Analízis 3

Laplace-transzformáció

Differenciálegyenletből algebrai egyenlet: hogyan visz át a transzformáció, mit érdemes fejből tudni, és hogyan jövünk vissza a megoldáshoz.

15 perc olvasás

1. Mire jó, és mi a definíció

A Laplace-transzformáció egy fordítógép: az idő tartományából (ahol a feladat differenciálegyenlet) átvisz egy másik tartományba, ahol ugyanaz a feladat közönséges algebrai egyenlet lesz. Ott megoldjuk, majd visszafordítjuk. A deriválásból szorzás lesz, az integrálásból osztás — ez az egész módszer lényege.

A definíció

\mathcal{L}\{f(t)\}=F(s)=\int_{0}^{\infty}f(t)\,e^{-st}\,dt

Ez egy improprius integrál, tehát csak akkor létezik, ha konvergál — ehhez elég nagy $s$ kell. Jó hír viszont, hogy a definíciót a gyakorlatban szinte soha nem kell használni: a szükséges transzformáltak táblázatból mennek.

A definíció egyszer, hogy lássuk működni

Számoljuk ki az $f(t)=1$ transzformáltját:

\mathcal{L}\{1\}=\int_{0}^{\infty}e^{-st}dt=\left[-\frac{e^{-st}}{s}\right]_{0}^{\infty}=0+\frac1s=\frac1s\qquad (s>0)

A felső határnál azért lesz nulla, mert $s>0$ esetén $e^{-st}\to 0$ . Ez a feltétel a konvergenciatartomány, és ezért szerepel majdnem minden képlet mellett egy ilyen kikötés.

Elakadtál ennél a résznél?

Egy órán megnézzük, pontosan hol csúszik el, és addig gyakoroljuk, amíg magabiztos nem leszel benne.

Egyéni óra foglalása vagy 15 perc ingyenes konzultáció

2. A transzformáltak táblázata

Ezt a hat sort szedtem össze Neked, mert ezek a vizsgafeladatok túlnyomó részét lefedik. Érdemes fejből tudni — vagy legalábbis felismerni visszafelé is, mert az inverz transzformációnál pont erre lesz szükség.

f(t)	F(s)
$1$	$\dfrac{1}{s}$
$t^{n}$	$\dfrac{n!}{s^{n+1}}$
$e^{at}$	$\dfrac{1}{s-a}$
$\sin\omega t$	$\dfrac{\omega}{s^{2}+\omega^{2}}$
$\cos\omega t$	$\dfrac{s}{s^{2}+\omega^{2}}$
$e^{at}\sin\omega t$	$\dfrac{\omega}{(s-a)^{2}+\omega^{2}}$

Egy egyszerű példa: két sor a táblázatból

$\mathcal{L}\{3t^{2}+2e^{-t}\}$ . Tagonként (ez a linearitás, mindjárt jön) a második sor $n=2$ mellett $\frac{2!}{s^{3}}=\frac{2}{s^{3}}$ , a harmadik sor $a=-1$ mellett $\frac{1}{s+1}$ . Tehát $\mathcal{L}\{3t^{2}+2e^{-t}\}=\dfrac{6}{s^{3}}+\dfrac{2}{s+1}$ . Egyetlen integrál sem kellett: ez a táblázat értelme.

Az utolsó sor nem külön képlet

A hatodik sor az ötödikből következik a csillapítási (eltolási) tétel alapján, amiről a következő fejezet szól. Ha ezt az egy tételt megérted, a táblázat feleannyi sorral is elég.

3. A négy tétel, ami mindent visz

Linearitás. $\mathcal{L}\{\alpha f+\beta g\}=\alpha F(s)+\beta G(s)$ — tagonként transzformálhatsz, a konstans kiemelhető. Ez teszi a módszert egyáltalán használhatóvá.
Csillapítási tétel (eltolás s-ben). $\mathcal{L}\{e^{at}f(t)\}=F(s-a)$ — az $e^{at}$ szorzó a képtérben egyszerű eltolás.
Késleltetési tétel (eltolás t-ben). $\mathcal{L}\{f(t-a)u(t-a)\}=e^{-as}F(s)$ , ahol $u$ az egységugrás. Ez kapcsolható be és ki jeleknél kell.
A derivált transzformáltja. Ez az, amiért az egészet csináljuk.

A derivált transzformáltja

\mathcal{L}\{y'\}=sY(s)-y(0),\qquad \mathcal{L}\{y''\}=s^{2}Y(s)-s\,y(0)-y'(0)

Nézd meg, mi történt: a deriválásból szorzás lett, és a kezdeti feltételek maguktól beépültek a képletbe. Nem kell külön általános megoldást keresni és utána konstansokat meghatározni — a Laplace-módszer egy lépésben adja a kezdetiérték-feladat megoldását. Ez a legnagyobb előnye a hagyományos úthoz képest.

Egy egyszerű példa: y′ + y = 0, y(0) = 1

Transzformáljuk az egyenlet mindkét oldalát: $sY-y(0)+Y=0$ , azaz $sY-1+Y=0$ . Ez már algebra: $Y(s+1)=1$ , tehát $Y=\dfrac{1}{s+1}$ . A táblázat harmadik sora visszafelé olvasva: $y(t)=e^{-t}$ . Ellenőrzés: $y'=-e^{-t}$ , és $y'+y=0$ , $y(0)=1$ . A kezdeti feltétel már az első sorban beépült, nem kellett a végén konstanst keresni.

4. Az inverz transzformáció

Visszafelé nem integrálunk: a képtérben kapott $Y(s)$ racionális törtfüggvényt olyan darabokra bontjuk, amiket a táblázatban meg tudunk találni. A fő eszköz tehát a parciális törtekre bontás — ugyanaz, mint az integrálásnál.

Példa: nevezőben két egyszeres gyök

Y(s)=\frac{s-3}{(s-1)(s-2)}=\frac{A}{s-1}+\frac{B}{s-2}

A letakarásos módszerrel $A=\frac{1-3}{1-2}=2$ és $B=\frac{2-3}{2-1}=-1$ , tehát:

Y(s)=\frac{2}{s-1}-\frac{1}{s-2}\quad\Longrightarrow\quad y(t)=2e^{t}-e^{2t}

Példa: nem bontható nevező, teljes négyzet

Ha a nevezőnek nincs valós gyöke, ne erőltesd a bontást — alakítsd teljes négyzetté, és keresd a szinuszos vagy koszinuszos alakot:

Y(s)=\frac{1}{s^{2}+2s+5}=\frac{1}{(s+1)^{2}+4}=\frac12\cdot\frac{2}{(s+1)^{2}+2^{2}}

Ez pontosan a táblázat utolsó sora $a=-1$ és $\omega=2$ mellett:

y(t)=\frac{1}{2}e^{-t}\sin 2t

A számláló „megigazítása” (itt az $\frac12\cdot 2$ trükk) tipikus lépés: a táblázatban $\omega$ áll a számlálóban, tehát elő kell állítani.

5. Kezdetiérték-feladat megoldása

Most álljon össze a három lépés. A menet mindig ugyanaz, és ez a módszer legnagyobb erénye: nem kell típust felismerni, próbafüggvényt választani vagy rezonanciát vizsgálni.

Transzformálj. Alkalmazd a $\mathcal{L}$ operátort az egyenlet mindkét oldalára, a deriváltakra a fenti képletekkel, és helyettesítsd be a kezdeti értékeket.
Rendezz. Fejezd ki $Y(s)$ -et. Ez már csak algebra: egy kiemelés és egy osztás.
Transzformálj vissza. Bontsd parciális törtekre, és olvasd ki a táblázatból az egyes tagokat.

Példa: y″ − 3y′ + 2y = 0, y(0) = 1, y′(0) = 0

Transzformálás tagonként:
$\big(s^{2}Y-s\cdot 1-0\big)-3\big(sY-1\big)+2Y=0$
Rendezés $Y$ -ra:
$Y\big(s^{2}-3s+2\big)=s-3\ \Longrightarrow\ Y(s)=\frac{s-3}{(s-1)(s-2)}$
Vedd észre: a nevezőben pontosan a karakterisztikus polinom áll. Ez nem véletlen, és jó ellenőrzési pont.
Visszatranszformálás (ezt az előző fejezetben már elvégeztük):
$y(t)=2e^{t}-e^{2t}$
Ellenőrzés: $y(0)=2-1=1$ , és $y'(t)=2e^{t}-2e^{2t}$ , tehát $y'(0)=0$ . Mindkét feltétel teljesül.

Mikor éri meg Laplace-szal?

Akkor, ha kezdetiérték-feladatról van szó (mert a feltételek maguktól beépülnek), és főleg akkor, ha a jobb oldal szakaszos vagy impulzusszerű — egy bekapcsolt feszültség vagy egy ütés esetén a próbafüggvény-módszer nem is használható, a késleltetési tétel viszont pontosan erre való. Sima, folytonos jobb oldalnál viszont a hagyományos út gyakran rövidebb.

6. Tipikus hibák

A kezdeti értékek elhagyása a derivált képletéből. Az $\mathcal{L}\{y''\}$ három tagból áll. Ha a $-s\,y(0)-y'(0)$ részt lefelejted, a kezdetiérték-feladatból homogén egyenlet lesz.
Előjelhiba az $\frac{1}{s-a}$ képletben. Az $e^{-2t}$ transzformáltja $\frac{1}{s+2}$ , mert $a=-2$ . Ez a leggyakoribb elírás.
A számláló megigazításának elhagyása. A $\frac{1}{s^{2}+4}$ nem $\sin 2t$ , hanem $\frac12\sin 2t$ : a táblázatban $\omega$ áll a számlálóban.
Erőltetett bontás valós gyök nélküli nevezőnél. Ha a diszkrimináns negatív, ne gyököt keress: alakítsd teljes négyzetté, és a csillapítási tétellel olvasd ki.
Megállás a képtérben. A feladat az $y(t)$ függvényt kérdezi, nem az $Y(s)$ -et. A visszatranszformálás nélkül a megoldás félkész.

Elakadtál menet közben?

Egy tananyag megmutatja, hogyan működik a dolog. Azt viszont, hogy pontosan hol csúszik el nálad, egy óra alatt derítjük ki. Foglalj egy alkalmat, vagy beszéljük meg egy ingyenes konzultáción, mire van szükséged.

Egyéni óra foglalása Ingyenes konzultáció