Добавил:

VadoZ хачю сдать сессию Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Московский технический университет связи и информатики

Предмет:

Высшая математика

Файл:

лекции вышмат

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

01.06.2024

Размер:

5.41 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 2425 / 2525

Свертка двух функций и ее изображение

Определение 1.

обозначаемая	f
	1

Пусть

f1 (t) и

f2 (t) −

два оригинала.

и определяемая равенством

( f

)(t) =

(τ) f

Их сверткой называется функция,

− τ)dτ .

(4)

а) Интеграл в правой части формулы (4) существует в силу кусочной непрерывности

функций f1

(t)

и f2 (t) .

б) Функция

( f

)(t)

также является оригиналом. Условия 1) и 2) определения оригинала,

очевидно, выполняются. Проверим выполнение условия 3).

Пусть

−

наибольший из

показателей роста функций

f1 (t) и

f2 (t) , а

M − наибольшая из постоянных в оценке их

модулей. Тогда | fi

(t) | Me

i =1,2

| ( f1 f2 )(t) | |

f1 (τ) | |

f2 (t − τ)

| dτ M

(t −τ)

dτ =

d = M

(5)

что не превосходит некоторой постоянной, умноженной на e

+ε)t

, где

ε 0

−

произвольное

фиксированное (сколь угодно малое) число.

в)

f	f	2	=
1		2

f	2
	2

Действительно,

	2	1		t
	2	1
( f		f	)(t) =
				0

f	2	(τ) f	(t
	2	1

− τ)dτ

Произведем в этом

интеграле замену t − τ = s , τ = t − s ,										dτ = −ds . Тогда
			0				t
( f	2	* f )(t) = −		f	2	(t − s) f (s)ds =		f	(s) f		2	(t − s)ds = ( f			f	2	)(t)	.
	2	1			2	1		1			2			1		2		.
			t				0
Теорема 2 (о свертке). Пусть f1							(t) F1 ( p)						при Re p s1			и f2 (t) F2 ( p)
при Re p s0			= max(s1, s2 )
										( f	f		2	)(t) F ( p)F ( p)
										1			2	1	2

при

Re p

. Тогда

(6)

(т.е. свертке оригиналов соответствует произведение их изображений).

Согласно определениям изображения и свертки,

				+		t					+		t
				+		t					+		t
( f	f	2	)(t)				f	(τ) f	2	(t − τ)dτ e− pt dt =		e− pt dt
1		2					1		2
				0	0						0		0

Это есть двойной интеграл по изображенной на рис. действительно, t изменяется от 0 до + , а при каждом

вертикальной прямой, τ меняется от 0 до прямой τ = t ).

1		2		.
f	(τ) f		(t − τ)dτ

1 области (в этой области, фиксированном t, т.е. вдоль

240

Рисунок 1

Так как согласно оценке (5), этот двойной интеграл абсолютно сходится, то в нем можно изменить порядок интегрирования, и

( f	f	2	)(t)
1		2

+		+			1		2
	dτ		e	− pt	1		2
	dτ		e		f	(τ) f		(t − τ)dt =
0

1				+
1		− pτ
f	(τ)e		dτ
				τ

f		(t − τ)e	− p(t −τ)	dt
	2

Заменяя во внутреннем интеграле правой части последней формулы

t − τ

на

dt = ds,

получим: ( f1 f2 )(t)

f1 (τ)e

− pτ

dτ

(s)e

− ps

= F1 ( p)F2 ( p) . ■

Теорема 3 (запаздывания). Пусть

f (t) F( p),

τ 0

. Тогда

f (t − τ) e

− pτ

F( p) .

Сначала отметим, что т.к.

f (t) = 0

при

t 0

то

f (t − τ) = 0 при t − τ 0 , т.е.

график функции

f (t − τ)

получается из графика функции

f (t)

сдвигом на

вправо

2):

				Рисунок 2
(поэтому функция	f (t − τ)		и называется запаздывающей по отношению к функции						f

Далее, учитывая то, что		f (t − τ) = 0		при	t − τ 0,	т.е. при	t τ	, имеем:

t τ

(рис

(t) ).

f (t − τ)

+
	f (t − τ)e	− pt	dt =
	f (t − τ)e		dt =
0

− τ)e	− pt	dt

В последнем интеграле сделаем замену

t − τ = s,

t = τ + s,

dt = ds. Получим:

f (t − τ)

				+
f (s)e	− p( τ+s)	ds = e	− pτ		f (s)e	− ps	ds = e	− pτ	F ( p) . ■
	− p( τ+s)		− pτ			− ps		− pτ

				0

Нахождение оригиналов по изображениям

Рассмотрим некоторые типовые примеры нахождения оригиналов по их изображениям.

241

Примеры. Найти оригиналы по изображениям. Решение.

1.	F ( p) =	2 p		.
			2
		( p + 1)( p		+ 1)

Разложим эту правильную рациональную дробь на простые дроби:

2 p

Bp + C

2 p =

A( p

+1)

+ (Bp

+ C)( p +1)

;

( p + 1)( p

+ 1)

p + 1

+ 1

при p = −1 отсюда −2 = 2A , A = −1

; приравнивая коэффициенты при

, имеем:

A + B = 0

B = 1 и C = 1

; значит,

F ( p) = −

p + 1

−

+ 1

p + 1

откуда, с учетом линейности изображения и таблицы изображений,

F ( p) cos t + sin t − e

−t

A + C

, откуда

2.	F ( p) =	1		.
			2
		p( p		+ 1)

Эту дробь также можно разложить на простые,

+ 1

F ( p) =

sin tdt = − cos t

= 1

− cos t

3. F ( p) =

− 2 p + 2

Эта правильная

рациональная

дробь

уже

F ( p) =

p −1

( p −1)

+ 1

( p −1)

+ 1

( p − 1)

+ 1

однако проще применить теорему об интегрировании оригинала:

является простой. Выделим в ее знаменателе полый квадрат:

Теперь применим теорему смещения: так как

cos t		p
	2	+ 1
p

sin t		1
	2	+ 1
p

, то

F ( p) e	t

cos t + e	t

sin t

			p	2
	F ( p) =		p
4.	F ( p) =	2			2	.
4.						.
	( p		+ 1)
	( p		+ 1)

В этом случае целесообразно применить теорему о свертке:

	p					p		t
F ( p) =							cos t cos t =		cos τ cos(t − τ)dτ =
			2		2

	( p +	1)		p		+ 1
								0

	1	t
		[cos t + cos(2τ − t)]dτ =
	2
		0

	1	1	\|	t
=	t cos t +		\|		=
=	t cos t +	4	sin(2τ − t)		=
	2	4		0

1 t cos t +

1 sin t −

1 sin(−t)

1 t cos t +

1 sin t

Отметим здесь также, что если изображение			F( p)	есть рациональная дробь, то эта дробь
			F( p)
обязана быть правильной, т.к.	lim	F ( p) = 0 .
	Re p→+

Приведем (без доказательства) более общую теорему.

Теорема 4 (разложения). Пусть F( p) − правильная рациональная дробь. Тогда оригиналом для нее будет (умноженная на η(t) ) функция

f (t) = Rep= ps F
k	k

где сумма берется по всем особым точкам функции

( p)e

F( p

pt ,	(7)
)
.

Пример. Вернемся к рассмотренному выше в примеру 1. F ( p) =	2 p		и найдем оригинал для этого

	( p + 1)( p2	+ 1)
	( p + 1)( p2	+ 1)

разложения еще раз при помощи теоремы разложения, т.е. формулы (7), с учетом того, что все три особых точки p = −1 , p = i − простые полюса.

242

Решение.						F ( p)
Решение.
	−e	− t		+		1		it
=
					1 + i
= −e			− t				1 − i
= −e				+
							2

Re s
	p =−1
+	1
+
	1 − i
+	1 + i
+
	2

	2 p			e
p	2		+ 1

		p + 1
e	− it		=	=

cos t +

pt
+
−e	− t

		2 p			e	pt
					e
Re s		p	+ 1				+
Re s		p		2	+ 1		+
p =i		p		2	+ 1
p =i
+	1 − i		(cos t				+ i
+			(cos t				+ i
		2

−i 1 + i

−sin t

Re s

p =− i

sin t)

= −e

2 p			e	pt
			e
p + 1				=	2 p			e	\|
								pt
p		2	+ 1		p	2	+ 1		p = −1
+	1 + i			(cos t − i sin t) =
+				(cos t − i sin t) =
			2
−t	+ cos t + sin t
	+ cos t + sin t
							.

	2 p	e	pt
		e
+	p + 1		\|	+
+	2 p		\|	+
	2 p			p =i

2 p	e	pt
	e
p + 1		\|	=
2 p		\|	=
2 p			p =− i

Решение дифференциальных уравнений и систем операционным методом

Рассмотрим задачу Коши для линейного дифференциального уравнения с постоянными коэффициентами; аргумент искомой функции обозначим t , а саму эту функцию x(t) :

a x	(n)	+ a x	(n−1)	+... + a		x + a	x =
					n−1
0		1				n

(t)

(8)

x(0) = x		, x (0) = x ,..., x	(n−1)	(0)
x(0) = x		, x (0) = x ,..., x		(0)
	0	0

Правая часть f(t) предполагается непрерывной, решения задачи Коши (8)-(9).

= x( 0

что

−1)	.	(9)

дает существование и единственность

Начальные условия мы всегда будем задавать в точке 0. Если аргумент рассматривать как время, то это соответствует принятию начального момента отсчета времени за 0; если же

начальные условия заданы в точке t0						, то после замены аргумента	t − t		0	= τ	задача сводится

к задаче (8)		(9).
Пусть	x(t) −		решение	задачи (8)		(9). Применим к обеим		частям уравнения (8)

преобразование Лапласа, учитывая						его линейность и теорему		о		дифференцировании
оригинала. Обозначая				x(t) X ( p)	, имеем:

x'(t)
x	(n)	(t)

pX ( p) − x(0)
p	(n)	X ( p) −

;


x''(t) p			2	X ( p) −
x''(t) p				X ( p) −
n−1	x(0)	− p		n−2	x'(0)
	x(0)	− p			x'(0)


px(0) − x'(0)			,…;
−...− x	(n−1)	(0) .

Мы получим линейное алгебраическое уравнение для X ( p) . Решая его, мы найдем X ( p) , а затем по изображению X ( p) вернемся к оригиналу x(t) .

x ''+ x = cos t
Пример. Решить задачу Коши		.
x(0)	= −1, x '(0)	= 1

Решение. Применяем к обеим частям уравнения преобразование Лапласа (аргумент p для краткости записи опускаем):

p2 X + p −1 + X =

( p2 + 1) X

− p + 1

p2 + 1

+ 1

X =

−

= −

−

( p

+ 1)

+ 1

+ 1 p

+ 1

+ 1 p

Теперь

возвращаемся

оригиналам,

учитывая

теорему о дифференцировании изображения:

x(t) = 1 t sin t − cos t + sin t . 2

243

Аналогично задаче Коши для линейного дифференциального уравнения с постоянными коэффициентами решается задача Коши для систем таких уравнений.

x '− y = 2e
			t
	y '− x = −2e
Пример. Решить задачу Коши			t
Пример. Решить задачу Коши

x(0)		= 1,	y '(0)	=

Решение. Применяя преобразование Лапласа и обозначая

. −1 x(t) X ( p),

y(t) Y ( p),

имеем:

		pX −
		pX −


		pY +
		pY +

откуда

1 − Y =

1 − X =

Y = −X

	2
p −1
	.
	.
−	2
−
	p −1
, значит,		( p

	pX − Y =		p + 1
	pX − Y =
			p −1
					.
	pY − X = −			p + 1
	pY − X = −
				p −1
				p −1
+	1) X =	p +1			X
+	1) X =				X
		p −		1

Сложим эти

=	1	e
		t
	p −1

уравнения:

и Y = −	1
и Y = −
	p −

pX −

−et 1

+ pY − X = 0

Таким образом,

( p −1)(

t	,
(t) = e

X + Y )

y(t) =

−

e	t

Применение теоремы запаздывания для нахождения изображений различных функций

Теорема запаздывания 3 удобна при нахождении изображений функций, которые на разных участках прямой задаются различными аналитическими выражениями.

Пример 1. Найти изображение функции, равной Решение.

(t −1)	2

при

t 1

и 0 при

t 1

(рис. 3).

Рисунок 3

Рисунок 4

Рисунок 5

Рассмотрим функцию

f (t) = t

= t

η(t) (при применении теоремы запаздывания оправдана именно такая строгая запись);

f (t )

; как легко понять, исходная функция равна

f (t −1) = (t −1)

2 η(t −1) (из графика η(t −1) видно (рис. 4, рис. 5),

что это

произведение, действительно, равно (t −1)

при

t 1

0 при

t 1

), тогда по теореме

3 при

τ = 1

f (t −1) e

− p

Пример 2. Найти изображение функции, равной 1 при в точках разрыва 0 и 1, естественно, роли не играют).

t (0,1)

и 0 при t 1 и t 0 (рис. 6) (значения функции

Рисунок 6

244

Решение.

Из графиков функций η(t)

и η(t −1) (пример 1)

видно, что данная функция равна

η(t) −

η(t −1)

; так как

, то по теореме 3 при τ = 1

η(t) − η(t −1)

− e

− p

η(t )

(1 − e

) .

Пример 3. Точно так же находится изображение «ступеньки» любой высоты (можно и отрицательной), находящейся в любом месте оси (рис. 7):

Рисунок 7

Решение. h η(t − a) − η(t − b)	h	(e	− ap	− e	− bp	) .
			− ap		− bp

	p
Функция, состоящая из нескольких «ступенек», представляется в виде суммы таких «ступенек», и изображение
исходной функции будет равно сумме изображений этих «ступенек».
Далее отметим, что любую функцию, равную f (t)							при t (a, b) и 0 при t a, b	можно представить в виде
f (t) η(t − a) − η(t − b) , так как выражение в квадратной							скобке равна 1 при t (a, b)	и 0 при t a, b . Такое

представление часто дает возможность нахождения изображения функции по теореме запаздывания.

Пример 4. Найти изображение функции с графиком, изображённым на рис. 8.

Рисунок 8

Решение. Согласно предыдущим рассуждениям,

f (t) = t η(t) − η(t −1) +

(2 − t) η(t −1) − η(t − 2) =

= tη(t) − 2(t −1)η(t −1) + (t − 2)η(t − 2)

− p

−2 p

− p

− 2e

+ e

(1 − e

)


Пусть теперь функция		f (t)
Пусть теперь функция
f (t +T ) = f (t)	(рис. 9):
, t 0	(рис. 9):

периодическая с периодом

(естественно, при

), т.е.

Рисунок 9

245

Теорема 5 (изображение периодической

периодическая функция с периодом

T .

Пусть

Тогда изображение функции						f (t)	имеет вид
Тогда изображение функции							имеет вид
									F ( p) =
	+				(n+1)T

F ( p) =		f (t)e	− pt	dt =		f (t)e		− pt	dt .
F ( p) =		f (t)e		dt =		f (t)e			dt .
	0			n=0	nT
	0				nT

функции).

g(t) =		f (t)
g(t) =
		0

G( p)
1− e	− pT .
1− e

Пусть

при при

оригинал		f (t)	есть
оригинал			есть
t (0,T )	и	g(t) G( p)		.
t [0,T ]		g(t) G( p)


			(10)

График функции

и при t (nT,(n +

g(t) изображен на рис. 10.

Рисунок 10

g(t − nT) получается сдвигом на nT

	Рисунок 11
1)T )	g(t −nT ) = f (t) , а при t nT,

вправо

(n +1)T

(рис. 11):

g(t − nT )

. Тогда

	(n+1)T		+
F ( p) =		g(t − nT )e− pt dt = g(t − nT )e− pt dt. Последний же интеграл это
n=0	nT	n=0	0

изображение	функции	g(t − nT) ,	и	по	теореме

F ( p) = e− pnT G( p) = G( p) e− pnT .
n=0		n=0

Последняя сумма	есть сумма геометрической прогрессии с
знаменателем q = e	− pT	. Этот знаменатель по абсолютной величине

запаздывания 3

первым членом 1 и не превосходит 1, так

как

\| q \|=\| e	−(s+iσ)T	\|=\| e	−sT	\|\| e	−iσT	\|= e	−sT	1

при

= Re p

, значит, по

формуле суммы

бесконечно убывающей геометрической прогрессии имеем: F ( p) = G( p)	1	, что и дает

	1− e− pT

формулу (10). ■

В примерах для нахождения G( p) часто удобно применять теорему запаздывания.

246

Пример 5. Найти изображение периодической функции

f (t)

с графиком, изображенным на рис. 12.

Рисунок 12

Решение. Функция

g(t)

в данном примере имеет график, изображенный на рис. 8. Изображение этой функции уже было

(1 − e

− p

)

найдено в примере 4:

G( p) =

, значит, по формуле (10) при T

= 2

(1 − e

− p

)

1 − e

− p

F ( p) =

−2 p

− p

(1 − e

)

(1 + e

)

247

План УМД на 2020/21 уч.г.

С. 3, п. 7

Александр Рафаилович Лакерник

КУРС ЛЕКЦИЙ ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ

Учебное пособие

Подписано в печать 07.07.20 г. Формат 60х90/16 . Объём 15,6 усл.п.л. Изд. № 36. Заказ

ООО"Амирит". Саратов, ул. Чернышевского, д. 88, литера У.

248

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 2425 / 2525

Соседние файлы в предмете Высшая математика

#
01.06.20245.04 Mб2L_D_Kudryavtsev_Kurs_matimaticheskogo_analiza_Tom_1.pdf
#
01.06.20246.08 Mб1L_D_Kudryavtsev_Kurs_matimaticheskogo_analiza_Tom_2.pdf
#
01.06.20242.46 Mб1L_D_Kudryavtsev_Kurs_matimaticheskogo_analiza_Tom_3.pdf
#
01.06.20241.39 Mб10вышмат полезно.pdf
#
01.06.2024482.88 Кб3кр по алегебре.pdf
#
01.06.20245.41 Mб72лекции вышмат.pdf
#
01.06.20241.34 Mб2линейная алгебра и агалитич геом.pdf