Добавил:

okley Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Национальный исследовательский ядерный университет (МИФИ)

Предмет:

Уравнения математической физики. Методы математической физики.

Файл:

Сухарев / Семинары_1_11

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

18.12.2025

Размер:

2.67 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1213 / 1613 14 15 16 > Следующая >>>

Сделаем замену переменных y = t − во внутреннем интеграле, тогда

Z0 +1 f( ) Z +1 g(t − )e−pt dt d =
Z0	+1 f( ) Z0	+1 g(y)e−p(y+ ) dy d =	Z +1
		Z +1	Z +1

f( )e−p d · g(y)e−py dy = F (p)G(p).

Формула

Z t

f( )g(t − ) d : F (p)G(p)

называется теоремой умножения изображений,или теоремой Бореля.

Пользуясь правилом дифференцирования оригинала,из теоремы Бореля можно получить следствие(интеграл Дюамеля)

Z t

pF (p)G(p) : f(t)g(0) + f( )g0(t − ) d .

Симметрия интеграла типа свертки и перемена ролей F (p) и G(p) позволяет записать правую часть последней формулы еще в трех (очень похожих друг на друга)представлениях.

Пусть f(t) : F (p), g(t) : G(p).Найдем изображение для произведения оригиналов

Z +1

f(t)g(t) : f(t)g(t)e−pt dt =

+1	1	a+i1	F (q)eqt dq g(t)e−pt dt.
= Z0		Za−i1
	2 i

Здесь f(t) заменено по формуле обращения.Предполагается также,что a > s1 (s1 показатель роста f(t)).Считаем еще,что Re p > s2 + a (s2 показатель роста g(t)).Тогда,меняя порядок интегрирования,находим

	+1			1		a+i1
Z0					Za−i1 F (q)eqt dq g(t)e−pt dt =
	1			2 i				1	a+i1
				a+i1			+1
=			Za−i1			F (q) Z0	g(t)e−(p−q)t dt dq =		Za−i1	F (q)G(p−q) dq.
		2 i						2 i

Формула

f(t)g(t) : 1 Z a+i1 F (q)G(p − q) dq

2 i a−i1

называется теоремой умножения оригиналов.

Пусть f(t) : F (p) и g(t; ) : G(p)e− q(p),где G(p) и q(p) аналитические функции.Найдем изображение интеграла

Z +1

f( )g(t; ) d .

0
	Действуя обычным образом,находим
Z0	+1 f( )g(t; ) d : Z0 +1 e−pt Z0 +1 f( )g(t; ) d dt =
=	Z0 +1 f( ) Z0 +1 g(t; )e−pt dt d = Z0 +1 f( )G(p)e− q(p) d =
	= G(p) Z0 +1 f( )e−q(p) d = F $q(p)%G(p).
	Формула

Z +1 f( )g(t; ) d : F $q(p)%G(p),

где

g(t; ) : G(p)e−q(p) ,

называется обобщенной теоремой умножения,или теоремой Эфроса. Приведу еще для порядка первую теорему разложения(есть еще

вторая,но мы ей точно не будем пользоваться,как,впрочем,и первой скорее всего).Пусть F (p) регулярна в бесконечно удаленной точке,т.е. F (1) = 0,а ее ряд Лорана в окрестности p = 1 имеет вид

F (p) = X1 Ck .

k=1 pk

Тогда оригиналом для функции F (p) будет

f(t) = X1 Ck+1 tk.

k=0 k!


На самом деле использование формулы
ta :	!(a + 1)	, a > −1

	pa+1
обычно позволяет о теореме разложения не вспоминать вообще.
Найти изображение функции sin 2p				/p	.
			t

Раскладывая синус в ряд Тейлора и пользуясь изображением

функции ta,находим

sin 2

!(n + 3/2)

n=0

(−1)n

(2n + 1)!

(−1)n p

(2n + 1)!pn+3/2 .

n=0

Опираясь на свойство гамма-функции Эйлера !(z + 1) = z!(z),

получаем

1 2n + 1

! n +

= n +

! n +

n +

(2n + 1)(2n

−

n −

= . . . =

(2n + 1)(2n

. . .

2−n+1 ·

Вычисляем !(1/2)

! 2

= Z0

t−1/2e−t dt = y = pt = 2 Z0

e−y

dy = p .

Теперь дополняем числитель дроби так,чтобы получился

(2n + 1)!

То есть умножаем и делим на произведение (2n)(2n − 2) · . . . · 2

! n +

(2n + 1)(2n)(2n − 1)(2n − 2) · . . . · 3 · 2 · 1

2n+1(2n)(2n − 2) · . . . · 2

(2n + 1)!p

n+1

· . . . · 1

2n+1

2 n(n − 1)

Подставляя найденное выражение в ряд,находим

sin 2 t

(−1)

e− .

n!pn+3/2

n=0

Найти оригинал для изображения F (p) = 1/ 1 + p2.Раскладывая F (p) в ряд в окрестности точки p = 1 (т.е.раскладывать надо по степеням 1/p),имеем

−1/2

−

· 3

1 · 3 · 5

F (p) =

1 +

+ . . . =

2 p2

22 · 2! p4

− 23 · 3! p6

(−1)n(2n)!

: 1

(−1)n(2n)!t2n .

n=0

22n(n!)2p2n+1

n=0

22n(n!)2!(2n + 1)

Вспомним теперь,что !(2n + 1) = (2n)! Заменим еще n! на !(n + 1), чтобы вышло (n!)2 = n!!(n + 1).Тогда получится

	1	1	(−1)n		t 2n	= J (t).
		X
p		X		2
	p2 + 1	: n=0 n!!(n + 1)		2		0

Оригиналом оказалась функция Бесселя первого рода нулевого порядка.Напомню на всякий случай,что функция Бесселя первого рода порядка представляется рядом

J (z) = 1

(−1)n

z 2n+ .

n=0

n!!(n + + 1)

Найти изображение функции

e−

f(t) =

Вычисляя изображение непосредственно,находим

1 1

e−

4t : Z0

e−pt− 4t dt = = pt

= p

e−p

−

4 2

d .

Выделим полный квадрат в показателе экспоненты

− pp.

−p 2 − 4 2 = − pp + 2

+ pp = − pp − 2

Введем обозначения

−

x = p

, dx =

d ,

y = p

−

, dy = p

d .

Разобьем теперь интеграл на два совершенно одинаковых интеграла,но в каждом из этих интегралов преобразуем показатель экспоненты по-своему

2				1				2			2							1						1			2							2							1							1			2				2
	p				Z0		e−p		−				d =							p		Z0					e−p						−		d +					p					Z0						e−p	−				d =
										4 2																								4 2																				4 2
										4 2																								4 2																				4 2
				1				1									2										1						1															2
				1				1									2										1						1															2
	=		p				Z0	e−(pp +						2		)		+ pp d +											p				Z0				e−(pp −						2			)			− pp d =
	=		p				Z0	e−(pp +										+ pp d +											p				Z0				e−(pp −						2			)			− pp d =
								e p				1																									e− p							1
											p																2												p														2
											p																2												p														2
							= p					Z0				e−(pp +										) p				p		d +									Z0							e−(pp −							)	p	p	d .
																							2																														2
																																					p																2
									p																												p	p
Заметим,что
		e p						1																	e− p								1
						p											2														p																2
						p											2														p																2
−p							Z0	e−(pp +							)						d +												Z0			e−(pp −									)					d = 0.
														2																												2
														2					2							p																							2
					p														2							p		p																					2

Для этого просто достаточно раскрыть скобки в показателе экспоненты.Но этот нуль можно прибавить к чему угодно,и от этого прибавления что угодно каким было,таким и останется.Прибавляем,объединяя первый интеграл с первым из предыдущего равенства, а второй со вторым.Тогда

e−p

−

d =

4 2

e p

= p

e−(pp +

)

−

d +

e− p

e−(pp −

)

d =

e p

e− p

+1 2

= p

Z+1 e−x

dx +

Z−1 e−y

С пределами так получилось потому,что подстановка = 0 в выражения для x и y дает x = +1 и y = −1.Подстановка же = +1 приводит к x = +1 и y = +1.Первый интеграл,очевидно,равен нулю,с чем я вас и поздравляю.Ну а второй интеграл(без множителя перед ним)равен p .Следовательно,


1					e− p
		e−	2	:			p
p			4t					.
					p
	t
						p

Пусть f(t) : F (p).Найти изображение для функции

'(t) = Z0

sin 2

f( )

d .

Пусть

sin 2

e−

g(t; ) =

= G(p)e− q(p).

Отсюда

G(p) =

, q(p) =

Следовательно,

'(t) :

Найти оригинал,изображением которого является функция

e− pp

pp $pp + a%, >0.

Основная неприятность здесь pp.Но если взять q(p) = pp и воспользоваться обобщенной теоремой умножения,то от корней можно избавиться.Выберем G(p) = 1/pp и возьмем

g(t; ) = p1 e− 42t

Тогда получится

e− pp

F (p) = pp + a =

e− q	$q(p)%.
q + a = F

Заметим,что F (q) = e− qF1(q) : f1(t− ) по теореме запаздывания. Но f1(t) найти совсем просто,

	1		: e−at = f1(t).
	q + a		: e−at = f1(t).
	q + a

Следовательно,

e− q

: e−a(t− ).

q + a

Чтобы не запутаться,можно еще в образе

f(t) явно дописать мно-

житель (t − ).

Пользуемся обобщенной теоремой умножения

e− p

= F q(p) G(p) : Z0

( − )e−a( − )

e− 4t d =

+ a

= p

e−

−

d .

Выделяем полный квадрат в показателе экспоненты

−

2 + 4at =

−

+ 2

2at

+ 4a2t2 − 4a2t2

( + 2at)2

= −

+ a

и вводим новую переменную интегрирования

+ a

Тогда интеграл преобразуется к виду

e a

e a+a2t

( +2at)2

e−a −

4t d =

e−

d =

+ apt .

= p

e a+a t Z

+ap

e−

d = e a+a t Erf

Следовательно,

e− p

Erf

+ apt .

+ a

: e a+a t

Упражнения для самостоятельной работы.Найти изображения

для следующих функций

cos 2

erf t,

J1(t),

I0(t) = J0(it),

I1(t),

n/2

Jn 2p

, n > 0.

Должно получиться

ep2/4 Erf(p/2), 1

e− /p ,

− p1 + p

−

e− /p

− 1

pn+1 .

Ну и если будет мало,можете попробовать что-нибудь из этого: 3.104, 3.105, 3.107, 3.109, 3.112, 3.120, 3.123, 3.130.Хотя вероятнее всего какую-то часть этих задач я попробую продемонстрировать на следующем семинаре.

Семинар12

Задача3.104.1.Получить изображение функции

sin 2

Исходя из определения прямого преобразования Лапласа,

sin 2

2ip

e2ipt−pt − e−2ipt−pt p

Выделим полные квадраты в показателях экспонент

2ipt − pt = − ppt − pi

−

−2ipt − pt = − ppt + pi

−

Введем новые переменные интегрирования

x = ppt − p

dx =

dt,

y =

pt + p

dy =

dt.

Тогда получится

2ip

e2ipt−pt − e−2ipt−pt p

dy! .

1−i/p

1+i/p

e−1/p

e−x

dx −

e−y

i/pp

Z−

Интегралы здесь берутся вдоль лучей,параллельных оси абсцисс. В первом интеграле это луч,начинающийся в точке −i/pp,во втором в точке i/pp.

Поменяем местами пределы интегрирования во втором интеграле и перепишем выражение в виде

! 1

Z−

−

i/p

! .

sin 2 t

−1/p lim

−z

: ip

p t

i/p

dz + R+i/p

Как известно,интеграл от аналитической функции по замкнутому контуру равен нулю.В качестве такого контура возьмем прямоугольник на комплексной плоскости с вершинами в точках −i/pp, R − i/pp, R + i/pp, i/pp.Если проходить этот контур против часовой стрелки,то получится

R−i/p

R+i/p

i/p

−i/p

Z−i/p

e−z

dz+ZR−i/p

e−z

dz+ZR+i/p

e−z

dz+Zi/p

e−z

dz = 0.

Во втором и четвертом интегралах интегрирование проводится по вертикальным отрезкам.Во втором интеграле снизу вверх,а в четвертом сверху вниз.Значит,во втором интеграле z = R + iy, R = const, e−z2 = e−R2 e−2iRy+y2 .За счет первой экспоненты в пределе R ! +1 второй интеграл будет стремиться к нулю,поэтому сумму первого и третьего интеграла можно выразить через четвертый,

! 1

Z−

dz! =

−1/p

lim

R−i/p

−z

i/p

−z

i/p

dz + R+i/p

1 Z i/pp

= ip pe−1/p −i/pp e−z2 dz.

Здесь уже учтен знак минус перед интегралом,что позволило поменять местами верхний и нижний пределы.

Поскольку интегрирование ведется по отрезку оси ординат, z = iy.Тогда

i/p

1/p

e−1/p Z−i/p

e−z

e−1/p

Z−1/p

dz = p

dy =

1/p

e−1/p

dy.

Чтобы получить последнее выражение,использована четность подынтегральной функции и симметричность верхнего и нижнего пределов.

Таким образом,

	p				1/p
		2				p	2
sin 2 t				e−1/p	Z0
p		: p					ey dy.
	t
			p

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1213 / 1613 14 15 16 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке Сухарев

#
18.12.20252.37 Mб1Лекции_5_семестр.pdf
#
18.12.20253.1 Mб2Лекции_6_семестр.pdf
#
18.12.20252.67 Mб1Семинары_1_11.pdf
#
18.12.20251.71 Mб0Семинары_6_семестр.pdf
#
18.12.20251.21 Mб1Семинары_9_16.pdf