Määritelm ä ja perusominaisuudet Osa VII · PDF file3 Yleisiä Laplace-muunnoksia A.Rasila, J.v.Pfaler Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 11. lokakuuta 2007 182 ... 401−a2

Osa VII

Laplace–muunnos

A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 11. lokakuuta 2007 181 / 246

1 Maaritelma ja perusominaisuudet

2 Differentiaalilaskenta

3 Yleisia Laplace-muunnoksia


1 Maaritelma ja perusominaisuudetLaplace-muunnosLaplace-kaanteismuunnosLaplace-muunnoksen lineaarisuusAlkeisfunktioiden Laplace-muunnoksia

Hyperboliset ja trigonometriset funktiotPotenssifunktiot ja Gammafunktio

Siirto s:n suhteenMuunnosten olemassaolo




Laplace-muunnos

Olkoon f : R+ 7→ C. Tarkastellaan kompleksilukua s, Re s > 0. Useins on yksinkertaisesti reaalinen.

Funktion f Laplace-muunnos L{f }

L {f }(s) :=

∫ ∞

0e−st f (t) dt, (1.1)

on maaritelty niilla s joilla integraali suppenee.

Osoittautuu, etta jos integraali (1.1) suppenee jollekin s ′,Re s ′ > 0,niin se suppenee kaikilla s > s ′. eli alueessaHα := {s ∈ C : Re s > α ∈ R} jollakin vakiolla α > 0.


Konventioita

Merkitaan jatkossa t:n funktioita pienilla kirjaimilla ja niidenmuunnoksia isoilla, siis esim. F on f :n muunnos ja X on x :n muunnos.

Laplace–muunnoksen argumentti on funktio, se ei siis riipu t:sta. Onsiis oikein kirjoittaa L{f }. Kun tarkoitetaan muunnoksen arvoatietyssa pisteessa s, kirjoitetaan L{f }(s).Merkinta L{f (t)} on harhaanjohtava, tuloshan ei riipu t:sta.

Jos siis haluamme ottaa muunnoksen funktiosta t 7→ sin 2t on oikeinkirjoittaa L{t 7→ sin 2t}. Usein tama kuitenkin — kaikestahuolimatta — lyhennetaan muotoon

L{t 7→ sin 2t} = L{sin 2t},

jossa t kuvaa siis “geneerista arvoa”ei jotakin tiettya t arvoa. Muttamuotoa L{f (t)} ei ole syyta kayttaa.


Laplace-kaanteismuunnos

Oletetaan etta F : Hα 7→ C, ja

F (s) = L{f }(s) =

∫ ∞

0e−st f (t) dt,

niin funktiota f kutsutaan funktion FLaplace-kaanteismuunnokseksi ja merkitaan f = L−1 {F}.Erityisesti siis L−1 {L {f }} = f ja L{L−1 {F}} = F .


Johdanto

Laplace muunnos on integraalimuunnos, kuten myos Fourier–muunnos.Se on muotoa

f 7→ F , F (s) =

∫k(s, t)f (t) dt,

jossa integraali on f maarittelyalueen ja k(s, t) on muunnoksen ydin.Fourier–muunnoksen tapauksessa integoidaan reaaliakselin, k(s, t) = e−sti

Laplace–muunnoksessa t ∈ [0,∞], s ∈ C+ ja k(s, t) = e−st .Laplace– ja myos Fourier–muunnoksen tarkeimpia sovelluksia differentiaalija integraaliyhtaloiden teoria.


Esimerkki 1

Lasketaan vakiofunktion f (t) = 1, kun t ≥ 0 Laplace-muunnos F (s).

L{f }(s) = L{1}(s) =

∫ ∞

0e−st dt = −1

se−st

∣∣∣∣∞0

=1

s(Re s > 0).

Huomaa, etta

e−st = e−tRe s︸︷︷︸↘ 0> 0

e−tiIm s︸︷︷︸|·|=1

−→ 0, t →∞

nimenomaan koska oletamme Re s > 0


Esimerkki 2

Lasketaan eksponenttifunktion f : t 7→ eαt , missa α on vakio ja t ≥ 0Laplace-muunnos F .

L{eαt}(s) =

∫ ∞

0e−steαt dt =

1

α− se−(s−α)t

∣∣∣∣∞t=0

.

Kun Re (s − α) > 0 eli Re s > α, saadaan

L{eαt} =1

s − α.


Laplace-muunnoksen lineaarisuus

Lause 1

Laplace-muunnos on lineaarinen kuvaus:Jos

f , g ovat funktioita, joille

muunnos L{f }(s) on olemassa kaikilla s > αf ,

muunnos L{g}(s) on olemassa kaikilla s > αg ,

ja a, b ∈ C ovat vakioita,

niin kaikilla s > max{αf , αg}

L {af + bg}(s) = aL{f }(s) + bL{g}(s).


Todistus

Vaite seuraa suoraan maaritelmasta ja integraalioperaattorinlineaarisuudesta: Oletetaan Re s > max{αf , αg}.Silloin

L{af + bg}(s) =

∫ ∞

0e−st [af (t) + bg(t)] dt

= a

∫ ∞

0f (t)e−st dt + b

∫ ∞

0g(t)e−st dt

= aL{f }(s) + bL{g}(s).


Hyperboliset funktiot

Lasketaan hyperbolisen kosinin ja sinin Laplace-muunnokset.

Koska cosh at = (eat + e−at)/2, saadaan Lauseesta 1 ja Esimerkista 2

L{cosh at} =1

2

(L{eat}+L{e−at}

)=

1

2

( 1

s − a+

1

s + a

)=

s

s2 − a2.

Vastaavasti sinh at = (eat − e−at)/2 ja

L{sinh at} =1

2

(L{eat}−L{e−at}

)=

1

2

( 1

s − a− 1

s + a

)=

a

s2 − a2.


Kosini ja sini (ratkaisu reaalianalyysin avulla)

Sijoittamalla f (t) = cos ωt ja g ′(t) = e−st osittaisintegrointikaavaan∫ ba f (t)g ′(t) dt = f (t)g(t)

∣∣∣∣bt=a

−∫ ba f ′(t)g(t) dt saadaan

L{cos ωt}(s) =

∫ ∞

0e−st cos ωt dt

=e−st

−scos ωt

∣∣∣∣∞t=0

− ω

s

∫ ∞

0e−st sinωt dt

=1

s− ω

sL{sinωt}(s).

L{sinωt}(s) =

∫ ∞

0e−st sinωt dt

=ω

sL{cos ωt}(s).


Kosini ja sini (ratkaisu reaalianalyysin avulla, jatkoa)

Olemme johtaneet L{cos ωt}:lle esityksen L{sinωt}:n avulla ja kaantaen.Sijoitetaan ne toisiinsa:

L{cos ωt}(s) =1

s− ω

sL{sinωt}(s)

=1

s− ω

s

(ω

sL{cos ωt}

),(

1 +ω2

s2

)L{cos ωt}(s) =

1

s2,

L{cos ωt}(s) =s2

s2 + ω2.

L{sinωt}(s) =ω

sL{cos ωt}(s) = . . .

=ω

s2 + ω2.


Muunoksen realisuus

Huomatus

Jos f : R+ 7→ R, eli f (t) ∈ R kaikilla t > 0,

L{f }(s) =

∫ ∞

0f (t)e−st︸︷︷︸∈R, s>0

dt ∈ R

eli L{f }(s) ∈ R kaikilla s > 0;

Trigometristen funktioiden Laplace muunnos saadaan myos kayttaenkompleksianalyysia: Erityisesti sin t, cos t ∈ R kaikilla t > 0. (1) Sijoitetaana = iω Esimerkissa 2, ja toisaalta (2) kaytetaan Eulerin kaavaae iωt = cosωt + i sinωt ja muunnoksen lineaarisuutta,

L{e iωt}(s) (1)=

1

s − iω=

s + iω

(s − iω)(s + iω)=

s + iω

s2 + ω2

=s

s2 + ω2+ i

ω

s2 + ω2

L{e iωt}(s) (2)= L{cosωt + i sinωt}= L{cos ωt}+ iL{sinωt}.

josta vaite seuraa vertaamalla reaali- ja imaginaariosia.


Potenssifunktio (luonnolliset luvut)

Tutkitaan potenssifunktion f (t) = tn Laplace-muunnosta, kunn = 0, 1, 2, . . ..

Esimerkin 1 nojalla, L{t 7→ 1} = (s 7→ 1s ).

L{tn+1} voidaan ilmaista L{tn} avulla osittaisintegroimalla

L{tn+1}(s) =

∫ ∞

0e−sttn+1 dt = − 1

se−sttn+1

∣∣∣∣∞t=0︸︷︷︸

=0

+n + 1

s

∫ ∞

0e−sttn dt︸︷︷︸

L{tn}(s)

.

Induktiolla saadaan yleisesti

L{tn}(s) =n

sL{tn−1}(s) = · · · = (n)!

sn+1.


Gamma-funktioHalutaan maaritella Laplace-muunnos funktiolle ta, kun a > 0 on reaalinenvakio. Tulos on helppo kirjoittaa Gamma-funktion

Γ(s) =

∫ ∞

0ts−1e−t dt, ∀s ∈ C+

avulla. Jos Re s ≥ 0 niin integraali ylla suppenee itseisesti.Gamma-funktiolle patee,

Γ(1) = 1Γ(1/2) =

√π

Γ(s + 1) = s Γ(s), s ∈ C, Re s ≥ 0Γ(n + 1) = n Γ(n) = . . . = n!, n = 0, 1, 2, . . .

Huomaa Gamma-funktion ja kertoman yhteys. Kolmannen vaitteen voinahda osoittaisintegroimalla:

Γ(s + 1) =

∫ ∞

0tse−t dt = − tse−t

∣∣∣∣∞0︸︷︷︸

=0

+

∫ ∞

0sts−1e−t dt = s Γ(s)


Kuva: Gamma-funktio reaaliakselilla. Huomaa erityisesti lokaali minimipiteiden s = 1 ja s = 2 valissa.


Kuva: Funktio h(z) = |Γ(z)| kompleksitasossa.


Potenssifunktio ta, a > 0

Lahdetaan liikkeelle Laplace-muunnoksen maaritelmasta. Oletetaan s > 0ja tehdaan muuttujanvaihto x = st

L{ta} =

∫ ∞

0e−stta dt =

∫ ∞

0e−x

(x

s

)a dx

s=

1

sa+1

∫ ∞

0e−xxa dx ,︸︷︷︸

=Γ(a+1)

SaadaanL{ta} = s−(a+1)Γ(a + 1),

ja erityisesti, koska Γ(n + 1) = n!,

L{tn} =n!

sn+1.


Siirto s:n suhteen

Jos L{f } on tunnettu, niin funktion eat f (t) Laplace-muunnos saadaanhelposti:

Lause 2

Oletetaan, etta f on Laplace-muuntuva, ja sen muunnos on F (s) kunRe s > α. Talloin kaikilla a ∈ C

L{eat f (t)}(s) = F (s − a)

elieat f (t) = L−1 {F (s − a)}(t),

kun Re (s − a) > α ⇔ Re s > α + Re a.


Todistus

Suoraan maaritelmasta saadaan

F (s−a) =

∫ ∞

0e−(s−a)t f (t) dt =

∫ ∞

0e−st [eat f (t)] dt = L{eat f (t)}.

Jos F (s) on olemassa, kun Re s > α, niin integraali on olemassa, kunRe (s − a) > α.


Esimerkki

Etsitaan kaanteismuunnos f lausekkeelle

F (s) =3s − 137

s2 + 2s + 401= L{f }(s).

Valittomasti siirtolauseesta ja trigonometristen ja hyperbolistenfunktioiden muunnoskaavoista saadaan

L{eat cos ωt} = s−a(s−a)2+ω2 , L{eat sinωt} = ω

(s−a)2+ω2 ,

L{eat coshωt} = s−a(s−a)2−ω2 , L{eat sinhωt} = ω

(s−a)2−ω2 .

Valitsemalla a = −1 ja ω =√

401− a2 = 20 nimittaja voidaan kirjoittaa

(s − a)2 + ω2 = (s2 − 2as + a2) + ω2 = s2 + 2s + 401.


Kayttamalla kaanteismuunnoksen lineaarisuutta lauseke voidaan kirjoittaaosamurtoina, sin ja cos muunnoksina

F (s) =3(s + 1)− 140

(s + 1)2 + 400= 3

s + 1

(s + 1)2 + 202− 7

20

(s + 1)2 + 202,

jotenf (t) = L−1 {F}(t) = e−t(3 cos 20t − 7 sin 20t).


Exponentiaalinen kasvu

Sanomme etta funktio f tayttaa exponentiaalisen kasvuehdon jos onolemassa vakiot M > 0 ja α > 0 siten etta kaikilla t maarittelyalueellaan

|f (t)| ≤ Meαt . (1.2)

Kasvuvauhti on tarkea, koska se antaa riittavan ehdonLaplace–muunnoksen suppenemiselle.


Integraali tayttaa kasvuehdon

Jos g tayttaa kasvuehdon vakioilla M ja α niin integraalifunktio

f (t) = g(0) +

∫ ∞

0g(t) dt

tayttaa ehdot vakioilla M ′ = |g(0)|+ Mα ja α′ = α:

Huomattavaa on, etta kasvuvauhti α ei muutu.Todistus:

|f (t)| ≤ |g(0)|+∫ ∞

0|g(t)| dt ≤ |g(0)|+ M

∫ ∞

0|eαt | dt

≤ |g(0)|+ M

α(eαt − 1) ≤ (|g(0)|+ M

α)eαt


Kaikki alemmat derivaatat tayttavat kasvuehdon

Jos f (n) tayttaa kasvuehdon vakioilla Mn, α niin f (k), k = 0, 1, . . . , n − 1tayttaa kasvuehdon vakiolla Mk , α. Mk riippuu arvoistaf (k+1)(0), f (k+1)(0), . . . , f (n)(0).

Tod: Kun n = 1 ja k = 0 valitse edellisessa kalvossa g = f ′. Yleisessatapauksessa valitse f = f (n) ja g = f (n−1) ja kayta induktioita.


Laplace-muunnoksen olemassaolo

Lause 3

Jos

f (t) on maaritelty ja paloittain jatkuva t ∈ R+ ja

f tayttaa exponentiaalisen kasvuehdon vakioilla M ja α,

niin

Laplace-muunnos L{f }(s) on olemassa ja analyyttinen s ∈ Hα ja

|L {f }(s)| < C |s|−k jollakin vakiolla C ja k.


Todistus Laplace muunnos on olemassa kaikilla s ∈ Hα:

L{f }(s) = F (s) =

∫ ∞

0e−st f (t) dt

|F (s)| ≤∫ ∞

0|f (t)|e−st dt

≤∫ ∞

0Meαte−tRe s dt =

M

Re (s)− α.

Analyyttisyys seuraa jos lausekeessa

F ′(s) =

∫ ∞

0(−t)e−ts f (t) dt

integraali todella suppenee kaikilla s ∈ Hα.


Olkoon nyt ε = (−α + Re s)/2 jolloin α < α + ε = Re s − ε < Re s ja

|F ′(s)| ≤∫ ∞

0|te−tε|︸︷︷︸≤1/(εe)

|et(ε−Re s)f (t)|︸︷︷︸≤Me−εt

dt ≤ M

eε2=

4M

e(α− Re s)−2

joten F on analyyttinen funktio puolitasossa Hα. Edelleen

|F (k)(s)| ≤∣∣∣∣∫ ∞

0(−t)ke−ts f (t) dt

∣∣∣∣ ≤ 4M

kekε2=

4M

kek(α− Re s)−2

Vaite, etta F voidaan rajoittaa |s| avulla saadaa seuraavasti: Kun s ∈ R,edelta nakyy etta |F (s)| < 4M/s2 kun s > 2α.

Yleinen tapaus s ∈ Hα saadaan tarkastemalla analyyttista funktiota F ◦ φyksikkoympyrassa jossa φ on Mobiuskuvaus joka vie pisteet

φ : (α + ε, α± i) 7→ (0,±i).

Nyt φ(1) = ∞ ja φ(0) = α + ε ja F ◦ φ(ω) kasvua voidaan tarkastellaMacLaurin -sarjan avulla. Yksityiskohdat ohitetaan.


Kaanteismuunnoksen olemassaolo

Lause

Oletetaan:

F on analyyttinen funktio puolitasossa Hα := {s ∈ C : Re s > α}.On olemassa vakiot M ja k > 0, siten etta

|F (s)| ≤ M|s|−k , s ∈ Hα.

Talloin on olemassa funktio f , jolle F (s) = L{f }(s),

L−1 {F}(t) = f (t) :=1

2π

∫ δ+i∞

δ−i∞estF (s) ds,

missa δ voidaan valita vapaasti, kunhan δ > α.


Todistus

Oletetaan, etta δ > α ja C = γR ∪ ΓR , jossa γR = [δ + iR, δ − iR], kutenkuvassa (nk. Bromwichin polku).Oletetaan, etta s on sellainen piste C :n sisalla, etta Re s > δ > α. KoskaF on alueessa analyyttinen, saadaan Cauchyn integraalikaavasta

2πi F (s) =

∫C

F (s)

z − sdz =

∫γR

F (s)

z − sdz +

∫ΓR

F (s)

z − sdz


Mutta ML-epayhtalosta saadaan suurille R:n arvoille∣∣∣∣∫ΓR

F (s)

z − sdz

∣∣∣∣ ≤ MR

Rk(R − |s|)→ 0, R →∞

joten

2πi F (s) = −∫ δ+i∞

δ−i∞

F (s)

z − sdz

Koska lisaksi L{ezt}(s) = 1s−z saamme

L{g}(s)− F (s) = L{g}(s)− 1

2πi

∫ δ+i∞

δ−i∞

F (z)

s − zdz

= L{g}(s)− 1

2πi

∫ δ+i∞

δ−i∞F (z) L{ezt} dz

= L{

g(t) − 1

2πi

∫ δ+i∞

δ−i∞F (z)ezt dz

}(s) ≡ 0

kun g = f . Laplace muunnoksen yksikasitteisyydesta seuraa ettei muitafunktioita f ole.



2 DifferentiaalilaskentaDerivaatan Laplace-muunnosIntegraalin Laplace-muunnosDifferentiaaliyhtalo ja Laplace-muunnos



Johdanto

Laplace-muunnos on erityisen hyodyllinen ratkaistaessadifferentiaaliyhtaloita ja niihin liittyvia alkuarvo-ongelmia.

Ajatuksena on, etta funktioiden derivointi ja integrointi vastaamuunnosten algebrallisia operaatioita.

Karkeasti voidaan ajatella, etta f :n derivointi vastaa L{f }:nkertomista s:lla ja f :n integrointi L{f }:n jakamista s:lla.


Derivaatan Laplace-muunnos

Lause 1

Olkoon f : R+ 7→ C ja f (m) paloittain jatkuva ja toteuttaaeksponentiaalisen kasvuehdot (1.2) jollakin vakioilla α, M:

|f (m)(t)| ≤ Meαt , ∀t > 0 (2.1)

Talloin L{f (k)} on maaritelty kaikille k = 1, 2, . . . ,m ja

L{f ′}(s) = sL{f }(s) − f (0),

L{f ′′}(s) = s2L{f }(s) − sf (0)− f ′(0),

L{f ′′′}(s) = s3L{f }(s) − s2f (0)− sf ′(0)− f ′′(0),

L{f (k)}(s) = skL{f }(s) −k−1∑j=0

sk−j f (j)(0).


Todistus

Oletetaan etta funktio g ′ on paloittain jatkuva. Suoraanmaaritelmasta saadaan osittaisintegroimalla

L{g ′} =

∫ ∞

0e−stg ′(t) dt = e−stg(t)

∣∣∣∣∞t=0︸︷︷︸

=−g(0)

+s

∫ ∞

0e−stg(t) dt.︸︷︷︸=L{g}

Jos f (m) toteutaa kasvuehdon, myos kaikki alemmat derivaatat f (k),k = 0, 1, 2, . . . ,m toteuttavat sen (katso aikaisemmin).

Yleinen f (k) koskeva vaite saadaan induktiolla; sijoitetaan edelliseeng(t) = f (k−1), jolloin saadaan vaite f (k):lle.


Esimerkki 1

Tutkitaan funktiota f (t) = t sinωt. Talloin f (0) = 0,f ′(t) = sinωt + ωt cos ωt, f ′(0) = 0, f ′′ = 2ω cos ωt − ω2t sinωt.

Lasketaan L{f } kayttaen hyvaksi Lausetta 1. Saadaan

L{f ′′} = 2ωs

s2 + ω2− ω2L{f } = s2L{f },

siis

L{f } = L{t sin tω} =2ωs

(s2 + ω2)2.


Esimerkki 2, kosinin ja sinin muunnokset

Tarkastellaan funktiota f (t) = cos ωt. Nyt f (0) = 1, f ′(0) = 0,f ′′(t) = −ω2 cos ωt.

Kayttamalla Lausetta 1 ja Laplace-muunnoksen lineaarisuutta saadaan

L{f ′′} = s2L{f } − s = −ω2L{f }.

SiisL{f } = L{cos ωt} =

s

s2 + ω2.

Vastaavasti funktiolle g(t) = sinωt saadaan g(0) = 0,g ′(0) = ω cos ωt, joten saadaan

L{g ′} = sL{g} = ωL{cos ωt}.

SaadaanL{sinωt} =

ω

sL{cos ωt} =

ω

s2 + ω2.


Integraalin Laplace-muunnos

Lause 3

Oletetaan, etta f (t) on paloittain jatkuva funktio, kun t ≥ 0 ja senLaplace-muunnos F (s) toteuttaa eksponentiaalisen kasvuehdon (1.2)vakioilla M, α. Talloin

L{ ∫ t

0f (u) du

}=

1

sF (s), eli

∫ t

0f (u) du = L−1

{1

sF (s)

},

kun s > 0, s > α ja t > 0.

Tama tulos on erityisen hyodyllinen Laplace-kaanteismuunnostenetsimisessa.


Todistus

Olemme jo aikaisemmin osoittaneet etta

g(t) =

∫ t

0f (u) du

toteuttaa eksponentiaalisen kasvuehdon (1.2). Koska g ′(t) = f (t) paitsiniissa pisteissa, joissa f (t) ei ole jatkuva, g(t) on paloittain jatkuva.Edelleen, g(0) = 0 ja Lauseen 1 nojalla

L{f (t)} = L{g ′(t)} = sL{g(t)} − g(0) = sL{g(t)}.


Differentiaaliyhtalon ratkaiseminen Laplace-muunnoksenavulla

Tarkastellaan alkuarvo-ongelmaa

y ′′ + ay ′ + by = r(t), y(0) = K0, y ′(0) = K1.

Tehdaan muunnos Y = L{y}, R = L{r}. Saadaan

[s2Y (s)− sy(0)− y ′(0)] + a[sY (s)− y(0)] + bY (s) = R(s).

Tama voidaan edelleen kirjoittaa muotoon

(s2 + as + b)Y (s) = (s + a)y(0) + y ′(0) + R(s).


Differentiaaliyhtalon ratkaiseminen .., jatkoa

Kirjoitetaan

Q(s) =1

s2 + as + b=

1

(s + 12a)2 + b − 1

4a2

Saadaan

Y (s) = [(s + a)y(0) + y ′(0)]Q(s) + R(s)Q(s).

Erityisesti, jos y(0) = y ′(0) = 0, niin Y = RQ.

Tuloksena saadaan y = L−1 {Y }.Huomautus: Tassa joudutaan usein laskemaan osamurtoja.


Esimerkki

Ratkaistaan

y ′′ − y = t, y(0) = 1, y ′(0) = 1.

Tekemalla Laplace-muunnos saadaan

s2Y − sy(0)− y ′(0)− Y = 1/s2,

eli(s2 − 1)Y = s + 1 + 1/s2.

Nyt Q(s) = 1/(s2 − 1), ja siis

Y = (s + 1)Q +1

s2=

s + 1

s2 − 1+

1

s2(s2 − 1).


Esimerkki, jatkoa

Sieventamalla ja suorittamalla jako osamurtoihin saadaan

Y =1

s − 1+

1

s2 − 1− 1

s2

y = L−1 {Y }

= L−1{ 1

s − 1

}+ L−1

{ 1

s2 − 1

}− L−1

{ 1

s2

}= et + sinh t − t.


Esimerkki

Ratkaistaan alkuarvo-ongelma y ′′ + y ′ + 9y = 0 alkuarvoillay(0) = 0, 16, y ′(0) = 0.

Kayttamalla derivaatan Laplace-muunnoksen kaavaa saadaan

s2Y − 0, 16s + sY − 0, 16 + 9Y = 0.

Ratkaistaan Y . Saadaan

(s2 + s + 9)Y = 0, 16(s + 1),

eli

Y =0, 16(s + 1)

s2 + s + 9=

0, 16(s + 1/2) + 0, 08

(s + 1/2)2 + 35/4.

Kaanteismuunnoksella saadaan

y(t) = L−1 {Y } = e−t/2(0, 16 cos

√35

4t +

0, 08√35/4

sin

√35

4t)

= e−0,5t(0, 16 cos 2, 96t + 0, 027 sin 2, 96t).


Siirretty alkuarvo-ongelma

Jos alkuarvo-ongelman alkuarvot on annettu pisteessa t0 > 0 muunnetaanongelma sijoitettamalla t = t + t0. Koska t = t0 ⇔ t = 0Laplace-muunnosta voidaan soveltaa ongelman ratkaisemiseksitarkastelalla ongelmaa t funktiona.


Esimerkki

Ratkaistaan alkuarvo-ongelma

y ′′ + y = 2t, y(π/4) = π/2, y ′(π/4) = 2−√

2.

Saadaan t0 = π/4, t = t + π/4. Ratkaistava ongelma on

y ′′ + y = 2(t + π/4), y(0) = π/2, y(0) = 2−√

2,

missa y(t) = y(t).

Laplace-muunnoksen avulla saadaan

s2Y − sπ/2− (2−√

2) + Y = 2/s2 + π/(2s),

joten(s2 + 1)Y = 2/s2 + π/(2s) + πs/2 + 2−

√2.


Esimerkki, jatkoa

Ratkaisemalla Y saadaan

Y =2

(s2 + 1)s2+

π/2

(s2 + 1)s+

πs/2

s2 + 1+

2−√

2

s2 + 1.

Kahden esimmaisen termin kaanteismuunnokset laskettiinEsimerkissa 3, kaksi viimeista ovat sinin ja kosinin muunnokset(kertaa vakio).

Ratkaisu on siis

y = L−1 {Y } = 2(t− sint)+1

2π(1−cos t)+

1

2π cos t +(2−

√2) sin t.

Koska t = t − π/4, sin t = (sin t − cos t)/√

2 ja

y(t) = 2t − sin t + cos t.




3 Yleisia Laplace-muunnoksiaSiirto t:n suhteenDiracin deltafunktioKonvoluution


Usein esiintyvien funktoiden Laplace-muunnoksia

f (t) L{f }1. 1 1/s2. t 1/s2

3. t2 2!/s3

4. tn, n = 1, 2, . . . n!sn+1

5. ta, a > 0 Γ(a+1)sa+1

6. eat 1s−a

7. cos ωt ss2+ω2

8. sinωt ωs2+ω2

9. cosh at ss2−a2

10. sinh at as2−a2

11. eat cos ωt s−a(s−a)2+ω2

12. eat sinωt ω(s−a)2+ω2


Heavisiden funktion Laplace-muunnos

Tarkastellaan yksikkoaskelfunktiota eli Heavisiden funktiota u(t):

u(t − a) =

{0, kun t < a,1, kun t ≥ a,

kun a ≥ 0.

Suoraan maaritelmasta saadaan

L{u(t − a)} =

∫ ∞

0e−stu(t − a) dt =

∫ ∞

ae−st · 1 dt = −e−st

s

∣∣∣∣∞t=a

.

Heavisiden funktion muunnokseksi siis saadaan

L{u(t − a)} =e−at

s, (s > 0).


Siirto t:n suhteen

Lause 1

Jos funktio f (t) on Laplace-muuntuva kun s > α, niin siirretylla funktiolla

g(t) = f (t − a)u(t − a) =

{0, kun t < a,

f (t − a), kun t ≥ a.

on muunnos kun s > α ja

L{g}(s) = L{f (t − a)u(t − a)}(s) = e−asF (s).


Todistus

Kirjoitetaan

e−asF (s) = e−as

∫ ∞

0e−sτ f (τ) dτ =

∫ ∞

0e−s(τ+a)f (τ) dτ.

Sijoitetaan τ + a = t ja saadaan

e−asF (s) =

∫ ∞

ae−st f (t − a) dt.

Siirretaan integrointivalia funktiolla u(t − a)

e−asF (s) =

∫ ∞

0e−st f (t − a)u(t − a) dt =

∫ ∞

0e−st f (t) dt.

Integraali yhtalon oikealla puolella on haluttu Laplace-muunnos.


Esimerkki 1: yksikkoaskelfunktion kaytto

Ilmaistaan funktio

f (t) =

2, kun 0 ≤ t < 1,

12 t2, kun 1 ≤ a < π/2,

cos t, kun t ≥ π/2.

yksikkoaskelfunktion avulla, ja lasketaan sen Laplace-muunnos.

Funktio f (t) voidaan kirjoittaa

f (t) = 2(1−u(t−1))+1

2t2

(u(t−1)−u(t− 1

2π)

)+(cos t)u(t− 1

2π).

Lausetta 1 voidaan soveltaa erikseen kaikkiin termeihin, joissa esiintyymuotoa f (t − a)u(t − a) oleva funktio. Jaljelle jaa termi2(1− u(t − 1)), jonka muunos on 2(1− e−s)/s.


Esimerkki 1: yksikkoaskelfunktion kaytto, jatkoa

Lasketaan

L{(t2/2)u(t − a)

}=

( 1

s3+

1

s2+

1

2s

)e−s

L{1

2t2

(t − 1

2π)}

=( 1

s3+

π

2s2+

π2

8s

)e−πs/2

L{

(cos t)(t − 1

2π)}

= − 1

s2 + 1e−πs/2.

L{f } saadaan laskemalla nama yhteen.


Diracin deltafunktio, kertausta

Palautetaan mieleen maaritelma

fε(t) =

{1/ε, kun t ∈ [0, ε],

0, muulloin.=

u(t)− u(t − ε)

ε

Raja-arvona saadaan Diracin deltafunktio

δ(t) = limε→0+

fε(t).

Erityisesti patee ∫ ∞

0g(t)δ(t − a) dt = g(a)

kaikille jatkuville g(t).


Deltafunktion Laplace-muunnos

Lasketaan Laplace-muunnos

L{fε(t − a)} =

∫ a+ε

a

1

εe−st dt =

1

εs[e−as − e−(a+ε)s ]

= e−as 1− e−εs

εs︸︷︷︸→1, kun ε→0

Raja-arvo saadaan l’Hospitalin saannon nojalla. Joten

L{δ(t − a)} = e−as .


Esimerkki: vasaranisku jousessa

Tutkitaan jousisysteemin mallia,

my ′′ + cy ′ + ky = r(t),

missa m on jousessa olevan punnuksen massa, c onvaimenemiskerroin, k jousivakio ja r(t) jouseen vaikuttava ulkoinenvoima.

Tutkitaan tata tyyppia olevaa tilannetta, jossa yhtalo on

y ′′ + 3y ′ + 2y = δ(t − 1),

eli jouseen kohdituu yksikkoimpulssi (”vasaranisku”) hetkella t = 1.Alussa systeemi on lepotilassa, eli y(0) = 0 ja y ′(0) = 0.

Muodostetaan Laplace-muunnos. Saadaan

(s2 + 3s + 2)Y (s) = e−s .


Esimerkki: vasaranisku jousessa, jatkoa

Ratkaistaan yhtalo algrebrallisesti:

Y (s) =e−s

(s + 1)(s + 2)=

( 1

s + 1− 1

s + 2

)e−s .

Lauseen 1 avulla ratkaisuksi saadaan

y(t) = L−1 {Y } =

{0, kun 0 < t < 1,

e−(t−1) − e−2(t−1), kun t ≥ 1.


Konvoluutio, motivaatio

Motivaatio: Tunnetaan muunnokset L{f }, L{g}. Halutaan loytaafunktio h, jonka muunnos on L{f }L {g}.Erityisesti yleensa

L{fg} 6= L{f }L {g}.


Konvoluutio, esimerkki

Tarkastellaan funktioita f = et , g = 1, jolloin fg = et .

Lasketaan Laplace-muunnokset:

L{f } = L{fg} = 1/(s − 1), L{g} = 1/s.

SiisL{f }L {g} = 1/(s2 − s) 6= L{fg}.


Konvoluutio

Maaritellaan f , g : R+ 7→ C:n konvoluutio funktiona f ∗ g : R+ 7→ C,

(f ∗ g)(t) :=

∫ t

0f (τ)g(t − τ) dτ,

jos ko integraali suppenee.

Lause

Jos funktiot f , g ovat Laplace-muuntuvia, niin

L{f ∗ g} = L{f }L {g}.


Todistus

Merkitaan

F (s) =

∫ ∞

0e−sτ f (τ) dτ, G (s) =

∫ ∞

0e−sρg(ρ) dρ.

Asetetaan t = ρ + τ , jolloin ρ = t − τ ja t:n vaihteluvali on τ :sta∞:aan.

Kirjoitetaan

G (s) =

∫ ∞

τe−s(t−τ)g(t − τ) dt = esτ

∫ ∞

τe−stg(t − τ) dt.


Todistus, jatkoa

Lasketaan

F (s)G (s) =

∫ ∞

0e−sτ f (τ)esτ

∫ ∞

τe−stg(t − τ) dt dτ

=

∫ ∞

0f (τ)

∫ ∞

τe−stg(t − τ) dt dτ.

Vaihtamalla integrointijarjestysta saadaan

F (s)G (s) =

∫ ∞

0e−st

∫ t

0f (τ)g(t − τ) dτ dt

=

∫ ∞

0e−st(f ∗ g)(t) dt

= L{f ∗ g}(s)


Esimerkki

Etsitaan h(t), kun tunnetaan

H(s) =1

(s − a)s.

Funktion 1/(s − a) kaanteimuunnos on f (t) = eat , ja funktion 1/skaanteismuunnos on g(t) = 1.

Lasketaan konvoluutio

h(t) = eat ∗ 1 =

∫ t

0eaτ · 1 dτ =

1

a(eat − 1).


Documents

Määritelm ä ja perusominaisuudet Osa VII · PDF file3 Yleisiä Laplace-muunnoksia A.Rasila, J.v.Pfaler Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 11. lokakuuta 2007 182 ... 401−a2