ラプラス変換の畳み込み
定義1
$\mathcal{L}$をラプラス変換と呼ぼう。次の式を満たす関数$f*g$をラプラス変換における$f$と$g$の畳み込み$f$と$g$のラプラス変換での畳み込みという。
$$ \mathcal{L}(f*g) = \mathcal{L}(f) \cdot \mathcal{L}(g) $$
定理
$f$と$g$のラプラス変換における畳み込み$h=f*g$は以下の通りだ。
$$ h(t) = f*g(t) = \int_{0}^t f(t-\tau)g(\tau)d\tau = \int_{0}^t f(\tau) g(t-\tau)d\tau $$
証明
$$ \begin{align*} \mathcal{L} \left\{ h(t) \right\} &= \int_{0}^{\infty} e^{-st} \left( \int_{0}^t f(t-\tau)g(\tau)d\tau \right)dt \\ &= \int_{0}^{\infty}\int_{0}^t e^{-st} f(t-\tau)g(\tau)d\tau dt \end{align*} $$
積分の順序を変える(付録参照)
$$ \int_{0}^{\infty}\int_{0}^t d\tau dt\quad \implies \quad \int_{0}^{\infty}\int_\tau^{\infty} dt d\tau $$
よって、上記の式は以下のようになる。
$$ \int_{0}^{\infty}\int_\tau^{\infty} e^{-st} f(t-\tau)g(\tau)dt d\tau $$
$u=t-\tau$と置換すると
$$ \int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty} e^{-su}e^{-s\tau} f(u)g(\tau)du d\tau $$
$u$と$\tau$に関する積分をそれぞれ分けると
$$
\int_{0}^{\infty}e^{-s\tau}g(\tau)d\tau\int_{0}^{\infty} e^{-su} f(u)du=G(s)F(s)
$$
故に
$$ \mathcal{L}(f*g)(s) = \mathcal{L}h(s) = H(s) = G(s) F(s) = \mathcal{L}g \cdot \mathcal{L}f $$
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例題
1
$H(s)=\dfrac{a}{s^2(s^2+a^2)}$のラプラス逆変換を求めよ。
$\mathcal{L} \left\{ t \right\}=\dfrac{1}{s^2}$であり、$\mathcal{L} \left\{ \sin (at)\right\}=\dfrac{a}{s^2+a^2}$だから、$h(t)$は$t$と$\sin (at)$の畳み込みである。
$$ h(t) = \int_{0}^t (t-\tau)\sin (a\tau) d\tau = \dfrac{at-\sin(at)}{a^2} $$
参照: ラプラス変換表
2
次の初期値問題を解け。
$$ \begin{cases} y^{\prime \prime}+4y=g(t) \\ y(0)=3, \quad y^{\prime}(0)=-1 \end{cases} $$
与えられた2次線形非同次微分方程式が以下の通りとしよう。
$$ ay^{\prime \prime} + by^{\prime} + cy = g(t) $$
そして、$\mathcal{L} \left\{ y \right\} =Y(s)$、$\mathcal{L} \left\{ g(t) \right\}=G(s)$とする。そうすると
$$ Y(s) = \dfrac{ (as + b)y(0) + ay^{\prime}(0) } {as^2+bs+c} + \dfrac{G(s) }{as^2+bs+c} $$
ラプラス変換を使った2次微分方程式の解法を適用すると
$$ Y(s)=\dfrac{3s-1}{s^2+4}+\dfrac{G(s)}{s^2+4} $$
整理すると
$$ Y(s)=3\dfrac{s}{s^2+4}-\dfrac{1}{2}\dfrac{2}{s^2+4}+\dfrac{1}{2}\dfrac{2}{s^2+4}G(s) $$
すると、$\mathcal{L} \left\{ \cos (2t) \right\}=\dfrac{s}{s^2+4}$であり、$\mathcal{L} \left\{ \sin (2t) \right\}=\dfrac{2}{s^2+4}$だから、$y(t)$は
$$ y(t)=3\cos (2t) -\dfrac{1}{2}\sin (2t) +\dfrac{1}{2} \int_{0}^t \sin (2(t-\tau))g(\tau)d\tau $$
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付録
William E. Boyce, Boyceの初等微分方程式および境界値問題 (11版, 2017), p275-276 ↩︎