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微分法則，積分法則

定理 5..5 (微分法則)   $f(t)$は $[0,\infty)$で連続で，指数位数の関数とする．さらに$f(t)$が $(0,\infty)$で区分的に連続ならば

$\displaystyle {\cal L}\{f^{\prime}(t)\} = s{\cal L}\{f(t)\} - f(0+) ,$

ここで $f(0+) = \lim_{t \rightarrow \infty}f(t)$．

証明 定義より

$\displaystyle {\cal L}\{f^{\prime}(t)\} \equiv \lim_{b \rightarrow \infty}\int_{0}^{b}f^{\prime}(t)e^{-st}dt .$

区間$[0,b]$を $f^{\prime}(t)$が不連続な点$t_{j}$で分割する．

$\displaystyle {\cal L}\{f^{\prime}(t)\} = \int_{0}^{t_{1}} f^{\prime}(t)e^{-st}... ... + \cdots + \lim_{b \rightarrow \infty}\int_{t_{n}}^{b}f^{\prime}(t)e^{-st}dt. $

ここで部分積分を用いてそれぞれ積分すると
$\displaystyle {\cal L}\{f^{\prime}(t)\}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle f(t)e^{-st}\mid_{0}^{t_{1}} + s\int_{0}^{t_{1}}f(t)e^{-st}dt + f(t)e^{-st}\mid_{t_{1}}^{t_{2}}$  
  $\displaystyle +$ $\displaystyle s\int_{t_{1}}^{t_{2}}f(t)e^{-st}dt + \cdots + \lim_{b \rightarrow... ...st}\mid_{t_{n}}^{b} + \lim_{b \rightarrow \infty}\int_{t_{n}}^{b}f(t)e^{-st}dt.$  

$f(t)$は連続なので $k = 1,2,\ldots,n$において， $f(t_{k}-0) = f(t_{k}+0)$．よって

$\displaystyle {\cal L}\{f^{\prime}(t)\} = -f(0+) + \lim_{b \rightarrow \infty}f(b)e^{-sb} + s\int_{0}^{\infty}f(t)e^{-st}dt .$

$f(t)$は指数位数より，$s > a$のとき第2項は0．したがって

$\displaystyle {\cal L}\{f^{\prime}(t)\} = s{\cal L}\{f(t)\} - f(0+) . \ensuremath{ \blacksquare} $

上の定理を繰り返し適用することにより，次の公式を得ることができます．

$\displaystyle {\cal L}\{f^{(n)}\} = s^{n}{\cal L}\{f(t)\} - s^{n-1}f(0+) - s^{n-2}f^{\prime}(0+) - \cdots - f^{(n-1)}(0+) . $

定理 5..6 (積分法則)   $f(t)$が区分的に連続で指数位数の関数ならば

$\displaystyle {\cal L}\{\int_{0}^{t}f(u)du\} = \frac{{\cal L}\{f(t)\}}{s} $


証明 ($f(t)$が連続の場合)
$g(t) = \int_{0}^{t}f(u)du$とおくと， $g^{\prime}(t) = f(t), g(0+) = 0$. また$f(t)$は指数位数の関数より，

$\displaystyle \vert g(t)\vert = \vert\int_{0}^{t}f(u)du\vert \leq \int_{0}^{t}\... ... \leq \int_{0}^{\infty}Me^{au}du = \frac{M}{a}(e^{at} - 1) < \frac{Me^{at}}{a}.$

したがって，$g(t)$も指数位数の関数となり，微分法則を用いると，

$\displaystyle {\cal L}\{f(t)\} = {\cal L}\{g^{\prime}(t)\} = s{\cal L}\{g(t)\} - g(0+) = s{\cal L}\{g(t)\}. \ensuremath{ \blacksquare} $

例題 5..16  

${\cal L}\{\int_{0}^{t}u^2e^{3u}\}, {\cal L}\{\int_{2}^{t}u^2e^{3u}\}$を求めよ．

解 ${\cal L}\{t^2e^{3t}\} = \frac{2}{(s-3)^2}$より ${\cal L}\{\int_{0}^{\infty}u^2e^{3u}\} = \frac{1}{s}\cdot \frac{2}{(s-3)^2}$. 次に

$\displaystyle \int_{2}^{t}f(u)du = \int_{0}^{t}f(u)du - \int_{0}^{2}f(u)du $

より
$\displaystyle {\cal L}\{\int_{2}^{t}u^2e^{3u}\}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle {\cal L}\{\int_{0}^{t}u^2e^{3u}du\} - {\cal L}\{\int_{0}^{2}u^2e^{3u}\}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \frac{2}{s(s-3)^2} - \frac{1}{s}\int_{0}^{2}u^2e^{3u}du$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \frac{2}{s(s-3)^2} - \frac{1}{s}[e^{3u}(\frac{u^2}{3} - \frac{2u}{9} + \frac{2}{27})]\mid_{0}^{2}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \frac{2}{s(s-3)^2} - \frac{2}{27s}(1 - 13e^6) . \ensuremath{ \blacksquare}$  

例題 5..17  

${\cal L}\{f(t)\} = \frac{1}{s(s^2+4)}$のとき$f(t)$を求めよ．

解 ${\cal L}\{\frac{\sin{2t}}{2}\} = \frac{1}{s^2+4}$．積分法則より

$\displaystyle {\cal L}\{\int_{0}^{t}\frac{\sin{2u}}{2}du\} = \frac{1}{s}(\frac{1}{s^2+4}) $

したがって，

$\displaystyle f(t) = \int_{0}^{t}\frac{\sin{2u}}{2}du = \frac{-\cos{2u}}{4}\mid_{0}^{t} = \frac{1-\cos{2t}}{4}. $

別解

$\displaystyle \frac{1}{s(s^2 + 4)} = \frac{1}{4}(\frac{1}{s} - \frac{s}{s^2 + 4}) $

と表わせる．また ${\cal L}\{1\} = \frac{1}{s}, {\cal L}\{\cos{2t}\} = \frac{s}{s^2 + 4}$より $f(t) = \frac{1 - \cos{2t}}{4}$となる． $ \blacksquare$

定理 5..7   $f(t)$は区分的に連続で指数位数$a$の関数とする． $F(s)= {\cal L}\{f(t)\}$ならば

$\displaystyle {\cal L}\{tf(t)\} = - F^{\prime}(s), s > a $


証明 定義より $F(s) = \int_{0}^{\infty}e^{-st}f(t)dt$. $f(t)$は指数位数より$tf(t)$も指数位数となり， ${\cal L}\{tf(t)\}$は存在する．また$f(t)$は区分的に連続なので微分と積分の順序の交換が可能である．したがって，

$\displaystyle - \frac{dF(s)}{ds} = -\int_{0}^{\infty}\frac{\partial}{\partial s... ...t_{0}^{\infty}-te^{-st}f(t)dt = {\cal L}\{tf(t)\}. \ensuremath{ \blacksquare} $

上の定理をくり返し適用すれば，次の系が得られます．

系 5..1   $f(t)$は区分的に連続で指数位数$a$の関数とする． $F(s)= {\cal L}\{f(t)\}$ならば

$\displaystyle {\cal L}\{t^nf(t)\} = (-1)^n F^{(n)}(s), s > a . $


例題 5..18  

${\cal L}\{t^2\sin{t}\}$を求めよ．

解 ${\cal L}\{\sin{t}\} = \frac{1}{s^2+1}$．よって

$\displaystyle {\cal L}\{t^2\sin{t}\} = \frac{d^2}{ds^2}(\frac{1}{s^2+1}) = \frac{2(3s^2-1)}{(s^2+1)^3}. \ensuremath{ \blacksquare} $

例題 5..19  

${\cal L}\{f(t)\} = \log{[\frac{s+2}{s-3}]} = F(s)$のとき$f(t)$を求めよ．

解 $F(s)$は私たちが知っている関数のラプラス変換に似ていません．そこで $F^{\prime}(s)$を考えて見ます．

$\displaystyle -F^{\prime}(s)$ $\displaystyle =$ $\displaystyle -\frac{d}{ds}(\log{\frac{s+2}{s-3}}) = -\frac{d}{ds}(\log{(s+2)} - \log{(s-3)})$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \frac{1}{s-3} - \frac{1}{s+2} = {\cal L}\{e^{3t} - e^{-2t}\} .$  

よって上の定理より $tf(t) = e^{3t} - e^{-2t}$. したがって，

$\displaystyle f(t) = \frac{e^{3t}}{t} - \frac{e^{-2t}}{t}. \ensuremath{ \blacksquare} $

図5.3,5.4,5.5のような関数を周期関数(periodic function)といいます．周期関数のラプラス変換は次の定理より簡単に求めることができます．

定理 5..8   $f(t)$が周期$P$の区分的に連続な関数ならば，つまり

$\displaystyle f(t) \equiv f(t+P) \equiv f(t+2P) \cdots \equiv f(t+nP)$   ならば$\displaystyle $

$\displaystyle {\cal L}\{f(t)\} = \frac{1}{1 - e^{-Ps}}\int_{0}^{P}e^{-st}f(t)dt, s > 0 .$


証明

$\displaystyle {\cal L}\{f(t)\}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \int_{0}^{\infty}e^{-st}f(t)dt$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \int_{0}^{P}e^{-st}f(t)dt + \int_{P}^{2P}e^{-st}f(t)dt + \cdots +\int_{(n-1)P}^{nP}e^{-st}f(t)dt + \cdots$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\int_{(n-1)P}^{nP}e^{-st}f(t)dt .$  

ここで $u = t - (n-1)P$とおくと

$\displaystyle {\cal L}\{f(t)\} = \sum_{n=1}^{\infty}e^{-(n-1)sP}\int_{0}^{P}e^{-su}f(u + (n-1)P)du . $

つぎに，すべての$n$において $f(u+nP) \equiv f(u)$が成り立つことに注意すると
$\displaystyle {\cal L}\{f(t)\}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}e^{-(n-1)sP}\int_{0}^{P}e^{-su}f(u)du$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \frac{1}{1- e^{-sP}}\int_{0}^{P}e^{-su}f(u)du, s > 0 . \ensuremath{ \blacksquare}$  

例題 5..20  

次のグラフのラプラス変換を求めよ．

解

図: $f(t)$ : sawtooth 関数
\includegraphics[width=7cm,scale=1.1]{DFQ/Fig3-a.eps}

(a) 関数$f(t)$は，区間$(0,1)$で$f(t) = t$の周期1の関数より

$\displaystyle {\cal L}\{f(t)\}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \frac{1}{1- e^{-s}}\int_{0}^{1}e^{-st}tdt$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \frac{1}{1- e^{-s}}(-\frac{t}{s}e^{-st}\mid_{0}^{1} + \frac{1}{s}\int_{0}^{1}e^{-st}dt)$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \frac{1}{1 - e^{-s}}(-\frac{e^{-s}}{s} - \frac{1}{s^2}(e^{-s} - 1))$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \frac{1}{s^2} - \frac{e^{-s}}{s(1 - e^{-s})} . \ensuremath{ \blacksquare}$  

図: $h(t)=(\vert\sin t\vert+\sin t)/2$
\includegraphics[width=7cm,scale=1.1]{DFQ/Fig3-b.eps}

(b) 関数$h(t)$は，区間$(0, \pi)$で$\sin{t}$，区間 $(\pi, 2\pi)$で0の周期$2\pi$の関数だから

$\displaystyle {\cal L}\{f(t)\} = \frac{1}{1 - e^{-2\pi s}}\int_{0}^{\pi}e^{-st}\sin{t}dt = \frac{1}{(s^2 + 1)(1 - e^{-\pi s})} . \ensuremath{ \blacksquare} $

図: $g(t)=\vert \sin{t}\vert$
\includegraphics[width=7cm,scale=1.1]{DFQ/Fig3-c.eps}

(c) 関数$g(t)$は， $g(t)=\vert \sin{t}\vert$．また $h(t) = (\vert\sin{t}\vert + \sin{t})/2$より $g(t) = 2h(t) - \sin{t}$．したがって

$\displaystyle {\cal L}\{g(t)\}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle {\cal L}\{2h(t)\} - {\cal L}\{\sin{t}\}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \frac{2}{(s^2+1)(1 - e^{-\pi s})} - \frac{1}{s^2+1}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \frac{1}{s^2 + 1}\frac{1+e^{-\pi s}}{1-e^{-\pi s}} . \ensuremath{ \blacksquare}$  

ここまでに扱った法則をまとめてみると次のような表5.2にすることができます．これらはラプラス変換の一般的な性質ですので次に進む前に各自使えるようにしておいて下さい．


表: ラプラス変換法則
$t$ 空間 $s$ 空間
$f(t)$ $F(s) = \int_{0}^{\infty}e^{-st}f(t)dt$
$g(t)$ $G(s)$
$c_{1}f(t) + c_{2}g(t)$ $c_{1}F(s) + c_{2}G(s)$
$e^{at}f(t)$ $F(s-a)$
$u_{a}(t)f(t-a)$ $e^{-as}F(s)$
$f^{\prime}(t)$ $sF(s) - f(0+)$
$f^{\prime\prime}(t)$ $s^{2}F(s) - sf(0+) - f^{\prime}(0+)$
$\int_{0}^{t}f(u)du$ $\frac{F(s)}{s}$
$t^{n}f(t)$ $(-1)^{n}F^{(n)}(s)$
$f(t) \equiv f(t+P) \cdots \equiv f(t+nP)$ $\frac{1}{1 - e^{-Ps}}\int_{0}^{P}e^{-st}f(t)dt$

この節を閉じる前にラプラス変換の有用性について述べておきます．そのための例として，上に掲げたラプラス変換の性質をもちいて初期値問題の解のラプラス変換を求めてみます．

例題 5..21  

次の初期値問題の解のラプラス変換を求めよ．

$\displaystyle y^{\prime\prime} + 2y^{\prime} + 5y = f(t), $

$\displaystyle f(t) = \left\{\begin{array}{rl} 1,&0 < t < \pi\\ 0,&t > \pi \end{array} \right. , $

$\displaystyle y(0) = 0, y^{\prime}(0) = 0 . $

解 両辺にラプラス変換を施すと，

$\displaystyle {\cal L}\{y^{\prime\prime}\} + 2{\cal L}\{y^{\prime}\} + 5{\cal L}\{y\} = {\cal L}\{f(t)\} $

となる． ${\cal L}\{y\} = Y(s)$とおき，微分法則を用いると，

$\displaystyle s^{2}Y(s) - sy(0) - y^{\prime}(0) + 2(sY(s) - y(0)) + 5Y(s) = {\cal L}\{u_{0}(t) - u_{\pi}(t)\} $

と表わせる．ここで初期値を代入し， ${\cal L}\{f(t)\}$を計算すると

$\displaystyle (s^2 + 2s + 5)Y(s) = \frac{1 - e^{-\pi s}}{s}. $

したがって

$\displaystyle Y(s) = \frac{ 1 - e^{-\pi s}}{s(s^2 + 2s + 5)}. $

これが解$y(t)$のラプラス変換です． $ \blacksquare$


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