13.8: Лаплас зворотний

До цих пір ми обчислили зворотне перетворення Лапласа за допомогою пошуку таблиці. Наприклад,$\mathcal{L}^{-1} (1/(s - a)) = e^{at}$. Щоб зробити це правильно, спочатку слід перевірити, чи перетворення Лапласа має зворотне.

Ми починаємо з поганих новин: На жаль, це не зовсім так. Є багато функцій з однаковим перетворенням Лапласа. Перерахуємо деякі способи, як це може статися.

1. Якщо$f(t) = g(t)$ для$t \ge 0$, то зрозуміло$F(s) = G(s)$. Оскільки перетворення Лапласа стосується лише$t \ge 0$, функції можуть повністю відрізнятися для$t < 0$.
2. Припустимо$f(t) = e^{at}$, і

$$g(t) = \begin{cases} f(t) & \text{ for } t \ne 1 \\ 0 & \text{ for } t = 1. \end{cases}$$

Тобто$f$ і$g$ є однаковими, за винятком того, що ми довільно присвоювали їм різні значення в$t = 1$. Тоді, оскільки інтеграли не помітять різниці в одній точці,$F(s) = G(s) = 1/(s - a)$. У цьому сенсі неможливо$\mathcal{L}^{-1} (F)$ однозначно визначити.

Хороша новина полягає в тому, що зворотне існує до тих пір, поки ми розглядаємо дві функції, які відрізняються лише на незначній множині точок однаково. Зокрема, ми можемо пред'явити наступну претензію.

Теорема$\PageIndex{1}$

Припустимо$g$,$f$ і є безперервними і$F(s) = G(s)$ для всіх$s$ з$\text{Re} (s) > a$ для деяких$a$. Тоді$f(t) = g(t)$ для$t \ge 0$.

Ця теорема може бути викладена таким чином, що включає в себе кусково-неперервні функції. Таке твердження вимагає більшої обережності, що затьмарює основний момент, що перетворення Лапласа має унікальну зворотну аж до деяких, для нас, тривіальних відмінностей.

Почнемо з кількох прикладів, які ми можемо обчислити безпосередньо.

Приклад$\PageIndex{1}$

Нехай

$$f(t) = e^{at}.$$

Отже,

$$F(s) = \dfrac{1}{s - a}.$$

Показати

$$f(t) = \sum \text{Res} (F(s) e^{st})$$

$$f(t) = \dfrac{1}{2\pi i} \int_{c - i\infty}^{c + i \infty} F(s) e^{st}\ ds$$

Сума знаходиться над усіма полюсами$e^{st}/(s - a)$. Як завжди, ми тільки розглядаємо$t > 0$.

Тут$c > \text{Re} (a)$ і інтеграл означає шлях інтеграл по вертикальній лінії$x = c$.

Рішення

Доведення рівняння 13.8.4 є простим: Зрозуміло, що

$$\dfrac{e^{st}}{s -a}$$

має тільки один полюс, який знаходиться на$s = a$. З тих пір,

$$\sum \text{Res} (\dfrac{e^{st}}{s - a}, a) = e^{at}$$

ми довели рівняння 13.8.4.

Доведення рівняння 13.8.5 більше бере участь. Спочатку слід перевірити збіжність інтеграла. У цьому випадку, таким чином$s = c + iy$, інтеграл є

$$\dfrac{1}{2\pi i} \int_{c - i \infty}^{c + i \infty} F(s) e^{st} \ ds = \dfrac{1}{2\pi i} \int_{-\infty}^{\infty} \dfrac{e^{(c + iy)t}}{c + iy - a} i \ dy = \dfrac{e^{ct}}{2 \pi} \int_{-\infty}^{\infty} \dfrac{e^{iyt}}{c + iy - a} \ dy.$$

(умовна) збіжність цього інтеграла випливає з використанням точно такого ж аргументу, що і в прикладі наприкінці теми 9 за формулою інверсії Фур'є для$f(t) = e^{at}$. Тобто, integrand - це загасаюче коливання, близько 0, тому його інтеграл також є загасаючим коливанням навколо деякого граничного значення.

Тепер використовуємо контур, показаний нижче.

Ми$R$ відпустимо до нескінченності і використаємо наступні кроки, щоб довести Рівняння 13.8.5.

1. Теорема залишку гарантує, що якщо крива досить велика, щоб містити,$a$ то
   $$\dfrac{1}{2\pi i} \int_{C_1 - C_2 - C_3 + C_4} \dfrac{e^{st}}{s - a}\ ds = \sum \text{Res} (\dfrac{e^{st}}{s - a}, a) = e^{at}.$$
2. Через мить ми покажемо, що інтеграли над$C_2, C_3, C_4$ усіма йдуть до 0 як$R \to \infty$.
3. Зрозуміло, що$R$ йде до нескінченності, інтеграл$C_1$ переходить до інтегралу в рівнянні 13.8.5 Поклавши ці кроки разом, ми маємо

$$e^{at} = \lim_{R \to \infty} \int_{C_1 - C_2 - C_3 + C_4} \dfrac{e^{st}}{s - a} \ ds = \int_{c - i\infty}^{c + i\infty} \dfrac{e^{st}}{s - a} \ ds$$

За винятком доказів у кроці 2, це доводить рівняння 13.8.5.

Щоб перевірити крок 2, ми дивимося на одну сторону за раз.

$C_2$:$C_2$ параметризується$s = \gamma (u) = u + iR$, с$-R \le u \le c$. Отже,

$$|\int_{C_2} \dfrac{e^{st}}{s - a} \ ds| = \int_{-R}^{c} |\dfrac{e^{(u + iR)t}}{u + iR - a}| \le \int_{-R}^{c} \dfrac{e^{ut}}{R} \ du = \dfrac{e^{ct} - e^{-Rt}}{tR}.$$

Оскільки$c$ і$t$ фіксуються, зрозуміло, що це йде до 0, як$R$ йде до нескінченності.

Низ$C_4$ обробляється точно так само, як і верх$C_2$.

$C_3$:$C_3$ параметризується$s = \gamma (u) = -R + iu$, с$-R \le u \le R$. Отже,

$$|\int_{C_3} \dfrac{e^{st}}{s - a} \ ds| = \int_{-R}^{R} |\dfrac{e^{(-R + iu)t}}{-R + iu - a}| \le \int_{-R}^{R} \dfrac{e^{-Rt}}{R + a} \ du = \dfrac{e^{-Rt}}{R + a} \int_{-R}^{R} \ du = \dfrac{2\text{Re}^{-Rt}}{R+a}.$$

Оскільки$a$ і$t > 0$ фіксуються, зрозуміло, що це йде до 0, як$R$ йде до нескінченності.

Приклад$\PageIndex{2}$

Повторіть попередній приклад з$f(t) = t$ for$t > 0$,$F(s) = 1/s^2$.

Це аналогічно попередньому прикладі. Оскільки$F$ розпади, як$1/s^2$ ми можемо насправді дозволити$t \ge 0$

Теорема$\PageIndex{2}$ Laplace inversion 1

Припустимо$f$, є неперервним і експоненціального типу$a$. Тоді для$c > a$ нас є

$$f(t) = \dfrac{1}{2\pi i} \int_{c - i\infty}^{c + i\infty} F(s) e^{st}\ ds.$$

Як завжди, ця формула тримає для$t > 0$.

Доказ

Доказ використовує формулу інверсії Фур'є. Ми просто приймемо цю теорему поки що. Приклад 13.8.1 вище ілюструє теорему.

Теорема$\PageIndex{3}$ Laplace inversion 2

Припустимо,$F(s)$ має кінцеве число полюсів і розпадається як$1/s$ (або швидше). Визначте

$$f(t) = \sum \text{Res} (F(s) e^{st}, p_k), \text{ where the sum is over all the poles } p_k.$$

Тоді$\mathcal{L} (f; s) = F(s)$

Доказ

Доказ наведено в класі. Буде додано сюди. Основні ідеї присутні в прикладах вище, хоча і вимагає досить розумного вибору контурів.

Формулу інтегральної інверсії в Рівнянні 13.8.13 можна розглядати як запис$f(t)$ як «суму» експоненціальних чисел. Це надзвичайно корисно. Наприклад, для лінійної системи, якщо ми знаємо, як система реагує на вхід$f(t) = e^{at}$ для всіх$a$, то ми знаємо, як вона реагує на будь-який вхід, записуючи його як «суму» експоненціальних чисел.