Differentiaaliyhtälöiden ratkaiseminen Laplace-muunnoksen avulla Alexey Zagorodniy LuK -tutkielma Toukokuu 2024 Tarkastajat: FT Stefan Emet MATEMATIIKAN JA TILASTOTIETEEN LAITOS Turun yliopiston laatujärjestelmän mukaisesti tämän julkaisun alkuperäisyys on tar- kastettu Turnitin OriginalityCheck-järjestelmällä TURUN YLIOPISTO Matematiikan ja tilastotieteen laitos Alexey Zagorodniy : Differentiaaliyhtälöiden ratkaiseminen Laplace-muunnoksen avulla LuK -tutkielma, 18 s. Matematiikka Toukokuu 2024 Tässä tutkielmassa käsitellään Laplace-muunnoksen soveltamista tavallisten diffe- rentiaaliyhtälöiden ratkaisemiseen. Laplace-muunnos tarjoaa tehokkaan menetelmän muuntaa differentiaaliyhtälöt algebrallisiksi yhtälöiksi, mikä yksinkertaistaa ratkai- suprosessia. Tutkielma alkaa esittelemällä Laplace-muunnoksen teoreettiset perusteet, mukaan lukien sen ominaisuudet ja tärkeimmät lauseet. Käsitellään keskeisiä käsitteitä, ku- ten lineaarisuus, derivaatan Laplace-muunnos ja käänteinen Laplace-muunnos. Teo- riapohjan jälkeen keskitytään käytännön sovelluksiin ja esitetään, miten Laplace- muunnosta voidaan soveltaa erityyppisten differentiaaliyhtälöiden, erityisesti alku- arvo-ongelmien, ratkaisemiseen. Esimerkeillä havainnollistetaan Laplace-muunno- ksen tehokkuus luonnontieteissä ja tekniikassa yleisesti esiintyvien differentiaaliyhtä- löiden ratkaisemisessa. Lukijalta edellytetään analyysin perustietämystä ja -ymmär- rystä. Asiasanat: Laplace-muunnos, tavallinen differentiaaliyhtälö, alkuarvo-ongelma, al- gebrallinen yhtälö, käänteinen Laplace-muunnos. Sisällys 1 Johdanto 1 2 Laplace-muunnos 1 2.1 Alkuperäinen funktio ja sen muunnos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 2.2 Laplace-muunnoksen olemassaolo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 2.3 Lineaarisuus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 2.4 Derivaatan Laplace-muunnos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 2.5 Käänteinen Laplace-muunnos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 2.6 Konvoluutio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 3 Differentiaaliyhtälöiden ratkaiseminen Laplace-muunnoksella 10 3.1 Yleinen menetelmä . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 3.2 Sovellukset erilaisiin ongelmiin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 Kirjallisuutta 18 1 Johdanto Differentiaaliyhtälöillä on ratkaiseva merkitys monilla tieteen ja teknologian aloilla. Yhtälöt kuvaavat, miten suureet muuttuvat ajan myötä, ja niillä voidaan mallin- taa ilmiöitä, kuten virran kulkua sähköpiirissä, kalvon värähtelyä tai lämmön siir- tymistä eristetyn johdon läpi [2]. Usein näihin yhtälöihin sisältyy alkuehtoja, jotka määrittelevät järjestelmän alkutilan (hetkellä t = 0 ). Differentiaaliyhtälöiden ratkaiseminen voi kuitenkin olla haastavaa, erityisesti kun on kyse korkeamman kertaluvun yhtälöistä tai yhtälöryhmistä. Tehokas ta- pa ratkaista tällaisia yhtälöitä on Laplace-muunnos . Tämä matemaattinen mene- telmä muuttaa differentiaaliyhtälön yksinkertaisemmaksi algebralliseksi yhtälöksi. Käytännössä differentiointiprosessi vastaa funktion Laplace-muunnoksen kertomista uudella parametrilla s . Kun algebrallinen yhtälö on ratkaistu, sovelletaan käänteistä Laplace-muunnosta alkuperäisen differentiaaliyhtälön ratkaisun saamiseksi. Tämä koko menetelmä tunnetaan nimellä Laplace-muunnos . [1, 2] Laplace-muunnoksen esitteli ensimmäisenä ranskalainen matemaatikko Pierre- Simon Laplace (1749—1827). Hän käytti vastaavaa muunnosta todennäköisyyttä käsittelevässä tutkimuksessaan. Myöhemmin brittiläinen matemaatikko Oliver Hea- viside (1850—1925) kehitti menetelmää epämääräisesti sähkötekniikan yhteydessä. Nykyaikainen lähestymistapa ja sovellukset differentiaaliyhtälöiden ratkaisemiseen syntyivät kuitenkin vasta 1930-luvulla saksalaisen matemaatikon Gustav Doetschin (1892—1977) työn ansiosta. [1, 2] Nykyään Laplace-muunnos on laajalti käytetty työkalu matematiikassa, sähkö- tekniikassa, mekaanisissa järjestelmissä, sekoitusongelmissa, signaalinkäsittelyssä ja muilla tekniikan ja fysiikan aloilla. Se soveltuu erityisesti tavallisten lineaaristen dif- ferentiaaliyhtälöiden, alkuarvo-ongelmien ja differentiaaliyhtälöryhmien ratkaisemi- seen. Tavallisissa differentiaaliyhtälöissä on yksi riippumaton muuttuja. Tällaisten yhtälöiden ratkaisemiseen on monia menetelmiä, joissa yleensä etsitään ensin ylei- nen ratkaisu ja sen jälkeen käytetään alkuehtoja tietyn ratkaisun määrittämiseksi. Yksi Laplace-muunnosmenetelmän merkittävistä eduista on se, että se johtaa suo- raan alkuarvo-ongelman ratkaisuun ilman, että ensin löydetään yleistä ratkaisua. [1, 4] Tässä tutkielmassa esitellään Laplace-muunnos ja keskitytään sen soveltamiseen tavallisten differentiaaliyhtälöiden ratkaisemiseen. Luvussa 2 luodaan perusta mää- rittelemällä Laplace-muunnos ja käsittelemällä sen keskeisiä ominaisuuksia, kuten lineaarisuutta , derivaatan muunnosta , käänteismuunnosta ja konvoluutiota . Luvus- sa 3 käsitellään, miten erityyppiset tavalliset differentiaaliyhtälöt, kuten alkuarvo- ongelmat ja lineaariset yhtälöryhmät, voidaan ratkaista tämän menetelmän avulla. 2 Laplace-muunnos Aloitetaan määrittelemällä Laplace-muunnos ja esittelemällä sen tärkeimmät omi- naisuudet, jotka ovat ratkaisevan tärkeitä menetelmän tehokkaan soveltamisen kan- nalta luvussa 3. Tämän luvun määritelmät, lauseet ja todistukset perustuvat pää- asiassa lähteisiin [1, 2]. 1 2.1 Alkuperäinen funktio ja sen muunnos Laplace-muunnos on matemaattinen menetelmä, joka muuntaa reaalimuuttujan t funktion f ( t ) uudeksi funktioksi F ( s ) , joka riippuu uudesta muuttujasta s . Muun- nos toteutetaan käyttämällä epäoleellista integraalia, jossa funktio f ( t ) kerrotaan eksponentiaalitermillä e− st. [1] Sopivan funktion f ( t ) tapauksessa muunnos määri- tellään seuraavasti: Määritelmä 2.1. Olkoon funktio f ( t ) määritelty välillä [0 , ∞ ) ja olkoon s mielival- tainen reaalinen tai kompleksinen parametri. Tällöin funktion f ( t ) Laplace-muunnos määritellään integraalin F ( s ) = L(︁f ( t ))︁ = ∫︂ ∞ 0 e− st f ( t ) dt (1) = lim N →∞ ∫︂ N 0 e− st f ( t ) dt (2) avulla, kaikilla s arvoilla, joilla integraali (1) suppenee. Integraalin (1) sanotaan olevan suppeneva , jos on olemassa raja-arvo (2). Jos raja-arvoa ei ole, integraali hajaantuu ja funktiolle f ( t ) ei ole määritelty Laplace- muunnosta. [2] Symboli L merkitsee Laplace-muunnosta, joka kohdistuu funktioon f ( t ) . Funk- tiota F ( s ) kutsutaan funktion f ( t ) Laplace-muunnokseksi. Alkuperäistä funktiota merkitään pienillä kirjaimilla ja sen muunnosta isoilla kirjaimilla, joten F ( s ) tar- koittaa funktion f ( t ) muunnosta, Y ( s ) tarkoittaa funktion y ( t ) muunnosta jne. [4] Esimerkki 2.2. [1, s. 360, tehtävä 1] Määritetään funktion f ( t ) = t Laplace- muunnos. Määritelmän 2.1 ja osittaisintegroinnin avulla saadaan F ( s ) = L(︁f ( t ))︁ = ∫︂ ∞ 0 e− st · t dt = lim N →∞ ∫︂ N 0 e− st · t dt = lim N →∞ /︃N 0 − t s e− st − ∫︂ N 0 −1 s e− st dt = lim N →∞ /︃N 0 − t s e− st − /︃N 0 1 s2 e− st = lim N →∞ (︃ − N s e− sN + 0 s e− s · 0 − 1 s2 e− sN + 1 s2 e− s · 0 )︃ = lim N →∞ (︃ − N s e− sN − 1 s2 e− sN + 1 s2 )︃ = (︃ − 0 − 0 + 1 s2 )︃ = 1 s2 , kun s > 0 . Jos s ≤ 0 , integraali hajoaa eikä Laplace-muunnoksella ole tulosta. 2 Alkuperäinen funktio Laplace-muunnos f ( t ) = L− 1 (︁F ( s ))︁ F ( s ) = L(︁f ( t ))︁ 1 1 s , s > 0 eat 1 s − a , s > a tn, n = 1 , 2 , . . . n ! sn +1 , s > 0 sin( bt ) b s2+ b2 , s > 0 cos( bt ) s s2+ b2 , s > 0 eat tn, n = 1 , 2 , . . . n ! ( s − a )n +1 , s > a eat sin( bt ) b ( s − a )2+ b2 , s > a eat cos( bt ) s − a ( s − a )2+ b2 , s > a Taulukko 1: Yleiset Laplace-muunnokset ja käänteismuunnokset. Taulukossa 1 on lueteltu yleisimmät Laplace-muunnokset. Niihin törmää usein differentiaaliyhtälöiden ratkaisemisessa. Tämän taulukon tulokset voidaan johtaa määritelmästä 2.1. [1] 2.2 Laplace-muunnoksen olemassaolo On olemassa funktioita, joiden kohdalla epäoleellinen integraali (1) ei suppenee mil- lään arvolla s . Tämä koskee esimerkiksi funktiota f ( t ) = et2 , joka kasvaa liian no- peasti, kun t → ∞ . Funktion on täytettävä tietyt ehdot, jotka yhdessä takaavat Laplace-muunnoksen olemassaolon. [1] Määritelmä 2.3. Funktiolla on eksponentiaalinen kertaluku α , jos on olemassa positiiviset vakiot T ja M siten, että | f ( t ) | ≤ M eαt , kaikilla t ≥ T . (3) Toisin sanoen funktio f ( t ) kasvaa enintään vauhtia eαt. 3 Esimerkki 2.4. Funktiolla f ( t ) = et2 ei ole eksponentiaalista kertalukua. Tämä funktio kasvaa nopeammin kuin eαt kaikilla arvoilla α . [1] Vaikka funktio kasvaa hitaammin kuin eksponentiaalinen termi, sen Laplace- muunnos ei välttämättä ole olemassa, jos funktiossa on epäsäännöllisiä hyppäyksiä tai katkoksia. Jotta tietyn funktion Laplace-muunnos voidaan määrittää, funktion on oltava jatkuva tai ainakin paloittain jatkuva välillä [0 , ∞ ) . [1] Määritelmä 2.5. Funktio on paloittain jatkuva äärellisellä välillä [ a, b ] , jos se on jatkuva välin jokaisessa pisteessä lukuun ottamatta äärellistä määrää pisteitä, joissa funktiolla on hyppäysepäjatkuvuus. Funktio on paloittain jatkuva välillä [0 , ∞ ) , jos se on paloittain jatkuva välillä [0 , N ] kaikilla N > 0 . Lineaaristen differentiaaliyhtälöiden ratkaisemisessa tavallisesti esiintyvät funk- tiot (esim. polynomit, eksponentit, sinit ja kosinit) ovat sekä paloittain jatkuvia et- tä eksponentiaalista kertalukua [1]. Seuraava lause takaa, että tällaisten funktioiden Laplace-muunnokset ovat olemassa riittävän suurilla arvoilla s . Lause 2.6. Jos funktio f ( t ) on paloittain jatkuva välillä [0 , ∞ ) ja eksponentiaalista kertalukua α , niin sen Laplace-muunnos F ( s ) on olemassa ja suppenee itseisesti, kun R e ( s ) > α . Todistus. Todistus perustuu kirjassa [2] esitettyyn todistukseen. Osoitetaan, että integraali (1) suppenee itseisesti, kun R e ( s ) > α . Olkoon funktio f ( t ) paloittain jatkuva välillä [0 , ∞ ) ja eksponentiaalista kertalukua α . Määritelmän 2.3 mukaan on olemassa sellaiset vakiot M1 ja T , että | f ( t ) | ≤ M1 eαt , kun t ≥ T . Koska f ( t ) on paloittain jatkuva välillä [0 , ∞ ) , se on rajoitettu suljetulla välillä [0 , T ] . Tällöin on olemassa sellainen vakio M2, että | f ( t ) | ≤ M2 , kun 0 < t < T . Koska funktiolla eαt on minimiarvo välillä [0 , T ] , voidaan valita riittävän suuri vakio M siten, että | f ( t ) | ≤ M eαt , kun t > 0 . Näin ollen ∫︂ N 0 ⃓⃓ e− st f ( t ) ⃓⃓ dt ≤ M · ∫︂ N 0 e− ( x − α ) t dt. Ratkaistaan epäyhtälön oikeanpuoleinen integraali, jolloin saadaan M · ∫︂ N 0 e− ( x − α ) t dt = M · /︃N 0 e− ( x − α ) t − ( x − α ) = M x − α − M e− ( x − α ) N x − α . Kun N → ∞ ja R e ( s ) = x > α , saadaan lim N →∞ (︃ M x − α − M e− ( x − α ) N x − α )︃ = M x − α . 4 Näin ollen ∫︂ ∞ 0 ⃓⃓ e− st f ( t ) ⃓⃓ dt ≤ M x − α . Koska integraali (1) suppenee itseisesti, voidaan todeta, että Laplace-muunnos F ( s ) on olemassa, kun R e ( s ) > α . Huomautus. R e ( s ) tarkoittaa parametrin s reaaliosaa, jos s on kompleksiluku [4]. 2.3 Lineaarisuus Lineaarisuus on Laplace-muunnoksen keskeinen ominaisuus, joka helpottaa huomat- tavasti monimutkaisten funktioiden käsittelyä. Tämän ominaisuuden avulla on mah- dollista selvittää vaikeiden funktioiden muunnokset yhdistämällä yksinkertaisem- pien funktioiden muunnoksia. [3] Lineaarisuus on erityisen tärkeää, kun muunnosta sovelletaan differentiaaliyhtälöiden ratkaisemiseen. Lause 2.7. Olkoot f ( t ) ja g ( t ) funktioita, joiden Laplace-muunnokset ovat olemassa, kun R e ( s ) > α . Tällöin L(︁a · f ( t ) ± b · g ( t ))︁ = a · L(︁f ( t ))︁ ± b · L(︁g ( t ))︁, missä a ja b ovat mielivaltaisia vakioita. Todistus. Käyttämällä integraalin lineaarisuusominaisuutta saadaan L(︁a · f ( t ) ± b · g ( t ))︁ = ∫︂ ∞ 0 e− st (︁ a · f ( t ) ± b · g ( t ))︁ dt = ∫︂ ∞ 0 (︁ a · e− st · f ( t ) ± b · e− st · g ( t ))︁ dt = ∫︂ ∞ 0 a · e− st · f ( t ) dt ± ∫︂ ∞ 0 b · e− st · g ( t ) dt = a · ∫︂ ∞ 0 e− st · f ( t ) dt ± b · ∫︂ ∞ 0 e− st · g ( t ) dt = a · L(︁f ( t ))︁ ± b · L(︁g ( t ))︁. Esimerkki 2.8. [1, s. 360, tehtävä 14] Määritetään funktion f ( t ) = 5 − e2 t + 6 t2 Laplace-muunnos. Lineaarisuuden ja taulukon 1 perusteella F ( s ) = L(︁f ( t ))︁ = L(︁5 − e2 t + 6 t2 )︁ = L(︁5)︁ − L(︁e2 t )︁ + L(︁6 t2 )︁ = 5 · L(︁1)︁ − L(︁e2 t )︁ + 6 · L(︁t2 )︁ = 5 · 1 s − 1 s − 2 + 6 · 2 s3 = 5 s − 1 s − 2 + 12 s3 . 5 2.4 Derivaatan Laplace-muunnos Laplace-muunnoksen soveltaminen differentiaaliyhtälöihin edellyttää derivaattafunk- tion Laplace-muunnoksen löytämistä [2]. Derivaatan L(︁f ′ )︁ muunnos voidaan ilmais- ta funktion L(︁f )︁ muunnoksen avulla seuraavasti: Lause 2.9. Olkoon funktio f jatkuva välillä [0 , ∞ ) ja funktio f ′ paloittain jatkuva välillä [0 , ∞ ) . Olkoon molemmat eksponentiaalista kertalukua α . Tällöin derivaatan Laplace-muunnos on L(︁f ′( t ))︁ = s · L(︁f ( t ))︁ − f (0) (︁R e ( s ) > α )︁. Todistus. Todistus perustuu kirjassa [1] esitettyyn todistukseen. Lauseen 2.6 perus- teella derivaatan f ′( t ) Laplace-muunnos on olemassa. Määritelmän 2.1 ja osittaisin- tegroinnin avulla saadaan L(︁f ′( t ))︁ = ∫︂ ∞ 0 e− st f ′( t ) dt = lim N →∞ ∫︂ N 0 e− st f ′( t ) dt = lim N →∞ [︃/︃N 0 e− st f ( t ) + s ∫︂ N 0 e− st f ( t ) dt ]︃ = lim N →∞ e− sN f ( N ) − e− s · 0 f (0) + s lim N →∞ ∫︂ N 0 e− st f ( t ) dt = lim N →∞ e− sN f ( N ) − f (0) + s · L(︁f ( t ))︁ (4) Koska funktio f on eksponentiaalista kertalukua α , määritelmän 2.3 nojalla | f ( N ) | ≤ M eαN = ⇒ ⃓⃓e− xN f ( N )⃓⃓ ≤ M e− ( x − α ) N . Kun R e ( s ) = x > α , saadaan lim N →∞ M e− ( x − α ) N = 0 . Näin ollen lim N →∞ e− sN f ( N ) = 0 , kun R e ( s ) > α . Tällöin yhtälöstä (4) saadaan L(︁f ′( t ))︁ = 0 − f (0) + s · L(︁f ( t ))︁ = s · L(︁f ( t ))︁ − f (0) . 6 Tämä lause ei rajoitu vain ensimmäisen kertaluvun derivaattoihin. Käyttämällä induktiota lause 2.9 voidaan laajentaa koskemaan korkeamman kertaluvun derivaat- toja [1]. Soveltamalla lausetta 2.9 saadaan L(︁f ′′( t ))︁ = s · L(︁f ′( t ))︁ − f ′(0) = s · [︂ s · L(︁f ( t ))︁ − f (0) ]︂ − f ′(0) = s2 · L(︁f ( t ))︁ − s · f (0) − f ′(0) ja L(︁f ′′′( t ))︁ = s · L(︁f ′′( t ))︁ − f ′′(0) = s · [︂ s2 · L(︁f ( t ))︁ − s · f (0) − f ′(0) ]︂ − f ′′(0) = s3 · L(︁f ( t ))︁ − s2 · f (0) − s · f ′(0) − f ′′(0) . Yleisessä tapauksessa saadaan seuraava tulos [1]: Lause 2.10. Olkoot funktiot f , f ′,. . . , f ( n − 1) jatkuvia välillä [0 , ∞ ) ja funktio f ( n ) paloittain jatkuva välillä [0 , ∞ ) . Olkoot kaikki eksponentiaalista kertalukua α . Tällöin derivaatan Laplace-muunnos on L(︁f ( n )( t ))︁ = sn L(︁f ( t ))︁ − sn − 1 f (0) − sn − 2 f ′(0) − sn − 3 f ′′(0) − . . . − f ( n − 1)(0) , kun n ∈ N+. Tämä laajennus on erityisen hyödyllinen, kun käsitellään korkeamman kertalu- vun differentiaaliyhtälöitä, sillä sen avulla samaa algebrallista yksinkertaistamispro- sessia voidaan soveltaa myös vaikeampiin yhtälöihin. 2.5 Käänteinen Laplace-muunnos Lähes kaikilla operaatioilla on käänteisoperaatioita. Aivan kuten yhteenlaskulla on vähennyslasku ja kertolaskulla on jako, Laplace-muunnoksella on käänteismuunnos. [3] Kun differentiaaliyhtälö on muunnettu algebralliseksi yhtälöksi, tarvitaan kään- teinen Laplace-muunnos, jotta ratkaisu voidaan palauttaa takaisin alkuperäiseen muotoon. Käänteinen Laplace-muunnos ottaa muuttujan s funktion ja muuttaa sen takaisin muuttujan t funktioksi. Määritelmä 2.11. Olkoon F funktion f Laplace-muunnos F ( s ) = L(︁f ( t ))︁. Tällöin käänteinen Laplace-muunnos on L− 1 (︁F ( s ))︁ = f ( t ) , missä t ≥ 0 . Käänteismuunnoksen laskemiseen ei ole helppoa muunnoskaavaa, joten kään- teismuunnos päätellään yleensä ennalta laskettujen Laplace-muunnosten avulla [5]. Käänteisen Laplace-muunnoksen määrittämiseen on kaksi pääasiallista menetelmää [1, 2]: 7 1. Muunnostaulukoiden käyttö: Tässä menetelmässä hyödynnetään taulukoita, joissa yhdistetään perusfunktiot ja niiden käänteismuunnokset. Jos funktio löytyy Laplace-muunnostaulukosta, sen käänteismuunnos voidaan määrittää suoraan. Tämä menetelmä on tehokas pienille funktioille. Esimerkkinä tästä on aiemmin mainittu taulukko 1, jossa esitetään yleisimmät Laplace-muunnokset ja käänteismuunnokset. 2. Osamurtokehitelmän käyttö: Tämän menetelmän avulla voidaan käsitellä funk- tioita, jotka eivät löydy muunnostaulukoista. Menetelmässä funktio hajotetaan yksinkertaisempiin osiin ja näiden osien käänteismuunnokset määritetään tau- lukoiden avulla. Esimerkki 2.12. [1, s. 375, tehtävä 22] Määritetään känteinen Laplace-muunnos, kun F ( s ) = s + 11 ( s − 1)( s + 3) . Käyttämällä osamurtokehitelmää yhtälö saadaan muotoon s + 11 ( s − 1)( s + 3) = A ( s − 1) + B ( s + 3) = ( s − 1) B + ( s + 3) A ( s − 1)( s + 3) = s ( A + B ) + 3 A − B ( s − 1)( s + 3) . Tästä saadaan yhtälöpari {︄ A + B = 1 3 A − B = 11 . Ratkaisemalla yhtälöpari saadaan vakiot A = 3 ja B = − 2 . Nyt alkuperäinen yhtälö saadaan muotoon F ( s ) = s + 11 ( s − 1)( s + 3) = 3 ( s − 1) + − 2 ( s + 3) . Taulukon 1 avulla saadaan käänteinen Laplace-muunnos y ( t ) = L− 1 (︃ 3 ( s − 1) + − 2 ( s + 3) )︃ = 3 · L− 1 (︃ 1 ( s − 1) )︃ − 2 · L− 1 (︃ 1 ( s + 3) )︃ = 3 et − 2 e− 3 t . Huomautus. Käänteinen Laplace-muunnos on myös lineaarinen eli L− 1 (︁a · F ( s ) ± b · G ( s ))︁ = a · L− 1 (︁F ( s ))︁ ± b · L− 1 (︁G ( s ))︁. missä a ja b ovat mielivaltaisia vakioita. Tämä ominaisuus seuraa Laplace-muunnoksen lineaarisuudesta ja pätee, kun funktioiden F ja G määrittelyjoukot ovat samat. [2] 8 2.6 Konvoluutio Konvoluutio on kahden funktion f ja g välinen operaatio, joka tuottaa uuden funk- tion f ∗ g [6]. Konvoluutio on erityisen hyödyllinen kun määritellään kahden funktion tulon käänteinen Laplace-muunnos [3]. Määritelmä 2.13. Olkoot funktiot f ja g paloittain jatkuvia välillä [0 , ∞ ) . Tällöin konvoluutio ( f ∗ g ) määritellään integraalina ( f ∗ g )( t ) = ∫︂ t 0 g ( t − v ) f ( v ) dv . Konvoluution olennainen ominaisuus Laplace-muunnoksen yhteydessä on se, että konvoluution Laplace-muunnos on kahden yksittäisen funktion Laplace-muunnosten tulo [2]. Tätä periaatetta havainnollistetaan seuraavassa konvoluutiolauseessa. Lause 2.14. Olkoot funktiot f ja g paloittain jatkuvia välillä [0 , ∞ ) ja eksponen- tiaalista kertalukua α . Tällöin L(︁( f ∗ g )( t ))︁ = L(︁f ( t ))︁ · L(︁g ( t ))︁ (︁R e ( s ) > α )︁. Todistus. Todistus perustuu kirjassa [2] esitettyyn todistukseen. Aloitetaan yhtälön oikeasta puolesta. Yhdistämällä integraalit saadaan L(︁f ( t ))︁ · L(︁g ( t ))︁ = ∫︂ ∞ 0 e− sv f ( v ) dv · ∫︂ ∞ 0 e− su g ( u ) du = ∫︂ ∞ 0 (︃ ∫︂ ∞ 0 e− s ( v + u ) f ( v ) g ( u ) du )︃ dv . (5) Olkoon t = v + u . Tällöin u = t − v . Lisäksi määritellään, että g ( t ) = 0 , kun t < 0 . Silloin g ( t − v ) = 0 , kun t < v . Tällöin integraalista (5) saadaan∫︂ ∞ 0 ∫︂ ∞ 0 e− st f ( v ) g ( t − v ) dt dv . Lauseen 2.6 perusteella molempien funktioiden Laplace-muunnokset suppenevat it- seisesti. Näin ollen integraali∫︂ ∞ 0 ∫︂ ∞ 0 ⃓⃓ e− st f ( v ) g ( t − v )⃓⃓ dt dv suppenee. Nyt voidaan vaihtaa integrointijärjestystä, jolloin saadaan L(︁f ( t ))︁ · L(︁g ( t ))︁ = ∫︂ ∞ 0 ∫︂ ∞ 0 e− st f ( v ) g ( t − v ) dt dv = ∫︂ ∞ 0 (︃ ∫︂ t 0 e− st f ( v ) g ( t − v ) dv )︃ dt = ∫︂ ∞ 0 e− st (︃ ∫︂ t 0 f ( v ) g ( t − v ) dv )︃ dt = ∫︂ ∞ 0 e− st (︁ ( f ∗ g )( t ))︁ dt = L(︁( f ∗ g )( t ))︁. 9 Esimerkki 2.15. [1, s. 404, tehtävä 6] Määritetään känteinen Laplace-muunnos, kun F ( t ) = 1 ( s + 1)( s + 2) konvoluutiota apuna käyttäen. Tämä funktio voidaan esittää muodossa 1 ( s + 1)( s + 2) = 1 ( s + 1) · 1 ( s + 2) . Konvoluutiolauseen 2.14 ja taulukon 1 perusteella saadaan 1 ( s + 1) · 1 ( s + 2) = L(︁e− t )︁ · L(︁e− 2 t )︁ = L(︁e− t ∗ e− 2 t )︁. Nyt määritelmän 2.13 perusteella saadaan f ( t ) = ∫︂ t 0 e− ( t − v ) · e− 2 v dv = ∫︂ t 0 e− t + v − 2 v dv = ∫︂ t 0 e− t − v dv = /︃t 0 − e− t − v = − e− t − t + e− t − 0 = − e− 2 t + e− t . 3 Differentiaaliyhtälöiden ratkaiseminen Laplace-muunnoksella Luvussa 2 esitellyn teoreettisen taustan jälkeen siirrytään käytännön sovelluksiin. Tässä luvussa esitellään, miten Laplace-muunnosta voidaan käyttää erilaisten taval- listen differentiaaliyhtälöiden ratkaisemiseen. 3.1 Yleinen menetelmä Tavallisten differentiaaliyhtälöiden ratkaisuprosessi Laplace-muunnosten avulla voi- daan tiivistää seuraavasti [1, 2]: 1. Määritetään differentiaaliyhtälön molempien puolien Laplace-muunnos. 2. Käytetään Laplace-muunnoksen ominaisuuksia differentiaalitermeiden muun- tamiseksi algebrallisiksi lausekkeiksi. 10 3. Sijoitetaan alkuehdot muunnettuun yhtälöön. 4. Ratkaistaan tuloksena saatu algebrallinen yhtälö termin Y ( s ) suhteen. 5. Määritetään käänteinen Laplace-muunnos L− 1 (︁Y ( s ))︁ differentiaaliyhtälön rat- kaisuun y ( t ) saamiseksi. Laplace-muunnos on tehokas työkalu, mutta sillä on rajoituksia. Koska Laplace- muunnos on itsessään lineaarinen, sitä voidaan käyttää vain lineaaristen differen- tiaaliyhtälöiden ratkaisemiseen [3]. Lineaarisessa differentiaaliyhtälössä riippuvainen muuttuja noudattaa lineaarisuusperiaatetta. Differentiaaliyhtälöt, joita ei voida ratkaista tämän muunnoksen avulla, sisältä- vät tuntemattomia eksponentteja y n tai lausekkeita kuten tan( y ) tai ey [3]. Kun nä- mä termit esiintyvät differentiaaliyhtälössä, lineaarisuus ei ole enää voimassa. Muun- nos muuttuu monimutkaisemmaksi tai mahdottomaksi. 3.2 Sovellukset erilaisiin ongelmiin Ensimmäinen esimerkki havainnollistaa alkuarvo-ongelman ratkaisuprosessia, jossa käänteismuunnoksen määrittämiseen tarvitaan osamurtokehitelmää. Esimerkki 3.1. [1, s. 382, tehtävä 3] Ratkaistaan Laplace-muunnoksen avulla dif- ferentiaaliyhtälö y ′′ + 6 y ′ + 9 y = 0; y (0) = − 1 , y ′(0) = 6 . (6) Sovelletaan Laplace-muunnosta differentiaaliyhtälöön. Lineaarisuuden perusteella saadaan L ( y ′′) + 6 · L ( y ′) + 9 · L ( y ) = 0 . Käyttämällä derivaatan muunnosta saadaan s2 · Y ( s ) − s · y (0) − y ′(0) + 6 · ( s · Y ( s ) − y (0)) + 9 · Y ( s ) = 0 . Sijoitetaan alkuarvot, jolloin saadaan s2 · Y ( s ) − s · ( − 1) − 6 + 6 · ( s · Y ( s ) − ( − 1)) + 9 · Y ( s ) = 0 s2 · Y ( s ) + s − 6 + 6 · ( s · Y ( s ) + 1) + 9 · Y ( s ) = 0 s2 · Y ( s ) + 6 · s · Y ( s ) + 6 + 9 · Y ( s ) = − s + 6 Y ( s ) · ( s2 + 6 s + 9) = − s. Ratkaisemalla termin Y ( s ) suhteen saadaan Y ( s ) = − s s2 + 6 s + 9 = − s ( s + 3)2 . (7) Nyt täytyy löytää käänteinen Laplace-muunnos ratkaisun saamiseksi. Käyttämällä osamurtokehitelmää yhtälö (7) saadaan muotoon − s ( s + 3)2 = A s + 3 + B ( s + 3)2 = ( s + 3) A + B ( s + 3)2 = sA + 3 A + B ( s + 3)2 . 11 Tästä saadaan yhtälöpari {︄ A = − 1 3 A + B = 0 . Ratkaisemalla yhtälöpari saadaan vakiot A = − 1 ja B = 3 . Nyt alkuperäinen yhtälö (7) saadaan muotoon Y ( s ) = − s ( s + 3)2 = − 1 s + 3 + 3 ( s + 3)2 . Lineaarisuuden ja taulukon 1 avulla saadaan käänteinen Laplace-muunnos y ( t ) = L− 1 (︃ − 1 s + 3 + 3 ( s + 3)2 )︃ = L− 1 (︃ − 1 s + 3 )︃ + L− 1 (︃ 3 ( s + 3)2 )︃ = e− 3 t + e− 3 t · 3 t, joka on differentiaaliyhtälön (6) ratkaisu. Seuraava esimerkki esittää, miten konvoluutiota voidaan käyttää differentiaaliyh- tälön ratkaisun määrittämiseen. Esimerkki 3.2. [1, s. 404, tehtävä 2] Ratkaistaan Laplace-muunnoksen avulla dif- ferentiaaliyhtälö y ′′ + 9 y = g ( t ); y (0) = 1 , y ′(0) = 0 , (8) missä funktio g ( t ) on paloittain jatkuva välillä [0 , ∞ ) ja eksponentiaalista kertalukua α . Sovelletaan Laplace-muunnosta differentiaaliyhtälöön. Lineaarisuuden perusteella saadaan L ( y ′′) + 9 · L ( y ) = L ( g ( t )) . Käyttämällä derivaatan muunnosta saadaan s2 · Y ( s ) − s · y (0) − y ′(0) + 9 · Y ( s ) = G ( s ) . Sijoitetaan alkuarvot ja ratkaistaan termin Y ( s ) suhteen, jolloin saadaan s2 · Y ( s ) − s · 1 − 0 + 9 · Y ( s ) = G ( s ) s2 · Y ( s ) − s + 9 · Y ( s ) = G ( s ) ( s2 + 9) · Y ( s ) = s + G ( s ) Y ( s ) = s s2 + 9 + G ( s ) s2 + 9 . (9) Nyt täytyy löytää käänteinen Laplace-muunnos ratkaisun saamiseksi. Yhtälö (9) voidaan esittää muodossa Y ( s ) = s s2 + 9 + 1 3 · 3 s2 + 9 · G ( s ) . 12 Konvoluutiolauseen 2.14 ja taulukon 1 perusteella saadaan 3 s2 + 9 · G ( s ) = L(︁ sin(3 t ))︁ · L(︁g ( t ))︁ = L(︁ sin(3 t ) ∗ g ( t ))︁. Nyt määritelmän 2.13 ja taulukon 1 avulla saadaan differentiaaliyhtälön (8) ratkaisu y ( t ) = L− 1 (︃ s s2 + 9 + 1 3 · 3 s2 + 9 · G ( s ) )︃ = L− 1 (︃ s s2 + 9 )︃ + 1 3 · L− 1 (︃ 3 s2 + 9 · G ( s ) )︃ = cos(3 t ) + 1 3 · (︁ sin(3 t ) ∗ g ( t ))︁ = cos(3 t ) + 1 3 · ∫︂ t 0 (︂ sin (︁ 3( t − v ))︁g ( v ) )︂ dv . Lauseen 2.10 avulla voidaan soveltaa Laplace-muunnosta korkeamman kertalu- vun derivaattoihin. Seuraava esimerkki havainnollistaa kolmannen kertaluvun alku- arvo-ongelman ratkaisuprosessia. Esimerkki 3.3. [1, s. 383, tehtävä 27] Ratkaistaan Laplace-muunnoksen avulla dif- ferentiaaliyhtälö y ′′′ + 3 y ′′ + 3 y ′ + y = 0; y (0) = − 4 , y ′(0) = 4 , y ′′(0) = − 2 . (10) Lineaarisuuden perusteella L ( y ′′′) + 3 · L ( y ′′) + 3 · L ( y ′) + L ( y ) = 0 Soveltamalla derivaatan muunnosta ja sijoittamalla alkuarvot saadaan s3 Y ( s ) + 4 s2 + 4 s + 2 + 3( s2 Y ( s ) + 4 s − 4) + 3( sY ( s ) + 4) + Y ( s ) = 0 . Ratkaistaan termin Y ( s ) suhteen, jolloin saadaan Y ( s ) = − 4 s2 − 8 s − 2 s3 + 3 s2 + 3 s + 1 = − 4 s2 − 8 s − 2 ( s + 1)3 . (11) Nyt täytyy selvittää käänteinen Laplace-muunnos ratkaisun saamiseksi. Käyttämällä osamurtokehitelmää yhtälö (11) saadaan muotoon − 4 s2 − 8 s − 2 ( s + 1)3 = A ( s + 1) + B ( s + 1)2 + C ( s + 1)3 = s2 A + s (2 A + B ) + A + B + C ( s + 1)3 . 13 Tästä saadaan yhtälöryhmä ⎧ ⎪⎨ ⎪⎩ A = − 4 2 A + B = − 8 A + B + C = − 2 . Yhtälöryhmän ratkaiseminen antaa vakiot A = − 4 , B = 0 ja C = 2 . Nyt alkuperäi- nen yhtälö (11) saadaan muotoon Y ( s ) = − 4 s2 − 8 s − 2 ( s + 1)3 = − 4 ( s + 1) + 2 ( s + 1)3 . Lineaarisuuden ja taulukon 1 avulla saadaan käänteinen Laplace-muunnos y ( t ) = L− 1 (︃ − 4 ( s + 1) + 2 ( s + 1)3 )︃ = L− 1 (︃ − 4 ( s + 1) )︃ + L− 1 (︃ 2 ( s + 1)3 )︃ = − 4 e− t + e− t · t2 , joka on differentiaaliyhtälön (10) ratkaisu. Jos alkuarvoja ei ole määritetty, Laplace-muunnosta voidaan silti soveltaa ylei- sen ratkaisun löytämiseksi [2]. Seuraava esimerkki havainnollistaa, miten differen- tiaaliyhtälön yleinen ratkaisu löydetään. Esimerkki 3.4. [1, s. 383, tehtävä 31] Ratkaistaan Laplace-muunnoksen avulla y ′′ + 2 y ′ + 2 y = 5; y (0) = a, y ′(0) = b, (12) missä a ja b ovat mielivaltaisia vakioita. Lineaarisuuden perusteella saadaan L ( y ′′) + 2 · L ( y ′) + 2 · L ( y ) = L (5) . Sovelletaan derivaatan muunnosta ja sijoitetaan y (0) = a ja y ′(0) = b , jolloin saa- daan s2 Y ( s ) − sy (0) − y ′(0) + 2( sY ( s ) − y (0)) + 2 Y ( s ) = 5 s s2 Y ( s ) − s · a − b + 2 sY ( s ) − 2 a + 2 Y ( s ) = 5 s Y ( s )( s2 + 2 s + 2) − ( s · a + b + 2 · a ) = 5 s Ratkaisemalla termin Y ( s ) suhteen saadaan Y ( s ) = 5 + s2 · a + (2 a + b ) s s ( s2 + 2 s + 2) . (13) 14 Käyttämällä osamurtokehitelmää yhtälö (13) saadaan muotoon 5 + s2 · a + (2 a + b ) s s ( s2 + 2 s + 2) = A s + B ( s + 1) + C s2 + 2 s + 2 . Tästä saadaan yhtälöryhmä ⎧ ⎪⎨ ⎪⎩ A = 5 / 2 B = (2 a − 5) / 2 C = (2 a + 2 b − 5) / 2 . Nyt yhtälö (13) saadaan muotoon Y ( s ) = 5 2 s + (2 a − 5)( s + 1) + 2 a + 2 b − 5 2( s2 + 2 s + 2) . Nyt täytyy selvittää käänteinen Laplace-muunnos ratkaisun saamiseksi. Lineaari- suuden ja taulukon 1 avulla saadaan y ( t ) = L− 1 (︃ 5 2 s + (2 a − 5)( s + 1) + 2 a + 2 b − 5 2( s2 + 2 s + 2) )︃ = 5 2 L− 1 (︃ 1 s )︃ + 2 a − 5 2 L− 1 (︃ s + 1 ( s + 1)2 + 1 )︃ + 2 a + 2 b − 5 2 L− 1 (︃ 1 ( s + 1)2 + 1 )︃ = 5 2 + 2 a − 5 2 e− t cos ( t ) + 2 a + 2 b − 5 2 e− t sin ( t ) . Koska a ja b voivat saada kaikki mahdolliset arvot, differentiaaliyhtälön (12) yleinen ratkaisu on y ( t ) = 5 2 + c1 e − t cos ( t ) + c22 e− t sin ( t ) , missä c1 ja c2 ovat mielivaltaisia reaalivakioita. Laplace-muunnosta voidaan käyttää myös lineaaristen differentiaaliyhtälöryh- mien ratkaisemiseen. Samoin kuin se muuntaa yksittäisen differentiaaliyhtälön al- gebralliseksi yhtälöksi, se muuntaa differentiaaliyhtälöryhmän algebralliseksi yhtälö- ryhmäksi. [1] Viimeisessä esimerkissä esitetään lineaarisen differentiaaliyhtälöparin ratkaisuprosessi. Esimerkki 3.5. [1, s. 413, tehtävä 2] Ratkaistaan yhtälöpari{︄ x′ = x − y y ′ = 2 x + 4 y (14) 15 Laplace-muunnoksen avulla, kun x (0) = − 1 ja y (0) = 0 . Sovelletaan Laplace- muunnosta molempiin yhtälöihin. Ensimmäisestä yhtälöstä saadaan L ( x′) = L ( x ) − L ( y ) sX ( s ) − x (0) = X ( s ) − Y ( s ) sX ( s ) − ( − 1) = X ( s ) − Y ( s ) sX ( s ) − X ( s ) = − Y ( s ) − 1 X ( s )( s − 1) = − Y ( s ) − 1 X ( s ) = − Y ( s ) − 1 s − 1 . (15) Vastaavasti toisesta yhtälöstä saadaan L ( y ′) = 2 L ( x ) + 4 L ( y ) sY ( s ) − y (0) = 2 X ( s ) + 4 Y ( s ) sY ( s ) − (0) = 2 X ( s ) + 4 Y ( s ) sY ( s ) − 4 Y ( s ) = 2 X ( s ) Y ( s )( s − 4) = 2 X ( s ) Y ( s ) = 2 X ( s ) s − 4 . (16) Sijoittamalla yhtälö (16) yhtälöön (15) saadaan X ( s ) = −2 X ( s ) s − 4 − 1 s − 1 X ( s )( s − 1)( s − 4) = − 2 X ( s ) − s + 4 X ( s )( s2 − 5 s + 4) = − 2 X ( s ) − s + 4 X ( s )( s2 − 5 s + 6) = − s + 4 X ( s ) = − s + 4 ( s − 2)( s − 3) . (17) Nyt sijoittamalla yhtälö (17) yhtälöön (16) saadaan Y ( s ) = 2 · − s +4 ( s − 2)( s − 3) s − 4 Y ( s ) = 2( − s + 4) ( s − 2)( s − 3)( s − 4) Y ( s ) = − 2 ( s − 2)( s − 3) . (18) Nyt täytyy selvittää molempien funktioiden käänteiset Laplace-muunnokset ratkai- sun saamiseksi. Tehdään osamurtokehitelmät kummallekin yhtälölle, jolloin yhtä- löstä (17) saadaan X ( s ) = − 2 s − 2 + 1 s − 3 16 ja yhtälöstä (18) saadaan Y ( s ) = 2 s − 2 − 2 s − 3 . Lopuksi taulukon 1 avulla saadaan käänteiset Laplace-muunnokset{︄ x ( t ) = − 2 e2 t + e3 t y ( t ) = 2 e2 t − 2 e3 t . Tämä on yhtälöparin (14) ratkaisu. 17 Kirjallisuutta [1] R. Kent Nagle, Edward B. Saff ja Arthur David Snider: Fundamentals of Dif- ferential Equations, 9th edition . Prearson, Boston, 2018. [2] Joel L. Schiff: The Laplace Transform: Theory and Applications . Springer- Verlag, New York, 1999. [3] Phil Dyke: An Introduction to Laplace Transforms and Fourier Series, Second Edition . Springer-Verlag, London, 2014. [4] Erwin Kreyszig: Advanced Engineering Mathematics, 10th Edition . John Wiley & Sons, United States, 2011. [5] Timo Ojala, Leena Ojala ja Timo Ranta: Laplace-muunnos . Ojalain laskuopit -opetusmoniste, Satakunnan ammattikorkeakoulu, Pori, 2017. [6] Jan Thompson ja Thomas Martinsson: Matematiikan käsikirja . Tammi, Helsin- ki, 1994. 18