ラプラス変換による回路の s 領域表示と 1 次回路の過渡現象

素子を $s$ 領域のインピーダンス $R$ , $s L$ , $\frac{1}{s C}$ と初期値を表す電源（ $L i (0^{-})$ の電圧源、 $\frac{v _{C} ( 0 ^{-} )}{s}$ の電圧源など）で表し、RC・RL 回路でスイッチを入れたあとの電圧・電流を部分分数分解と逆ラプラス変換で求められる

前提

ラプラス変換と逆変換（大学数学フーリエ解析・ラプラス変換）
コイルを含む直流回路のスイッチ操作（高校物理電磁気と交流）
コンデンサーの電気容量と電気量（高校物理電場と電位・コンデンサー）

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算数中学高校大学大学院

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コンデンサーの電気容量と電気量（高校物理電場と電位・コンデンサー）

説明

スイッチを入れた後に RC 回路や RL 回路の電圧・電流が時間とともにどう変わるか（過渡現象）を、微分方程式を直接解かずに求める方法です。回路の各素子をラプラス変換した世界（ $s$ 領域）の「インピーダンス」 $R$ 、 $s L$ 、 $\frac{1}{s C}$ に置きかえ、コイルの初期電流やコンデンサーの初期電圧は小さな電源として回路図に書き込みます。すると直流回路と同じようにオームの法則やキルヒホッフの法則で $I (s)$ 、 $V (s)$ が代数的に求まり、部分分数分解して逆ラプラス変換すれば時間の関数が得られます。

なぜそうしてよいのか

微分のラプラス変換。 関数 $f (t)$ のラプラス変換を $F (s) = \int_{0}^{\infty} f (t) e^{- s t} d t$ とします。導関数の変換を部分積分で計算すると
$\int_{0}^{\infty} f^{'} (t) e^{- s t} d t = [f (t) e^{- s t}]_{0}^{\infty} + s \int_{0}^{\infty} f (t) e^{- s t} d t = s F (s) - f (0^{-})$
です（ $s$ を十分大きくとって $f (t) e^{- s t} \to 0$ とし、スイッチ操作の直前の値 $f (0^{-})$ を初期値として使う）。つまり「微分」は「 $s$ を掛けて初期値を引く」という掛け算・引き算に変わります。

素子の $s$ 領域表示。 抵抗は $v = R i$ から $V (s) = R I (s)$ 。コイルは $v = L \frac{d i}{d t}$ から
$V (s) = s L I (s) - L i (0^{-})$
で、インピーダンス $s L$ に、電流の向きに電流を流そうとする向きの電圧源 $L i (0^{-})$ が直列につながったものとみなせます。コンデンサーは $i = C \frac{d v}{d t}$ から $I (s) = s C V (s) - C v (0^{-})$ 、すなわち
$V (s) = \frac{1}{s C} I (s) + \frac{v ( 0 ^{-} )}{s}$
で、インピーダンス $\frac{1}{s C}$ に、初期電圧と同じ極性の電圧源 $\frac{v ( 0 ^{-} )}{s}$ が直列につながったものとみなせます。また、 $t = 0$ から一定の起電力 $E$ を加える電池は $\frac{E}{s}$ の電源になります（定数 $E$ の変換は $\frac{E}{s}$ ）。

なぜ楽になるのか。 こうして書きかえた回路では、すべての関係が $V = Z I$ という比例関係になるので、直列なら足す、キルヒホッフの電圧則で 1 本の式を立てる、といった直流回路と同じ計算で $I (s)$ が求まります。初期条件はすでに電源として入っているので、あとで積分定数を決める必要もありません。最後に $I (s)$ を $\frac{A}{s} + \frac{B}{s + a}$ のように部分分数分解すれば、 $\frac{1}{s} \to 1$ 、 $\frac{1}{s + a} \to e^{- a t}$ の対応で $t > 0$ の関数に戻せます。

手順

スイッチを入れる直前（ $t = 0^{-}$ ）のコイルの電流 $i_{L} (0^{-})$ とコンデンサーの電圧 $v_{C} (0^{-})$ を求める
$t > 0$ の回路を $s$ 領域に描きかえる： $R \to R$ 、 $L \to s L$ と直列電圧源 $L i_{L} (0^{-})$ 、 $C \to \frac{1}{s C}$ と直列電圧源 $\frac{v _{C} ( 0 ^{-} )}{s}$ 、一定の起電力 $E \to \frac{E}{s}$
$s$ 領域の回路でキルヒホッフの電圧則（や合成インピーダンス）を使い、求めたい量 $I (s)$ や $V (s)$ を $s$ の分数式で表す
分数式を部分分数分解する（例： $\frac{1}{s ( s + a )} = \frac{1}{a} (\frac{1}{s} - \frac{1}{s + a})$ ）
$\frac{1}{s} \to 1$ 、 $\frac{1}{s + a} \to e^{- a t}$ の対応で逆ラプラス変換し、 $t > 0$ での電圧・電流を書く。 $t \to \infty$ や $t = 0^{+}$ での値が直流回路の考えと合うか確かめる

例題

電気容量 $C$ のコンデンサーが、はじめ電圧 $V_{0}$ に充電されている。時刻 $t = 0$ にスイッチを閉じ、起電力 $E$ の電池（内部抵抗は無視）、抵抗 $R$ 、このコンデンサーを直列につないだ閉回路をつくる。コンデンサーの電圧の向きは、電池がコンデンサーを充電する向きを正とし、 $V_{0}$ もこの向きで測った値とする。 $t > 0$ でのコンデンサーの電圧 $v_{C} (t)$ を、ラプラス変換を用いて $E$ 、 $V_{0}$ 、 $R$ 、 $C$ 、 $t$ で表せ。

例題の解答

手順 1（初期値）： $v_{C} (0^{-}) = V_{0}$ 。コイルはない。

手順 2（ $s$ 領域の回路）：電池は $\frac{E}{s}$ 、抵抗は $R$ 、コンデンサーはインピーダンス $\frac{1}{s C}$ と電圧源 $\frac{V _{0}}{s}$ の直列。電流 $I (s)$ は電池がコンデンサーを充電する向きを正とする。

手順 3（電圧則）：
$\frac{E}{s} = R I (s) + \frac{1}{s C} I (s) + \frac{V _{0}}{s} \Rightarrow I (s) = \frac{( E - V _{0} ) / s}{R + \frac{1}{s C}} = \frac{E - V _{0}}{R} \cdot \frac{1}{s + \frac{1}{R C}} .$
コンデンサーの電圧は
$V_{C} (s) = \frac{1}{s C} I (s) + \frac{V _{0}}{s} = \frac{E - V _{0}}{R C} \cdot \frac{1}{s ( s + \frac{1}{R C} )} + \frac{V _{0}}{s} .$

手順 4（部分分数分解）： $a = \frac{1}{R C}$ とおくと $\frac{1}{s ( s + a )} = R C (\frac{1}{s} - \frac{1}{s + a})$ なので
$V_{C} (s) = (E - V_{0}) (\frac{1}{s} - \frac{1}{s + a}) + \frac{V _{0}}{s} = \frac{E}{s} - \frac{E - V _{0}}{s + \frac{1}{R C}} .$

手順 5（逆変換）：
$v_{C} (t) = E - (E - V_{0}) e^{- t / (R C)} (t > 0) .$
$t \to 0^{+}$ で $V_{0}$ （コンデンサーの電圧は急に変わらない）、 $t \to \infty$ で $E$ （電流が流れなくなり電池の電圧に一致）となり、直流回路の考えと合う。

答え: $E - (E - V_{0}) e^{- \frac{t}{R C}}$

よくある誤り

$t = 0$ から加わる一定の起電力を $s$ 領域でもそのまま $E$ と書いてしまう誤り。定数のラプラス変換は $\int_{0}^{\infty} E e^{- s t} d t = \frac{E}{s}$ なので、正しくは電源は $\frac{E}{s}$ （コンデンサーの初期電圧の電源も $V_{0}$ ではなく $\frac{V _{0}}{s}$ ）
コンデンサーの初期電圧の電源を忘れて $\frac{E}{s} = (R + \frac{1}{s C}) I (s)$ としてしまう誤り。これでは $V_{0} \neq = 0$ のときの結果が合わない。正しくは $\frac{E}{s} = (R + \frac{1}{s C}) I (s) + \frac{V _{0}}{s}$ で、 $i (t) = \frac{E - V _{0}}{R} e^{- t / (R C)}$
コイルの初期値の電源の向きを逆にして $V (s) = s L I (s) + L i (0^{-})$ としてしまう誤り。 $v = L \frac{d i}{d t}$ の変換は $s L I (s) - L i (0^{-})$ なので、正しくは電圧源 $L i (0^{-})$ は初期電流を流し続けようとする向きに入る（例：電流 $I_{0}$ が流れていた RL 回路を抵抗 $R$ だけで閉じると $I (s) = \frac{L I _{0}}{s L + R}$ 、 $i (t) = I_{0} e^{- R t / L}$ ）
部分分数分解の係数を落として $\frac{1}{s ( s + a )} = \frac{1}{s} - \frac{1}{s + a}$ としてしまう誤り。通分すると $\frac{a}{s ( s + a )}$ になるので、正しくは $\frac{1}{s ( s + a )} = \frac{1}{a} (\frac{1}{s} - \frac{1}{s + a})$

この説明は AI が書き、別の AI が例題を独立に解いて答えを確かめ、説明を一歩ずつ査読しました。

入口の問題

難易度 1（教科書の例題レベル）
起電力 $E$ の直流電源（内部抵抗は無視する）、スイッチ S、抵抗値 $R$ の抵抗、自己インダクタンス $L$ のコイルを直列につないだ回路がある（ $E > 0$ , $R > 0$ , $L > 0$ ）。はじめスイッチ S は開いていて、コイルに電流は流れていない（ $i (0^{-}) = 0$ ）。時刻 $t = 0$ に S を閉じた。
コイルの抵抗と導線の抵抗は無視する。回路を $s$ 領域で表してラプラス変換を用い、 $t \geq 0$ で回路を流れる電流 $i (t)$ を $E$ , $R$ , $L$ , $t$ を用いて表せ。電流の向きは、電源の正極から抵抗・コイルを通って負極へ流れる向きを正とする。
$E$ S $R$ $L$

この技能を使う問題

この技能の次に学べること

RLC 回路の過渡現象（大学物理電気回路）