ラプラス変換

本記事ではラプラス変換を習う際に紹介される一般的な公式のものを丸暗記せずに，数式から導出できるようになることを目的として作成されているものです．

数学的な厳密性よりも，公式を忘れたときなどの導出性により重きを置いている為，数学的な厳密性が取り残されている場合があることにご注意ください．

 

ラプラス変換の定義

ラプラス変換の定義式は以下のようになります．$$ \displaystyle
\int_{0}^{\infty} f(t) e^{-st} \, dt
$$

基本公式の導出

ここからは，ラプラス変換で用いられる基本的な公式についてまず言及していきます．まずは，

$$ \displaystyle
\mathcal{L}(1) =\frac{1}{s}
$$

についてです．

これはラプラス変換の定義式を考えることで導きことが出来ます．$$ \displaystyle
\begin{aligned}
\mathcal{L}(1) &= \int_{0}^{\infty} e^{-st}\,dt \\
&= \left[ -\frac{1}{s} e^{-st} \right]_{0}^{\infty} \\
&= -\frac{1}{s}(0 – 1) \\
&= \frac{1}{s}
\end{aligned}
$$次に

$$ \displaystyle
\mathcal{L}(t^n) = \frac{n!}{s^{n+1}}
$$

についてです．こちらも定義式から簡単に導くことが可能です．$$ \displaystyle
\begin{aligned}
\mathcal{L}(t^n) &= \int_{0}^{\infty} t^n e^{-st} \, dt \\
&= -\frac{1}{s} \left[ t^n e^{-st} \right]_{0}^{\infty} + \frac{n}{s} \int_{0}^{\infty} t^{n-1} e^{-st} \, dt \\
&= \frac{n}{s} \mathcal{L}(t^{n-1}) = \frac{n(n-1)}{s^2} \mathcal{L}(t^{n-2}) \\
&= \frac{n!}{s^n} \mathcal{L}(t^0) \\
&= \frac{n!}{s^n} \cdot \frac{1}{s} = \frac{n!}{s^{n+1}}
\end{aligned}
$$つぎに

$$ \displaystyle
\mathcal{L}(e^{at}) = ?
$$

についてです．$$ \displaystyle
\begin{aligned}
\mathcal{L}(e^{at}) &= \int_{0}^{\infty} e^{(a-s)t} \, dt \\
&= \begin{cases}
\displaystyle \int_{0}^{\infty} dt = \infty & (a – s = 0) \\[1em]
\displaystyle \frac{1}{a – s} \left[ e^{(a-s)t} \right]_{0}^{\infty} = \frac{1}{s – a} & (\mathrm{Re}(a – s) < 0 \text{ のとき})
\end{cases}
\end{aligned}
$$さて，三角関数についても確認しておきましょう．

$$ \mathcal{L}(\cos \omega t) =?
$$

$$ \displaystyle
\mathcal{L}(\sin \omega t) =?
$$

$$ \displaystyle
\begin{aligned}
\mathcal{L}(e^{j\omega t}) &= \int_{0}^{\infty} e^{j\omega t}e^{-st} \, dt = \int_{0}^{\infty} e^{(j\omega-s)t} \, dt \\
&= \frac{1}{j\omega – s} \left[ e^{(j\omega-s)t} \right]_{0}^{\infty} = \frac{-1}{j\omega – s} = \frac{s + j\omega}{s^2 + \omega^2}
\end{aligned}
$$

したがって，$$ \displaystyle
\begin{aligned}
\mathcal{L}(\cos \omega t) &= \Re(\mathcal{L}(e^{j\omega t})) = \frac{s}{s^2 + \omega^2} \\
\mathcal{L}(\sin \omega t) &= \Im(\mathcal{L}(e^{j\omega t})) = \frac{\omega}{s^2 + \omega^2}
\end{aligned}
$$

ラプラス変換の線形性

つぎはラプラス変換の「線形性」についても確認しておきます．こちらも「定義式」に則って変形をしてあげることで簡単に導くことが出来ます．

そもそも，ラプラス変換の線形性とは以下のようなもののことです．

$$ \displaystyle
\mathcal{L}(a_1 f_1(t) + a_2 f_2(t)) = a_1 F_1(s) + a_2 F_2(s)
$$

これは$$ \displaystyle
\begin{aligned}
\mathcal{L}[a_1 f_1(t) + a_2 f_2(t)](s) &= \int_{0}^{\infty} (a_1 f_1(t) + a_2 f_2(t))e^{-st} \, dt \\
&= a_1 \int_{0}^{\infty} f_1(t)e^{-st} \, dt + a_2 \int_{0}^{\infty} f_2(t)e^{-st} \, dt \\
&= a_1 F_1(s) + a_2 F_2(s)
\end{aligned}
$$のように考えることで示すことが出来ます．

「微分」のラプラス変換

「微分」のなされた関数に対してラプラス変換を行った場合，どのようなことが起こるのかについて確認しておきましょう．

$$ \displaystyle
\begin{aligned}
\mathcal{L}(f'(t)) &= \int_{0}^{\infty} f'(t) e^{-st} \, dt \\
&= \left[ f(t) e^{-st} \right]_{0}^{\infty} + s \int_{0}^{\infty} f(t) e^{-st} \, dt \\
&= sF(s) – f(0)
\end{aligned}
$$

「ラプラス変換」の微分

では次は「ラプラス変換」を微分したものはどのようになるのかについて確認します．

$$ \displaystyle
\begin{aligned}
F'(s) &= \frac{d}{ds}F(s) = \frac{d}{ds} \int_{0}^{\infty} f(t)e^{-st} \, dt \\
&= \int_{0}^{\infty} f(t) \frac{d}{ds}(e^{-st}) \, dt \\
&= \int_{0}^{\infty} f(t)(-t)e^{-st} \, dt \\
&= \int_{0}^{\infty} (-t f(t))e^{-st} \, dt \\
&= \mathcal{L}\{-t f(t)\}(s)
\end{aligned}
$$

ではn階微分に対してはどうなるでしょうか．こちらについても考察します．

$$ \displaystyle
F^{(n)}(s) = (-1)^n \mathcal{L}(t^n f(t))
$$

これについて考えていきます．このとき，まず、ラプラス変換\( \displaystyle F(s)\)の\( \displaystyle s\)による微分を考えます。

$$ \displaystyle
F'(s) = \frac{d}{ds}F(s) =
$$

ラプラス変換の定義式に対して、微分\( \displaystyle \frac{d}{ds}\)を適用するという意味合いだから，

$$ \displaystyle
\frac{d}{ds} \int_{0}^{\infty} f(t)e^{-st} \, dt
$$

とかける．つぎに，積分は\( \displaystyle t\)に関するものだから，\( \displaystyle s\)に関する情報は積分の中にあっても外にあっても同じ．だから，\( \displaystyle s\)を積分操作の中に入れることを考えれば，

$$ \displaystyle
= \int_{0}^{\infty} f(t) \left( \frac{d}{ds} e^{-st} \right) \, dt
$$

$$ \displaystyle
= \int_{0}^{\infty} f(t)(-t)e^{-st} \, dt
$$とかける．

ここでわかったことは，\( \displaystyle s\)で微分するたびに\( \displaystyle (-t)\)が出てくるということ．この情報を\( \displaystyle n\)階微分\( \displaystyle F^{(n)}(s)\)に拡張して考える．

\( \displaystyle s\)で1回微分するごとに\( \displaystyle (-t)\)が1つずつ掛け算されるということは，\( \displaystyle n\)回微分した場合は\( \displaystyle (-t)\)が\( \displaystyle n\)回掛け合わされ、\( \displaystyle (-t)^n = (-1)^n t^n\)となる．だから結局，

$$ \displaystyle
F^{(n)}(s) = (-1)^n \mathcal{L}(t^n f(t))
$$

ということが出来る．

逆ラプラス変換

「逆ラプラス変換」の手法についても確認しておきます．

$$ \displaystyle
\mathcal{L}^{-1}(F(s-a)) = ？
$$

この右辺が分からなくなったときに，どのように考えれば右辺を導き出すことが出来るのかについて確認します．

と，その前に，「逆ラプラス変換」を考える際に有用な数式の見通しの取り方について軽く見ます．

逆ラプラス変換の見通しについて

逆ラプラス変換されている中身がラプラス変換されているため、中身部分を積分の形に直し、定義式の形

$$ \displaystyle
\int [〇] e^{-st} dt
$$

に持っていければ容易に逆ラプラス変換することが可能だということです．

何を言っているかわからなかったかもしれませんが，実際に見ていきましょう．

実際には、与式より、

$$ \displaystyle
F(s-a) = \int_{0}^{\infty} f(t)e^{-(s-a)t} dt
$$

$$ \displaystyle
= \int_{0}^{\infty} f(t)e^{at} \cdot e^{-st} dt
$$

のように変換でき，これは\( \displaystyle f(t)e^{at}\)をラプラス変換している定義式であるから、

$$ \displaystyle
= \mathcal{L}(f(t)e^{at})
$$

とかける。よって、

$$ \displaystyle
\mathcal{L}^{-1}(F(s-a)) = f(t)e^{at}
$$

が導かれた．

$$ \displaystyle
\mathcal{L}^{-1}(F'(s)) = ？
$$

こちらについても同様に考えていきましょう．

与式より、

$$ \displaystyle
\frac{d}{ds}F(s) = \frac{d}{ds} \int_{0}^{\infty} f(t)e^{-st} dt
$$

$$ \displaystyle
= \int_{0}^{\infty} (-t)f(t)e^{-st} dt
$$

これは\( \displaystyle (-t)f(t)\)をラプラス変換している定義式であるから、

$$ \displaystyle
= \mathcal{L}(-tf(t))
$$

とかける。よって、

$$ \displaystyle
\mathcal{L}^{-1}\left( \frac{d}{ds}F(s) \right) = -tf(t)
$$

が導かれたことになる．

では「微分」の逆ラプラス変換についても確認しておきます．

$$ \displaystyle
\mathcal{L}^{-1}\{F^{(n)}(s)\} = ?
$$

$$ \displaystyle
\begin{aligned}
F^{(n)}(s) &= \frac{d^n}{ds^n} \int_{0}^{\infty} f(t)e^{-st} \, dt \\
&= \int_{0}^{\infty} (-t)^n f(t)e^{-st} \, dt \\
&= \mathcal{L}\{(-t)^n f(t)\}(s) \\[1em]
\mathcal{L}^{-1}\{F^{(n)}(s)\} &= (-t)^n f(t)
\end{aligned}
$$

さて，次はこちらです．

$$ \displaystyle
\mathcal{L}^{-1}\left( \int_{s}^{\infty} F(\tau) d\tau \right) = ？
$$

与式より、

$$ \displaystyle
\int_{s}^{\infty} F(\tau) d\tau = \int_{s}^{\infty} \int_{0}^{\infty} f(t)e^{-\tau t} dt d\tau
$$

のように書ける．

ここで先に\( \displaystyle τ\)に関して慎重に式変形を進めれば，

$$ \displaystyle
= \int_{0}^{\infty} \left[ -\frac{1}{t} e^{-\tau t} \right]_{s}^{\infty} f(t)dt
$$

$$ \displaystyle
= \int_{0}^{\infty} \frac{1}{t} \cdot f(t)e^{-st} dt
$$

これは\( \displaystyle \frac{1}{t} \cdot f(t)\)をラプラス変換している定義式であるから、  $$ \displaystyle
= \mathcal{L} \left( \frac{f(t)}{t} \right)
$$のように書くことが出来る．なので結局，

$$ \displaystyle
\mathcal{L}^{-1} \int_{s}^{\infty} F(\tau) d\tau = \frac{f(t)}{t}
$$

であった．

そして，

$$ \displaystyle
\mathcal{L}^{-1} \left( \frac{F(s)}{s} \right) = ？
$$

についても考えてみよう．

与式を考えれば．

$$ \displaystyle
\frac{F(s)}{s} = \frac{\int_{0}^{\infty} f(t)e^{-st} dt}{s}
$$

と書ける．いま，\( \displaystyle f(t) = g'(t)\)ならば，$$ \displaystyle
\frac{\int_{0}^{\infty} g'(t)e^{-st} dt}{s}
$$

$$ \displaystyle
= \frac{sG(s) – g(0)}{s}
$$

とかける。\( \displaystyle g(t) = \int_{0}^{t} f(u)du\)と書けるので，(∵\( \displaystyle f(t) = g'(t)\))

$$ \displaystyle
g(0) = \int_{0}^{0} f(u)du = 0
$$

を用いて、

$$ \displaystyle
= G(s) = \mathcal{L} \left( \int_{0}^{t} f(u)du \right)
$$

よって，

$$ \displaystyle
\mathcal{L}^{-1} \left( \frac{F(s)}{s} \right) = \int_{0}^{t} f(u)du
$$

であった．

$$ \displaystyle
\mathcal{L}(tf(t)) = ？
$$

についても確認しよう．

ラプラス変換の定義を用いて、右辺に\( \displaystyle F(s)\)が出てくるように式変形を行うと、

$$ \displaystyle
\begin{aligned}
\int_{0}^{\infty} t f(t)e^{-st} \, dt &= -\frac{d}{ds} \int_{0}^{\infty} f(t)e^{-st} \, dt \\
&= -\frac{d}{ds} F(s)
\end{aligned}
$$

と変形できた．