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