مثالهایی از محاسبه تبدیل لاپلاس

 

 

 

در این مقاله هدف انجام محاسبات تبدیل لاپلاس به صورت گام‌به‌گام است.

 

 

تعریف تبدیل لاپلاس

 

اگر f(t) یک تابع یکطرفه (One-sided) باشد، یعنی برای t<0 داریم: f(t)=0، آنگاه تبدیل لاپلاس تابع، F(s) به صورت انتگرال زیر تعریف میشود:

 

    \[ \mathcal{L}{f(t)} = F(s) = \int_{0}^{+\infty}f(t)e^{-st}dt \]

 

یا به طور دقیقتر، تعریف زیر را داریم که توابعی همچون تابع ضربه \delta(t) را هم شامل میشود:

 

    \[ \mathcal{L}{f(t)} = F(s) = \int_{0^-}^{+\infty}f(t)e^{-st}dt \]

 

که در آن متغیر s میتواند مختلط (complex) باشد به طوریکه انتگرال مورد نظر همگرا باشد.

 

 

مثال 1- تبدیل لاپلاس تابع f(t)=1 را محاسبه کنید.

 

راه حل: با توجه به تعریف تبدیل لاپلاس، داریم:

 

    \[ F(s) = \int_{0}^{+\infty}f(t)e^{-st}dt \]

 

در سرتاسر بازه [0,\infty] تابع f(t)=1 است و بنابراین، انتگرال بالا به شکل زیر ساده میشود:

 

    \[ \begin{aligned} F(s) = \int_{0}^{+\infty}e^{-st}dt \\ \\ = \lim_{T \to +\infty} \left[-\frac{1}{s}e^{-st} \right]_{0}^{T} \\ \\ = \lim_{T \to +\infty} -\frac{e^{-sT}-e^0}{s} \end{aligned} \]

 

اگر بخش حقیقی s، بزرگتر از صفر باشد، آنگاه \lim_{T \to +\infty}e^{-sT}=0 و بنابراین انتگرال تبدیل لاپلاس، همگرا میشود و F(s) برابر است با:

 

    \[ F(s) = \frac{1}{s} \]

 

 

مثال 2: تبدیل لاپلاس f(t) = e^{at} را محاسبه کنید.

 

 

راه‌حل:

 

با توجه به تعریف تبدیل لاپلاس، داریم:

 

    \[ \begin{aligned} F(s) = \int_{0}^{+\infty} e^{at} e^{-st}dt = \int_{0}^{+\infty} e^{(a-s)t} dt \\ \\ = \lim_{\to +\infty} \left[\frac{1}{a-s}e^{(a-s)t} \right]_{0}^{T} \\ \\ =\lim_{T \to +\infty} \frac{e^{(a-s)T}-e^0}{a-s} \end{aligned} \]

 

اگر بخش حقیقی s بزرگتر از بخش حقیقی a باشد، \lim_{T \to +\infty} e^{(a-s)}T=0 میشود و بنابراین، انتگرال همگرا شده و تبدیل لاپلاس به شکل زیر بدست می‌آید:

 

    \[ F(s) = \frac{1}{s-a} \]

 

 

مثال 3: تبدیل لاپلاس f(t) = sin(\omega t) را محاسبه کنید.

 

 

راه حل:

 

با توجه به تعریف تبدیل لاپلاس، داریم:

 

    \[ F(s) = \int_{0}^{+\infty}sin(\omega t) e^{-st}dt \]

 

با نوشتن sin(\omega t) بر حسب نمایی‌های مختلط، به شکل زیر، داریم:

 

 

    \[ \begin{aligned} sin(\omega t) = \frac{e^{j \omega t}-e^{-j \omega t}}{2j} \\ \\ F(s) = \int_{0}^{+\infty}\frac{e^{j \omega t}-e^{-j \omega t}}{2j} e^{-st}dt \end{aligned} \]

 

با جداسازی عبارت زیر انتگرال و محاسبه هر انتگرال به صورت مستقل، میتوان نوشت:

 

    \[ \begin{aligned} F(s) = \int_{0}^{+\infty}\frac{e^{j \omega t}e^{-st}}{2j} dt - \int_{0}^{+\infty}\frac{e^{-j \omega t}e^{-st}}{2j} dt \\ \\ = \int_{0}^{+\infty}\frac{e^{(j \omega-s)t}}{2j} dt - \int_{0}^{+\infty}\frac{e^{-(j \omega+s) t}}{2j} dt \\ \\ = \lim_{\to +\infty} \left[\frac{1}{2j(j \omega -s)}e^{(j \omega-s)t} \right]_{0}^{T} - \lim_{\to +\infty} \left[\frac{1}{-2j(j \omega +s)}e^{-(j \omega+s)t} \right]_{0}^{T} \\ \\ = \lim_{\to +\infty} \frac{e^{(j\omega -s)T}-e^0}{2j(j \omega -s)} - \lim_{\to +\infty} \frac{e^{-(j\omega +s)T}-e^0}{-2j(j \omega +s)} \end{aligned} \]

 

اگر بخش حقیقی s بزرگتر از صفر باشد، آنگاه \lim_{\to +\infty} \frac{e^{(j\omega -s)T}}{2j(j \omega -s)}=0 و \lim_{\to +\infty} \frac{e^{-(j\omega +s)T}}{-2j(j \omega +s)}=0 است و بنابراین انتگرال تبدیل لاپلاس، همگرا میشود و به عبارت زیر تبدیل میشود:

 

    \[ F(s) = -\frac{1}{1j(j\omega -s)}--\frac{1}{1j(j\omega +s)} \]

 

و با مخرج مشترک به عبارت ساده‌تر زیر دست می‌یابیم:

 

    \[ F(s) = \frac{\omega}{\omega^2+s^2} \]

 

 

مثال 4: تبدیل لاپلاس تابع f(t)=cosh(\omega t) را محاسبه کنید:

 

 

راه‌حل:

 

با توجه به تعریف تبدیل لاپلاس، داریم:

 

    \[ F(s) = \int_{0}^{+\infty}cosh(\omega t) e^{-st}dt \]

 

با نوشتن تابع cosh(\omega t) بر حسب نمایی‌های حقیقی، داریم:

 

    \[ \begin{aligned} cosh(\omega t) = \frac{e^{\omega t}+e^{-\omega t}}{2} \\ \\ F(s) = \int_{0}^{+\infty}\frac{e^{\omega t}+e^{-\omega t}}{2} e^{-st}dt \end{aligned} \]

 

با جداسازی عبارت زیر انتگرال و محاسبه هر انتگرال به صورت مستقل، میتوان نوشت:

 

    \[ \begin{aligned} F(s) = \int_{0}^{+\infty}\frac{e^{ \omega t}e^{-st}}{2} dt + \int_{0}^{+\infty}\frac{e^{- \omega t}e^{-st}}{2} dt \\ \\ = \int_{0}^{+\infty}\frac{e^{( \omega-s)t}}{2} dt - \int_{0}^{+\infty}\frac{e^{-( \omega+s) t}}{2} dt \\ \\ = \lim_{\to +\infty} \left[\frac{1}{2( \omega -s)}e^{( \omega-s)t} \right]_{0}^{T} - \lim_{\to +\infty} \left[\frac{1}{-2( \omega +s)}e^{-( \omega+s)t} \right]_{0}^{T} \\ \\ = \lim_{\to +\infty} \frac{e^{(\omega -s)T}-e^0}{2( \omega -s)} - \lim_{\to +\infty} \frac{e^{-(\omega +s)T}-e^0}{-2( \omega +s)} \end{aligned} \]

 

اگر بخش حقیقی s بزرگتر از \omega باشد، آنگاه \lim_{\to +\infty} e^{(\omega -s)T}=0  و  \lim_{\to +\infty} e^{-(\omega +s)T}=0 و بنابراین تبدیل لاپلاس به عبارت زیر همگرا میشود:

 

    \[ F(s) = \frac{-1}{2(\omega -s)}+\frac{-1}{-2(\omega +s)} \]

 

که به عبارت نهایی زیر ساده میشود:

 

    \[ F(s) = \frac{s}{s^2-\omega^2} \]

 

 

مثال 5- تبدیل لاپلاس دو تابع ضربه \delta(t) و \delta(t-a), a>0 را بیابید.

 

 

راه‌حل:

 

در ابتدا، لازم به یادآوری است که انتگرالهای شامل تابع ضربه، دارای خاصیت غربالی زیر هستند:

 

    \[ \int_A^B f(t)\delta(t-a)dt = \begin{cases} 1 & A<a<B \\ 0 & otherwise \end{cases} \]

 

برای محاسبه تبدیل لاپلاس تابع \delta(t)، نیاز به تعریف دقیق تبدیل لاپلاس با لحاظ کردن نقطه شروع صفر در انتگرال از طریق قرار دادن حد پایین به شکل زیر داریم:

 

    \[ \mathcal{L} \{ \delta(t) \} = \int_{0^-}^{+\infty} \delta(t) e^{-st} dt \]

 

با شروع انتگرال‌گیری از مقدار 0^-، تابع ضربه به درستی لحاظ میشود و به نتیجه زیر میرسیم:

 

    \[ \mathcal{L} \{ \delta(t) \} = \int_{0^-}^{+\infty} \delta(t) e^{-st} dt = e^0 = 1 \]

 

برای تابع \delta(t-a) نیز داریم:

 

    \[ \mathcal{L} \{ \delta(t-a) \} = \int_0^{+\infty} \delta(t-a) e^{-st} dt = e^{-as} \]

 

دقت کنید که در اینجا حد پایین 0 کافیست زیرا مقدار a مثبت است و تابع ضربه در سمت راست مبداء قرار دارد. 

 

 

مثال 6: تبدیل لاپلاس تابع f(t)=t را محاسبه کنید.

 

 

راه‌حل:

 

طبق تعریف تبدیل لاپلاس، میتوان نوشت:

 

    \[ \mathcal{L} \{ t \} = \int_0^{\+infty} t e^{-st} dt \]

 

این انتگرال به روش جزء به جزء (Integration by parts) به شکل زیر محاسبه میشود:

 

    \[ \begin{aligned} \int_0^{+\infty} te^{-st}dt = -t \frac{1}{s}e^{-st} \Big|_0^{+\infty} + \frac{1}{s} \int_0^{+\infty} e^{-st}dt \\ \\ = \frac{1}{s^2} \end{aligned} \]

 

 

مثال 7: تبدیل لاپلاس تابع f(t) = te^{-at} را بدست آورید.

 

 

راه‌حل:

 

با توجه به انتگرال تبدیل لاپلاس و روش جزء به جزء، میتوان نوشت:

 

    \[ \begin{aligned} F(s) = \int_0^{+\infty} te^{-at}e^{-st}dt = \int_0^{+\infty} te^{-(s+a)t}dt \\ \\ = -t\frac{1}{s+a}e^{-(s+a)t}\Big|_0^{+\infty} +\frac{1}{s+a} \int_0^{+\infty} e^{-(s+a)t}dt \\ \\ = \frac{1}{s+a} (-\frac{1}{s+a}e^{-(s+a)t}\Big|_0^{+\infty}) = \frac{1}{(s+a)^2} \end{aligned} \]

 

 

مثال 8: تبدیل لاپلاس تابع f(t)=t^n را محاسبه کنید.

 

 

راه‌حل:

 

قبلا دیدیم که برای توانهای صفر و یک t، تبدیل لاپلاس به ترتیب به شکل \mathcal{L} [1]=\frac{1}{s} و \mathcal{L} [t]=\frac{1}{s^2} است. حال میخوایم این تبدیل را به توانهای غیرمنفی n>1 تعمیم دهیم. طبق تعریف تبدیل لاپلاس داریم:

 

    \[ \mathcal{L} [t^n] = \int_0^\infty t^n e^{-st}dt \]

 

همچون قبل و با استفاده از روش انتگرال جزء به جزء، میتوان نوشت:

 

    \[ \begin{aligned} \int_0^\infty t^n e^{-st}dt = -t^n \frac{1}{s} e^{-st} \Big|_0^{\infty} +\frac{n}{s} \int_0^{\infty} t^{-n} e^{-st}dt \\ \\ = \frac{n}{s} \int_0^{\infty} t^{-n} e^{-st}dt \end{aligned} \]

 

روند محاسبه با روش جزء به جزء را میتوان ادامه داد تا به جواب نهایی رسید، اما با بررسی دقیق نتیجه انتگرال بعد از یک مرحله استفاده از روش جزء به جزء، میتوان چنین نتیجه گرفت که:

 

    \[ \mathcal{L} [t^n] =\frac{n}{s} \mathcal{L} [t^{n-1}] \]

 

اگر محاسبه \int_0^\infty t^n e^{-st}dt را با تبدیل آن به یک معادله دیفرانسیل مرتبه یک با شرایط اولیه مشخص و به روش تکراری انجام دهیم، دنباله‌ای از انتگرالها خواهیم داشت که عضو اول این دنباله همان انتگرال I_0=\mathcal{1}=\frac{1}{s} و عضو نهایی آن I_n=\mathcal{t^n} است. با توجه به رابطه بالا، میتوان نوشت:

 

    \[ I_n=\frac{n}{s}I_{n-1} \ \ \ , I_0 = \frac{1}{s} \]

 

این معادله به نوعی یک معادله تفاضلی (Difference) نیز هست که شرط اولیه آن همان مقدار I_0 است. با جایگذاری n-1 به جای n داریم:

 

    \[ I_{n-1} = \frac{n-1}{s} I_{n-2} \]

 

محاسبه I_n بر حسب درجه‌ n-3 به صورت تکراری منجر به رابطه زیر میشود:

 

    \[ I_n = \frac{n}{s}I_{n-1} \\ \\ = \frac{n}{s} \left(\frac{n-1}{s}I_{n-2} \right) \\ \\ =\frac{n(n-1)}{s^2}I_{n-2} \\ \\ =\frac{n(n-1)(n-2)}{s^3}I_{n-3} \]

 

و اگر این روند تا مقدار اولیه I_0 ادامه پیدا کند، داریم:

 

    \[ I_n = \frac{n(n-1)(n-2) \ldots (2) (1)}{s^n} I_0 = \frac{n!}{s^{n+1}} \]

 

بنابراین، تبدیل لاپلاس به شکل \mathcal{L}t^n=\frac{n!}{s^{n+1}} بدست می‌آید.

 

 

در ادامه، مثالهایی از تبدیل لاپلاس مشتق تابع فرضی ارائه میشود.

 

 

مثال 9: نشان دهید که \mathcal{L}\left[\frac{df}{dt} \right]=sF(s)-f(0) که در آن f و F به ترتیب تابع حوزه زمان و تبدیل لاپلاس آن هستند.

 

 

راه‌حل:

 

طبق تعریف تبدیل لاپلاس، میتوان نوشت:

 

    \[ \mathcal{L}\left[\frac{df}{dt} \right]=\int_0^{\infty}\frac{df}{dt} e^{-st}dt \]

 

با استفاده از روش انتگرال‌گیری جزء به جزء و با فرض u=e^{-st}, v=f(t)، داریم:

 

    \[ \begin{aligned} \mathcal{L}\left[\frac{df}{dt} \right]=\int_0^{\infty}\frac{df}{dt} e^{-st}dt \\ \\ =f(t)e^{-st} \Big|_0^{\infty}+s \int_0^{\infty}f(t)e^{-st}dt \\ \\ =-f(0)+sF(s) \end{aligned} \]

 

در اینجا فرض شده است که با افزایش t مقدار f(t)e^{-st} به صفر میل میکند.

 

 

مثال 10: نشان دهید که \mathcal{L}\left[\frac{d^2 f}{dt^2} \right]=s^2 F(s)-sf(0)-f^{\prime} (0)

 

راه‌حل: 

این مساله هم از طریق دو بار به کارگیری روش جزء به جزء قابل حل است و هم با استفاده از نتیجه مثال قبلی. اگر فرض کنیم g(t)=\frac{df(t)}{dt}، داریم:

 

    \[ \begin{aligned} \mathcal{L} \left[\frac{d^2 f}{dt^2} \right] = \mathcal{L} \left[\frac{dg}{dt} \right] = sG(s)-g(0)=sG(s)-f^{\prime}(0) \\ \\ G(s)=\mathcal{L} \left[\frac{df}{dt} \right] sF(s)-f(0) \\ \\ \mathcal{L}\left[\frac{d^2f}{dt^2} \right]=sG(s)-f^{\prime}(0) \\ \\ =s[sF(s)-f(0)]-f^{\prime}(0) \\ \\ =s^2 F(s)-s f(0)- f^{\prime}(0) \\ \end{aligned} \]

 

 

 

 

منبع: https://www.mathforengineers.co