Laplace-Transformation: Differentialgleichungen algebraisch lösen

Der Logarithmus macht aus einer Multiplikation eine Addition: Statt $a·b$ rechnet man $\ln a+\ln b$ und geht danach zurück. Die Laplace-Transformation macht etwas Ähnliches mit Differentialgleichungen. Sie ordnet einer Funktion $f(t)$ eine neue Funktion $F(s)$ zu, bei der aus dem Ableiten eine Multiplikation mit $s$ wird. Eine lineare Differentialgleichung mit konstanten Koeffizienten wird so zu einer algebraischen Gleichung, die man nach $F(s)$ auflöst. Danach geht man zurück.

Das Verfahren steht in jeder Ingenieur-Mathematik, weil es Anfangswerte automatisch einbaut und unstetige Eingänge wie ein Einschalten leicht behandelt. Du brauchst Differentialgleichungen und Integrale mit unbeschränktem Intervall.

Definition und Beispiele

Die Bedingung an das Wachstum sorgt dafür, dass das Integral für große $s$ konvergiert, weil $e^{-st}$ dann schneller fällt als $f$ wächst. Die wichtigsten Transformierten rechnest du direkt aus.

• Konstante: ${\int }_0^{\infty }{e}^{-st}\text{d}t=[-\frac{e^{-st}}{s}{]}_0^{\infty }=\frac{1}{s}$ für $s>0$.
• Exponentialfunktion: ${\int }_0^{\infty }{e}^{at}{e}^{-st}\text{d}t={\int }_0^{\infty }{e}^{-(s-a)t}\text{d}t=\frac{1}{s-a}$ für $s>a$.
• Potenzen: Mit partieller Integration ist $ℒ\left\{t^n\right\}=\frac{n}{s}ℒ\left\{t^{n-1}\right\}$, also $ℒ\left\{t^n\right\}=\frac{n!}{s^{n+1}}$.
• Sinus und Kosinus: Aus $e^{i\omega t}=\cos \omega t+i\sin \omega t$ und $ℒ\left\{e^{i\omega t}\right\}=\frac{1}{s-i\omega }=\frac{s+i\omega }{s^2+{\omega }^2}$ liest man Real- und Imaginärteil ab: $ℒ\{\cos \omega t\}=\frac{s}{s^2+{\omega }^2}$ und $ℒ\{\sin \omega t\}=\frac{\omega }{s^2+{\omega }^2}$.

Die Rechenregeln

Beweis. Mit partieller Integration ist ${\int }_0^{\infty }{f}^{\prime }(t)e^{-st}\text{d}t=[f(t)e^{-st}{]}_0^{\infty }+s{\int }_0^{\infty }f(t)e^{-st}\text{d}t$. Der Randterm bei $\infty$ verschwindet für große $s$ wegen des exponentiellen Wachstums, bei $0$ bleibt $-f(0)$. $\square$ Zweimaliges Anwenden gibt $ℒ\left\{f^{\prime }\right\}=s^{2}F(s)-sf(0)-f^{\prime }(0)$. Die Anfangswerte stecken also in der Transformierten, man muss sie nicht nachträglich einsetzen.

Die Dämpfungsregel liefert zum Beispiel $ℒ\left\{t{e}^{at}\right\}=\frac{1}{{(s-a)}^2}$ aus $ℒ\left\{t\right\}=\frac{1}{s^2}$.

Zurück in den Zeitbereich

Nach dem Auflösen steht $Y(s)$ als Bruch aus Polynomen da. Der Weg zurück ist die Rücktransformation $f={ℒ}^{-1}\left\{F\right\}$. Sie ist eindeutig, soweit es stetige Funktionen betrifft (Satz von Lerch). Praktisch zerlegt man $F$ in Partialbrüche und liest die Teile in der Tabelle ab. Für zwei verschiedene reelle Nullstellen des Nenners ist $\frac{p(s)}{(s-a)(s-b)}=\frac{A}{s-a}+\frac{B}{s-b}$ mit $A=\frac{p(a)}{a-b}$ und $B=\frac{p(b)}{b-a}$ (Zuhaltemethode: den Faktor streichen und die Nullstelle einsetzen).

Komplexe und mehrfache Nullstellen

Hat der Nenner keine reellen Nullstellen, ergänzt man quadratisch und benutzt die Dämpfungsregel. Für $\frac{s+3}{s^2+2s+5}$ ist $s^2+2s+5={(s+1)}^2+4$. Der Zähler ist $(s+1)+2$, also $F(s)=\frac{s+1}{{(s+1)}^2+2^2}+\frac{2}{{(s+1)}^2+2^2}$. Beide Teile stehen in der Tabelle (Kosinus und Sinus mit $\omega =2$, um $1$ nach links verschoben, das heißt mit dem Faktor $e^{-t}$), und es ist $f(t)=e^{-t}(\cos 2t+\sin 2t)$. Bei einer doppelten Nullstelle braucht der Ansatz zwei Terme: $\frac{1}{s{(s+1)}^2}=\frac{A}{s}+\frac{B}{s+1}+\frac{C}{{(s+1)}^2}$. Die Zuhaltemethode gibt $A=1$ und $C=\frac{1}{-1}=-1$, und der Vergleich der Terme bei großem $s$ gibt $A+B=0$, also $B=-1$. Damit ist $f(t)=1-e^{-t}-t{e}^{-t}$. Probe: Für $t=0$ ist $f(0)=0$, wie es $F(s)\sim \frac{1}{s^3}$ verlangt, und $f^{\prime }(t)=t{e}^{-t}$ verschwindet bei $0$ ebenfalls.

Differentialgleichungen lösen

Das Verfahren hat vier Schritte. Erstens transformiere beide Seiten der Gleichung mit der Differentiationsregel und setze die Anfangswerte ein. Zweitens löse die entstehende algebraische Gleichung nach $Y(s)$ auf. Drittens zerlege $Y(s)$ in Partialbrüche. Viertens transformiere zurück.

Ein weiterer Vorteil: Aus $Y(s)=G(s)·U(s)$ liest man die Übertragungsfunktion $G(s)$ eines Systems ab, das auf einen Eingang $U$ antwortet. Die Pole von $G$ bestimmen das Verhalten: Liegen alle in der linken Halbebene $\mathrm{Re}s<0$, klingen alle Anteile $e^{pt}$ ab, das System ist stabil. Das ist dieselbe Aussage wie bei den Eigenwerten linearer Systeme, denn die Pole sind die Eigenwerte.

Faltung, Übertragungsfunktion und Resonanz

Das Produkt im Bildbereich gehört zur Faltung im Zeitbereich: $ℒ\{f·g\}=F·G$. Das hat eine physikalische Bedeutung. Antwortet ein System mit der Übertragungsfunktion $G(s)$ auf einen Eingang $u(t)$, dann ist die Antwort $Y(s)=G(s)U(s)$, im Zeitbereich also $y=g·u$ mit $g={ℒ}^{-1}\left\{G\right\}$, der Antwort auf einen kurzen Stoß. Jeder Eingang wird als Folge solcher Stöße aufgefasst, und die Antworten überlagern sich.

Wann existiert die Transformierte?

Das Integral konvergiert, wenn $f$ stückweise stetig ist und höchstens exponentiell wächst, also $|f(t)|\le M{e}^{ct}$ gilt. Dann existiert $F(s)$ für alle $s>c$, und $F(s)\to 0$ für $s\to \infty$. Die kleinste Zahl $c$ heißt die Konvergenzabszisse. Für $e^{at}$ ist sie $a$, für $\sin \omega t$ und Polynome $0$. Funktionen, die schneller als jede Exponentialfunktion wachsen, wie $e^{t^2}$, haben keine Laplace-Transformierte. Funktionen mit Sprungstellen sind erlaubt, solange es nur endlich viele sind. Das ist ein wesentlicher Vorteil gegenüber den klassischen Lösungsverfahren, die Differenzierbarkeit voraussetzen.

Zusammenhänge

Die Rücktransformation lässt sich auch als Integral in der komplexen Ebene schreiben, das Bromwich-Integral $f(t)=\frac{1}{2\pi i}{\int }_{c-i\infty }^{c+i\infty }F(s)e^{st}\text{d}s$, das man mit dem Residuensatz der Funktionentheorie auswertet. Setzt man $s=i\omega$, erhält man die Fourier-Transformation, die Verwandtschaft zu den Fourierreihen ist offensichtlich. Für Folgen statt Funktionen gibt es die Z-Transformation, die mit den erzeugenden Funktionen von der Seite Rekursionen und erzeugende Funktionen verwandt ist: Man erhält sie aus der erzeugenden Funktion durch den Wechsel $x\mapsto 1/z$.

Übungen

Immer neue Aufgaben mit Lösungen gibt es auf dem Blatt Laplace-Transformation.

Geschichte: von Euler zu Heaviside

Die Idee, Lösungen von Differentialgleichungen als Integrale mit einer Exponentialfunktion zu suchen, stammt von Leonhard Euler, der um 1744 Integrale der Form $\int X(x)e^{ax}\text{d}x$ untersuchte. Pierre-Simon Laplace benutzte solche Integrale ab 1782 und wandte die Transformation 1785 im heute üblichen Sinn an, um Differenzengleichungen zu lösen. 1814 schrieb er ausführlich über erzeugende Funktionen, aus denen sich die Integralform entwickelte. Augustin-Louis Cauchy entwickelte 1821 einen Operatorenkalkül. Um 1900 machte der Ingenieur Oliver Heaviside einen Rechenkalkül populär, in dem die Ableitung $\frac{\text{d}}{\text{d}t}$ wie eine Zahl $p$ behandelt wird. Er war zunächst nicht streng begründet, aber in der Elektrotechnik sehr erfolgreich. Die strenge Begründung mit der heutigen Transformation lieferten unter anderen Bromwich und später Doetsch. In den Ingenieurwissenschaften setzte sich das Verfahren nach dem Zweiten Weltkrieg durch.

Häufige Fragen

Quellen und weiterführende Literatur

• Wikipedia: Laplace-Transformation
• Wikipedia (englisch): Laplace transform
• Erwin Kreyszig: Advanced Engineering Mathematics, Wiley.
• Gustav Doetsch: Einführung in Theorie und Anwendung der Laplace-Transformation, Birkhäuser, Basel.