ここでは、主な関数のラプラス変換を計算する。簡単な導出も付けているので、参考にどうぞ。
初等関数：べき関数、指数関数、三角関数、双曲線関数、対数関数
特殊関数：デルタ関数、ステップ関数、誤差関数、第1種ベッセル関数
その他：微分、積分、移動、周期、畳み込み
初等関数のラプラス変換
べき関数 (\(f(t)=t^{\alpha}\))
まず、n乗の場合を考えよう。
\(u=st\)と変数変換する。\(t=\frac{u}{s}，dt=\frac{1}{s}duより\)
\[
\begin{align*}
\mathcal{L}[t^n]&=\int_0^{\infty}t^ne^{-st}dt \\
&=\int_0^{\infty}\left(\frac{u}{s}\right)^ne^{-u}\frac{1}{s}du \\
&=\frac{1}{s^{n+1}}\int_0^{\infty}u^ne^{-u}du
\end{align*}
\]
ここで、ガンマ関数の定義式から
同様に、α>-1に対して
が成り立つ。これから、分数乗についても計算可能。
例：\(f(t)=\sqrt{t}=t^{\frac{1}{2}}のラプラス変換\)
$$\displaystyle{\mathcal{L}\left[t^{\frac{1}{2}}\right]=\frac{\Gamma\left(\frac{1}{2}+1\right)}{s^{\frac{1}{2}+1}}=\frac{\frac{3}{2}\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)}{s^{\frac{3}{2}}}=\frac{3\sqrt{\pi}}{2s^{\frac{3}{2}}}}$$
指数関数 (\(f(t)=e^{\alpha t}\))
\[
\begin{align*}
\mathcal{L}[e^{\alpha t}]&=\int_0^{\infty}e^{\alpha t}e^{-st}dt \\
&=\int_0^{\infty}e^{(\alpha-s)t}dt \\
&=\frac{1}{\alpha-s}\left[e^{(\alpha-s)t}\right]_0^{\infty} \\
&=\frac{1}{s-\alpha}
\end{align*}
\]
三角関数 (\(f(t)=\sin\omega t，\cos\omega t\))
指数関数のラプラス変換において、\(\alpha=i\omega\)とすると
$$\mathcal{L}[e^{i\omega t}]=\frac{1}{s-i\omega}=\frac{s+i\omega}{s^2+\omega^2}$$
ここで、オイラーの公式およびラプラス変換の線形性から
実数部分と虚数部分をそれぞれ比較して
双曲線関数 (\(f(t)=\sinh\alpha t，\cosh\alpha t\))
双曲線関数の定義
$$\cosh\alpha t=\frac{e^{\alpha t}+e^{-\alpha t}}{2}，\sinh\alpha t=\frac{e^{\alpha t}-e^{-\alpha t}}{2}$$
をラプラス変換して、ただちに求まる。
$$\mathcal{L}\left[\frac{e^{\alpha t}+e^{-\alpha t}}{2}\right]=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{s-\alpha}+\frac{1}{s+\alpha}\right)=\frac{s}{s^2-\alpha^2}$$
$$\mathcal{L}\left[\frac{e^{\alpha t}-e^{-\alpha t}}{2}\right]=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{s-\alpha}-\frac{1}{s+\alpha}\right)=\frac{\alpha}{s^2-\alpha^2}$$
対数関数 (\(f(t)=\ln t\))
\(u=st\)と変数変換する。\(t=\frac{u}{s}，dt=\frac{1}{s}duより\)
\begin{align*}
\mathcal{L}[\ln t]&=\int_0^{\infty}\ln te^{-st}dt \\
&=\int_0^{\infty}\ln\left(\frac{u}{s}\right)e^{-u}\frac{1}{s}du \\
&=\frac{1}{s}\left(\int_0^{\infty}\ln ue^{-u}du-\ln s\int_0^{\infty}e^{-u}du\right)
\end{align*}
\]
ここで、次式で定義されるオイラーの定数γを導入する。
また、
$$\int_0^{\infty}e^{-u}du=-\left[e^{-u}\right]_0^{\infty}=1$$
なので
特殊関数のラプラス変換
デルタ関数 (\(f(t)=\delta(t)\))
以下の2つの条件を満たす関数を、ディラックのデルタ関数という。
\[
\delta(t)=\begin{cases}
\infty &(t=0) \\
0 &(t\ne0)
\end{cases}
\]
$$\int_{-\infty}^{\infty}\delta(t)dt=1$$
デルタ関数を含む広義積分について、次の性質がある。
$$\int_{-\infty}^{\infty}f(t)\delta(t-a)dt=f(a)$$
デルタ関数のラプラス変換は次のように計算できる。
単位ステップ関数 (\(f(t)=u(t)\))
単位ステップ関数(階段関数)は次式で定義される。
\[
u(t)=\begin{cases}
1 &(t\ge0) \\
0 &(t\lt0)
\end{cases}
\]
単位ステップ関数のラプラス変換は次のように計算できる。
誤差関数 (\(f(t)=erf(t)\))
次式で与えられる関数を、誤差関数(ガウスの誤差関数)と呼ぶ。
$$erf(t)=\frac{2}{\sqrt{\pi}}\int_0^te^{-u^2}du$$
誤差関数のラプラス変換については
$$erf(\sqrt{t})=\frac{2}{\sqrt{\pi}}\int_0^{\sqrt{t}}e^{-u^2}du$$
を求めることにする。
指数関数のマクローリン展開
$$e^x=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n!}$$
を用いて式変形する。
\begin{align*}
\mathcal{L}[erf(\sqrt{t})]&=\mathcal{L}\left[\frac{2}{\sqrt{\pi}}\int_0^{\sqrt{t}}e^{-u^2}du\right] \\
&=\mathcal{L}\left[\frac{2}{\sqrt{\pi}}\int_0^{\sqrt{t}}\left(1-\frac{u^2}{1!}+\frac{u^4}{2!}-\frac{u^6}{3!}+・・・\right)du\right] \\
&=\frac{2}{\sqrt{\pi}}\mathcal{L}\left[t^{\frac{1}{2}}-\frac{1}{3}t^{\frac{3}{2}}+\frac{1}{5・2!~~}t^{\frac{5}{2}}-\frac{1}{7・3!~~}t^{\frac{7}{2}}+・・・\right] \\
&=\frac{2}{\sqrt{\pi}}\left\{\frac{\Gamma\left(\frac{3}{2}\right)}{s^{\frac{3}{2}}}-\frac{1}{3}\frac{\Gamma\left(\frac{5}{2}\right)}{s^{\frac{5}{2}}}+\frac{1}{5・2!~~}\frac{\Gamma\left(\frac{7}{2}\right)}{s^{\frac{7}{2}}}-\frac{1}{7・3!~~}\frac{\Gamma\left(\frac{9}{2}\right)}{s^{\frac{9}{2}}}+・・・\right\} \\
&ガンマ関数の性質を利用して \\
&=\frac{1}{s^{\frac{3}{2}}}\frac{2}{\sqrt{\pi}}\left(\frac{1}{2}\sqrt{\pi}-\frac{1}{3}\frac{\frac{3}{2}\frac{1}{2}\sqrt{\pi}}{s}+\frac{1}{5・2!~~}\frac{\frac{5}{2}\frac{3}{2}\frac{1}{2}\sqrt{\pi}}{s^2}-\frac{1}{7・3!~~}\frac{\frac{7}{2}\frac{5}{2}\frac{3}{2}\frac{1}{2}\sqrt{\pi}}{s^3}+・・・ \right) \\
&=\frac{1}{s^{\frac{3}{2}}}\left(1-\frac{1}{2}\frac{1}{s}+\frac{1・3~~}{2・4~~}\frac{1}{s^2}-\frac{1・3・5~~~}{2・4・6~~~}\frac{1}{s^3}+・・・\right) \\
&(1+x)^{-\frac{1}{2}}=1-\frac{1}{2}x+\frac{1・3~~}{2・4~~}x^2-\frac{1・3・5~~~}{2・4・6~~~}x^3+・・・ より \\
&=\frac{1}{s^{\frac{3}{2}}}\left(1+\frac{1}{s}\right)^{-\frac{1}{2}} \\
&=\frac{1}{s\sqrt{s+1}}
\end{align*}
\]
ベッセル関数 (\(f(t)=J_{\alpha}(t)\))
次式で与えられる関数を、α次の第1種ベッセル関数という。
$$J_{\alpha}(t)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{k!\Gamma(\alpha+k+1)}\left(\frac{t}{2}\right)^{2k+\alpha}$$
まず、\(\alpha=0\)(0次)のベッセル関数\(J_0(t)\)のラプラス変換を求める。
\begin{align*}
J_0(t)&=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{k!\Gamma(k+1)}\left(\frac{t}{2}\right)^{2k} \\
&=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{2^{2k}(k!)^2}t^{2k} \\
&=1-\frac{1}{2^2}t^2+\frac{1}{2^2・4^2}t^4-\frac{1}{2^2・4^2・6^2}t^6+・・・
\end{align*}
\]
より
\begin{align*}
\mathcal{L}[J_0(t)]&=\mathcal{L}[1]-\frac{1}{2^2}\mathcal{L}[t^2]+\frac{1}{2^2・4^2}\mathcal{L}[t^4]-\frac{1}{2^2・4^2・6^2}\mathcal{L}[t^6]+・・・ \\
&=\frac{1}{s}\left(1-\frac{1}{2}\frac{1}{s^2}+\frac{1・3~~}{2・4~~}\frac{1}{s^4}-\frac{1・3・5~~~}{2・4・6~~~}\frac{1}{s^6}+・・・\right) \\
&=\frac{1}{s}\left(1+\frac{1}{s^2}\right)^{-\frac{1}{2}} \\
&=\frac{1}{\sqrt{s^2+1}}
\end{align*}
\]
次に、\(\alpha=1\)(1次)のベッセル関数\(J_1(t)\)のラプラス変換を求める。
0次および1次ベッセル関数の関係式から
$$J_1(t)=-J’_0(t)$$
が成り立つことが知られている。よって
\[
\begin{align*}
\mathcal{L}[J_1(t)]&=\mathcal{L}[-J’_0(t)] \\
&=-\left(s\mathcal{L}[J_0(t)]-J_0(0)\right) \\
&=-\left(s\frac{1}{\sqrt{s^2+1}}-1\right) \\
&=1-\frac{s}{\sqrt{s^2+1}}
\end{align*}
\]
n次のベッセル関数のラプラス変換は、ベッセル微分方程式をラプラス変換することで計算できる。（例えば、こちらのサイトを参考）
その他の関数のラプラス変換
微分 (\(f^{(n)}(t)\))
1階・2階導関数のラプラス変換の証明は別の記事で紹介している。
$$\mathcal{L}[f'(t)]=sF(s)-f(0)$$
$$\mathcal{L}[f^{\prime\prime}(t)]=s^2F(s)-sf(0)-f'(0)$$
n階微分については、数学的帰納法により証明する。
$$\mathcal{L}[f^{(n)}(t)]=s^nF(s)-s^{n-1}f(0)-s^{n-2}f^{(1)}(0)-・・・-f^{(n-1)}(0)$$
(証明)
n=kのとき
が成立すると仮定する。n=k+1のとき
\begin{align*}
\mathcal{L}[f^{(k+1)}(t)]&=\int_0^{\infty}f^{(k+1)}(t)e^{-st}dt \\
&=\left[f^{(k)}(t)e^{-st}\right]_0^{\infty}+s\int_0^{\infty}f^{(k)}(t)e^{-st}dt \\
&=-f^{(k)}(0)+s\left(s^kF(s)-s^{k-1}f(0)-s^{k-2}f^{(1)}(0)-・・・-f^{(k-1)}(0)\right) \\
&=s^{k+1}F(s)-s^{k}f(0)-s^{k-1}f^{(1)}(0)-・・・-sf^{(k-1)}(0)-f^{(k)}(0)
\end{align*}
\]
よって帰納的に成立する。
(証明終)
積分 (\(\int_0^tf(u)du\))
定積分の微分公式
$$\frac{d}{dt}\int_a^tf(u)du=f(t)$$
を用いる。
\(g(t)=\int_0^tf(u)du、G(s)=\mathcal{L}[g(t)]\)とおくと、導関数のラプラス変換を用いて
よって
$$G(s)=\frac{1}{s}F(s)$$
n重積分については、数学的帰納法により証明する。
$$\mathcal{L}\left[\int_0^t\int_0^{u_{n-1}}・・・\int_0^{u_1}f(u)dudu_1・・・du_{n-1}\right]=\frac{1}{s^n}F(s)$$
(証明)
n=kのとき
\begin{cases}
g_k(t)&=\int_0^t\int_0^{u_{k-1}}・・・\int_0^{u_1}f(u)dudu_1・・・du_{k-1} \\
G(s)&=\mathcal{L}[g_k(t)] \end{cases}
\]
とおき、
$$\mathcal{L}[g_k(t)]=\frac{1}{s^k}F(s)$$
が成立すると仮定する。
n=k+1のとき
\begin{align*}
\mathcal{L}[g_{(k+1)}(t)]&=\mathcal{L}\left[\int_0^t\int_0^{u_k}\int_0^{u_{k-1}}・・・\int_0^{u_1}f(u)dudu_1・・・du_{k-1}du_k\right] \\
&=\mathcal{L}\left[\int_0^tg_k(u_k)du_k\right] \\
&=\frac{1}{s}G(s) \\
&=\frac{1}{s^{k+1}}F(s)
\end{align*}
\]
よって帰納的に成立する。
(証明終)
べき関数がかかっている場合 (\(t^nf(t)、\frac{f(t)}{t^n}\))
関数f(t)に、べき関数がかかっている場合は次のように計算する。
まず、掛け算について
\(F(s)=\mathcal{L}[f(t)]=\int_0^{\infty}f(t)e^{-st}dt\)の両辺をsで微分する。
\begin{align*}
\frac{d}{ds}F(s)&=\frac{d}{ds}\int_0^{\infty}f(t)e^{-st}dt \\
&=\int_0^{\infty}f(t)・\frac{d}{ds}e^{-st}dt=\int_0^{\infty}f(t)(-t)e^{-st}dt \\
&=-\int_0^{\infty}\left(tf(t)\right)e^{-st}dt=-\mathcal{L}\left[tf(t)\right] \end{align*}
\]
tをかけることは、ラプラス変換において微分に相当する。
次に、割り算について
\(F(s)=\mathcal{L}[f(t)]=\int_0^{\infty}f(t)e^{-st}dt\)をsから\(\infty\)まで積分する。
\begin{align*}
\int_s^{\infty}F(s)ds&=\int_s^{\infty}\int_0^{\infty}f(t)e^{-st}dtds \\
&=\int_0^{\infty}f(t)\left(\int_s^{\infty}e^{-st}ds\right)dt \\
&=\int_0^{\infty}f(t)\left(-\frac{1}{t}\left[e^{-st}\right]_s^{\infty}\right)dt \\
&=\int_0^{\infty}\left(\frac{f(t)}{t}\right)e^{-st}dt=\mathcal{L}\left[\frac{f(t)}{t}\right] \end{align*}
\]
tで割ることは、ラプラス変換において積分に相当する。
上の計算をそれぞれn回繰り返せば、次式を得る。
$$\mathcal{L}\left[t^nf(t)\right]=(-1)^n\frac{d^n}{ds^n}F(s)$$
指数関数がかかっている場合 (\(e^{\alpha t}f(t)\))
関数f(t)に、指数関数がかかっている場合がある。(例：指数関数的減衰)
\[
\begin{align*}
\mathcal{L}[e^{\alpha t}f(t)]&=\int_0^{\infty}e^{\alpha t}f(t)e^{-st}dt \\
&=\int_0^{\infty}f(t)e^{-(s-\alpha)t}dt \\
&=F(s-\alpha)
\end{align*}
\]
通常のf(t)のラプラス変換の結果で、sの代わりにs-αを代入すればよい。
周期関数 (周期T)
f(t)が周期Tをもつ関数であるとする。
$$f(t)=f(t+T)=f(t+2T)=・・・$$
このような関数のラプラス変換は、次のように計算できる。
\begin{align*}
\mathcal{L}[f(t)]&=\int_0^{\infty}f(t)e^{-st}dt \\
&=\int_0^{T}f(t)e^{-st}dt+\int_T^{2t}f(t)e^{-st}dt+\int_{2T}^{3T}f(t)e^{-st}dt+・・・ \\
&=\int_0^{T}f(t)e^{-st}dt+\int_0^{T}f(u+T)e^{-s(u+T)}du+\int_0^{T}f(u+2T)e^{-s(u+2T)}du+・・・ \\
&=\int_0^{T}f(t)e^{-st}dt+e^{-sT}\int_0^{T}f(u)e^{-su}du+e^{-2sT}\int_0^{T}f(u)e^{-su}du+・・・ \\
&=\int_0^{T}f(t)e^{-st}dt・(1+e^{-sT}+e^{-2sT}+・・・) \\
&=\frac{1}{1-e^{-Ts}}\int_0^{T}f(t)e^{-st}dt
\end{align*}
\]
最後の式変形では無限等比級数の和の公式を用いた。
畳み込み積分 (\(f(t)*g(t)\))
関数f(t)、g(t)の畳み込み積分(あるいはコンボリューション積分)は次式で与えられる。
$$f(t)*g(t)=\int_0^tf(u)g(t-u)du$$
畳み込み積分のラプラス変換は次のように計算できる。
積分の順序入れ替えと変数変換(\(t-u=v\))を行う。
\begin{align*}
\mathcal{L}[f(t)*g(t)]&=\int_0^{\infty}e^{-st}\int_0^tf(u)g(t-u)dudt \\
&=\int_0^{\infty}f(u)\int_u^{\infty}g(t-u)e^{-st}dtdu \\
&=\int_0^{\infty}\int_0^{\infty}f(u)g(v)e^{-s(u+v)}dvdu \\
&=\int_0^{\infty}f(u)e^{-su}du\int_0^{\infty}g(v)e^{-sv}dv \\
&=F(s)G(s)
\end{align*}
\]
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