LAPLASOVA TRANSFORMACIJA...3. TABLICA LAPLACEOV E TRANSFORMACIJ E 1. Laplaceova transformacija...
Transcript of LAPLASOVA TRANSFORMACIJA...3. TABLICA LAPLACEOV E TRANSFORMACIJ E 1. Laplaceova transformacija...
-
LAPLASOVA TRANSFORMACIJA
Ova transformacija je nazvan po francuskom matematičaru Pjeru Laplasu (Pierre-Simon
Laplace, 1749-1827). Uvođenjem ovakvih transformacija, moguće je probleme iz jedne oblasti
matematike prevesti u drugu u kojoj se lakše rešavaju. Na primer, rešavanje diferencijalnih
jednačina svodi se na rešavanje algebarskih jednačina.
1. UVOD
Definicija 1. Neka je f(t) kompleksna funkcija realne promenljive, koja zadovoljava sledeće uslove:
1. Funkcija f (t) zajedno sa svojim izvodima do n-tog reda je deo po deo neprekidna; 2. f(t) = 0 za t < 0; 3. Postoje pozitivni brojevi M i s takvi da je
stMetf (t > 0).
Takva funkcija predstavlja original.
Definicija 2. Laplaceova transformacija ili slika originala f (t) definisana je sa
L
0
)()())(( tfpFtf e-pt
dt (pC). (1)
Ovaj integral nosi naziv Laplaceov integral.
Teorema 1. (Konvergencija Laplaceovog integrala) Ako je f (t) original tada Laplaceov integral
(1) konvergira u svakoj oblasti },)Re(:{ app gde je .sa
Dokaz. Neka su ispunjei uslovi iz Definicije 2 i neka je .)Re( sap Tada je
.|||||)(||)(||)(|
000
dteMdtetfdtetfpF ptptpt
Kako je
,|||||||| )Re()Im()Re())Im()(Re( attptpitptpippt eeeeee
to je
.|)(|0 0
)()(
sa
M
as
eMdteMpF
t
t
tastas
-
2. OSNOVNA SVOJSTVA
Teorema 1. (Teorema o linearnosti) Važi formula
L(c1f1(t) + c2f2(t)) = c1L(f1(t)) + c2L(f2(t)),
Gde su c1, c2 proizvoljne konstante.
Dokaz. Po definiciji je:
L(c1f1(t) + c2f2(t)) ))t(fc)t(fc( 2210
1
e-pt
dt
Na osnovu osobina određenog integrala, dobija se:
))t(fc)t(fc( 2210
1
e-pt
dt = c1
0
1 )t(f e-pt
dt + c2
0
2 )t(f e-pt
dt = c1L(f1(t)) + c2L(f2(t)),
što ustvari predstavlja dokaz predhodne teoreme.
Teorema 2. Ako je a proizvoljan kompleksan broj i ako je L(f(t)) = F(p), imamo:
L(eat
f(t)) = F(p-a).
Dokaz. Primenjujući Definiciju 2, dobijamo:
L(eat
f(t)) =
0
eat
f(t)e-pt
dt =
0
f(t)e-(p-a)t
dt = F(p-a).
Teorema 3.(Teorema o sličnosti) Ako je k > 0 i L(f(t)) = F(p) tada je
L( f(kt)) = .1
k
pF
k
Dokaz. Kako je
L
0
)())(( ktfktf e-pt
dt,
stavljajući kt = u, dobija se
L( f(kt)) = k
1
0
)(uf e-(pu/k)
dt =
k
pF
k
1,
čime je teorema dokazana.
Teorema 4. Ako je L(f(t)) = F(p), tada za svaku pozitivnu konstantu a važi
L( f(t-a)) = e-ap
F(p).
-
Dokaz. Kako je
L( f(t-a)) =
0
f(t –a)e-pt
dt ,
ako uvedemo smenu t – a = u, i vodeći raćuna o tome da je f (u) = 0 za u < 0, dobija se:
0
f(t –a)e-pt
dt =
a
f(u)e-p(u+a)
du = e-ap
a
f(u)e-pu
du = e-ap
F(p),
što je i trebalo dokazati.
Teorema 5. Za a > 0 važi formula
L( f(t+a)) = e-ap
( F(p) - a
tf0
)( e-pt
dt ),
gde je L(f(t)) = F(p).
Dokaz. Po definiciji je
L( f(t+a)) =
0
)( atf e-pt
dt ( a > 0 ).
Ako uvedemo smenu t +a = u ( ua ), dobijamo
0
)( atf e-pt
dt =
a
uf )( e-up+ap
du = eap
a
uf )( e-up
du
= eap
(
0
)(uf e-up
du - a
uf0
)( e-up
du ) = eap
( F(p) - a
uf0
)( e-up
du )
Teorema 6. Ako je original f(t) periodična funkcija sa periodom T, tada je:
L(f(t)) = F(p) = dtetfe
T
pt
Tp
0
)(1
1
Dokaz. Imamo
F(p) =
0
)(tf e-pt
dt = T
tf0
)( e-pt
dt +
T
tf )( e-pt
dt.
Uvodeći smenu t = u + T, dobija se:
T
tf )( e-pt
dt = e-Tp
0
)( Tuf e-pu
du = e-Tp
0
)(uf e-pu
du = e-Tp
F(p), jer je f(u + T) = f(u).
-
Zadatak 1.1. Odrediti Laplasovu transformaciju funkcije date grafički.
Rešenje. Funkcija je periodična sa osnovnim delom
Stoga je
dtetfe
pt
p
2
0
2)(
1
1
dtedte
e
ptpt
p
2
1
1
0
21
1
1
12
2
p
p
ep
e
Teorema 7. Ako su funkcija f(t) i njeni izvodi do n-tog reda originalni, tada važi formula
L nn ptf ))(( )( L )0())(( )(1
0
1 kn
k
kn fptf
.
Dokaz. Primenićemo princip matematičke indukcije. Za n = 1, imamo:
.)('))('(0
dtetftfL pt
Primenom parcijalne integracije birajući dtetu pt)(1 i ,)(')(1 dttftdv dobijamo
))('( tfL =
t
t
pt tfe0
)( + p dtetfpt
0
)( = pL(f(t)) – f(0),
što znači da je formula u ovom slučaju tačna. Pretpostavimo da formula važi za neko n. Sličnom
primenom parcijalne integracije, dobija se:
L dtetftf ptnn
0
)1()1( )())(( =
t
t
npt tfe0
)( )( + p dtetf ptn
0
)( )( = pL(f(n)
(t)) – f(n)
(0)
=p (pnL(f(t)) - )0()(
1
0
1 kn
k
kn fp
) - f(n)
(0) = pn+1
L(f(t)) - ).0()(
0
kn
k
kn fp
Prema tome, pošto formula i za n+1, zaključujemo da je formula važi za bilo koji prirodan broj n.
1 2 3 4 5 6t
1.0
0.5
0.5
1.0
f t
-
Teorema 8. Ako je L(f(t)) = F(p), tada je
L ( t
duuf0
)( ) = p
pF )(.
Dokaz. Prema definiciji je
t
duufLJ0
)( .)(0 0
dteduuf pt
t
Primenom parcijalne integracije birajući t
duuftu0
1 )()( i ,)(1 dtetdvpt dobijamo
000
)()( dttfp
eduuf
p
eJ
ptt
t
tpt
= dttfep
pt )(1
0
=p
pF )(.
Teorema 9. Ako je L(f(t)) = F(p), tada važi:
L( tnf(t)) = ( -1)
nF
(n)(p).
Dokaz. Kako je po definiciji F(p) =
0
)( dttfe pt ,diferenciranjem ove jednakosti po p dobija se:
F(n)
(p) = (-1)n
dttfet ptn )(0
.
3. TABLICA LAPLACEOVE TRANSFORMACIJE 1. Laplaceova transformacija eksponencijalne funkcije nalazi se primenom Definicije 2:
L(et) =
0
te e-pt
dt = dtetp
0
)1( =
1
1
p ( Re(p)>1 ).
Kako je L(et) =
1
1
p, a na osnovu teoreme o sličnosti, dobija se:
L(eat
) =
1
11
a
pa = .
1
ap
2. Poznati su sledeći obrasci:
cos at = 2
iatiat ee sin at =
i
ee iatiat
2
ch at = 2
atat ee sh at =
2
atat ee
-
Prema tome:
iap
1
iap
1
22 ap
p
.
Koristeći se identičnom logikom, dobija se:
iap
1
iap
1
22 ap
a
.
ap
1
ap
1
22 ap
p
.
ap
1
ap
1
22 ap
a
.
Pregled Laplaceovih transformacija nekih elementarnih funkcija, dat je tabelarno u nastavku teksta.
Original Slika Ograničenja
1
2
3
4
5
6 22 ap
p
7 22 ap
a
8 22 ap
p
9 22 ap
a
-
4. INVERZNA LAPLACEOVA TRANSFORMACIJA
Definicija 3. Inverzna Laplaceova transformacija slike F (p) je original f (t) definisan sa
)())(()()( 1 pFtfLpFLtf (pC). (1)
Određivanje inverzne Laplaceove transformacije date slike je direktno povezano sa sledećom teoremom.
Teorema 1. Ako funkcija f(t) zadovoljava Dirichletove uslove (1)-(2):
1. f (t) je deo po deo neprekidna; 2. f (t) ima konačno mnogo ekstremuma;
i uslov
3. integral
dttf |)(| je konvergentan,
tada se f(t) može predstaviti Fourierovim integralom
.))(cos()(2
1)(
drduutruftf
Sličan integral po sinusu je jednak nuli zbog neparnosti ove funkcije. Stoga je
.)(2
1)( )(
drdueuftf iutr
Teorema 2(Riemann-Mellin). Ako je L(f(t)) = F(p), funkcija f(t) zadovoljava Dirichletove uslove (1)-
(2) i integral
0
)( dtetf pt je uniformno-konvergentan po pravoj },)Re(:{ spp tada je
is
is
ptdpepFi
tf .)(2
1)(
Inverzna Laplaceova transformacija f(t) funkcije F(p) definisana je izrazom:
is
is
ptdpepFi
pFLtf .)(2
1)()( 1
što se svodi na proračunavanje krivolinijskog integrala u kompleksnoj ravni. Ovaj postupak
implicira iz Riemann-Mellinove teoreme. Budući da je ovaj postupak dosta složen, za nalaženje
inverzne transformacije koriste se jednostavnije metode. Kod jednostavnijih funkcija F(p) koristi
se tablica funkcija.
-
5. PRIMENE LAPLACEOVE TRANSFORMACIJE
Laplaceova transformacija funkcija se može uspešno primeniti na rešavanje običnih i parcijalnih diferencijalnih jednačina, diferencnih i diferencno-diferencijalnih jednačina.
5.1. REŠAVANJE DIFERENCIJALNIH JEDNAČINA
Koristeći pravila za nalaženje Laplaceove transformacije pojedinih funkcija, možemo formirati novi metod za rešavanje diferencijalnih jednačina i sistema diferencijalnih jednačina.
Za diferencijalnu jednačinu oblika
postupak se sastoji u sledećem:
1. odredi se Laplaceova transformacija svakog člana diferencijalne jednačine; 2. iz tako dobijene algebarske jednačine odredi se rešenje F(p); 3. inverznom transformacijom kompleksne funkcije F(p) dobija se traženo rešenje
f(t) polazne diferencijalne jednačine.
Zadatak 5.1.1. Odrediti partikularno rešenje diferencijalne jednačine
.
Rešenje. Označimo sa L(y(t)) = Y(p). Prema teoremi o izvodu, imamo
, , . U konkretnom zadatku, važi
tj.,
.
Odatle
Primenom inverzne Laplaceove transformacije dobijamo
,
tj. tačno rešenje glasi
-
. Zadatak 5.1.2. Odrediti partikularno rešenje diferencijalne jednačine
.
Rešenje. Označimo sa L(y(t)) = Y(p). Prema teoremi o izvodu, imamo
, ,
U konkretnom zadatku, važi
tj.,
.
Odatle
Primenom inverzne Laplaceove transformacije dobijamo
Iz tablice imamo
Sa druge strane je
Kako je
L( tnf(t)) = ( -1)
nF
(n)(p).
Zaključujwmo da je
L =-t f(t) = t sin t.
tj. tačno rešenje glasi
Zadatak 5.1.3. Odrediti partikularno rešenje sistema diferencijalnih jednačina
.
Rešenje. Uvedimo oznake L(x(t)) =X(p) i L(y(t)) = Y(p). Primenom Laplaceove transformacije
na sistem dobijamo
-
Rešenje ovog sistema je
Razlaganjem na elementarne razlomke, dobijamo
Primenom inverzne Laplaceove transformacije, dobijamo rešenje početnog sistema
5.2. DIFERENCIJALNO- DIFERENCNE JEDNAČINE
Diferencijalno-diferencne jednačine su diferencijalne jednačine sa pomerenim argumentom
oblika
gde su dati brojevi. Zadaju se još i početni ili granični uslovi.
Zadatak 5.2.1. Odrediti partikularno rešenje diferencijalno-diferencne jednačine
.
Rešenje. Označimo sa L(y(t)) = Y(p). Prema teoremi o izvodu, imamo
, ,
-
što zbog početnih uslova postaje
a odatle je
Tako imamo
Odatle
5.3. REŠAVANJE PARCIJALNIH DIFERENCIJALNIH JEDNAČINA
U narednom primeru pokazaće se kako je moguće primenom Laplaceovih transformacija
doći, relativno jednostavno, don rešenja parcijalnoh diferencijalnih jednačina. Naravno, ovo je
moguće samo u slučajevima kada su definisani konturni uslovi pa će se ovakav slučaj ovde i
razmatrati.
Neka je data žica koja celom svojom dužinom leži na x-osi , sa jednim krajem u
koordinatnom početku a drugim krajem u beskonačno udaljenoj tački na pozitivnom delu x-ose.
Onaj kraj koji je u trenutku t=0 bio u koordinatnom početku, pomera se duž y-ose tako da je
y=f(t) kada je x=0 i u trenutku t pri čemu je f(t) neprekidna funkcija vremena t i f(0)=0. Potrebno
je dakle odrediti funkciju y(x,t), tj. ortogonalne oscilacije pojedinih tačaka žice oko inicijelnog
položaja.
Matematički model tog problema mogao bi se formulisati na sledeći način (uzeto je da je
2
2 1
ab ):
0,0),,(),( 2 txtxybtxy xxtt (1)
0),0,()0,( xxyxy t (2)
0,0),(lim),(),0(
ttxytftyx
(3)
-
Potrebno je odrediti Laplaceovu transformaciju pojedinih članova diferencijalne
jednačine:
L ),( txy =
0
),( dtetxy pt =Y(x,p)
L )()]([ pFtf
L ),( txyt =pY(x,p)-y(x,0)
L )0,()0,(),(),( 2 xyxpypxYptxy ttt
Koristeći uslove (1) dobija se:
L ),(),( 2 pxYptxytt
L dtetxyx
dtetxyx
txy ptptxx
0
2
2
0
2
2
),(),(),(
L ),(),( pxYtxy xxxx
Iz uslova (3):
y(0,t)=f(t) L )],0([ ty L )]([ tf
Y(0,p)=F(p)
0),(lim),(lim),(lim00
dtetxydtetxypxYpt
x
pt
xx
0),(lim
pxYx
Parcijalna diferencijalna jednačina (1) postaje:
0),(),( 22
2
2
pxYbpdx
pxYd
Y(0,p)= F(p), 0),(lim
pxYx
p>0, b>0
Na ovaj način se od parcijalne diferencijalne jednačine prelazi na običnu linearnu
diferencijalnu jednačinu drugog reda takođe sa konturnim uslovima:
0222 bpk pbk 2,1
-
Opšte rešenje ove diferencijalne jednačine je:
pbxpbx epCepCpxY )()(),( 21
0),(lim
pxYx
0)(2 pC
Y(0,p)=F(p) )()(1 pFpC
Odatle sledi:
)(),( pFepxY pbx
Inverzna Laplaceova transformacija daje:
y(x,t) = L pxY ,(1 = L )(1 pFe pbx y(x,t) = 0 za t