単純な逆ラプラス変換でも留数の総和がそのまま答えにならないことがある

関数$F(s)$の逆ラプラス変換は、任意の正の数$\sigma$を用いて次のように表されます。
\begin{equation*} \newcommand{\dd}[1]{\,\mathrm{d}#1} \DeclareMathOperator{\iLt}{\mathcal{L}^{-1}} \iLt\left[F(s)\right]=\lim_{R\to\infty}\frac{1}{2\pi i}\int_{\sigma-iR}^{\sigma+iR}F(s)e^{st}\dd{s} \end{equation*}
これを比較的簡単に計算する方法として、次の公式が知られています。
\begin{equation*} \DeclareMathOperator{\Res}{Res} \DeclareMathOperator{\iLt}{\mathcal{L}^{-1}} \iLt\left[F(s)\right]=\sum\Res\left[F(s)e^{st}\right] \end{equation*}
$a\neq b$のとき、たとえば
\begin{align*} \DeclareMathOperator{\Res}{Res} \DeclareMathOperator{\iLt}{\mathcal{L}^{-1}} \iLt\left[\frac{1}{(s-a)(s-b)}\right] &=\sum\Res\left[\frac{e^{st}}{(s-a)(s-b)}\right]\\ &=\lim_{s\to a}\frac{e^{st}}{s-b}+\lim_{s\to b}\frac{e^{st}}{s-a}\\ &=\frac{e^{at}-e^{bt}}{a-b} \end{align*}
となり、正しく逆ラプラス変換できています。
このように、ただの分数関数などでは問題ありません。
しかし、変換表で求められる程度の単純な関数の逆ラプラス変換でも、留数の総和では正しい答えにならないことがあります。
その例を示します。
変換表を用いると
\begin{equation*} \DeclareMathOperator{\iLt}{\mathcal{L}^{-1}} \iLt\left[\frac{e^{-s}}{s}\right]=U(t-1) \end{equation*}
であることはすぐにわかります。ただし、関数$U(t)$は単位ステップ関数です。
しかし
\begin{equation*} \DeclareMathOperator{\Res}{Res} \sum\Res\left[\frac{e^{s(t-1)}}{s}\right]=\lim_{s\to 0}e^{s(t-1)}=1 \end{equation*}
となり、$t\geq0$の範囲で不連続点を除いても、関数として一致しません。
そこで、逆ラプラス変換を表す複素積分に立ち返ってみましょう。
\begin{equation*} \newcommand{\dd}[1]{\,\mathrm{d}#1} \DeclareMathOperator{\iLt}{\mathcal{L}^{-1}} \iLt\left[F(s)\right]=\lim_{R\to\infty}\frac{1}{2\pi i}\int_{\sigma-iR}^{\sigma+iR}F(s)e^{st}\dd{s} \end{equation*}
$\sigma+iR$が始点、$\sigma-iR$が終点である半径$R$の左半円状の積分路を、$\Gamma$とします。
逆ラプラス変換が留数の総和で計算できるとされる理由は
\begin{equation*} \newcommand{\dd}[1]{\,\mathrm{d}#1} \lim_{R\to\infty}\int_{\Gamma}F(s)e^{st}\dd{s}=0 \end{equation*}
という仮定です。
$\sigma$を全ての特異点の実部より大きくなるように固定します。
すると、十分大きい$R$で二つの積分路を繋げた内部に全ての特異点が含まれます。
積分路が$\Gamma$の積分は$0$になりますから、留数定理より留数の総和で求まるというわけです。
つまり、積分路が$\Gamma$の積分が$0$にならない場合があると予想できます。
複素積分では求められるということを、先ほどの関数で確かめましょう。
$\sigma$を固定して、逆ラプラス変換を表す複素積分に当てはめてみると
\begin{equation*} \newcommand{\dd}[1]{\,\mathrm{d}#1} \DeclareMathOperator{\iLt}{\mathcal{L}^{-1}} \iLt\left[\frac{e^{-s}}{s}\right]=\lim_{R\to\infty}\frac{1}{2\pi i}\int_{1-iR}^{1+iR}\frac{e^{s(t-1)}}{s}\dd{s} \end{equation*}
です。
$1+iR$が始点、$1-iR$が終点である半径$R$の左半円状の積分路を、$\Gamma$とします。
$t$の値によって場合分けをしながら、積分を評価していきます。
$t-1>0$の場合
\begin{align*} \newcommand{\dd}[1]{\,\mathrm{d}#1} \int_{\Gamma}\frac{e^{s(t-1)}}{s}\dd{s} =\int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}}\frac{e^{(1+Re^{i\theta})(t-1)}}{1+Re^{i\theta}}iRe^{i\theta}\dd{\theta} \end{align*}
積分の三角不等式や、$\frac{\pi}{2}\leq\theta\leq\frac{3\pi}{2}$で$\cos\theta\leq0$や$|1+Re^{i\theta}|\geq R-1$が成立することを用いると
\begin{align*} \newcommand{\dd}[1]{\,\mathrm{d}#1} \left|\int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}}\frac{e^{(1+Re^{i\theta})(t-1)}}{1+Re^{i\theta}}iRe^{i\theta}\dd{\theta}\right| \leq\int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}}\frac{Re^{(1+R\cos\theta)(t-1)}}{R-1}\dd{\theta} \to0\quad(R\to\infty) \end{align*}
よって
\begin{align*} \newcommand{\dd}[1]{\,\mathrm{d}#1} \DeclareMathOperator{\iLt}{\mathcal{L}^{-1}} \iLt\left[\frac{e^{-s}}{s}\right](t)&=\lim_{R\to\infty}\frac{1}{2\pi i}\int_{1-iR}^{1+iR}\frac{e^{s(t-1)}}{s}\dd{s}\\ &=\lim_{R\to\infty}\left[1-\frac{1}{2\pi i}\int_{\Gamma}\frac{e^{s(t-1)}}{s}\dd{s}\right]\\ &=1 \end{align*}
$t-1=0$の場合
\begin{align*} \newcommand{\dd}[1]{\,\mathrm{d}#1} \DeclareMathOperator{\iLt}{\mathcal{L}^{-1}} \DeclareMathOperator{\atan}{\tan^{-1}} \iLt\left[\frac{e^{-s}}{s}\right](t)&=\lim_{R\to\infty}\frac{1}{2\pi i}\int_{1-iR}^{1+iR}\frac{\!\dd{s}}{s}\\ &=\lim_{R\to\infty}\frac{1}{2\pi i}\int_{-R}^{R}\frac{s+i}{s^2+1}\dd{s}\\ &=\lim_{R\to\infty}\frac{1}{2\pi i}\left[\log(s^2+1)+i\atan s\right]_{-R}^R\\ &=\lim_{R\to\infty}\frac{2i}{2\pi i}\frac{\pi}{2}\\ &=\frac{1}{2} \end{align*}
$t-1<0$の場合
\begin{align*} \newcommand{\dd}[1]{\,\mathrm{d}#1} \int_{1-iR}^{1+iR}\frac{e^{s(t-1)}}{s}\dd{s} =\int_{-1+iR}^{-1-iR}\frac{e^{s(1-t)}}{s}\dd{s} \end{align*}
$-1+iR$が始点、$-1-iR$が終点である半径$R$の左半円状の積分路を、$\Gamma'$とします。
特異点は原点のみなので
\begin{align*} \newcommand{\dd}[1]{\,\mathrm{d}#1} \int_{-1+iR}^{-1-iR}\frac{e^{s(1-t)}}{s}\dd{s} &=\int_{\Gamma'}\frac{e^{s(1-t)}}{s}\dd{s}\\ &=\int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}}\frac{e^{(-1+Re^{i\theta})(1-t)}}{-1+Re^{i\theta}}iRe^{i\theta}\dd{\theta} \end{align*}
積分の三角不等式や、$\frac{\pi}{2}\leq\theta\leq\frac{3\pi}{2}$で$\cos\theta\leq0$や$|1+Re^{i\theta}|\geq\sqrt{1+R^2}$が成立することを用いると
\begin{align*} \newcommand{\dd}[1]{\,\mathrm{d}#1} \left|\int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}}\frac{e^{(-1+Re^{i\theta})(1-t)}}{-1+Re^{i\theta}}iRe^{i\theta}\dd{\theta}\right| \leq\int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}}\frac{Re^{(-1+R\cos\theta)(1-t)}}{\sqrt{1+R^2}}\dd{\theta} \to0\quad(R\to\infty) \end{align*}
よって
\begin{align*} \newcommand{\dd}[1]{\,\mathrm{d}#1} \DeclareMathOperator{\iLt}{\mathcal{L}^{-1}} \iLt\left[\frac{e^{-s}}{s}\right](t)&=\lim_{R\to\infty}\frac{1}{2\pi i}\int_{1-iR}^{1+iR}\frac{e^{s(t-1)}}{s}\dd{s}\\ &=\lim_{R\to\infty}\frac{1}{2\pi i}\int_{\Gamma'}\frac{e^{s(1-t)}}{s}\dd{s}\\ &=0 \end{align*}
まとめると
\begin{align*} \newcommand{\dd}[1]{\,\mathrm{d}#1} \DeclareMathOperator{\iLt}{\mathcal{L}^{-1}} \iLt\left[\frac{e^{-s}}{s}\right]= \left\{ \begin{array}{ll} 1&(t>1)\\ \frac{1}{2}&(t=1)\\ 0&(t<1) \end{array} \right. \end{align*}
不連続点を除いて、$U(t-1)$と等しくなりました。