【絶対わかる】ラプラス変換②　～たたみ込み(合成積)～

まず合成積の定義より

$$f(t) \ast g(t)=\int_{0}^{t}f(u)g(t-u)du \quad $$

ここで$t-u=\alpha$と置換すると、$du=-d\alpha$であり

$$=\int_{t}^{0}f(t-\alpha)g(\alpha)・(-1)d\alpha$$

$$=\int_{0}^{t}f(t-\alpha)g(\alpha)d\alpha$$

$$=\int_{0}^{t}g(\alpha) f(t-\alpha)d\alpha$$

この式は積分定数が$u$でなく$\alpha$になっているだけで、定義の式と同じ形であるので

$$=g(t)\ast f(t)$$

積分の線形性により容易に証明できます。

$$f(t)\ast(g(t)+h(t))$$

$$=\int_{0}^{t}f(u)\{g(t-u)+h(t-u)\}du$$

$$=\int_{0}^{t}f(u)g(t-u)du+\int_{0}^{t}f(u)h(t-u) du$$

$$= f(t)\ast g(t)+f(t)\ast h(t) $$

まず$f(t)\ast g(t)$について考えます。ここで$i(t)=f(t)\ast g(t)$とおくと

\begin{eqnarray}i(t)& &=f(t)\ast g(t)\\& &=\int_{0}^{t} f(u)g(t-u)du \end{eqnarray}

したがって

$$\{f(t)\ast g(t)\}\ast h(t)$$

$$=\int_{0}^{t}\{\int_{0}^{t} f(u)g(t-u)du \}・ h(t-u)du$$

$$=\int_{0}^{t}i(u)h(t-u)du$$

$$=i(t)\ast h(t) $$

ここで先ほどの交換法則を使うことで

$$=h(t)\ast i(t)$$

$$=f(t)\ast \{g(t)\ast h(t)\}$$

まず合成積の定義より

$$f(t) \ast g(t)=\int_{0}^{t}f(u)g(t-u)du \quad $$

したがってラプラス変換の定義の式より

\begin{eqnarray} L[f(t)g(t)] & &=\int_{0}^{\infty}\{\int_{0}^{t}f(u)g(t-u)du\}・e^{-st}dt \end{eqnarray}　

ここで積分順序の交換を行います。

$$=\int_{0}^{\infty}\{\int_{u}^{\infty}f(u)g(t-u)e^{-st}dt\}du$$

ここで$t-u=\alpha$と置換すると、$dt=d\alpha$であり

$$=\int_{0}^{\infty}\{\int_{0}^{\infty}f(u)g(\alpha)e^{-s(\alpha+u)}d\alpha\}du$$

$$=\int_{0}^{\infty}f(u)e^{-su}du \int_{0}^{\infty}g(\alpha)e^{-s\alpha}d\alpha$$

$$=L[f(t)]L[g(t)]$$

まずは$t^3\ast t$を計算していきます。積分計算で計算しやすくするために交換法則を利用して$t\ast t^3$としておきます。よって

\begin{eqnarray}t^3\ast t& &=t\ast t^3\\& &=\int_{0}^{t}(t-u)・u^3 du\\& & =\int_{0}^{t}(tu^3-u^4)du\\& &=\left[\frac {1}{4}tu^4-\frac{1}{5}u^5\right]_0^t \\& &=\frac {1}{4}t^5-\frac{1}{5}t^5 =\frac{1}{20}t^5 \end{eqnarray}

したがって

\begin{eqnarray}L[t^3\ast t]& &=L[\frac{1}{20}t^5]\\& &=\frac{1}{20}・\frac{5!}{t^6}=\frac{6}{t^6}　　\end{eqnarray}

ちなみに問題文に「$t^3\ast t$の計算結果を利用して」がなければ

\begin{eqnarray}L[t^3\ast t]& &=L[t^3]・L[t]\\& &=\frac{3!}{t^4}・\frac{1!}{t^2}=\frac{6}{t^6}　　　\end{eqnarray}

と計算するほうが楽です。

この問題も積分計算で計算しやすくするために交換法則を利用して$e^{2t} \ast t$としておきます。よって

\begin{eqnarray}t\ast e^{2t}& &=e^{2t} \ast t\\& &=\int_{0}^{t}e^{2(t-u)}・u \ du\\& &= \left[-\frac{1}{2}ue^{2t-2u} \right]_0^t +\int_{0}^{t}\frac{1}{2}e^{2t-2u} \ du\\& &=-\frac{1}{2}t+ \left[-\frac{1}{4}e^{2t-2u} \ du \right]_0^t\\& &= -\frac{1}{2}t-\frac{1}{4}+\frac{1}{4}e^{2t} \end{eqnarray}

途中の計算には部分積分を使いました。

\begin{eqnarray} \sin{t}\ast \cos{t}& &= \int_{0}^{t}\sin{(t-u)}\cos{u} \ du\\& &=\frac{1}{2} \int_{0}^{t}\{\sin{t}+\sin{(t-2u)}\} \ du\\& &=\frac{1}{2}\left[u\sin{t}+\frac{1}{2}\cos{(t-2u)} \right]_0^t \\& &=\frac{1}{2}\{t\sin{t}+\frac{1}{2}\cos{(-t)}-\frac{1}{2}cos{t}\}\\& &=\frac{1}{2}t\sin{t}　　　　　　　　\end{eqnarray}

積分の計算過程がわからなかった人は以下の記事の(9)の問題に似たような問題があるので参照してください。

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$$e^{2t} \ast \sin{t}=\int_{0}^{t}e^{2(t-u)}・\sin{u} \ du$$

(指数関数) $\times$ (三角関数)の積分は特殊な方法で行います。ここで$I=\int_{0}^{t}e^{2(t-u)}・\sin{u} \ du$とおくと

\begin{eqnarray}　I& &=\int_{0}^{t}e^{2(t-u)}・\sin{u} \ du\\& &=\left[-e^{2(t-u)}\cos{u} \right]_0^t -2\int_{0}^{t}e^{2(t-u)}\cos{u} \ du\\& &=-\cos{t}+e^{2t}-2\left[-e^{2(t-u)}\sin{u} \right]_0^t\\& & \ -4 \int_{0}^{t}e^{2(t-u)}\sin{u} \ du \\& &=-\cos{t}+e^{2t}-2\sin{t}-4I \end{eqnarray}

よって

$$I=\frac{1}{5}(e^{2t}-\cos{t}-2\sin{t})$$

したがって

$$e^{2t} \ast \sin{t}=\frac{1}{5}(e^{2t}-\cos{t}-2\sin{t})$$

積分の計算過程がわからなかった人は以下の記事の(10)の問題に似たような問題があるので参照してください。

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