Die inverse Laplace-Transformation 多 −1

Die inverse Laplace-Transformation
L −1
Wie wir schon gesehen haben, muss man, um DGln mit der Laplace-Methode zu lösen, nicht
nur die Laplace-Transformation L berechnen, um die DGl in den s-Bereich zu übersetzen,
sondern auch ihre Inverse L −1 , um die Lösungen am Ende vom s-Bereich in den t-Bereich
zurück zu transformieren.
Um die inverse Laplace-Transformation zu berechnen, sind folgende Hilfsmittel nützlich:
• Linearität der inversen Laplace-Transformation und Tabelle
• Faltungs-Satz
• Partialbruch-Zerlegung
• Quadratische Ergänzung
Im Folgenden wird an Beispielen gezeigt, wie das konkret funktioniert.
Beispiel L
−1
3s + 4
s3
=?
Das geht einfach mit der Linearität:
3s
4
1
2
1
2
−1
−1
−1
−1
L
+
=
L
3
·
+
2
·
=
3
·
L
+
2
·
L
= 3 · t + 2 · t2
s3 s3
s2
s3
s2
s3
Beispiel L
−1
s+6
s2 + 4
=?
Auch hier kommt man mit der Linearität weiter:
2
s
s
2
−1
−1
−1
+3· 2
L
=L
+3·L
= cos (2t) + 3 · sin (2t)
s2 + 4
s +4
s2 + 4
s2 + 4
Beispiel L
−1
s+6
s2 − 9
=?
Eine Möglichkeit ist hier wieder direkt die Linearität:
s
3
s
3
−1
−1
−1
L
+2· 2
=L
+2·L
= cosh (3t) + 2 · sinh (3t)
s2 − 9
s −9
s2 − 9
s2 − 9
Eine andere Möglichkeit ist es, vorher eine Partialbruch-Zerlegung durchzuführen:
1. ss+6
2 −9 ist echt gebrochen rational.
2. Der Nenner lässt sich so faktorisieren: s2 − 9 = (s + 3) (s − 3)
A
B
3. Der Ansatz für die Zerlegung lautet also: ss+6
2 −9 = s+3 + s−3
4. Man berechnet A und B wie folgt.
Mit dem Hauptnenner multipliziert, hat man s + 6 = A · (s − 3) + B · (s + 3)
Setzen wir s = −3: 3 = A · (−6) + B · (0) ⇒ A = −1
2
Setzen wir s = 3 :
9 = A · (0)
Also ergibt sich
3/2
−1/2
−1
L
+
=
s+3 s−3
−1
2
·L
−1
+ B · (6) ⇒ B =
1
s+3
+ ·L
3
2
−1
3
2
1
s−3
=
−1
2
· e−3t + 32 · e3t
6s + 4
=?
Beispiel L
s2 + 4s + 3
Partialbruch-Zerlegung:
ist echt gebrochen rational.
1. s26s+4
+4s+3
2. Der Nenner faktorisiert so: s2 + 4s + 3 = (s + 1) (s + 3)
A
B
3. Zerlegungsansatz: s26s+4
= s+1
+ s+3
+4s+3
4. Mit dem Hauptnenner multipliziert: 6s + 4 = A · (s + 3) + B · (s + 1)
−1
Setzen wir s = −1 : −2 = A · (2) + B · (0) ⇒ A = −1
Setzen wir s = −3 : −14 = A · (0) + B · (−2) ⇒ B = 7
Also ergibt sich
−1
1
1
7
−1
−1
−1
··· = L
+
= −L
+7·L
= −e−t + 7 · e−3t
s+1 s+3
s+1
s+3
s+5
Beispiel L
=?
s2 + 4s + 13
Weil s2 + 4s + 13 keine reellen Nullstellen hat, ist der Nenner hier reell nicht faktorisierbar.
Das bedeutet, mit einer Partialbruch-Zerlegung kommt man hier nicht weiter.1
Wir führen im Nenner eine quadratische Ergänzung durch! –
Dazu vergleichen wir den Nenner s2 + 4s + 13 mit dem Binom s2 + 2 · b · s + b2 = (s + b)2 .
Das kommt nicht ganz hin. Jedoch hat man (mit b = 2):
−1
s2 + 4s + 13 = s2 + 2 · 2 · s + 4 + 9 = (s + 2)2 + 9
Also ergibt sich
L
−1
s+5
(s + 2)2 + 9
3
s+2
=L
+
(s + 2)2 + 9 (s + 2)2 + 9
s+2
3
−1
−1
=L
+L
(s + 2)2 + 9
(s + 2)2 + 9
−1
= e−2t · cos (3t) + e−2t · sin (3t)
= e−2t · (cos (3t) + sin (3t))
Zum Abschluss noch ein etwas umfangreicheres und schwierigeres Beispiel!
6s
=?
Beispiel L
s3 + 8
Wir beginnen mit einer Partialbruch-Zerlegung.
1. s36s+8 ist echt gebrochen-rational.
2. Der Nenner faktorisiert als s3 + 8 = (s + 2) (s2 − 2s + 4)
A
3. Zerlegungsansatz: s36s+8 = s+2
+ s2Bs+C
−2s+4
−1
1
Man könnte aber eine komplexe Partialbruch-Zerlegung durchführen. Das wollen wir hier aber nicht weiter
verfolgen.
4. Mit dem Hauptnenner multipliziert: 6s = A · (s2 − 2s + 4) + (Bs + C) · (s + 2)
Rechts nach Potenzen geordnet: 6s = (A + B) · s2 + (−2A + 2B + C) · s + (4A + 2C)
Setzen wir s = −2 : −12 = A · (12) ⇒ A = −1
Koeffizienten von s2 : 0 = A + B.
Wegen A = −1 also: B = 1
0
Koeffizienten von s : 0 = 4A + 2C. Wegen A = −1 also: C = 2
Wir haben also nun
6s
−1
s+2
−1
−1
L
=L
+
s3 + 8
s + 2 s2 − 2s + 4
Im Nenner des zweiten Partialbruchs führen wir eine quadratische Ergänzung durch:
s2 − 2s + 4 = (s − 1)2 + 3
Damit ergibt sich weiter
−1
s+2
−1
... = L
+
s + 2 (s − 1)2 + 3
−1
s−1+3
−1
=L
+
s + 2 (s − 1)2 + 3
(
)
(
)
√
√
1
3
s
−
1
−1
= −L −1
+ L −1
√ 2 + 3 · L
√ 2
2
s+2
(s − 1) +
3
(s − 1)2 +
3
√
√
√
3 · t + 3 · et · sin
3·t
= −e−2t + et · cos
√
Beispiel AWP y 00 +4y 0 +4y = 24 et cos 3 · t , y (0) = 0, y 0 (0) = 6 mit Laplace lösen.
Wir entnehmen der Tabelle
√
s−1
s−1
t
e · cos
3·t ◦ •
= 2
2
s − 2s + 4
(s − 1) + 3
Für die linke Seite berechnen wir
y◦ • Y
y0◦ • s · Y
y 00 ◦ • s2 · Y − 6
Damit erhalten wir die Gleichung im s-Bereich
24 · (s − 1)
s2 · Y − 6 + 4 · (s · Y ) + 4 · (Y ) = 2
s − 2s + 4
Das lösen wir nach Y auf.
24 · (s − 1)
s2 + 4s + 4 · Y − 6 = 2
s − 2s + 4
6s2 − 12s + 24
6s2 + 12s
24s − 24
2
s + 4s + 4 · Y = 2
+
= 2
s − 2s + 4
s2 − 2s + 4
s − 2s + 4
6s
·
(s
+
2)
(s + 2)2 · Y = 2
s − 2s + 4
6s
6s
Wir erhalten Y = 2
= 3
und damit (siehe das vorige Beispiel):
(s − 2s + 4) (s + 2)
s +8
√
√
√
3 · t + 3 · et · sin
3·t
y = −e−2t + et · cos

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