6.3: Згортка

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$t$.

Приклад$\PageIndex{1}$

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.

Приклад$\PageIndex{2}$

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.

Теорема$\PageIndex{1}$

$f(t)$ $g(t)$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.

Приклад$\PageIndex{3}$

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.

Приклад$\PageIndex{4}$

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$X(s)$.

Приклад$\PageIndex{5}$

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).