熊原啓作著『新訂解析学』第 14 章の演習問題を解く。

演習問題 14

14.4 Laplace 変換を求めろ

関数 $f(x)$ は

\[f(x) = \begin{cases} 1, & 0 \le x \lt \dfrac{1}{2},\\ -1, & \dfrac{1}{2} \le x \lt 1 \end{cases}\]

かつ $f(x + 1) = f(x)$ を満たす。$f(x)$ の Laplace 変換を求めろ。

解：周期関数の Laplace 変換。

\[\forall x(x \gt 1 \implies f(x) = f(x - 1))\]

であるので Th 14.3 に従って：

\[\def\L#1{ \mathscr L \left[ {#1} \right] (s) } \begin{aligned} \L{f} &= \frac{1}{1 - \mathrm{e}^{-1s}}\int_0^1\!f(x)\mathrm{e}^{-sx}\,\mathrm dx\\ &= \frac{1}{1 - \mathrm{e}^{-s}}\left( \int_0^{1/2}\!1\mathrm{e}^{-sx}\,\mathrm dx + \int_{1/2}^1\!(-1)\mathrm{e}^{-sx}\,\mathrm dx \right)\\ &= \frac{1}{1 - \mathrm{e}^{-s}} \left(\int_0^{1/2}\!\mathrm{e}^{-sx}\,\mathrm dx - \int_{1/2}^1\!\mathrm{e}^{-sx}\,\mathrm dx\right)\\ &= \frac{1}{1 - \mathrm{e}^{-s}}\left(\left[\frac{\mathrm{e}^{-sx}}{-s}\right]_0^{1/2} - \left[\frac{\mathrm{e}^{-sx}}{-s}\right]_{1/2}^1\right)\\ &= \frac{1}{1 - \mathrm{e}^{-s}}\left(\frac{1}{s} + \mathrm{e}^{-s}\right). \end{aligned}\]

14.5 Laplace 変換を求めろ

$a > 0$ とする。関数 $f(x)$ は

\[f(x) = \begin{cases} x, & 0 \le x \lt a,\\ 2a - x, & a \le x \lt 2a \end{cases}\]

かつ $f(x + 2a) = f(x)$ を満たす。$f(x)$ の Laplace 変換を求めろ。

解：これも周期関数の Laplace 変換をする問題だ。

\[\forall x(x \gt 2a \implies f(x) = f(x - 2a))\]

であるので Th 14.3 に従って：

\[\def\L#1{ \mathscr L \left[ {#1} \right] (s) } \begin{aligned} \L{f} &= \frac{1}{1 - \mathrm{e}^{-2as}}\int_0^{2a}\!f(x)\mathrm{e}^{-sx}\,\mathrm dx.\\ \end{aligned} \\ \begin{aligned} \int_0^{2a}\!f(x)\mathrm{e}^{-sx}\,\mathrm dx &= \int_0^a\! x \mathrm{e}^{-sx}\,\mathrm dx + \int_a^{2a}\!(2a - x)\mathrm{e}^{-sx}\,\mathrm dx.\\ \end{aligned}\]

第一項は：

\[\begin{aligned} \int_0^a\! x \mathrm{e}^{-sx}\,\mathrm dx &= \left[\frac{(-sx - 1)\mathrm{e}^{-sx}}{s^2}\right]_0^a\\ &= \frac{(-as - 1)\mathrm{e}^{-as}}{s^2} + \frac{1}{s^2}. \end{aligned}\]

第二項の積分で置換積分 $t = 2a - x$ をする：

\[\begin{aligned} \int_a^{2a}\!(2a - x)\mathrm{e}^{-sx}\,\mathrm dx &= -\int_a^0\! t\mathrm{e}^{-s(2a - t)}\,\mathrm dt\\ &= \mathrm{e}^{-2as} \int_0^a\! t \mathrm{e}^{st}\,\mathrm dt\\ &= \mathrm{e}^{-2as} \left(\frac{(as - 1)\mathrm{e}^{as}}{s^2} + \frac{1}{s^2}\right)\\ &= \frac{(as - 1)\mathrm{e}^{-as}}{s^2} + \frac{\mathrm{e}^{-2as}}{s^2}. \end{aligned}\]

であるから、第一項と第二項の積分の和は：

\[\begin{aligned} &\phantom{=} \frac{(-as - 1)\mathrm{e}^{-as}}{s^2} + \frac{1}{s^2} + \frac{(as - 1)\mathrm{e}^{-as}}{s^2} + \frac{\mathrm{e}^{-2as}}{s^2}\\ &= \frac{(\mathrm{e}^{2as} - 2\mathrm{e}^{as} + 1)\mathrm{e}^{-2as}}{s^2}\\ &= \frac{1 - 2\mathrm{e}^{-as} + \mathrm{e}^{-2as}}{s^2} = \frac{(\mathrm{e}^{as} - 1)^2 \mathrm{e}^{-2as}}{s^2}. \end{aligned}\]

Laplace 変換は：

\[\def\L#1{ \mathscr L \left[ {#1} \right] (s) } \begin{aligned} \L{f} &= \frac{1}{1 - \mathrm{e}^{-2as}}\frac{(\mathrm{e}^{as} - 1)^2 \mathrm{e}^{-2as}}{s^2}\\ &= \frac{1}{(\mathrm{e}^{as} - 1)(\mathrm{e}^{as} + 1)\mathrm{e}^{-2as}}\cdot\frac{(\mathrm{e}^{as} - 1)^2 \mathrm{e}^{-2as}}{s^2}\\ &= \frac{1}{s^2}\cdot\frac{\mathrm{e}^{as} - 1}{\mathrm{e}^{as} + 1}\\ &= \frac{1}{s^2}\tanh\frac{as}{2}. \end{aligned}\]

コメント：最後の $\tanh$ は SymPy に教わった。

>>> _/(1 - exp(-2*a*s))
... (exp(2*a*s) - 2*exp(a*s) + 1)*exp(-2*a*s)/(s**2*(1 - exp(-2*a*s)))

>>> simplify(_)
... tanh(a*s/2)/s**2

14.6 Laplace 変換を求めろ

\[\operatorname{erf}(x) = \frac{2}{\sqrt{\pi}}\int_0^x\!\mathrm{e}^{-t^2}\,\mathrm dt.\]

解：$C^0$ 級関数の不定積分で定義されていることから $x \ge 0$ のとき $C^0$ 級だ。 また、右辺は有界である（微分積分の教科書参照）。よって指数位数である。 以上より Th 13.7 を適用してよい。

\[\def\erf{ \operatorname{erf} } \def\L#1{ \mathscr L \left[ {#1} \right] (s) } \begin{aligned} \L{\erf(x)} &= \frac{2}{\sqrt{\pi}}\left(\frac{1}{s} \L{\exp(-t^2)} - \frac{1}{s}\int_0^0\! \exp(-x^2)\,\mathrm dx\right)\\ &= \frac{2}{\sqrt{\pi}s} \cdot \left(-\frac{1}{s - 2}\right)\\ &= -\frac{2}{\sqrt{\pi}s(s - 2)}. \end{aligned}\]

コメント：以前の学習ノートを参照。