In [21]:
pkg load symbolic

Laplace

Egy $f$ függvényhez egy másik, vele szoros kapcsolatban levő ${\cal L}[f]$ fv-t rendel: $$ f\to {\cal L}[f] $$

$$ {\cal L}[f](s) = \int_0^\infty f(t)e^{-st}\text{d}t \hspace{3em} s>0 $$

Jelölés:

$f,g,h$ függvény esetén a rövidebb $F,G,H$ jelölést alkalmazom a Laplace transzformáltra.

Szabályok:

Parciális integrálás alkalmazásával igazolhatóak. \begin{matrix} & f(t) && \leftrightarrow && F(s) & \\ \hline 0& 0 && \leftrightarrow && 0 & \\ 1& 1 && \leftrightarrow && \frac{1}{s} & \\ 2& h' && \leftrightarrow && {}_{sH(s)-h(0)}^{s{\cal L}[h](s)-h(0)} & (H={\cal L}[h])& \\ 2a& h'' && \leftrightarrow && {}_{s^2H(s)-sh(0)-h'(0)}^{s^2{\cal L}[h](s)-sh(0)-h'(0)} & (H={\cal L}[h])& \\ 3& t^n && \leftrightarrow && \frac{n!}{s^{n+1}}&\\ 4& \cos(at) && \leftrightarrow && \frac{s}{s^2+a^2}&\\ 5& \sin(at) && \leftrightarrow && \frac{a}{s^2+a^2}&\\ 6& f(t)e^{at} && \leftrightarrow && F(s-a)&(F={\cal L}[f])&\\ 7& f+\alpha g && \leftrightarrow && F+\alpha G&\\ \hline 8& \frac{t^{n-1}}{(n-1)!} && \leftrightarrow && \frac{1}{s^n}& 3\\ 9& \frac{t^{n-1}}{(n-1)!}e^{-at} && \leftrightarrow && \frac{1}{(s+a)^n}& 3,6\\ \end{matrix}

Feladatok:

(a linearitás mindig kihasználjuk)

1. $f(t)=3\cos(2t)+e^{-t}$.

$F(s)=3\frac{s}{s^2+4}+\frac{1}{s+1} \ \ \ \ \ \ $ (4,6)

2. $f(t)=4t-2+e^{2t}$.

$F(s)=4\frac{1}{s^2}-2\frac{1}{s}+\frac{1}{s-2} \ \ \ \ \ \ $(3,6)

3. $f(t)=e^{-t}\cos(t)$.

$F(s)=\frac{s+1}{(s+1)^2+1} \ \ \ \ \ \ $ (4,6)

4. $f(t)=e^{t}t$.

$F(s)=\frac{1}{(s-1)^2} \ \ \ \ \ \ $ (3,6)


5. $F(s)=\frac{1}{2s^2}-\frac{2}{s}$.

$f(t)=\frac{1}{2}t-2\cdot 1 \ \ \ \ \ \ $ (8)

6. $F(s)=\frac{1}{s+2}+\frac{2s}{s^2+4}$.

$f(t)=e^{-2t}+2\cos(2t) \ \ \ \ \ \ $ (9,4)

7. $F(s)=\frac{3}{s^3}-\frac{1}{(s-1)^4}$.

$f(t)=3\frac{t^2}{2}-\frac{t^3}{6}e^{t} \ \ \ \ \ \ $(8,9)

8. $F(s)=\frac{10}{s^3+7s^2+10s}$.

A nevező: $s(s+2)(s+5)$ alakú, ezért: $$ \frac{10}{s^3+7s^2+10s}=\frac{A}{s}+\frac{B}{s+2}+\frac{C}{s+5} $$ alakba írjuk $F$-et. Szorozzunk fel ${s^3+7s^2+10s}$-vel: \begin{gather*} 10=A(s+2)(s+5)+Bs(s+5)+Cs(s+2)\\ 10=10A + s(7A+5B+2C)+s^2(A+B+C) \end{gather*} azaz $A=1$ és: \begin{gather*} 7+5B+2C=0\\ 1+B+C=0 \end{gather*} amiből: $5+3B=0\ \ B=-\frac{5}{3}\ \ C=\frac{2}{3}$.
$f(t)=1-\frac{5}{3}e^{-2t}+\frac{2}{3}e^{-5t}$

9. $F(s)=\frac{2}{s(s+3)}$.
\begin{gather*} \frac{2}{s(s+3)}=\frac{A}{s}+\frac{B}{s+3}\\ 2=A(s+3)+Bs=3A+s(A+B)\\ A=\frac{2}{3},\ A+B=0,\ B=-\frac{2}{3} \end{gather*}

$f(t)=\frac{2}{3}-\frac{2}{3}e^{-3t}$

10. $F(s)=\frac{1}{s^2(s^2+1)}$.
\begin{gather*} \frac{1}{s^2(s^2+1)}=\frac{A}{s^2}+\frac{B}{s^2+1}\\ 1=\frac{A}{s^2+1}+\frac{B}{s^2}\\ 1=A+s^2(A+B)\\ A=1,\ A+B=0,\ B=-1 \end{gather*}

$f(t)=t-sin(t)$

11. $F(s)=\frac{5}{s(s^2+4)}$.

A linearitás (homogenitás) miatt az 5-össel elég a végén szorozni. \begin{gather*} \frac{1}{s(s^2+4)}=\frac{A}{s}+\frac{Bs+C}{s^2+4}\\ A=\frac{1}{4},\ B=-\frac{1}{4},\ C=0 \end{gather*}

12. $F(s)=\frac{1}{s^2+s+2)}$.

Komplex gyökök esetén ez mindig célra vezet: \begin{gather*} s^2+s+2=(s+\frac{1}{2})^2+\frac{7}{4}\ \ \ \ \\ \frac{1}{s^2+s+2}=\frac{1}{(s+\frac{1}{2})^2+\frac{7}{4}}\ \ \ \ \ \ \ !\sin(at)+e^{at}! \\ =\frac{2}{\sqrt{7}}\frac{\frac{\sqrt{7}}{2}}{(s+\frac{1}{2})^2+\frac{7}{4}} \ \longleftarrow \frac{2}{\sqrt{7}}\sin(\frac{\sqrt{7}}{2}t)e^{-\frac{t}{2}} \end{gather*}

Matlab/Octave

Az összes példát ellenőrizhetjük:

In [26]:
% inverz Laplace
syms s
ilaplace(1/(s^2+s+2))
ans = (sym)

        -t           
        ───          
         2     ⎛√7⋅t⎞
  2⋅√7⋅ℯ   ⋅sin⎜────⎟
               ⎝ 2  ⎠
  ───────────────────
           7         

In [25]:
syms t 
laplace(exp(-t))
ans = (sym)

    1  
  ─────
  s + 1

de1. Oldjuk meg a
\begin{gather*} y''+y=t\\ y(0)=1,\ \ y'(0)=-2 \end{gather*}

kezdeti érték feladatot. Vegyük a Laplace-transzformáltját mindkét oldalnak. A 2,2a és 3 alapján, az ${\cal L}[y](s)$-t $Y(s)$-nek jelölve: \begin{gather*} s^2Y(s)-sy(0)-y'(0)+Y(s)=\frac{1}{s^2}\\ s^2Y(s)-s+2+Y(s)=\frac{1}{s^2}\\ (s^2+1)Y(s)=\frac{1}{s^2}+s-2\\ Y(s)=\frac{1}{s^2(s^2+1)}+\frac{s}{(s^2+1)}-\frac{2}{s^2+1}\\ Y(s)=\frac{1}{s^2}+\frac{s}{(s^2+1)}-\frac{3}{s^2+1}\\ y(t)=t+\cos(t)-3\sin(t) \end{gather*}

de2. Oldjuk meg a
\begin{gather*} y''+y'+y=1\\ y(0)=1,\ \ y'(0)=-1 \end{gather*}

kezdeti érték feladatot. Vegyük a Laplace-transzformáltját mindkét oldalnak. A 2,2a és 3 alapján, az ${\cal L}[y](s)$-t $Y(s)$-nek jelölve: \begin{gather*} s^2Y(s)-sy(0)-y'(0)+sY(s)-y(0)+Y(s)=\frac{1}{s}\\ s^2Y(s)-s+1+sY(s)-1+Y(s)=\frac{1}{s}\\ (s^2+s+1)Y(s)-s=\frac{1}{s}\\ Y(s)=\frac{1}{s(s^2+s+1)}+\frac{s}{(s^2+s+1)}=U+V \end{gather*} A 12. feladathoz hasonlóan az \begin{gather*} s^2+s+1=(s+\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}\\ \end{gather*} átalakítás után: \begin{gather*} V=\frac{s}{(s^2+s+1)}= \frac{s+\frac{1}{2}}{(s+\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}}- \frac{\frac{1}{2}}{(s+\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}}=\\ \frac{s+\frac{1}{2}}{(s+\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}}- \frac{1}{\sqrt{3}}\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{(s+\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}} \end{gather*} Ezeknek tudjuk az inverz Laplace-át. (...) \begin{gather*} U=\frac{1}{s(s^2+s+1)}=\frac{A}{s}+\frac{Bs+C}{s^2+s+1} \end{gather*} $A,B,C$-re megoldani és újra ismerős arcokat kapunk.