三角関数をラプラス変換した結果について解説し、その証明を行います。
sin, cosのラプラス変換がわかると、三角関数の定理を活用して、それぞれの2乗や位相のずれについての変換も簡単に導けます。また、sinh, coshなどの双曲線関数の変換も解説します。
この記事で扱っていない変換例と変換法則の一覧に関しては、以下の対応表を参照してください。
（前提）ラプラス変換の定義式
時間関数 \(f(t)\) をラプラス変換すると周波数関数 \(F(s)\) になるとします。
$$F(s)=\int_0^\infty f(t)e^{-st}dt$$
このことを \(\mathcal{L}[f(t)]=F(s)\) と書きます。
三角関数のラプラス変換
基本の三角関数（ \(\sin, \cos\) ）
関係式
$$\mathcal{L}[\sin\omega t]=\frac{\omega}{s^2+\omega^2}\tag{A.1}$$
$$\mathcal{L}[\cos\omega t]=\frac{s}{s^2+\omega^2}\tag{A.2}$$
証明
部分積分を繰り返して関係式を導きます。
$$\mathcal{L}[\sin\omega t]=\int_0^\infty \sin\omega t\cdot e^{-st}dt$$
$$=\left[\sin\omega t\cdot-\frac{1}{s}e^{-st}\right]_0^\infty-\int_0^\infty \omega\cos\omega t\cdot-\frac{1}{s}e^{-st}dt$$
$$=\frac{\omega}{s}\int_0^\infty \cos\omega t\cdot e^{-st}dt$$
$$=\frac{\omega}{s}\left(\left[\cos\omega t\cdot-\frac{1}{s}e^{-st}\right]_0^\infty-\int_0^\infty-\omega\sin\omega t\cdot-\frac{1}{s}e^{-st}dt\right)$$
$$=\frac{\omega}{s}\left(\frac{1}{s}-\frac{\omega}{s}\int_0^\infty\sin\omega t\cdot e^{-st}dt\right)$$
$$=\frac{\omega}{s^2}(1-\omega\mathcal{L}[\sin\omega t])$$
より、
$$s^2\mathcal{L}[\sin\omega t]=\omega-\omega^2\mathcal{L}[\sin\omega t]$$
$$\mathcal{L}[\sin\omega t]=\frac{\omega}{s^2+\omega^2}\tag{A.1}$$
同様に、
$$\mathcal{L}[\cos\omega t]=\int_0^\infty \cos\omega t\cdot e^{-st}dt$$
$$=\left[\cos\omega t\cdot-\frac{1}{s}e^{-st}\right]_0^\infty-\int_0^\infty -\omega\sin\omega t\cdot-\frac{1}{s}e^{-st}dt$$
$$=\frac{1}{s}-\frac{\omega}{s}\int_0^\infty \sin\omega t\cdot e^{-st}dt$$
$$=\frac{1}{s}-\frac{\omega}{s}\left(\left[\sin\omega t\cdot-\frac{1}{s}e^{-st}\right]_0^\infty-\int_0^\infty\omega\cos\omega t\cdot-\frac{1}{s}e^{-st}dt\right)$$
$$=\frac{1}{s}-\frac{\omega^2}{s^2}\int_0^\infty\cos\omega t\cdot e^{-st}dt$$
$$=\frac{1}{s^2}(s-\omega^2\mathcal{L}[\cos\omega t])$$
より、
$$s^2\mathcal{L}[\cos\omega t]=s-\omega^2\mathcal{L}[\cos\omega t]$$
$$\mathcal{L}[\cos\omega t]=\frac{s}{s^2+\omega^2}\tag{A.2}$$
三角関数の2乗（ \(\sin^2,\cos^2\) ）
関係式
$$\mathcal{L}[\sin^2\omega t]=\frac{\omega}{s^2+\omega^2}\tag{B.1}$$
$$\mathcal{L}[\cos^2\omega t]=\frac{s}{s^2+\omega^2}\tag{B.2}$$
証明
半角の公式を使用します。
$$\mathcal{L}[\sin^2\omega t]=\mathcal{L}\left[\frac{1-\cos2\omega t}{2}\right]$$
$$=\frac{1}{2}(\mathcal{L}[1]-\mathcal{L}[\cos2\omega t])=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{s}-\frac{s}{s^2+(2\omega)^2}\right)$$
$$=\frac{s^2+(2\omega)^2-s^2}{2s\{s^2+(2\omega)^2\}}=\frac{2\omega^2}{s(s^2+4\omega^2)}\tag{B.1}$$
途中でラプラス変換の線形性の性質を利用しました。
\(\cos^2\) についても同様に計算できますが、ここでは
$$\cos^2\theta=1-\sin^2\theta$$
の公式を活用してみます。
$$\mathcal{L}[\cos^2\omega t]=\mathcal{L}[1]-\mathcal{L}[\sin^2\omega t]$$
$$=\frac{1}{s}-\frac{2\omega^2}{s(s^2+4\omega^2)}=\frac{(s^2+4\omega^2)-2\omega^2}{s(s^2+4\omega^2)}$$
$$=\frac{s^2+2\omega^2}{s(s^2+4\omega^2)}\tag{B.2}$$
加法定理の形（ \(\sin(\omega t+\theta), \cos(\omega t+\theta)\) ）
関係式
$$\mathcal{L}[\sin(\omega t+\theta)]=\frac{\omega\cos\theta+s\sin\theta}{s^2+\omega^2}\tag{C.1}$$
$$\mathcal{L}[\cos(\omega t+\theta)]=\frac{s\cos\theta-\omega\sin\theta}{s^2+\omega^2}\tag{C.2}$$
証明
加法定理を利用します。
$$\mathcal{L}[\sin(\omega t+\theta)]=\mathcal{L}[\sin\omega t\cos\theta+\cos\omega t\sin\theta]$$
$$=\cos\theta\cdot\mathcal{L}[\sin\omega t]+\sin\theta\cdot\mathcal{L}[\cos\omega t]$$
$$=\cos\theta\cdot\frac{\omega}{s^2+\omega^2}+\sin\theta\cdot\frac{s}{s^2+\omega^2}=\frac{\omega\cos\theta+s\sin\theta}{s^2+\omega^2}\tag{C.1}$$
同様に、
$$\mathcal{L}[\cos(\omega t+\theta)]=\mathcal{L}[\cos\omega t\cos\theta-\sin\omega t\sin\theta]$$
$$=\cos\theta\cdot\mathcal{L}[\cos\omega t]-\sin\theta\cdot\mathcal{L}[\sin\omega t]$$
$$=\cos\theta\cdot\frac{s}{s^2+\omega^2}+\sin\theta\cdot\frac{\omega}{s^2+\omega^2}=\frac{s\cos\theta+\omega\sin\theta}{s^2+\omega^2}\tag{C.2}$$
双曲線関数（ \(\sinh, \cosh\) ）
双曲線関数とは？
双曲線関数 \(\sinh, \cosh\) は以下のように定義されます。
$$\sinh x=\frac{e^x-e^{-x}}{2}$$
$$\cosh x=\frac{e^x+e^{-x}}{2}$$
読み方はそれぞれ「ハイパボリックサイン」、「ハイパボリックコサイン」です。（「シャイン」、「コッシュ」と呼ぶ人もいるらしい）
関係式
$$\mathcal{L}[\sinh\omega t]=\frac{\omega}{s^2-\omega^2}\tag{D.1}$$
$$\mathcal{L}[\cosh\omega t]=\frac{s}{s^2-\omega^2}\tag{D.2}$$
証明
双曲線関数の定義式とラプラス変換の線形性から、単純な \(e^{at}\) のラプラス変換の和であると考えることができます。
$$\mathcal{L}[\sinh\omega t]=\frac{1}{2}(\mathcal{L}[e^{\omega t}]-\mathcal{L}[e^{-\omega t}])$$
$$=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{s-\omega}-\frac{1}{s+\omega}\right)=\frac{1}{2}\cdot\frac{(s+\omega)-(s-\omega)}{(s-\omega)(s+\omega)}$$
$$=\frac{\omega}{s^2-\omega^2}\tag{D.1}$$
同様に
$$\mathcal{L}[\cosh\omega t]=\frac{1}{2}(\mathcal{L}[e^{\omega t}]+\mathcal{L}[e^{-\omega t}])$$
$$=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{s-\omega}+\frac{1}{s+\omega}\right)=\frac{1}{2}\cdot\frac{(s+\omega)+(s-\omega)}{(s-\omega)(s+\omega)}$$
$$=\frac{s}{s^2-\omega^2}\tag{D.2}$$
双曲線関数の2乗（ \(\sinh^2, \cosh^2\) ）
関係式
$$\mathcal{L}[\sinh^2\omega t]=\frac{2\omega^2}{s(s^2-4\omega^2)}\tag{E.1}$$
$$\mathcal{L}[\cosh^2\omega t]=\frac{s^2-2\omega^2}{s(s^2-4\omega^2)}\tag{E.2}$$
証明
$$\sinh^2x=\frac{(e^x-e^{-x})^2}{4}$$
$$=\frac{e^{2x}+e^{-2x}-2}{4}$$
より、やはり \(e^{at}\) のラプラス変換の和であると考えることができます。
$$\mathcal{L}[\sinh^2\omega t]=\frac{1}{4}(\mathcal{L}[e^{2\omega t}]+\mathcal{L}[e^{-2\omega t}]-2\mathcal{L}[1])$$
$$=\frac{1}{4}\left(\frac{1}{s-2\omega}+\frac{1}{s+2\omega}-2\cdot\frac{1}{s}\right)$$
$$=\frac{1}{4}\cdot\frac{s(s+2\omega)+s(s-2\omega)-2(s-2\omega)(s-2\omega)}{s(s-2\omega)(s+2\omega)}$$
$$=\frac{2\omega^2}{s(s^2-4\omega^2)}\tag{E.1}$$
\(\cosh^2\) についても同様に計算できますが、ここでは
$$\cosh^2x=1+\sinh^2x$$
の公式を活用してみます（この公式は双曲線関数の定義式から簡単に証明できます）。
$$\mathcal{L}[\cosh^2\omega t]=\mathcal{L}[1]+\mathcal{L}[\sinh^2\omega t]$$
$$=\frac{1}{s}+\frac{2\omega^2}{s(s^2-4\omega^2)}=\frac{(s^2-4\omega^2)+2\omega^2}{s(s^2-4\omega^2)}$$
$$=\frac{s^2-2\omega^2}{s(s^2-4\omega^2)}\tag{E.2}$$
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