ラプラス変換とは
ラプラス変換とは、時間領域の関数を複素領域（周波数領域）の関数に写像する積分変換で、変換後の関数や信号を解析することで、システムの特性や応答を求めることができ、制御工学や信号処理、電気回路理論などの分野で広く応用されています。
関数 $f(t)$ のラプラス変換は以下で定義されます。ここで $s=\sigma+i\omega$ です。
$$F(s)\equiv{\mathcal L}\Big[f(t)\Big]=\int_0^\infty f(t)e^{-st}dt -①$$
ラプラス変換は、定義より以下のような線形性を持ちます。
$${\mathcal L}\Big[a_1f_1(t)+a_2f_2(t)\Big]=a_1F_1(s)+a_2F_2(s)$$
逆ラプラス変換
逆ラプラス変換とは、ある関数 $f(t)$ のラプラス変換 $F(s)$ を元の関数に戻す積分変換です。逆変換は、複素平面の実軸上の点を通り虚軸に平行な直線上の積分で与えられます。
$$f(t)={\mathcal L}^{-1}\Big[F(s)\Big]\equiv\frac{1}{2\pi i}\int_{C-i\infty}^{C+i\infty}F(t)e^{st}dt$$
ラプラス変換を導く
時間微分
時間微分のラプラス変換は以下になります。
$${\mathcal L}\Big[\dot{f}(t)\Big]=sF(s)-f(0) -②$$$${\mathcal L}\Big[\ddot{f}(t)\Big]=s^2F(s)-sf(0)-\dot{f}(0) -③$$$$\cdots$$$${\mathcal L}\Big[f^{(n)}(t)\Big]=s^nF(s)-\sum_{j=0}^{n-1}s^{n-j-1}f^{(j)}(0)$$
ここで初期値を全て０と仮定すると、
$$f(0)=\dot{f}(0)=\ddot{f}(0)=\cdots=0$$
$f(t)$ を時間微分することと、$F(s)$ に $s$ を掛けることは等価であることが言えます。尚、$\dot{f}\equiv df/dt$ と書き替えています。
| $${\mathcal L}\Big[\dot{f}(t)\Big]=sF(s)$$$${\mathcal L}\Big[\ddot{f}(t)\Big]=s^2F(s)$$$$\cdots$$$${\mathcal L}\Big[f^{(n)}(t)\Big]=s^nF(s)$$ |
②を導く
②の左辺を①に代入し、部分積分を行うと、
$${\mathcal L}\Big[\frac{df(t)}{dt}\Big]=\int_0^\infty\frac{df(t)}{dt}e^{-st}dt$$$$=\int_0^\infty sf(t)e^{-st}dt+\int_0^\infty\frac{d}{dt}\big(f(x)e^{-st}\big)dt$$$$=s{\mathcal L}\Big[f(t)\Big]+\Big[f(t)e^{-st}\Big]_0^\infty$$$$=sF(s)-f(0)$$
これより②が得られます。
③を導く
②で $f\to df/dt$ と置き換えると、
$${\mathcal L}\Big[\frac{d^2f(t)}{dt^2}\Big]=s{\mathcal L}\Big[\frac{df(t)}{dt}\Big]-\frac{df(0)}{dt}$$$$=s\Big(sF(s)-f(0)\Big)-\frac{df(0)}{dt}$$
これより③が得られます。
時間積分
$f(t)$ の時間積分を $f^{(-1)}(t)$ で表すと、時間積分のラプラス変換は以下になります。
$${\mathcal L}\Big[f^{(-1)}(t)\Big]=\frac{1}{s}F(s)+\frac{1}{s}f^{(-1)}(0) -④$$$${\mathcal L}\Big[f^{(-2)}(t)\Big]=\frac{1}{s^2}F(s)+\frac{1}{s^2}f^{(-1)}(0)+\frac{1}{s}f^{(-2)}(0) -⑤$$$$\cdots$$$${\mathcal L}\Big[f^{(-n)}(t)\Big]=\frac{1}{s^n}F(s)+\sum_{j=1}^n\frac{1}{s^j}f^{(j-n-1)}(0)$$
ここで初期値を全て０と仮定すると、
$$f^{(-1)}(0)=f^{(-2)}(0)=\cdots=0$$
$f(t)$ を時間積分することと、$F(s)$ を $s$ で割ることは等価であることが言えます。
| $${\mathcal L}\Big[f^{(-1)}(t)\Big]=\frac{1}{s}F(s)$$$${\mathcal L}\Big[f^{(-2)}(t)\Big]=\frac{1}{s^2}F(s)$$$$\cdots$$$${\mathcal L}\Big[f^{(-n)}(t)\Big]=\frac{1}{s^n}F(s)$$ |
④を導く
$f(t)$ の時間積分を $f^{(-1)}(t)$ で表すので、
$$\int_0^tf(\tau)d\tau=\Big[f^{(-1)}(\tau)\Big]_0^t=f^{(-1)}(t)-f^{(-1)}(0)$$
これを④の左辺に代入すると、
$${\mathcal L}\Big[f^{(-1)}(t)\Big]={\mathcal L}\Big[\int_0^tf(\tau)d\tau+f^{(-1)}(0)\Big]$$
$$=\int_0^\infty\int_0^tf(\tau)e^{-st}d\tau dt+\int_0^\infty f^{(-1)}(0)e^{-st}dt$$
$$=\Big[-\frac{e^{-st}}{s}\int_0^tf(\tau)d\tau\Big]_0^\infty+\frac{1}{s}\int_0^\infty f(t)e^{-st}dt+f^{(-1)}(0)\Big[-\frac{1}{s}e^{-st}\Big]_0^\infty$$
$$=\lim_{t\to0}\frac{1}{s}\int_0^tf(\tau)d\tau+\frac{1}{s}\int_0^\infty f(t)e^{-st}dt+\frac{1}{s}f^{(-1)}(0)$$
第１項について、０になるよう $s$ の実数部を定めると以下になります。
$${\mathcal L}\Big[f^{(-1)}(t)\Big]=\frac{1}{s}\int_0^\infty f(t)e^{-st}dt+\frac{1}{s}f^{(-1)}(0)$$
これより⓸が得られます。
初等関数
初等関数のラプラス変換は以下になります。
| $${\mathcal L}\Big[t^n\Big]=\frac{n!}{s^{n+1}} -⑥$$$${\mathcal L}\Big[\cos{\omega t}\Big]=\frac{s}{s^2+\omega^2} -⑦$$$${\mathcal L}\Big[\sin{\omega t}\Big]=\frac{\omega}{s^2+\omega^2} -⑧$$$${\mathcal L}\Big[e^{at}\Big]=\frac{1}{s-a} -⑨$$$${\mathcal L}\Big[e^{at}\cos{\omega t}\Big]=\frac{s-a}{(s-a)^2+\omega^2} -⑩$$$${\mathcal L}\Big[e^{at}\sin{\omega t}\Big]=\frac{\omega}{(s-a)^2+\omega^2} -⑪$$ |
特に⑥で $n=0$ の場合は単位ステップ関数と呼ばれ、ラプラス変換は以下になります。
$${\mathcal L}\Big[1\Big]=\frac{1}{s}$$
⑥を導く
$n=1$ の場合は、
$$\int_0^\infty te^{-st}dt=\Big[-\frac{1}{s}te^{-st}\Big]_0^\infty+\frac{1}{s}\int_0^\infty e^{-st}dt$$
ここで以下が０になるよう $s$ の実数部を定めると、
$$\lim_{t\to\infty}t^ne^{-st}=0$$
第１項は０になるため、
$${\mathcal L}\Big[t\Big]=\frac{1}{s^2}$$
$n=2$ の場合は、
$$\int_0^\infty t^2e^{-st}dt=\Big[-\frac{1}{s}t^2e^{-st}\Big]_0^\infty+\frac{1}{s}\int_0^\infty 2te^{-st}dt$$
同様の仮定より、
$${\mathcal L}\Big[t^2\Big]=\frac{2}{s^3}$$
従って、以下の関係が成立つことが分かります。これより⑥が導かれます。
$${\mathcal L}\Big[t^n\Big]=\frac{n}{s}{\mathcal L}\Big[t^{n-1}\Big]$$
⑦を導く
ラプラス変換の定義より、
$$\int_0^\infty\cos{\omega t}e^{-st}dt=\frac{1}{2}\int_0^\infty\Big(e^{i\omega t}+e^{-i\omega t}\Big)e^{-st}dt$$$$=\frac{1}{2}\Big(\frac{1}{s-i\omega}+\frac{1}{s+i\omega}\Big)=\frac{s}{s^2+\omega^2}$$
ここで、被積分の第１項と第２項はそれぞれ以下を利用しています。
$$\int_0^\infty e^{-(s-i\omega)t}dt=-\frac{1}{s-i\omega}\Big[e^{-(s-i\omega)t}\Big]_0^\infty=\frac{1}{s-i\omega} -(1)$$$$\int_0^\infty e^{-(s+i\omega)t}dt=-\frac{1}{s+i\omega}\Big[e^{-(s+i\omega)t}\Big]_0^\infty=\frac{1}{s+i\omega} -(2)$$
⑧を導く
ラプラス変換の定義より、
$$\int_0^\infty\sin{\omega t}e^{-st}dt=\frac{1}{2i}\int_0^\infty\Big(e^{i\omega t}-e^{-i\omega t}\Big)e^{-st}dt$$$$=\frac{1}{2i}\Big(\frac{1}{s-i\omega}-\frac{1}{s+i\omega}\Big)=\frac{\omega}{s^2+\omega^2}$$
ここで、被積分の第１項と第２項はそれぞれ (1) と (2) を利用しています。
⑨を導く
ラプラス変換の定義より、
$$\int_0^\infty e^{at}e^{-st}dt=\frac{1}{a-s}\Big[e^{(a-s)t}\Big]_0^\infty=\frac{1}{s-a}$$
ここで、以下が０になるよう $s$ の実数部を仮定します。
$$\lim_{t\to\infty}e^{(a-s)t}=0$$
⑩を導く
ラプラス変換の定義より、
$$\int_0^\infty e^{at}\cos{\omega t}e^{-st}dt=\frac{1}{2}\int_0^\infty e^{(a-s)t}\Big(e^{i\omega t}+e^{-i\omega t}\Big)dt$$$$=\frac{1}{2}\Big(\frac{1}{s-a-i\omega}+\frac{1}{s-a+i\omega}\Big)=\frac{s-a}{(s-a)^2+\omega^2}$$
途中の積分では $s\to s-a$ と置いて (1) と (2) を使っています。
⑪を導く
ラプラス変換の定義より、
$$\int_0^\infty e^{at}\sin{\omega t}e^{-st}dt=\frac{1}{2i}\int_0^\infty e^{(a-s)t}\Big(e^{i\omega t}-e^{-i\omega t}\Big)dt$$$$=\frac{1}{2i}\Big(\frac{1}{s-a-i\omega}-\frac{1}{s-a+i\omega}\Big)=\frac{\omega}{(s-a)^2+\omega^2}$$
途中の積分では $s\to s-a$ と置いて (1) と (2) を使っています。
デルタ関数
デルタ関数のラプラス変換は以下になります。
| $${\mathcal L}\Big[\delta(t)\Big]=1 -⑫$$ |
⑫を導く
デルタ関数を以下で定義すると、
$$\delta(t)\equiv\lim_{\epsilon\to0}\delta_\epsilon(t)$$
$$\delta_\epsilon(t)=\left\{\begin{array}{ll}
1/\epsilon & (0\le t\le\epsilon) \\
0 & (t\lt0,\epsilon\lt t)\end{array} \right.$$
以下のような性質を持ちます。
$$\int_0^\infty\delta(t)dt=1$$
ラプラス変換の定義より、
$$\int_0^\infty\delta(t)e^{-st}dt=\lim_{\epsilon\to0}\int_0^\epsilon\frac{1}{\epsilon}e^{-st}dt$$$$=\lim_{\epsilon\to0}\frac{1-e^{-s\epsilon}}{s\epsilon}=\lim_{\epsilon\to0}\frac{d(1-e^{-s\epsilon})/d\epsilon}{d(s\epsilon)/d\epsilon}$$$$=\lim_{\epsilon\to0}\frac{se^{-s\epsilon}}{s}=1$$
