Introduktion til Laplace transformen

! 1!

(Noter skrevet af Nikolaj Hess-Nielsen sidst revideret marts 2013) Integration handler ikke kun om arealer. Tværtimod er integration basis for mange af de vigtigste værktøjer indenfor matematisk analyse. Vi vil her se på Laplace transformen som et vigtigt værktøj til at løse en klasse af problemer kaldet begyndelsesværdiproblemer. Anvendelsen af Laplace transformen kan illustreres med følgende figur taget fra www.efunda.com/math/laplace_transform/index.cfm: Et begyndelsesværdiproblem er en ligning som indeholder en ukendt funktion og nogle af dens afledede. Man kender nogle startværdier dvs begyndelses-værdier for funktionen. Den ukendte funktion skal så bestemmes. Sådanne problemer dukker op i alle mulige sammenhænge. Laplace transformationen kan håndtere avancerede ting som partielle differentialligninger, hvor det er en funktion af flere variable vi leder efter, og systemer af koblede differentialligninger, hvor det er flere ukendte funktioner vi leder efter på en gang. Vi vil imidlertid som eksempel se på: Problem: Bestem funktionen

�

f ( t) som opfylder følgende ligning

�

′ f ( t) + k ⋅ f (t) = g( t), hvor tallet

�

k og funktionen

�

g( t) er givet sammen med begyndelsesværdien

�

f (0) for den ukendte funktion

�

f ( t). Man kan sagtens løse sådanne problemer uden Laplace transformen, men vi bruger det som eksempel. Vi vil desuden nøjes med at se på situationen hvor den kendte funktion

�

g( t) består af summer og produkter af eksponentialfunktioner og polynomier. Laplace transformen laver begyndelsesværdiproblemet om til et simpelt algebraisk problem. Det kan let løses. Ved at invers Laplace transformere løsningen af det algebraiske problem finder man så funktionen

�

f ( t).

Laplace TransformsDirectory | Career | News | Standards | Industrial | SpecSearch®

TransformsLaplace Rules

Tables

Example

FourierResourcesBibliography

Login

Search efunda

Home Membership Magazines Forum Search Member Calculators

Materials Design Processes Units Formulas Math

Introduction

The Laplace transform is a powerful tool formulated to solve a wide variety of initial-valueproblems. The strategy is to transform the difficult differential equations into simple algebraproblems where solutions can be easily obtained. One then applies the Inverse Laplacetransform to retrieve the solutions of the original problems. This can be illustrated as follows:

Initial-Value ProblemsODE's or PDE's

Algebra Problems

Difficult Very Easy

Solutions ofInitial-Value Problems

Solutions ofAlgebra Problems

Definition of the Laplace Transform

For a function defined on , its Laplace transform is denoted as

obtained by the following integral:

where is real and is called the Laplace Transform Operator.

Conditions for the Existence of a Laplace Transform of f(t) = F(s)

1) is piecewise continuous on .

2) is of exponential order as . That is, there exist realconstants , , and such that

for all .

Note that conditions 1 and 2 are sufficient, but not necessary, for to exist.

Definition of the Inverse Laplace Transform

If the Laplace transform of is , then the we say that the Inverse Laplace Transform of

Browse all »

Technology Guide » Demonstrations » MathWorld™ » Industry Solutions »

  2  

1. Laplace transform af funktioner Definition: Laplace transformen af en funktion

�

f (t) er defineret ved

�

L( f (t)) = F(s) = f (t) ⋅e−st0

∞

∫ dt hvis integralet eksisterer. Et sådant integral på et ubegrænset interval kaldes et uegentligt integral og betyder blot, at man integrerer op til et tal N og bagefter lader N gå mod uendeligt og ser om grænseværdien eksisterer

�

f (t) ⋅e−st0

∞

∫ dt = limN→∞

f (t) ⋅e−st0

N

∫ dt . Man bruger notationen

�

F(s), men det må naturligvis ikke forveksles med den sædvanlige stamfunktion til

�

f (t). Det er noget helt andet. Bemærk: - Udgangspunktet er en funktion

�

f (t) der beskriver en udvikling som funktion af tiden. Begyndelsesværdien er

�

f (0) og

�

f (t) er værdien til tidspunktet

�

t . - Der stilles ikke store krav til

�

f (t) for at Laplace transformen er defineret. Det er nok, at

�

f (t) er stykkevist kontinuert og ikke vokser hurtigere end alle eksponentialfunktioner. Det sidste kan formuleres ved at der skal findes tre konstanter

�

T ,

�

M og

�

a så der for

�

t > T gælder at

�

f (t) ≤ M ⋅eat . Man siger så, at

�

f (t) er af eksponentiel type. Sætning 1: Laplace transformen af funktionen

�

f (t) = t er

�

F(s) =1s2 , s > 0.

Bevis: Vi sætter ind i definitionen og bruger delvis integration:

�

t ⋅e−st0

N

∫ dt =e−st

−s⋅ t

⎡

⎣ ⎢

⎤

⎦ ⎥ 0

N

−e−st

−s0

N

∫ ⋅1dt =e−sN

−s⋅N +

1s⋅ e−st0

N

∫ dt

�

= −N ⋅e−sN

s+1s⋅e−st

−s⎡

⎣ ⎢

⎤

⎦ ⎥ 0

N

= −N ⋅e−sN

s−e−sN

s2+1s2

Når vi så lader

�

N →∞ vil både

�

e−sN og

�

N ⋅e−sN gå mod nul blot tallet

�

s er positivt. Dvs Laplace transformen af

�

f (t) = t er defineret for positive s og er givet ved

�

F(s) =1s2

.

Vi har dermed vist sætningen. Situationen er typisk for Laplace transformen. For en stykkevist kontinuert funktion

�

f (t) af eksponentiel type vil Laplace transformen være defineret for

�

s ≥ s0 for et eller andet fast tal

�

s0.

  3  

Ved samme metode som i sætning 1 kan man ved gentagen brug af delvis integration vise: Sætning 2: Laplace transformen af f (t) = t N er F(s) = N!

sN+1

Nu et par opgaver, som skal løses ved at bruge definitionen af Laplace transformen: Opgave 1: Vis at Laplace transformen af er .

Opgave 2: Vis at Laplace transformen af funktionen

�

f ( t) = eat er

�

F(s) =1

s − a, s > a .

Sammenhængen mellem resultaterne i opgave 1 og 2 er ikke tilfældig. Tværtimod har vi: Sætning 3 Hvis Laplace transformen af

�

f ( t) er

�

F(s), så vil Laplace transformen af

�

eat f ( t) være

�

F(s − a). Bevis: Vi sætter blot ind i definitionen: eat f (t) ⋅e−st dt =

0

∞

∫ f (t) ⋅e−(s−a)t dt0

∞

∫ Vi får med en potensregneregel straks samme integral som definerer F(s) blot med tallet s − a i stedet for s . Dvs = F(s − a) Vi har dermed vist sætningen. Vi kan samle resultaterne om Laplace transformer af elementære funktioner i følgende tabel:

�

f ( t)

�

1

�

t

�

t2

�

tN

�

eat

�

eat tN

�

F(s)

�

1s

�

1s2

�

2s3

�

N!sN +1

�

1s − a

�

N!(s − a)N +1

Bemærk at den sidste formel er sætning 3 anvendt på resultatet i sætning 2. Den indeholder alle de andre: Når a = 0 fås formlerne med t N og når N = 0 fås formlen med eat . Vi får ikke brug for andre Laplace transformer i disse noter.

�

f ( t) =1

�

F(s) =1s

  4  

Linearitet: Man kalder en transformation som Laplace transformen for lineær, hvis den opfylder følgende to egenskaber: 1)

�

L( f ( t) + g(t)) = L( f (t)) + L(g( t)) 2)

�

L(k ⋅ f ( t)) = k ⋅L( f ( t)). Sætning 4 Laplace transformen er lineær. Bevis: Vi skal kontrollere, at den opfylder de to betingelser:

�

L( f ( t) + g(t)) = limN→∞

( f ( t) + g(t)) ⋅ e−st0

N

∫ dt = limN→∞

( f ( t) ⋅ e−st0

N

∫ dt + g( t) ⋅ e−st0

N

∫ dt)

�

= limN→∞

f ( t) ⋅ e−st0

N

∫ dt + limN→∞

g(t) ⋅ e−st0

N

∫ dt = L( f (t))+ L(g(t)) og

�

L(k ⋅ f ( t)) = limN→∞

k ⋅ f ( t) ⋅ e−st0

N

∫ dt = limN→∞

(k ⋅ f ( t) ⋅ e−st0

N

∫ dt)

�

= k ⋅ limN→∞

( f ( t) ⋅ e−st0

N

∫ dt) = k ⋅L( f ( t)) Bemærk, at vi i begge tilfælde sætter ind i definitionen og bruger en regneregel for bestemte integraler og derefter en regneregel for grænseværdier. Vi har dermed vist sætningen. Eksempel 1: Vi kan bruge lineariteten og tabellen på side 3 til at finde Laplace transformen af produkter og summer af polynomier og eksponentialfunktioner:

�

f ( t) = (7t + 5)e2t − 3e4t + t2

�

L((7t + 5)e2t − 3e4t + t2 ) = L(7te2t + 5e2t − 3e4t + t2 ) = L(7te2t + 5e2t + (−3)e4t + t2 )

�

= L(7te2t ) + L(5e2t + (−3)e4t + t2 ) = L(7te2t ) + L(5e2t ) + L((−3)e4t + t2 )

�

= L(7te2t ) + L(5e2t ) + L((−3)e4t ) + L(t2 ) Vi har nu brugt den første linearitetsbetingelse til at dele op ved hvert led. Når der er mere end to led skal vi blot bruge regnereglen flere gange.

�

= 7 ⋅L( te2t ) + 5 ⋅L(e2t ) + (−3) ⋅L(e4t ) + L( t2 ) Her brugte vi den anden linearitetsbetingelse til at flytte konstanterne udenfor. Til sidst slår vi blot Laplace transformerne op i tabellen:

�

= 7 ⋅1

(s − 2)2+ 5 ⋅

1s − 2

+ (−3) ⋅1

s − 4+2s3

For at alle delene i udtrykket skal være defineret skal vi begrænse definitionsmængden til s > 4.

�

F(s) = 7 ⋅1

(s − 2)2 + 5 ⋅1s − 2

+ (−3) ⋅1

s − 4+

2s3 , s > 4.

Opgave 3: Find Laplace transformen af funktionerne

�

f1( t) = (3t + 5)(4e3t + 2t)

�

f2( t) = −3e−5t − t2e7t + 32

  5  

2. Laplace transform af afledede Vi ønsker at se på sammenhængen mellem afledede og Laplace transformen. Antag, at vi har følgende udgangspunkt:

�

f ( t) er differentiabel og af eksponentiel type

�

f (0) er begyndelsesværdien for f(t) hvor t er tiden

�

F(s) er Laplace transformen af f ( t) Der gælder så følgende sætning: Sætning 5: Laplace transformen af den afledede er givet ved

�

L( ′ f ( t)) = s ⋅F(s) − f (0). Bevis: Vi indsætter i definitionen og laver delvis integration:

�

L( ′ f ( t)) = limN→∞

′ f ( t) ⋅ e−st

0

N

∫ dt = limN→∞

( f (t) ⋅ e−st[ ]0N− f (t) ⋅(−s)e−st

0

N

∫ dt)

�

= limN→∞

( f (N ) ⋅ e−sN − f (0) + s ⋅ f ( t) ⋅ e−st0

N

∫ dt) Bemærk nu, at da f(t) er af eksponentiel type findes der tre konstanter

, og så der for gælder at

�

f (t) ≤ M ⋅ eat Hvis N er større end dette tal T har vi derfor vurderingen

�

f (N ) ⋅ e−sN = f (N ) ⋅ e−sN ≤ M ⋅ eaN ⋅ e−sN = M ⋅ e(a−s)N som viser, at for s større end dette tal a, vil udtrykket være mindre end en aftagende eksponentiel funktion, så

�

limN→∞

f (N ) ⋅ e−sN = 0. For s > a kan vi derfor fortsætte udregningen:

�

L( ′ f ( t)) = limN→∞

( f (N ) ⋅ e−sN − f (0) + s ⋅ f (t) ⋅ e−st

0

N

∫ dt)

�

= 0 − f (0) + s ⋅ limN→∞

f (t) ⋅ e−st0

N

∫ dt = 0 − f (0) + s ⋅F(s)                                          

�

= s ⋅F(s) − f (0).  Vi har dermed vist sætningen. Eksempel 2 Betragt funktionen

�

f ( t) = t2 + 7. Vi udregner

�

L( ′ f ( t)) dels direkte og dels ved hjælp af sætning 5. Direkte:

�

L( ′ f ( t)) = L(2t) = 2 ⋅L( t) = 2 ⋅1s2

=2s2

Med sætning 5:

�

L( ′ f ( t)) = s ⋅L( f ( t)) − f (0) = s ⋅(L(t2 ) + 7 ⋅L(1)) − f (0)

�

= s ⋅(2s3

+ 7 ⋅1s) − (02 + 7) =

2s2

+ 7 − 7 =2s2

�

T

�

M

�

a

�

t > T

  6  

3. Den inverse Laplace transform Definition: Hvis Laplace transformen af er siger vi, at den inverse Laplace transform af er og skriver . Sætning 6: Den inverse Laplace transform er lineær. Bevis: Vi skal igen kontrollere, at de to linearitetsbetingelser er opfyldt: og Bemærk, at vi i begge tilfælde først bruger, at Laplace transformen er lineær, og derefter bruger, at Vi har dermed vist sætningen. Eksempel 3 Vi benytter samme funktioner som i eksempel 1 men ønsker at finde f(t) som den inverse Laplace transform af F(s):

Vi får så:

Når F(s) er udtrykt som en sådan sum af kendte Laplace transformer fra tabellen, kan vi altså let finde f(t) ved at bruge lineariteten af den inverse Laplace transform. Opgave 4: Find den inverse Laplace transform af funktionerne

�

f (t)

�

F(s)

�

F(s)

�

f (t)

�

L−1(F(s)) = f (t)

�

L−1(F(s) + G(s)) = L−1(L( f (t)) + L(g( t))) = L−1(L( f (t) + g( t)))

�

= f ( t) + g(t) = L−1(F(s))+ L−1(G(s))

�

L−1(k ⋅F(s)) = L−1(k ⋅L( f ( t)) = L−1(L(k ⋅ f ( t)))

�

= k ⋅ f ( t) = k ⋅L−1(F(s))

�

L−1(L( f (t))) = f (t).

�

F(s) = 7 ⋅1

(s − 2)2 + 5 ⋅1s − 2

+ (−3) ⋅1

s − 4+

2s3 , s > 4.

�

f ( t) = L−1(F(s)) = L−1(7 ⋅1

(s − 2)2+ 5 ⋅

1s − 2

+ (−3) ⋅1

s − 4+2s3)

�

= 7 ⋅L−1(1

(s − 2)2) + 5 ⋅L−1(

1s − 2

) + (−3) ⋅L−1(1

s − 4) + L−1(

2s3)

�

= 7 ⋅ te2t + 5 ⋅ e2t − 3 ⋅ e4t + t2

�

F1(s) =3

s − 5+7s2

−8

(s −1)3

�

F2(s) =2s4 + 6s − 24s4(s − 4)

=2

s − 4+6s4

  7  

4. Begyndelsesværdiproblemer Vi ønsker nu at kunne løse begyndelsesværdiproblemer på formen Problem: Bestem funktionen

�

f ( t) som opfylder følgende ligning

�

′ f ( t) + k ⋅ f (t) = g( t), hvor tallet

�

k og funktionen

�

g( t) er givet sammen med begyndelsesværdien

�

f (0) for den ukendte funktion

�

f ( t). Metoden vi vil bruge er som illustreret på side 1 følgende:

- Vi Laplace transformerer ligningen så vi får en algebraisk ligning der indeholder F(s) i stedet for f(t).

- F(s) kan meget let isoleres i ligningen. - Vi finder så løsningen f(t) ved at invers Laplace transformere F(s).

Lad os illustrere metoden med et konkret eksempel: Eksempel 4: Vi ønsker at løse begyndelsesværdiproblemet

�

f '(t)− 2 f (t) = 3− 6tf (0) =1

Vi Laplace transformerer ligningen

L( f '(t)− 2 f (t)) = L(3− 6t) ⇔ L( f '(t))− 2L( f (t)) = 3L(1)− 6L(t) ⇔

(sF(s)−1)− 2F(s) = 3⋅1s− 6 ⋅ 1

s2

Vi har nu en algebraisk ligning som kun indeholder F(s) og ikke f(t). Vi isolerer så bare F(s)

(sF(s)−1)− 2F(s) = 3⋅1s− 6 ⋅ 1

s2 ⇔

(s − 2)F(s) = 3⋅1s− 6 ⋅ 1

s2 +1= s2 + 3s − 6s2 ⇔

F(s) = s2 + 3s − 6s2 (s − 2)

Bemærk at højresiden blev sat på fælles brøkstreg med fællesnævneren som i dette tilfælde var s2 . Vi mangler nu blot at bestemme

f (t) = L−1(F(s)) = L−1(s2 + 3s − 6)s2 (s − 2)

)

For at gøre det mangler vi at omskrive udtrykket for F(s) til en sum af kendte udtryk fra tabellen side 3. Det gør man ved at lave en såkaldt partialbrøksdekomposition af polynomiumsbrøken :

�

F(s)

  8  

F(s) = s2 + 3s − 6s2 (s − 2)

= A ⋅ 1s − 2

+ B ⋅1s+C ⋅ 1

s2

Bemærk at nævnerpolynomiet skal være faktoriseret, og at man har brug for alle led op til den potens en faktor optræder med. Dekompositionen har lige så mange ukendte konstanter som graden af nævnerpolynomiet. Vi tænker på F(s) som en sum af nogle simplere brøker, der blot er sat på fælles brøkstreg. Nævneren i F(s) er så fællesnævneren og fortæller os derfor hvordan disse simplere brøker kan se ud. Vi skal nu bestemme konstanterne A,B og C så lighedstegnet gælder: Vi ganger med nævnerpolynomiet på begge sider af lighedstegnet s2 + 3s − 6 = As2 + Bs(s − 2)+C(s − 2) ganger højresiden ud s2 + 3s − 6 = (A + B)s2 + (C − 2B)s + (−2C) og kan så bestemme konstanterne ved at løse ligningssystemet bestående af de 3 ligninger med 3 ubekendte man får ved at sammenligne koefficienterne:

−2C = −6 ⇔ C = 3

C − 2B = 3 ⇔ 3− 2B = 3 ⇔ B = 0A + B =1 ⇔ A + 0 =1 ⇔ A =1

Det er naturligvis ikke altid det går så let med at løse ligningerne som her, men man kan f.eks. altid bruge substitutionsmetoden: Hvis man isolerer en af konstanterne i en af ligningerne og indsætter udtrykket i de øvrige ligninger, så er problemet reduceret til 2 ligninger med 2 ubekendte osv. Vi har altså

f (t) = L−1(F(s)) = L−1(s

2 + 3s − 6)s2 (s − 2)

) = L−1( 1s − 2

+ 3⋅ 1s2)

= L−1( 1

s − 2)+ 3⋅L−1( 1

s2) = e2t + 3t

Opgave 5: Løs begyndelsesværdiproblemet med Laplace transformen. Opgave 6: Løs begyndelsesværdiproblemet med Laplace transformen.

�

′ f ( t) − 5 f ( t) = −10t +17

�

f (0) = −2

�

′ f ( t) − 4 f ( t) = e4t −12t − 5

�

f (0) = 2

! 9!

Opgave 7: Forbered en fremlæggelse af følgende eksempel på et mundtligt eksamensspørgsmål: Laplace transformen Definer Laplace transformen og redegør for nogle af dens egenskaber. Giv herunder et bevis for formlen for Laplace transformen af funktionen

�

f ( t) = t og kom ind på anvendelsen af Laplace transformen i forbindelse med begyndelsesværdiproblemer. Opgave 8: Løs følgende temaopgave om afkøling af kaffe i en kop: Temaopgave: Modellering af afkøling i en kop Når en ting er varmere end omgivelserne vil den gradvist blive afkølet. Temperaturfaldet målt i grader pr. minut er stort, hvis der er en stor temperaturforskel til omgivelserne, og bliver mindre og mindre jo tættere man kommer på omgivelsernes temperatur. Vi antager, at der gælder følgende: Newtons afkølingslov: Hastigheden hvormed et objekt afkøles er proportional med temperaturforskellen til omgivelserne. Vi ønsker at modellere afkølingen af kaffe i en kop. Det er klart, at hastigheden af afkølingen, og dermed proportionalitetsfaktoren, må afhænge af, hvor godt varmeisoleret koppen er. Opgave: Det oplyses, at temperaturen af kaffen i en kop til at begynde med er 92 grader. Kaffen står i et lokale, hvor temperaturen er 20 grader. Efter 5 minutter er temperaturen faldet til 85 grader. Opstil en model for afkølingen med Newtons afkølingslov og løs det derved fremkomne begyndelsesværdiproblem med Laplace transformen. Bestem derefter temperaturen af kaffen 25 minutter efter den var 92 grader, og bestem desuden hvor lang tid der går fra den var 92 grader til dens temperatur er faldet til 50 grader. Illustrer afkølingen grafisk, så man kan følge, hvordan temperaturen af kaffen gradvist nærmer sig stuetemperaturen på 20 grader.