ラプラス変換
応用数学II
微分方程式を解く手段としてよく使われる、例えば下記
の式を解くときラプラス変換を使うと簡単に解ける。
岩谷素顕
y  2 y  2 y  sin t
6-1
(初期条件t=0, y=1, y’=1)
6-2
ラプラス変換による微分方程式の解法
与えられた微分方程式
y  2 y  2 y  sin t (初期条件t=0, y=1, y’=1)
ラプラス変換
s 2Y s   sy 0   y0   2sY s   y 0   2Y s  
1
s2 1
式変形(Y(s)=の形にする)
Y s  
s
2
s  3
1
 2
 1 s 2  2s  2
s  2s  2

 

部分分数分解などを行い
ラプラス逆変換
y
6-3
例題
t
1
sin t  2 cos t   e 7 cos t  11sin t 
5
5
ラプラス変換の定義
t>0である関数f(t)に対して
定義式

F s    f t e  st dt
0
をラプラス変換という。f(t)からF(s)への変換をラプラス
変換といい、L[f(t)]=F(s)と表す。変数sは複素数で、演
算子と呼ばれ、f(t)をt関数または原関数、F(s)をs関数あ
るいは像関数と呼ぶ。
6-4
関数f(t)=tのラプラス変換を求めよ
例題から分かったこと
Lt   F s    t e  st dt

0
積分を解く:部分積分を使う
部分積分:

b
a
f t g t dt   f t g t a   f t g t dt
b
b


 te  st 
 e  st
 
  0 t   
 s 0
 s
6-5

Lt   F s    t e  st dt

a

 
e  st
Lt   F s    t e  st dt   t  
0
0
 s
 0  0 
ラプラス変換可能な範囲には限りがある


 dt


1
0  1  12 ただしRe(s)>0
s2
s

exp    0
1
0  1  12 ただしRe(s)>0
s2
s
与えられた関数のラプラス変換が、sの値があ
る定数aより大きいところでしか定義されない
=広義積分が存在するような定義域s > aが存在する

dt

 e  st 
1   st
e dt   2 

s 0
 s 0
0
Sの実部が負だと
発散してしまうため
6-6
例題 関数f(t)=sin at (a:実定数)のラプ
ラス変換を求めよ
e e
2i
例題 次の関数f(t)のラプラス変換を求めよ
 iat
より
1


 e iat  e  iat
Lsin at   F ( s )   e  st sin atdt   e  st 
0
0
2i


1   s ia t
  s  ia t
e
dt   e
dt

0
2i 0
1 1
1 
a
 


Re(s)>0
2i  s  ia s  ia  s 2  a 2



dt

1, 0<t≦2
f(t)= -2, 2≦t≦5
0, t≦5
0
f(t)
sin at 
iat
-1
-2
0
2
5
0
2
Lu t  a   F ( s )   e  st dt

 
1
 1

  e  st   e  sa
a s
 s
Re(s)>0
6-9
ラプラス変換結果公式集
主な関数のラプラス変換結果を記す。

1
Lsin t   2
(Re(s)>0)
(Re(s)>0)
L1 
s 2
s
1
s
Lt   2 (Re(s)>0)
Lcos t   2
(Re(s)>0)
s
s 2
n!

L t n  n 1 (Re(s)>0)
Lsinh t   2
(Re(s)>0)
s
s  2
 
 
1
(Re(s)>0)
s  ia
1
Lu t  a   e  sa (Re(s)>0)
s
L eiat 
0
Lcosh t  




L e at sin t 
L e at cos t 
Re(s)>a
指数関数が+⇒発散
 


L e iat  F s    e iat e  st dt   e  s ia t dt
0
0

1
1


 
e  s ia t  
 s  ia
 0 s  ia
6-10
Re(s)>0
例題 次の関数f(t)のラプラス変換を求めよ
f t   et
 

2

L e t   e t e  st dt   et
2
2
0
0
2

 e
s
(Re(s)>0)
s2  2
0

2
 s s
t  
4
 2
dt  e

s2
4


0
e
2
 st
dt
 s
t 
 2
2
dt  
となりラプラス変換は存在しない
s  a 2   2 (Re(s)>a)
sa
s  a 2   2 (Re(s)>a)
0
exp(-∞)=0
exp(0)=1 計算できない。
演習 関数f(t)=eiat(a:実定数)のラプラス変換を求めよ
 
Le

1
 1  s  a t 
 
e


sa
 sa
0
a
1

(Re(s)>a)
sa

L e at  F s    e at e  st dt   e  s  a t dt

at
5
1 3
2
 1
 2

  e  st    e  st    e  2 s  e 5 s
s
 s
0  s
2 s s

この単位ステップ関数ua(t)のラプラス変換を求めてみると
8
演習 関数f(t)=eat(a:実定数)のラプラス変換を求めよ
0, t<a
1, t≧a
u(t-a)=
6
L f t   F ( s )   e  st dt  2  e  st dt
6-8
前の例題のように区分的に連続な関数を扱うのに便利な
ものとして単位ステップ関数とよばれるものがあります。単
位ステップ関数は次のように定義されます。
4
t
2
6-7
2
6-12
ラプラス変換が存在するかどうかを見
極める方法
指数位数というものを考える。指数位数とは、
t≧t0のとき、|f(t)|≦Meatを満たすM,aが存在
するとき、関数f(t)は指数位数aであるという
例題 次の関数のうち指数位数のものをあげよ
(1) t3
|f(t)|≦Meatを満たすかどうかを考えればよいので、
t3
M
e at
となるかどうかを調べればよい。
t3
lim
ここで、a>0の時 t  e at  0 となるので、有限なMが存在
するので指数位数である。
言葉では分かりにくいので実際の例題で考える
(2)
sin et
2
2
sin e t  1 となり有限なMが存在するので指数位数で
ある。
6-13
6-14
例題 次の関数のうち指数位数のものをあげよ
(3)
et
2
区分的に連続という概念
|f(t)|≦Meatを満たすかどうかを考えればよいので、
et
ラプラス変換が可能かどうかを考えるときに区分的に連続という概念がある。
区分的に連続というのは有限な区間Iで定義された関数f(t)が次の条件
を満たすときf(t)は区間Iで区分的に連続であるという。
(1) f(t)は区間Iで有限個の点を除いて連続である。
(2) f(t)の不連続点t0では、左側および右側極限値が存在する。
2
e at
M
例えば下記のような場合は区間的に連続という概念に一致する。
となるかどうかを調べればよい。
et
3

この時、aをいかなる値にしても t  e at
となるので、
有限なMが存在しない指数位数ではない。
lim
6-15
a
b
6-16
ラプラス変換が存在するかどうかの判定
任意のt>0に対して、関数f(t)が区間[0,t]で区分的に連続
かつ、指数位数aならば、f(t)のラプラス変換は存在できる。
ラプラス変換の性質
ただし、t<0のときf(t)は0とする
証明
f(t)が指数位数aならば、t≧t0のとき |f(t)|≦M1eatを満たすM1,aが存在する。
またf(t)は区分的に連続より、|f(t)|は[0,t0]で有界。
よってf(t)|≦M2≦M2e|a|t (0≦t≦t0)を満たすMをM1とM2の大きい方とすると
f(t)|≦Me|a|t (0≦t)
が成り立つ。したがって、



M
 a  s t
 st
 st
0 e f t dt  0 f t  e dt  0 Me dt  s  a (s>|a|)
したがって,f(t)のラプラス変換は存在する
6-17
6-18
a
b
ラプラス変換の性質
La1 f1 t   a2 f 2 t   a1 F1 s   a2 F2 s 
(a1、a2は任意定数)
証明
演習 t2+3t-2のラプラス変換を求めよ。

  
L t 2  3t  2  L t 2  3Lt   2 L1 
2 3 2
 
s3 s 2 s
La1 f1 t   a2 f 2 t    e  st a1 f1 t   a2 f 2 t dt

0
積分の線形性より

La1 f1 t   a2 f 2 t    e  st a1 f1 t   a2 f 2 t dt
0

 a1  e
 st
0

f1 t dt  a2  e  st f 2 t dt
0
 a1 L f1 t   a2 L f 2 t   a1 F1 s   a2 F2 s 
6-20
6-19
重要
ラプラス変換の性質
ラプラス変換の性質
s
L f at   a 1 F  
a
証明
推移定理 Re(s)>aのとき L[f(t)]=F(s)ならば、

(a≠0)
at=tと置くと、上式の左辺は
L f at    e  st f at dt

0
1  
1 s
  e a f  d  F  
a 0
a a
s

L e at f t   F s  a 
(注) この式の、F(s-a)とはF(s)をa>0のときは右にaだけ移
動し,a < 0のときは左に|a|だけ移動するという意味。




0
0
証明 L e at f t    e  st e at f t dt   e  s  a t f t dt  F s  a 
6-22
6-21
例題 te-tのラプラス変換を求めよ
ラプラス変換の性質
tのラプラス変換は1/s2なので、推移定理を使えば
 
L te t 
1
s  12
任意の正の数aに対して、
Lua t  f t  a   e  as F s 
(Re(s)>-1)
例題 e-3tcostのラプラス変換を求めよ
証明 t-a=tとおくと上式左辺は、
Lua t  f t  a    e  st f t  a dt

cos tのラプラス変換はs/(s2+1)なので、推移定理を使えば


L e3t cos t 
6-23
s3
s  32  1
0


a
a
  e  s a   f  d  e  as  e  s f  d
(Re(s)>-3)
f()は<0では、0となるので、


a
0
e  as  e  s f  d  e  as  e  s f  d  e  as F s 
6-24
必ず
覚えよ!
微分形のラプラス変換
 df t  
L
  sF s   f 0 
 dt 
証明
1回微分の式だけを証明すれば、複数回微分の式も証明さ
れるので、 1回微分の式を証明する。
 d n  f t  
n
n 1
L
f 0   s n  2 f 0      f n 1 0 
 n    s F s   s
dt



d
 df t   d   st
L
  e f t dt   e  st
f t dt

0
0
dt
 dt  dt
左辺は



 e  st f t  0    s e  st f t dt
重要な公式

0
 f 0   sL f t   sF s   f 0 
6-25
6-26
積分のラプラス変換
t
F s 
L   f t dt  
 0

s

証明

0
e

f t dt  e
 st
 st
 f t dt 

0
F(s)の微分

 s e
 st
0
 f t dtdt
であるから、左辺は

L f t   e
 st

t
f t dt  sL   f t dt  ここでt<0のときf(t)
 0

0



t
F s  e

L   f t dt  

 0
s
L   f t dt  
 0

t
6-27
 st
 f t dt 

0
は0と定義している
ので、
dF s 
  Ltf t 
ds
d n F s 
n
  1 L t n f t 
ds n

証明 tf(t)のラプラス変換を考えると


0
s
F s 
s

e  st tf t dt  

0
よって、
6-28


d
d 
 e  st f t dt    e  st f t dt
ds
ds 0
dF s 
  Ltf t 
ds
F(s)の積分

1
 F s ds  L  t f t 
逆ラプラス変換

s
証明
t-1f(t)のラプラス変換を考えると


0


e  st
f t dt     e  st ds  f t dt


0
s

t




0
6-29
s関数ラプラス変換F(s)が与えられたとき、F(s)をそのt関数
に戻す変換を逆ラプラス変換もしくはラプラス逆変換といい
f(t)=L-1[F(s)] のように表わす。
s




s
0
e  st f t dsdt

e  st f t dtds   F s ds
s
6-30
逆ラプラス変換
  
L1  2
 sin t
2
 s   
 s 
L1  2
 cos t
2
s  
  
L1  2
 sinh t
2
 s  
1 
L1    1
s
1
L1  2   t
s 
 n! 
L1  n 1   t n
s 
 1 
L1 
 e at
 s  a 
 1  iat
L1 
e
 s  ia 
1

L1  e  sa   u t  a 
s

6-31



L1 
 e at sin t
2
2


s

a






sa
L1 
 e at cos t
2
2
 s  a    
5
(1)
s  26
 5 
t e
t e
L1 
5

6
5!
4!
 s  2  
5 2t

① 部分分数に分解する
② 推移定理 L e at f t

5 2t

L e at f t   F s  a 



L1 
 e at sin t
2
2
 s  a    


sa
L1 
 e at cos t
2
2


s
a





6-32
(2)
(3)
s
2
s  4s  5
s

s  22  1



s
s  2  1 
2
1  s  2  2 
1 
L1 
L 
L 
L 

2
2
2
2
 s  2   1
 s  2   1 
 s  2   1 
 s  2   1 
 2t
 2t
 e cos t  2e sin t
1
s 2  2s  3
s  2  
2

1
1
A
B
C
D





2
2
s 2  2 s  3 s  2  s  3s  1 s  2 s  2  s  3 s  1
s  22 

B  s  2 
2
1
s  22 s  3s  1 s 2



1
2
A  s  2

2
s  2 s  3s  1

1
s  22 s  3s  1 s 1
以上より
1
3



1
 2

 s  2s  3 

(4)



s 2
s
 2s  2
2
 2s  3


2
s 2
2
9
1
36

1
L1 
2 2
 s  2  s  2 s  3

1
s  3s  2

2 2 t t 2 t e 3t e  t

 e  e 
9
3
4 36


1
1

s  3s  2 s  1s  2
2
2
1
A
B


s  1s  2 s  1 s  2
s  1
s  2 
1

A
s  1s  2 s 1 s  1
1

A
s  1s  2 s 2 s  1
s  1

s  1
s  2 

s  2
 1
よりA、Bを求めると
B
s  2 
B
s  2 
s  1
 A 1
s  1
s  2 
 B  1
s  2


1
t
 2t
よって L1  2
 s  3s  2   L  s  1  s  2    e  e


1
6-35
s 2

1
1

C  s  3
s  22 s  3s  1 s 3 4
D  s  1
6-33
   F s  a 
と以下の2つの逆変換を活用する
 s 
L1  2
 cosh t
2
 s   
例題 次の関数のラプラス逆変換を求めよ
推移定理
ラプラス逆変換に導くための手段
6-36
1
(5)
6s
s 1 s2 1


2

ラプラス変換の
微分方程式への応用
6s
As  B
C
D
 2


s2 1 s2 1
s  1 s  1 s  1



 
 s
As  B s i  s 2  1
2

6s
1 s2 1



s i
s
6s
1

2

s i
6i
 3i  Ai  B  3i  A  3, B  0
2
ラプラス変換を使って微分方程式を解いてみましょう
6 3
6s
6s



s  1 s 2  1 s  1 s 2  1 s  1 s  1  4 2
6s
6s
6 3

 
D  s  1 2
s  1 s 2  1 s 1 s 2  1 s  1 s 1 4 2
6s
s
3 1
3 1
 3 2


したがって、 2
s 1 s2 1
s  1 2 s  1 2 s  1
C  s  1


2















6s
s
3 1
3 1 
1 
L1  2
  L  3 s 2  1  2 s  1  2 s  1 
2
 s 1 s 1 


3
3
 3 cos t  e t  e t  3 cos t  3 cosh t
2
2

6-37




6-38
例題 y  2 y  2 y  sin t (初期条件t=0, y=1, y’=1)
という微分方程式を解いてみる。
y  2 y  2 y  sin t をラプラス変換によりs関数に置き換える
1
s 2Y s   sy 0   y0   2sY s   y 0   2Y s   2
s 1
1
2
 s Y s   s  1  2sY s   1  2Y s   2
s 1
これをY(s)について解くと、
1
s 2Y s   s  1  2sY s   1  2Y s   2
s 1
1
2
 Y s s  2 s  2   2
 s  3 
s 1
s  3 
1
 Y s   2
 2
2
s  1s  2s  2 s  2s  2 6-40
ラプラス変換による微分方程式の解法
与えられた微分方程式
y  2 y  2 y  sin t (初期条件t=0, y=1, y’=1)
ラプラス変換
s 2Y s   sy 0   y0   2sY s   y 0   2Y s  
1
s2 1
式変形(Y(s)=の形にする)
Y s  
s
2

1
 1 s 2  2s  2
  s
s  3
2
 2s  2

部分分数分解などを行い
ラプラス逆変換
y
6-39
t
1
sin t  2 cos t   e 7 cos t  11sin t 
5
5
よってそれぞれの項を考えると、
したがって、求めるべきy(t)はY(s)を逆ラプラス変換して、

s  3 
1
 2
L1 Y s   y t   L1  2
2
1
2
2



s
s
s
s
 2 s  2 

1 1  2 s  1  2 s  3  1  s  3 
 L1  2   L1  2
L  2
5  s  1  5  s  2 s  2 
 s  2 s  2 
As  B
Cs  D
 2
 2
2
2
s  1 s  2s  2
s  1 s  2s  2



1
 s
As  B s i  s 2  1

2

1
 1 s  2s  2
2


s i
1
s  2s  2

2

s i
1
1  2i
1  2i
2
1

 Ai  B 
 A  ,B 
1  2i
5
5
5
5

Cs  D s  1i  s 2  2 s  2



 s
2
1
 1 s 2  2s  2



s  1 i
s
2
1
1


s  1 i
1
1  2i
1  2i
1  2i
1  2i
2
3
 C (1  i )  D 
 Ci  ( D  C ) 
 C  ,D 
5
5
5
5
5
6-41

 


1 1  1  2 1  s  1 1  2s  1  1 1  s  1  2 
L
 L
 L 
L 

2
5  s 2  1 5  s 2  1 5  s  12  1 
 s  1  1

1 1  1  2 1  s  2 1  s  1 
L
 L
 L 

5  s 2  1 5  s 2  1 5  s  12  1

 1  s  1 
1 
1
1
1 
 L1 

L 
  2L 
2
2
5  s  12  1




1
1
1
1
s
s








t
1
sin t  2 cos t   e 2 cos t  sin t   e t cos t  2 sin t 
5
5
1
e t
7 cos t  11sin t 
 sin t  2 cos t  
5
5

6-42
演習 次の微分方程式を解け。
(1) y  2 y  5 y  0 (初期条件t=0, y=2, y’=0)
y  2 y  5 y  0
(2) y  4 y  13 y  9e 2t (初期条件t=0, y=1, y’=1)
y  4 y  13 y  9e 2t をラプラス変換すると、
s 2Y s   sy 0   y0   4sY s   y 0  13Y s  
をラプラス変換すると、
s Y s   sy 0   y0   2sY s   y 0   5Y s   0
2
s
Y s  
2
s

 2 s  5 Y s   2 s  4
2s  4
2s  4
2s  1  2
2s  1
2




s 2  2 s  5 s  12  4 s  12  4 s  12  2 2 s  12  22
1
t
t
したがって、 y  L Y s   2e cos 2t  e sin 2tとなる。
6-43
まとめ
 ラプラス変換を使って微分方程式を解く方法を学ぶ
⇒一通り、確実にできるようにしておくこと
 ポイント
 ラプラス変換
 ラプラス変換の性質
 部分分数分解
 逆ラプラス変換
6-45
2

 4 s  13 Y s   s  5 
9
s2
9
s2
s5
9
s5
1
s2




s 2  4 s  13 s  2  s 2  4 s  13 ( s  2) 2  9 s  2 ( s  2) 2  9
s  2   3  1  s  2  s  2 
3
1
s2



( s  2) 2  9 s  2 ( s  2) 2  9 ( s  2) 2  9 ( s  2) 2  9 s  2 ( s  2) 2  9
3
1
3
1




s  22  9 s  2 s  22  32 s  2
Y s  



3
1   2t
 2t

y  L1Y s   L1 
  e sin 3t  e
2
2
 s  2   3 s  2 
6-44
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6枚組