Ako vypočítať Laplaceovu transformáciu prirodzeného logaritmu

Laplaceova transformácia je integrálna transformácia široko používaná na riešenie diferenciálnych rovníc s konštantnými koeficientmi. Transformácie sú zvyčajne veľmi jednoduché, ale existujú funkcie, ktorých Laplaceove transformácie sa nedajú ľahko nájsť pomocou elementárnych metód.

V tomto článku si ukážeme, ako získať Laplaceovu transformáciu prirodzeného logaritmu pomocou expanzie funkcie Gamma, a uvidíme, ako sa tieto techniky dajú použiť na nájdenie Laplaceových transformácií príbuzných funkcií. Preto sa odporúča, aby ste sa pred pokračovaním oboznámili s týmito technikami.

Časť 1 z 2:Prirodzený logaritmus

Začnite s integrálom. Toto je integrál, ktorý zahŕňa logaritmickú funkciu. Tento integrál nevyrieši žiadna integrácia po častiach, u-substitúcia ani žiadna iná technika, ktorú sme sa naučili na úvodných hodinách matematiky, pretože tento integrál nemá antiderivát, ktorý by sa dal zapísať v termínoch elementárnych funkcií.

  • 0lntestdt{\displaystyle \int _{0}^{\infty }\ln te^{-st}\mathrm {d} t}

Urobte u-sub

u=st{\displaystyle u=st}

. Podľa vlastností logaritmu sa integrál rozdelí na dve časti. Túto hodnotu možno ľahko vyhodnotiť pomocou fundamentálnej vety, pretože

s{\displaystyle s}

je nezávislý od

u.{\displaystyle u.}
  • 1s0ln(us)eudu=1s0lnueudulnss{\displaystyle {\frac {1}{s}}\int _{0}^{\infty }\ln \left({\frac {u}{s}}\right)e^{-u}\mathrm {d} u={\frac {1}{s}}\int _{0}^{\infty }\ln ue^{-u}\mathrm {d} u-{\frac {\ln s}{s}}}

Uvažujme radový rozklad funkcie Gamma. Tu je potrebné zvážiť dva dôležité vzorce.

  • Prvý je uvedený nižšie. Je to vzorec, ktorý vyjadruje logaritmus funkcie Gama ako nekonečný rad. Tento vzorec je odvodený z definície nekonečného súčinu (pozri tipy), kde
    ϵ{\displaystyle \epsilon }

    je malé číslo,

    γ0.577…{\displaystyle \gamma \aprox 0.577…}

    je Eulerova-Mascheroniho konštanta a

    ζ(j){\displaystyle \zeta (j)}

    je Riemannova zeta funkcia. (S tou sumárnou časťou si nerobte starosti – ukazuje sa, že pre to, čo budeme robiť, nebude dôležitá.)

    • lnΓ(1+ϵ)=γϵ+j=2(1)jζ(j)jϵj{\displaystyle \ln \Gamma (1+\epsilon )=-\gamma \epsilon +\sum _{j=2}^{\infty }{\frac {(-1)^{j}\zeta (j)}{j}}\epsilon ^{j}}
  • Druhá definícia pochádza priamo z integrálnej definície funkcie Gama, Legendrov výraz. Integrál prepíšeme tak, aby sme exponent zapísali pomocou
    e{\displaystyle e}

    v základe a prepíšeme ho v tvare Taylorovho radu.

    • Γ(1+ϵ)=0xϵexdx=n=0ϵnn!0lnnxexdx{\displaystyle \Gamma (1+\epsilon )=\int _{0}^{\infty }x^{\epsilon }e^{-x}\mathrm {d} x=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {\epsilon ^{n}}{n!}}\int _{0}^{\infty }\ln ^{n}xe^{-x}\mathrm {d} x}
  • Opäť platí, že ak nepoznáte integrály zahŕňajúce funkciu gama, vrelo odporúčame, aby ste si ich prešli.

Nájdite koeficient

ϵ{\displaystyle \epsilon }

. Konkrétne,

ϵ{\displaystyle \epsilon }

na prvú mocninu. Dôvodom je, že integrál, ktorý chceme vypočítať, je v koeficiente Taylorovho radu funkcie Gama. Konkrétny integrál, ktorý chceme, stanovuje

n=1,{\displaystyle n=1,}

takže na vyhodnotenie integrálu musíme tieto dva výrazy vyrovnať. Najprv sa pozrieme na prvý vzorec a zoberieme exponent oboch strán.

  • Γ(1+ϵ)=exp(γϵ+j=2(1)jζ(j)jϵj){\displaystyle \Gamma (1+\epsilon )=\exp \left(-\gamma \epsilon +\sum _{j=2}^{\infty }{\frac {(-1)^{j}\zeta (j)}{j}}\epsilon ^{j}\right)}
  • Keďže
    ϵ{\displaystyle \epsilon }

    je malé číslo, môžeme bezpečne zanedbať všetky členy vyššieho rádu, pretože budú klesať rýchlejšie. Preto sa nemusíme zaoberať sumárnou časťou, ktorá začína na druhom stupni.

    • Γ(1+ϵ)eγϵ1γϵ{\displaystyle \Gamma (1+\epsilon )\aprox e^{-\gamma \epsilon }\aprox 1-\gamma \epsilon }

Vyhodnoťte integrál v kroku 2 vyrovnaním koeficientov. Kombináciou našich predchádzajúcich výsledkov sme dospeli k Laplaceovej transformácii prirodzeného logaritmu.

  • 0lnueudu=γ{\displaystyle \int _{0}^{\infty }\ln ue^{-u}\mathrm {d} u=-\gamma }
  • L{lnt}=γ+lnss{\displaystyle {\mathcal {L}}\{\ln t\}=-{\frac {\gamma +\ln s}{s}}}
  • Je zrejmé, že metóda uvedená v tomto článku sa dá použiť na riešenie veľkého množstva integrálov tohto druhu. Konkrétne ide o druhy uvedené nižšie, kde
    a{\displaystyle a}

    a

    b{\displaystyle b}

    sú celé čísla a

    a,b,{\displaystyle a,\,b,}

    a

    c{\displaystyle c}

    sú konštanty také, že integrál konverguje.

    • 0xalnbxecxdx{\displaystyle \int _{0}^{\infty }x^{a}\ln ^{b}xe^{-cx}\mathrm {d} x}
  • Aj keď je konečný výsledok trochu nezvyčajný kvôli prítomnosti Eulerovej-Mascheroniho konštanty, vlastnosti Laplaceovej transformácie, ako sú vlastnosti posunu a derivácie, stále fungujú. Napríklad, keď poznáme pôvodný výsledok, môžeme okamžite odvodiť výsledky, ako je uvedený nižšie.
    • L{e2tlnt}=γ+ln(s2)s2{\displaystyle {\mathcal {L}}\{e^{2t}\ln t\}=-{\frac {\gamma +\ln(s-2)}{s-2}}}

Časť 2 z 2:Zovšeobecnenia

Vypočítajte Laplaceovu transformáciu

f(t)=ln2t{\displaystyle f(t)=\ln ^{2}t}

. Druhá mocnina na logu znamená, že musíme nájsť koeficient

ϵ2{\displaystyle \epsilon ^{2}}

v našom rozšírení. Z koncepčného hľadiska je to veľmi jednoduché – jednoducho ponecháme členy do druhého rádu. Algebra je však trochu zložitejšia. Okrem toho sú pre nás výhodné vlastnosti logaritmu len vtedy, keď je mocnina na logaritme 1. K tomuto integrálu teda budeme musieť pristupovať priamejšie.

  • 0ln2testdt{\displaystyle \int _{0}^{\infty }\ln ^{2}te^{-st}\mathrm {d} t}

Uvažujme nasledujúce integrály. Exponent v exponenciálnej funkcii ponecháme a potom vykonáme u-sub

u=st{\displaystyle u=st}

keď nemáme log vnútri integrálu.

  • 0tϵestdt=n=0ϵnn!0lnntestdt{\displaystyle \int _{0}^{\infty }t^{\epsilon }e^{-st}\mathrm {d} t=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {\epsilon ^{n}}{n!}}\int _{0}^{\infty }\ln ^{n}te^{-st}\mathrm {d} t}
  • 0tϵestdt=1s1+ϵ0uϵeudu=1s1+ϵΓ(1+ϵ){\displaystyle \int _{0}^{\infty }t^{\epsilon }e^{-st}\mathrm {d} t={\frac {1}{s^{1+\epsilon }}}int _{0}^{\infty }u^{\epsilon }e^{-u}\mathrm {d} u={\frac {1}{s^{1+\epsilon }}}\Gamma (1+\epsilon )}

Rozšírte druhý výraz na druhý rád. Prepisujeme

1s1+ϵ{\displaystyle {\frac {1}{s^{1+\epsilon }}}}

s

e{\displaystyle e}

v základni.

  • Γ(1+ϵ)s1+ϵ1seϵlns(eγϵ+ζ(2)2ϵ2)1s(1ϵlns+ln2s2ϵ2)(1γϵ+ζ(2)2ϵ2+γ22ϵ2)1s(+(ζ(2)2+γ22+γlns+ln2s2)ϵ2){\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {\Gamma (1+\epsilon )}{s^{1+\epsilon }}}&\approx {\frac {1}{se^{\epsilon \ln s}}}vľavo(e^{-\gamma \epsilon +{\frac {\zeta (2)}{2}}\epsilon ^{2}}vpravo)\&\approx {\frac {1}{s}}\levo(1-\epsilon \ln s+{\frac {\ln ^{2}s}{2}}\epsilon ^{2}\pravo)\levo(1-\gamma \epsilon +{\frac {\zeta (2)}{2}}\epsilon ^{2}+{\frac {\gamma ^{2}}{2}}\epsilon ^{2}\pravo)\\&\approx {\frac {1}{s}}\levo(\cdots +\levo({\frac {\zeta (2)}{2}}+{\frac {\gamma ^{2}}{2}}+\gamma \ln s+{\frac {\ln ^{2}s}{2}}\pravo)\epsilon ^{2}\pravo)\end{aligned}}}

Vyhodnoťte porovnaním koeficientov. Koeficient druhého rádu má a

2!{\displaystyle 2!}

člen v ňom vedľa integrálu, takže koeficient, ktorý sme práve našli, vynásobíme číslom 2, aby sme vyhodnotili. V princípe je možné nájsť Laplaceove transformácie ľubovoľnej celočíselnej mocniny prirodzeného logaritmu. Len by sme museli zachovať viac členov.

  • L{ln2t}=ζ(2)+γ2+2γlns+ln2ss{\displaystyle {\mathcal {L}}\{\ln ^{2}t\}={\frac {\zeta (2)+\gamma ^{2}+2\gamma \ln s+\ln ^{2}s}{s}}}
  • Ako je pri tejto technike zvykom, integrály s klesajúcimi mocninami logaritmu vychádzajú prirodzene ako výsledok našej práce.
    • 0lntestdt=γ+lnss{\displaystyle \int _{0}^{\infty }\ln te^{-st}\mathrm {d} t=-{\frac {\gamma +\ln s}{s}}}
    • 0estdt=1s{\displaystyle \int _{0}^{\infty }e^{-st}\mathrm {d} t={\frac {1}{s}}}}
  • Overte nasledujúce Laplaceove transformácie. Prvý z nich využíva rovnakú techniku ako ten, ktorý sme používali. Druhá metóda využíva vlastnosti Laplaceovej transformácie.

    L{ln3t}=2ζ(3)+3γζ(2)+γ3+3ζ(2)lns+3γ2lns+3γln2s+ln3ss{\displaystyle {\mathcal {L}}\{\ln ^{3}t\}=-{\frac {2\zeta (3)+3\gamma \zeta (2)+\gamma ^{3}+3\zeta (2)\ln s+3\gamma ^{2}\ln s+3\gamma \ln ^{2}s+\ln ^{3}s}{s}}} L{te6tln2t}=ζ(2)+γ2+2γln(s+6)+ln2(s+6)2γ2ln(s+6)(s+6)2{\displaystyle {\mathcal {L}}\{te^{-6t}\ln ^{2}t\}={\frac {\zeta (2)+\gamma ^{2}+2\gamma \ln(s+6)+\ln ^{2}(s+6)-2\gamma -2\ln(s+6)}{(s+6)^{2}}}}