2. ラプラス変換の使い方

ラプラス変換の一般的な使い方としては、t 領域の微分方程式をラプラス変換して s 領域の代数方程式に変換し、それを解いた後にラプラス逆変換して t 領域の解に戻します。

一見すると、回り道をするように見えるのですが、ラプラス変換・逆変換は右の変換表を使って機械的に行いますので、複微分方程式を解くよりも遥かにラクに解くことができます。

例として右図のように RC 積分回路にステップ入力を与えたときの振る舞いについて、ラプラス変換を使って解いてみます。

まず、時間領域で微分方程式を立てます。
抵抗を流れる電流について、
　　$i(t)=\displaystyle \frac{v_{i}(t)-v_{o}(t)}{R}$

容量を流れる電流について $Q(t)=C\cdot v(t)$ から
　　$i(t)=\displaystyle \frac{d}{dt}Q(t)=C\cdot\frac{d}{dt}v(t)$

よって
　　$C\cdot \displaystyle \frac{d}{dt}v(t)=\frac{v_{i}(t)-v_{o}(t)}{R}$

以上から
　　$\displaystyle \frac{d}{dt}v(t)=\frac{v_{i}(t)-v_{o}(t)}{R\cdot C}$

が得られます。

(1) 式の各項をラプラス変換します。

$v_i$ はステップ関数だから、ラプラス変換すると $\displaystyle\frac{E_o}{s}$ になるので
　　$s\displaystyle \cdot V_{o}(s)=\frac{\frac{E_{0}}{s}-V_{o}(s)}{R\cdot C}$

　　$s\displaystyle \cdot R\cdot C\cdot V_{o}(s)=\frac{E_{0}}{s}-V_{o}(s)$

　　$\displaystyle \left(1+s\cdot R\cdot C\right)\cdot V_{o}(s)=\frac{E_{0}}{s}$

　　$\displaystyle \left(1+s\cdot R\cdot C\right)\cdot V_{o}(s)=\frac{E_{0}}{s}$

　　$V_{o}(s)=\displaystyle \frac{1}{1+s\cdot R\cdot C}\cdot\frac{E_{0}}{s}$

$R\cdot C=\tau$ とおいて整理すると
　　$V_{o}(s)=\displaystyle \frac{E_{0}}{\tau}\cdot\frac{1}{s+\frac{1}{\tau}}\cdot\frac{1}{s}$

係数比較、あるいはヘビサイドの展開定理などを用いて部分分数に展開すると
　　$V_{o}(s)=\displaystyle \frac{E_{0}}{\tau}\cdot\left(\frac{-\tau}{s+\frac{1}{\tau}}-\frac{1}{s}\right)=E_{0}\cdot\left(\frac{1}{s}-\frac{1}{s+\frac{1}{\tau}}\right)$

ラプラス逆変換を行って時間領域の関数に戻すと
　　$v_{o}(t)=\mathcal{L}^{-1}\left\{V_{o}(s)\right\}$
　　　　$=E_{0}\cdot\left[\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s}\right\}-\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s+\frac{1}{\tau}}\right\}\right]$

変換表を使ってラプラス逆変換を行うと
　　$v_{0}(t)=E_{0}\cdot\left(1-e^{-\frac{t}{\tau}}\right)$

が得られます。

先の例では、回路に対してある入力(関数) を与えたときの出力についての微分方程式を立てて、それをラプラス変換で解きましたが、
入力を変更するとその度に方程式を立てる必要があります。

なので、最初からラプラス変換された入力 $U(s)$ に対する出力 $V(s)$ の応答を伝達関数 $X(s)$ として求め、各入力に対応する応答をみるときは $U(s)$ の部分だけを変えてラプラス逆変換を行って $v(t)$ を計算する方がラクです。　すなわち

　　$\displaystyle \frac{V(s)}{U(s)}=X(s)$
　　→　$V(s)=X(s)\cdot U(s)$
　　→　$v(t)=\mathcal{L}^{-1}\left\{X(s)\cdot U(s)\right\}$

という流れです。

受動素子を使った回路については、それぞれの L, C, R のインピーダンスを直接ラプラス変換し、その Z(s) を回路トポロジ通りに組み上げることで、伝達関数が得られます。

各受動素子(インピーダンス) をラプラス変換するとどうなるかについては左図の通りになります。

抵抗はラプラス変換しても R のままですが、容量は電圧の微分が電流になるのでインピーダンスとしては 1/s が、インダクタンスは電流の微分が電圧になるのインピーダンスとしては s が、それぞれ付与されるかたちになります。

ちなみに、ラプラス変換されたインピーダンスの s を jω と置き換えると、電気回路でお馴染みの複素インピーダンスが得られます。

これらのインピーダンスを組み合わせた回路の伝達関数は以下のように求めます。

先に使った RC積分回路を例にとって説明します。
出力 $V_o(s)$ は入力 $V_i(s)$ を $Z_1$ と $Z_2$ で分割した電圧になるので、以下の式で与えられます。
　　$V_{o}(s)=\displaystyle \frac{Z_{2}}{Z_{1}+Z_{2}}\cdot V_{i}(s)$

$Z_{1}=\displaystyle \frac{1}{s\cdot C}$ , $Z_{2}=R$ を代入して $X(s)=\displaystyle \frac{V_{o}(s)}{V_{i}(s)}$ を求めると、
　　$X(s)=\displaystyle \frac{Z_{2}}{Z_{1}+Z_{2}}=\frac{\frac{1}{s\cdot C}}{R+\frac{1}{s\cdot C}}=\frac{1}{1+s\cdot R\cdot C}$

$V_o(s)$ は $X(s)\cdot V_i(s)$ で得られるので、$V_i(s)$ を置き換えるだけで、その入力に対する出力 $V_o(s)$ が求まり、前章でやったようにいちいち微分方程式を立てなくても簡単に計算ができます。

インパルス応答とは、入力としてδ関数を与えたときの応答です。
実際に入力が δ関数として与えられることはありませんが、δ関数に近いインパルス波形として近似できるケースは多くあります。

出力のラプラス変換は
　　$V_{0}(s)=X(s)\displaystyle \cdot V_{i}(s)=\frac{1}{s+\frac{1}{\tau}}\cdot V_{i}(s)$

入力は δ関数だから $V_{i}(s)=1$ なので
　　$V_{0}(s)=\displaystyle \frac{1}{s+\frac{1}{\tau}}$

これをラプラス逆変換すると
　　$v_{o}(t)=\mathcal{L}^{-1}\left\{V_{o}(s)\right\}=\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s+\frac{1}{\tau}}\right\}=e^{-\frac{t}{\tau}}$

が得られます。

ステップ応答とは、入力としてステップ関数を与えたときの応答で、インディシャル応答とも呼ばれます。
実際に入力がある時刻でスパッと立ち上がることはありませんが、近似的にステップ状の波形として入力されるケースは多いです。

入力はステップ関数だから $V_{i}(s)=\displaystyle \frac{1}{s}$ なので出力のラプラス変換は
　　$V_{0}(s)=\displaystyle \frac{1}{s+\frac{1}{\tau}}\cdot\frac{1}{s}=\frac{\tau}{s}-\frac{\tau}{s+\frac{1}{\tau}}$

ラプラス逆変換すると
　　$v_{o}(t)=\mathcal{L}^{-1}\left\{V_{o}(s)\right\}$

　　$=\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s+\frac{1}{\tau}}\right\}$

　　$={\tau}\cdot\left(1-e^{-\frac{t}{\tau}}\right)$

得られます。

ランプ応答とは、入力として時間とともに電圧がリニアに上昇するような関数を与えたときの応答です。

入力はランプ関数だから $V_{i}(s)=\displaystyle \frac{1}{s^{2}}$ なので出力のラプラス変換は
　　$V_{0}(s)=\displaystyle \frac{1}{s+\frac{1}{\tau}}\cdot\frac{1}{s^{\bm{2}}}$

部分分数展開すると
　　$V_{0}(s)=\displaystyle \frac{\bm{1}}{s^{\bm{2}}}-\frac{\tau}{\bm{s}}+\frac{\tau}{s+\frac{1}{\tau}}$

ラプラス逆変換すると
　　$v_{o}(t)=\mathcal{L}^{-1}\left\{V_{o}(s)\right\}=\tau-\tau\cdot\left(1-e^{-\frac{t}{\tau}}\right)$

が得られます。

特性方程式の解を -α,-β　とおくと
　　$V_{0}(s)=\displaystyle \frac{1}{\left(s+\alpha\right)\cdot\left(s+\beta\right)}$

部分分数に展開すると
　　$V_{0}(s)=\displaystyle \frac{1}{\beta-\alpha}\cdot\left(\frac{1}{s+\alpha}-\frac{1}{s+\beta}\right)$

これをラプラス逆変換すると
　　$v_{o}(t)=\displaystyle \frac{1}{\beta-\alpha}\cdot\left(e^{-\alpha t}-e^{-\beta t}\right)$

が得られます。

この振る舞いは、特性方程式の解、α, β が実数の場合と複素数の場合で大きく異なります。

解が実数の場合は式から明らかなように、時定数αと時定数βの２つの一次遅れ要素の応答の和になります。

解が虚数の場合は $\alpha=\sigma-j\omega$ , $\alpha=\sigma+j\omega$ として出力応答の式に代入すると
　　$v_{o}(t)=\displaystyle \frac{1}{\beta-\alpha}\cdot\left(e^{-\alpha t}-e^{-\beta t}\right)$

　　　　$=\displaystyle \frac{1}{2\cdot j\omega}\left\{e^{-\left(\sigma-j\omega\right)t}-e^{-\left(\sigma-j\omega\right)t}\right\}$

　　　　$=\displaystyle \frac{1}{2\cdot j\omega}\cdot e^{-\sigma t}\left(e^{j\omega t}-e^{-j\omega t}\right)$

オイラーの公式から
　　$v_{o}(t)=\displaystyle \frac{1}{\omega}\cdot e^{-\sigma t}\cdot\sin\left(\omega t\right)$

となって、解が複素数の場合には時定数 σで減衰する項と、角周波数 ωで発振する振動項の積になります。

この伝達関数はダンピングファクター (ζ) によってその振る舞いが変わります。　以下、場合分けをしてその振る舞いを調べていきます。

① ζ=0 の場合
　　$X(s)=\displaystyle \frac{1}{s^{2}+\omega_{0}^{2}}$

ラプラス逆変換すると
　　$\displaystyle \mathcal{L}^{-1}\left\{X(s)\right\}=\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s^{2}+\omega_{0}^{2}}\right\}$

　　　　　　　$=\frac{1}{\omega_0}\cdot\sin\left(\omega_0\cdot t\right)$

結果は、角周波数 ω₀ の正弦波となり、与えたインパルスにより引き起こされた振動が永続的に継続することになります。

② 0 <ζ<1 の場合
特性方程式の判別式は
　　$\displaystyle \frac{D}{4}=\left(\zeta\cdot\omega_{0}\right)^{2}-\omega_{0}^{2}=\left(\zeta^{2}-1\right)\cdot\omega_{0}^{2}$

で、ζ<1 なので D<0 となり、特性方程式は下記のように2虚根を持つことになります。
　　$s=-\zeta\cdot\omega_{0}\pm j\sqrt{1-\zeta^{2}}\cdot\omega_{0}$

ここで $\sigma=\zeta\cdot\omega_{0}$ , $\omega=\sqrt{1-\zeta^{2}}\cdot\omega_{0}$ とおくと$s=-\sigma\pm j\omega$ となるので
　　$\mathcal{L}^{-1}\left\{X(s)\right\}$
　　　　$=\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{\left\{s+\left(\sigma+j\omega\right)\right\}\left\{s+\left(\sigma-j\omega\right)\right\}}\right\}$

　　　　$=\displaystyle \frac{1}{\omega}\cdot e^{-\sigma t}\cdot\sin\left(\omega t\right)$

となります。

特性方程式が 2 虚根を持つ場合は先に述べたように応答は減衰項と振動項の積となります。
このとき、ζ が 0 に近いと ω >> σ となるので振動項が支配的で、ζ が 1に近いと ω << σ
となるので減衰項が支配的となります。

③ ζ= 1 の場合

D=0 なので特性方程式は重根を持ちます。
　　$X(s)=\displaystyle \frac{1}{s^{2}+2\omega_{0}s+\omega_{0}^{2}}= \displaystyle \frac{1}{\left(s+\omega_{0}\right)^{2}}$

ラプラス逆変換すると
　　$\mathcal{L}^{-1}\left\{X(s)\right\}=\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{\left(s+\omega_{0}\right)^{2}}\right\}=t\cdot e^{-\omega_{0}t}$

という応答が得られます。

④ ζ > 1 の場合

D > 0 なので特性方程式は 下記のように2実根を持つことになります。
　　$\sigma_{1}=\left(\zeta-\sqrt{\zeta^{2}-1}\right)\cdot\omega_{0}$
　　$\sigma_{2}=\left(\zeta+\sqrt{\zeta^{2}-1}\right)\cdot\omega_{0}$

応答特性は
　　$\mathcal{L}^{-1}\left\{X(s)\right\}$
　　　$=\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{\left(s+\sigma_{1}\right)\cdot\left(s+\sigma_{2}\right)}\right\}$

　　　$=\displaystyle \frac{1}{2\sqrt{\zeta^{2}-1}}\cdot\frac{1}{\omega}\cdot\left(e^{-\sigma_{1}t}-e^{-\sigma_{2}t}\right)$

が得られ、正の減衰項と負の減衰項の和になって、ζ が大きいほど収束が遅くなることがわかります。

まずは以下の一次の遅れ要素の伝達関数を考えます。
　　$X(s)=\displaystyle \frac{1}{1+s\tau}$

ここで、$\tau =1/\omega_0$ とおくと
　　$X(s)=\displaystyle \frac{1}{1+s/\omega_{0}}$

s を jωに置き換えると
　　$X(j\displaystyle \omega)=\frac{1}{1+j\cdot\left(\omega/\omega_{0}\right)}=\frac{1-j\left(\omega/\omega_{0}\right)}{1+\left(\omega/\omega_{0}\right)^{2}}$
となるので
　　$Re=\displaystyle \frac{1}{1+\left(\omega/\omega_{0}\right)^{2}}$

　　$Im=\displaystyle \frac{-\left(\omega/\omega_{0}\right)}{1+\left(\omega/\omega_{0}\right)^{2}}$

が得られます。
ここから、周波数応答として注目すべき振幅と位相を求ると以下の結果が得られます。
　　$\left|X(\mathrm{j}\omega)\right|=\sqrt{Re^{2}+Im^{2}}$

　　　　　$=\displaystyle \frac{\sqrt{1+\left(\omega/\omega_{0}\right)^{2}}}{1+\left(\omega/\omega_{0}\right)^{2}}$

　　　　$=\displaystyle \frac{1}{\sqrt{1+\left(\omega/\omega_{0}\right)^{2}}}$

　　$\angle X(\mathrm{j}\omega)=\tan^{-1}\left(\frac{Im}{Re}\right)=\tan^{-1}\left(-\omega/\omega_{0}\right)$

振幅は、ω=0 で 0dB、 ω=ω₀ で 1/√2 = -3dB、ω=∞ で 0 となり、位相は、ω=0 で 0°、ω=ω₀ で -45°、ω=∞ で -90° となります。

ω₀ をポール角周波数あるいはカットオフ角周波数などと呼びます。