5.1: Визначення та властивості

Переглянути підручник на YouTube

Основна ідея полягає в тому, щоб Лапласа перетворити диференціальне рівняння з постійним коефіцієнтом для\(x(t)\) більш простого алгебраїчного рівняння для трансформованої Лапласа функції\(X(s)\), розв'язати це алгебраїчне рівняння, а потім перетворити\(X(s)\) назад в\(x(t)\). Правильне визначення перетворення Лапласа та властивостей, яким задовольняє це перетворення, робить можливим цей метод розв'язання.

Експоненціальний ансац використовується при розв'язанні однорідних од з постійним коефіцієнтом, а експоненціальна функція відповідно відіграє ключову роль у визначенні перетворення Лапласа. Перетворення Лапласа\(f(t)\), що позначається\(F(s) = \mathcal{L}\{ f(t)\}\), визначається інтегральним перетворенням \[\label{eq:1}F(s)\int_0^{\infty}e^{-st}f(t)dt.\]

Неправильний інтеграл, даний\(\eqref{eq:1}\) розходиться, якщо\(f(t)\) росте швидше, ніж\(e^{st}\) для великих\(t\). Відповідно, деяке обмеження на діапазон\(s\) може знадобитися для гарантування зближення\(\eqref{eq:1}\), і ми будемо вважати без подальшої доопрацювання, що ці обмеження завжди задовольняються.

Перетворення Лапласа є лінійним перетворенням. У нас є\[\begin{aligned}\mathcal{L}\{c_1f_1(t)+c_2f_2(t)\}&=\int_0^{\infty}e^{-st}(c_1f_1(t)+c_2f_2(t))dt \\ &=c_1\int_0^{\infty}e^{-st}f_1(t)dt+c_2\int_0^{\infty}e^{-st}f_2(t)dt \\ &=c_1\mathcal{L}\{f_1(t)\}+c_2\mathcal{L}\{f_2(t)\}.\end{aligned}\]

Існує також відповідність один до одного між функціями та їх перетвореннями Лапласа. Таким чином, таблиця перетворень Лапласа може бути побудована і використана для пошуку як Лапласа, так і обернених перетворень Лапласа часто зустрічаються функцій. Така таблиця показана в табл\(\PageIndex{1}\) (і ця таблиця буде розподілена з іспитами). У таблиці\(\PageIndex{1}\),\(n\) є натуральним числом. Крім того, загадкові записи для\(u_c(t)\) і\(\delta (t − c)\) будуть пояснені пізніше в §5.3.

Таблиця\(\PageIndex{1}\): Таблиця трансформаторів Лапласа

\(f(t)=\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}\)	\(F(s)=\mathcal{L}\{f(t)\}\)
\ (f (t) =\ математичний {L} ^ {-1}\ {F (s)\}\) ">1. \(e^{at}f(t)\)	\ (F (s) =\ математичний {L}\ {f (t)\}\) ">\(\displaystyle F(s-a)\)
\ (f (t) =\ математичний {L} ^ {-1}\ {F (s)\}\) ">2. \(1\)	\ (F (s) =\ математичний {L}\ {f (t)\}\) ">\(\displaystyle\frac{1}{s}\)
\ (f (t) =\ математичний {L} ^ {-1}\ {F (s)\}\) ">3. \(e^{at}\)	\ (F (s) =\ математичний {L}\ {f (t)\}\) ">\(\displaystyle\frac{1}{s-a}\)
\ (f (t) =\ математичний {L} ^ {-1}\ {F (s)\}\) ">4. \(t^n\)	\ (F (s) =\ математичний {L}\ {f (t)\}\) ">\(\displaystyle\frac{n!}{s^{n+1}}\)
\ (f (t) =\ математичний {L} ^ {-1}\ {F (s)\}\) ">5. \(t^ne^{at}\)	\ (F (s) =\ математичний {L}\ {f (t)\}\) ">\(\displaystyle\frac{n!}{(s-a)^{n+1}}\)
\ (f (t) =\ математичний {L} ^ {-1}\ {F (s)\}\) ">6. \(\sin bt\)	\ (F (s) =\ математичний {L}\ {f (t)\}\) ">\(\displaystyle\frac{b}{s^2+b^2}\)
\ (f (t) =\ математичний {L} ^ {-1}\ {F (s)\}\) ">7. \(\cos bt\)	\ (F (s) =\ математичний {L}\ {f (t)\}\) ">\(\displaystyle\frac{s}{s^2+b^2}\)
\ (f (t) =\ математичний {L} ^ {-1}\ {F (s)\}\) ">8. \(e^{at}\sin bt\)	\ (F (s) =\ математичний {L}\ {f (t)\}\) ">\(\displaystyle\frac{b}{(s-a)^2+b^2}\)
\ (f (t) =\ математичний {L} ^ {-1}\ {F (s)\}\) ">9. \(e^{at}\cos bt\)	\ (F (s) =\ математичний {L}\ {f (t)\}\) ">\(\displaystyle\frac{s-a}{(s-a)^2+b^2}\)
\ (f (t) =\ математичний {L} ^ {-1}\ {F (s)\}\) ">10. \(t\sin bt\)	\ (F (s) =\ математичний {L}\ {f (t)\}\) ">\(\displaystyle\frac{2bs}{(s^2+b^2)^2}\)
\ (f (t) =\ математичний {L} ^ {-1}\ {F (s)\}\) ">11. \(t\cos by\)	\ (F (s) =\ математичний {L}\ {f (t)\}\) ">\(\displaystyle\frac{s^2-b^2}{(s^2+b^2)^2}\)
\ (f (t) =\ математичний {L} ^ {-1}\ {F (s)\}\) ">12. \(u_c(t)\)	\ (F (s) =\ математичний {L}\ {f (t)\}\) ">\(\displaystyle\frac{e^{-cs}}{s}\)
\ (f (t) =\ математичний {L} ^ {-1}\ {F (s)\}\) ">13. \(u_c(t)f(t-c)\)	\ (F (s) =\ математичний {L}\ {f (t)\}\) ">\(\displaystyle e^{-cs}F(s)\)
\ (f (t) =\ математичний {L} ^ {-1}\ {F (s)\}\) ">14. \(\delta (t-c)\)	\ (F (s) =\ математичний {L}\ {f (t)\}\) ">\(\displaystyle e^{-cs}\)
\ (f (t) =\ математичний {L} ^ {-1}\ {F (s)\}\) ">15. \(\overset{.}{x}(t)\)	\ (F (s) =\ математичний {L}\ {f (t)\}\) ">\(\displaystyle sX(s)-x(0)\)
\ (f (t) =\ математичний {L} ^ {-1}\ {F (s)\}\) ">16. \(\overset{..}{s}(t)\)	\ (F (s) =\ математичний {L}\ {f (t)\}\) ">\(\displaystyle s^2X(s)-sx(0)-\overset{.}{x}(0)\)

Рядки таблиці\(\PageIndex{1}\) можна визначити поєднанням прямої інтеграції та деяких хитрощів. Спочатку ми обчислюємо безпосередньо перетворення Лапласа\(e^{at} f(t)\) (рядок 1):

\[\begin{aligned}\mathcal{L}\{e^{at}f(t)\}&=\int_0^{\infty}e^{-st}e^{at}f(t)dt \\ &=\int_0^{\infty}e^{-(s-a)t}f(t)dt \\ &=F(s-a).\end{aligned}\]

Ми також обчислюємо безпосередньо перетворення Лапласа\(1\) (рядок 2):

\[\begin{aligned}\mathcal{L}\{1\}&=\int_0^\infty e^{-st}dt \\ &=\left.-\frac{1}{s}e^{-st}\right]_0^\infty \\ &=\frac{1}{s}.\end{aligned}\]

Тепер перетворення Лапласа\(e^{at}\) (рядок 3) можна знайти за допомогою цих двох результатів:

\[\begin{align}\mathcal{L}\{e^{at}\}&=\mathcal{L}\{e^{at}\cdot 1\}\nonumber \\ &=\frac{1}{s-a}.\label{eq:2}\end{align}\]

Перетворення\(t^n\) (рядок 4) можна знайти шляхом послідовної інтеграції частинами. Більш цікавий метод використовує розширення серії Тейлора для\(e^{at}\) і\(1/(s − a)\). У нас є \[\begin{align}\mathcal{L}\{e^{at}\}&=\mathcal{L}\left\{\sum\limits_{n=0}^\infty \frac{(at)^n}{n!}\right\}\nonumber \\ &=\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{a^n}{n!}\mathcal{L}\{t^n\}.\label{eq:3}\end{align}\]

Також, з\(s > a\), \[\begin{align}\frac{1}{s-a}&=\frac{1}{s(1-\frac{a}{s})}\nonumber \\ &=\frac{1}{s}\sum\limits_{n=0}^\infty\left(\frac{a}{s}\right)^n\label{eq:4} \\ &=\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{a^n}{s^{n+1}}.\nonumber\end{align}\]

Використовуючи\(\eqref{eq:2}\), і прирівнюючи коефіцієнти степенів\(a\) in\(\eqref{eq:3}\) і\(\eqref{eq:4}\), призводить до рядка 4:

\[\mathcal{L}\{t^n\}=\frac{n!}{s^{n+1}}.\nonumber\]

Перетворення Лапласа\(t^n e^{at}\) (рядок 5) можна знайти з рядків 1 і 4:

\[\mathcal{L}\{t^ne^{at}\}=\frac{n!}{(s-a)^{n+1}}.\nonumber\]

Перетворення Лапласа\(\sin bt\) (рядок 6) можна знайти з перетворення Лапласа\(e^{at}\) (рядок 3) за допомогою\(a = ib\):

\[\begin{aligned}\mathcal{L}\{\sin bt\}&=\text{Im }\{\mathcal{L}\{e^{ibt}\}\} \\ &=\text{Im }\left\{\frac{1}{s-ib}\right\} \\ &=\text{Im }\left\{\frac{s+ib}{s^2+b^2}\right\} \\ &=\frac{b}{s^2+b^2}.\end{aligned}\]

Аналогічно, перетворення Лапласа\(\cos bt\) (рядок 7)\[\begin{aligned}\mathcal{L}\{\cos bt\}&=\text{Re }\{\mathcal{L}\{e^{ibt}\}\} \\ &=\frac{s}{s^2+b^2}.\end{aligned}\]

Перетворення\(e^{at} \sin bt\) (рядок 8) можна знайти з перетворення\(\sin bt\) (рядок 6) і рядка 1:

\[\mathcal{L}\{e^{at}\sin bt\}=\frac{b}{(s-a)^2+b^2};\nonumber\]і аналогічно для перетворення\(e^{at}\cos bt\):

\[\mathcal{L}\{e^{at}\cos bt\}=\frac{s-a}{(s-a)^2+b^2}.\nonumber\]

Перетворення Лапласа\(t \sin bt\) (рядок 10) можна знайти з перетворення Лапласа\(te^{at}\) (рядок 5 з\(n = 1\)) за допомогою\(a = ib\):

\[\begin{aligned}\mathcal{L}\{t\sin bt\}&=\text{Im }\{\mathcal{L}\{te^{ibt}\}\} \\ &=\text{Im }\left\{\frac{1}{(s-ib)^2}\right\} \\ &=\text{Im }\left\{\frac{(s+ib)^2}{(s^2+b^2)^2}\right\} \\ &=\frac{2bs}{(s^2+b^2)^2}.\end{aligned}\]

Аналогічно, перетворення Лапласа\(t \cos bt\) (рядок 11)\[\begin{aligned}\mathcal{L}\{t\cos bt\}&=\text{Re }\{\mathcal{L}\{te^{ibt}\}\} \\ &=\text{Re }\left\{\frac{(s+ib)^2}{(s^2+b^2)^2}\right\} \\ &=\frac{s^2-b^2}{(s^2+b^2)^2}.\end{aligned}\]

Тепер ми трансформуємо неоднорідну константу коефіцієнта другого порядку, лінійну неоднорідну оду для\(x = x(t)\),\[a\overset{..}{x}+b\overset{.}{x}+cx=g(t),\nonumber\] використовуючи лінійність перетворення Лапласа:

\[a\mathcal{L}\{\overset{.}{x}\}+b\mathcal{L}\{\overset{.}{x}\}+c\mathcal{L}\{x\}=\mathcal{L}\{g\}.\nonumber\]

Визначити перетворення Лапласа\(\overset{.}{x}(t)\) (лінія 15) через перетворення Лапласа\(x(t)\) та початкових умов\(\overset{.}{x}(0)\)\(X(s) =\mathcal{L}\{x(t)\}\), визначено\(x(0)\) та інтегрується\[\int_0^{\infty}e^{-st}\overset{.}{x}dt\nonumber\] частинами. Ми пускаємо\[\begin{array}{ccc}u=e^{-st}&\quad &dv=\overset{.}{x}dt \\ du=-se^{-st}dt&\quad &v=x.\end{array}\nonumber\]

Тому\[\begin{aligned}\int_0^{\infty}e^{-st}\overset{.}{x}dt&=xe^{-st}]_0^{\infty}+s\int_0^{\infty}e^{-st}xdt \\ &=sX(s)-x(0),\end{aligned}\] там, де передбачувана конвергенція Лапласа вимагає\[\underset{t\to\infty}{\lim}x(t)e^{-st}=0.\nonumber\]

Аналогічно, перетворення Лапласа\(\overset{..}{x}(t)\) (рядок 16) визначається\[\int_0^{\infty}e^{-st}\overset{..}{x}dt\nonumber\] шляхом інтеграції частинами та використання тільки що похідного результату для першої похідної. Ми дозволяємо\[\begin{array}{ccc}u=e^{-st}&\quad &dv=\overset{..}{x}dt \\ du=-se^{-st}dt&\quad&v=\overset{.}{x},\end{array}\nonumber\] так, що\[\begin{aligned}\int_0^{\infty}e^{-st}\overset{..}{x}dt&=\overset{.}{x}e^{-st}]_0^{\infty}+s\int_0^{\infty}e^{-st}\overset{.}{x}dt \\ &=-\overset{.}{x}(0)+s(sX(s)-x(0)) \\ &=s^2X(s)-sx(0)-\overset{.}{x}(0),\end{aligned}\] де аналогічно ми припускаємо\(\lim_{t\to\infty}\overset{.}{x}(t)e^{-st}=0\).