Laplace-getransformeerden van differentiaalvergelijkingen

Differentiaalvergelijkingen en Lineaire algebra: Laplace-transformaties

Laplace-getransformeerden van differentiaalvergelijkingen

De Laplace-getransformeerde van de afgeleide #f'# van een functie #f# kan uitgedrukt worden in de Laplace getransformeerde van #f# zonder gebruik van afgeleiden:

Afgeleide in tijddomeinAls #f# een differentieerbare functie op #\ivco{0}{\infty}# is, #\laplace{f}# bestaat en #\lim_{t\to\infty}\ee^{-st} f(t) = 0#, dan geldt \[\mathcal{L} f' (s) = s\cdot (\mathcal{ L}f)(s)-f(0)\]

Algemener, als #n# een natuurlijk getal is, #f# een stuksgewijs #n#-maal differentieerbare functie is en #\lim_{t\to\infty}\ee^{-st} f^{(k)}(t) = 0# bestaat voor alle #k# met #0\le k\lt n#, dan geldt \[ \laplace{\left(f^{(n)}\right)}(s) = s^n\cdot \laplace{f}(s)-s^{n-1}f(0)-s^{n-2}f'(0)-\cdots-s\cdot f^{(n-2)}(0)-f^{(n-1)}(0)\]

We beginnen met de afleiding van de gelijkheid voor de eerste afgeleide. Deze maakt gebruik van partiële integratie.

\[\begin{array}{rcl}\mathcal{L} f' (s) &=& \displaystyle\int_0^{\infty}f'(t)\cdot\ee^{-st}\,\dd t\\ &&\phantom{xx}\color{blue}{\text{definitie Laplace-getransformeerde}}\\&=& \displaystyle\left.f(t)\cdot\ee^{-st}\right|_{t=0}^{t=\infty}+s\cdot\int_0^{\infty}f(t)\cdot\ee^{-st}\,\dd t\\&&\phantom{xx}\color{blue}{\text{partiële integratie}}\\ &=& \displaystyle-f(0)+s\cdot(\mathcal{L}f(s))\\ &&\phantom{xx}\color{blue}{\lim_{t\to\infty}\ee^{-st} f(t) = 0}\\\end{array}\]

Voor het bewijs van de gelijkheid voor een willekeurige #n# gebruiken we volledige inductie. Het geval #n=1# is net behandeld. Stel nu #n\gt1#. Dan volgt uit de inductiehypothese

\[\begin{array}{rcl} \mathcal{L} f^{(n)}(s) &=& \mathcal{L} (f^{(n-1)})'(s)\\ &=&s\cdot (\mathcal{ L}f^{(n-1)}(s))-f^{(n-1)}(0) \\ &=&s\cdot \left(s^{n-1}\mathcal{ L}f(s)-s^{n-2}f(0)-s^{n-3}f'(0)-\cdots-f^{(n-2)}(0) \right)-f^{(n-1)}(0) \\ &=&s^n\cdot \laplace{f}(s)-s^{n-1}f(0)-s^{n-2}f'(0)-\cdots-s\cdot f^{(n-2)}(0)-f^{(n-1)}(0)\end{array}\]

Stuksgewijs continue functies behoeven een apart behandeling. Bijvoorbeeld, voor Heaviside #u_a# met #a\gt0# kunnen we niet gewoon als afgeleide de stuksgewijs continue functie #u_a' = 0# met sprong in #a# nemen, want

\[\begin{array}{rcl}\left(\mathcal{L} u_a'\right) (s) &=& 0\\ s\cdot \left(\mathcal{L}u_a\right)(s)-f(0)&=&s\cdot \int_a^{\infty}\ee^{-ts}\dd t\\ &=& s\cdot\left. \frac{-\e^{-ts}}{s}\right|_a^{\infty}-u_a(0)\\ &=& \ee^{-as} \end{array} \]

De sprong in #a# moet zorgvuldiger behandeld worden: met delta functie #u_a' = \delta_a#,

zodat

\[\mathcal{L} u_a' (s) = \int_0^\infty\delta_a(t)\cdot\e^{-st}\dd t = \e^{-at}\]

Dankzij deze eigenschap kunnen we met behulp van Laplace-transformatie een lineaire differentiaalvergelijking met constante coëfficiënten omzetten in een algebraïsche vergelijking. Door de inverse Lapace transformatie te berekenen kunnen we de differentiaalvergelijking oplossen. Voor een tweede orde GDV worden de handelingen hieronder in een diagram weergegeven

\[\begin{array}{lcr}f''(t)+p\cdot f'(t)+q = r(t)&{\laplace{}\atop\longrightarrow}& P(s)\cdot\laplace{f}(s) = \laplace{r}(s)\\ \text{oplossing van }\big\uparrow&&\big\downarrow\text{ vind oplossing}\\ f(t) =\mathcal{L}^{-1}(F)(t)&{\mathcal{L}^{-1}\atop \longleftarrow}& \laplace{f}(s) = F(s)\end{array}\]

Hieronder staan voorbeelden van deze oplossingsmethode.

Los de differentiaalvergelijking

\[ {{d^2}\over{d t^2}} x+x=\sin(t)\]

met beginvoorwaarden \(x(0)=0\) en \(x'(0)=0\) op met behulp van de Laplace-transformatie.

#x(t) =# # {{\sin \left(t\right)}\over{2}}-{{t\cdot \cos \left(t\right)}\over{2}} #

Om de oplossing te vinden, schrijven we #y=\mathcal{L}(x)#. Dan is

\[\begin{array}{rcl}

\mathcal{L}(x'') (s)&=& s^2\cdot y(s)-2s =s^2\cdot y(s) \\
\mathcal{L}(-\sin \left(t\right)) (s)&=&\displaystyle -{{1}\over{s^2+1}} \\
\end{array}\]

Laplace-transformatie toegepast op de differentiaalvergelijking \({{d^2}\over{d t^2}} x+x=\sin(t)\) nadat alle termen naar links gebracht zijn, geeft dus

\[s^2\cdot y+y-{{1}\over{s^2+1}}=0\]

wat herschreven kan worden tot

\[\left(s^2+1\right)\cdot y-{{1}\over{s^2+1}}=0\]

Oplossing van deze vergelijking met onbekende #y# geeft

\[ y (s)= {{1}\over{s^4+2\cdot s^2+1}} \]

Breuksplitsing van het rechter lid leidt tot

\[ \begin{array}{rcl}y(s)
&=&\displaystyle {{1}\over{\left(s^2+1\right)^2}}\\

\end{array}\]

zodat uit bepaling van de inverse Laplace-getransformeerde volgt:

\[ x (t)= {{\sin \left(t\right)}\over{2}}-{{t\cdot \cos \left(t\right)}\over{2}} \]

Nieuw voorbeeld