ラプラス変換の定義

質問

ラプラス変換を習い始めたのですが、教授が「ラプラス変換の定義は「式」(←eの-ｓｔ乗をかけたのを0から∞まで積分するやつ）です。」ってな感じで説明のかけらも無く言っていました。何故そのような式になるのでしょうか？　教科書を見ても書いてありません。
『ただ覚えるだけ』ってのはつまらないので、理由を知りたいです。

回答No.3

republiky · ベストアンサー

私はバリバリの工学屋なので、数学的に正しい説明は
出来ないかもしれませんので、あらかじめご了承くだ
さい。あくまで、直感的な理解です。

定義式：
X(s) = ∫x(t)exp(-st)dt （積分範囲は0～+∞）

まず、関数x(t)をラプラス変換する、という計算は、
基本的にフーリエ変換を行っていることと大きな違い
はありません。sは複素数を意味し、s=jw（jを虚数）
と考えれば、フーリエ変換そのものです。

工学（特に信号処理）では、関数x(t)は何らかの信号
（音声など）として考えますので、実際に計測を始め
た瞬間を時刻０として考えます。つまり、計測する前
(t<0)は、信号がなくても当然です。

したがって、フーリエ変換は積分範囲が-∞から＋∞と
して定義されていますが、x(t)の関数がt>=0のときの
み定義されている（つまり、t<0 でx(t)=0）と考えれ
ば、フーリエ変換の積分範囲は、0～+∞と考えても構
いません。

また、sは複素数なので通常s=a+jwとなります。この場
合は、単純なフーリエ変換とイコールではなく、

X(jw) = ∫x(t)exp(-at-jwt)dt
　　　= ∫x(t)exp(-at)exp(-jwt)dt

となって、x(t)exp(-at)をフーリエ変換したと考えら
れます。つまり、信号x(t)に減衰項exp(-at)を掛けた
ものをフーリエ変換するという意味です。では、なぜ
わざわざ減衰項を掛けるのか？

x(t)をそのままフーリエ変換したのでは、安定性が
保証されない場合があるからです。つまり、フーリエ
変換はある条件を満たす信号x(t)を扱う場合のみ、
意味のある結果を算出できます。

その条件とは、

∫|x(t)|dt < ∞　（積分範囲は-∞から+∞）

というものです。たとえば、x(t)=1の場合、あきらか
に無限大に発散します。このようなとき、x(t)に減衰
項exp(-at)を掛けることで、上の条件を満たすことが
出来ます。

このように、ラプラス変換は、フーリエ変換では扱う
ことの出来なかった関数を扱えるようにしたもので、
フーリエ変換の拡張である、と認識でよいと思います。

あまり自信はありませんが・・・

お礼

フーリエ変換を知らないので完全にではありませんが、だいたい理解できました。
返答ありがとうございました。

回答No.7

nubou

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すなわちｃ［ｎ］　（ｎ＝０，±１，±２，±３，・・・）を適当な複素数として
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回答No.6

nubou

あらを探すようでrepublikyさんどうも申し訳ない
「たとえば、x(t)=1の場合、あきらか に無限大に発散します。」
も超関数の範囲では間違いです
ｘ（ｔ）≡１のフーリエ変換をＸ（ｆ）とすると
Ｘ（ｆ）
＝∫（－∞＜ｔ＜∞）ｄｔ・ｘ（ｔ）・ｅｘｐ（－ｊ・２・π・ｆ・ｔ）
＝∫（－∞＜ｔ＜∞）ｄｔ・ｅｘｐ（－ｊ・２・π・ｆ・ｔ）
＝δ（ｆ）
です

回答No.5

nubou

∫（－∞＜ｔ＜∞）ｄｔ・｜ｘ（ｔ）｜＜∞でなく｜ｘ（ｔ）｜＜∞でない関数ｘ（ｔ）であってもフーリエ変換できる有名な関数があります
それはｆｓを正の実数として
ｘ（ｔ）＝Σ（－∞＜ｎ＜∞）・δ（ｔ－ｎ／ｆｓ）です
ｘ（ｔ）のフーリエ変換をＸ（ｆ）とすると
Ｘ（ｆ）＝ｆｓ・Σ（－∞＜ｎ＜∞）・δ（ｆ－ｎ・ｆｓ）です

これを証明します
ｘ（ｔ）≡ｘ（ｔ＋１／ｆｓ）ですからｘ（ｔ）はフーリエ級数展開できます
すなわちｃ［ｎ］　（ｎ＝０，±１，±２，±３，・・・）を適当な実数として
Σ（－∞＜ｎ＜∞）・δ（ｔ－ｎ／ｆｓ）
＝Σ（－∞＜ｎ＜∞）・ｃ［ｎ］・ｅｘｐ（ｊ・２・π・ｎ・ｆｓ・ｔ）
∫（０≦ｔ＜１／ｆｓ）ｄｔ・ｅｘｐ（－ｊ・２・π・ｍ・ｆｓ・ｔ）を両辺に作用させると
左辺＝∫（０≦ｔ＜１／ｆｓ）ｄｔ・ｅｘｐ（－ｊ・２・π・ｍ・ｆｓ・ｔ）・δ（ｔ）＝１
右辺＝ｃ［ｍ］／ｆｓ
よってｃ［ｍ］＝ｆｓ
よって
Σ（－∞＜ｎ＜∞）・δ(t-n/fs)=ｆｓ・Σ（－∞＜ｎ＜∞）・exp(j・2・π・n・fs・t)
よって
Ｘ（ｆ）
=∫(－∞<t<∞)dt・exp(j・2・π・f・t)・Σ（－∞<n<∞）・δ(t-n/fs)
=∫(－∞<t<∞)dt・exp(j・2・π・f・t)・fs・Σ（－∞<n<∞）・exp(j・2・π・n・fs・t)
=fs・Σ（－∞<n<∞）・∫(－∞<t<∞)dt・exp(j・2・π・(f-n・fs)・t)
=ｆｓ・Σ（－∞＜ｎ＜∞）・δ（ｆ－ｎ・ｆｓ）

回答No.4

nubou

制御工学、通信工学ではδ関数をばんばん使うのですから関数の範囲は超関数です
とするとフーリエ変換できる関数の条件は
「∫|x(t)|dt < ∞　（積分範囲は-∞から+∞）」
ではありません
｜ｘ（ｔ）｜＜∞ならばほとんどフーリエ変換可能です
実際ｃｏｓ（２・π・ｆ０・ｔ）はフーリエ変換可能でそれは
（δ（ｆ－ｆ０）＋δ（ｆ＋ｆ０））／２です
ただ他の説明はrepublikyの説明は当を得ています
要するに始まりのある関数であれば指数関数的に増大するものであっても
両側ラプラス変換が可能です
フーリエ変換はそうはいきません
しかしフーリエ変換はｔ→－∞で０でない関数であっても変換可能なのです
ラプラス変換は－∞方向で関数値を０にすることによって∞方向で関数値が増大するものを許したのです

回答No.2

nubou

別の片側ラプラス変換の定義として（ことらの方が一般的）
ｆ（ｔ）に何らの制限を加えずに
ｆ（ｔ）の両側ラプラス変換をＳ（ｆ（ｔ））（ｓ）と書くと
Ｓ（ｆ（ｔ））（ｓ）≡∫（０≦ｔ＜∞）ｄｔ・ｆ（ｔ）・ｅｘｐ（－ｓ・ｔ）
です
もっと欠点はひどくなる（特に公式に）

両側ラプラス変換はｕｎｉｘ、ｌｉｎｕｘのようなものなのです
一度始めると片側変換には戻れません

回答No.1

nubou

両側ラプラス変換はｔ０が存在してｔ＜ｔ０ならばｆ（ｔ）＝０である関数ｆに適用されます
ｆ（ｔ）の両側ラプラス変換をＬ（ｆ（ｔ））（ｓ）と書くと
Ｌ（ｆ（ｔ））（ｓ）≡∫（－∞＜ｔ＜∞）ｄｔ・ｆ（ｔ）・ｅｘｐ（－ｓ・ｔ）
です

両側ラプラス変換の公式を示すと
Ｌ（ａ・ｆ（ｔ）＋ｂ・ｇ（ｔ））（ｓ）＝ａ・Ｌ（ｆ（ｔ））（ｓ）＋ｂ・Ｌ（ｇ（ｔ））（ｓ）
Ｌ（ｇ’（ｔ））（ｓ）＝ｓ・Ｌ（ｇ（ｔ））（ｓ）
Ｌ（∫（－∞＜τ＜ｔ）ｄτ・ｇ（τ））（ｓ）＝Ｌ（ｇ（ｔ））（ｓ）／ｓ
Ｌ（∫（－∞＜τ＜∞）ｄτ・ｆ（τ）・ｇ（ｔ－τ））（ｓ）＝Ｌ（ｆ（ｔ））（ｓ）・Ｌ（ｇ（ｔ））（ｓ）
Ｌ（ｇ（ｔ－ａ））（ｓ）＝ｅｘｐ（－ａ・ｓ）・Ｌ（ｇ（ｔ））（ｓ）
Ｌ（ｇ（ｔ）・ｅｘｐ（－ａ・ｔ））（ｓ）＝Ｌ（ｇ（ｔ））（ｓ＋ａ）
Ｌ（δ（ｔ））（ｓ）＝１
Ｌ（ｈ（ｔ）・ｔ＾α）（ｓ）＝Γ（α＋１）／ｓ＾（α＋１）
Ｌ（ｈ（ｔ）・ｃｏｓ（ω・ｔ））（ｓ）＝ｓ／（ｓ＾２＋ω＾２）
Ｌ（ｈ（ｔ）・ｓｉｎ（ω・ｔ））（ｓ）＝ω／（ｓ＾２＋ω＾２）

これだけ知っていればもう何も必要有りません

片側ラプラス変換はｔ＜０ならばｆ（ｔ）＝０である関数ｆに適用されます
ｆ（ｔ）の両側ラプラス変換をＳ（ｆ（ｔ））（ｓ）と書くと
Ｓ（ｆ（ｔ））（ｓ）≡∫（－∞＜ｔ＜∞）ｄｔ・ｆ（ｔ）・ｅｘｐ（－ｓ・ｔ）
です

片側ラプラス変換の欠点：
Ｓ（δ（ｔ））（ｓ）＝１
となっていますがこれは非常にまずいのです
この値は１／２，０，１の３通りの解釈ができるからです
またｆ（ｔ）は始まりを０に固定してますが
始まりが有るが何時始まるか分からないものに無力です
また公式の中に複雑なものが出現します
片側変換がはびこってしまったのは最初に始めた人に眼力がなかったためで
ｍｓｄｏｓ、ｗｉｎｏｗｓのようなものなのです

参考URL：

http://oshiete1.goo.ne.jp/kotaeru.php3?q=260885