∴ L(f∗g)(s) =L(f)(s)L(g)(s)
♡ 次に，(7)，(8)，(9)，(10)を適用して，ラプラス変換の像F(s)を求め方を示す．
例 5.22 λ∈Rとする，
(7) （像の微分）
L(teλt)(s) =−d
ds(L(eλt))(s) =−d ds
( −1 s−λ
)
= 1
(s−λ)2 L(t2cosλt) = d2
ds2(L(cosλt)) = d2 ds2
( s s2+λ2
)
= 2s(s2−3λ2) (s2+λ2)2
(8) （積分）
L (∫ t
0
cosλτ dτ )
=1
sL(cosλt) = 1 s
s
s2+λ2 = 1 s2+λ2 注：
∫ t 0
cosλτ dτ = 1
λsintより，L (∫ t
0
cosλτ dτ )
=L (1
λsint )
= 1
s2+λ2 (9) （像の積分）lim
t→0
sint
t = 1，かつ，
sint t
<1, (t >1)より，絶対収束座標β ≤0なので，像の積分が適
用できる．
L (sint
t )
(s) =
∫ ∞
s
L(sint)(σ)dσ= [ 1
σ2+ 1 ]∞
s
= π
2 −Tan−1s (10) （畳み込み関数）
1
(s−µ)(s2+λ2) =L(f(t))となるf(t)を求める(λ, µ∈R)．
L(eµt) = 1 (s−µ), L
(1 λsinλt
)
= 1
(s2+λ2)なので，
1
(s−µ)(s2+λ2) =L (
eµt∗ 1 λsinλt
)
∴ f(t) =
∫ t 0
eµx1
λsinλ(t−x)dx= 1 λℑ
(∫ t 0
eµxeiλ(t−x) dx )
= 1 λℑ
( eiλt
∫ t 0
e(µ−iλ)x dx )
= 1 λℑ
(
eiλte(µ−iλ)t−1 µ−iλ
)
= 1 λℑ
(eµt−eiλt µ−iλ
)
=−eµt−cosλt−µλsinλt µ2+λ2
(2) L−1
( s−3 s2−2s+ 5
) の解法
s2−2s+ 5の解はs= 1±2iなので，部分分数展開は，
A
s−(1 + 2i)+ B
s−(1−2i) = s−3 s2−2s+ 5 係数比較をすると，
A+B = 1, A(1−2i) +B(1 + 2i) =−3 この連立方程式を解くと，
A= 1 +i
2 , B= 1−i 2
∴ L−1
( s−3 s2−2s+ 5
)
=L
( 1+i 2
s−(1 + 2i)+
1−i 2
s−(1−2i) )
= 1 +i
2 e(1+2i)t+1−i
2 e(1−2i)t=et(cos 2t−sin 2t) この問の標準的な解法は次のように行う．
s−3
s2−2s+ 5 = (s−1)−2 (s−1)2+ 22
L−1
( s−3 s2−2s+ 5
)
=L−1
( (s−1) (s−1)2+ 22
)
−2L−1
( 1 (s−1)2+ 22
)
=etcos 2t−2· 1
2etsin 2t=et(cos 2t−sin 2t)
(3) 1
(s−1)(s2+ 2s+ 2) のラプラス逆変換 A
s−1 + Bs+C
s2+ 2s+ 2 =A(s2+ 2s+ 2) + (s−1)(Bs+C) (s−1)(s2+ 2s+ 2)
= (A+B)s2+ (2A−B+C)s+ 2A−C
(s−1)(s2+ 2s+ 2) = 1
(s−1)(s2+ 2s+ 2) 係数比較をすると，下の連立方程式がえられる
A+B= 0, 2A−B+C= 0, 2A−C= 1 これを求めると，A= 1
5, B= −3
5 , C= −1 5 L−1
( 1
(s−1)(s2+ 2s+ 2) )
=1 5L−1
( 1 s−1
)
−1 5L−1
( s+ 3 (s+ 1)2+ 1
)
=1
5e−t−1 5
( L−1
( s+ 1 (s+ 1)2+ 1
) +L−1
( 2 (s+ 1)2+ 1
))
=1
5e−t−1 5
(e−tcost+ 2e−tsint)
例 5.24 L−1 (
log (
1 + ω2 s2
))
の求め方 logを微分すると有理関数になることを利用して，
d dslog
( 1 +ω2
s2 )
= 1
1 + ωs22
−2ω2
s3 = −2ω2 (s2+ω2)s
部分分数展開より，
= 2 ( s
s2+ω2 −1 s
)
従って，L(f(t)) = log (
1 +ω2 s2
)
とすると，
−tf(t) =L−1 (d
dslog (
1 + ω s2
))
=L−1 (
2 ( s
s2+ω2 −1 s
))
= 2(−1 + cosωt);
∴ f(t) =2(1−cosωt) t 例 5.25 (1) 1
(s2+a2)2 のラプラス逆変換(a >0) L(sinat) = a
s2+a2 と畳み込み関数を利用して，
L−1
( 1 (s2+a2)2
)
= 1 a2
∫ t 0
sinaτsina(t−τ)dτ = 1 2a2
∫ t 0
−cosat+ cosa(2τ−t)dτ
= 1
2a2 (
−tcosat+
[sina(2τ−t) 2a
]t 0
)
= 1
2a2 (
−tcosat+sinat a
)
(2) s
(s2+a2)2 のラプラス逆変換(a >0) L(sinat) = a
s2+a2, L(cosat) = s
s2+a2 と畳み込み関数を利用して，
L−1
( s (s2+a2)2
)
=1 a
∫ t 0
sinaτcosa(t−τ)dτ = 1 2a
∫ t 0
sinat+ sina(2τ−t)dτ
= 1 2a
(
tsinat−
[cosa(2τ−t) 2a
]t 0
)
= 1
2atsinat
注意5.26 例5.25の(1),(2)と同様にすれば，次のラプラス逆変換が帰納的に求めることができる．
1
(s2+a2)n, s (s2+a2)n
次に，ブロムウィッチの反転公式5.19と関数論の留数定理を用いて，ラプラス逆変換を求める方法を述べる．
βはf(t)の絶対収束座標とし，σ > βならば，像 関数F(s)は絶対収束域{s∈ C: ℜs > β}で正則 関数であり，また，ブロムウィッチの反転公式が成 立する．右の図のような半円ABC =CRを考える．
もし，
lim
R→∞
∫
CR
estF(s)ds= 0 (5.25) とすると，閉曲線CABCに対する留数定理により，
1 2πi
∫
CABC
estF(s)ds=
∑k i=1
Res[estF(s), si] ただし，{si : i = 1,· · · , k}は閉曲線CABC内に ある特異点，Res[estF(s), si]はs=siでのestF(s) の留数とする．
θ
絶対収束域
β R
A
B
C O σ
s1
s2
si
sk
∫ σ+i∞ σ−i∞
estF(s)ds
1 2πi
∫
CABC
estF(s)ds= 1 2πi
∫
CR
estF(s)ds+ 1 2πi
∫
CA
estF(s)ds
= 1 2πi
∫
CR
estF(s)ds+ 1 2πi
∫ σ+iR σ−iR
L(f)(s)est ds
条件(5.25)を満たし，R→ ∞とすれば，
f(t) = 1 2πi lim
T→∞
∫ σ+iT σ−iT
L(f)(s)est ds=
∑n i=1
Res[estF(s), si] ただし，{si: i= 1,· · · , n}は{s∈C: ℜs < σ}にある特異点全体．
このことをまとめると，次のようになる．
定理5.27 βはf(t)の絶対収束座標とし，σ > β，f(t)の像関数F(s)とする．もし
Rlim→∞
∫
CR
estF(s)ds= 0 ならば，
f(t) =L−1(F(s))(t) =
∑n i=1
Res[estF(s), si]
ただし，{si: i= 1,· · · , n}は{s∈C: ℜs < σ}にある特異点全体，CRは上で定義した半円とする．
次に，定理の条件を満たすためのF(s)に対する条件を見てみよう．
定理5.28 もし，
lim
R→∞max{|F(s)|: |s| ≥R}= 0 (5.26)
ならば，
lim
R→∞
∫
CR
estF(s)ds= 0 特に，有理関数F(s) = q(s)
p(s) のとき，p(s), q(s)の次数が degp >degq ならば，
lim
R→∞max{|F(s)|: |s| ≥R}= 0 ただし，q(s), p(s)はsの多項式，CRは上で定義した半円とする．
証明 半円CRをs=σ+Reiθ, (π
2 ≤θ≤ 3π2 )
と表すと，|σ+Reiθ| ≥ |Reiθ| − |σ|=R−σと条件(5.26)より，
∃R0: R > R0: max{|F(s)|: |s| ≥R−σ}< ε ゆえに，R > R0とすると，|F(σ+Reiθ)|< εより，
∫
CR
estF(s)ds =
∫ 3π2
π 2
e(σ+Reiθ)tF(σ+Reiθ)·iReiθ dθ =
iReσt
∫ 3π2
π 2
eReiθtF(σ+Reiθ)·eiθ dθ
≤Reσt
∫ 3π2
π 2
eReiθtF(σ+Reiθ)·eiθ dθ=Reσt
∫ 3π2
π 2
eRtcosθF(σ+Reiθ) dθ
≤Reσtε
∫ 3π
2
π 2
eRtcosθ dθ θ−π2 =ρと変換すると，
=Reσtε
∫ π 0
e−Rtsinρ dρ= 2Reσtε
∫ π2
0
e−Rtsinρ dρ
sinρ > π2ρ, (0≤ρ≤π2)より，
≤2Reσtε
∫ π2
0
e−2Rtπ ρ dρ= 2Reσtε [− π
2Rte−2Rπρ ]π2
0
= eσt
t π(1−e−R)ε <eσt t πε 以上により，t̸= 0ならば，lim
R→∞
∫
CR
estF(s)ds= 0が示せた．
有理関数F(s) =q(s)
p(s), (degp >degq)のとき，
|slim|→∞
q(s)
p(s) = 0, （一様収束）
なので，lim
R→∞max{|F(s)|: |s| ≥R}= 0である． ♡
例 5.29 1
(s2+a2)3, (a >0)のラプラス逆変換の留数を使った解法 est
(s2+a2)3 はs=±iaで位数3の極である．また，分母と分子の次数の差が3なので，定理5.28より，定理5.27 の条件を満たす．極に対する留数は，次のように計算する．
一般に，正則関数g(z)がz=z0で位数nの極であるとき，その留数を求める公式は，
Res[g, z0] = lim
z→z0
1 (n−1)!
( dn
dzng(z)(z−z0)n )
この公式を用いて，
1 2
d2 ds2
(est(s−ia)3 (s2+a2)3
)
= 1 2
d2 ds2
( est (s+ia)3
)
ライプニッツの公式(uv)(n)=
∑n r=0
nCru(r)v(n−r)より，
= 1 2
(t2est(s+ia)−3−6test(s+ia)−4+ 12est(s+ia)−5)
;
∴ 1 2
d2 ds2
(est(s−ia)3 (s2+a2)3
)
s=ia
=1 2
(t2eiat(2ia)−3−6teiat(2ia)−4+ 12eiat(2ia)−5)
=1 2
(it2eiat(2a)−3−6teiat(2a)−4−i12eiat(2a)−5)
; aに−aを代入すると，
1 2
d2 ds2
(est(s+ia)3 (s2+a2)3
)
s=−ia
=1 2
(−it2e−iat(2a)−3−6te−iat(2a)−4+i12e−iat(2a)−5)
;
従って，
Res
[est(s−ia)3 (s2+a2)3 , ia
] + Res
[est(s−ia)3 (s2+a2)3 ,−ia
]
=−t2(2a)−3sinat−6t(2a)−4cosat+ 12(2a)−5sinat ゆえに，定理5.27より，
L−1
( 1 (s2+a2)3
)
=−t2(2a)−3sinat−6t(2a)−4cosat+ 12(2a)−5sinat