Laplace’i teisendus on integraalteisendus, mida kasutatakse laialdaselt konstantsete koefitsientidega diferentsiaalvõrrandite lahendamiseks. Teisendused on tavaliselt väga lihtsad, kuid on funktsioone, mille Laplace’i teisendusi pole elementaarsete meetodite abil lihtne leida. Selles artiklis näitame, kuidas saada naturaallogaritmi Laplace’i teisendust, kasutades gammafunktsiooni laiendusi, ja vaatame, kuidas tehnikaid saab kasutada seotud funktsioonide Laplace’i teisenduste leidmiseks. Seetõttu on soovitatav enne jätkamist nende tehnikatega tutvuda.
1
Alusta integraaliga. See on integraal, mis hõlmab logaritmilist funktsiooni. Ükski osade integreerimine, u-asendus või mis tahes muu sissejuhatavas arvutusklassis õpitud tehnika ei lahenda seda integraali, sest sellel integrandil pole antituletist, mida saaks kirjutada elementaarfunktsioonide kaudu.∫0∞lnâ¡te− stdt{displaystyle int _{0}^{infty }ln te^{-st}mathrm {d} t}
2
Tehke u-sub u=st{displaystyle u=st}. Logi omaduste järgi jagatakse integraal kaheks. Viimast on lihtne hinnata põhiteoreemi abil, kuna s{displaystyle s} on u-st sõltumatu.{displaystyle u.}1s∫0∞lnâ¡(us)e−udu=1s∫0∞lnâue−udu−l ¡ss{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}}}
3
Mõelge Gamma funktsiooni seeria laiendamisele. Siin tuleb arvestada kahe olulise valemiga. Esimene on toodud allpool. See on valem, mis väljendab gammafunktsiooni logaritmi lõpmatu jaana. See valem on tuletatud lõpmatu toote määratlusest (vt näpunäiteid), kus ϵ{displaystyle epsilon } on väike arv, γ≈0,577…{displaystyle gamma umbes 0,577…} on Euleri-Mascheroni konstant ja ζ(j){displaystyle zeta (j)} on Riemanni zeta funktsioon. (Ärge muretsege liitmise osa pärast – selgub, et see ei ole meie jaoks oluline.)lnâ¡Î“(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}}Teine pärineb otse Gamma funktsiooni integraaldefinitsioonist, Legendre avaldisest. Kirjutame integraali ümber nii, et kirjutame astendaja e{displaystyle e} alusele ja kirjutame selle ümber selle Taylori seeria järgi.Γ(1+ϵ)=∫0∞xϵe−xdx=−n=0∞ϵnn !∫0∞lnnâ¡xe−xdx{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}Jällegi, kui te ei ole gammafunktsiooni sisaldavate integraalidega tuttav, on tungivalt soovitatav need läbi vaadata.
4
Leidke koefitsient ϵ{displaystyle epsilon }. Täpsemalt ϵ{displaystyle epsilon } esimesse astmesse. Põhjus on selles, et integraal, mida tahame arvutada, on Gamma funktsiooni Taylori seeria koefitsiendis. Konkreetne integraal, mida me tahame, seab n=1, {displaystyle n=1,}, nii et integraali hindamiseks peame need kaks avaldist võrdsustama. Kõigepealt vaatame esimest valemit ja võtame mõlema poole eksponendi.Γ(1+ϵ)=expâ¡(−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)}Kuna ϵ{displaystyle epsilon } on väike arv, võime kõik kõrgema järgu terminid julgelt tähelepanuta jätta, sest need kukuvad kiiremini maha. Seetõttu ei pea me muretsema summeerimisosa pärast, mis algab teisest järjekorrast.Γ(1+ϵ)≈e−γϵ≈1−γϵ{displaystyle Gamma (1+epsilon ) umbes e^{-gamma epsilon }umbes 1-gamma epsilon }
5
Hinnake integraali sammus 2, võrdsustades koefitsiente. Varasemaid tulemusi kombineerides oleme jõudnud naturaallogaritmi Laplace’i teisenduseni.∫0∞lnâ¡¡ue−udu=−γ{displaystyle int _{0}^{infty }ln ue^{-u }mathrm {d} u=-gamma }L{lnâ¡t}=−γ+lnâ¡ss{displaystyle {mathcal {L}}{ln t}=-{frac {gamma +ln s}{s}}}Ilmselt saab selles artiklis kirjeldatud meetodit kasutada paljude seda tüüpi integraalide lahendamiseks. Täpsemalt on allpool kirjeldatud tüübid, kus a{displaystyle a} ja b{displaystyle b} on täisarvud ning a,b,{displaystyle a,,b,} ja c{displaystyle c} on konstandid, integraal koondub.∫0∞xalnbâ¡xe−cxdx{displaystyle int _{0}^{infty }x^{a}ln ^{b}xe^{-cx}mathrm {d} x} Kuigi lõpptulemus on Euleri-Mascheroni konstandi olemasolu tõttu pisut ebatavaline, toimivad Laplace’i teisenduse omadused, nagu nihe ja tuletisomadused, siiski. Näiteks saame kohe tuletada sellised tulemused nagu allpool, kui teame algse tulemuse.L{e2tlnâ¡t}=−γ+lnâ¡¡(s−2)s−2{displaystyle {mathcal {L }}{e^{2t}ln t}=-{frac {gamma +ln(s-2)}{s-2}}}
6
Arvutage f(t)=ln2â¡t{displaystyle f(t)=ln ^{2}t} Laplace’i teisendus. Logi teine võimsus tähendab, et me peame oma laienduses leidma koefitsiendi ϵ2{displaystyle epsilon ^{2}}. Põhimõtteliselt on see väga lihtne – me lihtsalt hoiame tingimusi teise järjekorrani. Algebra on aga veidi rohkem seotud. Lisaks on logi omadused meie jaoks mugavad, kui logi võimsus on 1. Seega peame sellele integraalile lähenema otsesemalt.∫0∞ln2â¡te−stdt{displaystyle int _{0}^ {infty }ln ^{2}te^{-st}mathrm {d} t}
7
Mõelge allolevatele integraalidele. Hoiame eksponendi eksponentsiaalfunktsioonis ja seejärel teostame u-sub u=st{displaystyle u=st}, kui meil pole integraali sees logi.∫0∞tϵe−stdt=−n=0∞ϵnn!∠«0∞lnnâ¡te−stdt{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}∠«0∞tϵe−stdt=1s1+ϵ∫0∞uϵe−udu=1s1+ϵΓ(1+ϵ){displaystyle int _{0}^{infty }t^{{hr-m} {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 )}
8
Laiendage teist avaldist teise järjekorrani. Kirjutame ümber 1s1+ϵ{displaystyle {frac {1}{s^{1+epsilon }}}}, mille aluseks on e{displaystyle e}. Γ(1+ϵ)s1+ϵ≈1seϵlnâ¡¡s(e−γϵ+ζ(2)2ϵ2)≈1s(1−ϵlnâ2â¡¡µlnâ2â¡¡µlnââ¡¡µlnâΡs+l 2 Gamma (1+epsilon )}{s^{1+epsilon }}}&umbes {frac {1}{se^{epsilon ln s}}}left(e^{-gamma epsilon +{frac {zeta (2)}{2}}epsilon ^{2}}right)\&umbes {frac {1}{s}}left(1-epsilon ln s+{frac {ln ^{2}s}{2}}epsilon ^{2}right)left(1-gamma epsilon + {frac {zeta (2)}{2} }epsilon ^{2}+{frac {gamma ^{2}}{2}}epsilon ^{2}right)\&umbes {frac {1}{s}}left( cdots +left({frac {zeta (2)}{2}}+{frac {gamma ^{2}}{2}}+gamma ln s+{frac {ln ^{ 2}s}{2}}right)epsilon ^{2}right)end{joondatud}}}
9
Hinda koefitsiente võrreldes. Teist järku koefitsiendis on integraali kõrval 2!{displaystyle 2!} liige, nii et hindamiseks korrutame just leitud koefitsiendi 2-ga. Põhimõtteliselt on võimalik leida naturaallogi mis tahes täisarvu astme Laplace’i teisendusi. Peaksime lihtsalt rohkem tingimusi järgima. L{ln2â¡¡t}=ζ(2)+γ2+2γlnâ¡s+ln2â¡ss{displaystyle {mathcal {L}}{ln ^{2}t}={frac {zeta (2)+gamma ^{2}+2gamma ln s+ln ^{2}s}{s}}}Nagu selle tehnika puhul tavaliselt, tulevad logi vähenevate astmetega integraalid välja loomulikult meie töö tulemusena.∫0∞lnâ¡¡te−stdt=−γ+lnâ¡ss{displaystyle int _{0}^{infty }ln te^{-st}mathrm {d } t=-{frac {gamma +ln s}{s}}}∫0∞e−stdt=1s{displaystyle int _{0}^{infty }e^{-st}mathrm { d} t={frac {1}{s}}}
10
Kontrollige järgmisi Laplace’i teisendusi. Esimene kasutab sama tehnikat, mida oleme kasutanud. Teine kasutab ära Laplace’i teisenduse omadusi. L{ln3â¡¡t}=−2ζ(3)+3γζ(2)+γ3+3ζ(2)lnâ¡s+3γ2lnâ¡s+3γln2â¡¡¡s+ln3âs displaystyle {mathcal {L}}{ln ^{3}t}=-{frac {2zeta (3)+3gamma zeta (2)+gamma ^{3}+3 zeta (2)ln s+3gamma ^{2}ln s+3gamma ln ^{2}s+ln ^{3}s}{s}}}L{te−6tln2â¡t }=ζ(2)+γ2+2γlnâ¡¡(s+6)+ln2â¡(s+6)−2γ−2lnâ¡¡(s+6)(s+6)2{kuvastiil { mathcal {L}}{te^{-6t}ln ^{2}t}={frac {zeta (2)+gamma ^{2}+2gamma ln(s+6) +ln ^{2}(s+6)-2gamma -2ln(s+6)}{(s+6)^{2}}}}