Laplace変換の入口（高校数学）

解が $y=3e^{-2t}$ であることは 微分方程式としての指数関数・三角関数 の定理「$y'=ky$ の解」から分かっている。これを別の方法で求めてみる。
(1) $y$ の積分。解 $y(t)$ に対して $Y(s)=\displaystyle\int_0^\infty e^{-st}y(t)\,dt$ とおく（積分が収束するとして計算を進め、最後に答えを確かめる）。
(2) $y'$ の積分。部分積分により
$$ \int_0^Re^{-st}y'(t)\,dt=\Bigl[e^{-st}y(t)\Bigr]_0^R+s\int_0^Re^{-st}y(t)\,dt=e^{-sR}y(R)-y(0)+s\int_0^Re^{-st}y(t)\,dt $$
である。$R\to\infty$ で $e^{-sR}y(R)\to0$ となるなら、$\displaystyle\int_0^\infty e^{-st}y'(t)\,dt=sY(s)-y(0)=sY(s)-3$ となる。
(3) 方程式の積分。$y'+2y=0$ の両辺に $e^{-st}$ を掛けて $0$ から $\infty$ まで積分すると
$$ \bigl(sY(s)-3\bigr)+2Y(s)=0,\qquad\text{すなわち}\qquad Y(s)=\frac3{s+2} $$
となる。微分方程式が、$Y$ の 1 次方程式に変わった。
(4) もとにもどす。$s>-2$ のとき
$$ \int_0^\infty e^{-st}\cdot3e^{-2t}\,dt=\lim_{R\to\infty}\Bigl[-\frac3{s+2}e^{-(s+2)t}\Bigr]_0^R=\lim_{R\to\infty}\frac3{s+2}\bigl(1-e^{-(s+2)R}\bigr)=\frac3{s+2} $$
なので、関数 $3e^{-2t}$ に同じ操作をすると $\dfrac3{s+2}$ になる。そこで $y=3e^{-2t}$ が答えの候補になる。代入すると $y'+2y=-6e^{-2t}+6e^{-2t}=0$、$y(0)=3$ で、確かに解である。

1. $f(t)=1$。$s>0$ なら $\displaystyle\int_0^Re^{-st}\,dt=\Bigl[-\frac{e^{-st}}s\Bigr]_0^R=\frac{1-e^{-sR}}s$ で、$R\to\infty$ で $e^{-sR}\to0$ なので $\mathcal L[1](s)=\dfrac1s$ である。$s=1,2$ で $1,\ \dfrac12$ である。
2. $f(t)=e^{ct}$（$c$ は実数の定数）。$s>c$ なら
   $$ \int_0^Re^{-st}e^{ct}\,dt=\int_0^Re^{-(s-c)t}\,dt=\frac{1-e^{-(s-c)R}}{s-c}\longrightarrow\frac1{s-c}\quad(R\to\infty) $$
   なので $\mathcal L[e^{ct}](s)=\dfrac1{s-c}$ である。$c=-2$ で $3$ 倍したものが ex-lap-start の (4) である。
3. $f(t)=t$。$s>0$ なら、部分積分により $\mathcal L[t](s)=\dfrac1{s^2}$ である。$s=\dfrac12,1,2$ で $4,1,\dfrac14$ となる（図 1）。
   部分積分の計算を開く

   $$\int_0^Rte^{-st}\,dt=\Bigl[-\frac{te^{-st}}s\Bigr]_0^R+\frac1s\int_0^Re^{-st}\,dt=-\frac{Re^{-sR}}s+\frac{1-e^{-sR}}{s^2}$$

   で、$Re^{-sR}=\dfrac R{e^{sR}}\to0$、$e^{-sR}\to0$ なので、$R\to\infty$ で $\dfrac1{s^2}$ に近づく。

$s>-2$ で $F(s)=\dfrac1{s+2}$ なので、thm-lap-main の (2) は $\mathcal L[-2e^{-2t}](s)=\dfrac s{s+2}-1=\dfrac{-2}{s+2}$ を主張する。左辺は lem-lap-linear と ex-lap-basic の (2) から $-2\cdot\dfrac1{s+2}$ で、確かに一致する。

(i) 両辺を変換すると、$\mathcal L[1]=\dfrac1s$ なので $sY-0+Y=\dfrac1s$ である。
(ii) $Y=\dfrac1{s(s+1)}$ である。
(iii) 部分分数に分けると $\dfrac1{s(s+1)}=\dfrac1s-\dfrac1{s+1}$ で、表から $\mathcal L[1]=\dfrac1s$、$\mathcal L[e^{-t}]=\dfrac1{s+1}$ なので、候補は $y=1-e^{-t}$ である。
(iv) $y'=e^{-t}$ で $y'+y=1$、$y(0)=0$ を満たす。1階線形微分方程式と積分因子（高校数学） の主定理により、この初期値問題の解はこれだけである。コンデンサーの充電（同じ記事の例「コンデンサーの充電」）で、時定数 $1$、電圧 $1$ の場合にあたる。

(i) thm-lap-main の (2)(3) により $\mathcal L[y'']=s^2Y-s$、$\mathcal L[y']=sY-1$ なので
$$ (s^2Y-s)+3(sY-1)+2Y=0,\qquad\text{すなわち}\qquad(s^2+3s+2)Y=s+3 $$
である。
(ii) $s^2+3s+2=(s+1)(s+2)$ なので $Y=\dfrac{s+3}{(s+1)(s+2)}$ である。
(iii) $\dfrac{s+3}{(s+1)(s+2)}=\dfrac A{s+1}+\dfrac B{s+2}$ とおくと $s+3=A(s+2)+B(s+1)$ で、$s=-1$ を代入して $A=2$、$s=-2$ を代入して $B=-1$ である。よって $Y=\dfrac2{s+1}-\dfrac1{s+2}$ で、表から候補は $y=2e^{-t}-e^{-2t}$ である。
(iv) 代入すると、方程式と初期条件を満たす。

強制振動と共振（高校数学） の例「共振：$x''+x=\cos t$」を、特殊解の形を予想せずに解く。
(i) $X=\mathcal L[x]$ とおくと、$\mathcal L[x'']=s^2X-0-0$、$\mathcal L[\cos t]=\dfrac s{s^2+1}$ なので $s^2X+X=\dfrac s{s^2+1}$ である。
(ii) $X=\dfrac s{(s^2+1)^2}$ である。
(iii) 表の $\mathcal L[t\sin t]=\dfrac{2s}{(s^2+1)^2}$ と lem-lap-linear により、$\mathcal L\left[\dfrac t2\sin t\right]=\dfrac s{(s^2+1)^2}$ なので、候補は $x=\dfrac t2\sin t$ である。
(iv) 代入すると、方程式と初期条件を満たす。

$f(t)=e^{t^2}$ は $[0,\infty)$ で連続である。どんな実数 $s$ をとっても、$t\ge\max(s,0)$ では $t^2-st=t(t-s)\ge0$ なので
$$ e^{-st}e^{t^2}=e^{t(t-s)}\ge1 $$
である（図 4）。よって $R>\max(s,0)$ なら $\displaystyle\int_0^Re^{-st}e^{t^2}\,dt\ge\int_{\max(s,0)}^R1\,dt=R-\max(s,0)$ で、$R\to\infty$ で限りなく大きくなり、収束しない。$e^{t^2}$ は指数型でない。

$f(t)=\dfrac1t$ は $t=0$ で定義されず、$[0,\infty)$ で連続な関数ではない。$t>0$ の範囲で $\displaystyle\int_\varepsilon^Re^{-st}\cdot\frac1t\,dt$ を考える。$0<\varepsilon<1< R$、$s>0$ とすると、$\varepsilon\le t\le1$ で $e^{-st}\ge e^{-s}$ なので
$$ \int_\varepsilon^Re^{-st}\,\frac{dt}t\ge\int_\varepsilon^1e^{-s}\,\frac{dt}t=e^{-s}\log\frac1\varepsilon $$
である。$\varepsilon\to+0$ で右辺は限りなく大きくなる（$s=1$、$\varepsilon=10^{-6}$ でも $5.08\ldots$ 以上）。$s\le0$ なら $e^{-st}\ge1$ なので、なおさら大きくなる。よってどの $s$ でも収束しない。

$f(t)=e^t$ は $M=1$、$a=1$ で指数型で、thm-lap-table により $s>1$ で $\mathcal L[e^t](s)=\dfrac1{s-1}$ である。$s=1$ では $e^{-t}e^t=1$ なので $\displaystyle\int_0^R1\,dt=R\to\infty$ で、収束しない。$s<1$ でも $e^{(1-s)t}\ge1$ なので同じく収束しない。式 $\dfrac1{s-1}$ は $s=0$ でも値 $-1$ をもつが、$\displaystyle\int_0^\infty e^t\,dt$ は収束しないので、$\mathcal L[e^t](0)=-1$ とは言えない。変換の表は、収束する $s$ の範囲とあわせて使う。