Как применить преобразование Лапласа к какой–либо функции

Соавтор(ы): Joseph Meyer

Преобразование Лапласа представляет собой интегральное преобразование, которое используют для решения дифференциальных уравнений с постоянными коэффициентами. Это преобразование широко используется в физике и инженерном деле.

Хотя можно использовать соответствующие таблицы, полезно понимать преобразование Лапласа, чтобы при необходимости вы могли провести его самостоятельно.

Предварительные сведения

Пусть дана функция $f(t)$ , определенная для $t\geq 0.$ Тогда преобразованием Лапласа функции $f(t)$ является следующая функция каждого значения $s$ , при котором интеграл сходится:
- $F(s)={\mathcal {L}}\{f(t)\}=\int _{{0}}^{{\infty }}f(t)e^{{-st}}{\mathrm {d}}t$
Преобразование Лапласа переводит функцию из t-области (временно́й шкалы) в s-область (область преобразования), где $F(s)$ представляет собой комплексную функцию комплексной переменной. Оно позволяет перевести функцию в ту область, где можно легче найти решение.
Очевидно, что преобразование Лапласа является линейным оператором, поэтому если мы имеем дело с суммой слагаемых, каждый интеграл можно вычислить отдельно.
- $\int _{{0}}^{{\infty }}[af(t)+bg(t)]e^{{-st}}{\mathrm {d}}t=a\int _{{0}}^{{\infty }}f(t)e^{{-st}}{\mathrm {d}}t+b\int _{{0}}^{{\infty }}g(t)e^{{-st}}{\mathrm {d}}t$
Помните, что преобразование Лапласа работает лишь в тех случаях, если интеграл сходится. Если функция $f(t)$ имеет разрывы, необходимо быть внимательным и правильно расставить пределы интегрирования, чтобы избежать неопределенности.

Часть 1

Часть 1 из 3:

Основы

Загрузить PDF

1
Подставьте функцию в формулу преобразования Лапласа. Теоретически преобразование Лапласа функции вычисляется очень просто. Рассмотрим в качестве примера функцию $f(t)=e^{{at}}$ , где $a$ — комплексная константа с $\operatorname {Re}(s)<\operatorname {Re}(a).$
- ${\mathcal {L}}\{e^{{at}}\}=\int _{{0}}^{{\infty }}e^{{at}}e^{{-st}}{\mathrm {d}}t$
2
Оцените интеграл с помощью доступных методов. В нашем примере оценка очень проста и можно обойтись простыми вычислениями. В более сложных случаях могут понадобиться более сложные методы, например интегрирование по частям или дифференцирование под знаком интеграла. Ограничивающее условие $\operatorname {Re}(s)<\operatorname {Re}(a)$ означает, что интеграл сходится, то есть его значение стремится к 0 при $t\to \infty .$
- ${\begin{aligned}{\mathcal {L}}\{e^{{at}}\}&=\int _{{0}}^{{\infty }}e^{{(a-s)t}}{\mathrm {d}}t\\&={\frac {e^{{(a-s)t}}}{a-s}}{\Bigg |}_{{0}}^{{\infty }}\\&={\frac {1}{s-a}}\end{aligned}}$
- Учтите, что это дает нам два вида преобразования Лапласа, с синусом и косинусом, так как согласно формуле Эйлера $e^{{iat}}$ . В этом случае в знаменателе мы получим $s-ia,$ и остается лишь определить действительную и мнимую часть. Можно также оценить результат напрямую, но это заняло бы немного больше времени.
  - ${\mathcal {L}}\{\cos at\}=\operatorname {Re}\left({\frac {1}{s-ia}}\right)={\frac {s}{s^{{2}}+a^{{2}}}}$
  - ${\mathcal {L}}\{\sin at\}=\operatorname {Im}\left({\frac {1}{s-ia}}\right)={\frac {a}{s^{{2}}+a^{{2}}}}$
3
Рассмотрим преобразование Лапласа степенной функции. Для начала следует определить преобразование степенной функции, поскольку свойство линейности позволяет найти преобразование для всех полиномов. Степенной является функция вида $t^{{n}},$ где $n$ — любое положительное целое число. Можно проинтегрировать по частям, чтобы определить рекурсивное правило.
- ${\mathcal {L}}\{t^{{n}}\}=\int _{{0}}^{{\infty }}t^{{n}}e^{{-st}}{\mathrm {d}}t={\frac {n}{s}}{\mathcal {L}}\{t^{{n-1}}\}$
- Данный результат выражен в неявной форме, но если подставить несколько значений $n,$ можно установить определенную закономерность (попробуйте сделать это самостоятельно), которая позволяет получить следующий результат:
  - ${\mathcal {L}}\{t^{{n}}\}={\frac {n!}{s^{{n+1}}}}$
- Можно также определить преобразование Лапласа дробных степеней с помощью гамма-функции. Например, таким способом можно найти преобразование такой функции, как $f(t)={\sqrt {t}}.$
  - ${\mathcal {L}}\{t^{{n}}\}={\frac {\Gamma (n+1)}{s^{{n+1}}}}$
  - ${\mathcal {L}}\{t^{{1/2}}\}={\frac {\Gamma (3/2)}{s^{{3/2}}}}={\frac {{\sqrt {\pi }}}{2s{\sqrt {s}}}}$
- Хотя функции с дробными степенями должны иметь разрезы (как вы помните, любые комплексные числа $z$ и $\alpha$ можно записать в виде $z^{{\alpha }}$ , поскольку $e^{{\alpha \operatorname {Log}z}}$ ), их всегда можно определить таким образом, чтобы разрезы лежали в левой полуплоскости, и тем самым избежать проблем с аналитичностью.
Реклама

Часть 2

Часть 2 из 3:

Свойства преобразования Лапласа

Загрузить PDF

1
Найдем преобразование Лапласа функции, умноженной на $e^{{at}}$ . Полученные в предыдущем разделе результаты позволили нам выяснить некоторые интересные свойства преобразования Лапласа. Преобразование Лапласа таких функций, как косинус, синус и экспоненциальная функция, кажется более простым, чем преобразование степенной функции. Умножение на $e^{{at}}$ в t-области соответствует сдвигу в s-области:
- ${\mathcal {L}}\{e^{{at}}f(t)\}=\int _{{0}}^{{\infty }}f(t)e^{{-(s-a)t}}{\mathrm {d}}t=F(s-a)$
- Это свойство сразу же позволяет найти преобразование таких функций, как $f(t)=e^{{3t}}\sin 2t$ , без необходимости вычислять интеграл:
  - ${\mathcal {L}}\{e^{{3t}}\sin 2t\}={\frac {2}{(s-3)^{{2}}+4}}$
2
Найдем преобразование Лапласа функции, умноженной на $t^{{n}}$ . Сначала рассмотрим умножение на $t$ . Согласно определению, можно продифференцировать функцию под интегралом и получить удивительно простой результат:
- ${\begin{aligned}{\mathcal {L}}\{tf(t)\}&=\int _{{0}}^{{\infty }}tf(t)e^{{-st}}{\mathrm {d}}t\\&=-\int _{{0}}^{{\infty }}f(t){\frac {\partial }{\partial s}}e^{{-st}}{\mathrm {d}}t\\&=-{\frac {{\mathrm {d}}}{{\mathrm {d}}s}}\int _{{0}}^{{\infty }}f(t)e^{{-st}}{\mathrm {d}}t\\&=-{\frac {{\mathrm {d}}F}{{\mathrm {d}}s}}\end{aligned}}$
- Повторяя данную операцию, получаем окончательный результат:
  - ${\mathcal {L}}\{t^{{n}}f(t)\}=(-1)^{{n}}{\frac {{\mathrm {d}}^{{n}}F}{{\mathrm {d}}s^{{n}}}}$
- Хотя перестановка операторов интегрирования и дифференцирования требует некоторого дополнительного обоснования, мы не будем приводить его здесь, а лишь отметим, что данная операция корректна в том случае, если окончательный результат имеет смысл. Можно также принять во внимание тот факт, что переменные $s$ и $t$ не зависят друг от друга.
- С помощью данного правила легко найти преобразование таких функций, как $t^{{2}}\cos 2t$ , без повторного интегрирования по частям:
  - ${\mathcal {L}}\{t^{{2}}\cos 2t\}={\frac {{\mathrm {d}}^{{2}}}{{\mathrm {d}}s^{{2}}}}{\frac {s}{s^{{2}}+4}}={\frac {2s^{{3}}-24s}{(s^{{2}}+4)^{{3}}}}$
3
Найдем преобразование Лапласа функции $f(at)$ . Это можно легко сделать с помощью замены переменной на u, используя определение преобразования:
- ${\begin{aligned}{\mathcal {L}}\{f(at)\}&=\int _{{0}}^{{\infty }}f(at)e^{{-st}}{\mathrm {d}}t,\ \ u=at\\&={\frac {1}{a}}\int _{{0}}^{{\infty }}f(u)e^{{-su/a}}{\mathrm {d}}u\\&={\frac {1}{a}}F\left({\frac {s}{a}}\right)\end{aligned}}$
- Выше мы нашли преобразование Лапласа функций $\sin at$ и $\cos at$ непосредственно из экспоненциальной функции. С помощью этого свойства можно получить тот же результат, если найти действительную и мнимую части ${\mathcal {L}}\{e^{{it}}\}={\frac {1}{s-i}}$ .
4
Найдем преобразование Лапласа производной $f^{{\prime }}(t)$ . В отличие от предыдущих примеров, в данном случае придется интегрировать по частям:
- ${\begin{aligned}{\mathcal {L}}\{f^{{\prime }}(t)\}&=\int _{{0}}^{{\infty }}f^{{\prime }}(t)e^{{-st}}{\mathrm {d}}t,\ \ u=e^{{-st}},\ {\mathrm {d}}v=f^{{\prime }}(t){\mathrm {d}}t\\&=f(t)e^{{-st}}{\Big |}_{{0}}^{{\infty }}+s\int _{{0}}^{{\infty }}f(t)e^{{-st}}{\mathrm {d}}t\\&=sF(s)-f(0)\end{aligned}}$
- Поскольку вторая производная встречается во многих физических задачах, найдем преобразование Лапласа и для нее:
  - ${\mathcal {L}}\{f^{{\prime \prime }}(t)\}=s^{{2}}F(s)-sf(0)-f^{{\prime }}(0)$
- В общем случае преобразование Лапласа производной n-го порядка определяется следующим образом (это позволяет решить дифференциальные уравнения с помощью преобразования Лапласа):
  - ${\mathcal {L}}\{f^{{(n)}}(t)\}=s^{{n}}F(s)-\sum _{{k=0}}^{{n-1}}s^{{n-k-1}}f^{{(k)}}(0)$
Реклама

Часть 3

Часть 3 из 3:

Нахождение преобразования Лапласа путем разложения в ряд

Загрузить PDF

1
Найдем преобразование Лапласа для периодической функции. Периодическая функция удовлетворяет условию $f(t)=f(t+nT),$ где $T$ — период функции, а $n$ — положительное целое число. Периодические функции широко используются во многих сферах, в том числе для обработки сигналов и в электротехнике. С помощью простых преобразований получаем следующий результат:
- ${\begin{aligned}{\mathcal {L}}\{f(t)\}&=\int _{{0}}^{{\infty }}f(t)e^{{-st}}{\mathrm {d}}t\\&=\sum _{{n=0}}^{{\infty }}\int _{{nT}}^{{(n+1)T}}f(t)e^{{-st}}{\mathrm {d}}t\\&=\sum _{{n=0}}^{{\infty }}\int _{{0}}^{{T}}f(t+nT)e^{{-s(t+nT)}}{\mathrm {d}}t\\&=\sum _{{n=0}}^{{\infty }}e^{{-snT}}\int _{{0}}^{{T}}f(t)e^{{-st}}{\mathrm {d}}t\\&={\frac {1}{1-e^{{-sT}}}}\int _{{0}}^{{T}}f(t)e^{{-st}}{\mathrm {d}}t\end{aligned}}$
- Как видно, в случае периодической функции достаточно выполнить преобразование Лапласа для одного периода.
2
Выполните преобразование Лапласа для натурального логарифма. В этом случае интеграл нельзя выразить в виде элементарных функций. Использование гамма-функции и ее разложения в ряд позволяет оценить натуральный логарифм и его степени. Наличие постоянной Эйлера-Маскерони $\gamma$ показывает, что для оценки данного интеграла необходимо использовать разложение в ряд.
- ${\mathcal {L}}\{\ln t\}=-{\frac {\gamma +\ln s}{s}}$
3
Рассмотрим преобразование Лапласа ненормированной функции sinc. Функция $\operatorname {sinc}(t)={\frac {\sin t}{t}}$ широко используется для обработки сигналов, в дифференциальных уравнениях она эквивалентна сферической функции Бесселя первого рода и нулевого порядка $j_{{0}}(x).$ Преобразование Лапласа этой функции также невозможно вычислить стандартными методами. В данном случае проводят преобразование отдельных членов ряда, которые представляют собой степенные функции, поэтому их преобразования обязательно сходятся на заданном интервале.
- Сначала запишем разложение функции в ряд Тейлора:
  - ${\frac {\sin t}{t}}=\sum _{{n=0}}^{{\infty }}{\frac {(-1)^{{n}}t^{{2n}}}{(2n+1)!}}$
- Теперь используем уже известное нам преобразование Лапласа степенной функции. Факториалы сокращаются, и в результате получаем разложение Тейлора для арктангенса, то есть знакопеременный ряд, который напоминает ряд Тейлора для синуса, но без факториалов:
  - ${\begin{aligned}{\mathcal {L}}\left\{{\frac {\sin t}{t}}\right\}&=\sum _{{n=0}}^{{\infty }}{\frac {(-1)^{{n}}(2n)!}{(2n+1)!}}{\frac {1}{s^{{2n+1}}}}\\&=\sum _{{n=0}}^{{\infty }}{\frac {(-1)^{{n}}}{2n+1}}{\frac {1}{s^{{2n+1}}}}\\&=\tan ^{{-1}}{\frac {1}{s}}\end{aligned}}$
Реклама