AB2.8: Laplacetransformation av derivator och integraler. Differentialekvationer Laplacetransformen som an analytisk funktion SATS 1 Om Laplaceintegralen F (s) = L (f) = e st f(t)dt är konvergent för s = s, så konvergerar den för alla s i halvplanet Re s >Re s (och för alla reela s > s ) och F (s) är i detta halvplan en reguljär analytisk funktion, dvs en funktion som har derivator av godtyckligt hög ordning. Derivatorna fås genom derivering under integraltecknet d ds F (s) = e st ( t)f(t)dt (1) och allmänt d n ds F (s) = n e st ( t) n f(t)dt (2) Vi kan multipliciera båda leden i (2) med ( 1) n och får då För den speciella funktionen f(t) = 1 är vilket ger L (t n f(t)) = ( 1) n dn F (s) (n = 1, 2,...). (3) dsn F (s) = L (f) = e st dt = s 1 L (t n ) = ( 1) n dn ds n s 1 = ( 1) n ( 1)( 2)... ( n)s n 1 = n!s n 1 (n =, 1, 2,...) (4) och alltså T ex L (t n ) = n! s n+1 (n =, 1, 2,...). (5) L (t) = 1 s 2, L (t2 ) = 2 s 3, L (t3 ) = 6 s 4. (6) En funktion f(t) är av exponentiell ordning k om det existerar positiva konstanter k och M sadana att för något T olikheten f(t) Me kt, t T (7) gäller. Exponentialfunktionen e ct är en funktion av exponentiell ordning k = c (eftersom e ct e ct, t ). sin t och cos t är funktioner av exponentiell ordning k = (eftersom t ex sin t e t = 1).
SATS 2 Låt f(t) vara en styckvis kontinuerlig funktion i intervallet t (dvs med möjligt undantag för isolerade punkter.) Antag att f(t) är en funktion av exponentiell ordning k, så existerar dess Laplacetransformen for alla komplexa s sadana att Re s > k (och för alla reela s > k). Bevis. Betrakta reela s. f(t) har en Laplacetransform eftersom enligt (7) motsvarande integralen e st f(t)dt är konvergent: e st f(t) dt e st f(t) dt e st Me kt dt = M e (k s)t dt = M s k (s > k). SATS 5.2.1 Låt f(t) vara en styckvis kontinuerlig funktion i intervallet t och en funktion av exponentiell ordning k (dvs satisfierar villkoret f(t) Me kt (t T ), (8) där k och M är vissa positiva konstanter,) och derivatan f (t) en styckvis kontinuerlig funktion i intervallet t. Då existerar Laplacetransformen av derivatan f (t) om s > k och L (f ) = sl (f) f(), s > k. (9) Bevis. Antag att derivatan f (t) är en kontinuerlig funktion i intervallet t. Då, enligt definitionen av Laplacetransform, kan man välja s så stor att integralen är konvergent och e st f (t)dt lim t e st f(t) =. Lägg märke till att f(t) har en Laplacetransform (se SATS 2). Genom att använda definitionen av Laplacetransform och partiell integration, får vi L (f ) = e st f (t)dt == e st f(t) + s e st f(t)dt = f() + sl (f), s > k. Bestäm Laplacetransformen av derivatan av andra ordningen Vidare, L (f ) = sl (f ) f () = s[sl (f) f()] f () = s 2 L (f) sf() f (). (1) L (f ) = s 3 L (f) s 2 f() sf () f (). Genom induktion (och upprepad användning av (9)), får vi Laplacetransformer av derivatorna f (n) av en godtycklig ordning n = 1, 2,... L (f (n) ) = s n L (f) s n 1 f() s n 2 f ()... sf (n 2) () f (n 1) (). (11)
då EXEMPEL 1 Laplacetransformen av f(t) = t 2 Låt f(t) = t 2, t. Bestäm F (s). Lösning. Vi har f (t) = 2t, f (t) = 2, och Laplacetransformen är f() =, f () =, f () = 2. L (f ) = L (2) = 2 s = s2 L (f), (12) Betrakta den sista likheten i (12)) som en ekvation och bestäm Laplacetransformen L L (t 2 ) = 2 s 3. och EXEMPEL 2 Laplacetransformen av cos ωt Bestäm Laplacetransformen av f(t) = cos ωt. Lösning. Vi har f (t) = ω 2 cos ωt = ω 2 f(t), (1) ger f() = 1, f () =. L (f ) = ω 2 L (f) = s 2 L (f) sf() f () = s 2 L (f) s. Betrakta den sista likheten som en ekvation och bestäm Laplacetransformen L L (f) = s s 2 + ω 2. EXEMPEL 2 Laplacetransformen av sin ωt Bestäm Laplacetransformen av f(t) = sin ωt. Lösning. Vi har f (t) = ω cos ωt, f (t) = ω 2 sin ωt = ω 2 f(t). Beräkna derivator i punkten t = Då ger (1) f() =, f () = ω. L (f ) = ω 2 L (f) = s 2 L (f) sf() f () = s 2 L (f) ω. Betrakta den sista likheten som en ekvation och bestäm Laplacetransformen L L (f) = ω s 2 + ω 2.
EXEMPEL 3 Bestäm Laplacetransformen av f(t) = sin 2 t. Lösning. Vi har Beräkna derivator i punkten t = Då ger (1) f (t) = 2 sin t cos t = sin 2t, f (t) = 2 cos 2t. L (f ) = 2L (cos 2t) = f() =, f () =, f () = 2. Betrakta likheten 2s s 2 + 4 = s2 L (f) som en ekvation och bestäm Laplacetransformen L 2s s 2 + 4 = s2 L (f) sf() f () = s 2 L (f). L (sin 2 t) = 2 s(s 2 + 4). EXEMPEL 4 Bestäm Laplacetransformen av f(t) = t sin ωt. Lösning. Vi har f() = och Beräkna derivatan av andra ordningen Enligt (1) f (t) = sin ωt + ωt cos ωt, f () =. f (t) = 2ω cos ωt ω 2 t sin ωt = 2ω cos ωt ω 2 f(t), L (f ) = 2ωL (cos ωt) ω 2 L (f) = s 2 L (f) sf() f () = s 2 L (f). Betrakta likheten s 2ω s 2 + ω 2 ω2 L (f) = s 2 L (f) som en ekvation och bestäm Laplacetransformen L L (f) = L (t sin ωt) = 2ωs (s 2 + ω 2 ) 2.
Differentialekvationer. Begynnelsevärdesproblem Grundläggande begrepp Den enklaste formen för en differentialekvation av första ordningen är y = h(x). (13) En sådan ekvation kan lösas direkt. Om H(x) = h(x)dx [H (x) = h(x)] är en primitiv funktion till h(x) så är ju y(x) = H(x) + C den almänna lösningen till (13). Konstanten C bestäms av något begynnelsevillkor. En linjär differentialekvation av första ordningen är D(y) y + g(x)y = h(x). (14) Här är g och h givna kontinuerliga funktioner i ett öppet intervall på reela axeln x. D kallas en linjär differentialoperator (av första ordningen) eftersom D(y 1 + y 2 ) = (y 1 + y 2 ) + g(x)(y 1 + y 2 ) = y 1 + y 2 + g(x)y 1 + g(x)y 2 = D(y 1 ) + D(y 2 ), och D(αy) = (αy) + g(x)(αy) = αy + αg(x)y = αd(y) Om y 1 och y 2 löser de två ekvationerna så löser y 1 + y 2 ekvationen och αy 1 löser ekvationen D(αy 1 + βy 2 ) = αl(y 1 ) + βl(y 2 ). (15) D(y) = h 1 (x) respektive D(y) = h 2 (x) D(y) = h 1 (x) + h 2 (x) D(y) = αh 1 (x). Detta kallas superpositionprincipen. En differentialekvation av första ordningen säges vara separabel eller ha separabla variabler om den kan skrivas på formen g(y)y = h(x). (16) En sådan ekvation kan lösas direkt. Betrakta t ex begynnelsevärdesproblemet { dy dt = k y, y = y(t), t >, y() = h,
Differentialekvationen kan skrivas som 1 dy y dt = k (y > ). (17) Den har separabla variabler. Vi har d dy (2 y) = 1 : y d dt (2 y(t)) = 1 dy y dt, (18) vilket betyder att differentialekvationen kan skrivas som Detta är ekvivalent med d dt (2 y) = k (19) 2 y = ( k)dt = kt + C. Begynnelsevärdet y() = h ger att C = 2 h och alltså I detta fall kan vi enkla lösa y genom kvadrering: y = k 2 t + h (2) y = En linjär differentialekvation av andra ordningen är ( k 2 t + ) 2 h. (21) M(y) y + a(x)y + b(x)y = h(x). (22) Här är a, b och h givna kontinuerliga funktioner. M kallas en linjär differentialoperator (av andra ordningen) eftersom M satisfierar (15). Ekvationen y + a(x)y + b(x)y = (23) kallas den till (22) hörande homogena ekvationen. (22) kallas inhomogena ekvationen Låt y p vara en given lösning till (22). Då är funktionen y lösning till (22) om och endast om y är av formen y = y h + y p, där funktionen y h är en lösning till motsvarande homogena ekvationen (23). Lösningen y p kallas en partikulär lösning. Betrakta ekvationen y + ay + by = (24) med konstanta (komplexa) koefficienterna a och b. Lösningen till homogena ekvationen (24) är av formen y = C 1 e r 1x + C 2 e r 2x, r 1 r 2, (25)
eller y = (C 1 + C 2 x)e rx, r 1 = r 2 = r, (26) där r 1 och r 2 är nollställena till motsvarande karakteristiska polynomet r 2 + ar + b. (27) Exempel Ekvationen har karakteristiska polynomet y 4y + 3y = (28) r 2 4r + 3 (29) med nollställena r 1 = 1 och r 2 = 3. Den fullständiga lösningen till homogena ekvationen (28) är Ekvationen har karakteristiska polynomet y = C 1 e x + C 2 e 3x. (3) y + y = (31) r 2 + 1 (32) med komplexa nollställena r 1 = i och r 2 = i. Den fullständiga lösningen till (31) är y = C 1 e ix + C 2 e ix = C 1 cos x + ic 1 sin x + C 2 cos x ic 2 sin x = C 1 cos x + C 2 sin x. (33) Randvärdesproblemet för linjära differentialekvationen av andra ordningen y + ay + by = r(t) skrivas som y + ay + by = r(t), y() = K, y () = K 1 (a, b = const). (34) där a, b, K och K 1 är givna tal och r(t) är en given kontinuerlig funktion (indata). Lös (34) med häjlp av Laplaces metod. Steg 1. Sätt Y = L (y), R = L (r) Laplacetransformationen av båda leden i (34) ger L (y ) + al (y ) + bl (y) = R, som skrivas [s 2 Y sy() y ()] + a[sy y()] + by = R. (35)
(35) kallas sidoekvationen (subsidiary equation) och reduceras till Steg 2. Definiera transferfunktionen (s 2 + as + b)y = (s + a)y() + y () + R(s). och lös sidoekvationen Q = Q(s) = 1 s 2 + as + b (36) Y (s) = [(s + a)y() + y ()]Q(s) + R(s)Q(s). (37) Om y() = y () =, då får vi Y = RQ och Q är kvot av två polynom (en rationell funktion) Steg 3. Bestäm Q = Y R = L(output) L(input) y(t) = L 1 (Y ) med häjlp av inverstransformationen, partialbråksuppdelning i (37) och handpåläggningsmetoden. EXEMPEL 5 Lös begynnelsevärdesproblemet Lösning. Enligt (34) är indata y y = t, y() = 1, y () = 1. (38) a =, b = 1, r(t) = t, K = K 1 = 1. Vi löser begynnelsevärdesproblemet (38) med häjlp av Laplaces metod. Steg 1. Sätt Y = L (y), R = L (r) = L (t) = 1 s 2. Laplacetransformationen av båda leden i ekvationen y y = t ger L (y ) L (y) = R; den sidoekvationen eller [s 2 Y sy() y ()] Y = 1 s 2, (s 2 1)Y = s + 1 + 1 s 2. Steg 2. Definiera transferfunktionen Q = Q(s) = 1 s 2 1
och lös sidoekvationen Y (s) = [s + 1]Q(s) + 1 s 2 Q(s) = s + 1 s 2 1 + 1 s 2 (s 2 1) = 1 s 1 + 1 s 2 1 1 s 2. Steg 3. Bestäm lösningen till begynnelsevärdesproblemet (38) [ ] [ ] [ ] y(t) = L 1 (Y ) = L 1 1 + L 1 1 1 L 1 = e t + sinh t t. s 1 s 2 1 s 2 Laplacetransformation av integral SATS 5.2.2 Låt F (s) vara Laplacetransformen av f(t). intervallet t och satisfierar villkoret Om f(t) är en styckvis kontinuerlig funktion i där k och M är positiva tal, då eller { t L f(t) Me kt (t ), } f(τ)dτ = 1 F (s) (s >, s > k), s t f(τ)dτ = L 1 { 1 s F (s) }. Bevis. Om f(t) är en styckvis kontinuerlig funktion sådan att där k > och M >, då är integralen en kontinuerlig funktion som satisfierar g(t) t f(τ) dτ M f(t) Me kt (t ), (39) g(t) = t t f(τ)dτ e kτ dτ = M k (ekt 1) M k ekt (k > ), dvs (37) gäller för g(t). Vi har g (t) = f(t); då är g (t) en styckvis kontinuerlig funktion i intervallet t. Vi får Laplacetransformen och L [f(t)] = L [g (t)] = sl (g) g() (s > k) (4) F (s) = L (f) = sl (g) eftersom i (4), g() =. Laplacetransformen av integralen kan därför skrivas { t L (g) = L } f(τ)dτ = 1 s F (s).
EXEMPEL 7 Låt L (f) = Bestäm f(t). Lösning. Inverstransformationen ger och [ ] L 1 1 = 1 s(s 2 + ω 2 ) ω 1 s(s 2 + ω 2 ). [ ] L 1 1 = 1 sin ωt s 2 + ω 2 ω t sin ωτdτ = 1 t (1 cos ωt). ω 2
PROBLEM 5.2.1 Lös begynnelsevärdesproblemet y + 3y = 1 sin t, y() =. (41) Lösning. Vi ska lösa begynnelsevärdesproblemet (41) med häjlp av Laplaces metod. Steg 1. Skriv Y = L (y), R = L (1 sin t) = 1 s 2 + 1 och Laplacetransformera y + 3y = 1 sin t Skriv motsvarande sidoekvationen Begynnelsevillkoret y() = i (41) ger L (y ) + 3L (y) = 1 s 2 + 1 [sy y()] + 3Y = 1 s 2 + 1. (s + 3)Y = 1 s 2 + 1. Steg 2. Lös sidoekvationen med häjlp av transferfunktionen Q = Q(s) = 1 s + 3. Vi får Y (s) = 1 1 1 Q(s) = s 2 + 1 s 2 + 1 s + 3 = A s + 3 + Bs + C s 2 + 1. Använd handpåläggningsmetoden för att bestämma talen A, B och C 1 = A(s 2 + 1) + (Bs + C)s + 3, A = 1, B = 1, C = 3. Steg 3. Bestäm lösningen till begynnelsevärdesproblemet (41) [ ] [ ] [ ] y(t) = L 1 (Y ) = L 1 1 L 1 s + 3L 1 1 = e 3t cos t + 3 sin t. s + 3 s 2 + 1 s 2 + 1 PROBLEM 5.2.5 Lös begynnelsevärdesproblemet y + ay 2a 2 y =, y() = 6, y () = (a = const). (42) Lösning. Vi ska lösa begynnelsevärdesproblemet (42) med häjlp av Laplaces metod. I (42), är indata b = 2a 2, r(t) =, K = 6, K 1 =.
Steg 1. Sätt och Laplacetransformera y + ay 2a 2 y = Skriv motsvarande sidoekvationen Y = L (y), R = L (r) = L (y ) + al (y ) 2a 2 L (y) =. [s 2 Y sy() y ()] + a[sy y()] 2a 2 Y =. Begynnelsevillkoren y() = 6 och y () = i (42) ger (s 2 + as 2a 2 )Y = 6(s + a). Steg 2. Lös sidoekvationen med häjlp av transferfunktionen Q = Q(s) = 1 s 2 + as 2a 2. Vi får s + a Y (s) = 6(s + a)q(s) = 6 s 2 + as 2a 2 Steg 3. Bestäm lösningen till begynnelsevärdesproblemet (41) PROBLEM 5.2.11 Bestäm Laplacetransformen Lösning. Sätt Vidare, Laplacetransformera sin 2t y(t) = L 1 s (Y ) = 6 s 2 + as 2a + 6 a 2 s 2 + as 2a = 2 s 6 (s + a/2) 2 (a/2) 2 2a + 6 a 2 (s + a/2) 2 (a/2) 2 2a = 2 s 6 (s + a/2) 2 (3a/2) + 6 a 2 (s + a/2) 2 (3a/2) = 2 6e (a/2)t cosh (3a/2)t + 4e (a/2)t sinh (3a/2)t = 2e 2at + 4e at. F (s) = L (cos 2 t). f = cos 2 t = 1 sin 2 t. f() = 1, f = 2 cos t sin t = 2 sin 2t. L ( sin 2t) = 2 s 2 + 4 = sl (f) 1. (43) Betrakta den sista likheten i (43)) som en ekvation och bestäm Laplacetransformen L av cos 2 t L (f) = 1 s ( 1 2 ) = 1 s 2 + 4 s ( s 2 ) + 2. s 2 + 4
och PROBLEM 5.2.12a Bestäm Laplacetransformen av f(t) = t cos ωt. Lösning. Eftersom f() =, får vi f (t) = cos ωt ωt sin ωt, f () = 1; f (t) = 2ω sin ωt ω 2 t cos ωt = 2ω sin ωt ω 2 f(t), L (f ) = 2ωL (sin ωt) ω 2 L (f) = s 2 L (f) sf() f () = s 2 L (f) 1. Betrakta likheten 2ω2 s 2 + ω 2 ω2 L (f) = s 2 L (f) 1 som en ekvation och bestäm Laplacetransformen L av f(t) och PROBLEM 5.2.12b Visa att Lösning. Vi har PROBLEM 5.2.13 L (f) = L (t cos ωt) = s2 ω 2 (s 2 + ω 2 ) 2. ( ) L 1 1 (s 2 + ω 2 ) 2 L (sin ωt ωt cos ωt) = = 1 (sin ωt ωt cos ωt). 2ω3 L (ωt cos ωt) = ω(s2 ω 2 ) (s 2 + ω 2 ) 2, L (sin ωt) = ω s 2 + ω 2, Bestäm originalfunktionen f(t) till Laplacetransformen Lösning. Vi har ω s 2 + ω ω(s2 ω 2 ) 2 (s 2 + ω 2 ) = 2ω 3 2 (s 2 + ω 2 ). 2 F (s) = L (f) = F (s) = 1 s Laplacetransformen av integral är { t L och f(t) = t 1 s 2 + 4s. 1 s + 4 = 1 s L (e 4t ). } e 4τ dτ = 1 s L (e 4t ), e 4τ dτ = 1 4 (1 e 4t ).