2018/12/26 t*cos(t) のラプラス変換

本日のお題

\(t\cos t\) のラプラス変換の求め方を教えてください。

まずはラプラス変換の定義を用いて求めましょう

関数 \(f(t)\) のラプラス変換 \(\mathcal{L}[f(t)]\) は次のように定義されています。

\[\displaystyle \mathcal{L}[f(t)] = \int_0^{\infty} f(t)e^{-st}\,dt\]

この定義にしたがって,\(\mathcal{L}[t\cos t]\) を求めてみましょう。

\[\begin{array}{l} \mathcal{L}[t\cos t] \begin{array}[t]{l} \displaystyle = \int_0^{\infty} t\cos t \,e^{-st}\,dt \\ \displaystyle = -\frac{1}{s} \int_0^{\infty} t\cos t \,\left(e^{-st}\right)'\,dt \\ \displaystyle = -\frac{1}{s} \left\{\Big[t\cos t \,e^{-st}\Big]_0^{\infty} - \int_0^{\infty} (\cos t - t\sin t)\,e^{-st}\,dt\right\} \\ \displaystyle = -\frac{1}{s} \left\{0 + \frac{1}{s} \int_0^{\infty} \left(\cos t - t\sin t\right)\left(e^{-st}\right)'\,dt\right\} \\ \displaystyle = -\frac{1}{s^2}\bigg\{\Big[\left(\cos t - t\sin t\right)\,e^{-st}\Big]_0^{\infty} \\ \displaystyle \hspace{5em} - \int_0^{\infty}\left(-2\sin t - t\cos t\right)\,e^{-st}\,dt\bigg\} \\ \displaystyle = -\frac{1}{s^2}\left(-1 + 2\int_0^{\infty} \sin t\,e^{-st}\,dt + \int_0^{\infty} t\cos t \, e^{-st}\,dt\right) \\ \displaystyle = \frac{1}{s^2}\Big(1 - 2\mathcal{L}[\sin t] - \mathcal{L}[t\cos t]\Big) \end{array} \\[8px] \displaystyle \mbox{∴}\quad (s^2 + 1)\mathcal{L}[t\cos t] = 1 - 2 \cdot \frac{1}{s^2 +1} \\[4px] \displaystyle \mbox{∴}\quad \mathcal{L}[t\cos t] \begin{array}[t]{l} \displaystyle = \frac{1}{s^2 + 1} - \frac{2}{(s^2 + 1)^2} \\ \displaystyle = \frac{s^2 + 1 - 2}{(s^2 + 1)^2} \\ \displaystyle = \frac{s^2 - 1}{(s^2 + 1)^2} \end{array} \end{array}\]

広義積分の収束に関する議論をすっ飛ばしてしまいました m(_ _)m。ここでは勘弁してください。それから,質問の学生さんが \(\mathcal{L}[\sin t]\) は分かっているということでしたので \(\displaystyle \mathcal{L}[\sin t] = \frac{1}{s^2 + 1}\) は使いました。

オイラーの公式を使いましょう

オイラーの公式 を用いると,三角関数を指数で表すことができます。そうすると,部分積分の計算が多少楽になりそうです。やってみましょう。\[\begin{array}{c} e^{ix} = \cos x + i\sin x \\ \mbox{∴}\quad t \cdot e^{it} = t\cos x + i\,t\sin x\end{array}\]したがって,\(\mathcal{L}[t \cdot e^{it}]\) を求めれば,\(\mathcal{L}[t\cos t]\)\(\mathcal{L}[t\sin t]\) の両方が同時に求められます。 \[\mathcal{L}[t \cdot e^{it}] \begin{array}[t]{l} \displaystyle = \int_0^{\infty} t \cdot e^{it}\,e^{-st}\,dt \\ \displaystyle = \lim_{k \to \infty} \int_0^{k} t \cdot e^{(i - s)t}\,dt \\ \displaystyle = \lim_{k \to \infty} \frac{1}{i - s}\int_0^k t \cdot \left(e^{(i - s)t}\right)'\,dt \\ \displaystyle = \lim_{k \to \infty} \frac{1}{i - s} \left(\Big[t \cdot e^{(i - s)t}\Big]_0^k - \int_0^k e^{(i - s)t}\,dt\right) \\ \displaystyle = \lim_{k \to \infty} \frac{1}{i - s} \left(k \cdot e^{(i - s)k} - \frac{1}{i - s}\Big[e^{(i - s)t}\Big]_0^k\right) \\ \displaystyle = \lim_{k \to \infty} \left(\frac{e^{(i - s)k}}{i - s} - \frac{e^{(i - s)k} - 1}{(i - s)^2} \right) \end{array}\] ここで\[e^{(i - s)k} = \frac{e^{ik}}{e^{sk}} = \frac{\cos k}{e^{sk}} + i\frac{\sin k}{e^{sk}}\]であり,\(-1 \leqq \cos k \leqq 1\)\(-1 \leqq \sin k \leqq 1\) であることを考えると,この積分は \(s > 0\) のとき収束して(これまたイイ加減な論理ですが f^^;)\[\mathcal{L}[t \cdot e^{it}] = \frac{1}{(i - s)^2}\]が成り立ちます。それでは,この式の右辺を整理しましょう。

\[\mathcal{L}[t \cdot e^{it}] \begin{array}[t]{l} \displaystyle = \frac{(i + s)^2}{(i - s)^2 (i + s)^2} \\ \displaystyle = \frac{i^2 + 2is + s^2}{(s^2 + 1)^2} \\ \displaystyle = \frac{s^2 - 1}{(s^2 + 1)^2} + i\frac{2s}{(s^2 + 1)^2} \end{array}\]

\[∴ \quad \left\{\begin{array}{l} \displaystyle \mathcal{L}[t\cos t] = Re\left[\mathcal{L}[t \cdot e^{it}]\right] = \frac{s^2 - 1}{(s^2 + 1)^2} \\ \displaystyle \mathcal{L}[t\sin t] = Im\left[\mathcal{L}[t \cdot e^{it}]\right] = \frac{2s}{(s^2 + 1)^2} \end{array}\right.\]

微分に関する公式を利用しましょう

実際に使うときには,この公式を用います \(-\!\!\!-\!\!\!-\) 最後に回してしまいスミマセン f^^;

\(\mathcal{L}[f(t)] = F(s)\) とおくと,微分に関して次のことが成り立ちました。

\[\displaystyle \mathcal{L}[f'(t)] = sF(s) - f(0)\qquad F'(s) = \mathcal{L}[-tf(t)]\]

二つ目の式を用います。 \[\mathcal{L}[t\cos t] \begin{array}[t]{l} \displaystyle = -\frac{d}{ds}\mathcal{L}[\cos t] \\ \displaystyle = -\frac{d}{ds}\left(\frac{s}{s^2 + 1}\right) \\ \displaystyle = -\frac{1 \cdot (s^2 + 1) - s \cdot 2s}{(s^2 + 1)^2} \\ \displaystyle = \frac{s^2 - 1}{(s^2 + 1)^2} \end{array}\] ん~!! これは簡単だ!! でも,これだけではつまらないので,\(F'(s) = \mathcal{L}[-tf(t)]\) が成り立つことを確認しましょう。

\[F'(s) \begin{array}[t]{l} \displaystyle = \lim_{h \to 0} \frac{F(s + h) - F(s)}{h} \\ \displaystyle = \lim_{h \to 0} \frac{1}{h} \left\{\int_0^{\infty} f(t)\,e^{-(s + h)t}\,dt - \int_0^{\infty} f(t)\,e^{-st}\,dt\right\} \\ \displaystyle = \lim_{h \to 0} \frac{1}{h} \left\{\int_0^{\infty} f(t)\left(e^{-(s + h)t} - e^{-st}\right)\,dt\right\} \\ \displaystyle = \lim_{h \to 0} \frac{1}{h} \int_0^{\infty} f(t)\,e^{-st}\left(e^{-ht} - 1\right)\,dt \\ \displaystyle = \lim_{h \to 0} \int_0^{\infty} f(t)\,e^{-st}\,\frac{e^{-ht} - 1}{h}\,dt \\ \displaystyle = \lim_{h \to 0} \int_0^{\infty} (-t)f(t)\,e^{-st}\,\frac{e^{-ht} - 1}{-ht}\,dt \\ \displaystyle = \int_0^{\infty} \left\{-tf(t)\right\}\,e^{-st}\,dt \\ = \mathcal{L}[-tf(t)] \end{array}\]

Last modified: Friday, 5 March 2021, 5:38 PM