制御と振動の数学/Laplace 変換/定積分の計算への応用/定積分の計算の仕方

このあたりで趣向を変え、定積分の計算へLaplace 変換を応用してみよう．

少し面倒な定積分も，比較的簡単に処理できることがある．

例56$\quad$

次の公式は有名である．

$\int _{0}^{\infty }{\frac {\sin x}{x}}dx={\frac {\pi }{2}}$

これを少し一般化した次の公式を示す．

$\int _{0}^{\infty }{\frac {\sin ax}{x}}dx={\begin{cases}{\frac {\pi }{2}}&(a>0)\\0&(a=0)\\-{\frac {\pi }{2}}&(a<0)\end{cases}}$

この積分を求めるには，次のようにする．まず

(2.35)

$f(t):=\int _{0}^{\infty }{\frac {\sin tx}{x}}dx$

とおいて Laplace 変換 する．：

${\mathcal {L}}[f(t)]=\int _{0}^{\infty }{\frac {{\mathcal {L}}[\sin tx]}{x}}dx$

ここで ${\mathcal {L}}$ と $\int$ とは交換できるものとした．これは Laplace 変換の定義を書き下してみれば分かる通り， 2 重積分の積分順序の交換が許されると仮定することを意味する． 厳密には証明を要するところであるが，おおらかに進むことにしよう．そうすれば，上式は

$=\int _{0}^{\infty }{\frac {dx}{x^{2}+s^{2}}}$

と簡単な積分に変換される．

$=\left[{\frac {1}{s}}\tan ^{-1}{\frac {x}{s}}\right]_{0}^{\infty }={\frac {\pi }{2s}}\quad (s>0)$

すなわち，

${\mathcal {L}}[f(t)]={\frac {\pi }{2s}}\quad (s>0)$

となる．ここで，原像を求めれば，

$f(t)={\frac {\pi }{2}}\quad (t>0)$

を得る．式 (2.35) に戻ってみれば分かるように，$f(t)$ は奇関数であるから，

$\int _{0}^{\infty }{\frac {\sin tx}{x}}dx={\begin{cases}{\frac {\pi }{2}}&(a>0)\\0&(a=0)\\-{\frac {\pi }{2}}&(a<0)\end{cases}}$

となり，$t=a$ とおけば，求める結果を得る．

$\diamondsuit$

例57$\quad$

$\int _{0}^{\infty }{\frac {\cos tx}{x^{2}+a^{2}}}dx={\frac {\pi }{2a}}e^{-a|t|}\quad (a>0)$

を示せ．

解答例

$f(t)=\int _{0}^{\infty }{\frac {\cos tx}{x^{2}+a^{2}}}dx$

とおく．両辺をラプラス変換すると，

${\mathcal {L}}[f(t)]=\int _{0}^{\infty }{\frac {s\ dx}{(x^{2}+a^{2})(x^{2}+s^{2})}}$

$=\int _{0}^{\infty }\left({\frac {1}{x^{2}+a^{2}}}-{\frac {1}{x^{2}+s^{2}}}\right){\frac {s\ dx}{s^{2}-a^{2}}}$

ここで 例56 の結果より

$\int _{0}^{\infty }{\frac {dx}{x^{2}+\alpha ^{2}}}={\frac {\pi }{2\alpha }}$

であることがすでに分かっているから，

${\mathcal {L}}[f(t)]={\frac {s}{(s+a)(s-a)}}\left({\frac {\pi }{2a}}-{\frac {\pi }{2s}}\right)$

$={\frac {\pi }{2}}{\frac {s}{(s+a)(s-a)}}\left({\frac {1}{a}}-{\frac {1}{s}}\right)$

$={\frac {\pi }{2}}{\frac {s}{(s+a)(s-a)}}{\frac {s-a}{as}}$

$={\frac {\pi }{2a(s+a)}}$

したがって

$f(t)={\frac {\pi }{2a}}e^{-at}\quad (t>0)$

を得る．$t>0$ のとき

$f(-t)=\int _{0}^{\infty }{\frac {\cos(-t)x}{x^{2}+a^{2}}}dx=\int _{0}^{\infty }{\frac {\cos tx}{x^{2}+a^{2}}}dx=f(t)$

よって

$f(t)={\frac {\pi }{2a}}e^{-a|t|}\quad (-\infty <t<\infty )$

$\diamondsuit$

例58$\quad$

$\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\cos(a\tan x)dx={\frac {\pi }{2}}e^{-a}\quad (a>0)$

を示せ．

解答例

$f(t)=\int _{0}^{\infty }\cos(t\tan x)dx$

にて $y=\tan x$ と置いて積分変数を $x$ から $y$ に変更する．

${\frac {dy}{dx}}={\frac {1}{\cos ^{2}x}}=1+tan^{2}x=1+y^{2}$

$\therefore {\frac {dx}{dy}}={\frac {1}{1+y^{2}}}$

$\therefore dx={\frac {dy}{1+y^{2}}}$

積分範囲は $x:0\to {\frac {\pi }{2}}$ のとき $y:0\to \infty$． したがって，

$f(t)=\int _{0}^{\infty }{\frac {\cos ty}{1+y^{2}}}dy$

例57 より

$\int _{0}^{\infty }{\frac {\cos tx}{x^{2}+a^{2}}}dx={\frac {\pi }{2a}}e^{-a|t|}\quad (a>0)$

にて $a=1$ を代入．

$f(t)={\frac {\pi }{2}}e^{-t}\quad (t>0)$

$f(a)=\int _{0}^{\infty }\cos(a\tan x)dx={\frac {\pi }{2}}e^{-a}\quad (a>0)$

$\diamondsuit$

例59$\quad$

$\int _{0}^{\infty }{\frac {\sin ax}{x(x^{2}+b^{2})}}dx={\frac {\pi }{2b^{2}}}(1-e^{-ab})\quad (a,b>0)$

を示せ．

解答例

$f(t)=\int _{0}^{\infty }{\frac {\sin tx}{x(x^{2}+b^{2})}}dx$

とおく．両辺をラプラス変換すると，

${\mathcal {L}}[f(t)]=\int _{0}^{\infty }{\frac {x}{x(x^{2}+b^{2})(x^{2}+s^{2})}}dx$

$=\int _{0}^{\infty }\left({\frac {1}{x^{2}+b^{2}}}-{\frac {1}{x^{2}+s^{2}}}\right){\frac {dx}{(s^{2}-b^{2})}}$

例56 より

$\int _{0}^{\infty }{\frac {dx}{x^{2}+\alpha ^{2}}}={\frac {\pi }{2\alpha }}$

を適用し，

${\mathcal {L}}[f(t)]={\frac {1}{(s+b)(s-b)}}\left({\frac {\pi }{2b}}-{\frac {\pi }{2s}}\right)$

$={\frac {\pi }{2(s+b)(s-b)}}{\frac {(s-b)}{bs}}$

$={\frac {\pi }{2bs(s+b)}}$

$={\frac {\pi }{2b^{2}}}\left({\frac {1}{s}}-{\frac {1}{s+b}}\right)$

よって，

$f(t)={\frac {\pi }{2b^{2}}}\left(1-e^{-bt}\right)$

$\therefore f(a)=\int _{0}^{\infty }{\frac {\sin ax}{x(x^{2}+b^{2})}}dx={\frac {\pi }{2b^{2}}}(1-e^{-ab})$

$\diamondsuit$

例60$\quad$

$\int _{0}^{\infty }{\frac {x\sin ax}{(x^{2}+b^{2})}}dx={\frac {\pi }{2}}e^{-ab}\quad (a,b>0)$

を示せ．

解答例

$f(t)=\int _{0}^{\infty }{\frac {x\sin tx}{x^{2}+b^{2}}}dx$

とおく．両辺をラプラス変換して，

${\mathcal {L}}[f(t)]=\int _{0}^{\infty }{\frac {x^{2}dx}{(x^{2}+b^{2})(x^{2}+s^{2})}}$

$={\frac {1}{s^{2}-b^{2}}}\int _{0}^{\infty }\left({\frac {1}{x^{2}+b^{2}}}-{\frac {1}{x^{2}+s^{2}}}\right)x^{2}dx$

$={\frac {1}{(s+b)(s-b)}}\int _{0}^{\infty }\left({\frac {x^{2}}{x^{2}+b^{2}}}-{\frac {x^{2}}{x^{2}+s^{2}}}\right)dx$

$={\frac {1}{(s+b)(s-b)}}\int _{0}^{\infty }\left\{1-{\frac {b^{2}}{x^{2}+b^{2}}}-\left(1-{\frac {s^{2}}{x^{2}+s^{2}}}\right)\right\}dx$

$={\frac {1}{(s+b)(s-b)}}\int _{0}^{\infty }\left({\frac {s^{2}}{x^{2}+s^{2}}}-{\frac {b^{2}}{x^{2}+b^{2}}}\right)dx$

例56 より

$\int _{0}^{\infty }{\frac {dx}{x^{2}+\alpha ^{2}}}={\frac {\pi }{2\alpha }}$

を適用し，

${\mathcal {L}}[f(t)]={\frac {1}{(s+b)(s-b)}}\left[{\frac {s^{2}\pi }{2s}}-{\frac {b^{2}\pi }{2b}}\right]$

$={\frac {1}{(s+b)(s-b)}}{\frac {\pi }{2}}(s-b)$

$={\frac {\pi }{2}}{\frac {1}{s+b}}$

よって，

$f(t)={\frac {\pi }{2}}e^{-bt}\quad (t>0)$

$\therefore f(a)=\int _{0}^{\infty }{\frac {x\sin ax}{(x^{2}+b^{2})}}dx={\frac {\pi }{2}}e^{-ab}\quad (a,b>0)$

$\diamondsuit$