Преобразование Лапласа

Эта заметка является переводом главы из прекрасной книги «Advanced Engineering Mathematics (7th edition)» by Peter V. O’Neil

Определение

Преобразование Лапласа функции $f$ определяется как,

${L}[f](s) = \int_0^{\infty} e^{-st} f(t) dt$

Интегрирование проводится по переменной $t$ и определяет новую функцию с переменной $s$ , которая выбирается таким образом, чтобы интеграл сходился.

Для сокращения нотации, вместо ${L}[f](s)$ будем иногда использовать заглавную букву функции. Например, преобразование Лапласа функции $f$ кратко запишем как $F$ .

Пусть задана функция $f(t) = e^{-at}$ где $a$ это действительное число, преобразование Лапласа такой функции определяется как,

${L}[f](s) = \int_0^{\infty} e^{-st} e^{-at} dt = \int_0^{\infty} e^{-(s+a)t} dt$

${L}[f](s) = \left [ \frac{1}{-(s+a)} \cdot e^{-(s+a)t} \right] ^\infty_0 = \frac{1}{-(s+a)} \cdot e^{-\infty} - \frac{1}{-(s+a)} \cdot e^{0}$

${L}[e^{-at}](s) = \frac{1}{s+a}$

Иногда функцию $f(t)$ называют оригиналом, а функцию $F(s)$ полученную в результате преобразования — изображением функции $f(t)$ .

Преобразование Лапласа обладает свойством линейности, когда преобразование суммы равняется сумме преобразований и константа может быть вынесена за знак преобразования.

${L}[f+g] = F + G$

${L}[cf] = cF$

Операция при которой для известного преобразования $F(s)$ необходимо определить $f(t)$ , называется обратным преобразованием Лапласа и обозначается как,

${L}^{-1}[F] = f$

Обратное преобразование Лапласа также сохраняет свойство линейности.

Можно записать преобразование Лапласа для производной,

$L[g'(t)] = \int_0^{\infty} e^{-st} g'(t) dt$

Интегрирование по частям, даёт

$L[g'(t)] = e^{-st} g(t) \bigg |_0^\infty - \int_0^{\infty} g(t)(-se^{-st}) dt$

$L[g'(t)] = 0 - g(0) + s \cdot L[g(t)]$

$L[g'(t)] = s \cdot G(s) - g(0)$

Изображение производной это изображение функции повторенное $s$ раз, от которого нужно отнять значение функции в точке ноль.

Можно построить изображение производной второго порядка,

$L[g''(t)] = s^2 \cdot G(s) - s \cdot g(0) - g'(0)$

Решение задач с начальными условиями

Попробуем решить следующее обыкновенное дифференциальное уравнение, с заданными начальными условиями (initial value problem)

$y'- 4y = 1 ,$

$y(0) = 1$

Используя свойство линейности построим изображение левой и правой части уравнения,

$L[y'](s)-L[4y](s) = L[1](s)$

Используем табличное преобразование,

$L[1] =\frac{1}{s}$

$s \cdot Y(s) - y(0) - 4 \cdot Y(s) = \frac{1}{s}$

$Y(s)(s - 4) - y(0)) = \frac{1}{s}$

Подставим известное начальное условие $y(0)$ ,

$Y(s)(s - 4) - 1 = \frac{1}{s}$

Преобразование Лапласа превратило исходное дифференциальное уравнение в обычное алгебраическое уравнение, в результате преобразования которого стало известно чему равно изображение неизвестной функции $y(t)$ .

$Y(s)=\frac{1}{s \cdot (s-4)} + \frac{1}{s-4}$

Применим следующие два табличных преобразования,

$L[e^{at}] =\frac{1}{s-a}$

$L[e^{at}-e^{bt}] =\frac{a-b}{(s-a)(s-b)}$

с помощью которых опознаем исходные оригиналы

$y(t)=L^{-1}[Y(s)]=L^{-1}\left[\frac{1}{s \cdot (s-4)}\right] + L^{-1}\left[\frac{1}{s-4}\right]$

$y(t)=-\frac{1}{4} (e^{0}-e^{4t}) + e^{4t} = \frac{5}{4} \cdot e^{4t} - \frac{1}{4}$

Следующий пример,

$y''+ 4y' + 3 y = e^{t} ,$

$y(0) = 0, y'(0) = 2$

Найдем изображение левой и правой части,

$L[y'']+ 4\cdotL[y'] + 3 \cdot L[y] = L[e^{t}]$

$s^2 Y(s) - s \, y(0) - y'(0) + 4\, s \, Y(s) - 4\, y(0) + 3 \, Y(s) = \frac{1}{s-1}$

$Y(s)(s^2 + 4\, s + 3) = \frac{1}{s-1} + s \, y(0) + y'(0) + 4\, y(0)$

Подставим начальные условия,

$Y(s)(s^2 + 4\, s + 3) = \frac{1}{s-1} + 2$

$Y(s) = \frac{2s - 1}{(s-1)(s^2 + 4\, s + 3)}$

$Y(s) = \frac{2s - 1}{(s-1)(s + 1)(s + 3)}$

Правую часть разложим на простейшие дроби используя следующий подход. Представим, что такое разложение существует,

$\frac{2s - 1}{(s-1)(s + 1)(s + 3)} = \frac{A}{(s-1)} + \frac{B}{(s + 1)} + \frac{C}{(s + 3)}$

Приравняв числители, получим уравнение содержащее неизвестные константы,

$2s - 1 = A (s + 1)(s + 3) + B (s-1)(s+3) + C(s-1)(s+1)$

Подставляя удобные значения произвольного параметра $s$ , определим значение констант.

$s = 1, A = \frac{1}{8}$

$s = -1, B= \frac{3}{4}$

$s = -3, C = -\frac{7}{8}}$

Получим,

$Y(s) = \frac{1}{8}\frac{1}{(s-1)} + \frac{3}{4}\frac{1}{(s + 1)} - \frac{7}{8}\frac{1}{(s + 3)}$

Решение получим обратным преобразованием,

$y(t) = \frac{1}{8} \, e^t + \frac{3}{4} \, e^{-t} - \frac{7}{8}\, e^{-3t}$

Первая теорема смещения

Найдем изображение следующей функции,

$e^{-at} f(t)$

${L}[e^{-at} f(t)](s) = \int_0^{\infty} e^{-st} e^{-at} f(t) dt = \int_0^{\infty} e^{-(s+a)t} f(t) dt$

Сравнивая с определением преобразования Лапласа,

$= \int_0^{\infty} e^{-(s+a)t} f(t) dt = L[f](s + a)$

получим, что умножение любой функцию на экспоненту в степени $-at$ равносильно смещению переменной $s$ на величину $a$ . Теорема смещения позволяет значительно расширить класс изображений, для которых легко находятся начальные функции.

В следующем примере используем табличное преобразование,

$L[t^n] =\frac{n!}{s^{n+1}}$

Найдем изображение функции,

$L[t^3] =\frac{6}{s^{4}}$

умноженной на экспоненту,

$L[t^3 \cdot e^{7t}] = \frac{6}{(s - 7)^{4}}$

Теорема смещения может быть записана и для обратного преобразования Лапласа,

$L^{-1}[F(s + a)]= e^{-at} f(t)$

Найдем оригинал следующего изображения,

$L^{-1}\left[\frac{4}{s^2 + 4s + 20}\right]$

Основная идея это привести данное изображение к виду $F(s+a)$ где $F$ известная табличная функция,

$\frac{4}{s^2 + 4s + 20} = \frac{4}{(s + 2)^2 + 16}$

Табличная функция,

$L[\sin at] =\frac{a}{s^2 + a^2}$

следовательно,

$L^{-1}\left[\frac{4}{s^2 + 4s + 20}\right] = \sin 4t \cdot e^{-2t}$

Дифференцирование изображения

Рассмотрим интеграл,

$I(s) = \int_0^{\infty} f(t, s) dt$

в котором подынтегральная функция зависит от параметра $s$ . Если параметр $s$ будет меняться, то будет меняться и значение интеграла. Таким образом, интеграл есть функция от $s$ , поэтому его можно обозначить через $I(s)$ .

Найдем производную интеграла по параметру $s$ ,

$\lim_{\Delta s \to \infty} \frac{I(s + \Delta s) - I(s)}{\Delta s} = I'_s(s)$

Заметим, что

$\frac{I(s + \Delta s) - I(s)}{\Delta s} =$

$= \frac{1}{\Delta s} \left[ \int_0^\infty f(t, s+\Delta s) dt - \int_0^\infty f(t, s)dt \right ] = \int_0^\infty \frac{f(t, s+\Delta s) - f(t, s)}{\Delta s} \, dt$

Применим теорему Лагранжа о конечных приращениях,

$f(t, s+\Delta s) - f(t, s) = \Delta s \cdot f'_s(t, s + \Theta \Delta s), \, \, 0 < \Theta < 1$

Предполагая частную производную непрерывной, запишем

$f'_s(t, s + \Theta \Delta s) = f'_s(t, s) + \epsilon$

где величина $\epsilon$ стремится к нулю, при $\Delta s \to 0$ .

Таким образом,

$\frac{I(s + \Delta s) - I(s)}{\Delta s} = \int_0^\infty f'_s(t, s) dt + \int_0^\infty \epsilon \, dt$

Переходя к пределу,

$\lim_{\Delta s \to 0} \frac{I(s + \Delta s) - I(s)}{\Delta s} = \int_0^\infty f'_s(t, s) dt$

или

$\frac{d}{ds} I(s) = \int_0^\infty \frac{\partial}{\partial s} \, f(t, s) dt$

Применим полученную формулу к преобразованию Лапласа.

$\frac{d}{ds} F(s) = \int_0^\infty \frac{\partial}{\partial s} \left[ e^{-st} f(t) \right ] dt$

$F'(s) = \int_0^\infty e^{-st} \left[ -t \cdot f(t) \right ] dt$

$F'(s) = L[ -t \cdot f(t) ](s)$

Для производной второго порядка,

$F''(s) = \frac{\partial}{\partial s} \int_0^\infty e^{-st} \left[ -t \cdot f(t) \right ] dt$

$F''(s) = \int_0^\infty \frac{\partial}{\partial s} \left [ e^{-st} (-t \cdot f(t)) \right] dt$

$F''(s) = \int_0^\infty e^{-st} \left[ t^2 \cdot f(t) \right] dt$

$F''(s) = L[ t^2 \cdot f(t) ](s)$

Продолжая вычисления для производных старших порядков, получим общую формулу

$\frac{\partial^n}{\partial s^n} F(s) = L[ (-1)^n \cdot t^n \cdot f(t) ](s)$

Небольшой пример,

$L[t \cos \omega t] = -\frac{d}{ds}L[\cos \omega t] = -\frac{d}{ds} \left(\frac{s}{s^2 + \omega^2} \right) = \frac{s^2-\omega^2}{(s^2 + \omega^2)^2}$

Для обратного преобразования при $n = 1$ , можно привести следующую полезную формулу,

$L^{-1}[F'(s)] = -t \cdot f(t)$

$f(t) = -\frac{1}{t} \cdot L^{-1}[F'(s)]$

Сопроводим примером. Найдем оригинал следующего изображения,

$L^{-1}\left[\log \frac{s + a }{s + b}\right]$

Отдельно вычислим производную,

$\frac{d}{ds} \log \frac{s + a }{s + b} = \frac{1}{s+a} - \frac{1}{s+b}$

$f(t) = -\frac{1}{t} \cdot L^{-1} \left [ \frac{1}{s+a} - \frac{1}{s+b} \right ]$

$f(t) = -\frac{1}{t} \left ( e^{-at} - e^{-bt} \right )$

Практическое моделирование

Добавить комментарий Отменить ответ

Комментарии

Архивы