Transformacja Laplace'a
Przeksztaªcenie (transformacja) Laplace'a przyporz¡dkowuje funkcjom czasu pewne transfor- maty. Wykorzystuje si¦ je mi¦dzy innymi w rozwi¡zywaniu zagadnie« Cauchy'ego dla równa«
ró»niczkowych o staªych wspóªczynnikach, gdy» transformacja Lapalce'a sprowadza takie równa- nia ró»niczkowe do równa« algebraicznych. Rozwi¡zanie otrzymanego równania algebraicznego pozwala otrzyma¢ rozwi¡zanie zagadnienia pocz¡tkowego bez konieczno±ci znajdowania rozwi¡za«
(CORJ) i (CSRN).
De nicja 1. Niech x(t) b¦dzie funkcj¡ okre±lon¡ dla t ≥ 0. Transformat¡ (przeksztaªceniem) Laplace'a funkcji x(t), które b¦dziemy oznacza¢ przez X(p) (równie» x(p) e lub L{x(p)}), zadane jest wzorem:
X(p) =
∞
Z
0
x(t)e −pt dt, (1)
gdzie p to liczba zespolona.
Caªk¦ niewªa±ciw¡ wyst¦puj¡c¡ w (1) rozumiemy nast¦puj¡co:
∞
Z
0
x(t)e −pt dt = lim
A→∞
A
Z
0
x(t)e −pt dt
i nazywamy j¡ caªk¡ Laplace'a funkcji x(t), a skªadnik e −pt j¡drem tej caªki.
Przykªad 1. Policzmy transformat¦ Laplace'a funkcji Heaviside'a:
x(t) =
( 0, dla t < 0;
1, dla t ≥ 0.
Niech p = α + βi, wówczas
X(p) =
∞
Z
0
e −pt dt = lim
A→∞
A
Z
0
e −pt dt = − 1 p lim
A→∞ e −pt
A 0
= − 1 p lim
A→∞ e −pA − 1
= − 1 p lim
A→∞ e −αA (cos Aβ − i sin Aβ) − 1 poniewa» | cos Aβ − i sin Aβ| = 1, wi¦c
X(p) = 1
p , gdy Re(p) > 0.
Widzimy zatem, »eby istniaªa caªka okre±lona w (1) musza zachodzi¢ pewne warunki. Funkcj¦
dla której istnieje caªka ze wzoru (1) nazywamy oryginaªem.
De nicja 2. Oryginaªem nazywamy funkcj¦ speªniaj¡c¡ nast¦puj¡ce warunki:
• ci¡gª¡ dla t ≥ 0, z wyj¡tkiem sko«czonej liczby punktów, w których mamy nieci¡gªo±¢ pierw- szego rodzaju;
• x(t) ≡ 0 dla t < 0;
• zmajoryzowan¡ wykªadnicz¡ tj.
∃ a∈R ∃ M >0 ∀ t≥0 |x(t)| ≤ M e at .
Wówczas caªka (1) jest zbie»na w póªpªaszczy¹nie zespolonej Re(p) > a.
Podam teraz bez dowodzenia tylko wybrane wªasno±ci transformacji Laplace'a (które b¦dziemy wykorzystywa¢ w przykªadach):
1) Liniowo±¢ transformacji Laplace'a. Niech α, β = const. wówczas:
L{αx(t) + βy(t)} = αL{x(t)} + βL{y(t)}.
2) Ró»niczkowanie oryginaªu. Niech L{x(t)} = x(t) e oraz lim
t→∞ e −pt x(t) = 0 wówczas L{x 0 (t)} = p x(p) − x(0). e
• n-krotne ró»niczkowanie oryginaªu. Niech L{x(t)} = x(t) e oraz x (n) (t) b¦dzie oryginaªem to x (n−1) (t), . . . , x(t) s¡ oryginaªami oraz zachodzi wzór:
L{x (n) (t)} = p n e x(p) − p n−1 x(0) − p n−2 x 0 (0) − p n−3 x 00 (0) − . . . − px n−2 (0) − x n−1 (0).
Przykªady transformat Laplace'a.
1. Niech x(t) = e bt , b ∈ R, to e x(p) = p−b 1 . 2. Niech x(t) = t n , n ∈ N, to e x(p) = p
n+1n! . 3. Niech x(t) = sin bt, b ∈ R, to x(p) = e p
2+b b
2. 4. Niech x(t) = cos bt, b ∈ R, to x(p) = e p
2+b p
2.
Odwrotna transformacja Laplace'a
W rozwi¡zywaniu zagadnie« Cauchye'go dla równa« ró»niczkowych o staªych wspóªczynnikach nale»y równie» stosowa¢ tzw. odwrotn¡ transformacj¦ Laplace'a. Sprowadza si¦ to do zagadnienia znajdowania funkcji, dla których transformaty s¡ dane.
De nicja 3. Przeksztaªcenie odwrotne do transformacji Laplace'a L oznaczamy symbolem L −1 i wówczas
L −1 { e x(p)} = x(t) je»eli
L{x(t)} = x(p). e
Twierdzenie 1. Je»eli funkcja x(t) jest oryginaªem oraz x(p) = L{x(t)}, e wówczas w ka»dym punkcie ci¡gªo±ci x(t) zachodzi wzór
x(t) = 1 2πi lim
β→∞
α+iβ
Z
α−iβ
e x(p)e pt dp,
gdzie α jest wi¦ksza od cz¦±ci rzeczywistych wszystkich punktów funkcji na pªaszczy¹nie zespolonej,
w których funkcja x(p) e nie istnieje.
W celu wyznaczenia oryginaªu funkcji mo»na stosowa¢ nast¦puj¡ce metody:
• rozkªad na uªamki proste;
• metod¦ residuów.
a) Rozkªad na uªamki proste. Podczas ¢wicze« ograniczymy si¦ tylko do przypadku uªamków prostych pierwszego rodzaju. W innych przypadkach b¦dziemy u»ywa¢ metody residuów.
Je»eli
x(p) = e f (p) g(p) ,
gdzie f(p), g(p) to wielomiany dla których stopie« wielomianu f(p) jest mniejszy ni» stopie« wie- lomianu g(p) oraz iloraz ten mo»na rozªo»y¢ na uªamki proste pierwszego rodzaju tzn.:
x(p) = e
n
X
k=1
A k p − p k
to wówczas
x(t) =
n
X
k=1
A k e p
kt . (2)
b) Metoda residuów.
Niech nadal e x(p) b¦dzie wyra»eniem wymiernym. Pierwiastki licznika e x(p) nazywamy zerami a pierwiastki mianownika biegunami. Fundamentalnym wzorem tej metody jest (z twierdzenia Cauchy'ego o residuach):
x(t) =
n
X
k=1
res
x(p)e e pt , p k , (3)
gdzie p k to bieguny funkcji x(p). e Je»eli e x(p) jest funkcj¡ wymiern¡ to dla biegunów p k m− krotnych stosujemy wzór:
res
e x(p)e pt , p k = 1
(m − 1)! lim
p→p
kd m−1
dp m−1 (p − p k ) m e x(p)e pt . (4) W przypadku biegunów pojedynczych ze wzoru (4) dostajemy:
res
x(p)e e pt , p k = lim
p→p
k(p − p k ) e x(p)e pt . (5) Przykªad 2. Rozwi¡» zagadnienie Cauchy'ego:
( ... x (t) − 6¨ x(t) + 11 ˙x(t) − 6x(t) = 1,
¨
x(0) = ˙x(0) = x(0) = 0. (6)
Rozwi¡zanie: Transformuj¡c obustronnie równanie mamy:
L {... x (t) − 6¨ x(t) + 11 ˙x(t) − 6x(t)} = L{1}.
Nast¦pnie korzystaj¡c z liniowo±ci transformaty Laplace'a:
L{... x (t)} − 6L{¨ x(t)} + 11L{ ˙x(t)} − 6L{x(t)} = L{1}
wªasno±ci ró»niczkowania oryginaªu oraz przykªadu 1 dostajemy p 3 e x(p) − p 2 x(0) − px 0 (0) − x 00 (0) − 6 p 2 x(p) − px(0) − x e 0 (0)
+ 11 (p e x(p) − x(0)) − 6 e x(p) = 1
p , Re p > 0.
Uwzgl¦dniaj¡c warunki pocz¡tkowe mamy:
e x(p)(p 3 − 6p 2 + 11p − 6) = 1
p ⇒ e x(p) = 1
p(p 3 − 6p 2 + 11p − 6) . Rozkªadaj¡c mianownik na czynniki dostajemy:
x(p) = e 1
p(p − 1)(p − 2)(p − 3) . (7)
Tutaj w celu znalezienia oryginaªu którego transformata Laplace'a jest postaci (7) skorzystamy z metody rozkªadu na uªamki proste. Rozkªadamy wyra»enie p(p−1)(p−2)(p−3) 1 na uªamki proste:
1
p(p − 1)(p − 2)(p − 3) = A 1
p + A 2
p − 1 + A 3
p − 2 + A 4 p − 3 . Wówczas
1 = A 1 (p − 1)(p − 2)(p − 3) + A 2 p(p − 2)(p − 3) + A 3 p(p − 1)(p − 3) + A 4 p(p − 1)(p − 2).
Licz¡c warto±¢ powy»szego równania w odpowiednich punktach otrzymujemy równania na wspóª- czynniki A k :
p = 0 : − 6A − 1 = 1, ⇒ A 1 = − 1 6 ; p = 1 : A 2 = 1
2 ; p = 2 : A 3 = − 1
2 ; p = 3 : A 4 = 1
6 .
(8)
Zatem
x(p) = − e
1 6
p +
1 2
p − 1 −
1 2
p − 2 +
1 6
p − 3 .
St¡d na mocy wzoru (2) szukany oryginaª, a wi¦c i rozwi¡zanie zagadnienia (6) ma posta¢:
x(t) = − 1 6 + 1
2 e t − 1
2 e 2t + 1 6 e 3t . Przykªad 3. Rozwi¡» zagadnienie Cauchy'ego:
( x(t) − 10 ˙x(t) + 9x(t) = 5t, ¨
˙x(0) = 2, x(0) = −1. (9)
Rozwi¡zanie: Transformuj¡c obustronnie oraz korzystaj¡c z liniowo±ci transformaty Laplace'a mamy:
L{¨ x(t)} − 10L{ ˙x(t)} + 9L{x(t)} = L{5t}. (10)
Z faktu, »e
L{t} =
∞
Z
0
te −pt dt =
u = t v 0 = e −pt u 0 = 1 v 0 = − 1 p e −pt
= lim
A→∞ − 1 p te −pt
A 0
+ 1 p
∞
Z
0
e −pt dt
= lim
A→∞ − 1
p Ae −pA − 0 − lim
A→∞
1 p 2 e −pt
A 0
= lim
A→∞ − 1 p
A
e pA − lim
A→∞
1
p 2 e −pA + 1 p 2 oraz stosuj¡c reguª¦ L'Hospitala do pierwszej granicy dla Re p > 0:
lim
A→∞ − 1 p
A
e pA = lim
A→∞ − 1 p
1
pe pA = 0,
mamy L{t} = p 1
2. St¡d, z wªasno±ci ró»niczkowania oryginaªu oraz warunków pocz¡tkowych z (10) wynika:
p 2 e x(p) − px(0) − x 0 (0) − 10p e x(p) + 10x(0) + 9 x(p) = e 5
p 2 ⇒ x(p)(p e 2 − 10p + 9) − 12 = 5 p 2
⇒ e x(p) = −p 3 + 12p 2 + 5
p 2 (p 2 − 10p + 9) ⇒ x(p) = e −p 3 + 12p 2 + 5 p 2 (p − 1)(p − 9) . W tym przykªadzie zastosujemy metod¦ residuów, a wi¦c wzory (3)-(5):
x(t) = res
e x(p)e pt , 1 + res x(p)e e pt , 9 + res e x(p)e pt , 0 . (11) Bieguny p = 1 i p = 9 s¡ jednokrotne, wi¦c na podstawie wzoru (5), mamy:
res
x(p)e e pt , 1 = lim
p→1
−p 3 + 12p 2 + 5
p 2 (p − 9) e pt = 16
−8 e t = −2e t ; res
x(p)e e pt , 9 = lim
p→9
−p 3 + 12p 2 + 5
p 2 (p − 1) e pt = 248
648 e 9t = 31 81 e 2t .
(12)
Natomiast biegun p = 0 jest dwukrotny, wi¦c stosujemy wzór (4) z m = 2 :
res
e x(p)e pt , 0 = 1
(2 − 1)! lim
p→0
d dp
−p 3 + 12p 2 + 5 p 2 − 10p + 9 e pt
= lim
p→0
(−3p 2 + 24p)(p 2 − 10p + 9) − (p 3 + 12p 2 + 5)(2p − 10)
(p 2 − 10p + 9) 2 + −p 3 + 12p 2 + 5 p 2 − 10p + 9 t
e pt
= 50 81 + 5
9 t. (13) Ostatecznie na podstawie (11)-(13) rozwi¡zanie zagadnienia (9) ma posta¢:
x(t) = −2e t + 31
81 e 9t + 50 81 + 5
9 t.
Przykªad 4. Rozwi¡» zagadnienie Cauchy'ego:
( ... x (t) + ˙x(t) − 6x(t) = 1 2 t 2 e t ,
¨
x(0) = ˙x(0) = x(0) = 0. (14)
Rozwi¡zanie: Transformuj¡c obustronnie oraz korzystaj¡c z liniowo±ci transformaty Laplace'a mamy:
L{... x (t)} + L{x(t)} = L 1 2 t 2 e t
. (15)
Z faktu, »e
L t 2 e t =
∞
Z
0
t 2 e (1−p)t dt =
u = t 2 v 0 = e (1−p)t u 0 = 2t v 0 = 1−p 1 e (1−p)t
= lim
A→∞
1
1 − p t 2 e (1−p)t
A 0 − 2
1 − p
∞
Z
0
te (1−p)t dt
=
u = t v 0 = e (1−p)t u 0 = 1 v 0 = 1−p 1 e (1−p)t
= lim
A→∞
1
1 − p A 2 e −pA −0− lim
A→∞
2
(1 − p) 2 te (1−p)t
A
0 + 2
(1 − p) 2
∞
Z
0
e (1−p)t dt
= lim
A→∞
1
1 − p A 2 e −pA − lim
A→∞
2
(1 − p) 2 Ae (1−p)A + 0 + lim
A→∞
2
(1 − p) 3 e (1−p)t
A 0
= lim
A→∞
1
1 − p A 2 e −pA − lim
A→∞
2
(1 − p) 2 Ae (1−p)A + lim
A→∞
2
(1 − p) 3 e (1−p)A − 2 (1 − p) 3 oraz z reguªy L'Hospitala do pierwszych dwóch granicy dla Re p > 1:
lim
A→∞
1
1 − p A 2 e −pA = 0, lim
A→∞
2
(1 − p) 2 Ae (1−p)A = 0 mamy
L{t 2 e t } = 2 (p − 1) 3 .
St¡d, z wªasno±ci ró»niczkowania oryginaªu oraz warunków pocz¡tkowych z (15) wynika:
p 3 e x(p) − p 2 x(0) − px 0 (0) − x 00 (0) + x(p) = e 1 2
2
(p − 1) 3 ⇒ e x(p) = 1
(p 3 + 1)(p − 1) 3
⇔ e x(p) = 1
(p + 1)(p 2 − p + 1)(p − 1) 3
⇔ x(p) = e 1
(p + 1)(p − 1 2 −
√ 3
2 i)(p − 1 2 +
√ 3
2 i)(p − 1) 3 . W tym przykªadzie ponownie zastosujemy metod¦ residuów, a wi¦c wzory (3)-(5):
x(t) = res
e x(p)e pt , −1 + res e x(p)e pt , 1 + res
"
x(p)e e pt , 1 2 +
√ 3 2 i
# + res
"
x(p)e e pt , 1 2 −
√ 3 2 i
# . Bieguny p 1 = −1, p 2 = 1 2 +
√ 3
2 i, p 3 = 1 2 +
√ 3
2 i s¡ jednokrotne, wi¦c na podstawie wzoru (5), mamy:
res
e x(p)e pt , −1 = lim
p→−1
1
(p 2 − p + 1)(p − 1) 3 e pt = − 1 24 e −t ; res
"
e x(p)e pt , 1 2 +
√ 3 2 i
#
= lim
p→
12+
√ 3 2
i
1 (p + 1)(p − 1 2 +
√ 3
2 i)(p − 1) 3 e pt = 1
− 3 2 (1 − √
3i) e (
12+
√ 3 2
i)t
= − 3 2
1 + √ 3i (1 − √
3i)(1 + √
3i) = e (
12+
√ 3
2
