痔になりやすい生活習慣とは?

L^(-1)[log((s+a)/(s+b))](x)
という問題をとくのに授業でもらったプリントに
F(s)=log((s+a)/(s+b))=log(s+a)-log(s+b)
とおく
s→∞でlimF(s)=0
でありF'(s)=1/(s+a)-1/(s+b)
であるのでF(s)=-∫F'(t)dt (s~∞)=∫{1/(t+a)-1/(t+b)}dt (s~∞)
である.ここでG(s)=1/(s+a)-1/(s+b)
と置くと
F(S)=∫G(t)dt(s~∞)
でありg(x)=L^(-1)G(x)=e^(-bx)-e^(-ax)
よってL^(-1)F(x)=L^(-1)[∫G(t)dt](x) (s~∞) =g(x)/x==e^(-bx)-e^(-ax)/xと書いてありましたが

途中のF(s)=-∫F'(t)dt (s~∞)がこうなるのがよくわかりません.公式ですか?

ただL^(-1)(s/(s^2+4)^2)(x)
を上記の通りに解いたら2(e^(x)-cosx)/xとなりました.これは合っているのでしょうか?

A 回答 (1件)

F(s)=-∫F'(t)dt (s~∞) は, 右辺の積分をして F(∞) = 0 を使えば出ます. 微分積分学の基本定理.

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この回答へのお礼

すごい簡単なことでしたね(^_^;)
わかりやすい回答ありがとうございました.

お礼日時:2011/08/05 17:22

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Qラプラス逆変換

次の関数のラプラス逆変換を求めよ。

s / { (s-1)^3 }

模範解答

s / { (s-1)^3 } = 1/{ (s-1)^3 } + 1/{ (s-1)^2 } と展開できる。

L^(-1) [ 2/(s^3) ] = t^2
L^(-1) [ 1/(s^2) ] = t

などを用いれば、

L^(-1) [ s / { (s-1)^3 } ]
= L^(-1) [ 1/{ (s-1)^3 } + 1/{ (s-1)^2 } ]     ←ここから
= (t^2)/2 * e^t + te^t                ←ここまでが分かりません
= (t/2 + 1) * te^t

・・・と本に書いてあります。
L^(-1) [ 1/{ (s-1)^3 } + 1/{ (s-1)^2 } ] から
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L^(-1) [ 1/{ (s-a)^2 } ] = te^(at)
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次の関数のラプラス逆変換を求めよ。

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などを用いれば、

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= L^(-1) [ 1/{ (s-1)^3 } + 1/{ (s-1)^2 } ]     ←ここから
= (t^2)/2 * e^t + te^t                ←ここまでが分かりません
= (t/2 + 1) * te^t

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いやいや, さすがにそれはないよ....

ラプラス変換の方で
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どなたか分かる方、よろしくお願いします。

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ガウス分布に使いますね。
やりかたですね。一般的なものを参考程度までに、

xy座標の第一象限で原点を通る一辺aの正方形
と正方形に接する半径aの(1/4)円とr半径√2aを考えるんですね。
正方形の領域□でe^-x^2 をx方向に積分すると、
∫[0→a]e^-x^2dx
正方形の領域だからe^-y^2 をy方向に積分しても
同じ値になりますね。だから
∫[0→a]e^-x^2dx=∫[0→a]e^-y^2dy
ということは、x,yは独立に考えられるので、
∫[0→a]e^-(x^2+y^2)dxdy
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Aベストアンサー

とりあえず,ANo.5のaの回路を扱っておきます.
例によってスイッチSを閉じた瞬間を時刻t = 0とし,
電源から流出する電流をi,
抵抗を流れる電流をi_R,
コンデンサを流れる電流をi_Cとします.

キルヒホフの第1法則より
i = i_R + i_C. …(1)

第2法則より
v = r i + R i_R, …(2)
v = r i + (1/C)∫(-∞,t] i_C dt. …(3)

※私個人的には気持ち悪いのですが,式が煩雑になるのを避けるため,定積分の上端と積分変数に同じ文字を使いました.

※あと,デルタ関数とかの処理をきっちりするため,積分下端を-∞にしました.

ただし,
v = E u(t). …(4)

(1),(2)よりi_Rを消去して,
i_C = (1 + r/R)i - v/R.

これを(3)に代入して,
v = r i + (1/C)∫(-∞,t]{(1 + r/R)i - v/R}dt
dv/dt = r di/dt + (1 + r/R)i/C - v/(C R)

∴di/dt + (1 + r/R)i/(C r) = {dv/dt + v/(C R)}/r = (E/r){δ(t) + u(t)/(C R)}.

ただし,初期条件は E = r i(0) より
i(0) = E/r.

これがこの回路の微分方程式です.

----
この微分方程式はラグランジュの定数変化法で解くことができて,初期条件を考慮した解は,t > 0 において

i
= (E/r)exp{-(1 + r/R)t/(C r)}
+ E/(R + r) [1 - exp{-(1 + r/R)t/(C r)}],

したがって,

i_R = E/(R + r) [1 - exp{-(1 + r/R)t/(C r)}],

i_C = (E/r)exp{-(1 + r/R)t/(C r)}.

コンデンサの両端の電圧は

v_C = R i_R
= E/(1 + r/R) [1 - exp{-(1 + r/R)t/(C r)}]

以上の結果においてr→+0の極限を取ると,その振る舞いはANo.3の解と一致します.

とりあえず,ANo.5のaの回路を扱っておきます.
例によってスイッチSを閉じた瞬間を時刻t = 0とし,
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抵抗を流れる電流をi_R,
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v = r i + (1/C)∫(-∞,t] i_C dt. …(3)

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Qフーリエ級数|cosx|

f(x)=|cosx|
をフーリエ級数で近似したいのですがa0、ak、bkがずべて0になってしまうのですが・・・
この関数はフーリエ級数で近似できないのですか?

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Qフーリエ正弦変換、余弦変換

この問題の解き方、考え方を教えて下さい。
f(x)={sin x (|x|≦π) 、0 (|x|>π)
答え・・・2 sin πu /(1-u^2)
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f(x)のフーリエ変換は 正弦変換を用い、
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↓加法定理を用いて変形。
= -2i∫(0→π)(-1/2)(cos(1+u)x - cos(1-u)x) dx
となりますが、このままやるとsin πuではなくsin(1+u)πという形になってしまいます。

Aベストアンサー

>-2i∫(0→π) (sin x)(sin ux) dx

ここまま計算するとiが残るので答えのようにはなりません.フーリエ正弦/余弦変換は本によって定義がまちまちです.しかし,質問者様の疑問は三角関数計算にあるようなので係数の部分はさておき

∫(0→π) (sin x)(sin ux) dx

の部分だけ計算しましょう.

∫(0→π)(-1/2)(cos(1+u)x-cos(1-u)x)dx

=(-1/2)∫(0→π){cos{(1+u)x}-cos{(1-u)x}}dx

=(-1/2)[sin{(1+u)x}/(1+u)-sin{(1-u)x}/(1-u)](0→π)

=(-1/2){sin{(1+u)π}/(1+u)-sin{(1-u)π}/(1-u)}

ここで公式sin(θ+π)=-sinθ,sin(π-θ)=-sinθより

sin{(1+u)π}=sin(π+πu)=-sin(πu)
sin{(1-u)π}=sin(π-πu)=sin(πu)

ですから

(-1/2){-sin(πu)/(1+u)+sin(πu)/(1-u)}

=(1/2)sin(πu){1/(1+u)+1/(1-u)}

=sin(πu)/(1-u^2)(☆)

ついでに普通のフーリエ変換がどうなるかやっておきましょう.sin(x)=(e^{ix}-e^{-ix})/(2i)ですから

∫(-π→π)e^{-iux}sin(x)dx

=(-i/2)∫(-π→π){e^{i(1-u)x}-e^{-i(1+u)x}}dx

=(-i/2)[e^{i(1-u)x}/{i(1-u)}-e^{-i(1+u)x}/{-i(1+u)}](-π→π)

=(-1/2)[{e^{i(1-u)π}-e^{-i(1-u)π}}/(1-u)+{e^{-i(1+u)π}-e^{i(1+u)π}}/(1+u)]

=(-1/2)[{-e^{-iuπ}+e^{iuπ}}/(1-u)+{-e^{-iuπ}+e^{iuπ}}/(1+u)]←e^{±iπ}=-1

=(-1/2)[2isin(πu)/(1-u)+2isin(πu)/(1+u)]=-2isin(πu)/(1-u^2)

この結果は☆の-2i倍です.つまりこれが質問者様の計算を進めていくと得られる結果です.ということは答えには-iがぬけているのではないでしょうか.

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>-2i∫(0→π) (sin x)(sin ux) dx

ここまま計算するとiが残るので答えのようにはなりません.フーリエ正弦/余弦変換は本によって定義がまちまちです.しかし,質問者様の疑問は三角関数計算にあるようなので係数の部分はさておき

∫(0→π) (sin x)(sin ux) dx

の部分だけ計算しましょう.

∫(0→π)(-1/2)(cos(1+u)x-cos(1-u)x)dx

=(-1/2)∫(0→π){cos{(1+u)x}-cos{(1-u)x}}dx

=(-1/2)[sin{(1+u)x}/(1+u)-sin{(1-u)x}/(1-u)](0→π)

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