6.3: Згортка
- Page ID
- 61495
згортка
Ми говорили, що трансформація Лапласа продукту не є продуктом перетворень. Однак вся надія не втрачена. Нам просто потрібно використовувати інший тип «продукту». Візьміть дві функції\(f(t)\) і\(g(t)\) визначені для\(t \geq 0\), і визначте \(^{1}\)згортку\(f(t)\) і\(g(t)\) як
\[\label{eq:1} (f \ast g)(t) \overset{\rm{def}}{=} \int_0^t f(\tau)g(t- \tau)d\tau . \]
Як бачите, згортка двох функцій\(t\) є ще однією функцією\(t\).
Візьміть\(f(t)=e^t\) і\(g(t) = t\) за\(t \geq 0\). Тоді
\[ (f \ast g)(t) = \int_0^t e^{\tau}(t- \tau)d\tau = e^t-t-1. \nonumber \]
Щоб вирішити інтеграл, ми зробили одну інтеграцію частинами.
Візьміть\( f(t)=\sin(\omega t)\) і\( g(t)=\cos(\omega t)\) за\(t \geq 0\). Тоді
\[ (f \ast g)(t) = \int_0^t \sin(\omega \tau)\cos(\omega (t- \tau))d\tau. \nonumber \]
Застосовуємо ідентичність
\[ \cos(\theta)\sin(\psi)= \dfrac{1}{2}(\sin(\theta + \psi)-\sin(\theta -\psi )) \nonumber \]
Отже,
\[\begin{align}\begin{aligned} (f \ast g)(t) & = \int_0^t \dfrac{1}{2}(\sin(\omega t) - \sin(\omega t-2 \omega \tau )) d\tau \\ &=\left[ \dfrac{1}{2} \tau \sin(\omega t)+\dfrac{1}{4\omega} \cos(2\omega \tau -\omega t) \right]_{\tau =0}^t \\ &= \dfrac{1}{2} t \sin(\omega t). \end{aligned} \end{align} \nonumber \]
Формула тримає тільки для\(t \geq 0 \). Ми припустили, що\(f\) і\(g\) є нулем (або просто не визначено) для негативних\(t\).
Згортка має багато властивостей, які змушують її вести себе як продукт. Нехай\(c\) be a constant and \(f\), \(g\), and \(h\) be functions then
\[\begin{align}\begin{aligned} f*g &= g* f \\ (c\,f)*g &= f*(c\,g)=c\,(f*g) \\ (f*g)*h&=f*(g*h) \end{aligned}\end{align} \nonumber \]
Найцікавіше властивість для нас, і основним результатом цього розділу є наступна теорема.
\(f(t)\) \(g(t)\)Дозволяти і бути експоненціального типу, то
\[ \mathcal\{(f \ast g)(t)\}= \mathcal{L} \left\{ \int_0^t f(\tau)g(t- \tau)d\tau \right\}=\mathcal{L}\{f(t)\} \mathcal{L} \{g(t)\}. \nonumber \]
Іншими словами, перетворення Лапласа згортки є добутком перетворень Лапласа. Найпростіший спосіб використовувати цей результат - навпаки.
Припустимо, у нас є функція\(s\) визначена
\[ \dfrac{1}{(s+1)s^2}=\dfrac{1}{s+1}\dfrac{1}{s^2}. \nonumber \]
Ми розпізнаємо два пункти таблиці 6.1.2. Тобто
\[ \mathcal{L}^{-1} \left\{ \dfrac{1}{s+1} \right\}=e^{-t}~~~~~~ {\rm{and}}~~~~~~ \mathcal{L}^{-1} \left\{ \dfrac{1}{s^2} \right\}=t. \nonumber \]
Тому
\[ \mathcal{L}^{-1} \left\{ \dfrac{1}{s+1} \dfrac{1}{s^2} \right\}=\int_0^t \tau e^{-(t- \tau)}d\tau =e^{-t}+t-1. \nonumber \]
Розрахунок інтеграла передбачав об'єднання частинами.
Розв'язування ОДУ
Наступний приклад демонструє всю силу згортки і перетворення Лапласа. Можна дати розв'язання задачі вимушеного коливання для будь-якої форсувальної функції як визначеного інтеграла.
Знайдіть рішення
\[ x''+\omega_0^2x=f(t),~~~~~x(0)=0,~~~~~x'(0)=0, \nonumber \]
для довільної функції\(f(t)\).
Спочатку застосуємо перетворення Лапласа до рівняння. Позначте перетворення\(x(t)\) по\(X(s)\) і перетворення\(f(t)\) по\(F(s)\), як зазвичай.
\[ s^2X(s)+ \omega_0^2X(s)=F(s), \nonumber \]
або іншими словами
\[ X(s)=F(s) \dfrac{1}{s^2+ \omega_0^2}. \nonumber \]
Ми знаємо
\[ \mathcal{L}^{-1} \left\{ \dfrac{1}{s^2+ \omega_0^2} \right\}= \dfrac{\sin(\omega_0 t)}{\omega_0}. \nonumber \]
Тому
\[ x(t)= \int_0^tf(\tau)\dfrac{\sin(\omega_0( t-\tau))}{\omega_0}d\tau , \nonumber \]
або якщо ми змінимо замовлення
\[ x(t)= \int_0^t \dfrac{\sin(\omega_0 \tau)}{\omega_0}f(t-\tau)d\tau . \nonumber \]
Зауважимо ще одну особливість цього прикладу. Тепер ми можемо побачити, як перетворення Лапласа обробляє резонанс. Припустимо, що\(f(t)=\cos(\omega_0t)\). Тоді
\[ x(t)= \int_0^t \dfrac{\sin(\omega_0 \tau)}{\omega_0}\cos(\omega_0(t-\tau))d\tau = \dfrac{1}{\omega_0}\int_0^t \sin(\omega_0 \tau)\cos(\omega_0(t-\tau))d\tau . \nonumber \]
Ми обчислили згортку синуса і косинуса в прикладі 6.3.2. Звідси
\[ x(t)=\left( \dfrac{1}{\omega_0}\right) \left( \dfrac{1}{2}t\sin(\omega_0t)\right) = \dfrac{1}{2\omega_0} \sin(\omega_0t). \nonumber \]
Зверніть увагу\(t\) на передню частину синуса. Отже, рішення зростає без зв'язку, оскільки\(t\) стає великим, тобто ми отримуємо резонанс.
Аналогічно, ми можемо вирішити будь-яке рівняння постійного коефіцієнта з довільною функцією форсування\(f(t)\) як певний інтеграл за допомогою згортки. Певного інтеграла, а не рішення закритої форми, зазвичай достатньо для більшості практичних цілей. Чисельно оцінити певний інтеграл неважко.
Інтегральне рівняння Вольтерра
Загальним інтегральним рівнянням є інтегральне рівняння Вольтерра \(^{2}\)
\[ x(t) = f(t) + \int_0^t g(t-\tau)x(\tau)\, d\tau \nonumber \]
де\(f(t)\) і\(g(t)\) є відомими функціями і\(x(t)\) є невідомим, для якого ми хочемо вирішити. Щоб знайти\(x(t)\), ми застосуємо перетворення Лапласа до рівняння, щоб отримати
\[X(s)=F(s)+G(s)X(s), \nonumber \]
де\(X(s)\)\(F(s)\), і\(G(s)\) є перетворення Лапласа\(x(t)\)\(f(t)\), і\(g(t)\), відповідно. знаходимо
\[ X(s) = \dfrac{F(s)}{1-G(s)}. \nonumber \]
Щоб знайти,\(x(t)\) нам тепер потрібно знайти зворотне перетворення Лапласа\(X(s)\).
Вирішити
\[ x(t) = e^{-t} + \int _0^t \sinh(t-\tau)x(\tau)\, d\tau \nonumber \]
Застосовуємо перетворення Лапласа для отримання
\[ X(s) = \dfrac{1}{s+1} + \dfrac{1}{s^2-1}X(s), \nonumber \]
або
\[ X(s) = \dfrac{\dfrac{1}{s+1}}{1-\dfrac{1}{s^2-1}} = \dfrac{s-1}{s^2-2}= \dfrac{s}{s^2-2}-\dfrac{1}{s^2-2}. \nonumber \]
Це не важко застосувати таблицю 6.1.1, щоб знайти
\[ x(t) = \cosh \left( \sqrt{2}\, t \right) -\dfrac{1}{\sqrt{2}} \sinh \left(\sqrt{2}\,t \right). \nonumber \]
Виноски
[1] Для тих, хто бачив згортку, визначену раніше, ви, можливо, бачили, що вона визначена як\(f\ast g)(t)=\int_{-\infty}^{\infty}f(\tau )g(t-\tau )d\tau \). Це визначення узгоджується з тим,\(\eqref{eq:1}\) якщо ви визначаєте\(f(t)\) і\(g(t)\) дорівнюєте нулю для\(t<0\). При обговоренні перетворення Лапласа визначення, яке ми дали, є достатнім. Згортка дійсно відбувається в багатьох інших додатках, однак, де вам, можливо, доведеться використовувати більш загальне визначення з нескінченностями.
[2] Названа на честь італійського математика Віто Вольтерра (1860—1940).