${\displaystyle t^n{e}^{-at}}$のラプラス変換

${\displaystyle \mathcal{L}\left\{t^n{e}^{-at}\right\}=\frac{n!}{{\left(s+a\right)}^{n+1}}}$

ただし，$n$は自然数，${\displaystyle \mathrm{Re}\left(s+a\right)>0}$ とする．

■証明

ラプラス変換の定義より

${\displaystyle \mathcal{L}\left\{t^n{e}^{-at}\right\}}$ ${\displaystyle ={{\displaystyle \int }}_0^{\infty }{t}^n{e}^{-at}\cdot e^{-st}dt}$

${\displaystyle ={{\displaystyle \int }}_0^{\infty }{t}^n{e}^{-\left(s+a\right)t}dt}$

${\displaystyle ={{\displaystyle \int }}_0^{\infty }{t}^n{\left\{-\frac{1}{s+a}{e}^{-\left(s+a\right)t}\right\}}^{\prime }dt}$

部分積分法を用いる．

${\displaystyle ={\left[t^n\left\{-\frac{1}{s+a}{e}^{-\left(s+a\right)t}\right\}\right]}_0^{\infty }}$ ${\displaystyle -{{\displaystyle \int }}_0^{\infty }{\left(t^n\right)}^{\prime }\left\{-\frac{1}{s+a}{e}^{-\left(s+a\right)t}\right\}dt}$

${\displaystyle =0+\frac{n}{s+a}{{\displaystyle \int }}_0^{\infty }{t}^{n-1}{e}^{-\left(s+a\right)t}dt}$

∵${\displaystyle n\geqq 0}$ ，${\displaystyle \mathrm{Re}\left(s+a\right)>0}$

${\displaystyle =\frac{n}{s+a}{{\displaystyle \int }}_0^{\infty }{t}^{n-1}{e}^{-\left(s+a\right)t}dt}$　･･････(1)

${\displaystyle {{\displaystyle \int }}_0^{\infty }{t}^n{e}^{-\left(s+a\right)t}dt=I_n}$ とおくと(1)は

${\displaystyle I_n=\frac{n}{s+a}{I}_{n-1}}$　･･････(2)

となる．(2)の漸化式は以下のように式展開できる．

${\displaystyle I_n=\frac{n}{s+a}{I}_{n-1}}$

${\displaystyle =\frac{n}{s+a}\cdot \frac{n-1}{s+a}{I}_{n-2}}$

${\displaystyle =\frac{n}{s+a}\cdot \frac{n-1}{s+a}\cdot \frac{n-2}{s+a}{I}_{n-3}}$

${\displaystyle \cdots }$

${\displaystyle =\frac{n!}{{\left(s+a\right)}^n}{I}_0}$　･･････(3)

ここで

${\displaystyle I_0={{\displaystyle \int }}_0^{\infty }{e}^{-\left(s+a\right)t}dt}$ ${\displaystyle ={\left[-\frac{1}{s+a}{e}^{-\left(s+a\right)t}\right]}_0^{\infty }}$ ${\displaystyle =\frac{1}{s+a}}$　･･････(4)

となる．

(3)に(4)を代入する．

${\displaystyle I_n=\frac{n!}{{\left(s+a\right)}^n}\cdot \frac{1}{s+a}}$${\displaystyle =\frac{n!}{{\left(s+a\right)}^{n+1}}}$　･･････(5)

したがって

${\displaystyle \mathcal{L}\left\{t^n{e}^{-at}\right\}=\frac{n!}{{\left(s+a\right)}^{n+1}}}$

となる．

■別証明

微分則

${\displaystyle \mathcal{L}\left\{{\left(-t\right)}^{n}f\left(t\right)\right\}=F^{\left(n\right)}\left(s\right)}$　ただし， ${\displaystyle F\left(s\right)=\mathcal{L}\left\{f\left(t\right)\right\}}$　･･････(6)

を活用する．

${\displaystyle f\left(t\right)=e^{-at}}$　･･････(7)

とすると，指数関数のラプラス変換より

${\displaystyle F\left(s\right)=\frac{1}{s+a}}$　･･････(8)

である．

(6)に(7)，(8)を代入する．

${\displaystyle \mathcal{L}\left\{{\left(-t\right)}^{n}f\left(t\right)\right\}=\frac{d^n}{d{s}^n}\frac{1}{s+a}}$

${\displaystyle =\frac{d^n}{d{s}^n}{\left(s+a\right)}^{-1}}$

${\displaystyle =\frac{d^{n-1}}{d{s}^{n-1}}\left\{\frac{d}{ds}{\left(s+a\right)}^{-1}\right\}}$

${\displaystyle =\frac{d^{n-1}}{d{s}^{n-1}}\left(-1\right){\left(s+a\right)}^{-2}}$

${\displaystyle =\left(-1\right)\frac{d^{n-1}}{d{s}^{n-1}}{\left(s+a\right)}^{-2}}$

${\displaystyle =\left(-1\right)\left(-2\right)\frac{d^{n-2}}{d{s}^{n-2}}{\left(s+a\right)}^{-3}}$

${\displaystyle \cdots }$

${\displaystyle ={\left(-1\right)}^n\frac{n!}{{\left(s+a\right)}^{n+1}}}$ 　･･････(9)

${\displaystyle n\geqq 0}$ ，

ラプラス変換の線形性より

${\displaystyle \mathcal{L}\left\{{\left(-t\right)}^n{e}^{-at}\right\}={\left(-1\right)}^n\mathcal{L}\left\{t^n{e}^{-at}\right\}}$ ･･････(10)

の関係が成り立つ．

(9)と(10)より

${\displaystyle {\left(-1\right)}^n\mathcal{L}\left\{t^n{e}^{-at}\right\}={\left(-1\right)}^n\frac{n!}{{\left(s+a\right)}^{n+1}}}$

両辺を${\displaystyle {\left(-1\right)}^n}$ で割って

${\displaystyle \mathcal{L}\left\{t^n{e}^{-at}\right\}=\frac{n!}{{\left(s+a\right)}^{n+1}}}$

となる．

　

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　最終更新日： 2026年7月26日