応用数学 第13回 (1)　ラプラス変換の基本法則 その１
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$\newcommand{\LT}{\mathscr{L}}$

ラプラス変換の基本法則 その１ ( 教科書 p.49 の 表 II 前半 )

　以下、$\LT(f) = F$, $\LT(g) = G$ と表します。
Th.1　(1)  線形法則
定数 $a$, $b$ に対し  $\LT(af+bg) = aF+bG$.
  1. 相似法則
    $\dps{\LT(f(\lambda t))=\frac{1}{\lambda}F\left(\frac{s}{\lambda}\right)}$  ( $\lambda \gt 0$ ).
  2. 第１移動法則
    $\dps{\LT(U(t-\lambda)f(t-\lambda))=e^{-\lambda s}F(s)}$  ( $\lambda \gt 0$ ).
    ただし $U(t)$ はヘヴィサイドの単位関数で、
    $\dps{ U(t-\lambda)f(t-\lambda) =\left\{ \begin{array}{ll} f(t-\lambda) & \mbox{ if }\ t \gt \lambda \\ 0 & \mbox{ if }\ 0 \leqq t \lt \lambda. \end{array} \right.}$
  3. 第２移動法則
    $\dps{\LT(f(t+\lambda))=e^{\lambda s}\left\{F(s)-\int_0^{\lambda}e^{-st}f(t)dt\right\}}$   ( $\lambda \gt 0$ ).
  4. 像の移動法則
    $\dps{\LT(e^{\mu t}f(t))=F(s-\mu)}$.
証明　(1)  積分の線形性より。

(2)

\begin{align} \LT(f(\lambda t)) &=\int_0^{\infty}f(\lambda t)e^{-st}dt \\ &=\int_0^{\infty}f(u)e^{-su/\lambda}\frac{1}{\lambda}du \qquad (\ u = \lambda t\ ) \\ &=\frac{1}{\lambda}\int_0^{\infty}f(u)e^{-(s/\lambda)u}du =\frac{1}{\lambda}F\left(\frac{s}{\lambda}\right). \end{align}

(3)

\begin{align} \LT(U(t-\lambda)f(t-\lambda)) &=\int_{\lambda}^{\infty}f(t-\lambda)e^{-st}dt \\ &=\int_0^{\infty}f(u)e^{-s(u+\lambda)}du \qquad (\ u = t - \lambda\ ) \\ &=e^{-\lambda s}\int_0^{\infty}f(u)e^{-su}du =e^{-\lambda s}F(s). \end{align}

(4)

\begin{align} \LT(f(t+\lambda)) &=\int_{0}^{\infty}f(t+\lambda)e^{-st}dt \\ &=\int_{\lambda}^{\infty}f(u)e^{-s(u-\lambda)}du \qquad (\ u = t + \lambda\ ) \\ &=e^{\lambda s}\left\{ \int_{0}^{\infty}f(u)e^{-su}du -\int_{0}^{\lambda}f(u)e^{-su}du\right\} \\ &=e^{\lambda s}\left\{F(s)-\int_0^{\lambda}e^{-st}f(t)dt\right\}. \end{align}

(5)

\begin{align} \LT(e^{\mu t}f(t)) =\int_{0}^{\infty}f(t)e^{\mu t-st}dt =\int_{0}^{\infty}f(t)e^{-(s-\mu)t}dt =F(s-\mu). \end{align}

(証明終)

例

Ex.2　$\LT(\cos(t+\lambda))=$ ？
解　(4) と表I,10 より $\require{cancel}$ \begin{align} \LT(\cos(t+\lambda)) &=e^{\lambda s}\left\{\LT(\cos(t))-\int_0^{\lambda}e^{-st}\cos(t)dt\right\} \\ &=e^{\lambda s}\left\{\frac{s}{s^2+1}-\left[\frac{1}{s^2+1}e^{-st}(\sin(t)-s\cos(t))\right]_0^{\lambda}\right\} \\ &=e^{\lambda s}\left\{\cancel{\frac{s}{s^2+1}} -\frac{1}{s^2+1}e^{-\lambda s}(\sin(\lambda)-s\cos(\lambda)) -\cancel{\frac{s}{s^2+1}}\right\} \\ &=\frac{1}{s^2+1}\Big(\cos(\lambda)s-\sin(\lambda)\Big). \\ \end{align} 別解　(1) と表I,9-10 より $\require{cancel}$ \begin{align} \LT(\cos(t+\lambda)) &=\LT(\cos(t)\cos(\lambda)-\sin(t)\sin(\lambda)) \\ &=\cos(\lambda)\LT(\cos(t))-\sin(\lambda)\LT(\sin(t)) \\ &=\cos(\lambda)\frac{s}{s^2+1}-\sin(\lambda)\frac{1}{s^2+1} \\ &=\frac{1}{s^2+1}\Big(\cos(\lambda)s-\sin(\lambda)\Big) \\ \end{align} こちらの方が簡単でしたね。

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