メカトロニックなカメ

メカトロニクス技術者になりたいカメです

なぜ伝達関数にs=jωを代入するのか

背景

1自由度振動系の運動方程式は次式のように表される。

\begin{align}m\cfrac{d^2x}{dt^2}+c\cfrac{dx}{dt}+kx=f \end{align}

上式をラプラス変換すると以下のような伝達関数が得られる。

 \begin{align}G(s)=\cfrac{X(s)}{F(s)}=\cfrac{1}{ms^2+cs+k} \end{align}

この運動方程式の周波数特性を求める際に、伝達関数の\(s\)に\(j\omega\)を代入すればよいと知られている。

 \begin{align}G(j\omega)&=\cfrac{1}{m(j\omega)^2+cj\omega+k}\\&=\cfrac{1}{k-m\omega^2+cj\omega} \end{align}

この時のゲイン(振幅)と位相差は単に絶対値と偏角を求めればよい。

 \begin{align}\left|G(j\omega)\right|&=\cfrac{1}{\sqrt{(k-m\omega^2)^2+(c\omega)^2}}\\\angle G(j\omega)&=\tan^{-1}\cfrac{-c\omega}{k-m\omega^2} \end{align}

間違ってはいないのだが、なぜ\(s=j\omega\)とすればよいのか不透明である。この点について考えてみる。 

フーリエ変換との関係性

フーリエ変換ラプラス変換には密接な関係がある。フーリエ変換の公式は次式である。

\begin{align}\mathcal{F}[f(t)]=\int_{-\infty}^{\infty}f(t)e^{-j\omega t}dt \end{align}

一方ラプラス変換は次式である。

\begin{align}\mathcal{L}[f(t)]=\int_{0}^{\infty}f(t)e^{-s t}dt \end{align}

フーリエ変換ラプラス変換の違いは積分範囲が\([-\infty, \infty]\)、\([0,\infty]\)であることと、被積分関数が\(e^{-j\omega t}\)、\(e^{-st}\)であることである。雑に言ってしまえば、ラプラス変換の\(s\)を\(j\omega\)にしてしまえばフーリエ変換っぽくなるわけである。

そしてフーリエ変換は周波数特性を求める変換であるため、ラプラス変換によって得られた伝達関数の\(s\)を\(j\omega\)に変えてしまえば、周波数特性が得られるというわけである。

しかし、この方法ではフーリエ変換が周波数特性を表すものであることを理解している必要がある。次に別の説明を試みる。

微分方程式ベースで考える

周波数特性を求める方法として微分方程式に対して、\(f=Fe^{j\omega t}\)を代入する手法がある。例えば1自由度振動系に対して代入し、その解が\(x=Xe^{j\omega t}\)とすると、次式が得られる。

 \begin{align} X\left(-m\omega^2+jc\omega+k\right)e^{j\omega t}=Fe^{j\omega t}\end{align}

上式を満たす\(X\)は次式のようになる。

 \begin{align} X=\cfrac{F}{-m\omega^2+jc\omega+k}\end{align}

つまり、外力振幅\(F\)と変位振幅\(X\)の比は次式のように表され、これはまさに伝達関数に\(s=j\omega\)を代入したものである。

上記では一自由度振動系を例にしたが、一般的な伝達関数微分方程式)でも同様のことがいえる。

次のような伝達関数を考えてみる。

 \begin{align} G(s)=\cfrac{Y(s)}{U(s)}=\cfrac{b_{n-1}s^{n-1}+b_{n-2}s^{n-2}+\cdots+b_0}{s^n+a_{n-1}s^{n-1}+\cdots+a_0}\end{align}

上式の伝達関数は次の微分方程式で表される。

 \begin{align} \cfrac{d^n y}{dt^n}+a_{n-1}\cfrac{d^{n-1} y}{dt^{n-1}}+\cdots+a_0y=b_{n-1}\cfrac{d^{n-1} u}{dt^{n-1}}+b_{n-2}\cfrac{d^{n-2} u}{dt^{n-2}}+\cdots+b_0u\end{align}

上式に、\(u=Ue^{j\omega t}\)を代入し、その解が\(y=Ye^{j\omega t}\)とすると、次式が得られる。

 \begin{align} \left((j\omega)^n+a_{n-1}(j\omega)^{n-1}+\cdots+a_0\right)Y=\left(b_{n-1}(j\omega)^{n-1}+b_{n-2}(j\omega)^{n-2}+\cdots+b_0\right)U\end{align}

 \begin{align} \cfrac{Y}{U}=\cfrac{b_{n-1}(j\omega)^{n-1}+b_{n-2}(j\omega)^{n-2}+\cdots+b_0}{(j\omega)^n+a_{n-1}(j\omega)^{n-1}+\cdots+a_0}\end{align}

これで、ラプラス変換して得られた伝達関数に\(s=j\omega\)を代入することで周波数特性が得られることを示された。

ラプラス逆変換で考える

周波数特性を求めるために\(f=\sin(\omega t)\)を代入することを考える。この\(f\)をラプラス変換すると\(F(s)\)は次式のようになることが知られている。

\begin{align}F(s)=\cfrac{\omega}{s^2+\omega^2} \end{align}

次のような伝達関数を考える。

 \begin{align}\cfrac{X(s)}{F(s)}=\cfrac{a}{s+b} \end{align}

この時、\(X(s)\)は次式のように表せる。

 \begin{align}X(s)=\cfrac{a}{s+b}\cfrac{\omega}{s^2+\omega^2} \end{align}

上式を部分分数分解すると次式のようになる。

 \begin{align}X(s)&=\cfrac{A}{s+b}+\cfrac{Bs+C}{s^2+\omega^2}\\&=\cfrac{A(s^2+\omega^2)+(Bs+C)(s+b)}{(s+b)(s^2+\omega^2)}\\&=\cfrac{(A+B)s^2+(Bb+C)s+A\omega^2+Cb}{(s+b)(s^2+\omega^2)}\end{align}

係数を比較すると\(A,B,C\)は以下のように得られる。

 \begin{align}A&=\cfrac{a\omega}{\omega^2+b^2}\\B&=\cfrac{-a\omega}{\omega^2+b^2}\\C&=\cfrac{ab\omega}{\omega^2+b^2}\end{align}

 つまり部分分数分解した式は次式のようになる。

 \begin{align}X(s)&=\cfrac{a\omega}{\omega^2+b^2}\cfrac{1}{s+b}+\cfrac{a\omega}{\omega^2+b^2}\cfrac{-s+b}{s^2+\omega^2}\\&=\cfrac{a\omega}{\omega^2+b^2}\cfrac{1}{s+b}-\cfrac{a\omega}{\omega^2+b^2}\cfrac{s}{s^2+\omega^2}+\cfrac{ab}{\omega^2+b^2}\cfrac{\omega}{s^2+\omega^2}\end{align}

上式を逆ラプラス変換すると、次式のようになる。

 \begin{align}x(t)&=\cfrac{a\omega}{\omega^2+b^2}e^{-bt}-\cfrac{a\omega}{\omega^2+b^2}\cos(\omega t)+\cfrac{ab}{\omega^2+b^2}\sin(\omega t)\\&=\cfrac{a\omega}{\omega^2+b^2}e^{-bt}+\cfrac{a}{\sqrt{\omega^2+b^2}}\sin\left(\omega t+\tan^{-1}\left(-\frac{\omega}{b}\right)\right)\end{align}

上式の右辺第一項は過渡応答であるため、周波数特性は右辺第二項になります。

一方、伝達関数に\(s=j\omega\)を代入すると次式のようになる。

 \begin{align}G(j\omega)&=\cfrac{a}{j\omega+b}\\\left|G(j\omega)\right|&=\cfrac{a}{\sqrt{\omega^2+b^2}}\\\angle G(j\omega)&=\tan^{-1}\left(-\cfrac{\omega}{b}\right) \end{align}

上記のように一致することが確認できた。

 

上記では1次の場合で証明したが、2次以上でも複雑になるが同様に証明できる(はず)。