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 $f:ℝ\to ℂ$ függvény, mely minden t≥0 valós számra értelmezett. A függvény Laplace-transzformáltjának nevezzük az

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

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 $f(t)\le M{e}^{s_{0}t}$ egyenlőtlenség teljesül. Egészen pontosan a transzformált létezik minden olyan $s\in ℂ$ szám esetén, amire $\Re 𝔢(s)\ge s_0$.

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

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

Azaz a Laplace-transzformáció linearitása az integrálás linearitásának következménye.

A generátorfüggvény deriváltja

$L[f^{\prime }]=sL[f]-f(0)$

Bizonyítás: $L[f^{\prime }]=\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{f}^{\prime }(t)e^{-st}\mathrm{d}t=$

$={[f(t)e^{-st}]}_0^{\mathrm{\infty }}-\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}f(t)(-s)e^{-st}\mathrm{d}t=$

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

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:

$(f*g)(t)=\underset{0}{\overset{t}{\int }}f(x)g(t-x)\mathrm{d}x$

A függvénykonvolúció Laplace-transzformáltja a függvények transzformáltjainak szorzata:

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

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

$=\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}(\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}f(x)e^{-sx}g(t-x)e^{-s(t-x)}\mathrm{d}x)\mathrm{d}t=$, itt pedig új változót vezetünk be, mégpedig a $t-x=x^{\prime }$ helyettesítéssel, így $\mathrm{d}{x}^{\prime }=\mathrm{d}t$ lesz

$=\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}(\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}f(x)e^{-sx}g(x^{\prime })e^{-s{x}^{\prime }}\mathrm{d}x)\mathrm{d}{x}^{\prime }=$, az integrandusok pedig szétválaszthatóak, így kapjuk:

$=(\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}f(x)e^{-sx}\mathrm{d}x)\cdot (\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}g(x^{\prime })e^{-s{x}^{\prime }}\mathrm{d}{x}^{\prime })=$

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

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

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

Hasonlósági tétel

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

Bizonyítás: $L\left[\frac{1}{x}f\left(\frac{t}{x}\right)\right]=\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{1}{x}f\left(\frac{t}{x}\right)e^{-st}\mathrm{d}t=$, és itt helyettesítsünk: $t^{\prime }=\frac{t}{x}$, aminek eredményeképpen $\mathrm{d}t=x\mathrm{d}{t}^{\prime }$, így

$=\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}f\left(t^{\prime }\right)e^{-sx{t}^{\prime }}\mathrm{d}{t}^{\prime }=F(sx)$

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

$2f^{″}-2f^{\prime }-12f=1,f(0)=0,f^{\prime }(0)=0$

kezdetiérték-problémát!

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

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

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:

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

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

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

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:

$S=\sum a_n=\sum F(n)=\sum \underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}f(t)e^{-nt}\mathrm{d}t=$

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

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

Példafeladat

Számítsuk ki a

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

összeget!

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

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

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:

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

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:

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

$=\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}(1-e^{-t})\frac{e^{-t}}{1-e^{-t}}\mathrm{d}t=\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-t}\mathrm{d}t=1$

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:

$f(x)=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{c}_k{e}^{ikx}$.

Az összegben a $c_k$ együtthatókat a következő formula adja meg:

$c_k=\frac{\omega }{2\pi }\underset{0}{\overset{T}{\int }}f(t)e^{-ik\omega t}\mathrm{d}t$.

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:

$a_0=c_0$

$a_k=2\cdot \Re 𝔢(c_k)$

$b_k=2\cdot \Im 𝔪(c_k)$.

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 $(0,T]$ 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

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

Kapcsolódó oldalak

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

További információk

• B. Daviess, Integráltranszformációk és alkalmazásaik, Műszaki könyvkiadó, Budapest, 1983, ISBN 10-4463-7.