回路理論 小テスト4「過渡現象・ラプラス変換」対策

100点チェックリスト

2 [過渡現象]

☐  「定常解を求める方法」をフェーザ（$\dot{I}=\dot{V}/\dot{Z}$）と即答して説明できる

☐  非同次の式は全解＝過渡解＋定常解と分解できる

☐  過渡解＝同次解 $A{e}^{-t/RC}$（$t\to \infty$ で消える）と言える

☐  定常解を分圧 $v_C=\frac{1/j\omega C}{R+1/j\omega C}e$ から出せる

☐  初期条件 $q(0)=0$ の根拠（電荷保存則）を書ける

☐  $i=\frac{\mathrm{d}q}{\mathrm{d}t}$ を最後に微分して電流に戻せる

[ラプラス変換]

☐  定義 $F(s)={\int }_0^{\infty }f(t)e^{-st}\mathrm{d}t$ を書ける

☐  線形性 $\mathcal{L}\left[af+bg\right]=a\mathcal{L}\left[f\right]+b\mathcal{L}\left[g\right]$ を使える

☐  $\mathcal{L}\left[t\right]=\frac{1}{s^2}$ を部分積分で導ける

☐  $\mathcal{L}\left[\cos at\right]=\frac{s}{s^2+a^2}$ をオイラーで導ける

☐  半角 ${\cos }^2\theta =\frac{1+\cos 2\theta }{2}$ で ${\cos }^2$ を変換できる

☐  $[uv{]}_0^{\infty }$ の上端が $e^{-st}\to 0$ で消える理由を言える

出題型の地図（この6題が出る）

問	何をする問題か	使う道具
問1 記述	交流過渡の定常解の求め方を日本語で説明	道具6・7（フェーザ）
問2 計算	RC直列＋正弦波の$t\ge 0$ の全電流 $i$（過渡＋定常）	道具6・7＋電荷保存則
問4 記述	ラプラス変換の定義式を示す	道具1
問5 計算	$\mathcal{L}\left[t\right]$（部分積分）	道具2
問6 計算	$\mathcal{L}\left[\cos at\right]$（オイラー）	道具3
問7 計算	$\mathcal{L}\left[{\cos }^{2}2t\right]$（半角＋問6利用）	道具4・5＋問6

直前チェック：チートシート

$$\mathcal{L}\left[f(t)\right]=F(s)={\int }_0^{\infty }f(t)e^{-st}\mathrm{d}t(t<0\text{ で }f(t)=0)$$

$f(t)$	$F(s)$	$f(t)$	$F(s)$
$1$	$\frac{1}{s}$	$e^{at}$	$\frac{1}{s-a}$
$t$	$\frac{1}{s^2}$	$\sin at$	$\frac{a}{s^2+a^2}$
$t^n$	$\frac{n!}{s^{n+1}}$	$\cos at$	$\frac{s}{s^2+a^2}$

線形性：$\mathcal{L}\left[af(t)+bg(t)\right]=a\mathcal{L}\left[f(t)\right]+b\mathcal{L}\left[g(t)\right]$。定数・和は変換の外に出せる（問7の要）。

インピーダンス：${\dot{Z}}_R=R$， ${\dot{Z}}_L=j\omega L$， ${\dot{Z}}_C=\frac{1}{j\omega C}=-j\frac{1}{\omega C}$	オイラー：$e^{\pm j\theta }=\cos \theta \pm j\sin \theta$， $\cos \theta =\frac{e^{j\theta }+e^{-j\theta }}{2}$

正弦波電源の定常解は微分方程式を解かず $\dot{I}=\dot{V}/\dot{Z}$、${\dot{V}}_C=\frac{{\dot{Z}}_C}{R+{\dot{Z}}_C}\dot{E}$ のように代数計算だけで出る。 半角：${\cos }^2\theta =\frac{1+\cos 2\theta }{2}$，${\sin }^2\theta =\frac{1-\cos 2\theta }{2}$。

道具箱（苦手な人はここから：7つの道具で全問解ける）

道具1：ラプラス変換とは「$e^{-st}$ を掛けて $0\to \infty$ で積分する翻訳機」。 時間 $t$ の関数 $f(t)$ を、$s$ の関数 $F(s)$ に翻訳する。定義は

$$\mathcal{L}\left[f(t)\right]={\int }_0^{\infty }f(t)e^{-st}\mathrm{d}t.$$

$e^{-st}$（$s>0$）は $t$ が大きいと急速に $0$ になる重りで、これを掛けてから積分するので、 $t\to \infty$ で $f$ が多少増えても積分が有限に収まる。微分方程式が$s$ の四則計算（代数）に化けるのがうれしさ。

道具2：部分積分 $\int u\mathrm{d}v=\left[uv\right]-\int v\mathrm{d}u$。 $t$ や $t^n$ のように「多項式×$e^{-st}$」を積分するときに使う。微分すると簡単になる方（$t$）を $u$、 残り（$e^{-st}\mathrm{d}t$）を $\mathrm{d}v$ にとる。上端の $[uv{]}_0^{\infty }$ は、$e^{-st}\to 0$（$t\to \infty$）が $t$ の増加より速いので $0$。この「上端が消える」根拠を答案に一言書くと減点されない。

道具3：$\cos ,\sin$ はオイラーで指数に直してから積分。 $\cos at=\frac{e^{jat}+e^{-jat}}{2}$ とすれば、あとは指数関数の積分

$${\int }_0^{\infty }{e}^{-(s\mp ja)t}\mathrm{d}t={\left[\frac{-1}{s\mp ja}{e}^{-(s\mp ja)t}\right]}_0^{\infty }=\frac{1}{s\mp ja}$$

に落ちる（上端は $e^{-st}\to 0$ で消え、下端 $t=0$ で $e^0=1$）。三角関数のまま部分積分を2回まわすより速く確実。

道具4：${\cos }^2,{\sin }^2$ は半角で1次に落とす。 ${\cos }^2\theta =\frac{1+\cos 2\theta }{2}$。2乗のままでは変換表に無いので、 まず定数＋1次の $\cos$の和に直してから道具5（線形性）で1項ずつ変換する。$\theta =2t$ なら $2\theta =4t$。

道具5：ラプラス変換は線形（和・定数倍がそのまま外に出る）。

$$\mathcal{L}\left[af(t)+bg(t)\right]=a\mathcal{L}\left[f(t)\right]+b\mathcal{L}\left[g(t)\right].$$

積分が線形だからそのまま成り立つ。${\cos }^{2}2t=\frac{1}{2}\cdot 1+\frac{1}{2}\cos 4t$ を $\frac{1}{2}\mathcal{L}\left[1\right]+\frac{1}{2}\mathcal{L}\left[\cos 4t\right]$ とバラせるのはこの性質のおかげ。

道具6：電源が残る式（非同次）は「全解＝過渡解＋定常解」。

$$\underset{\text{右辺}\ne 0\text{：非同次}}{\underbrace{R\frac{\mathrm{d}q}{\mathrm{d}t}+\frac{q}{C}=E_{\mathrm{m}}\sin \omega t}}\Rightarrow q=\underset{\text{過渡解：}t\to \infty \text{ で }0}{\underbrace{q_h=A{e}^{-\frac{t}{RC}}}}+\underset{\text{定常解：残る正弦波}}{\underbrace{q_s(t)}}$$

過渡解は右辺を $0$ にした同次式 $R\frac{\mathrm{d}q}{\mathrm{d}t}+\frac{q}{C}=0$ を変数分離して得る（時定数 $\tau =RC$）。 定常解（特解）は道具7のフェーザで1つ見つければよい。未知定数 $A$ は最後に初期条件で決める。

道具7：正弦波の定常解はフェーザ（記号法）で代数的に出す。 「定常状態」とは過渡項が消えた後の状態。正弦波入力に対する定常応答も同じ角周波数 $\omega$ の正弦波なので、 微分方程式を解かずにインピーダンスで出せる。RC直列で $C$ の電圧なら分圧

$${\dot{V}}_C=\frac{{\dot{Z}}_C}{R+{\dot{Z}}_C}\dot{E}=\frac{1/j\omega C}{R+1/j\omega C}\dot{E}=\frac{1}{1+j\omega CR}\dot{E}.$$

大きさは $\frac{1}{\sqrt{1+(\omega CR{)}^2}}$ 倍、位相は $-{\tan }^{-1}\omega CR$ 遅れる。$q_s=C{v}_C$、$i=\frac{\mathrm{d}q}{\mathrm{d}t}$。 初期条件の根拠は電荷保存則（$v_C=q/C$ は急変しない：$i$ が有限なら $q$ は一瞬で飛べない）。

問1：交流過渡の「定常解の求め方」（記述）

問1（小テスト4 過去問・令和7年7月8日）

交流回路の過渡現象の問題で、定常解を求める方法を、日本語で説明すること。

方針： 交流過渡の全解は「過渡解＋定常解」（道具6）。このうち定常解だけなら微分方程式を解く必要はなく、 フェーザ（記号法）で代数的に求まる（道具7）。その手順を言葉で述べる。

回路全体の合成インピーダンス $\dot{Z}$を求め、交流電源の電圧をフェーザ $\dot{V}$ で表して、

$$\dot{I}=\frac{\dot{V}}{\dot{Z}}$$

から電流フェーザを求める。必要なら分圧・分流で各素子の電圧・電流のフェーザを出し、 最後に瞬時値 $i=\sqrt{2}|\dot{I}|\sin (\omega t+\arg \dot{I})$ に戻す。これが定常解である。

「なぜフェーザでよいのか」を一言添えると強い：全解＝過渡解＋定常解で、過渡解 $A{e}^{-t/\tau }$ は $t\to \infty$ で消えるから、十分時間が経った後（定常状態）に残るのは特解＝正弦波定常解だけ。 正弦波定常応答は同じ $\omega$ の正弦波になるので、微分方程式を解かずインピーダンスの代数計算で出せる。

問2：RC直列＋正弦波の全過渡電流

問2（小テスト4 過去問・令和7年7月8日）

図のように、電源 $e=E_{\mathrm{m}}\sin \omega t$ [V]、スイッチ $S$、抵抗 $R$ [$\Omega$]、コンデンサ $C$ [F] を直列に接続する。 $t=0$ で $S$ を ON した。初期電荷は 0 である。図のように $i$ をとるとき、$t\ge 0$ における $i$ を求めよ。

方針： これは定常解だけでなく過渡も含めた全電流を聞かれている（問1と違う点）。道具6にしたがって 「全解＝過渡解＋定常解」で組み立てる。電荷 $q$ で立式し（$i=\frac{\mathrm{d}q}{\mathrm{d}t}$）、定常解はフェーザ（道具7）、 過渡解は同次解、最後に初期電荷 0 で定数を決めてから微分して $i$ にする。

解法（全ステップ）：

Step 1. 電荷 $q$ で回路方程式を立てる。 充電の向きに $i=\frac{\mathrm{d}q}{\mathrm{d}t}$。KVL より $Ri+\frac{q}{C}=e$ に代入して

$$R\frac{\mathrm{d}q}{\mathrm{d}t}+\frac{q}{C}=E_{\mathrm{m}}\sin \omega t.$$

右辺に電源が残る1階・非同次の式なので、全解＝過渡解＋定常解（道具6）。

Step 2. 定常解 $q_s$ をフェーザで出す（道具7）。 コンデンサ電圧の定常フェーザは分圧で

$${\dot{V}}_C=\frac{1/j\omega C}{R+1/j\omega C}\dot{E}=\frac{1}{1+j\omega CR}\dot{E}\left(\text{分母分子に }j\omega C\text{ を掛けた}\right).$$

大きさは $\frac{1}{\sqrt{1+(\omega CR{)}^2}}$ 倍、偏角は $-{\tan }^{-1}\omega CR$。よって瞬時値の定常解は

$$v_{C,s}=\frac{E_{\mathrm{m}}}{\sqrt{1+(\omega CR{)}^2}}\sin \left(\omega t-{\tan }^{-1}\omega CR\right),q_s=C{v}_{C,s}=\frac{C{E}_{\mathrm{m}}}{\sqrt{1+(\omega CR{)}^2}}\sin \left(\omega t-{\tan }^{-1}\omega CR\right).$$

Step 3. 過渡解 $q_h$ を同次式から出す。 右辺を $0$ にした $R\frac{\mathrm{d}q}{\mathrm{d}t}+\frac{q}{C}=0$ を変数分離すると $\frac{\mathrm{d}q}{q}=-\frac{1}{RC}\mathrm{d}t$、 積分して $\ln |q|=-\frac{t}{RC}+C_1$、すなわち

$$q_h=A{e}^{-\frac{t}{RC}}.$$

Step 4. 全解を作り、初期条件 $q(0)=0$ で $A$ を決める。

$$q=q_s+q_h=\frac{C{E}_{\mathrm{m}}}{\sqrt{1+(\omega CR{)}^2}}\sin \left(\omega t-{\tan }^{-1}\omega CR\right)+A{e}^{-\frac{t}{RC}}.$$

電荷保存則より $t=0$ で $q=0$。$e^0=1$、$\sin (-\theta )=-\sin \theta$ を使うと

$$0=\frac{C{E}_{\mathrm{m}}}{\sqrt{1+(\omega CR{)}^2}}\sin \left(-{\tan }^{-1}\omega CR\right)+A\Rightarrow A=\frac{C{E}_{\mathrm{m}}}{\sqrt{1+(\omega CR{)}^2}}\sin \left({\tan }^{-1}\omega CR\right).$$

ここで直角三角形（対辺 $\omega CR$、隣辺 $1$、斜辺 $\sqrt{1+(\omega CR{)}^2}$）から

$$\sin \left({\tan }^{-1}\omega CR\right)=\frac{\omega CR}{\sqrt{1+(\omega CR{)}^2}}.$$

したがって

$$q=\frac{C{E}_{\mathrm{m}}}{\sqrt{1+(\omega CR{)}^2}}\left\{\sin \left(\omega t-{\tan }^{-1}\omega CR\right)+\frac{\omega CR}{\sqrt{1+(\omega CR{)}^2}}{e}^{-\frac{t}{RC}}\right\}.$$

Step 5. 微分して電流 $i=\frac{\mathrm{d}q}{\mathrm{d}t}$ にする。 $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\sin (\omega t-\phi )=\omega \cos (\omega t-\phi )$、 $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}{e}^{-\frac{t}{RC}}=-\frac{1}{RC}{e}^{-\frac{t}{RC}}$（$\phi ={\tan }^{-1}\omega CR$）。よって

$$i=\frac{C{E}_{\mathrm{m}}}{\sqrt{1+(\omega CR{)}^2}}\left\{\omega \cos (\omega t-\phi )-\frac{\omega CR}{\sqrt{1+(\omega CR{)}^2}}\cdot \frac{1}{RC}{e}^{-\frac{t}{RC}}\right\}.$$

過渡項の係数を整理する：$\frac{\omega CR}{RC}=\omega$ なので $\frac{\omega CR}{\sqrt{1+(\omega CR{)}^2}}\cdot \frac{1}{RC}=\frac{\omega }{\sqrt{1+(\omega CR{)}^2}}$。共通因子 $\omega$ をくくり出すと

$$i=\frac{C{E}_{\mathrm{m}}\omega }{\sqrt{1+(\omega CR{)}^2}}\left\{\cos \left(\omega t-{\tan }^{-1}\omega CR\right)-\frac{1}{\sqrt{1+(\omega CR{)}^2}}{e}^{-\frac{t}{RC}}\right\}[\mathrm{A}]$$

• 検算（初期値）：$t=0$ で $\cos (-\phi )=\cos \phi =\frac{1}{\sqrt{1+(\omega CR{)}^2}}$ だから、$\{\}$ の中は $\frac{1}{\sqrt{1+(\omega CR{)}^2}}-\frac{1}{\sqrt{1+(\omega CR{)}^2}}=0$、よって $i(0)=0$。 物理的にも、初期電荷 0 なら $t=0$ で $v_C=0$、電源も $e(0)=E_{\mathrm{m}}\sin 0=0$ なので $i(0)=e(0)/R=0$。一致。

• $1/j\omega C=-j/\omega C$（容量性で電流は電圧より進む）。分圧の分母を $R+1/j\omega C$ のまま放置せず、 $\frac{1}{1+j\omega CR}$ まで整理してから大きさ・偏角を読む。

• 過渡項の符号に注意（$-e^{-t/RC}$）。定常項の $\cos$ と過渡項がちょうど $t=0$ で打ち消して $i(0)=0$ になる。

• 単位 [A] を必ず付ける。答のみは不可なので、Step 1〜5 の過程（特にフェーザの分圧と電荷保存則）を答案に残す。

問4：ラプラス変換の定義（記述）

問4（小テスト4 過去問・令和7年7月8日）

ラプラス変換の定義式を示せ（$f(t)$ を用いること）。

**方針：**道具1の定義をそのまま書く。積分区間・$e^{-st}$・$t<0$ の扱いを落とさない。

$$F(s)=\mathcal{L}\left[f(t)\right]={\int }_0^{\infty }f(t)e^{-st}\mathrm{d}t(t<0\text{ では }f(t)=0)$$

積分の下端は $0$（$t\ge 0$ を扱う片側ラプラス変換）、上端は $\infty$。$e^{-st}$ の符号（マイナス）を落とさない。 「$t<0$ で $f(t)=0$」または「$t\ge 0$ で定義」の一言があると完璧。

問5：$\mathcal{L}\left[t\right]$（部分積分）

問5（小テスト4 過去問・令和7年7月8日／答のみ不可）

$f(t)=t$ をラプラス変換せよ。

方針：「多項式×$e^{-st}$」なので部分積分（道具2）。微分で簡単になる $t$ を $u$、$e^{-st}\mathrm{d}t$ を $\mathrm{d}v$ にとる。

解法： $u=t,\mathrm{d}v=e^{-st}\mathrm{d}t$ とすると $\mathrm{d}u=\mathrm{d}t,v=-\frac{1}{s}{e}^{-st}$。

$$\mathcal{L}\left[t\right]={\int }_0^{\infty }t{e}^{-st}\mathrm{d}t={\left[-\frac{t}{s}{e}^{-st}\right]}_0^{\infty }-{\int }_0^{\infty }\left(-\frac{1}{s}{e}^{-st}\right)\mathrm{d}t.$$

上端 $t\to \infty$ では $e^{-st}\to 0$ が $t$ の増加より速いので $\left[-\frac{t}{s}{e}^{-st}\right]$ は $0$、下端 $t=0$ でも $0$。 第2項は

$$+\frac{1}{s}{\int }_0^{\infty }{e}^{-st}\mathrm{d}t=\frac{1}{s}{\left[-\frac{1}{s}{e}^{-st}\right]}_0^{\infty }=\frac{1}{s}\left(0-\left(-\frac{1}{s}\right)\right)=\frac{1}{s}\cdot \frac{1}{s}.$$

$$\mathcal{L}\left[t\right]=\frac{1}{s^2}$$

上端 $[uv{]}_0^{\infty }$ が0 になる理由（$e^{-st}\to 0$）を一言書くのが採点ポイント。 一般に $\mathcal{L}\left[t^n\right]=\frac{n!}{s^{n+1}}$（$n=1$ で $1/s^2$）。$\mathcal{L}\left[1\right]=\frac{1}{s}$ から部分積分1回で $t$、もう1回で $t^2$ と積み上がる。

問6：$\mathcal{L}\left[\cos at\right]$（オイラー）

問6（小テスト4 過去問・令和7年7月8日／答のみ不可）

$\cos at$ をラプラス変換せよ。

**方針：**三角関数はそのままだと積分が面倒。オイラーで指数に直す（道具3）と指数関数の積分2本になる。

解法： $\cos at=\frac{e^{jat}+e^{-jat}}{2}$ を代入し、線形性で2項に分ける。

$$\mathcal{L}\left[\cos at\right]={\int }_0^{\infty }\frac{e^{jat}+e^{-jat}}{2}{e}^{-st}\mathrm{d}t=\frac{1}{2}{\int }_0^{\infty }{e}^{-(s-ja)t}\mathrm{d}t+\frac{1}{2}{\int }_0^{\infty }{e}^{-(s+ja)t}\mathrm{d}t.$$

各積分は ${\int }_0^{\infty }{e}^{-(s\mp ja)t}\mathrm{d}t={\left[\frac{-1}{s\mp ja}{e}^{-(s\mp ja)t}\right]}_0^{\infty }=\frac{1}{s\mp ja}$ （上端は $e^{-st}\to 0$ で消え、下端 $e^0=1$）。よって

$$\mathcal{L}\left[\cos at\right]=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{s-ja}+\frac{1}{s+ja}\right)=\frac{1}{2}\cdot \frac{(s+ja)+(s-ja)}{(s-ja)(s+ja)}=\frac{1}{2}\cdot \frac{2s}{s^2+a^2}.$$

分母は $(s-ja)(s+ja)=s^2-(ja{)}^2=s^2+a^2$（$j^2=-1$）。

$$\mathcal{L}\left[\cos at\right]=\frac{s}{s^2+a^2}$$

分母は $s^2+a^2$（プラス）。$(ja{)}^2=-a^2$ なので $s^2-(ja{)}^2=s^2+a^2$ になる——ここを $s^2-a^2$ とするのが定番ミス。 ついでに $\mathcal{L}\left[\sin at\right]=\frac{a}{s^2+a^2}$（分子が $a$）。$\sin$ は $\frac{e^{jat}-e^{-jat}}{2j}$ から同様に出る。

問7：$\mathcal{L}\left[{\cos }^{2}2t\right]$（半角＋問6利用）

問7（小テスト4 過去問・令和7年7月8日／答のみ不可・前問利用可）

${\cos }^2(2t)$ をラプラス変換せよ。

**方針：**2乗は変換表に無い。半角公式（道具4）で「定数＋1次の $\cos$」に落とし、 線形性（道具5）で1項ずつ変換。$\cos$ の項は問6を $a=4$ で利用。

解法： 半角 ${\cos }^2\theta =\frac{1+\cos 2\theta }{2}$ に $\theta =2t$ を入れると $2\theta =4t$ なので

$${\cos }^2(2t)=\frac{1+\cos 4t}{2}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cos 4t.$$

線形性で分けて、$\mathcal{L}\left[1\right]=\frac{1}{s}$、$\mathcal{L}\left[\cos 4t\right]=\frac{s}{s^2+4^2}=\frac{s}{s^2+16}$（問6で $a=4$）。

$$\mathcal{L}\left[{\cos }^{2}2t\right]=\frac{1}{2}\mathcal{L}\left[1\right]+\frac{1}{2}\mathcal{L}\left[\cos 4t\right]=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{s}+\frac{1}{2}\cdot \frac{s}{s^2+16}.$$

$$\mathcal{L}\left[{\cos }^{2}2t\right]=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{s}+\frac{s}{s^2+16}\right)$$

$a=4$（$2t$ の2倍角は $4t$）。${\cos }^2$ の $2$ を $a=2$ と早合点して $s^2+4$ にしないこと。 一つにまとめるなら通分して $\frac{(s^2+16)+s^2}{2s(s^2+16)}=\frac{2s^2+16}{2s(s^2+16)}=\frac{s^2+8}{s(s^2+16)}$（どちらの形でも可）。

バリエーションドリル（本番で数値・条件を変えられたら）

ドリル（各自、白紙で解いてから下の解説へ）

1. $\mathcal{L}\left[e^{at}\right]$ を定義から求めよ。

2. $\mathcal{L}\left[\sin at\right]$ をオイラーで求めよ。

3. $\mathcal{L}\left[t^2\right]$ を部分積分で求めよ。

4. $\mathcal{L}\left[{\sin }^{2}t\right]$ を半角で求めよ。

5. 起電力 $E$（直流）、抵抗 $R$、コイル $L$ の直列回路。$t=0$ で S を ON、$i(0)=0$。$t\ge 0$ の $i$ を求めよ。

6. 問2の $C$ を $L$ に置き換えた RL直列＋$e=E_{\mathrm{m}}\sin \omega t$。定常解の $i$ をフェーザで求めよ。

D1.$\mathcal{L}\left[e^{at}\right]={\int }_0^{\infty }{e}^{at}{e}^{-st}\mathrm{d}t={\int }_0^{\infty }{e}^{-(s-a)t}\mathrm{d}t={\left[\frac{-1}{s-a}{e}^{-(s-a)t}\right]}_0^{\infty }=\frac{1}{s-a}$（$s>a$ で収束）。指数どうしは肩を足すだけ。

D2.$\sin at=\frac{e^{jat}-e^{-jat}}{2j}$ より $\mathcal{L}\left[\sin at\right]=\frac{1}{2j}\left(\frac{1}{s-ja}-\frac{1}{s+ja}\right)=\frac{1}{2j}\cdot \frac{2ja}{s^2+a^2}=\frac{a}{s^2+a^2}$。 分子が$a$になる（$\cos$ は $s$）。

D3.$u=t^2,\mathrm{d}v=e^{-st}\mathrm{d}t$ で $\mathcal{L}\left[t^2\right]={\left[-\frac{t^2}{s}{e}^{-st}\right]}_0^{\infty }+\frac{2}{s}{\int }_0^{\infty }t{e}^{-st}\mathrm{d}t=0+\frac{2}{s}\mathcal{L}\left[t\right]=\frac{2}{s}\cdot \frac{1}{s^2}=\frac{2}{s^3}$。 $\mathcal{L}\left[t^n\right]=\frac{n!}{s^{n+1}}$ の $n=2$。

D4.${\sin }^{2}t=\frac{1-\cos 2t}{2}$ なので $\mathcal{L}\left[{\sin }^{2}t\right]=\frac{1}{2}\mathcal{L}\left[1\right]-\frac{1}{2}\mathcal{L}\left[\cos 2t\right]=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{s}-\frac{s}{s^2+4}\right)$。 ${\cos }^2$（$+$）との符号の違いに注意（${\sin }^2$ は $-$）。

D5.$L\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t}+Ri=E$。定常解 $\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t}=0$ で $i_s=\frac{E}{R}$、過渡解 $i_h=A{e}^{-\frac{R}{L}t}$。 全解 $i=\frac{E}{R}+A{e}^{-\frac{R}{L}t}$ に $i(0)=0$（磁束鎖交数保存則）を入れて $A=-\frac{E}{R}$。

$$i=\frac{E}{R}\left(1-e^{-\frac{R}{L}t}\right)[\mathrm{A}],\tau =\frac{L}{R}.$$

D6.$\dot{Z}=R+j\omega L=\sqrt{R^2+(\omega L{)}^2}\angle (+\theta )$，$\theta ={\tan }^{-1}\frac{\omega L}{R}$。 $\dot{Z}$ の偏角が $+\theta$ だから電流は遅れ：

$$i=\frac{E_{\mathrm{m}}}{\sqrt{R^2+(\omega L{)}^2}}\sin \left(\omega t-{\tan }^{-1}\frac{\omega L}{R}\right)[\mathrm{A}].$$

RC（進み $+$）と RL（遅れ $-$）の符号の対比が狙われる。

最後の見直しリスト（試験直前30秒）

1. 定常解の求め方：$\dot{I}=\dot{V}/\dot{Z}$（フェーザ）と即答。理由（過渡解は消える）を一言添える。

2. 過渡＋定常：非同次は全解＝過渡解 $A{e}^{-t/RC}$＋定常解（フェーザ）。$A$ は電荷保存則 $q(0)=0$で決める。

3. 定義：$F(s)={\int }_0^{\infty }f(t)e^{-st}\mathrm{d}t$。下端 $0$・上端 $\infty$・$e^{-st}$ の符号を落とさない。

4. $\mathcal{L}\left[t\right]=\frac{1}{s^2}$：部分積分。上端 $[uv]$ が $e^{-st}\to 0$ で消えるを書く。

5. $\mathcal{L}\left[\cos at\right]=\frac{s}{s^2+a^2}$：分母はプラス（$s^2-a^2$ にしない）。$\sin$ は分子 $a$。

6. $\mathcal{L}\left[{\cos }^{2}2t\right]=\frac{1}{2}(\frac{1}{s}+\frac{s}{s^2+16})$：半角の $2\theta =4t$ で$a=4$。単位・$j^2=-1$・$e^0=1$ を最終確認。

（出典: 令和7年度 前学期 小テスト4「過渡現象・ラプラス変換」（回路理論・4E・出題：光本真一先生・7月8日(水)・電卓可・達成度目標 エオカキク）過去問の写し（CircuitTheory/materials/0701/S__32833542–545.jpg）。問1・問2・問4・問5・問6・問7 を収録（問3は写しに含まれず）。手書き解答の最終結果と本資料の結論はすべて一致。）