LAPLASOVA TRANSFORMACIJA

Ova transformacija je nazvan po francuskom matematičaru Pjeru Laplasu (Pierre-Simon

Laplace, 1749-1827). Uvođenjem ovakvih transformacija, moguće je probleme iz jedne oblasti

matematike prevesti u drugu u kojoj se lakše rešavaju. Na primer, rešavanje diferencijalnih

jednačina svodi se na rešavanje algebarskih jednačina.

1. UVOD

Definicija 1. Neka je f(t) kompleksna funkcija realne promenljive, koja zadovoljava sledeće uslove:

1. Funkcija f (t) zajedno sa svojim izvodima do n-tog reda je deo po deo neprekidna; 2. f(t) = 0 za t < 0; 3. Postoje pozitivni brojevi M i s takvi da je

stMetf (t > 0).

Takva funkcija predstavlja original.

Definicija 2. Laplaceova transformacija ili slika originala f (t) definisana je sa

L

0

)()())(( tfpFtf e-pt

dt (pC). (1)

Ovaj integral nosi naziv Laplaceov integral.

Teorema 1. (Konvergencija Laplaceovog integrala) Ako je f (t) original tada Laplaceov integral

(1) konvergira u svakoj oblasti },)Re(:{ app gde je .sa

Dokaz. Neka su ispunjei uslovi iz Definicije 2 i neka je .)Re( sap Tada je

.|||||)(||)(||)(|

000

dteMdtetfdtetfpF ptptpt

Kako je

,|||||||| )Re()Im()Re())Im()(Re( attptpitptpippt eeeeee

to je

.|)(|0 0

)()(

sa

M

as

eMdteMpF

t

t

tastas

2. OSNOVNA SVOJSTVA

Teorema 1. (Teorema o linearnosti) Važi formula

L(c1f1(t) + c2f2(t)) = c1L(f1(t)) + c2L(f2(t)),

Gde su c1, c2 proizvoljne konstante.

Dokaz. Po definiciji je:

L(c1f1(t) + c2f2(t)) ))t(fc)t(fc( 2210

1

e-pt

dt

Na osnovu osobina određenog integrala, dobija se:

))t(fc)t(fc( 2210

1

e-pt

dt = c1

0

1 )t(f e-pt

dt + c2

0

2 )t(f e-pt

dt = c1L(f1(t)) + c2L(f2(t)),

što ustvari predstavlja dokaz predhodne teoreme.

Teorema 2. Ako je a proizvoljan kompleksan broj i ako je L(f(t)) = F(p), imamo:

L(eat

f(t)) = F(p-a).

Dokaz. Primenjujući Definiciju 2, dobijamo:

L(eat

f(t)) =

0

eat

f(t)e-pt

dt =

0

f(t)e-(p-a)t

dt = F(p-a).

Teorema 3.(Teorema o sličnosti) Ako je k > 0 i L(f(t)) = F(p) tada je

L( f(kt)) = .1

k

pF

k

Dokaz. Kako je

L

0

)())(( ktfktf e-pt

dt,

stavljajući kt = u, dobija se

L( f(kt)) = k

1

0

)(uf e-(pu/k)

dt =

k

pF

k

1,

čime je teorema dokazana.

Teorema 4. Ako je L(f(t)) = F(p), tada za svaku pozitivnu konstantu a važi

L( f(t-a)) = e-ap

F(p).

Dokaz. Kako je

L( f(t-a)) =

0

f(t –a)e-pt

dt ,

ako uvedemo smenu t – a = u, i vodeći raćuna o tome da je f (u) = 0 za u < 0, dobija se:

0

f(t –a)e-pt

dt =

a

f(u)e-p(u+a)

du = e-ap

a

f(u)e-pu

du = e-ap

F(p),

što je i trebalo dokazati.

Teorema 5. Za a > 0 važi formula

L( f(t+a)) = e-ap

( F(p) - a

tf0

)( e-pt

dt ),

gde je L(f(t)) = F(p).

Dokaz. Po definiciji je

L( f(t+a)) =

0

)( atf e-pt

dt ( a > 0 ).

Ako uvedemo smenu t +a = u ( ua ), dobijamo

0

)( atf e-pt

dt =

a

uf )( e-up+ap

du = eap

a

uf )( e-up

du

= eap

(

0

)(uf e-up

du - a

uf0

)( e-up

du ) = eap

( F(p) - a

uf0

)( e-up

du )

Teorema 6. Ako je original f(t) periodična funkcija sa periodom T, tada je:

L(f(t)) = F(p) = dtetfe

T

pt

Tp

0

)(1

1

Dokaz. Imamo

F(p) =

0

)(tf e-pt

dt = T

tf0

)( e-pt

dt +

T

tf )( e-pt

dt.

Uvodeći smenu t = u + T, dobija se:

T

tf )( e-pt

dt = e-Tp

0

)( Tuf e-pu

du = e-Tp

0

)(uf e-pu

du = e-Tp

F(p), jer je f(u + T) = f(u).

Zadatak 1.1. Odrediti Laplasovu transformaciju funkcije date grafički.

Rešenje. Funkcija je periodična sa osnovnim delom

Stoga je

dtetfe

pt

p

2

0

2)(

1

1

dtedte

e

ptpt

p

2

1

1

0

21

1

1

12

2

p

p

ep

e

Teorema 7. Ako su funkcija f(t) i njeni izvodi do n-tog reda originalni, tada važi formula

L nn ptf ))(( )( L )0())(( )(1

0

1 kn

k

kn fptf

.

Dokaz. Primenićemo princip matematičke indukcije. Za n = 1, imamo:

.)('))('(0

dtetftfL pt

Primenom parcijalne integracije birajući dtetu pt)(1 i ,)(')(1 dttftdv dobijamo

))('( tfL =

t

t

pt tfe0

)( + p dtetfpt

0

)( = pL(f(t)) – f(0),

što znači da je formula u ovom slučaju tačna. Pretpostavimo da formula važi za neko n. Sličnom

primenom parcijalne integracije, dobija se:

L dtetftf ptnn

0

)1()1( )())(( =

t

t

npt tfe0

)( )( + p dtetf ptn

0

)( )( = pL(f(n)

(t)) – f(n)

(0)

=p (pnL(f(t)) - )0()(

1

0

1 kn

k

kn fp

) - f(n)

(0) = pn+1

L(f(t)) - ).0()(

0

kn

k

kn fp

Prema tome, pošto formula i za n+1, zaključujemo da je formula važi za bilo koji prirodan broj n.

1 2 3 4 5 6t

1.0

0.5

0.5

1.0

f t

Teorema 8. Ako je L(f(t)) = F(p), tada je

L ( t

duuf0

)( ) = p

pF )(.

Dokaz. Prema definiciji je

t

duufLJ0

)( .)(0 0

dteduuf pt

t

Primenom parcijalne integracije birajući t

duuftu0

1 )()( i ,)(1 dtetdvpt dobijamo

000

)()( dttfp

eduuf

p

eJ

ptt

t

tpt

= dttfep

pt )(1

0

=p

pF )(.

Teorema 9. Ako je L(f(t)) = F(p), tada važi:

L( tnf(t)) = ( -1)

nF

(n)(p).

Dokaz. Kako je po definiciji F(p) =

0

)( dttfe pt ,diferenciranjem ove jednakosti po p dobija se:

F(n)

(p) = (-1)n

dttfet ptn )(0

.

3. TABLICA LAPLACEOVE TRANSFORMACIJE 1. Laplaceova transformacija eksponencijalne funkcije nalazi se primenom Definicije 2:

L(et) =

0

te e-pt

dt = dtetp

0

)1( =

1

1

p ( Re(p)>1 ).

Kako je L(et) =

1

1

p, a na osnovu teoreme o sličnosti, dobija se:

L(eat

) =

1

11

a

pa = .

1

ap

2. Poznati su sledeći obrasci:

cos at = 2

iatiat ee sin at =

i

ee iatiat

2

ch at = 2

atat ee sh at =

2

atat ee

Prema tome:

iap

1

iap

1

22 ap

p

.

Koristeći se identičnom logikom, dobija se:

iap

1

iap

1

22 ap

a

.

ap

1

ap

1

22 ap

p

.

ap

1

ap

1

22 ap

a

.

Pregled Laplaceovih transformacija nekih elementarnih funkcija, dat je tabelarno u nastavku teksta.

Original Slika Ograničenja

1

2

3

4

5

6 22 ap

p

7 22 ap

a

8 22 ap

p

9 22 ap

a

4. INVERZNA LAPLACEOVA TRANSFORMACIJA

Definicija 3. Inverzna Laplaceova transformacija slike F (p) je original f (t) definisan sa

)())(()()( 1 pFtfLpFLtf (pC). (1)

Određivanje inverzne Laplaceove transformacije date slike je direktno povezano sa sledećom teoremom.

Teorema 1. Ako funkcija f(t) zadovoljava Dirichletove uslove (1)-(2):

1. f (t) je deo po deo neprekidna; 2. f (t) ima konačno mnogo ekstremuma;

i uslov

3. integral

dttf |)(| je konvergentan,

tada se f(t) može predstaviti Fourierovim integralom

.))(cos()(2

1)(

drduutruftf

Sličan integral po sinusu je jednak nuli zbog neparnosti ove funkcije. Stoga je

.)(2

1)( )(

drdueuftf iutr

Teorema 2(Riemann-Mellin). Ako je L(f(t)) = F(p), funkcija f(t) zadovoljava Dirichletove uslove (1)-

(2) i integral

0

)( dtetf pt je uniformno-konvergentan po pravoj },)Re(:{ spp tada je

is

is

ptdpepFi

tf .)(2

1)(

Inverzna Laplaceova transformacija f(t) funkcije F(p) definisana je izrazom:

is

is

ptdpepFi

pFLtf .)(2

1)()( 1

što se svodi na proračunavanje krivolinijskog integrala u kompleksnoj ravni. Ovaj postupak

implicira iz Riemann-Mellinove teoreme. Budući da je ovaj postupak dosta složen, za nalaženje

inverzne transformacije koriste se jednostavnije metode. Kod jednostavnijih funkcija F(p) koristi

se tablica funkcija.

5. PRIMENE LAPLACEOVE TRANSFORMACIJE

Laplaceova transformacija funkcija se može uspešno primeniti na rešavanje običnih i parcijalnih diferencijalnih jednačina, diferencnih i diferencno-diferencijalnih jednačina.

5.1. REŠAVANJE DIFERENCIJALNIH JEDNAČINA

Koristeći pravila za nalaženje Laplaceove transformacije pojedinih funkcija, možemo formirati novi metod za rešavanje diferencijalnih jednačina i sistema diferencijalnih jednačina.

Za diferencijalnu jednačinu oblika

postupak se sastoji u sledećem:

1. odredi se Laplaceova transformacija svakog člana diferencijalne jednačine; 2. iz tako dobijene algebarske jednačine odredi se rešenje F(p); 3. inverznom transformacijom kompleksne funkcije F(p) dobija se traženo rešenje

f(t) polazne diferencijalne jednačine.

Zadatak 5.1.1. Odrediti partikularno rešenje diferencijalne jednačine

.

Rešenje. Označimo sa L(y(t)) = Y(p). Prema teoremi o izvodu, imamo

, , . U konkretnom zadatku, važi

tj.,

.

Odatle

Primenom inverzne Laplaceove transformacije dobijamo

,

tj. tačno rešenje glasi

. Zadatak 5.1.2. Odrediti partikularno rešenje diferencijalne jednačine

.

Rešenje. Označimo sa L(y(t)) = Y(p). Prema teoremi o izvodu, imamo

, ,

U konkretnom zadatku, važi

tj.,

.

Odatle

Primenom inverzne Laplaceove transformacije dobijamo

Iz tablice imamo

Sa druge strane je

Kako je

L( tnf(t)) = ( -1)

nF

(n)(p).

Zaključujwmo da je

L =-t f(t) = t sin t.

tj. tačno rešenje glasi

Zadatak 5.1.3. Odrediti partikularno rešenje sistema diferencijalnih jednačina

.

Rešenje. Uvedimo oznake L(x(t)) =X(p) i L(y(t)) = Y(p). Primenom Laplaceove transformacije

na sistem dobijamo

Rešenje ovog sistema je

Razlaganjem na elementarne razlomke, dobijamo

Primenom inverzne Laplaceove transformacije, dobijamo rešenje početnog sistema

5.2. DIFERENCIJALNO- DIFERENCNE JEDNAČINE

Diferencijalno-diferencne jednačine su diferencijalne jednačine sa pomerenim argumentom

oblika

gde su dati brojevi. Zadaju se još i početni ili granični uslovi.

Zadatak 5.2.1. Odrediti partikularno rešenje diferencijalno-diferencne jednačine

.

Rešenje. Označimo sa L(y(t)) = Y(p). Prema teoremi o izvodu, imamo

, ,

što zbog početnih uslova postaje

a odatle je

Tako imamo

Odatle

5.3. REŠAVANJE PARCIJALNIH DIFERENCIJALNIH JEDNAČINA

U narednom primeru pokazaće se kako je moguće primenom Laplaceovih transformacija

doći, relativno jednostavno, don rešenja parcijalnoh diferencijalnih jednačina. Naravno, ovo je

moguće samo u slučajevima kada su definisani konturni uslovi pa će se ovakav slučaj ovde i

razmatrati.

Neka je data žica koja celom svojom dužinom leži na x-osi , sa jednim krajem u

koordinatnom početku a drugim krajem u beskonačno udaljenoj tački na pozitivnom delu x-ose.

Onaj kraj koji je u trenutku t=0 bio u koordinatnom početku, pomera se duž y-ose tako da je

y=f(t) kada je x=0 i u trenutku t pri čemu je f(t) neprekidna funkcija vremena t i f(0)=0. Potrebno

je dakle odrediti funkciju y(x,t), tj. ortogonalne oscilacije pojedinih tačaka žice oko inicijelnog

položaja.

Matematički model tog problema mogao bi se formulisati na sledeći način (uzeto je da je

2

2 1

ab ):

0,0),,(),( 2 txtxybtxy xxtt (1)

0),0,()0,( xxyxy t (2)

0,0),(lim),(),0(

ttxytftyx

(3)

Potrebno je odrediti Laplaceovu transformaciju pojedinih članova diferencijalne

jednačine:

L ),( txy =

0

),( dtetxy pt =Y(x,p)

L )()]([ pFtf

L ),( txyt =pY(x,p)-y(x,0)

L )0,()0,(),(),( 2 xyxpypxYptxy ttt

Koristeći uslove (1) dobija se:

L ),(),( 2 pxYptxytt

L dtetxyx

dtetxyx

txy ptptxx

0

2

2

0

2

2

),(),(),(

L ),(),( pxYtxy xxxx

Iz uslova (3):

y(0,t)=f(t) L )],0([ ty L )]([ tf

Y(0,p)=F(p)

0),(lim),(lim),(lim00

dtetxydtetxypxYpt

x

pt

xx

0),(lim

pxYx

Parcijalna diferencijalna jednačina (1) postaje:

0),(),( 22

2

2

pxYbpdx

pxYd

Y(0,p)= F(p), 0),(lim

pxYx

p>0, b>0

Na ovaj način se od parcijalne diferencijalne jednačine prelazi na običnu linearnu

diferencijalnu jednačinu drugog reda takođe sa konturnim uslovima:

0222 bpk pbk 2,1

Opšte rešenje ove diferencijalne jednačine je:

pbxpbx epCepCpxY )()(),( 21

0),(lim

pxYx

0)(2 pC

Y(0,p)=F(p) )()(1 pFpC

Odatle sledi:

)(),( pFepxY pbx

Inverzna Laplaceova transformacija daje:

y(x,t) = L pxY ,(1 = L )(1 pFe pbx y(x,t) = 0 za t