${\displaystyle t{e}^{-at}}$のラプラス変換

${\displaystyle \mathcal{L}\left\{t{e}^{-at}\right\}}$${\displaystyle =\frac{1}{{\left(s+a\right)}^2}}$

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

■証明

ラプラス変換の定義より

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

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

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

部分積分法を用いる．

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

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

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

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

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

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

${\displaystyle =\frac{1}{s+a}\left(0+\frac{1}{s+a}\right)}$

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

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

■別証明

微分則

${\displaystyle {L}\left\{-tf\left(t\right)\right\}=\frac{dF\left(s\right)}{ds}}$　ただし，${\displaystyle F\left(s\right)={L}\left\{f\left(t\right)\right\}}$　･･････(1)

を活用する．

${\displaystyle f\left(t\right)=e^{-at}}$　･･････(2)

とすると，指数関数のラプラス変換より

${\displaystyle F\left(s\right)=\frac{1}{s+a}}$　･･････(3)

である．

(1)に(2)，(3)を代入する．

${\displaystyle {L}\left\{-t{e}^{-at}\right\}=\frac{d}{ds}\frac{1}{s+a}}$

${\displaystyle =-\frac{1}{{\left(s+a\right)}^2}}$　･･････(4)

ラプラス変換の線形性より

${\displaystyle {L}\left\{-t{e}^{-at}\right\}=-{L}\left\{t{e}^{-at}\right\}}$　･･････(5)

の関係が成り立つ．

(4)と(5)より

${\displaystyle -{L}\left\{t{e}^{-at}\right\}=-\frac{1}{{\left(s+a\right)}^2}}$

${\displaystyle {L}\left\{t{e}^{-at}\right\}=\frac{1}{{\left(s+a\right)}^2}}$

となる．

　

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　最終更新日： 2026年7月26日