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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

ある因果的で安定な連続時間の線形時不変系に、入力
$x_{1} (t) = e^{- 3 t} u (t)$
を加えたところ、出力は
$y_{1} (t) = (e^{- t} - e^{- 3 t}) u (t)$
であった。ここで $t$ は時刻（単位は s）、 $u (t)$ は単位ステップ関数（ $t \geq 0$ で $1$ 、 $t < 0$ で $0$ ）であり、入力・出力は無次元の量とする。また $t < 0$ では系は静止している（初期状態は $0$ ）。

同じ系に、幅 $2 s$ の矩形パルス
$x_{2} (t) = u (t) - u (t - 2)$
を入力したときの出力を $y_{2} (t)$ とする。出力のエネルギー
$\int_{- \infty}^{\infty} y_{2} (t)^{2} d t$
の値を、 $e$ を用いた正確な値で求めよ。

この問題で使うもの

LTI 系のインパルス応答と畳み込み（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）
伝達関数と過渡応答（説明と入口の問題）
基本的な関数の不定積分（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

まず与えられた入出力の組から系の伝達関数 $H (s)$ （またはインパルス応答 $h (t)$ ）を決める。初期状態 $0$ の LTI 系では $Y (s) = H (s) X (s)$ が成り立つ。

ヒント 2

$H (s) = \frac{Y _{1} ( s )}{X _{1} ( s )}$ を計算し、因果性からインパルス応答 $h (t)$ を求める。矩形パルスへの応答は、 $h (t)$ との畳み込みを $0 \leq t \leq 2$ と $t > 2$ に分けて計算する。

ヒント 3

$h (t) = 2 e^{- t} u (t)$ となり、 $y_{2} (t)$ は $0 \leq t \leq 2$ で $2 (1 - e^{- t})$ 、 $t > 2$ で $2 (1 - e^{- 2}) e^{- (t - 2)}$ である。それぞれの 2 乗を積分して足す。

答えと解説

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4 + 4 e^{- 2}

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解説を読む

1. 伝達関数とインパルス応答

初期状態が $0$ の線形時不変系では、出力のラプラス変換は入力のラプラス変換と伝達関数 $H (s)$ の積になる（畳み込み $y = h * x$ のラプラス変換が積になるため）。
$X_{1} (s) = \frac{1}{s + 3}, Y_{1} (s) = \frac{1}{s + 1} - \frac{1}{s + 3} = \frac{2}{( s + 1 ) ( s + 3 )}$
よって
$H (s) = \frac{Y _{1} ( s )}{X _{1} ( s )} = \frac{2}{s + 1}$
系は因果的なので、インパルス応答は
$h (t) = 2 e^{- t} u (t)$
である（確認: $\int_{0}^{t} 2 e^{- (t - τ)} e^{- 3 τ} d τ = 2 e^{- t} \cdot \frac{1 - e ^{- 2 t}}{2} = e^{- t} - e^{- 3 t}$ で $y_{1}$ と一致する）。

2. 矩形パルスに対する出力（畳み込み）

$y_{2} (t) = \int_{- \infty}^{\infty} h (t - τ) x_{2} (τ) d τ$ を区間ごとに計算する。

$t < 0$ : $y_{2} (t) = 0$
$0 \leq t \leq 2$ : $y_{2} (t) = \int_{0}^{t} 2 e^{- (t - τ)} d τ = 2 (1 - e^{- t})$
$t > 2$ : $y_{2} (t) = \int_{0}^{2} 2 e^{- (t - τ)} d τ = 2 (e^{2} - 1) e^{- t} = 2 (1 - e^{- 2}) e^{- (t - 2)}$

3. 出力のエネルギー

$0 \leq t \leq 2$ の部分:
$\int_{0}^{2} 4 (1 - e^{- t})^{2} d t = 4 \int_{0}^{2} (1 - 2 e^{- t} + e^{- 2 t}) d t = 4 [2 - 2 (1 - e^{- 2}) + \frac{1 - e ^{- 4}}{2}] = 2 + 8 e^{- 2} - 2 e^{- 4}$

$t > 2$ の部分（ $σ = t - 2$ とおく）:
$\int_{0}^{\infty} 4 (1 - e^{- 2})^{2} e^{- 2 σ} d σ = 2 (1 - e^{- 2})^{2} = 2 - 4 e^{- 2} + 2 e^{- 4}$

合計すると
$\int_{- \infty}^{\infty} y_{2} (t)^{2} d t = (2 + 8 e^{- 2} - 2 e^{- 4}) + (2 - 4 e^{- 2} + 2 e^{- 4}) = 4 + 4 e^{- 2}$

（別解: $h$ の自己相関 $R_{h} (τ) = \int h (t) h (t + τ) d t = 2 e^{- ∣ τ ∣}$ を使うと、エネルギーは $\int_{0}^{2} \int_{0}^{2} R_{h} (t - s) d s d t = 2 \cdot 2 (2 - 1 + e^{- 2}) = 4 + 4 e^{- 2}$ となり一致する。）

別解

ラプラス変換で $X_{1} (s) = \frac{1}{s + 3}$ 、 $Y_{1} (s) = \frac{1}{s + 1} - \frac{1}{s + 3} = \frac{2}{( s + 1 ) ( s + 3 )}$ 。よって $H (s) = \frac{Y _{1}}{X _{1}} = \frac{2}{s + 1}$ 、 $h (t) = 2 e^{- t} u (t)$ 。
単位ステップ応答は $g (t) = \int_{0}^{t} h = 2 (1 - e^{- t}) u (t)$ 。 $x_{2} (t) = u (t) - u (t - 2)$ なので $y_{2} (t) = g (t) - g (t - 2)$ 。
$0 \leq t \leq 2$ : $y_{2} = 2 (1 - e^{- t})$ 。 $t > 2$ : $y_{2} = 2 (1 - e^{- t}) - 2 (1 - e^{- (t - 2)}) = 2 e^{- t} (e^{2} - 1)$ 。
エネルギー: $E_{1} = \int_{0}^{2} 4 (1 - e^{- t})^{2} d t = 4 [2 - 2 (1 - e^{- 2}) + \frac{1}{2} (1 - e^{- 4})] = 2 + 8 e^{- 2} - 2 e^{- 4}$ 。
$E_{2} = \int_{2}^{\infty} 4 (e^{2} - 1)^{2} e^{- 2 t} d t = 2 (e^{2} - 1)^{2} e^{- 4} = 2 (1 - e^{- 2})^{2} = 2 - 4 e^{- 2} + 2 e^{- 4}$ 。
合計 $E = E_{1} + E_{2} = 4 + 4 e^{- 2} = 4 (1 + e^{- 2})$ 。
検算: 数値で $E_{1} \approx 3.046$ 、 $E_{2} \approx 1.495$ 、合計 $\approx 4.541$ 、 $4 (1 + e^{- 2}) = 4 \times 1.1353 = 4.541$ で一致。

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