ラプラス変換

$ (0, \infty)で定義されたf(t)

$ f(t)\sim\frac{1}{2\pi i}\int^{a+i\infty}_{a-i\infty} F(p)e^{pt}dp <-ラプラス逆変換

$ F(p)\equiv\int_0^{\infty}f(t)e^{-pt}dt <-ラプラス変換

$ p=i\omega(振動)$ +a(減衰，増幅)

フーリエ変換と比べて，減衰，増幅の項が追加されているのがポイント

これにより$ f(t)を$ t\rightarrow \pm\inftyで0に潰すことができるようになり，絶対可積分の条件を外すことができる

$ f(t)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}F(\omega)e^{i\omega t}d\omega

$ F(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty}f(t)e^{-i\omega t}dt

扱える関数はこんな感じの関数になる

https://gyazo.com/b1bd4eff31a225a34199f5945a4be5e1

絶対可積分性により$ t\rightarrow \pm\inftyで0につぶれないといけない

これだと不都合も多い

https://gyazo.com/da68e399e18f81b8f0ddaf79c6dfed69

こういう関数はフーリエ変換は扱えない

どのような場合に$ F(p)\rightarrow f(t)の対応が取れるか

どんな条件を満たせばラプラス逆変換ができるか

f(t)が$ [0, \infty)で区分的に滑らかで，増加指数を$ s_0とする

$ a>s_0である任意の実数aについて以下が成立

$ \lim_{R\rightarrow\infty}\frac{1}{2\pi i}\int_{a-iR}^{a+iR}F(p)e^{pt}dp=\begin{cases} f(t)&(t>0)\\ \frac{f(+0)}{2}&(t=0) \\ 0&(t<0) \end{cases}

この$ t>0はジョルダンの補題由来の条件

$ \int_{a-iR}^{a+iR}=\oint_{扇形の周}-\int_{弧}

https://gyazo.com/8ada26e633bb7dfcb9ecd57901861db7

ジョルダンの補題の条件$ F_{max}\rightarrow0(R\rightarrow\infty)を確認

$ I=\int_{弧}F(p)e^{pt}dp

$ |I|\le\int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}}|F(p)||e^{pt}||iRe^{i\theta}|d\theta

$ =\int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}}|F(p)||e^{at+tRcos\theta+itRsin\theta}|Rd\theta

$ e^{tRcos\theta}の$ tcos\thetaは$ t>0なら$ tcos\theta<0で積分値が0につぶれる

$ \le RF_{max}e^{at}\int^{\frac{3\pi}{2}}_{\frac{\pi}{2}}e^{tRcos\theta}d\theta

$ \phi=\theta-\frac{\pi}{2}と$ sin\theta\ge\frac{2}{\pi}\phiを使う

$ \le 2F_{max}Re^{at}\int_0^{\pi/2}e^{-tR\frac{2}{\pi}\phi}d\phi

$ =2F_{max}Re^{at}\frac{\pi}{2Rt}(1-e^{-Rt})\rightarrow0(R\rightarrow\infty)