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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

抵抗 $R = 1 k Ω$ とコンデンサ $C = 1 mF$ からなる RC 低域通過回路がある。入力電圧 $v_{in} (t)$ を R と C の直列接続の両端に加え、C の両端の電圧を出力電圧 $v_{out} (t)$ とする（出力端には何も接続しない）。 $t$ は時刻（単位は s）である。

この回路に、高さ $1 V$ 、幅 $2 s$ の矩形パルス
$v_{in} (t) = u (t) - u (t - 2) [V]$
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 $0$ ）であり、 $t < 0$ でコンデンサの電荷は $0$ とする。

出力電圧の二乗積分
$W = \int_{- \infty}^{\infty} v_{out} (t)^{2} d t [V^{2} \cdot s]$
を求めよ。

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）
LTI 系のインパルス応答と畳み込み（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）
広義積分（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

回路方程式からインパルス応答 $h (t)$ を求めよう。時定数 $R C$ の値に注意する。

ヒント 2

出力の二乗積分は、インパルス応答の自己相関 $R_{h} (τ) = \int h (t) h (t + τ) d t$ を使って $W = \iint v_{in} (a) v_{in} (b) R_{h} (a - b) d a d b$ と書ける。または出力を区間ごとに求めて直接積分してもよい。

ヒント 3

$h (t) = e^{- t} u (t)$ のとき $R_{h} (τ) = \frac{1}{2} e^{- ∣ τ ∣}$ となる。あとは $\frac{1}{2} \int_{0}^{2} \int_{0}^{2} e^{- ∣ a - b ∣} d a d b$ を計算すればよい。

答えと解説

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1 + e^{- 2}

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解説を読む

インパルス応答

出力端に何も接続しないので R と C には同じ電流 $i = C \frac{d v _{out}}{d t}$ が流れ、キルヒホッフの電圧則より
$R C \frac{d v _{out}}{d t} + v_{out} = v_{in}$
である。時定数は $R C = (1 \times 1 0^{3}) \times (1 \times 1 0^{- 3}) = 1 s$ なので、伝達関数は $H (s) = \frac{1}{s + 1}$ 、インパルス応答は
$h (t) = e^{- t} u (t)$
となる。この系は線形時不変なので、出力は $v_{out} = h * v_{in}$ で与えられる。

方法 1: 自己相関を使う

$v_{out} (t) = \int h (τ) v_{in} (t - τ) d τ$ を代入して積分の順序を入れ替えると
$W = \int \int v_{in} (a) v_{in} (b) R_{h} (a - b) d a d b, R_{h} (τ) = \int_{- \infty}^{\infty} h (t) h (t + τ) d t$
となる。 $h (t) = e^{- t} u (t)$ では
$R_{h} (τ) = \int_{m a x (0, - τ)}^{\infty} e^{- t} e^{- (t + τ)} d t = \frac{1}{2} e^{- ∣ τ ∣}$
である。 $v_{in}$ は $0 \leq a < 2$ でだけ $1$ なので
$W = \frac{1}{2} \int_{0}^{2} \int_{0}^{2} e^{- ∣ a - b ∣} d a d b$
対称性から $a > b$ の部分の 2 倍として
$\int_{0}^{2} \int_{0}^{2} e^{- ∣ a - b ∣} d a d b = 2 \int_{0}^{2} (\int_{0}^{a} e^{- (a - b)} d b) d a = 2 \int_{0}^{2} (1 - e^{- a}) d a = 2 [a + e^{- a}]_{0}^{2} = 2 (1 + e^{- 2})$
よって
$W = \frac{1}{2} \cdot 2 (1 + e^{- 2}) = 1 + e^{- 2}$

方法 2（検算）: 出力を直接求める

畳み込みより
- $0 \leq t < 2$ : $v_{out} (t) = \int_{0}^{t} e^{- (t - τ)} d τ = 1 - e^{- t}$
- $t \geq 2$ : $v_{out} (t) = \int_{0}^{2} e^{- (t - τ)} d τ = (e^{2} - 1) e^{- t}$

したがって
$\int_{0}^{2} (1 - e^{- t})^{2} d t = 2 - 2 (1 - e^{- 2}) + \frac{1 - e ^{- 4}}{2} = \frac{1}{2} + 2 e^{- 2} - \frac{e ^{- 4}}{2}$
$\int_{2}^{\infty} (e^{2} - 1)^{2} e^{- 2 t} d t = \frac{( e ^{2} - 1 ) ^{2} e ^{- 4}}{2} = \frac{1 - 2 e ^{- 2} + e ^{- 4}}{2}$
を足すと $W = 1 + e^{- 2}$ となり、方法 1 と一致する。

別解

時定数は $τ = R C = 1 0^{3} \times 1 0^{- 3} = 1 s$ 。出力端は開放なので $τ v ˙_{out} + v_{out} = v_{in}$ 。

$0 \leq t < 2$ : $v_{out} = 1 - e^{- t}$ （ $t < 0$ では $0$ ）。
$t = 2$ で $v_{out} (2) = 1 - e^{- 2}$ 。コンデンサ電圧は連続。
$t \geq 2$ : 入力 $0$ なので $v_{out} = (1 - e^{- 2}) e^{- (t - 2)}$ 。

$W = W_{1} + W_{2}$ 。
$W_{1} = \int_{0}^{2} (1 - e^{- t})^{2} d t = \int_{0}^{2} (1 - 2 e^{- t} + e^{- 2 t}) d t = 2 - 2 (1 - e^{- 2}) + \frac{1 - e ^{- 4}}{2} = \frac{1}{2} + 2 e^{- 2} - \frac{1}{2} e^{- 4}$ 。
$W_{2} = (1 - e^{- 2})^{2} \int_{0}^{\infty} e^{- 2 s} d s = \frac{( 1 - e ^{- 2} ) ^{2}}{2} = \frac{1}{2} - e^{- 2} + \frac{1}{2} e^{- 4}$ 。

$W = 1 + e^{- 2} \approx 1.135$ $[V^{2} \cdot s]$ 。

検算: パーセバルの定理。 $∣ H (j ω) ∣^{2} = \frac{1}{1 + ω ^{2}}$ 、 $∣ V_{in} ∣^{2} = \frac{4 sin ^{2} ω}{ω ^{2}}$ 。 $W = \frac{1}{2 π} \int \frac{4 sin ^{2} ω}{ω ^{2} ( 1 + ω ^{2} )} d ω$ 。部分分数 $\frac{1}{ω ^{2} ( 1 + ω ^{2} )} = \frac{1}{ω ^{2}} - \frac{1}{1 + ω ^{2}}$ を使うと $\int \frac{sin ^{2} ω}{ω ^{2}} = π$ 、 $\int \frac{sin ^{2} ω}{1 + ω ^{2}} d ω = \frac{π}{2} (1 - e^{- 2})$ より $W = \frac{4}{2 π} [π - \frac{π}{2} (1 - e^{- 2})] = 2 \cdot \frac{1 + e ^{- 2}}{2} = 1 + e^{- 2}$ 。一致する。

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