📂微分方程式

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

$$\mathcal{L}(f*g)(s) = \mathcal{L}h(s) = H(s) = G(s) F(s) = \mathcal{L}g \cdot \mathcal{L}f$$

■

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

$$y(t)=3\cos (2t) -\dfrac{1}{2}\sin (2t) +\dfrac{1}{2} \int_{0}^t \sin (2(t-\tau))g(\tau)d\tau$$

■

付録