1 Laplaceova transformacija

1 Laplaceova transformacija
Motivacija za prou£avanje Laplaceove transformacije je inicijalni problem za
linearnu diferencijalnu jednadºbu s konstantnim koecijentom,
u ′ (x) = a u(x) + b(x), u(x 0 ) = u 0 , (1)
pri £emu je a zadana konstanta a b poznata funkcija. Znamo da je u ovom
slu£aju rje²enje dano jednostavnom formulom
∫ x
u(x) = u 0 U(x, x 0 ) + U(x, y) b(y) dy uz U(x, y) = exp(a(x − y)). (2)
x 0
U daljnjem ukratko opisujemo drugi na£in zapisa rje²enja problema (1).
Metoda je primjenljiva i na jednadºbe vi²eg reda. Neka je f realna funkcija
na (0, ∞); funkciji f pridruºimo funkciju L(f) po formuli
(L(f))(x) =
∫ ∞
0
exp(−xy) f(y) dy
(= lim
R→∞
∫ R
0
exp(−xy) f(y) dy). (3)
Dovoljni uvjeti za egzistenciju Laplaceove transformacije su
Teorem. Neka za f ∈ C([0, ∞)) postoje konstante M, R > 0 i p ∈ R
tako da vrijedi
|f(x)| ≤ M exp(px), x > R.
Tada je L(f) dobro denirana na (p, ∞).
Dokaz. Za dovoljno velike A vrijedi
∫ A
=
0
∫ R
Za drugi sumand imamo
lim
A→∞
exp(−xy) |f(y)| dy
0
exp(−xy) |f(y)| dy +
≤ ‖f‖ ∞,[0,R]
1 − exp(−R)
x
∫ A
R
∫ A
R
+ M
exp(−xy) |f(y)| dy
∫ A
R
exp(y(p − x)) dy.
exp(A(p − x)) − exp(R(p − x))
exp(y(p − x)) dy = lim
A→∞
p − x
=
{ − exp(R(p−x))
p−x
, x > p,
∞, x ≤ p.
1

Dakle, za x > p postoji nepravi integral ∫ ∞
exp(−xy) |f(y)| dy pa onda postoji
i integral ∫ 0
∞
0
exp(−xy) f(y) dy.
Primjeri
Treba na¢i Laplaceovu transformaciju slijede¢ih funkcija.
1. f(x) = exp(rx).
Rje²enje. Ra£unamo po deniciji:
□
∫ R
0
Nadalje:
Dakle,
f(y) exp(−xy) dy =
∫ R
exp(R(r − x)) − 1
lim
R→∞ r − x
0
exp(−xy + ry) dy =
=
{ 1
x−r , x > r,
∞, x ≤ r.
L(exp(rx)) = 1
x − r , x > r.
2. f(x) = x 2 .
Rje²enje. Ovdje trebamo izra£unati
exp(R(r − x)) − 1
r − x
.
∫ R
lim
R→∞
0
y 2 exp(−xy) dy.
Iskoristimo formulu
∫
y 2 exp(−xy) dy = − y2
2y
exp(−xy) −
x x exp(−xy) − 2 exp(−xy) + C.
2 x3 Odavdje dobivamo
∫ R
lim y 2 exp(−xy) dy =
R→∞
0
{ 2
x 3 , x > 0,
∞, x ≤ 0.
Naredni rezultat je osnova za primjenu Laplaceove transformacije na
obi£ne linearne diferencijalne jednadºbe s konstantnim koecijentima.
Teorem. Neka je f ∈ C 1 ([0, ∞)) takva da postoje L(f) i L(f ′ ) (npr. neka
obje funkcije f i f ′ imaju u beskona£nosti rast ne brºi od eksponencijalnog).
Tada vrijedi
L(f ′ )(x) = xL(f)(x) − f(0).
2

Dokaz. Parcijalnom integracijom dobivamo
∫ R
0
f ′ ∣
(y) exp(−xy) dy = f(y) exp(−xy)
∣ R 0
+ x
∫ R
0
f(y) exp(−xy) dy.
Kako f po pretpostavci ima u beskona£nosti rast ne brºi od eksponencijalnog,
to onda
f(R) exp(−xR) → 0 kad R → ∞.
Zadnje dvije £injenice daju tvrdnju teorema.
□
Opi²imo sad primjenu Laplaceove transformacije na rje²avanje inicijalnog
problema (1). Pri tome iskoristimo linearnost Laplaceove transformacije:
Zadatak. Ako su f, g ∈ C([0, ∞)) funkcije £ije Laplaceove transformacije
postoje na intervalima (α f , ∞) odnosno (α g , ∞), tada vrijedi
L(f + g)(x) = L(f)(x) + L(g)(x),
L(λf)(x) = λL(f)(x), x ∈ (α f , ∞), λ ∈ R.
x ∈ (max{α f , α g }, ∞),
Neka je u rje²enje problema (1). Iz diferencijalne jednadºbe izlazi
L(u ′ )(x) = L(au + b)(x) = aL(u)(x) + L(b)(x).
Odavdje i iz teorema o transformaciji derivacije dobivamo algebarsku jednadºbu
za u,
xL(u)(x) − u(0) = aL(u)(x) + L(b)(x) tj. L(u)(x) = u 0
x − a + L(b)(x)
x − a
Ostaje delikatan problem invertiranja Laplaceove transformacije; postoji formula
za inverznu Laplaceovu transformaciju u terminima nepravog kompleksnog
integrala i mi ju ne navodimo. Nadalje, pokazuje se da je inverzna
Laplaceova transformacija L −1 linearno preslikavanje te da postoji za funkcije
f koje zadovoljavaju
lim f(x) = 0,
x→∞
lim xf(x)
x→∞
postoji i kona£an je.
Formalnom primjenom (linearnog) operatora L −1 na gornju formulu za funkciju
L(u) dobivamo
( ) ( )
1
L(b)(y)
u(x) = u 0 L −1 (x) + L −1 (x).
y − a
y − a
3

Iz prvog primjera izlazi nadalje
u(x) = u 0 exp(ax) + L −1 ( L(b)(y)
y − a
)
(x). (4)
Drugi sumand desne strane ne moºemo sada pojednostavniti. Ostaje kori²tenje
tablica sa Laplaceovom transformacijom (vidjeti na stranici kolegija,
npr.). Pri tome mogu biti korisna slijede¢a svojstva Laplaceove transformacije:
L(yf(y))(x) = − d
dx L(f)(x) ,
L(exp(py)f(y))(x) = L(f)(x − p).
Dokaze ovih svojstava ostavljamo kao zadatak.
Primjer
1. Na¢i Laplaceovu transformaciju funkcije x exp(x).
Rje²enje. Znamo da je L(exp(x))(y) =
y−1. 1 Koriste¢i prvo svojstvo
dobivamo
L(x exp(x))(y) = − d
dy
1
y − 1 = 1
(y − 1) . 2
2. Na¢i Laplaceovu transformaciju funkcije exp(2x) sin x.
Rje²enje. Koristimo tablicu transformacija; tako je L(sinx)(y) = 1
Odavdje i iz drugog svojstva dobivamo
L(exp(2x) sin x)(y) = L(sin x)(y − 2) =
1
1 + (y − 2) 2 .
1+y 2 .
Primijetimo da je kod linearnih jednadºbi prvog reda primjena Laplaceove
transformacije na rje²avanje inicijalnog problema kompliciranija od direktnog
kori²tenja formule (2). Nadalje, ta formula moºe se izvesti iz (4). Naglasak
je ovdje na metodi rje²avanja; komplicirani problem (diferencijalna
jednadºba) svodi se na algebarski problem za transformirano rje²enje. Treba
re¢i da je Laplaceova transformacija popularna u inºenjerskim strukama, i
to naro£ito kod rje²avanja inicijalnih problema za obi£ne linearne diferencijalne
jednadºbe drugog reda s konstantnim koecijentima. Mi ¢emo jo²
komentirati inicijalni problem (1) s prekinutom desnom stranom b.
4