Laplace-transzformáció

A Laplace-transzformáció egy olyan függvénytranszformáció, aminek révén egyes függvényekkel kapcsolatos problémákra kaphatunk egyszerűen választ. Eredetileg Heaviside fejlesztette ki a differenciálegyenletek megoldásához segédeszközként.

Definíció

Legyen $f:\mathbb {R} \rightarrow \mathbb {C}$ függvény, mely minden t≥0 valós számra értelmezett. A függvény Laplace-transzformáltjának nevezzük az

$F(s)=\int \limits _{0}^{\infty }f(t)e^{-st}\mathrm {d} t$

függvényt. A transzformált létezésének feltétele, hogy a definícióban szereplő integrál véges legyen.

Ha a transzformált létezik és véges, akkor $f(t)$-t generátorfüggvénynek nevezzük. A transzformált jelölése: $L[f]=F$

A transzformált létezésére elegendő feltétel, ha $f(t)$ a pozitív féltengelyen szakaszonként folytonos és exponenciálisan korlátos, azaz van olyan $M>0$ és $s_{0}$ valós szám, hogy az $f(t)\leq Me^{s_{0}t}$ egyenlőtlenség teljesül. Egészen pontosan a transzformált létezik minden olyan $s\in \mathbb {C}$ szám esetén, amire ${\mathfrak {Re}}(s)\geq s_{0}$.

Tulajdonságai

Linearitás

A Laplace-transzformáció lineáris, azaz két függvény összegének transzformáltja a két függvény transzformáltjának az összege, valamint bármely függvény konstans-szorosának a transzformáltja a transzformált konstans-szorosa lesz. Másképpen megfogalmazva a függvények lineáris kombinációját a Laplace-transzformáció lineáris kombinációba viszi át. Röviden: $L[\alpha f+\beta g]=\alpha L[f]+\beta L[g]$

Bizonyítás: $L[\alpha f+\beta g]=\int \limits _{0}^{\infty }(\alpha f(t)+\beta g(t))e^{-st}\mathrm {d} t=\int \limits _{0}^{\infty }\alpha f(t)e^{-st}+\beta g(t)e^{-st}\mathrm {d} t=$

$=\int \limits _{0}^{\infty }\alpha f(t)e^{-st}\mathrm {d} t+\int \limits _{0}^{\infty }\beta g(t)e^{-st}\mathrm {d} t=\alpha \int \limits _{0}^{\infty }f(t)e^{-st}\mathrm {d} t+\beta \int \limits _{0}^{\infty }g(t)e^{-st}\mathrm {d} t=\alpha L[f]+\beta L[g]$

Azaz a Laplace-transzformáció linearitása az integrálás linearitásának következménye.

A generátorfüggvény deriváltja

$L[f']=sL[f]-f(0)$

Bizonyítás: $L[f']=\int \limits _{0}^{\infty }f'(t)e^{-st}\mathrm {d} t=$

$=\left[f(t)e^{-st}\right]_{0}^{\infty }-\int \limits _{0}^{\infty }f(t)(-s)e^{-st}\mathrm {d} t=$

$=-f(0)+s\int \limits _{0}^{\infty }f(t)e^{-st}\mathrm {d} t=sL[f]-f(0)$

Ennek akkor van jelentősége, ha a Laplace-transzformációt differenciálegyenletek megoldására használjuk.

A második derivált hasonlóan határozható meg, illetve általánosítható akárhányadik deriváltra is. A transzformáltban ekkor minden alacsonyabb rendű derivált szerepelni fog a 0-ban felvett értékkel, valamint a transzformált változójának a megfelelő hatványai.

$L[f^{(n)}]=s^{n}F(s)-\sum _{k=1}^{n}s^{n-k}f^{(k-1)}(0)$

Ez teszi lehetővé, hogy a transzformációval differenciálegyenleteket oldhassunk meg.

Konvolúció transzformáltja

Konvolúciónak nevezzük az alábbi módon értelmezett műveletet:

$\left(f*g\right)(t)=\int \limits _{0}^{t}f(x)g(t-x)\mathrm {d} x$

A függvénykonvolúció Laplace-transzformáltja a függvények transzformáltjainak szorzata:

$L[f*g]=L[f]\cdot L[g]$

Bizonyítás: $L[f*g]=\int \limits _{0}^{\infty }f*g\cdot e^{-st}\mathrm {d} t=\int \limits _{0}^{\infty }\left(\int \limits _{0}^{t}f(x)g(t-x)\mathrm {d} x\right)e^{-st}\mathrm {d} t=$, és az exponenciális tényezőt két részre bontjuk

$=\int \limits _{0}^{\infty }\left(\int \limits _{0}^{\infty }f(x)e^{-sx}g(t-x)e^{-s(t-x)}\mathrm {d} x\right)\mathrm {d} t=$, itt pedig új változót vezetünk be, mégpedig a $t-x=x'$ helyettesítéssel, így $\mathrm {d} x'=\mathrm {d} t$ lesz

$=\int \limits _{0}^{\infty }\left(\int \limits _{0}^{\infty }f(x)e^{-sx}g(x')e^{-sx'}\mathrm {d} x\right)\mathrm {d} x'=$, az integrandusok pedig szétválaszthatóak, így kapjuk:

$=\left(\int \limits _{0}^{\infty }f(x)e^{-sx}\mathrm {d} x\right)\cdot \left(\int \limits _{0}^{\infty }g(x')e^{-sx'}\mathrm {d} x'\right)=$

$=L[f]\cdot L[g]$

Csillapítási tétel

Ha a függvényünket megszorozzuk egy exponenciális függvénnyel, akkor ez a transzformáltban eltolásként jelentkezik:

$L[e^{-\lambda t}f(t)]=F(s+\lambda )$

Bizonyítás: $L[e^{-\lambda t}f(t)]=\int \limits _{0}^{\infty }e^{-\lambda t}f(t)e^{-st}\mathrm {d} t=$

$=\int \limits _{0}^{\infty }f(t)e^{-(s+\lambda )t}\mathrm {d} t=F(s+\lambda )$

Hasonlósági tétel

$L\left[{\frac {1}{x}}f\left({\frac {t}{x}}\right)\right]=F(sx)$

Bizonyítás: $L\left[{\frac {1}{x}}f\left({\frac {t}{x}}\right)\right]=\int \limits _{0}^{\infty }{\frac {1}{x}}f\left({\frac {t}{x}}\right)e^{-st}\mathrm {d} t=$, és itt helyettesítsünk: $t'={\frac {t}{x}}$, aminek eredményeképpen $\mathrm {d} t=x\mathrm {d} t'$, így

$=\int \limits _{0}^{\infty }f\left(t'\right)e^{-sxt'}\mathrm {d} t'=F(sx)$

E két utóbbi tétel lehetővé teszi, hogy a hagyományos függvénytranszformációkat egyszerűen tudjuk kezelni. Ez főleg a kezdetiérték-problémák esetében lényeges, ugyanis ritkán áll rendelkezésre a $t=0$ eset, amit egyszerűen meg tudunk oldani.

Alkalmazások

A Laplace-transzformáció elsődleges alkalmazási területe az állandó együtthatós differenciálegyenletek megoldása, de használható sorozatok összegének kiszámítására, a Fourier-transzformáció együtthatóinak megállapítására is.

Differenciálegyenletek

A megoldás azon alapul, hogy a függvények deriváltjai helyettesíthetőek a Laplace-transzformáció révén, így egy egyszerű algebrai egyenletet kapunk, amit megoldva az eredeti differenciálegyenlet megoldásának Laplace-transzformáltját kapjuk. A megoldás szempontjából lényeges, hogy ismernünk kell a peremfeltételeket, ugyanis ezek a derivált transzformáltjában jelentkeznek.

Példafeladat

Oldjuk meg a

$2f''-2f'-12f=1,\,f(0)=0,\,f'(0)=0$

kezdetiérték-problémát!

Mivel a Laplace-transzformáció lineáris művelet, a két oldalnak külön kiszámolhatjuk a transzformáltját, az egyenlőség érvényes marad. Az egyenlet alakja ekkor

$2(s^{2}F(s)-sf(0)-f'(0))-2(sF(s)-f(0))-12F(s)={\frac {1}{s}}$.

Átalakítva, és a kezdeti értékeket behelyettesítve kapjuk, hogy

$2s^{2}F(s)-2sF(s)-12F(s)={\frac {1}{s}}$,

ami algebrai úton $F(s)$-re rendezhető:

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

Ezt résztörtekre bonthatjuk, így az alábbi kifejezést kapjuk:

$F(s)={\frac {1}{2}}\left({\frac {1}{6s}}+{\frac {1}{30(s+2)}}-{\frac {1}{5(s-3)}}\right)$,

aminek az inverz transzformáltját már elő tudjuk állítani. Ezek szerint a kezdetiérték-probléma megoldása

$f(t)={\frac {1}{2}}\left({\frac {1}{6}}+{\frac {1}{30}}e^{-2t}-{\frac {1}{5}}e^{3t}\right)$.

Értelemszerűen akármilyen rendű differenciálegyenletet meg tudunk a transzformáltak segítségével oldani, egyszerű algebrai átalakítások révén. Ennek révén alakult ki a disztribúcióelmélet nevű matematikai tudományág.

Sorozatösszeg

Egyes sorok esetén ha az általános taggal adott sorozatot egy Laplace-transzformáltnak tekintjük, akkor a generátorfüggvény egy mértani sorozat szorzótényezője lesz, aminek összegét egyszerű meghatározni. Ezt az összeget integrálva kapjuk meg a sorozat összegét.

Legyen $S=\sum a_{n}$. A sorozatot felfoghatjuk úgy, mint egy $F(s)$ függvény természetes számokra való leszűkítését. Ebben az esetben felírhatjuk a generátorfüggvénnyel is, és az integrálkifejezést összegezzük. Ha a sor egyenletesen konvergens, akkor az integrálás és az összegzés felcserélhető. Az integrandus egy mértani sorozat lesz, ami egyszerűen összegezhető, majd az így kapott összegfüggvényt kell integrálni:

$S=\sum a_{n}=\sum F(n)=\sum \int \limits _{0}^{\infty }f(t)e^{-nt}\mathrm {d} t=$

$=\int \limits _{0}^{\infty }\sum f(t)e^{-nt}\mathrm {d} t=\int \limits _{0}^{\infty }f(t)\sum \left(e^{-t}\right)^{n}\mathrm {d} t=$.

$=\int \limits _{0}^{\infty }f(t){\frac {e^{-t}}{1-e^{-t}}}\mathrm {d} t$

Példafeladat

Számítsuk ki a

$S=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n(n+1)}}$

összeget!

Tételezzük fel, hogy ezt egy Laplace-transzformált. Az egyszerűbb kezelhetőség érdekében bontsuk résztörtekre:

$S=\sum _{n=1}^{\infty }\left({\frac {1}{n}}-{\frac {1}{n+1}}\right)$.

Ebből a generátorfüggvény egyszerűen adódik, akár táblázatból való visszakereséssel is:

$f(t)=1-e^{-t}$.

Innen a sor összege már egyszerűen meghatározható. Először felírjuk a transzformálás definícióját:

$S=\sum _{n=1}^{\infty }\int \limits _{0}^{\infty }\left(1-e^{-t}\right)e^{-nt}\mathrm {d} t=$,

majd felcseréljük az összegzést és az integrálást. Itt rögtön észre lehet venni, hogy $n$-re összegzünk, ezért a zárójelben írt tag, azaz a generátorfüggvény kiemelhető az összegzés elé:

$=\int \limits _{0}^{\infty }\left(1-e^{-t}\right)\sum _{n=1}^{\infty }e^{-nt}\mathrm {d} t=$

$=\int \limits _{0}^{\infty }\left(1-e^{-t}\right){\frac {e^{-}t}{1-e^{-t}}}\mathrm {d} t=\int _{0}^{\infty }e^{-t}\mathrm {d} t=1$

A sor összege tehát 1. Erről más módszerekkel szintén meggyőződhetünk.

Fourier-transzformációs együtthatók kiszámítása

Egy függvény Fourier-sorát fel tudjuk írni komplex számok segítségével is. Ehhez mindössze azt kell figyelembe venni, hogy egy függvény komplex Fourier-sora a következő alakú:

$f(x)=\sum \limits _{k=0}^{\infty }c_{k}e^{ikx}$.

Az összegben a $c_{k}$ együtthatókat a következő formula adja meg:

$c_{k}={\frac {\omega }{2\pi }}\int \limits _{0}^{T}f(t)e^{-ik\omega t}\mathrm {d} t$.

Ha a függvényt a $[0,T]$ intervallumon kívül nullának tekintjük, akkor a fenti formula egyben a függvény Laplace-transzformáltja is. Így megkapjuk a komplex Fourier-együtthatókat, amikből a valós együtthatókat is megkaphatjuk:

$a_{0}=c_{0}$

$a_{k}=2\cdot {\mathfrak {Re}}(c_{k})$

$b_{k}=2\cdot {\mathfrak {Im}}(c_{k})$.

Általában a függvényt a Heaviside-féle egységugrás-függvénnyel tudjuk a perióduson kívül nullává tenni. Ezzel tulajdonképpen meg is vannak a Fourier-komponensek, egy táblázatból ki lehet őket olvasni, egyedül az $s=ik\omega$ helyettesítést kell elvégeznünk.

Példafeladat

Határozzuk meg a fűrészfog-jel Fourier-együtthatóit!

A jel alakja

$f(t)={\frac {c}{T}}t$ a $\left(0,T\right]$ intervallumon, ami egyben egy periódusa is a függvénynek.

Szorozzuk meg a függvényt a $1(t)-1(t-T)$ tényezővel. Ez valójában az egységugrás-függvény olyan formában, hogy a perióduson kívül mindenképpen nulla legyen. Így az együtthatók kiszámítása a következő módon történik:

$f_{T}(t)=1(t){\frac {c}{T}}t-1(t-T){\frac {c}{T}}t$, ahol $f_{T}$ az $f$ függvény leszűkítése a periódusra. Ennek transzformáltja

$F_{T}(s)={\frac {1}{s^{2}}}-e^{-Ts}{\frac {1}{s^{2}}}={\frac {1-e^{-Ts}}{s^{2}}}$

Ez már tulajdonképpen az együtthatókat adja. Ahhoz, hogy azokat megkapjuk, a transzformáltban a változót helyettesítjük:

$c_{k}=F(ik\omega )={\frac {e^{-Tik\omega }-1}{k^{2}\omega ^{2}}}$

Az egyetlen fennmaradó probléma a kezdőegyüttható meghatározása ($k=0$), ezt azonban a L'Hospital-szabály alkalmazásával meg tudjuk válaszolni, így adódik:

$c_{0}={\frac {e^{-iT\omega }-1}{\omega ^{2}}}$

Néhány függvény transzformáltja

$f(t)$	$F(s)$
$t^{n},n\in \mathbb {N}$	${\frac {n!}{s^{n+1}}}$
$e^{pt}$	${\frac {1}{s-p}}$
$\ln t$	${\frac {C+\ln t}{2}}$
$\sin nt$	${\frac {n}{s^{2}+n^{2}}}$
$\cos nt$	${\frac {s}{s^{2}+n^{2}}}$
$\mathrm {sh} \,nt$	${\frac {n}{s^{2}-n^{2}}}$
$\mathrm {ch} \,nt$	${\frac {s}{s^{2}-n^{2}}}$

Kapcsolódó oldalak

• Fourier-transzformáció
• Komplex számok
• Függvények
• Komplex függvény
• Függvénytranszformáció
• Transzformáció