ラプラス変換 \[\mathcal{L}[f(t)]=\int_{0}^{\infty} e^{-st}f(t)dt\] について，計算方法と応用例として微分方程式を解く方法を紹介します。
- ラプラス変換の変換方法と具体的な例
- 様々な関数のラプラス変換の計算結果
- ラプラス変換を用いた微分方程式の解き方
ラプラス変換とは
\(0 \leq t < \infty\) で定義される関数 \(f(t)\) に対して積分変換
\[F(s)=\mathcal{L}[f(t)]=\int_{0}^{\infty} e^{-st}f(t)dt\]
をラプラス変換といいます。
フーリエ変換 \[\mathcal{F}[f(k)]=\int_{-\infty}^{\infty} e^{-ikx}f(x)dx\] とも似ていますが，フーリエ変換とは違い \(s\) は一般に複素数であり，また，積分範囲も \([0,\infty]\) であるところが異なります。
一方，フーリエ変換と同様で，ラプラス変換は関数を別の変数に変換させ，計算の見通しを良くするために使われます。
ラプラス変換の性質
ラプラス変換は次の性質を満たします（\(a,b\) は定数です）。
- 性質１（線形性）\[\mathcal{L}[af(x)+bg(x)]=a\mathcal{L}[f(x)]+b\mathcal{L}[g(x)]\]
- 性質２（相似性）\[\mathcal{L}[f(ax)]=\frac{1}{a}F\left( \frac{s}{a}\right)\]
- 性質３（移動定理）\[\mathcal{L}[e^{at}f(t)]=F(s-a)\]
ラプラス変換の計算例
実際にラプラス変換をいくつか計算してみます。
次のラプラス変換を求めなさい。
(1) \(\mathcal{L}[1]\) (2) \(\mathcal{L}[t]\) (3) \(\mathcal{L}[\cos bt]\)
(1) \[\begin{align} \mathcal{L}[1] &=\int_{0}^{\infty} e^{-st}dt \\ &=\left[- \frac{e^{-st}}{s}\right]_{0}^{\infty}=\frac{1}{s} \end{align}\]
(2) \[\begin{align} \mathcal{L}[t]&=\int_{0}^{\infty} te^{-st}dt \\ &= \left[- \frac{t e^{-st}}{s}\right]_{0}^{\infty}+\frac{1}{s}\int_{0}^{\infty} e^{-st}dt\\&=\left[- \frac{e^{-st}}{s^2}\right]_{0}^{\infty}=\frac{1}{s^2} \end{align}\] ここで，\(t \to \infty\) で \(e^{-st}\) が有限な値を持つ条件として \(\text{Re}\; s >0\) を仮定しました（以下でもこの仮定を使います）。
(3) 性質１とオイラーの公式より \[ \cos bt =\frac{1}{2}(e^{ibt}+e^{-ibt})\] であることを用いると \[\begin{align} &\mathcal{L}[\cos bt] = \mathcal{L}\left[\frac{1}{2}(e^{ibt}+e^{-ibt}) \right] \\ &= \frac{1}{2}\mathcal{L}[e^{ibt}]+\frac{1}{2}\mathcal{L}[e^{-ibt}] \\ &= \frac{1}{2}\int_{0}^{\infty} e^{-s+ibt}dt +\frac{1}{2}\int_{0}^{\infty} e^{-s-ibt}dt \\ &= \frac{1}{2}\left[- \frac{e^{-s+ibt}}{s-ib}\right]_{0}^{\infty} + \frac{1}{2}\left[- \frac{e^{-s-ibt}}{s+ib}\right]_{0}^{\infty} \\ &=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{s-ib}+\frac{1}{s+ib} \right) \\ &= \frac{s}{s^2+b^2} \end{align}\]
その他，主なラプラス変換の計算結果を一覧すると次の表の通りになります。
| 変換前の関数 \(f(t)\) | 変換後の関数 \(F(s)\) |
|---|---|
| \(1\) | \(\displaystyle \frac{1}{s}\) |
| \(t\) | \(\displaystyle \frac{1}{s^2}\) |
| \(t^n\) | \(\displaystyle \frac{n!}{s^{n+1}}\) |
| \(e^{at} \) | \(\displaystyle \frac{1}{s-a}\) |
| \(te^{at}\) | \(\displaystyle \frac{1}{(s-a)^2}\) |
| \(\sin bt \) | \(\displaystyle \frac{b}{s^2+b^2}\) |
| \(\cos bt \) | \(\displaystyle \frac{s}{s^2+b^2}\) |
| \(e^{at} \sin bt\) | \(\displaystyle \frac{b}{(s-a)^2+b^2}\) |
| \(e^{at} \cos bt\) | \(\displaystyle \frac{s-a}{(s-a)^2+b^2}\) |
| \(t \sin bt\) | \(\displaystyle \frac{2bs}{(s^2+b^2)^2}\) |
| \( t \cos bt\) | \(\displaystyle \frac{s^2-b^2}{(s^2+b^2)^2}\) |
あんとら移動性の性質から \(e^{at}\) は \(s \to s-a\) に変換させる作用を持つと考えると少し覚える手間が省けます
ラプラス逆変換
ラプラス変換に対し，その逆変換は
\[f(t)=\mathcal{L}^{-1}[F(s)]=\frac{1}{2\pi i}\int_{s_r-i \infty}^{s_r+i\infty} e^{st}F(s) ds\]
で定義されます（\(s_r\) は複素数 \(s\) の実部）。
この計算は一般に大変なものになり，あまり実用的な式ではありません。
そこで，計算の際には，上のラプラス変換の対応表を使い逆引き的な方法を使って計算します。
あんとら上の表ですべてのラプラス変換が対応出来るわけではありませんが，かなり幅広い範囲の関数をカバーすることができます
上の表を参考にして，次の関数をラプラス逆変換しなさい。
(1) \(\displaystyle \frac{1}{2s-1}\) (2) \(\displaystyle \frac{9}{s^2+3}\)
(1) \[\frac{1}{2s-1}=\frac{1}{2} \frac{1}{s-1/2}\] より，この関数は上の表の \(e^{at}\) の変換で \(\displaystyle a=\frac{1}{2}\) としたものに等しい。従って \[\mathcal{L}^{-1} \left[\frac{1}{2s-1} \right]=\frac{1}{2}e^{\frac{1}{2}t}\]
(2) この関数は上の表の \(\sin bt\) の変換で \(b=3\) としたものに等しい。従って \[\mathcal{L}^{-1} \left[\frac{9}{s^2+3} \right] = \sin 3t\]
ラプラス変換を用いて微分方程式の初期値問題を解く
ラプラス変換は初期値が与えられた微分方程式において大きな威力を発揮します。
ここでは，初期値問題として次の問題を考えます。
\(x(t)\) に関する次の微分方程式を解きなさい。 \[\frac{d^2 x}{dt^2}+2\frac{dx}{dt}+x= t\] ただし初期条件は \(x(0)=0, \; x'(0)=2\) であるとする。
初期値が与えられた微分方程式ではまず全体をラプラス変換します。すると，線形性より
\[\mathcal{L}\left[\frac{d^2 x}{dt^2}\right]+\mathcal{L}\left[\frac{dx}{dt} \right]+\mathcal{L}[x]=\mathcal{L}[t]\]
とできます。
ここで，微分演算子のラプラス変換を考えます。初期条件を考慮し，部分積分すると
\[\begin{align} &\mathcal{L}\left[\frac{dx}{dt}\right] = \int_{0}^{\infty}e^{-st}\frac{dx}{dt} dt \\ &= \left[e^{-st}x \right]_{0}^{\infty}+s\int_{0}^{\infty}xe^{-st} dt \\ &= s \mathcal{L}[x]\end{align}\]
２階微分演算子は
\[\begin{align} &\mathcal{L}\left[\frac{d^2 x}{dt^2}\right] = \int_{0}^{\infty}e^{-st}\frac{d^2 x}{dt^2} dt \\ &= \left[e^{-st}\frac{dx}{dt} \right]_{0}^{\infty}+s\int_{0}^{\infty}e^{-st} \frac{dx}{dt} dt \\ &= 2 + s \mathcal{L}\left[\frac{dx}{dt}\right] \\ &= 2+ s^2 \mathcal{L}[x]\end{align}\]
となります。
こうして微分方程式を \(\mathcal{L}[x]\) でまとめることが出来たので，これを整理して逆変換すると \(x\) が求まります。
あんとらラプラス変換を用いた解法は，逆変換さえ求まれば一般解を求めることなく解をストレートに計算できるので便利です
\(\mathcal{L}[t]\) は上の表より \(\displaystyle \frac{1}{s^2}\) であることと上の結果より，微分方程式のラプラス変換は \[2+s^2 \mathcal{L}[x]+2s \mathcal{L}[x]+\mathcal{L}[x]=\frac{1}{s^2}\] となる。これを \(\mathcal{L}[x]\) について解くと \[\mathcal{L}[x]=\frac{1-2s^2}{(s+1)^2 s^2}\] ここで，右辺を部分分数分解すると \[\frac{1-2s^2}{(s+1)^2 s^2}=\frac{1}{s^2}+\frac{2}{s+1}-\frac{1}{(s+1)^2}-\frac{2}{s}\] 上の表より，\[\mathcal{L}^{-1}\left[ \frac{1}{s^2}\right]=t ,\quad \mathcal{L}^{-1}\left[ \frac{2}{s+1}\right]=2e^{-t}\] \[\mathcal{L}^{-1}\left[ \frac{1}{(s+1)^2}\right]=te^{-t}, \quad \mathcal{L}^{-1}\left[ \frac{2}{s}\right] =2\] であるので，微分方程式の逆変換は \[\mathcal{L}^{-1}[\mathcal{L}[x]]=t+2e^{-t}-te^{-t}-2\] となり \[x(t)=t+2e^{-t}-te^{-t}-2\] が求まる。
まとめ
この記事では
- ラプラス変換の変換方法と具体的な例
- 様々な関数のラプラス変換の計算結果
- ラプラス変換を用いた微分方程式の解き方
について紹介しました。参考になれば幸いです！
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