8. marraskuuta 216
Laplace-muunnoksen määritelmä, olemassaolo ja perusom
Integraalimuunnos Integraalimuunnos on yleisesti muotoa F(u) = K(t, u)f (t)dt missä K on integraalin ydin. Tässä K ja f ovat tunnettuja. Muunnos muuntaa funktio f t-avaruudesta u-avaruuteen. Esimerkkejä integraalimuunnoksista: K(t, u) = e ut Fourier-muunnos K(t, u) = e iut Mellinin muunnos K(t, u) = t u 1
Integraalimuunnoksien sovellukset Integraalimuunnoksia käytetään eityisesti differentiaali-, osittaisdifferentiaali- ja integraaliyhtälöiden ratkaisemiseen Muunnoksien avulla voidaan monesti edellä mainitut yhtälöt ratkaista kätevämmin kuin perinteisillä menetelmillä Ratkaisu (vaikea) Ongelma t-avaruudessa Ratkaisu t-avaruudessa Muunnos Käänteismuunnos Ongelma u-avaruudessa Ratkaisu u-avaruudessa Ratkaisu (helppo)
Olkoon f (t) kompleksi- tai reaaliarvoinen funktio. Funktion f määritellään kaavalla F(s) = e st f (t)dt edellyttäen, että integraali on olemassa. Tässä s voi olla kompleksinen Funktio F(s) on funktion f (t). Muunnoksesta käytetään myös merkintää L(f ) Muunnettavaa funktiota on tapana merkitä pienellä kirjaimella ja muunnettua funktiota isolla kirjaimella Funktion f ei riipu funktion saamista arvoista kun t <.
Vakiofunktion ESIMERKKI. Vakiofunktion f (t)=1 (t ) Laplace-muunnoksen määritelmän mukaan L(1) = = lim R = lim R e st 1 dt = lim / R R 1 s e st 1 s (1 e sr ) = 1 s R e st dt (s > )
Eksponenttifunktion ESIMERKKI. Eksponenttifunktion f (t) = e at (t ) Laplace-muunnoksen määritelmän mukaan L(e at ) = = = / e st e at dt = 1 s a e (s a)t 1 (s > a) s a e (s a)t dt
Lineaarisuus Lause Olkoon funktioiden f ja g Laplace-muunnokset olemassa ja a, b mielivaltaisia vakioita. Tällöin Todistus. L(af (t) + bg(t)) = L(af (t) + bg(t)) = al(f ) + bl(g) = a t t e st (af (t) + bg(t))dt t e st f (t)dt + b e st g(t)dtdt = al(f ) + bl(g)
Hyperbolisen kosinin ESIMERKKI. Hyperbolisen kosinin f (t) = cosh at Laplace-muunnoksen lineaarisuuden perusteella ( ) 1 L(cosh at) = L 2 (eat + e at ) = 1 2 L(eat ) + 1 2 L(e at ) = 1 1 2 s a + 1 1 2 s + a s = s 2 a 2 (s > a )
Sinin ja kosinin ESIMERKKI. Sinin ja kosinin Laplace-muunnokset Laplace-muunnoksen lineaarisuuden perusteella ( ) 1 L(cos ωt) = L 2 (eiωt + e iωt ) = 1 2 L(eiωt ) + 1 2 L(e iωt ) = 1 1 2 s iω + 1 1 2 s + iωt s = s 2 + ω 2 Samalla tavalla saadaan sinin Laplace-muunnokseksi L(sin ωt) = ω s 2 + ω 2
Ensimmäinen translaatiolause. Siirto muuttujan s suhteen Lause Olkoon F(s) funktion f (t), joka on määritelty kun s > k. Tällöin funktion e at f (t) on L(e at f (t)) = F(s a), s a > k missä a on mielivaltainen reaaliluku. Todistus. F(s a) = e (s a)t f (t)dt = e t (e at f (t))dt = L(e at f (t)) Ensimmäinen integraali on olemassa kun s a > k, koska funktion f on määritelty kun s > k.
Muunnoksen laskeminen translaatiolauseen avulla ESIMERKKI. Funktion e at cos ωt Aiemman perusteella tiedetään, että funktion f (t) = cos ωt on s F(s) = s 2 + ω 2 Täten translaatiolauseen perusteella L(e at cos ωt) = S S 2 + ω 2 S=s a = s a (s a) 2 + ω 2
Taulukko Laplace-muunnoksista f (t) L(f (t)) f (t) L(f (t)) 1 1/s sin ωt ω s 2 +ω 2 t 1/s 2 cosh at s s 2 a 2 t n n!/s n+1 sinh at a s 2 a 2 e at 1 s a e at cos ωt s a (s a) 2 +ω 2 cos ωt s e at ω sin ωt s 2 +ω 2 (s a) 2 +ω 2 n =, 1,...
Potenssifunktion ESIMERKKI. Todistetaan, että L(t n ) = n!/s n+1 kun n =, 1,... Todistetaan induktion avulla. Nyt jo tiedämme, että kaava pätee kun n =. Oletetaan, että kaava pätee ja todistetaan, että se pätee silloin myös arvolla n + 1. Osittaisintegroinnin avulla L(t n+1 ) = = / e st t n+1 dt 1 s e st t n+1 + n + 1 s = n + 1 s = n + 1 L(t n ) = s e st t n dt (n + 1)! s (n+1)+1 e st t n dt
Laplace-muunnoksen olemassaolo Muunnos on olemassa jos integraali suppenee, t.s mikäli raja-arvo τ lim e st f (t)dt τ on olemassa (äärellisenä). Integraali suppenee itsenäisesti, jos lim τ τ e st f (t) dt suppenee Jos integraali suppenee itsenäisesti, niin silloin se myös suppenee tavallisessa mielessä Muunnos on olemassa jos e st f (t) riittävän nopeasti kun t Jotta muunnos olisi olemassa niin f :n ei tarvitse olla jatkuva. Paloittain jatkuvuus riittää
Eksponentiaalinen kertaluku Määritelmä Funktion f sanotaan olevan eksponentiaalista kertalukua k, jos on olemassa sellaiset vakiot M > ja k, että aina, kun t t pätee f (t) Me kt Rajoitettujen funktioiden (esim. sin t, cos t) eksponentiaalinen kertaluku on nolla. Funktion e t eksponentiaalinen kertaluku on -1. Funktiolla e t2 ei ole eksponentiaalista kertaluku jollain vakiolla k.
Laplace-muunnoksen olemassaolo Lause Olkoon funktion f paloittain jatkuva välillä [, ) ja eksponentiaalista kertalukua k. Tällöin sen on olemassa kun s > k ja muunnos suppenee itsenäisesti Todistus Koska f on eksponentiaalista kertalukua k, niin f (t) M 1 e kt, t t Koska f on paloittain jatkuva, niin se on rajoitettu välillä [, t ]. Täten f (t) M 2, < t < t
Laplace-muunnoksen olemassaolo (Jatkoa) Koska e kt on positiivinen aidosti monotoninen funktio, niin sillä on positiivinen minimiarvo välillä [, t ]. Täten on olemassa vakio M siten, että f (t) Me kt, t > Siksi τ ja täten kun s > k e st f (t) dt M τ e (s k)t dt = M s k (1 e (s k)τ ) τ lim e st f (t) dt M τ s k
Yksikäsitteisyys Jos funktion on olemassa, niin se on yksikäsitteisesti määritelty Jos kahdella funktiolla (määritelty positiivisella reaaliakselilla) on sama, niin funktiot ovat samat lukuun ottamatta mahdollisesti äärellistä määrää irrallisia pisteitä Jos kahdella jatkuvalla funktiolla on sama muunnos, niin funktiot ovat identtisiä
Laplace-käänteismuunnos Jos L(f (t)) = F(s), niin käänteismuunnosta merkitään Esim: L 1 (F(s)) = f (t), t ( ) L 1 ω s 2 + ω 2 = sin ωt, t Käänteismuunnos määritellään kaavalla f (t) = 1 2πi σ i σ+i missä σ > on riittävän suuri vakio. F(s)e st ds Käytännössä käänteismuunnos löydetään osamurtokehitelmän ja taulukkojen avulla tai residy-menetelmän avulla Käänteismuunnos on lineaarinen
Laplace-käänteismuunnos. Ensimmäinen translaatiolause ESIMERKKI. Lasketaan funktion 1 (s+1) 2 Translaatiolauseen perusteella Nyt missä F(s) = 1/s 2. Täten e at f (t) = L 1 (F(s a)) 1 = F(s + 1) (s + 1) 2 käänteismuunnos L 1 (F(s + 1)) = L 1 (F(s))e t = te t
Osamurtokehitelmä Olkoon F(s) = P(s)/Q(s), missä P(s) ja Q(s) ovat polynomeja ja deg(q) > deg(p). Oletetaan lisäksi, että polynomeilla ei ole yhteisiä tekijöitä. Nimittäjän tekijää as + b vastaa murtokehitelmä missä A on vakio A as + b Nimittäjän tekijää (as + b) n vastaa murtokehitelmä missä A 1,..., A n ovat vakiota A 1 as + b +... + A n (as + b) n
Osamurtokehitelmä Nimittäjän tekijää as 2 + bs + c vastaa murtokehitelmä missä A on vakio As + B as 2 + bs + c Nimittäjän tekijää (as 2 + bs + c) n vastaa murtokehitelmä A 1 s + B 1 as 2 + bs + c +... + A n s + B n (as 2 + bs + c) n missä A 1,..., A n ovat vakiota
Osamurtokehitelmän muodostaminen ESIMERKKI. Muodostetaan funktiolle s+1 s 2 (s 1) osamurtokehitelmä Etsitään funktiolle kehitelmää muodossa s + 1 s 2 (s 1) = A s + B s 2 + C s 1, Kertomalla yhtälö termillä s 2 (s 1), saadaan A, B, C vakioita (s+1) = As(s 1)+B(s 1)+Cs 2 = (A + C) s 2 +( A + B) s+( B) }{{}}{{}}{{} = =1 =1 Ratkaisemalla yhtälöt, saadaan A = 2, B = 1 ja C = 2. Täten s + 1 s 2 (s 1) = 2 s 1 s 2 + 2 s 1
Laplace-käänteismuunnoksen laskeminen osamurtokehitelmän avulla ESIMERKKI. Lasketaan funktion s+1 s 2 (s 1) käänteismuunnos Osamurtokehitelmän avulla, saadaan Täten ( ) s + 1 L 1 s 2 (s 1) s + 1 s 2 (s 1) = 2 + 1 s s 2 + 2 s 1 = L 1 ( 2 s ( 1 = 2L 1 s = 2 t + 2e t + 1 s 2 + 2 ) s 1 ) ( 1 L 1 s 2 ) + 2L 1 ( 1 s 1 )
Residy-menetelmä käänteismuunnoksen laskemiseksi Lause Olkoon muotoa F(s) = P(s)/Q(s), missä P(s) ja Q(s) ovat polynomeja ja deg(q(s)) > deg(p(s)). Olkoon lisäksi funktiolla F(s) navat pisteissä s 1, s 2,..., s n. Tällöin Laplace-käänteismuunnos saadaan laskettua yhtälöstä n f (t) = L 1 (F(s)) = Res[F(s)e st, s i ] i=1
Laplace-käänteismuunnoksen laskeminen residy-menetelmän avulla ESIMERKKI. Lasketaan funktion F(s) = s+1 s 2 (s 1) käänteismuunnos residy-menetelmällä Funktiolla on navat pisteissä s = (kertaluku 2) ja s = 1 (kertaluku 1). Lasketaan funktion e st F(s) residyt napapisteissä: Res[e st d F(s), ] = lim s ds (s2 e st d F(s)) = lim s ds ( e st ) (s + 1) s 1 e st [(ts + t + 1)(s 1) (s + 1)] = lim s (s 1) 2 = t 2 Res[e st F(s), 1] = lim((s 1)e st e st (s + 1) F(s)) = lim s 1 s 1 s 2 = 2e t Täten L 1 (F(s)) = t 2 + 2e t
Differentiaaliyhtälöt
Differentiaaliyhtälöt on erittäin hyödyllinen ratkaistaessa differentiaaliyhtälöitä Funktion derivointi t-avaruudessa vastaa muunnoksen kertomista s :llä s-avaruudessa Laplace-muunnoksen avulla voidaan ratkaista alkuarvo- ja reuna-arvotehtäviä sekä differentiaaliyhtälöryhmiä
Derivaatan Lause Olkoon funktio f jatkuva välillä [, ) ja eksponentiaalista kertalukua k ja funktio f paloittain jatkuva välillä [, ). Tällöin L(f (t)) = sl(f (t)) f (), s > k Todistus. Todistetaan lause kun f on jatkuva. Osittaisintegroimalla saadaan L(f (t)) = = f () + s e st f (t)dt = / e st f (t) }{{} = f () kun s>k +s e st f (t)dt = f () + sl(f ), e st f (t)dt s > k
Laplace-muunnoksen laskeminen derivoinnin avulla ESIMERKKI. Lasketaan funktion f (t) = sin 2 t Nyt f () = ja f (t) = 2 sin t cos t = sin 2t L(f ) = 2 s 2 + 4 Koska saadaan L(f ) = sl(f ) f () = sl(f ) L(f ) = 1 s L(f ) = 2 s(s 2 + 4)
Funktion toisen ja n:nnen derivaatan Funktion toisen derivaatan : L(f ) = sl(f ) f () = s[sl(f ) f ()] f () Täten L(f ) = s 2 L(f ) sf () f () Yleisemmin L(f (n) ) = s n L(f ) s n 1 f () s n 2 f ()... f n 1 () kun f (t), f (t),..., f (n 1) (t) jatkuvia välillä [, ) ja eksponentiaalista kertalukua k ja funktio f (n) paloittain jatkuva välillä [, ).
Laplace-muunnoksen laskeminen derivoinnin avulla ESIMERKKI. Lasketaan funktion f (t) = t sin ωt Derivoimalla: Täten f (t) = sin ωt + ωt cos ωt f () = f (t) = 2ω cos ωt ω 2 t sin ωt = 2ω cos ωt ω 2 f (t) L(f s ) = 2ω s 2 + ω 2 ω2 L(f ) Toisaalta L(f ) = s 2 L(f ) sf () f () = s 2 L(f ), joten s 2 s L(f ) = 2ω s 2 + ω 2 ω2 L(f ) L(f ) = 2ωs (s 2 + ω 2 ) 2
Differentiaaliyhtälön ratkaiseminen Laplace-muunnoksen avulla Tarkastellaan alkuarvo-ongelmaa y + ay + by = r(t), y() = y, y () = y missä a ja b ovat vakioita. Ottamalla, saadaan [s 2 Y sy y ] + a[sy y ] + by = R(s) missä Y = L(y) ja R = L(r). Ratkaisemlla Y, saadaan Y (s) = [(s + a)y + y ]Q(s) + R(s)Q(s) missä Q(s) = (s 2 + as + b) 1. Ottamalla yhtälöstä Laplace-käänteismuunnos saadaan ratkaisuksi y(t) = L 1 (Y )
Differentiaaliyhtälön ratkaiseminen, alkuarvotehtävä ESIMERKKI. Ratkaistaan y y = t alkuarvoilla y() = 1, y () = 1 Ottamalla differentiaaliyhtälöstä, saadaan (s 2 Y s 1) Y = 1 s 2 (s 2 1)Y = s + 1 + 1 s 2 Ratkaisemalla Y = s + 1 s 2 1 + 1 s 2 (s 2 1) = 1 s 1 + 1 s 2 1 1 s 2 Täten ( ) ( ) ( ) 1 1 1 y(t) = L 1 +L 1 s 1 s 2 L 1 1 s 2 = e t +sinh t t
Reuna-arvotehtävän ratkaiseminen ESIMERKKI. Ratkaistaan y + y = cos t reuna-arvoilla y() = 1, y(π/2) = 1 Ottamalla differentiaaliyhtälöstä, saadaan Ratkaisemlla Y, saadaan s 2 Y s y () + Y = Y (s) = s s 2 + 1 s (s 2 + 1) 2 + s s 2 + 1 + y () s 1 + 1 Täten y(t) = 1 2 t sin t + cos t + y () sin t
Reuna-arvotehtävän ratkaiseminen ESIMERKKI. Jatkoa Nyt 1 = y(π/2) = π/4 + y () joten y () = ( 1 π ) 4 Ratkaisuksi saadaan y(t) = 1 ( 2 t sin t + cos t + 1 π ) sin t 4
Differentiaaliyhtälösysteemin ratkaiseminen ESIMERKKI. Ratkaistaan systeemi y + z + y + z = 1, y + z = e t alkuarvoilla y() = 1, z() = 2 Ottamalla yhtälöistä, saadaan sy + 1 + sz 2 + Y + Z = 1 s ja sy + 1 + Z = 1 s 1 Systeemi voidaan kirjoittaa matriisimuotoon ( ) ( ) s + 1 s + 1 Y = s 1 Z ( s+1 s 2 s s 1 )
Differentiaaliyhtälösysteemin ratkaiseminen ESIMERKKI. Jatkoa Ratkaisuksi saadaan ( ) Y Z josta saadaan = 1 1 s 2 ( 1 s 1 s s + 1 ) ( s+1 s 2 s s 1 Y (s) = s2 + s + 1 s(s 1) 2 = 1 s 2 s 1 + 1 (s 1) 2 ) ja Z(s) = 2s 3 (s 1) 2 = 2 s 1 1 (s 1) 2
Differentiaaliyhtälösysteemin ratkaiseminen ESIMERKKI. Jatkoa Ottamalla Laplace-käänteismuunnos, saadaan systeemin ratkaisuksi y(t) = 1 2e t + te t, z(t) = 2e t te t
Askelfunktio Yksikköaskelfunktio (Heaviside funktio) määritellään seuraavasti u(t a) = { kun t < a 1 kun t > a Funktiolla on epäjatkuvuuskohta pisteessä t = a, jossa funktion arvo muuttuu nollasta yhteen u(t a) 1 a t
Askelfunktion sovellukset Askelfunktio on käyttökelpoinen fysikaalisissa sovelluksissa, joissa halutaan kuvata äkillisiä muutoksia systeemiin vaikuttavissa "voimissa" 1 sin(t 2)[u(t 2) u(t 2 π)] 2 π +2 t
Toinen translaatiolause. Siirto muuttujan t suhteen Lause Olkoon F(s) = L(f (t)), silloin L(u(t a)f (t a)) = e as F(s), a Todistus. L(u(t a)f (t a)) = = = a e st u(t a)f (t a)dt e st f (t a)dt e s(τ+a) f (τ)dτ = e as e sτ f (τ)dτ = e as F(s)
Toinen translaatiolause. Seurauksia Ottamalla Laplace-käänteismuunnos translaatiolauseesta, saadaan L 1 (e as F(s)) = f (t a)u(t a) Kun f = 1 niin F(s) = 1/s ja silloin saadaan L(u(t a)) = e as s Translaatiolauseen voi ilmaista myös muodossa L(f (t)u(t a)) = e as L(f (t + a))
Differentiaaliyhtälön ratkaiseminen ja translaatiolause ESIMERKKI. Ratkaistaan y + 3y + 2y = u(t 1) u(t 2) alkuarvoilla y() = y () = Ottamalla yhtälöstä, saadaan Ratkaisemalla Y, saadaan missä F(s) = s 2 Y + 3sY + 2Y = 1 s (e s e 2s ) Y (s) = F(s)(e s e 2s ) 1 s(s 2 + 3s + 2) = 1/2 1 s s + 1 + 1/2 s + 2
Differentiaaliyhtälön ratkaiseminen ja translaatiolause ESIMERKKI. Jatkoa Täten f (t) = L 1 (F(s)) = 1 2 e t + 1 2 e 2t Translaatiolauseen perusteella y(t) = L 1 (F(s)e s F(s)e 2s ) = f (t 1)u(t 1) f (t 2)u(t 2) Täten, < t < 1 1 y(t) = 2 e (t 1) + 1 2 e 2(t 1), 1 < t < 2 e (t 1) + e (t 2) + 1 2 e 2(t 1) 1 2 e 2(t 2), t > 2
Diracin deltafunktio Tarkastellaan voiman f (t a) = impulssia (h > ). Koska I = { 1/h, a t a + h, muulloin f (t a)dt = a+h a 1 h dt = 1 kyseessä on yksikköimpulssi. Voimme ilmaista voiman yksikköaskelfunktioiden avulla: jonka on f (t) = 1 [u(t a) u(t a h)] h F(s) = 1 hs (e as e (a+h)s as 1 e hs ) = e hs
Diracin deltafunktio Kun h, saamme Diracin deltafunktion (yksikköimpulssifunktio) δ(t a) = lim f (t a) = h + {, t = a, muulloin ja koska niin 1 e hs lim e as h hs = e as L(δ(t a)) = e as Deltafunktiolle pätee erityisesti g(t)δ(t a)dt = g(a) kaikilla jatkuvilla g(t)
Differentiaaliyhtälö ja deltafunktio ESIMERKKI. Tarkastellaan jousisysteemiä my + ky = f (t), johon kohdistuu impulssi A hetkellä t = π/2. Ajan hetkellä t = systeemi on levossa ja pisteessä 1. Olkoon m = 1 ja k = 1. Tällöin ratkaistavana on differentiaaliyhtälö y + y = Aδ(t π/2), y() = 1, y () = Muodostamalla yhtälöstä, saadaan Ratkaisemalla Y, saadaan s 2 Y s + Y = Ae π 2 s Y = s s 2 + 1 + A s 2 + 1 e π 2 s
Differentiaaliyhtälö ja deltafunktio ESIMERKKI. Jatkoa Ottamalla Laplace-käänteismuunnos, saadaan y(t) = cos t + Au(t π/2) sin(t π/2) = (1 Au(t π/2)) cos t Tarkemmin y(t) = { cos t, t < π/2 (1 A) cos t, t > π/2 Nyt jos A = 1 impulssi pysäyttää jousisysteemin liikkeen.
Integraaliyhtälöt
Integraaliyhtälöt Funktion derivointi t-avaruudessa vastaa muunnoksen kertomista s :llä s-avaruudessa Funktion integrointi t-avaruudessa vastaa muunnoksen jakamista s:llä s-avaruudessa Laplace-muunnoksen avulla voidaan ratkaista erilaisia integraaliyhtälöitä
Integraalin Lause Olkoon funktio f paloittain jatkuva välillä [, ) ja eksponentiaalista kertalukua k. Tällöin Todistus Merkitään ( t ) L f (u)du = 1 L(f ), s > k s g(t) = t f (u)du jolloin g (t) = f (t) lukuun ottamatta funktion epäjatkuvuuskohtia. Osittaisintegroimalla integraalin, saadaan e st g(t)dt = / e st g(t) s + 1 s e st f (t)dt
Integraalin (Jatkoa) Nyt g() = ja t t e st g(t) e st f (u) du Me st e ku du Täten kun s > k eli = M k e st (e kt 1) = M k (e (s k)t e st ) kun t (s > k) e st g(t)dt = 1 s e st f (t)dt L ( t f (u)du ) = 1 s L(f ), s > k
Integraalin Käänteismuuntamalla integraalin, saadaan ( ) 1 t L 1 s F(s) = f (u)du Jos nyt funktion F(s) Laplace-käänteismuunnos tiedetään niin kaavan avulla voidaan etsiä funktioiden käänteismuunnoksia ESIM: ( ) 1 L 1 s 2 missä nyt F(s) = 1/s ja f (t) = 1 ( 1 = L 1 s 1 ) t = du = t s
Käänteismuunnos integraalin Laplace-muunnoksen avulla ESIMERKKI. Määritetään funktion 1 s(s 2 4) Laplace-käänteismuunnos Merkitään F(s) = 1 s 2 4 jolloin f (t) = 1 2 sinh 2t. Täten ( ) ( ) L 1 1 1 s(s 2 = L 1 + 4) s F(s) = Saadaan ( ) L 1 1 s(s 2 = 1 + 4) 2 t t f (u)du sinh 2udu = 1 (cosh 2t 1) 4
Integro-differentiaaliyhtälön ratkaiseminen ESIMERKKI. Ratkaistaan yhtälö 2y (t) + 2 t y(u)du = 1 kun y() = Ottamalla yhtälöstä, saadaan 2sY + 2 1 s Y = 1 s Ratkaisemalla Y Y = 1 1 2 s 2 + 1 Käänteismuuntamalla ratkaisuksi saadaan y(t) = 1 2 sin t
Konvoluutio Funktioiden f (t) ja g(t) välinen konvoluutio on integraali (f g)(t) = t Konvoluutio on vaihdannainen (f g)(t) = = t t f (τ)g(t τ)dτ f (τ)g(t τ)dτ g(u)f (t u)du = (g f )(t) Muita ominaisuuksia c(f g) = cf g = f cg missä c on vakio f (g h) = (f g) h f (g + h) = (f g) + (f h)
Konvoluutio ESIMERKKI. Lasketaan konvoluution 1 t Merkitään f (t) = 1 ja g(t) = t. Nyt (f g)(t) = = = t t / t = 1 2 t2 f (τ)g(t τ)dτ 1 (t τ)dτ (tτ 1 ) 2 τ 2
Konvoluutio ja Jos tiedämme funktioiden F(s) ja G(s) Laplace-käänteismuunnokset f (t) ja g(t), niin voimmeko silloin määrittää funktioiden tulon F(s)G(s) Laplace-käänteismuunnoksen? Tämä on mahdollista konvoluution avulla Lause Jos funktiot f ja g ovat paloittain jatkuvia ja eksponentiaalista kertalukua k, niin silloin L[(f g)(t)] = L(f )L(g), s > k ts. (f g)(t) = L 1 (L(f )L(g))
Konvoluutio ja Jos tiedämme funktioiden F(s) ja G(s) Laplace-käänteismuunnokset f (t) ja g(t), niin voimmeko silloin määrittää funktioiden tulon F(s)G(s) Laplace-käänteismuunnoksen? Tämä on mahdollista konvoluution avulla Lause Jos funktiot f ja g ovat paloittain jatkuvia ja eksponentiaalista kertalukua k, niin silloin L[(f g)(t)] = L(f )L(g), s > k ts. (f g)(t) = L 1 (L(f )L(g))
Konvoluutio ja Todistus ( ) ( ) L(f (t))l(g(t)) = e sτ f (τ)dτ e su g(u)du ( ) = e s(τ+u) f (τ)g(u)du dτ Sijoittamalla t = τ + u ja huomioimalla, että τ on vakio sisemmässä integraalissa ja siten dt = du, saamme ( ) L(f (t))l(g(t)) = e st f (τ)g(t τ)dt dτ Jos g(t) = kun t < niin g(t τ) = kun t < τ ja siksi L(f (t))l(g(t)) = τ e st f (τ)g(t τ)dtdτ
Konvoluutio ja (Jatkoa) Koska funktiot ovat paloittain jatkuvia ja eksponentiaalista kertalukua niin voimme vaihtaa interointijärjestyksen L(f (t))l(g(t)) = = = ( t ( t e st = L[(f g)(t)] e st f (τ)g(t τ)dτdt ) e st f (τ)g(t τ)dτ dt ) f (τ)g(t τ)dτ dt
Laplace-käänteismuunnos konvoluution avulla ESIMERKKI. Lasketaan funktioiden F(s) = 1/s 2 ja G(s) = 1/(s 1) tulon käänteismuunnos Nyt f (t) = t ja g(t) = e t. Täten ( ) L 1 1 s 2 = (s 1) = = t t / t = t + f (τ)g(t τ)dτ τe t τ dτ τ( et τ ) + / t t e t τ dτ ( et τ ) = t 1 + e t
Integraaliyhtälöt Yhtälöitä, jotka ovat muotoa t t f (t) = g(t) + k(t, τ)f (τ)dτ, g(t) = k(t, τ)f (τ)dτ missä funktio f (t) on tuntematon, kutsutaan integraaliyhtälöiksi Jos integraalin ydin on muotoa k(t, τ) = k(t τ) niin voimme ratkaista yhtälöt Laplace-muunnoksen avulla
Integraaliyhtälön ratkaiseminen Laplace-muunnoksen avulla ESIMERKKI. Ratkaistaan integraaliyhtälö y(t) = e t + t sin(t τ)y(τ)dτ Ottamalla yhtälöstä, saadaan joten L(y(t)) = L(e t ) + L(sin t)l(y(t)) L(y(t)) = L(e t ) 1 L(sin t) = s2 + 1 s 2 (s + 1) = 2 s + 1 + 1 s 2 1 s Laplace-käänteismuunnoksen avulla, saadaan ratkaisuksi y(t) = 2e t + t 1
Differentiaaliyhtälöt ja konvoluutio Tarkastellaan toisen asteen lineaarista differentiaaliyhtälöä y (t) + ay (t) + by(t) = f (t) a, b vakioita Jos y() = y () = niin yhtälön on missä [s 2 + as + b]y (s) = F(s) Y (s) = Q(s)F(s) Q(s) = 1 s 2 + as + b Jos q(t) = L 1 (Q(s)), niin yhtälön ratkaisu voidaan ilmaista konvoluution avulla y(t) = t q(t τ)f (τ)dτ
Differentiaaliyhtälön ratkaiseminen käyttäen konvoluutiota ESIMERKKI. Ratkaistaan differentiaaliyhtälö y + 3y + 2y = f (t), missä f (t) = 1 kun 1 < t < 2 ja f (t) = muulloin. Alkuarvot y() = y () = Ottamalla yhtälöstä ja ratkaisemalla Y (s), saadaan Y = Q(s)F(s) missä Q(s) = 1 s 2 + 3s + 2 = 1 s + 1 1 s + 2 Täten ratkaisuksi saadaan y(t) = t q(t τ)f (τ)dτ q(t) = e t e 2t
Differentiaaliyhtälön ratkaiseminen käyttäen konvoluutiota ESIMERKKI. Jatkoa Kun t < 1 niin f (t) = ja siten y(t) =. Kun 1 < t < 2, saamme y(t) = t Kun t > 2, saamme y(t) = q(t τ)f (τ)dτ = t = 1 2 e (t 1) + 1 2 e 2(t 1) t q(t τ)f (τ)dτ = 1 2 1 (e (t τ) e 2(t τ) )dτ (e (t τ) e 2(t τ) )dτ = e (t 2) e (t 1) 1 2 e 2(t 2) + 1 2 e 2(t 1)