過渡現象にラプラス変換を適応できる理由 | 電験1種の棚卸し

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。

当ブログでは「ラプラス変換を使って過渡現象を解ける」ということを何度か主張しています。

苦手意識を持つ過渡現象でも、ラプラス変換を使うと幾分計算が楽になり、微分方程式を覚える手間が省けます。制御問題以外でラプラス変換を使う単元が実はあったんです!本日はそんなお話です。
過渡現象は微分方程式以外にもラプラス変換で解くことができます。今回は実際の試験問題を例に解説してみました。

その肝心の具体的な理由については、きちんと説明してくるのをなかなかしてこなかったわけですが、今回きちんと説明してみます。

そもそも「ラプラス変換」とは?

きちんと説明するには、ラプラス変換の原則に則った説明をする必要があります。

時間\(t\)の関数である\(f(t)\)をラプラス変換して、\(F(s)\)という関数を得ようとしたときには、

\begin{align}\displaystyle \int_{0}^{ \infty }\mathrm{e}^{-st} f(t) \mathrm{d}t\ \end{align}

という計算をする必要があります。

\(s\)と\(t\)の2文字が出てきますが、この積分は\(t\)を変数としていますので、積分後は\(t\)は代入されて消えることになります。つまり全体としては\(\boldsymbol{ s }\)の関数となります。

ここで\(s\)はラプラス演算子と呼ばれ、数学的演算をするための単純なツールのようなものです。\(\boldsymbol{ s }\)が表現する特定の物理量があるわけではありません。この演算子を使ってラプラス変換をすると、普通であれば微分方程式を解くところを省エネして四則演算で解けるようになるというだけです。

逆ラプラス変換をするのに別途いくつか覚える公式(下表のようなラプラス変換表の公式です)がありますが、二次試験機械・制御でどちらにせよ覚えなければいけなくなります。

\(\boldsymbol{F(s)}\)
\(\boldsymbol{f(t)}\)
\(\frac{1}{s}\)
\(1\)
\(\frac{1}{s+a}\)
\(\mathrm{e}^{-at}\)
\(\frac{
\omega}{s^2+\omega^2}\)
\(\sin\theta\)
\(\frac{s}{s^2+\omega^2}\)
\(\cos\theta\)
\(\frac{\omega}{(s+a)^2+\omega^2}\)
\(\mathrm{e}^{-at}\sin\theta\)
\(\frac{s}{(s+a)^2+\omega^2}\)
\(\mathrm{e}^{-at}\cos\theta\)

電験で使用頻度の高い公式はこれくらいです。

微分方程式をラプラス変換してみる

図1から式(1)(2)の微分方程式を立てることができます。

\begin{align}L\frac{\mathrm{d}i_1}{\mathrm{d}t}+\frac{1}{C}\displaystyle \int_{0}^{ t } i_1\mathrm{d}t&=E \quad …(1)\\
R i_2&=E \quad …(2)\\
\end{align}

この式(1)(2)全体について、ラプラス変換をしていきます。

式(1)のラプラス変換

式(1)をラプラス変換すると

\begin{align}LsI_1(s)+\frac{I_1(s)}{Cs}=\frac{E}{s} \quad …(1)’\\ \end{align}

となります。

説明の節々で出てきたラプラス変換の計算を別記事で紹介しました!
部分積分ばっかりですので頭が混乱してくるでしょうが、積分部分と微分部分に気をつけて計算を追ってみて下さい!
過渡現象のt回路図をs回路図に変換するに当たり、「なぜそのような変換ができるのか?」というところを一度定義に戻って説明してみました。

微分・積分演算子をラプラス変換する厳密なところを理解するようとすると、結構面倒ですが、

\begin{align}Ls \longleftrightarrow \omega L, \frac{1}{Cs}\longleftrightarrow \frac{1}{\omega C}\\ \end{align}

と交流回路のインピーダンスと対応して覚えると楽です。

また、\(i_1(t)\)をラプラス変換したものが\(I_1(s)\)です。ラプラス変換の式できちんと表すと、

\begin{align}I_1(s)=\displaystyle \int_{0}^{ \infty }\mathrm{e}^{-st} i_1(t) \mathrm{d}t\\ \end{align}

となります。

余談ですが、ラプラス変換の定義式は二次試験の過去問で出題されたことがあります。

同じく、\(E\)をラプラス変換したものが\(\frac{E}{s}\)となります。こちらも、ラプラス変換の式できちんと表すと、

\begin{align}\displaystyle \int_{0}^{ \infty }\mathrm{e}^{-st} E \mathrm{d}t=\frac{E}{s}\\ \end{align}

となりますが、定数\(E\)をラプラス変換すると単純に分母に\(s\)がくるだけです。これは二次試験で覚えるラプラス変換表に入ってきます。

腕試しとして、↑の積分をきちんとできるかやってみると面白いかもしれません。

式(2)のラプラス変換

式(2)についても同様にラプラス変換をしてみると

\begin{align}R I_1(s)=\frac{E}{s} \quad …(2)’\\ \end{align}

となります。

左辺は
\begin{align}\displaystyle \int_{0}^{ \infty }\mathrm{e}^{-st} Ri_1(t) \mathrm{d}t&=R\displaystyle \int_{0}^{ \infty }\mathrm{e}^{-st} i_1(t) \mathrm{d}t\\
&=RI_1(s)\\ \end{align}
という計算をしています。

式(1)'(2)’が表しているオームの法則的なものを逆算して回路図に落とし込むと、図2の\(s\)回路図になります。

このように、ラプラス変換した文字式を、それぞれ電圧、電流、抵抗などの素子に近い形に置き換えて作図することができます。

\(t\)回路図と\(s\)回路図の行き来

この記事で説明してきたことを図3のフローで再度説明すると、①→②→⑤→④をしたことになります。

これらの操作は等価的に行ったり来たりすることができる数学的な操作ですので、一定の約束事を作れば、 ④の回路図を①から直接作ってしまっても問題がありません。「ラプラス変換で解く過渡現象」ではそれを利用して、①→④→⑤→⑥→③ということをしています。

「一定の約束事」とは、\(s\)を使って交流回路的に\(s\)回路図をかくことです。
ちなみに、微分方程式のみで解く場合は、①→②→③となります。

①→④→⑤→⑥→③という順番を辿るメリット

①→④→⑤→⑥→③という順番を辿るメリットは大きく2つあります。

メリット1つは、回路図をかいて式を立てるという、直流回路や交流回路で何度もしてきたことに置き換えられるということです。

もう1つは、逆ラプラス変換の公式を覚えておけば、ラプラス変換の定義通りに微積分の演算子を変換する必要がないからです。

このように、ラプラス変換を利用することで、省エネをして過渡現象の問題を解くことができるようになります。

まとめ

今回は、「過渡現象を解くのになぜラプラス変換を使えるのか?」というところを、数学の根本的なところに立ち返って説明してみました。

ラプラス変換過渡現象微分方程式は数学的に説明しやすいところで、電気科卒でないけど理系のバックグラウンドがある人は取り掛かりやすい単元かと思います。

「こういったこともできるんだなぁ」と少しでも感じてもらえれば幸いです!

それでは次回!

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