8.2: Обернене перетворення Лапласа
- Page ID
- 62194
Визначення оберненого перетворення Лапласа
У розділі 8.1 ми визначили перетворення Лапласа\(f\) від
\[F(s)={\cal L}(f)=\int_0^\infty e^{-st}f(t)\,dt. \nonumber\]
Ми також скажемо, що\(f\) це зворотне перетворення Лапласа\(F\), і написати
\[f={\cal L}^{-1}(F). \nonumber\]
Щоб розв'язати диференціальні рівняння з перетворенням\(f\) Лапласа, ми повинні мати можливість отримати його перетворення\(F\). Існує формула для цього, але ми не можемо її використовувати, тому що вона вимагає теорії функцій комплексної змінної. На щастя, ми можемо використовувати таблицю перетворень Лапласа, щоб знайти зворотні перетворення, які нам знадобляться.
Використовуйте таблицю перетворень Лапласа, щоб знайти
- \[{\cal L}^{-1}\left({1\over s^2-1}\right) \nonumber\]
- \[{\cal L}^{-1}\left({s\over s^2+9}\right).\nonumber\]
Рішення a
Налаштування\(b=1\) в парі перетворення
\[\sinh bt\leftrightarrow {b\over s^2-b^2} \nonumber\]
показує, що
\[{\cal L}^{-1}\left({1\over s^2-1}\right)=\sinh t.\nonumber\]
Рішення б
Налаштування\(\omega=3\) в парі перетворення
\[\cos\omega t\leftrightarrow{s\over s^2+\omega^2}\nonumber\]
показує, що
\[{\cal L}^{-1}\left({s\over s^2+9}\right)=\cos3t. \nonumber\]
Наступна теорема дозволяє знайти обернені перетворення лінійних комбінацій перетворень у таблиці. Опускаємо докази.
Якщо\(F_1,\)\(F_2,\)...\(,\)\(F_n\) є перетворення Лапласа і\(c_1,\)\(c_2,\)...,\(c_n\) є константами,\(,\) то
\[{\cal L}^{-1}(c_1F_1+c_2F_2+\cdots+c_nF_n)=c_1{\cal L}^{-1}(F_1)+c_2{\cal L}^{-1}(F_2)+\cdots+c_n{\cal L}^{-1}F_n.\nonumber\]
Знайти
\[{\cal L}^{-1}\left({8\over s+5}+{7\over s^2+3}\right).\nonumber\]
Рішення
З таблиці Лапласа перетворюється в розділі 8.8,,
\[e^{at}\leftrightarrow {1\over s-a}\quad\mbox{ and }\quad \sin\omega t\leftrightarrow {\omega\over s^2+\omega^2}. \nonumber\]
Теорема Template:index з\(a=-5\) і\(\omega=\sqrt3\) дає
\[\begin{aligned} {\cal L}^{-1}\left({8\over s+5}+{7\over s^2+3}\right)&= 8{\cal L}^{-1}\left({1\over s+5}\right)+7{\cal L}^{-1}\left({1\over s^2+3}\right)\\ &= 8{\cal L}^{-1}\left({1\over s+5}\right)+{7\over\sqrt3}{\cal L}^{-1}\left({\sqrt3\over s^2+3}\right)\\&= 8e^{-5t}+{7\over\sqrt3}\sin\sqrt3t.\end{aligned}\nonumber\]
Знайти
\[{\cal L}^{-1}\left({3s+8\over s^2+2s+5}\right).\nonumber\]
Рішення
Завершення квадрата в знаменнику дає
\[{3s+8\over s^2+2s+5}={3s+8\over(s+1)^2+4}.\nonumber\]
Через форму знаменника ми розглядаємо пари перетворення
\[e^{-t}\cos 2t\leftrightarrow{s+1\over(s+1)^2+4} \quad \text{and} \quad e^{-t}\sin 2t\leftrightarrow{2\over(s+1)^2+4}, \nonumber\]
і пишіть
\[\begin{aligned} {\cal L}^{-1}\left({3s+8\over(s+1)^2+4}\right)&= {\cal L}^{-1}\left({3s+3\over(s+1)^2+4}\right)+ {\cal L}^{-1}\left({5\over(s+1)^2+4}\right)\\&= 3{\cal L}^{-1}\left({s+1\over(s+1)^2+4}\right)+ {5\over2}{\cal L}^{-1}\left({2\over(s+1)^2+4}\right)\\&= e^{-t}(3\cos 2t+{5\over2}\sin 2t).\end{aligned}\nonumber\]
Ми часто пишемо зворотні перетворення Лапласа конкретних функцій без явного вказівки, як вони отримані. У таких випадках слід звернутися до таблиці перетворень Лапласа в розділі 8.8.
Обернені перетворення Лапласа раціональних функцій
Використання перетворення Лапласа для розв'язання диференціальних рівнянь часто вимагає знаходження оберненого перетворення раціональної функції.
\[F(s)={P(s)\over Q(s)}, \nonumber\]
де\(P\) і\(Q\) є\(s\) поліномами в без загальних факторів. Оскільки можна показати, що\(\lim_{s\to\infty}F(s)=0\) якщо\(F\) це перетворення Лапласа, нам потрібно лише розглянути випадок, коли\(\mbox{degree}(P)<\mbox{degree}(Q)\). Для отримання\({\cal L}^{-1}(F)\) з таблиці перетворень Лапласа знайдено часткове часткове часткове розширення\(F\), отримано обернені перетворення окремих членів у розширенні, а також використано властивість лінійності оберненого перетворення. Наступні два приклади ілюструють це.
Знайти обернене перетворення Лапласа
\[\label{eq:8.2.1} F(s)={3s+2\over s^2-3s+2}.\]
Рішення
(Спосіб 1)
Факторинг знаменника в рівнянні\ ref {eq:8.2.1} дає
\[\label{eq:8.2.2} F(s)={3s+2\over(s-1)(s-2)}.\]
Форма для часткової часткової частки розширення
\[\label{eq:8.2.3} {3s+2\over(s-1)(s-2)}={A\over s-1}+{B\over s-2}.\]
Помноження цього на\((s-1)(s-2)\) врожайність
\[3s+2=(s-2)A+(s-1)B. \nonumber\]
Встановлення\(s=2\) врожайності\(B=8\) та встановлення\(s=1\) врожайності\(A=-5\). Тому
\[F(s)=-{5\over s-1}+{8\over s-2} \nonumber\]
і
\[{\cal L}^{-1}(F)=-5{\cal L}^{-1}\left({1\over s-1}\right) +8{\cal L}^{-1}\left({1\over s-2}\right)=-5e^t+8e^{2t}. \nonumber\]
(Метод 2) Нам насправді не потрібно множити рівняння\ ref {eq:8.2.3}\((s-1)(s-2)\) на обчислення\(A\) і\(B\). Ми можемо отримати\(A\), просто ігноруючи коефіцієнт\(s-1\) у знаменнику Equation\ ref {eq:8.2.2} і встановивши\(s=1\) в іншому місці; таким чином,
\[\label{eq:8.2.4} A=\left.{3s+2\over s-2}\right|_{s=1}={3\cdot1+2\over 1-2}=-5.\]
Аналогічно, ми можемо отримати\(B\), ігноруючи коефіцієнт\(s-2\) у знаменнику Equation\ ref {eq:8.2.2} і встановивши\(s=2\) в іншому місці; таким чином,
\[\label{eq:8.2.5} B=\left.{3s+2\over s-1}\right|_{s=2}={3\cdot2+2\over2-1}=8.\]
Щоб обґрунтувати це, ми спостерігаємо, що множення Equation\ ref {eq:8.2.3} на\(s-1\) врожайність
\[{3s+2\over s-2}=A+(s-1){B\over s-2}, \nonumber\]
і установка\(s=1\) призводить до Рівняння\ ref {eq:8.2.4}. Аналогічно множення рівняння\ ref {eq:8.2.3} на\(s-2\) врожайність
\[{3s+2\over s-1}=(s-2){A\over s-2}+B \nonumber\]
і установка\(s=2\) призводить до Рівняння\ ref {eq:8.2.5}. (Не потрібно писати останні два рівняння. Ми написали їх лише для обґрунтування процедури скорочення, зазначеної в Equation\ ref {eq:8.2.4} та Equation\ ref {eq:8.2.5}.)
Ярлик, який використовується у другому розв'язку Example Template:index, є методом Хевісайда. Наступна теорема стверджує цей метод формально. Доказ і розширення цієї теореми див. Вправа 8.2.10.
Припустимо
\[\label{eq:8.2.6} F(s)={P(s)\over(s-s_1)(s-s_2)\cdots(s-s_n)},\]
де\(s_1\),\(s_2,\)...\(,\)\(s_n\) відрізняються і\(P\) є поліномом ступеня менше, ніж\(n.\) Тоді
\[F(s)={A_1\over s-s_1}+{A_2\over s-s_2}+\cdots+{A_n\over s-s_n},\nonumber\]
де\(A_i\) можна обчислити з Equation\ ref {eq:8.2.6}, ігноруючи коефіцієнт\(s-s_i\) і встановивши\(s=s_i\) в іншому місці.
Знайти обернене перетворення Лапласа
\[\label{eq:8.2.7} F(s)={6+(s+1)(s^2-5s+11)\over s(s-1)(s-2)(s+1)}.\]
Рішення
Розширення часткового дробу Рівняння\ ref {eq:8.2.7} має вигляд
\[\label{eq:8.2.8} F(s)={A\over s}+{B\over s-1}+{C\over s-2}+{D\over s+1}.\]
Щоб знайти\(A\), ми ігноруємо множник\(s\) у знаменнику Equation\ ref {eq:8.2.7} і встановлюємо\(s=0\) в іншому місці. Це дає
\[A={6+(1)(11)\over(-1)(-2)(1)}={17\over2}.\nonumber\]
Аналогічно інші коефіцієнти задаються
\[B={6+(2)(7)\over(1)(-1)(2)}=-10, \nonumber\]
\[C={6+3(5)\over2(1)(3)}={7\over2}, \nonumber\]
і
\[D={6\over(-1)(-2)(-3)}=-1. \nonumber\]
Тому
\[F(s)={17\over2}\,{1\over s}-{10\over s-1}+{7\over2}\,{1\over s-2}-{1\over s+1} \nonumber\]
і
\[\begin{aligned} {\cal L}^{-1}(F)&= {17\over2}{\cal L}^{-1}\left(1\over s\right)-10{\cal L}^{-1}\left(1 \over s-1\right)+{7\over 2}{\cal L}^{-1}\left(1\over s-2\right)-{\cal L}^{-1}\left(1\over s+1\right)\\&= {17\over2}-10e^t+{7\over2}e^{2t}-e^{-t}.\end{aligned}\nonumber\]
Ми не «помножили» чисельник у Equation Template:index} перед обчисленням коефіцієнтів у Equation Template:index, оскільки це не спростило б обчислення.
Знайти обернене перетворення Лапласа
\[\label{eq:8.2.9} F(s)={8-(s+2)(4s+10)\over(s+1)(s+2)^2}.\]
Рішення
Форма для часткової часткової частки розширення
\[\label{eq:8.2.10} F(s)={A\over s+1}+{B\over s+2}+{C\over(s+2)^2}.\]
Через повторюваний коефіцієнт\((s+2)^2\) у Equation\ ref {eq:8.2.9} метод Хевісайда не працює. Натомість ми знаходимо спільний знаменник у Equation\ ref {eq:8.2.10}. Це дає
\[\label{eq:8.2.11} F(s)={A(s+2)^2+B(s+1)(s+2)+C(s+1)\over(s+1)(s+2)^2}.\]
Якщо рівняння\ ref {eq:8.2.9} і рівняння\ ref {eq:8.2.11} повинні бути еквівалентними, то
\[\label{eq:8.2.12} A(s+2)^2+B(s+1)(s+2)+C(s+1)=8-(s+2)(4s+10).\]
Дві сторони цього рівняння - многочлени другого ступеня. З теореми алгебри, вони будуть рівними для всіх,\(s\) якщо вони рівні для будь-яких трьох різних значень\(s\). Ми можемо визначити\(A\),\(B\) і\(C\) вибравши зручні значення\(s\).
Ліва частина Equation\ ref {eq:8.2.12} передбачає\(C=-8\), що ми\(s=-2\) беремо\(s=-1\) для отримання та отримання\(A=2\). Тепер ми можемо вибрати будь-яке третє значення\(s\) для визначення\(B\). Прийом\(s=0\) врожайності\(4A+2B+C=-12\). Оскільки\(A=2\) і\(C=-8\) це означає, що\(B=-6\). Тому
\[F(s)={2\over s+1}-{6\over s+2}-{8\over(s+2)^2} \nonumber\]
і
\[\begin{aligned} {\cal L}^{-1}(F)&= 2{\cal L}^{-1}\left(1\over s+1\right)-6{\cal L}^{-1}\left(1\over s+2\right)-8{\cal L}^{-1}\left(1\over(s+2)^2\right)\\ &=2e^{-t}-6e^{-2t}-8te^{-2t}.\end{aligned}\nonumber\]
Знайти обернене перетворення Лапласа
\[F(s)={s^2-5s+7\over(s+2)^3}. \nonumber\]
Рішення
Форма для часткової часткової частки розширення
\[F(s)={A\over s+2}+{B\over(s+2)^2}+{C\over(s+2)^3}. \nonumber\]
Найпростіший спосіб отримати\(A\)\(B\), і\(C\) полягає в розширенні чисельника в степенях\(s+2\). Це дає
\[s^2-5s+7=[(s+2)-2]^2-5[(s+2)-2]+7=(s+2)^2-9(s+2)+21. \nonumber\]
Тому
\[\begin{aligned} F(s)&={(s+2)^2-9(s+2)+21\over(s+2)^3}\\ &={1\over s+2}-{9\over(s+2)^2}+{21\over(s+2)^3}\end{aligned}\nonumber\]
і
\[\begin{aligned} {\cal L}^{-1}(F)&= {\cal L}^{-1}\left({1\over s+2}\right)-9{\cal L}^{-1}\left({1\over(s+2)^2}\right)+{21\over2}{\cal L}^{-1}\left({2\over(s+2)^3}\right)\\&= e^{-2t}\left(1-9t+{21\over2}t^2\right).\end{aligned}\nonumber\]
Знайти обернене перетворення Лапласа
\[\label{eq:8.2.13} F(s)={1-s(5+3s)\over s\left[(s+1)^2+1\right]}.\]
Рішення
Однією з форм часткової частки розширення\(F\) є
\[\label{eq:8.2.14} F(s)={A\over s}+{Bs+C\over(s+1)^2+1}.\]
Однак з таблиці перетворень Лапласа ми бачимо, що зворотне перетворення другого дробу праворуч від Equation\ ref {eq:8.2.14} буде лінійною комбінацією обернених перетворень
\[e^{-t}\cos t\quad\mbox{ and }\quad e^{-t}\sin t \nonumber\]
з
\[{s+1\over(s+1)^2+1}\quad\mbox{ and }\quad {1\over(s+1)^2+1} \nonumber\]
відповідно. Тому замість Equation\ ref {eq:8.2.14} пишемо
\[\label{eq:8.2.15} F(s)={A\over s}+{B(s+1)+C\over(s+1)^2+1}.\]
Знаходження спільного знаменника дає
\[\label{eq:8.2.16} F(s)={A\left[(s+1)^2+1\right]+B(s+1)s+Cs\over s\left[(s+1)^2+1\right]}.\]
Якщо рівняння\ ref {eq:8.2.13} і рівняння\ ref {eq:8.2.16} повинні бути еквівалентними, то
\[A\left[(s+1)^2+1\right]+B(s+1)s+Cs=1-s(5+3s). \nonumber\]
Це вірно для всіх,\(s\) якщо це вірно для трьох різних значень\(s\). Вибір\(s=0\)\(-1\), і\(1\) дає систему
\[\begin{array}{rcr} 2A&=&1\phantom{.}\\ A-C&=&3\phantom{.}\\5A+2B+C&=&-7. \end{array}\nonumber\]
Рішення цієї системи дає
\[A={1\over2},\quad B=-{7\over2},\quad C=-{5\over2}. \nonumber\]
Отже, з Рівняння\ ref {eq:8.2.15},
\[F(s)={1\over2s}-{7\over2}\,{s+1\over(s+1)^2+1}- {5\over2}\,{1\over(s+1)^2+1}. \nonumber\]
Тому
\[\begin{aligned} {\cal L}^{-1}(F)&= {1\over2}{\cal L}^{-1}\left(1\over s\right)-{7\over2}{\cal L}^{-1}\left(s+1 \over(s+1)^2+1\right)-{5\over2} {\cal L}^{-1}\left(1\over (s+1)^2+1\right)\\ &= {1\over2}-{7\over2}e^{-t}\cos t-{5\over2}e^{-t}\sin t.\end{aligned}\nonumber\]
Знайти обернене перетворення Лапласа
\[\label{eq:8.2.17} F(s)={8+3s\over(s^2+1)(s^2+4)}.\]
Рішення
Форма для часткової часткової частки розширення
\[F(s)={A+Bs\over s^2+1}+{C+Ds\over s^2+4}. \nonumber\]
Коефіцієнти\(A\)\(B\),\(C\) і\(D\) можна отримати, знайшовши спільний знаменник і прирівнявши отриманий чисельник до чисельника в Equation\ ref {eq:8.2.17}. Однак, оскільки\(s\) в знаменнику Equation\ ref {eq:8.2.17} немає першого ступеня, існує простіший спосіб: розширення
\[F_1(s)={1\over(s^2+1)(s^2+4)} \nonumber\]
можна швидко отримати за допомогою методу Хевісайда для розширення
\[{1\over(x+1)(x+4)}={1\over3}\left({1\over x+1}-{1\over x+4}\right) \nonumber\]
а потім встановлення\(x=s^2\) для отримання
\[{1\over(s^2+1)(s^2+4)}={1\over3}\left({1\over s^2+1}-{1\over s^2+4}\right). \nonumber\]
Помноження цього на\(8+3s\) врожайність
\[F(s)={8+3s\over(s^2+1)(s^2+4)}={1\over3}\left({8+3s\over s^2+1}-{8+3s\over s^2+4}\right). \nonumber\]
Тому
\[{\cal L}^{-1}(F)={8\over3}\sin t+\cos t-{4\over3}\sin 2t-\cos 2t. \nonumber\]
Використання технологій
Деякі програмні пакети, які роблять символічну алгебру, можуть знайти розширення часткових дробів дуже легко. Ми рекомендуємо використовувати такий пакет, якщо він вам доступний, але тільки після того, як ви зробили достатньо часткових розширень дробу самостійно, щоб освоїти техніку.