【番外編】過渡現象にラプラス変換を適応できる理由

皆さまお疲れさまです。ケンタ（@den1_tanaoroshi）です。

 

以前の記事で計算を省略していたところを、少し丁寧に解説してみます。

そこでは「専門書をご確認して下さい」としていましたが、ラプラス変換の専門書は普通の本屋においていないことが多く、実際に本屋に行っても無駄足になる可能性があると思い、記載してみました。

ですので、今回はいつにも増して数学的な記事になります。面白みは、、、ありません笑

前回計算を省略していた式

以前の記事で説明していたラプラス変換式は以下の3つとなります。

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle {\int }_0^{\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-st}E\mathrm{d}t}& =\frac{E}{s}\\ {\displaystyle {\int }_0^{\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-st}\left[L\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t}\right]\mathrm{d}t}& =LsI(s)\\ {\displaystyle {\int }_0^{\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-st}\frac{1}{C}\left[{\displaystyle {\int }_0^{t}i\mathrm{d}t}\right]\mathrm{d}t}& =\frac{I(s)}{Cs}\end{array}$$

定電源のラプラス変換

${\displaystyle {\int }_0^{\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-st}E\mathrm{d}t}$について、${\displaystyle \int }$の中の$s$は定数として扱えて、これを部分積分すると

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle {\int }_0^{\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-st}E\mathrm{d}t}& ={\left[\frac{1}{-s}{\mathrm{e}}^{-st}E\right]}_0^{\mathrm{\infty }}-{\displaystyle {\int }_0^{\mathrm{\infty }}(\frac{1}{-s}{\mathrm{e}}^{-st}\times 0)\mathrm{d}t}\\ & =\frac{E}{s}\end{array}$$

となります。

コイル部分のラプラス変換

これも部分積分を使用します。

$\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t}$を$t$で積分すると$i$に戻ることに注意して、

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle {\int }_0^{\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-st}\left[L\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t}\right]\mathrm{d}t}& =L[{\mathrm{e}}^{-st}i{]}_0^{\mathrm{\infty }}-{\displaystyle {\int }_0^{\mathrm{\infty }}(-s){\mathrm{e}}^{-st}i\mathrm{d}t}\\ & =L-i(0)+sI(s)\\ & =LsI(s)-Li(0)\dots (1)\end{array}$$

初期条件が登場…

以前の記事では特に初期条件に言及していなく、暗黙の内に$\mathit{i}\mathbf{(}\mathbf{0}\mathbf{)}\mathbf{=}\mathbf{0}$としていました。しかし過去問では、初期条件として$t=0$で既に電流が流れていたりします。この初期条件をラプラス変換に盛り込むと、式(1)のようになります。

つまり、$LsI(s)$を電圧降下する方向で考えると、$\mathit{L}\mathit{i}\mathbf{(}\mathbf{0}\mathbf{)}$は電圧上昇する方向に電圧素子として表記されることになります。

コンデンサ部分のラプラス変換

コイルのときと同様に全体の部分積分をする前に、合成関数の微分をしていきます。

詳しいことは省略しますが、微分は分数のように扱えるので、

$$\begin{array}{rl}{\mathrm{e}}^{-st}\mathrm{d}t& =\frac{{\mathrm{e}}^{-st}\mathrm{d}t}{\mathrm{d}{\mathrm{e}}^{-st}}\mathrm{d}{\mathrm{e}}^{-st}\\ & =\frac{{\mathrm{e}}^{-st}}{\frac{\mathrm{d}{\mathrm{e}}^{-st}}{\mathrm{d}t}}\mathrm{d}{\mathrm{e}}^{-st}\\ & =\frac{{\mathrm{e}}^{-st}}{-s{\mathrm{e}}^{-st}}\mathrm{d}{\mathrm{e}}^{-st}\\ & =\frac{\mathrm{d}{\mathrm{e}}^{-st}}{-s}\end{array}$$

となります。これを使うと、

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle {\int }_0^{\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-st}\frac{1}{C}\left[{\displaystyle {\int }_0^{t}i\mathrm{d}t}\right]\mathrm{d}t}& =\frac{1}{C}{\displaystyle {\int }_0^{\mathrm{\infty }}\left[{\displaystyle {\int }_0^{t}i\mathrm{d}t}\right]\frac{\mathrm{d}{\mathrm{e}}^{-st}}{-s}}\\ & =\frac{1}{C}({\left[{\displaystyle {\int }_0^{t}i\mathrm{d}t\times \frac{{\mathrm{e}}^{-st}}{-s}}\right]}_0^{\mathrm{\infty }}-{\displaystyle {\int }_0^{\mathrm{\infty }}i\frac{{\mathrm{e}}^{-st}}{-s}\mathrm{d}})\\ & =-\frac{1}{Cs}{\left[{\displaystyle {\int }_0^{t}i\mathrm{d}t\times {\mathrm{e}}^{-st}}\right]}_0^{\mathrm{\infty }}+\frac{1}{Cs}{\displaystyle {\int }_0^{\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-st}i\mathrm{d}t\dots (2)}\end{array}$$

となります。

 

ここで、

$$\begin{array}{rl}{\left[{\displaystyle {\int }_0^{t}i\mathrm{d}t\times {\mathrm{e}}^{-st}}\right]}_0^{\mathrm{\infty }}& ={\displaystyle {\int }_0^{\mathrm{\infty }}i\mathrm{d}t\times {\mathrm{e}}^{-\mathrm{\infty }}-{\displaystyle {\int }_0^{0}i\mathrm{d}t\times {\mathrm{e}}^0}}\\ & =0-0\\ & =0\end{array}$$

となります。

また、定義通り

$$\begin{array}{r}{\displaystyle {\int }_0^{\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-st}i(t)\mathrm{d}t\equiv I(s)}\end{array}$$

となります。

 

これらを式(2)に代入して、

$$\begin{array}{r}{\displaystyle {\int }_0^{\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-st}\frac{1}{C}\left[{\displaystyle {\int }_0^{t}i\mathrm{d}t}\right]\mathrm{d}t=\frac{I(s)}{Cs}}\end{array}$$

となります。

初期条件は意図的に紛れ込ませる

コイルのときと違って、コンデンサの計算では意図的に初期条件を組み込まないと、ラプラス変換後に初期条件が現れてきません。

どういうことかというと、

$$\begin{array}{r}{\displaystyle {\int }_0^{\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-st}\frac{1}{C}\left[{\displaystyle {\int }_0^{t}i\mathrm{d}t}\right]\mathrm{d}t}\end{array}$$

に初期電荷$Q_0$を

$$\begin{array}{r}{\displaystyle {\int }_0^{\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-st}\frac{1}{C}\left[{\displaystyle {\int }_0^{t}i\mathrm{d}t+Q_0}\right]\mathrm{d}t}\end{array}$$

と紛れ込ませます。

 

これを計算していくと、

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle {\int }_0^{\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-st}\frac{1}{C}\left[{\displaystyle {\int }_0^{t}i\mathrm{d}t+Q_0}\right]\mathrm{d}t}& ={\displaystyle {\int }_0^{\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-st}\frac{1}{C}\left[{\displaystyle {\int }_0^{t}i\mathrm{d}t}\right]\mathrm{d}t+{\displaystyle {\int }_0^{\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-st}\frac{Q_0}{C}\mathrm{d}t}}\\ & =\frac{I(s)}{Cs}+\frac{Q_0}{C}{\displaystyle {\int }_0^{\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-st}\mathrm{d}t\dots (3)}\end{array}$$

となります。

 

ここで、

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle {\int }_0^{\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-st}\mathrm{d}t}& ={\left[\frac{1}{-s}{\mathrm{e}}^{-st}\right]}_0^{\mathrm{\infty }}\\ & =\frac{1}{s}\end{array}$$

となるので、式(3)に代入すると

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle {\int }_0^{\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-st}\frac{1}{C}\left[{\displaystyle {\int }_0^{t}i\mathrm{d}t+Q_0}\right]\mathrm{d}t}& =\frac{I(s)}{Cs}+\frac{Q_0}{Cs}\end{array}$$

となります。

つまり、$\frac{I(s)}{Cs}$を電圧降下する方向で考えると、$\frac{{\mathit{Q}}_{\mathbf{0}}}{\mathit{C}\mathit{s}}$も電圧降下する方向に電圧素子として表記されることになります。

まとめ

今回は部分積分尽くしの記事となり、右（微分）を見ながら左（積分）を見るような内容となってしまいました。

 

結構混乱する内容でしたが、

$$\begin{array}{r}Ls⟷\omega L,\frac{1}{Cs}⟷\frac{1}{\omega C}\end{array}$$

と交流回路のインピーダンスと対応して覚えてしまえば単純です。

 

それでは次回！