8.1: Вступ до перетворення Лапласа
- Page ID
- 62200
Визначення перетворення Лапласа
Для визначення перетворення Лапласа спочатку згадаємо визначення неправильного інтеграла. Якщо\(g\) інтегрується протягом інтервалу\([a,T]\) для кожного\(T>a\), то неправильний інтеграл\(g\) над\([a,\infty)\) визначається як
\[\label{eq:8.1.1} \int^\infty_a g(t)\,dt=\lim_{T\to\infty}\int^T_a g(t)\,dt.\]
Ми говоримо, що неправильний інтеграл сходиться, якщо межа в Equation\ ref {eq:8.1.1} існує; інакше ми говоримо, що неправильний інтеграл розходиться або не існує. Ось визначення перетворення Лапласа функції\(f\).
\(f\)Дозволяти визначатися для\(t\ge0\) і нехай\(s\) бути дійсним числом. Тоді перетворення Лапласа\(f\) - це функція,\(F\) визначена
\[\label{eq:8.1.2} F(s)=\int_0^\infty e^{-st} f(t)\,dt,\]
для тих значень,\(s\) для яких неправильний інтеграл сходиться.
Важливо мати на увазі, що змінна інтеграції в Equation\ ref {eq:8.1.2}\(s\) є\(t\) незалежним параметром\(t\). Ми використовуємо\(t\) як незалежну змінну для\(f\) тому, що в додатках перетворення Лапласа зазвичай застосовується до функцій часу.
Перетворення Лапласа можна розглядати як оператор\({\cal L}\), який перетворює функцію\(f=f(t)\) у функцію\(F=F(s)\). Таким чином, рівняння\ ref {eq:8.1.2} може бути виражено як
\[F={\cal L}(f).\nonumber \]
Функції\(f\) і\(F\) утворюють пару перетворень, яку ми іноді позначимо
\[f(t)\leftrightarrow F(s).\nonumber\]
Можна показати, що якщо\(F(s)\) визначено для\(s=s_0\) то воно визначено для всіх\(s>s_0\) (Вправа 8.1.14b).
Обчислення деяких простих перетворень Лапласа
Знайдіть перетворення Лапласа\(f(t)=1\).
Рішення
З рівняння\ ref {eq:8.1.2} з\(f(t)=1\),
\[F(s)=\int_0^\infty e^{-st}\,dt=\lim_{T\to\infty}\int_0^T e^{-st}\, dt.\nonumber\]
Якщо\(s\ne 0\) тоді
\[\label{eq:8.1.3} \int_0^T e^{-st}dt=-{1\over s}e^{-st}\Big|_0^T={1-e^{-sT}\over s}.\]
Тому
\[\label{eq:8.1.4} \lim_{T\to\infty}\int_0^T e^{-st}dt=\left\{\begin{array}{rr} {1\over s}, & s>0,\\ \infty, & s<0. \end{array}\right.\]
Якщо\(s=0\) ціле зводиться до постійної\(1\), і
\[\lim_{T\to\infty}\int_0^T 1\,dt=\lim_{T\to\infty}\int_0^T 1\,dt= \lim_{T\to\infty}T=\infty.\nonumber\]
Тому\(F(0)\) не визначено, і
\[F(s)=\int_0^\infty e^{-st}dt={1\over s},\quad s>0.\nonumber\]
Цей результат може бути записаний в операторних позначеннях як
\[{\cal L}(1)={1\over s},\quad s>0,\nonumber\]
або як пара перетворення
\[1\leftrightarrow{1\over s},\quad s>0.\nonumber\]
Зручно поєднувати етапи інтеграції від\(0\) до\(T\) і здачі\(T → ∞\). Тому замість того, щоб писати Equation\ ref {eq:8.1.3} і\ ref {eq:8.1.4} як окремі кроки ми пишемо
\[\int_{0}^{\infty} e^{-s t} d t=-\left.\frac{1}{s} e^{-s t}\right|_{0} ^{\infty}=\left\{\begin{array}{cl}{\frac{1}{s},} & {s>0} \\ {\infty,} & {s<0}\end{array}\right. \nonumber\]
Ми будемо слідувати цій практиці протягом усього цього розділу.
Знайдіть перетворення Лапласа\(f(t)=t\).
З рівняння\ ref {eq:8.1.2} з\(f(t)=t\),
\[\label{eq:8.1.5} F(s)=\int_0^\infty e^{-st}t\,dt.\]
Якщо\(s\ne0\), інтеграція по частинам дає
\[\begin{align*} \int_0^\infty e^{-st}t\,dt&=-{te^{-st}\over s}\bigg|_0^\infty +{1\over s}\int_0^\infty e^{-st}\,dt =-\left[{t\over s}+{1\over s^2}\right]e^{-st}\bigg|_0^\infty \\&=\left\{\begin{array}{rr} {1\over s^2},\quad s>0,\\ \infty,\,s<0.\end{array}\right.\end{align*}\nonumber\]
Якщо\(s=0\), інтеграл у рівнянні\ ref {eq:8.1.5} стає
\[\int_0^\infty t\,dt={t^2\over2}\bigg|_0^\infty=\infty.\nonumber\]
Тому\(F(0)\) не визначено і
\[F(s)={1\over s^2},\quad s>0.\nonumber\]
Цей результат також можна записати як
\[{\cal L}(t)={1\over s^2},\quad s>0,\nonumber\]
або як пара перетворення
\[t\leftrightarrow{1\over s^2},\quad s>0.\nonumber\]
Знайдіть перетворення Лапласа з\(f(t)=e^{at}\), де\(a\) є константа.
З рівняння\ ref {eq:8.1.2} з\(f(t)=e^{at}\),
\[F(s)=\int_0^\infty e^{-st}e^{at}\,dt.\nonumber\]
Поєднання показників врожайності
\[F(s)=\int_0^\infty e^{-(s-a)t}\,dt.\nonumber\]
Однак з Прикладу Template:index ми знаємо, що
\[\int_0^\infty e^{-st}\,dt={1\over s},\quad s>0.\nonumber\]
Заміна\(s\) на\(s-a\) тут показує, що
\[F(s)={1\over s-a},\quad s>a.\nonumber\]
Це також може бути записано як
\[{\cal L}(e^{at})={1\over s-a},\quad s>a, \text{ or } e^{at}\leftrightarrow{1\over s-a},\quad s>a.\nonumber\]
[Знайти Лаплас перетворює\(f(t)=\sin\omega t\) і\(g(t)=\cos\omega t\), де\(\omega\) константа.
Визначте
\[\label{eq:8.1.6} F(s)=\int_0^\infty e^{-st}\sin\omega t\,dt\]
і
\[\label{eq:8.1.7} G(s)=\int_0^\infty e^{-st}\cos\omega t\,dt.\]
Якщо\(s>0\), інтеграція рівняння\ ref {eq:8.1.6} по частинам дає
\[F(s)=-{e^{-st}\over s}\sin\omega t\Big|_0^\infty+{\omega\over s} \int_0^\infty e^{-st}\cos\omega t\,dt,\nonumber\]
тому
\[\label{eq:8.1.8} F(s)={\omega\over s}G(s).\]
Якщо\(s>0\), інтеграція рівняння\ ref {eq:8.1.7} по частинам дає
\[G(s)=-{e^{-st}\cos\omega t\over s}\Big|_0^\infty - {\omega\over s} \int_0^\infty e^{-st}\sin\omega t\,dt,\nonumber\]
тому
\[G(s)={1\over s} - {\omega\over s} F(s).\nonumber\]
Тепер замініть з Equation\ ref {eq:8.1.8} на це, щоб отримати
\[G(s)={1\over s} - {\omega^2\over s^2} G(s).\nonumber\]
Рішення цього для\(G(s)\) врожайності
\[G(s)={s\over s^2+\omega^2},\quad s>0.\nonumber\]
Це і рівняння\ ref {eq:8.1.8} означають, що
\[F(s)={\omega\over s^2+\omega^2},\quad s>0.\nonumber\]
Таблиці трансформацій Лапласа
Обширні таблиці перетворень Лапласа були складені і зазвичай використовуються в додатках. Коротка таблиця перетворень Лапласа в Додатку буде адекватною для наших цілей.
Використовуйте таблицю перетворень Лапласа, щоб знайти\({\cal L}(t^3e^{4t})\).
Таблиця включає в себе пару перетворень
\[t^ne^{at}\leftrightarrow {n!\over(s-a)^{n+1}}.\nonumber\]
Установка\(n=3\) і\(a=4\) тут дає
\[\cal L (t^3e^{4t})={3!\over(s-4)^4}={6\over(s-4)^4}.\nonumber\]
Іноді ми будемо писати Лаплас перетворення конкретних функцій, не вказуючи явно, як вони отримані. У таких випадках слід звернутися до таблиці перетворень Лапласа.
Лінійність перетворення Лапласа
Наступна теорема представляє важливу властивість перетворення Лапласа.
\({\cal L}(f_i)\)Припустимо, визначено для\(s>s_i,\)\(1\le i\le n).\)\(s_0\) Дозволяти бути найбільшим з чисел\(s_1\),\(s_{2},\)...,\(s_n,\) і нехай\(c_1\)\(c_2\),,...,\(c_n\) бути константами. Тоді
\[{\cal L}(c_1f_1+c_2f_2+\cdots+c_nf_n)=c_1{\cal L}(f_1)+c_2{\cal L}(f_2) +\cdots+c_n{\cal L}(f_n)\mbox{ for } s>s_0.\nonumber\]
- Доказ
-
Наводимо доказ для випадку де\(n=2\). Якщо\(s>s_0\) тоді
\[\begin{aligned} {\cal L}(c_1f_1+c_2f_2)&= \int_0^\infty e^{-st}\left(c_1f_1(t)+c_2f_2(t))\right)\,dt\\ &= c_1\int_0^\infty e^{-st}f_1(t)\,dt+c_2\int_0^\infty e^{-st}f_2(t)\,dt\\ &= c_1{\cal L}(f_1)+c_2{\cal L}(f_2).\end{aligned}\nonumber\]
Використовуйте теорему Template:index та відоме перетворення Лапласа
\[{\cal L}(e^{at})={1\over s-a} \nonumber\]
знайти\({\cal L}(\cosh bt)\,(b\ne0)\).
Рішення
За визначенням,
\[\cosh bt={e^{bt}+e^{-bt}\over 2}. \nonumber\]
Тому
\[\label{eq:8.1.9} \begin{array}{ccl} {\cal L}(\cosh bt)&=& {\cal L}\left( {1\over 2} e^{bt}+ {1\over 2}e^{-bt}\right)\\[4pt] &=& {1\over 2} {\cal L}(e^{bt}) + {1\over 2} {\cal L}(e^{-bt}) \qquad \hbox{(linearity property)}\\[4pt] &=& {1\over 2}\, {1\over s-b} + {1\over 2}\, {1\over s+b}, \end{array}\]
де перше перетворення праворуч визначено для,\(s>b\) а друге для\(s>-b\); отже, обидва визначені для\(s>|b|\). Спрощення останнього виразу в Equation\ ref {eq:8.1.9} дає
\[{\cal L}(\cosh bt)={s\over s^2-b^2},\quad s>|b|.\nonumber\]
Наступна теорема дозволяє почати з відомих пар перетворення та вивести інші. (Інші результати такого роду див. у розділі Вправи 8.1.6 та 8.1.13.)
Якщо
\[\label{eq:8.1.10} F(s)=\int_0^\infty e^{-st} f(t)\,dt\]
це перетворення Лапласа\(f(t)\) for\(s>s_0\), потім\(F(s-a)\) - перетворення Лапласа\(e^{at}f(t)\) for\(s >s_0+a\).
- Доказ
-
Заміна\(s\) на\(s-a\) в рівнянні\ ref {eq:8.1.10} дає
\[\label{eq:8.1.11} F(s-a)=\int_0^\infty e^{-(s-a)t}f(t)\,dt\]
якщо\(s-a>s_0\); тобто, якщо\(s>s_0+a\). Однак рівняння\ ref {eq:8.1.11} можна переписати як
\[F(s-a)=\int_0^\infty e^{-st}\left(e^{at}f(t)\right)\,dt,\nonumber\]
що має на увазі висновок.
Використовуйте теорему Template:index і відомі перетворення Лапласа\(1\)\(t\),\(\cos\omega t\), і\(\sin\omega t\) для пошуку
\[{\cal L}(e^{at}),\quad {\cal L}(te^{at}),\quad {\cal L}(e^{\lambda t}\sin \omega t),\mbox{and } {\cal L}(e^{\lambda t}\cos\omega t).\nonumber\]
Рішення
У наступній таблиці відомі пари перетворень наведені зліва, а необхідні пари перетворень, перераховані праворуч, отримані шляхом застосування Theorem Template:index.
| \(f(t)\leftrightarrow F(s)\) | \(e^{at}f(t)\leftrightarrow F(s-a)\) |
|---|---|
| \ (f (t)\ ліворуч стрілка вправо F (s)\)» style="вирівнювання тексту: центр; вертикальне вирівнювання: середина; ">\(1\leftrightarrow {1\over s},\quad s>0\) | \ (e^ {at} f (t)\ ліворуч стрілка вправо F (s-a)\)» style="вирівнювання тексту: центр; вертикальне вирівнювання: середина; ">\(e^{at}\leftrightarrow {1\over(s-a)},\quad s>a\) |
| \ (f (t)\ ліворуч стрілка вправо F (s)\)» style="вирівнювання тексту: центр; вертикальне вирівнювання: середина; ">\(t\leftrightarrow \frac{1}{s^{2}},\quad s>0\) | \ (e^ {at} f (t)\ ліворуч стрілка вправо F (s-a)\)» style="вирівнювання тексту: центр; вертикальне вирівнювання: середина; ">\(te^{at}\leftrightarrow \frac{1}{(s-a)^{2}},\quad s>a\) |
| \ (f (t)\ ліворуч стрілка вправо F (s)\)» style="вирівнювання тексту: центр; вертикальне вирівнювання: середина; ">\(\sin\omega t\leftrightarrow \frac{\omega }{s^{2}+\omega ^{2}},\quad s>0\) | \ (e^ {at} f (t)\ ліворуч стрілка вправо F (s-a)\)» style="вирівнювання тексту: центр; вертикальне вирівнювання: середина; ">\(e^{\lambda t}\sin\omega t\leftrightarrow \frac{\omega}{(s-\lambda)^{2}+\omega ^{2}},\quad s>\lambda\) |
| \ (f (t)\ ліворуч стрілка вправо F (s)\)» style="вирівнювання тексту: центр; вертикальне вирівнювання: середина; ">\(\cos\omega t\leftrightarrow \frac{s}{s^{2}+\omega ^{2}},\quad s>0\) | \ (e^ {at} f (t)\ ліворуч стрілка вправо F (s-a)\)» style="вирівнювання тексту: центр; вертикальне вирівнювання: середина; ">\(e^{\lambda t}\sin\omega t\leftrightarrow \frac{s-\lambda }{(s-\lambda )^{2}+\omega ^{2}},\quad s>\lambda\) |
Існування трансформацій Лапласа
Не кожна функція має перетворення Лапласа. Наприклад, можна показати (Вправа 8.1.3), що
\[\int_0^\infty e^{-st}e^{t^2} dt=\infty\nonumber\]
для кожного дійсного числа\(s\). Отже, функція\(f(t)=e^{t^2}\) не має перетворення Лапласа.
Наша наступна мета - встановити умови, які забезпечують існування Лапласа перетворення функції. Спочатку ми розглянемо деякі відповідні визначення з числення.
Нагадаємо, що ліміт
\[\lim_{t\to t_0} f(t)\nonumber\]
існує тоді і тільки тоді, коли односторонні межі
\[\lim_{t\to t_0-}f(t)\quad \text{and} \quad \lim_{t\to t_0+}f(t)\nonumber\]
обидва існують і рівні; в цьому випадку
\[\lim_{t\to t_0}f(t)=\lim_{t\to t_0-}f(t)=\lim_{t\to t_0+}f(t) .\nonumber\]
Нагадаємо також, що\(f\) є безперервним в точці\(t_0\) у відкритому інтервалі,\((a,b)\) якщо і тільки якщо
\[\lim_{t\to t_0}f(t)=f(t_0),\nonumber\]
що еквівалентно
\[\label{eq:8.1.12} \lim_{t\to t_0+}f(t)=\lim_{t\to t_0-}f(t)=f(t_0).\]
Для простоти визначаємо
\[f(t_0+)=\lim_{t\to t_0+}f(t)\quad\hbox{and }\quad f(t_0-)=\lim_{t\to t_0-}f(t),\nonumber\]
так рівняння\ ref {eq:8.1.12} може бути виражено як
\[f(t_0+)=f(t_0-)=f(t_0).\nonumber\]
Якщо\(f(t_0+)\) і\(f(t_0-)\) мають кінцеві, але різні значення, ми говоримо, що\(f\) має стрибок розриву в\(t_0\), і
\[f(t_0+)-f(t_0-)\nonumber\]
називається стрибком\(f\) в\(t_0\) (Рисунок Template:index).
Якщо\(f(t_0+)\) і\(f(t_0-)\) є кінцевими і рівними, але або\(f\) не визначено в,\(t_0\) або воно визначено, але
\[f(t_0)\ne f(t_0+)=f(t_0-),\nonumber\]
ми говоримо, що\(f\) має знімний розрив на\(t_0\) (Рисунок Template:index). Ця термінологія є доречною, оскільки функція\(f\) зі знімним розривом at\(t_0\) може бути зроблена неперервною при\(t_0\) визначенні (або переосмисленні)
\[f(t_0)=f(t_0+)=f(t_0-).\nonumber\]
З числення відомо, що на певний інтеграл не впливає зміна значень його цілісності в ізольованих точках. Тому перевизначення функції f зробити її безперервною при знімних розривах не змінюється\(\cal{L}(f)\).
- Функція, як кажуть,\(f\) є кусково безперервною на скінченному замкнутому інтервалі,\([0,T]\) якщо\(f(0+)\) і\(f(T-)\) є кінцевими, і\(f\) є безперервною на відкритому інтервалі,\((0,T)\) за винятком, можливо, в скінченно багатьох точках, де\(f\) може бути стрибок розривів або знімних розривів.
- \(f\)Функція, як кажуть, кусково безперервна на нескінченному інтервалі,\([0,\infty)\) якщо вона кусково безперервна\([0,T]\) для кожного\(T>0\).
Рисунок Template:index показує графік типової кусково-неперервної функції.
У численні показано, що якщо функція є кусково неперервною на скінченному замкнутому інтервалі, то вона інтегрується на цьому інтервалі. Але якщо\(f\) кусково-суцільний на\([0,\infty)\), то так і є\(e^{-st}f (t)\), і тому
\[\int_0^T e^{-st}f(t)\,dt \nonumber\]
існує для кожного\(T>0\). Однак сама по собі кускова безперервність не гарантує, що неправильний інтеграл
\[\label{eq:8.1.13} \int_0^\infty e^{-st}f(t)\,dt=\lim_{T\to\infty}\int_0^T e^{-st}f(t)\, dt\]
сходиться протягом\(s\) деякого інтервалу\((s_0,\infty)\). Наприклад, раніше ми зазначали, що Equation\ ref {eq:8.1.13} розходиться для всіх\(s\) if\(f(t)=e^{t^2}\). Заявлено неофіційно, це відбувається тому, що\(e^{t^2}\) зростає занадто швидко, як\(t\to\infty\). Наступне визначення надає обмеження на зростання функції, що гарантує збіжність її перетворення Лапласа\(s\) за певний інтервал\((s_0,\infty)\).
\(f\)Функція, як кажуть, має експоненціальний порядок,\(s_0\) якщо є константи\(M\) і\(t_0\) такі, що
\[\label{eq:8.1.14} |f(t)|\le Me^{s_0t},\quad t\ge t_0.\]
У ситуаціях, коли\(s_0\) конкретне значення не має значення, ми говоримо просто,\(f\) що має експоненціальний порядок.
Наступна теорема дає корисні достатні умови для того,\(f\) щоб функція мала перетворення Лапласа. Доказ наведено у вправі 8.1.10.
Якщо\(f\) є кусково-неперервним на\([0,\infty)\) та експоненціального порядку\({\cal L}(f)\),\(s_0,\) то визначається для\(s>s_0\).
Підкреслено, що умови теореми Template:index є достатніми, але необов'язковими\(f\) для перетворення Лапласа. Наприклад, вправа 8.1.14 (c) показує, що\(f\) може мати перетворення Лапласа, навіть якщо воно\(f\) не має експоненціального порядку
Якщо\(f\) обмежений деяким інтервалом\([t_0,\infty)\), скажімо
\[|f(t)|\le M,\quad t\ge t_0,\nonumber\]
тоді рівняння\ ref {eq:8.1.14} тримає з\(s_0=0\), так\(f\) що експоненціального порядку нуль. Так, наприклад,\(\sin\omega t\) і\(\cos \omega t\) мають експоненціальний порядок нуля, а теорема Template:index передбачає, що\({\cal L}(\sin\omega t)\) і\({\cal L}(\cos \omega t)\) існує для\(s>0\). Це узгоджується з висновком Прикладу Template:index.
Можна показати, що якщо\(\lim_{t\to\infty}e^{-s_0t}f(t)\) існує і є кінцевим, то\(f\) має експоненціальний порядок\(s_0\) (Вправа 8.1.9). Якщо\(\alpha\) є будь-яким дійсним числом,\(f(t)=t^\alpha\) а\(s_0>0\) потім експоненціального порядку\(s_0\), оскільки
\[\lim_{t\to\infty}e^{-s_0t}t^\alpha=0,\nonumber\]
за правилом L'Hôpital. Якщо\(\alpha\ge 0\),\(f\) також безперервно ввімкнено\([0,\infty)\). Тому вправа 8.1.9 і теорема Template:index припускають, що\({\cal L}(t^\alpha)\) існує для\(s\ge s_0\). Однак, оскільки\(s_0\) є довільним позитивним числом, це дійсно означає, що\({\cal L}(t^\alpha)\) існує для всіх\(s>0\). Це узгоджується з результатами прикладів Template:index та вправ 8.1.6 та 8.1.8.
Знайти перетворення Лапласа кусково-неперервної функції
\[f(t)=\left\{\begin{array}{cl} 1,&0\le t<1,\\ -3e^{-t},&t\ge 1.\end{array}\right.\nonumber\]
Рішення
Так як\(f\) визначається різними формулами на\([0,1)\) і\([1,\infty)\), пишемо
\[F(s)=\int_0^\infty e^{-st} f(t)\,dt =\int_0^1e^{-st}(1)\,dt+\int_1^\infty e^{-st}(-3e^{-t})\,dt.\nonumber\]
Так як
\[\int_{0}^{1}e^{-st}dt = \left\{\begin{array}{cl} {\frac{1-e^{-s}}{s}}&{s\neq 0} \\ {1}&{s=0} \end{array} \right. \nonumber \]
і
\[\int_1^\infty e^{-st}(-3e^{-t})\,dt=-3\int_1^\infty e^{-(s+1)t}\,dt=-{3e^{-(s+1)}\over s+1},\quad s>-1,\nonumber\]
з цього випливає, що
\[F(s) = \left\{\begin{array}{rl}{\frac{1-e^{-s}}{s}-3\frac{e^{-(s+1)}}{s+1}}&{s>-1, s\neq 0} \\ {1-\frac{3}{e}}&{s=0} \end{array} \right. \nonumber \]
Це узгоджується з теоремою Template:index, оскільки
\[|f(t)|\le 3e^{-t},\quad t\ge 1,\nonumber\]
і\(f\) тому має експоненціальний порядок\(s_0=-1\).
У розділі 8.4 ми розробимо більш ефективний метод пошуку трансформацій Лапласа кусково-неперервних функцій.
Раніше ми заявляли, що
\[\int_0^\infty e^{-st} e^{t^2} dt=\infty \nonumber\]
для всіх\(s\), тому теорема Template:index означає, що\(f(t)=e^{t^2}\) це не експоненціального порядку, оскільки
\[\lim_{t\to\infty} {e^{t^2}\over Me^{s_0t}}=\lim_{t\to\infty} {1\over M} e^{t^2-s_0t}=\infty, \nonumber\]
тому
\[e^{t^2}>Me^{s_0t} \nonumber\]
для досить великих значень\(t\), для будь-якого вибору\(M\) і\(s_{0}\) (Вправа 8.1.3).