{\bf 方針} \begin{enumerate} \item ${\cal L}\left\{y(t)\right\}=Y(s)$とおくと、 ラプラス変換の公式より、次のことが成り立つ。 \[{\cal L}\left\{\frac{dy}{dt}\right\} =sY(s)-y(0)\] \end{enumerate} {\bf 解答} ${\cal L}\left\{y(t)\right\}=Y(s),~{\cal L}\left\{u(t)\right\}=U(s)$とおくと、 与えられた微分方程式をラプラス変換すると、$y(0)=0$であるから、 \begin{align*} {\cal L}\left\{\tau\frac{dy}{dt}+y(t)\right\} ={\cal L}\left\{Ku(t)\right\}\\ \tau sY(s)-y(0)+Y(s)=KU(s)\\ (\tau s+1)Y(s)=KU(x)\\ \therefore \quad Y(s)=\frac{K}{\tau s+1}U(s) \end{align*} である。したがって、求める伝達関数は \[G(s)=\frac{K}{\tau s+1}\] である。

{\bf 方針} \begin{enumerate} \item (1) 単位ステップ関数のラプラス変換は、 $\displaystyle {\cal L}\left\{U(t)\right\}=\frac1{s}$ である。 \item (2) 逆ラプラス変換の公式により \[{\cal L}^{-1}\left\{\frac1{s}\right\}=1,\quad {\cal L}^{-1}\left\{\frac1{s+\alpha}\right\}=e^{-\alpha t}\] \end{enumerate} {\bf 解答} ${\cal L}\left\{y(t)\right\}=Y(s),~{\cal L}\left\{u(t)\right\}=U(s)$とおくと、 \[{\cal L}\left\{u(t)\right\} ={\cal L}\left\{y_0U(t)\right\} =y_0{\cal L}\left\{U(t)\right\}=\frac{y_0}{s}\] であるから、 \begin{align*} Y(s)&=G(s)U(s)=\frac{K}{\tau s+1}\cdot \frac{y_0}{s}\\ &=\frac{Ky_0}{\tau}\cdot\frac{1}{\left(s+\frac1{\tau}\right) s}\\ &=Ky_0\left(\frac1{s}-\frac1{s+\frac1{\tau}}\right) \end{align*} である。したがって、逆ラプラス変換をすると、 求める出力関数は \begin{align*} y(t) &={\cal L}^{-1}\left\{Y(s)\right\}\\ &={\cal L}^{-1}\left\{Ky_0\left(\frac1{s}-\frac1{s+\frac1{\tau}}\right)\right\}\\ &=Ky_0\left(1-e^{-t/\tau}\right) \end{align*} である。 \noindent 【注】$\tau$の値が$0<\tau<1$となって小さいほど、 $e^{-t/\tau}$は急激に$0$に近づく。 したがって、そのとき$y(t)$は急激に$Ky_0$に近づく。 つまり、$\tau$が小さいほど応答も早いといえる。 %=image:/media/2014/08/26/140903472368238600.jpg:

{\bf 方針} \begin{enumerate} \item (1) 正弦関数のラプラス変換は、 ${\cal L}\left\{\sin\omega t\right\}=\frac{\omega}{s^2+\omega^2}$ である。 \item (2) 逆ラプラス変換の公式により、次のことが成り立つ。 \[{\cal L}^{-1}\left\{\frac{s}{s^2+\omega^2}\right\} =\cos\omega t,\quad {\cal L}^{-1}\left\{\frac{\omega}{s^2+\omega^2}\right\}=\sin\omega t\] \end{enumerate} {\bf 解答} ${\cal L}\left\{y(t)\right\}=Y(s),~{\cal L}\left\{u(t)\right\}=U(s)$とおくと、 \[{\cal L}\left\{u(t)\right\} ={\cal L}\left\{A\sin\omega t\right\} =A{\cal L}\left\{\sin\omega t\right\}=\frac{A\omega}{s^2+\omega^2}\] であるから、 \[ Y(s)=G(s)U(s)=\frac{K}{\tau s+1}\cdot \frac{A\omega}{s^2+\omega^2} =\frac{KA}{\tau}\cdot \frac{\omega}{\left(s+\frac1{\tau}\right)(s^2+\omega^2)} \] である。 ここで、右辺を部分分数に分解する。まず、未知数$a,b,c$に対して \[ \frac{\omega}{\left(s+\frac1{\tau}\right)(s^2+\omega^2)} =\frac{a}{s+\frac1{\tau}}+\frac{bs+c}{s^2+\omega^2} \] とおいて分母を払うと、 \begin{align*} \omega &=a(s^2+\omega^2)+(bs+c)\left(s+\frac1{\tau}\right)\\ &=(a+b)s^2+\left(\frac{b}{\tau}+c\right)s+\left(a\omega^2+\frac{c}{\tau}\right) \end{align*} である。両辺の係数を比較することにより、 \[a+b=0,\qquad \frac{b}{\tau}+c=0,　　 a\omega^2+\frac{c}{\tau}=\omega\] が得られる。したがって、 \[a+b=0,　　 b+\tau c=0,　　 a\tau\omega^2+c=\tau\omega\] である。$b$を消去すると \[a-\tau c=0,　　 a\tau\omega^2+c=\tau\omega\] となるから、 \[a=\frac{\tau^2\omega}{\tau^2\omega^2+1},　　 b=-\frac{\tau^2\omega}{\tau^2\omega^2+1},　　 c=\frac{\tau\omega}{\tau^2\omega^2+1}\] である。したがって、$Y(s)$は \begin{align*} Y(s) &=\frac{KA}{\tau}\left( \frac{\tau^2\omega}{\tau^2\omega^2+1}\cdot\frac{1}{s+\frac1{\tau}} +\frac{\tau\omega}{\tau^2\omega^2+1}\cdot \frac{-\tau s+1}{s^2+\omega^2}\right)\\ &= \frac{KA\tau\omega}{\tau^2\omega^2+1}\left( \frac1{s+\frac1{\tau}}-\frac{s}{s^2+\omega^2} +\frac1{\tau\omega}\cdot\frac{\omega}{s^2+\omega^2} \right) \end{align*} と部分分数に分解される。 これを逆ラプラス変換をすることにより、 求める出力関数は \begin{align*} y(t) &={\cal L}^{-1}\left\{Y(s)\right\}\\ &=\frac{KA\tau\omega}{\tau^2\omega^2+1}\left( {\cal L}^{-1}\left\{\frac1{s+\frac1{\tau}}\right\} -{\cal L}^{-1}\left\{\frac{s}{s^2+\omega^2}\right\} +\frac1{\tau\omega}{\cal L}^{-1}\left\{\frac{\omega}{s^2+\omega^2}\right\} \right)\\ &=\frac{KA\tau\omega}{\tau^2\omega^2+1}\left( e^{-t/\tau}-\cos\omega t+\frac1{\tau\omega}\cdot\sin\omega t\right) \end{align*} である。

{\bf 方針} \begin{enumerate} \item (1) 定常状態では、出力関数の第1項は無視できる。 \item (2) $a\sin\omega t+b\cos\omega t$は、 $\tan\phi=\frac{b}{a}$を満たす$\phi$に対して、 \[a\sin\omega t+b\cos\omega t=\sqrt{a^2+b^2}\sin(\omega t+\phi)\] と表せる。ただし、$\phi$は点$(a,b)$が属する象限の角とする。 \end{enumerate} {\bf 解答} $t$が十分に大きい定常状態では出力関数の第1項はほとんど無視できるので、 $y(t)$は \begin{align*} y(t) &\doteqdot \frac{KA\tau\omega}{\tau^2\omega^2+1}\left( \frac1{\tau\omega}\cdot\sin\omega t-\cos\omega t\right)\\ &=\frac{KA}{\tau^2\omega^2+1}(\sin\omega t-\tau\omega\cdot\cos\omega t) \end{align*} となる。ここで、三角関数の合成を行うと、この式は \begin{align*} y(t) &=\frac{KA}{\tau^2\omega^2+1}\cdot \sqrt{1+\tau^2\omega^2}\cdot\sin(\omega t+\phi)\\ &=\frac{KA}{\sqrt{1+\tau^2\omega^2}}\cdot\sin(\omega t+\phi) ,\qquad (\tan\phi=-\tau\omega) \end{align*} と表せ、入力波とは振幅の異なる正弦波になる。 したがって、この振幅が入力波の振幅の半分以下になるのは \[ \frac{KA}{\sqrt{1+\tau^2\omega^2}}\le \frac{A}{2} \] を満たすときであるから、 \begin{align*} 2K\le \sqrt{1+\tau^2\omega^2}\\ 4K^2\le 1+\tau^2\omega^2\\ \omega^2\ge \frac{4K^2-1}{\tau^2}\\ \therefore　 \omega \ge \frac{\sqrt{4K^2-1}}{\tau} \end{align*} である。