SIMR 2012/13, Analiza Zespolona, wykład 4, 2012-11-18
Transformata odwrotna Laplace’a
Tranformatę odwrotną z funcji F : D → C , D ⊂ C nazywamy taką funkcję f : (0 , ∞) → C
, że:
F ( s) = L {f ( t) }
Transformatę odwrotną Laplace’a oznaczamy
f ( t) = L − 1 {F ( s) }
Uwaga: Jeżeli dana jest funkcja holomorficzna F : D → C , D ⊂ C . Dziedzina funkcji D zawiera półpłaszczyznę Re s > α , oraz spełnione są pewne dodatkowe warunki, to transformata odwrotna Laplace’a F ( s) istnieje i jest równa: a+ i∞
1
Z
f ( t) =
F ( s) est d s , a > α
2 πia−i∞
Uwaga: Kontur całkowania jest prostą pionową. Przy powyższych założeniach wartość całki nie zależy od wyboru liczby a.
Sposoby obliczania transformaty odwrotnej:
1. Jezeli złożymy dodatkowo, że dziedziną funkcji F jest płaszczyzna C z wyjątkiem skoń-
czonej liczby punktów osobliwych z 1 , z 2 , . . . , zn i sF ( s) jest ograniczona dla |s| > R to: n
f ( t) = X Res s= s F ( s) est
k
k=1
2. Rozkładamy funkcję F ( s) na ułamki proste 3. Korzystamy ze splotu funkcji
1
Przykład F ( s) =
obliczyć L − 1 {F ( s) }
s 3 + s
Sposób 1.Szukamy punktów osobliwych F : s 3 + s = 0
s( s − i)( s + i) = 0
F ( s) ma trzy punky osobliwe (bieguny pierwszego rzędu) s 1 = 0 , s 2 = i , s 3 = −i
f ( t) = Res s=0 F ( s) + Res s= i F ( s) eit + Res s= −i F ( s) e−it
1
1
1
Res s=0 F ( s) = Res s=0
= lim s ·
= lim
= 1
s 3 + s
s→ 0
s 3 + s
s→ 0 s 2 + 1
1
1
1
Res s= i F ( s) est = Res s= i est = lim( s − i) ·
est = lim
est =
s 3 + s
s→i
s( s − i)( s + i) s→i s( s + i)
1 eit
− 2
1
1
1
Res s= −i F ( s) est = Res s= −i est = lim ( s + i) ·
est = lim
est =
s 3 + s
s→−i
s( s − i)( s + i) s→−i s( s − i)
1 e−it
− 2
Maay więc
1
1
f ( t) = 1 −
eit −
e−it = 1 − cos t
2
2
1
Sposób 2: Rozładamy F ( s) =
na ułamki proste:
s 3 + s
1
1
A
Bs + C
F ( s) =
=
=
+
mnożymy przez s( s 2 + 1)
s 3 + s
s( s 2 + 1)
s
s 2 + 1
1 = A( s 2 + 1) + ( Bs + C) s 1 = ( A + B) s 2 + Cs + A porównujemy współczynniki przy potęgach s A + B = 0
, C = 0
, A = 1
stąd C = − 1
1
−s
1
s
f ( t) = L − 1 {
+
} = L − 1 { } − L − 1 {
} = 1 − cos t
s
s 2 + 1
s
s 2 + 1
1
1
1
Sposób 3. F ( s) =
=
·
s 3 + s
s
s 2 + 1
Stąd
1
1
1
1
f ( t) = L − 1 {
·
} = L − 1 { } ∗ L − 1 {
} = 1 ∗ sin t
s
s 2 + 1
s
s 2 + 1
t
Z
h
i t
f ( t) =
1 · sin( t − u)d u = cos( t − u)
= 1 − cos t
0
0
Transformata Laplace’a zastosowania
Przykład: Rozwiązać równanie różniczkowe: y00 + y0 − 2 y = cos t − 3 sin t , y(0) = 2 , y0(0) = − 6
Obliczamy transformatę Laplace’a obu stron równania. Oznaczmy L {y( t) } = Y ( s) . Wtedy L {y0( t) } = sY ( s) − y(0+) = sY ( s) − 2
L {y00( t) } = s 2 Y ( s) − sy(0+) − y0(0+) = s 2 Y ( s) − 2 s + 6
s
1
s − 3
L { cos t − 3 sin t} = L { cos t} − 3L { 3 sin t} =
− 3
=
s 2 + 1
s 2 + 1
s 2 + 1
Dostajemy równanie:
s − 3
s 2 Y − 2 s + 6 + sY − 2 − 2 Y = s 2 + 1
rozwiązujemy równanie:
s − 3
( s 2 + s − 2) Y =
+ 2 s − 4
s 2 + 1
2 s 3 − 4 s 2 + 3 s − 7
( s 2 + s − 2) Y =
s 2 + 1
2 s 3 − 4 s 2 + 3 s − 7
Y = ( s 2 + 1)( s 2 + s − 2) Szukane rozwiązanie jest transformatą odwrotną Laplace’a : y( t) = L − 1 {Y ( s) }
2 s 3 − 4 s 2 + 3 s − 7
y( t) = L − 1 {
}
( s 2 + 1)( s 2 + s − 2) ( s 2 + 1)( s 2 + s − 2) = ( s 2 + 1)( s + 2)( s − 1) rozkładamy mianownik na czynniki
2 s 3 − 4 s 2 + 3 s − 7
As + B
C
D
=
+
+
( s 2 + 1)( s + 2)( s − 1) s 2 + 1
s + 2
s − 1
2 s 3 − 4 s 2 + 3 s − 7 = ( As + B)( s + 2)( s − 1) + C( s 2 + 1)( s − 1) + D( s 2 + 1)( s + 2)
− 45 = − 15 C
podstawiamy s = − 2
C = 3
− 6 = 6 D
podstawiamy s = 1
D = − 1
− 7 = − 2 B − C + 2 D
podstawiamy s = 0
B = 1
− 16 = 2 A − 2 B − 4 C + 2 D
podstawiamy s = − 1
A = 0
stąd:
1
1
1
y( t) = L − 1 {
} + 3L − 1 {
} − L − 1 {
} = sin t + 3 e− 2 t − et s 2 + 1
s + 2
s − 1
Przykład: Rozwiązać równanie różniczkowe: 1
y00 − y =
, y(0) = 0 , y0(0) = 0
et + 1
Obliczamy transformatę Laplace’a obu stron równania. Oznaczmy L {y( t) } = Y ( s) . Wtedy L {y0( t) } = sY ( s) − y(0+) = sY ( s) 2
L {y00( t) } = s 2 Y ( s) − sy(0+) − y0(0+) = s 2 Y ( s) Oznaczamy:
1
f ( t) = et + 1
L {f ( t) } = F ( s) Dostajemy równanie:
s 2 Y − Y = F ( s) rozwiązujemy równanie:
( s 2 − 1) Y = F ( s) 1
Y =
· F ( s)
s 2 − 1
y( t) = L − 1 {Y ( s) }
1
y( t) = L − 1 {
· F ( s) }
s 2 − 1
1
y( t) = L − 1 {
} ∗ f ( t)
s 2 − 1
Obliczamy transformatę odwrotną:
1
g( t) = L − 1 {
}
s 2 − 1
s 2 − 1 = ( s − 1)( s + 1) rozkładamy mianownik na czynniki
1
A
B
=
+
( s − 1)( s + 1)
s − 1
s + 1
1 = A( s + 1) + B( s − 1) 1 = 2 A
podstawiamy s = 1
A = 12
1 = − 2 B
podstawiamy s = − 1
B = − 12
stąd:
1
1
1
1
1
g( t) = 1 L − 1 {
} − L − 1 {
} =
et −
e−t
2
s − 1
2
s + 1
2
2
Obliczamy splot:
t
t
Z
Z
1
1
1
y( t) = g( t) ∗ f ( t) =
g( t − u) f ( u)d u =
( et−u −
e−t+ u) ·
d u
2
2
eu + 1
0
0
t
t
Z
e−u
1
Z
eu
y( t) = 1 et
d u −
e−t
d u
2
eu + 1
2
eu + 1
0
0
Postawiamy: {eu = v , d v = eu d u , v(0) = 1 , v( t) = et}
t
et
et
et
Z
e−u
Z
1
Z
1 + v − v
Z
1
1
d u =
d v ==
d v =
−
d v =
eu + 1
v 2( v + 1)
v 2( v + 1)
v 2
v + 1
0
1
1
1
h − 1
i et
− 1
+ ln |v + 1 |
=
+ ln( et + 1) + 1
v
1
et
t
et
Z
eu
Z
1
h
i et
d u =
d v = ln |v + 1 |
= ln( et + 1)
eu + 1
v + 1
1
0
1
stąd:
− 1
1
y( t) = 1 et · (
+ ln( et + 1) + 1) −
e−t ln( et + 1)
2
et
2
Rozwiązywanie równań całkowych
Przykład: Rozwiązać równanie całkowe: t
Z
y( t) = t +
sin( t − u) y( u)d u , t > 0
0
3
Całka w równaniu jest splotem funkcji:
t
Z
sin( t − u) y( u)d u = sin( t) ∗ y( t) 0
Obliczamy transformatę Laplace’a obu stron równania. Oznaczamy L {y( t) } = Y ( s) . Wtedy 1
L { sin( t) ∗ y( t) } = L { sin( t) } · L {y( t) } =
· Y ( s)
s 2 + 1
1
L {t} = s 2
Dostajemy równanie:
1
Y ( s)
Y ( s) =
+
s 2
s 2 + 1
rozwiązujemy równanie:
1
1
(1 −
) Y ( s) =
s 2 + 1
s 2
s 2
1
Y ( s) =
s 2 + 1
s 2
s 2 + 1
Y ( s) =
s 4
Szukane rozwiązanie jest transformatą odwrotną Laplace’a : y( t) = L − 1 {Y ( s) }
( s 2 + 1)
(
)
1
3!
y( t) = L − 1
= L − 1
+ 1 L − 1
= t + 1 t 3
s 4
s 2
3!
s 4
6
4