2} lo g (e^{2} + e + 1)

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解説を読む

伝達関数とインパルス応答 初期状態が 0 なので、両辺をラプラス変換すると $(s^{2} + 4 s + 3) Y (s) = X (s)$ となり、伝達関数は
$H (s) = \frac{1}{s ^{2} + 4 s + 3} = \frac{1}{( s + 1 ) ( s + 3 )} = \frac{1}{2} (\frac{1}{s + 1} - \frac{1}{s + 3})$
である。逆ラプラス変換してインパルス応答は
$h (t) = \frac{1}{2} (e^{- t} - e^{- 3 t}) u (t)$
となる。

出力系は線形時不変なので、出力は入力とインパルス応答の畳み込み $y = h * x$ である。ステップ応答を $g (t) = \int_{0}^{t} h (τ) d τ$ （ $t \geq 0$ ）とすると、 $x (t) = u (t) - u (t - 1)$ に対して
$y (t) = g (t) u (t) - g (t - 1) u (t - 1)$
である。よって $y^{'} (t)$ は
$y^{'} (t) = {h (t) h (t) - h (t - 1) (0 < t < 1) (t > 1)$
となる（ $y$ は $t \geq 0$ で連続）。

増減 $0 < t < 1$ では $h (t) = \frac{1}{2} e^{- t} (1 - e^{- 2 t}) > 0$ なので $y$ は増加する。 $t > 1$ では
$h (t) - h (t - 1) = \frac{1}{2} [e^{- t} - e^{- 3 t} - e^{- (t - 1)} + e^{- 3 (t - 1)}] = \frac{1}{2} [e^{- 3 t} (e^{3} - 1) - e^{- t} (e - 1)]$
$= \frac{1}{2} e^{- t} (e - 1) [e^{- 2 t} (e^{2} + e + 1) - 1]$
である（ $e^{3} - 1 = (e - 1) (e^{2} + e + 1)$ を用いた）。 $e^{- 2 t}$ は単調減少なので、角括弧の中は
$e^{- 2 t} = \frac{1}{e ^{2} + e + 1} すなわち t = t^{*} = \frac{1}{2} lo g (e^{2} + e + 1)$
で正から負に符号を変える。 $e^{2} + e + 1 > e^{2}$ より $t^{*} > 1$ であり、 $1 < t < t^{*}$ で $y^{'} > 0$ 、 $t > t^{*}$ で $y^{'} < 0$ となる。

したがって $y (t)$ は $0 \leq t \leq t^{*}$ で増加、 $t \geq t^{*}$ で減少するので、最大値をとる時刻は
$t = \frac{1}{2} lo g (e^{2} + e + 1) \approx 1.20 s$
である。

別解

インパルス応答: 特性方程式 $s^{2} + 4 s + 3 = (s + 1) (s + 3) = 0$ より $h (t) = \frac{1}{2} (e^{- t} - e^{- 3 t}) u (t)$ （ $H (s) = \frac{1}{( s + 1 ) ( s + 3 )} = \frac{1}{2} (\frac{1}{s + 1} - \frac{1}{s + 3})$ ）。

ステップ応答: $s (t) = \int_{0}^{t} h (τ) d τ = \frac{1}{3} - \frac{1}{2} e^{- t} + \frac{1}{6} e^{- 3 t}$ （ $t \geq 0$ ）。

出力は $y (t) = s (t) - s (t - 1)$ で、 $y^{'} (t) = h (t) - h (t - 1)$ 。

$0 < t < 1$ : $y^{'} (t) = h (t) > 0$ （ $h (t) = \frac{1}{2} e^{- t} (1 - e^{- 2 t}) > 0$ ）なので $y$ は増加し続ける。

$t > 1$ : $y^{'} (t) = 0$ より $e^{- t} - e^{- 3 t} = e^{- (t - 1)} - e^{- 3 (t - 1)}$ 。 $a = e^{- t}$ とおくと $a - a^{3} = e a - e^{3} a^{3}$ 。 $a > 0$ で割って $1 - a^{2} = e - e^{3} a^{2}$ 、すなわち $a^{2} (e^{3} - 1) = e - 1$ 。よって
$e^{- 2 t} = \frac{e - 1}{e ^{3} - 1} = \frac{1}{e ^{2} + e + 1} \Rightarrow t = \frac{1}{2} ln (e^{2} + e + 1)$
数値は $e^{2} + e + 1 \approx 11.107$ 、 $t \approx 1.204 > 1$ で $t > 1$ の条件を満たす。

増減: $y^{'} (t) = h (t) - h (t - 1)$ は $h$ が $t = \frac{1}{2} ln 3 \approx 0.549$ で最大となる単峰関数であることから、 $t > 1$ で零点は 1 つだけ。 $t = 1^{+}$ では $h (1) - h (0) = h (1) > 0$ 、 $t \to \infty$ では $y^{'} < 0$ なので、この点で $y^{'}$ が正から負に変わり、最大値をとる。

検算: $t = 1.204$ 付近で $h (1.204) = \frac{1}{2} (0.3000 - 0.0270) = 0.1365$ 、 $h (0.204) = \frac{1}{2} (0.8155 - 0.5424) = 0.1366$ でほぼ等しい。

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