【ラプラス変換】ラプラス変換とラプラス逆変換~概要と例題~

ラプラス変換

 本記事から、ラプラス変換の解説を始めていく。

 フーリエ変換と同様に、ラプラス変換もある関数を別の関数に写像する操作である。

 ラプラス変換を利用すると、微分方程式を容易に解くことができる。

概要

 \(0\leq t<\infty\)で定義される\(t\)の関数\(f(t)\)に対し、ラプラス変換\(F(s)\)を次式で定義する。

ラプラス変換

\begin{align}
F(s)=\mathcal{L}[f(t)]=\int_{0}^{\infty}f(t)e^{-st}dt \label{laplace}\tag{1}
\end{align}

 このとき、\(f(t)\)を\(F(s)\)を使って表すラプラス逆変換は次式のように表す。

ラプラス逆変換

\begin{align}
\mathcal{L}^{-1}[F(s)]=f(t) \label{lapinv}\tag{2}
\end{align}

変換表

 詳しい計算は省略するが、具体的な関数をラプラス変換した結果を一覧にして示す。

変換前\(f(t)\)変換後\(F(s)\)
\(1\)\(\displaystyle{\frac{1}{s}}\)
\(t^{n}\) \(\displaystyle{\frac{n!}{s^{n+1}}}\)
\(e^{at}\) \(\displaystyle{\frac{1}{s-a}}\)
\(\cos(at)\) \(\displaystyle{\frac{s}{s^{2}+a^{2}}}\)
\(\sin(at)\) \(\displaystyle{\frac{a}{s^{2}+a^{2}}}\)
\(\cosh(at)\) \(\displaystyle{\frac{s}{s^{2}-a^{2}}}\)
\(\sinh(at)\) \(\displaystyle{\frac{a}{s^{2}-a^{2}}}\)

性質

 続いて、ラプラス変換の性質を一覧で示す。

変換前\(f(t)\)変換後\(F(s)\)
線形性\(af(t)+bg(t)\)\(aF(s)+bG(s)\)
対称性\(f(at)\)\(\displaystyle{\frac{1}{a}F\left(\frac{s}{a}\right)}\)
指数関数との積\(e^{at}f(t)\)\(F(s-a)\)
\(n\)階微分\(\displaystyle{\frac{d^{n}}{dt^{n}}f(t)}\)\(\displaystyle{s^{n}F(s)-\sum_{k=1}^{n}s^{n-k}\left.\frac{d^{k-1}}{dt^{k-1}}f(t)\right|_{t=0}}\)
\(t^{n}\)との積\(t^{n}f(t)\)\(\displaystyle{(-1)^{n}\frac{d^{n}}{ds^{n}}F(s)}\)
\(1/t^{n}\)との積\(\displaystyle{\frac{f(t)}{t^{n}}}\)\(\displaystyle{\int_{s}^{\infty} \int_{s}^{\infty} \cdots \int_{s}^{\infty} F(s)(ds)^{n}}\)
積分\(\displaystyle{\int_{0}^{t} \int_{0}^{u_{n-1}}\cdots\int_{0}^{u_{1}}f(u)dudu_{1}\cdots du_{n-1}}\)\(\displaystyle{\frac{F(s)}{s^{n}}}\)

 ここで\(n\)回微分のラプラス変換に着目してほしい。

  \(n\)回微分をラプラス変換すると、微分される関数\(f(t)\)のラプラス変換\(F(s)\)と\(n\)回微分の初期値の足し合わせで表現される。

 これは、微分方程式をラプラス変換すると代数方程式になることを示している。

 すなわちラプラス変換が出来れば、微分方程式の形から解法(変数分離や定数変化法など)を選択するという紛らわしいことをする必要なく、全て同じ手順で解を求めることが可能となる。

 ラプラス変換を利用した微分方程式の解法は下記のようになる。

ラプラス変換を利用した微分方程式の解法

① \(f(t)\)の微分方程式をラプラス変換する。

② \(F(s)\)の代数方程式が現れるので、これを\(F(s)\)について解く。

③ \(F(s)\)について解いた代数方程式をラプラス逆変換する。

例題

 ここで実際に、具体的な微分方程式をラプラス変換を利用して解いてみる。

例題

 次の線形常微分方程式をラプラス変換を利用して解け。

 ただし\(df(t)/dt=f'(t)\)である。

(1) \(\displaystyle{\frac{d}{dt}f(t)+2f(t)-6=0\quad\left(f(0)=6\right)}\)

(2) \(\displaystyle{\frac{d^{2}}{dt^{2}}f(t)+\omega^{2}f(t)=0\quad\left(f(0)=x_{0},f'(0)=v_{0}\right)}\)

解説

 \(\mathcal{L}[f(t)]=F(s)\)とする。

(1)

 両辺をラプラス変換すると

\begin{gather}
\mathcal{L}\left[ \frac{d}{dt}f(t) \right]+2\mathcal{L}[f(t)]-6\mathcal{L}[1]=0\\
sF(s)-f(0)+2F(s)-\frac{6}{s}=0 \\
sF(s)-6+2F(s)-\frac{6}{s}=0 \quad(初期条件より)\\
(s+2)F(s)=6+\frac{6}{s}\\
F(s)=\frac{6}{s+2}+\frac{6}{s(s+2)}\label{laprei1-2}\tag{3}
\end{gather}

となる。

 (\ref{laprei1-2})を整理すると

\begin{align}
F(s)=\frac{6}{s+2}+3\left(\frac{1}{s}-\frac{1}{s+2}\right)=\frac{3}{s}+\frac{3}{s+2}
\end{align}

となるため、これをラプラス逆変換すれば

\begin{align}
\mathcal{L} ^{-1} [F(s)]=3 \mathcal{L} ^{-1} \left[\frac{1}{s}\right]+3 \mathcal{L} ^{-1} \left[\frac{1}{s+2}\right]=3\cdot 1+3\cdot e^{-2t}=3(1+e^{-2t})
\end{align}

となる。

 よって解は\(\boxed{f(t)=3(1+e^{-2t})}\)となる。

 

(2)

 典型的な調和振動子の微分方程式である。

 両辺をラプラス変換すると

\begin{gather}
\mathcal{L}\left[ \frac{d^{2}}{dt^{2}}f(t) \right]+\omega^{2}\mathcal{L}[f(t)]=0\\
s^{2}F(s)-sf(0)-f'(0)+\omega^{2}F(s)=0\\
s^{2}F(s)-sx_{0}-v_{0}+\omega^{2}F(s)=0 \quad(初期条件より)\\
F(s)=x_{0}\frac{s}{s^{2}+\omega^{2}}+v_{0}\frac{1}{s^{2}+\omega^{2}}\label{laprei2-2}\tag{4}
\end{gather}

となる。

 (\ref{laprei2-2})を変形すると

\begin{align}
F(s)= x_{0}\frac{s}{s^{2}+\omega^{2}}+\frac{v_{0}}{\omega}\frac{\omega}{s^{2}+\omega^{2}}
\end{align}

となるため、これをラプラス逆変換すれば

\begin{align}
\mathcal{L} ^{-1} [F(s)]=x_{0} \mathcal{L} ^{-1} \left[\frac{s}{s^{2}+\omega^{2}}\right]+\frac{ v_{0} }{\omega}\mathcal{L} ^{-1} \left[\frac{\omega}{s^{2}+\omega^{2}}\right]= x_{0} \cos(\omega t)+ \frac{v_{0}}{\omega} \sin(\omega t)
\end{align}

となる。

 よって解は\(\boxed{\displaystyle{f(t)=x_{0}\cos(\omega t)+ \frac{v_{0}}{\omega} \sin(\omega t)}}\)となる。

終わりに

 これで、ラプラス変換を利用した微分方程式の解き方は把握できたかと思う。

 例題では比較的簡単な微分方程式を扱ったため、ラプラス変換のありがたみはあまり感じなかったかもしれない。

 だがこれが複雑なものになってくると、ラプラス変換が威力を発揮する。

 次回は問題演習回として、もう少し複雑な微分方程式をラプラス変換を利用して解いていく。

 

 END

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