8.6: Згортка
- Page ID
- 62148
У цьому розділі розглянуто задачу пошуку оберненого перетворення Лапласа добутку\(H(s)=F(s)G(s)\), де\(F\) і\(G\) є перетворення Лапласа відомих функцій\(f\) і\(g\). Щоб мотивувати наш інтерес до цієї проблеми, розглянемо початкову ціннісну проблему
\[ay''+by'+cy=f(t),\quad y(0)=0,\quad y'(0)=0.\nonumber \]
Захоплення Лапласа перетворює врожайність
\[(as^2+bs+c)Y(s)=F(s),\nonumber \]
тому
\[\label{eq:8.6.1} Y(s)=F(s)G(s),\]
де
\[G(s)={1\over as^2+bs+c}.\nonumber \]
До цих пір нас не цікавила факторизація, зазначена в Equation\ ref {eq:8.6.1}, оскільки ми мали справу лише з диференціальними рівняннями зі специфічними функціями форсування. Отже, ми могли б просто зробити вказане множення в Equation\ ref {eq:8.6.1} і використовувати таблицю перетворень Лапласа для пошуку\(y={\cal L}^{-1}(Y)\). Однак це неможливо, якщо ми хочемо формулу для з\(y\) точки зору\(f\), які можуть бути невизначені.
Щоб мотивувати формулу для\({\cal L}^{-1}(FG)\), розглянемо початкову задачу
\[\label{eq:8.6.2} y'-ay=f(t),\quad y(0)=0,\]
який ми спочатку вирішуємо без використання перетворення Лапласа. Розв'язок диференціального рівняння в Equation\ ref {eq:8.6.2} має вигляд,\(y=ue^{at}\) де
\[u'=e^{-at}f(t).\nonumber \]
Інтеграція цього від\(0\) до\(t\) і нав'язування початкової умови\(u(0)=y(0)=0\) дає
\[u=\int_0^t e^{-a\tau}f(\tau)\,d\tau.\nonumber \]
Тому
\[\label{eq:8.6.3} y(t)=e^{at}\int_0^t e^{-a\tau}f(\tau)\,d\tau=\int_0^t e^{a(t-\tau)}f(\tau)\,d\tau.\]
Тепер ми використаємо перетворення Лапласа для вирішення Equation\ ref {eq:8.6.2} і порівняємо результат з Equation\ ref {eq:8.6.3}. Прийняття перетворення Лапласа в рівнянні\ ref {eq:8.6.2} дає
\[(s-a)Y(s)=F(s),\nonumber \]
тому
\[Y(s)=F(s) {1\over s-a},\nonumber \]
що означає, що
\[\label{eq:8.6.4} y(t)= {\cal L}^{-1}\left(F(s){1\over s-a}\right).\]
Якщо ми тепер нехай\(g(t)=e^{at}\), так що
\[G(s)={1\over s-a},\nonumber \]
тоді рівняння\ ref {eq:8.6.3} і рівняння\ ref {eq:8.6.4} можуть бути записані як
\[y(t)=\int_0^tf(\tau)g(t-\tau)\,d\tau\nonumber \]
і
\[y={\cal L}^{-1}(FG),\nonumber \]
відповідно. Тому
\[\label{eq:8.6.5} {\cal L}^{-1}(FG)=\int_0^t f(\tau)g(t-\tau)\,d\tau\]
в даному випадку.
Це мотивує наступне визначення.
\(f*g\)Згортка двох функцій\(f\) і\(g\) визначається
\[(f*g)(t)=\int_0^t f(\tau)g(t-\tau)\,d\tau.\nonumber \]
Це може бути показано (Вправа 8.6.6), що\(f\ast g=g\ast f\); тобто
\[\int_0^tf(t-\tau)g(\tau)\,d\tau=\int_0^tf(\tau)g(t-\tau)\,d\tau. \nonumber\]
Рівняння\ ref {eq:8.6.5} показує, що\({\cal L}^{-1}(FG)=f*g\) в особливому випадку де\(g(t)=e^{at}\). Ця наступна теорема стверджує, що це правда в цілому.
Якщо\({\cal L}(f)=F\) і\({\cal L}(g)=G,\) тоді
\[{\cal L}(f*g)=FG.\nonumber \]
Повний доказ теореми згортки виходить за рамки цієї книги. Однак ми припустимо, що\(f\ast g\) має перетворення Лапласа і перевіряємо висновок теореми чисто обчислювальним способом. За визначенням перетворення Лапласа,
\[{\cal L}(f\ast g)=\int_0^\infty e^{-st}(f\ast g)(t)\,dt=\int_0^\infty e^{-st} \int_0^t f(\tau)g(t-\tau)\,d\tau\,dt.\nonumber \]
Цей ітераційний інтеграл дорівнює подвійному інтегралу над областю, показаною на малюнку Template:index. Змінення порядку інтеграції прибутковості
\[\label{eq:8.6.6} {\cal L}(f*g)=\int_0^\infty f(\tau)\int^\infty_\tau e^{-st}g(t-\tau)\, dt \,d\tau.\]
Однак заміна\(x=t-\tau\) показує, що
\[\begin{align*} \int^\infty_\tau e^{-st}g(t-\tau)\,dt&=\int_0^\infty e^{-s(x+\tau)}g(x)\,dx\\[4pt] &= e^{-s\tau}\int_0^\infty e^{-sx}g(x)\,dx=e^{-s\tau}G(s).\end{align*}\nonumber \]
Підставляємо це в Equation\ ref {eq:8.6.6} і відзначаємо,\(G(s)\) що не залежить від\(\tau\) прибутковості
\[\begin{align*} {\cal L}(f\ast g)&= \int_0^\infty e^{-s\tau} f(\tau)G(s)\,d\tau\\[4pt] & =G(s)\int_0^\infty e^{-st}f(\tau)\,d\tau=F(s)G(s).\end{align*}\nonumber \]
Нехай
\[f(t)=e^{at}\quad \text{and} \quad g(t)=e^{bt}\qquad (a\ne b).\nonumber \]
Переконайтеся\({\cal L}(f\ast g)={\cal L}(f){\cal L}(g)\), що, як це випливає з теореми згортки.
Рішення
Спочатку обчислюємо
\[\begin{aligned} (f\ast g) &= \int_{0}^{t}e^{a\tau }e^{b(t-\tau )}d\tau &=e^{bt}\int_{0}^{t}e^{(a-b)\tau }d\tau \\ &= \left. e^{bt}\frac{e^{a-b}\tau }{a-b} \right|_{0}^{t} &=\frac{e^{bt}[e^{(a-b)t}-1] }{a-b} \\ &=\frac{e^{at}-e^{bt}}{a-b} \end{aligned}\nonumber \]
Так як
\[e^{at}\leftrightarrow {1\over s-a}\quad\mbox{ and }\quad e^{bt}\leftrightarrow {1\over s-b},\nonumber \]
з цього випливає, що
\[\begin{aligned} {\cal L}(f\ast g)&={1\over a-b}\left[{1\over s-a}-{1\over s-b}\right]\\[5pt] &={1\over(s-a)(s-b)}\\[5pt] &={\cal L}(e^{at}){\cal L}(e^{bt})={\cal L}(f){\cal L}(g).\end{aligned}\nonumber \]
Формула розв'язку задачі початкового значення
Теорема згортки дає формулу розв'язку початкової задачі для лінійного постійного коефіцієнта рівняння другого порядку з невизначеним. Наступні три приклади ілюструють це.
Знайти формулу розв'язку задачі початкового значення
\[\label{eq:8.6.7} y''-2y'+y=f(t),\quad y(0)=k_0,\quad y'(0)=k_1.\]
Рішення
Прийняття перетворення Лапласа в рівнянні\ ref {eq:8.6.7} дає
\[(s^2-2s+1)Y(s)=F(s)+(k_1+k_0s)-2k_0.\nonumber \]
Тому
\[\begin{align*} Y(s)&= {1\over(s-1)^2}F(s)+{k_1+k_0s-2k_0\over(s-1)^2}\\[5pt] &= {1\over(s-1)^2}F(s)+{k_0\over s-1}+{k_1-k_0\over(s-1)^2}.\end{align*}\nonumber \]
Зі столу Лапласа перетворюється,
\[{\cal L}^{-1}\left({k_0\over s-1}+{k_1-k_0\over(s-1)^2}\right) =e^t\left(k_0+(k_1-k_0)t\right). \nonumber\]
Так як
\[{1\over(s-1)^2}\leftrightarrow te^t\quad \text{and} \quad F(s) \leftrightarrow f(t), \nonumber\]
теорема згортки передбачає, що
\[{\cal L}^{-1} \left({1\over(s-1)^2}F(s)\right)= \int_0^t\tau e^\tau f(t-\tau)\,d\tau. \nonumber\]
Тому розв'язком Рівняння\ ref {eq:8.6.7} є
\[y(t)=e^t\left(k_0+(k_1-k_0)t\right)+\int_0^t\tau e^\tau f(t-\tau)\, d\tau. \nonumber\]
Знайти формулу розв'язку задачі початкового значення
\[\label{eq:8.6.8} y''+4y=f(t),\quad y(0)=k_0,\quad y'(0)=k_1.\]
Рішення
Прийняття перетворення Лапласа в рівнянні\ ref {eq:8.6.8} дає
\[(s^2+4)Y(s) =F(s)+k_1+k_0s. \nonumber\]
Тому
\[Y(s) ={1\over(s^2+4)}F(s)+{k_1+k_0s\over s^2+4}. \nonumber\]
Зі столу Лапласа перетворюється,
\[{\cal L}^{-1}\left(k_1+k_0s\over s^2+4\right)=k_0\cos 2t+{k_1\over 2}\sin 2t. \nonumber\]
Так як
\[{1\over(s^2+4)}\leftrightarrow {1\over 2}\sin 2t\quad \text{and} \quad F(s)\leftrightarrow f(t), \nonumber\]
теорема згортки передбачає, що
\[{\cal L}^{-1}\left({1\over(s^2+4)}F(s)\right)= {1\over 2}\int_0^t f(t-\tau)\sin 2\tau\, d\tau. \nonumber \]
Тому розв'язком Рівняння\ ref {eq:8.6.8} є
\[y(t)=k_0\cos 2t+{k_1\over 2}\sin 2t+{1\over 2}\int_0^tf(t-\tau)\sin 2\tau\,d\tau. \nonumber\]
Знайти формулу розв'язку задачі початкового значення
\[\label{eq:8.6.9} y''+2y'+2y=f(t),\quad y(0)=k_0,\quad y'(0)=k_1.\]
Рішення
Прийняття перетворення Лапласа в рівнянні\ ref {eq:8.6.9} дає
\[(s^2+2s+2)Y(s)=F(s)+k_1+k_0s+2k_0.\nonumber \]
Тому
\[\begin{aligned} Y(s)&=\frac{1}{(s+1)^{2}+1}F(s)+\frac{k_{1}+k_{0}s+2k_{0}}{(s+1)^{2}+1} \\ &=\frac{1}{(s+1)^{2}+1}F(s)+\frac{(k_{1}+k_{0})+k_{0}(s+1)}{(s+1)^{2}+1} \end{aligned} \nonumber \]
Зі столу Лапласа перетворюється,
\[{\cal L}^{-1}\left((k_1+k_0)+k_0(s+1)\over(s+1)^2+1\right)= e^{-t}\left((k_1+k_0)\sin t+k_0\cos t\right). \nonumber\]
Так як
\[{1\over(s+1)^2+1}\leftrightarrow e^{-t}\sin t \quad \text{and} \quad F(s)\leftrightarrow f(t), \nonumber\]
теорема згортки передбачає, що
\[{\cal L}^{-1}\left({1\over(s+1)^2+1}F(s)\right)= \int_0^t f(t-\tau)e^{-\tau}\sin\tau \,d\tau. \nonumber\]
Тому розв'язком Рівняння\ ref {eq:8.6.9} є
\[\label{eq:8.6.10} y(t)=e^{-t}\left((k_1+k_0)\sin t+k_0\cos t\right)+\int_0^tf(t-\tau)e^{-\tau}\sin\tau\,d\tau.\]
Оцінка інтегралів згортки
Ми скажемо, що інтеграл форми\(\int_0^t u(\tau)v(t-\tau)\,d\tau\) - це інтеграл згортки. Теорема згортки забезпечує зручний спосіб оцінки інтегралів згортки.
Оцініть інтеграл згортки
\[h(t)=\int_0^t(t-\tau)^5\tau^7 d\tau. \nonumber\]
Рішення
Ми могли б оцінити цей інтеграл шляхом розширення\((t-\tau)^5\) повноважень,\(\tau\) а потім інтеграції. Однак теорема згортки забезпечує більш простий шлях. Інтегралом є згортка\(f(t)=t^5\) і\(g(t)=t^7\). Так як
\[t^5\leftrightarrow {5!\over s^6}\quad\mbox{ and }\quad t^7 \leftrightarrow {7!\over s^8},\nonumber \]
теорема згортки передбачає, що
\[h(t)\leftrightarrow {5!7!\over s^{14}}={5!7!\over 13!}\, {13! \over s^{14}},\nonumber \]
де ми написали другу рівність, тому що
\[{13!\over s^{14}}\leftrightarrow t^{13}.\nonumber \]
Отже,
\[h(t)={5!7!\over 13!}\, t^{13}.\nonumber \]
Використовуйте теорему згортки та розширення часткового дробу для оцінки інтеграла згортки
\[h(t)=\int_0^t\sin a(t-\tau)\cos b\tau\,d\tau\quad (|a|\ne |b|).\nonumber \]
Рішення
Так як
\[\sin at\leftrightarrow {a\over s^2+a^2}\quad\mbox{and}\quad \cos bt\leftrightarrow {s\over s^2+b^2},\nonumber \]
теорема згортки передбачає, що
\[H(s)={a\over s^2+a^2}{s\over s^2+b^2}.\nonumber \]
Розширення цього в частковій частці розширення дає
\[H(s)={a\over b^2-a^2}\left[{s\over s^2+a^2}-{s\over s^2+b^2}\right].\nonumber \]
Тому
\[h(t)={a\over b^2-a^2}\left(\cos at-\cos bt\right).\nonumber \]
Інтегральні рівняння Вольтерра
Рівняння форми
\[\label{eq:8.6.11} y(t)=f(t)+\int_0^t k(t-\tau) y(\tau)\,d\tau\]
є інтегральним рівнянням Вольтерри. Ось\(f\) і\(k\) наведені функції і\(y\) невідомо. Оскільки інтеграл праворуч є інтегралом згортки, теорема згортки надає зручну формулу для розв'язання рівняння\ ref {eq:8.6.11}. Прийняття перетворення Лапласа в рівнянні\ ref {eq:8.6.11} дає
\[Y(s)=F(s)+K(s) Y(s),\nonumber \]
і вирішити це для\(Y(s)\) врожайності
\[Y(s)={F(s)\over 1-K(s)}.\nonumber \]
Потім ми отримаємо розв'язок Рівняння\ ref {eq:8.6.11} як\(y={\cal L}^{-1}(Y)\).
Розв'яжіть інтегральне рівняння
\[\label{eq:8.6.12} y(t)=1+2\int_0^t e^{-2(t-\tau)} y(\tau)\,d\tau.\]
Рішення
Прийняття перетворення Лапласа в рівнянні\ ref {eq:8.6.12} дає
\[Y(s)={1\over s}+{2\over s+2} Y(s),\nonumber \]
і вирішити це для\(Y(s)\) врожайності
\[Y(s)={1\over s}+{2\over s^2}.\nonumber \]
Отже,
\[y(t)=1+2t.\nonumber \]
Функції передачі
Наступна теорема представляє формулу розв'язку загальної задачі про початкове значення
\[ay''+by'+cy=f(t),\quad y(0)=k_0,\quad y'(0)=k_1,\nonumber \]
де ми припускаємо для простоти, що\(f\) є безперервним\([0,\infty)\) і що\({\cal L}(f)\) існує. У вправах 8.6.11-8.6.14 показано, що формула діє при значно слабших умовах на\(f\).
Припустимо\(f\), є безперервним\([0,\infty)\) і має перетворення Лапласа. Потім розв'язування початкової задачі значення
\[\label{eq:8.6.13} ay''+by'+cy=f(t),\quad y(0)=k_0,\quad y'(0)=k_1,\]
є
\[\label{eq:8.6.14} y(t)=k_0y_1(t)+k_1y_2(t)+\int_0^tw(\tau)f(t-\tau)\,d\tau,\]
де\(y_1\) і\(y_2\) задовольнити
\[\label{eq:8.6.15} ay_1''+by_1'+cy_1=0,\quad y_1(0)=1,\quad y_1'(0)=0,\]
і
\[\label{eq:8.6.16} ay_2''+by_2'+cy_2=0,\quad y_2(0)=0,\quad y_2'(0)=1,\]
і
\[\label{eq:8.6.17} w(t)={1\over a}y_2(t).\]
- Доказ
-
Прийняття перетворення Лапласа в рівнянні\ ref {eq:8.6.13} дає
\[p(s)Y(s)=F(s)+a(k_1+k_0s)+bk_0,\nonumber \]
де
\[p(s)=as^2+bs+c.\nonumber \]
Отже,
\[\label{eq:8.6.18} Y(s)=W(s)F(s)+V(s)\]
із
\[\label{eq:8.6.19} W(s)={1\over p(s)}\]
і
\[\label{eq:8.6.20} V(s)={a(k_1+k_0s)+bk_0\over p(s)}.\]
Прийняття перетворення Лапласа в рівнянні\ ref {eq:8.6.15} і рівняння\ ref {eq:8.6.16} показує, що
\[p(s)Y_1(s)=as+b\quad\mbox{and}\quad p(s)Y_2(s)=a.\nonumber \]
Тому
\[Y_1(s)={as+b\over p(s)}\nonumber \]
і
\[\label{eq:8.6.21} Y_2(s)={a\over p(s)}.\]
Отже, рівняння\ ref {eq:8.6.20} можна переписати як
\[V(s)=k_0Y_1(s)+k_1Y_2(s).\nonumber \]
Підставляючи це в рівняння\ ref {eq:8.6.18} дає
\[Y(s)=k_0Y_1(s)+k_1Y_2(s)+{1\over a}Y_2(s)F(s).\nonumber \]
Прийняття обернених перетворень і виклик теореми згортки дає рівняння\ ref {eq:8.6.14}. Нарешті, рівняння\ ref {eq:8.6.19} і рівняння\ ref {eq:8.6.21} означають рівняння\ ref {eq:8.6.17}.
Корисно відзначити з Equation\ ref {eq:8.6.14},\(y\) що має вигляд
\[y=v+h,\nonumber \]
де
\[v(t)=k_0y_1(t)+k_1y_2(t)\nonumber \]
залежить від початкових умов і не залежить від примусової функції, в той час як
\[h(t)=\int_0^tw(\tau)f(t-\tau)\, d\tau\nonumber \]
залежить від форсувальної функції і не залежить від початкових умов. Якщо нулі характеристичного многочлена
\[p(s)=as^2+bs+c\nonumber \]
комплементарного рівняння мають негативні дійсні частини, то\(y_1\) і\(y_2\) обидва наближаються до нуля як\(t\to\infty\), так\(\lim_{t\to\infty}v(t)=0\) для будь-якого вибору початкових умов. Причому значення по суті\(h(t)\) не залежить від значень\(f(t-\tau)\) для великих\(\tau\), так як\(\lim_{\tau\to\infty}w(\tau)=0\). У цьому випадку ми говоримо, що\(v\) і\(h\) є перехідним і сталим складовими відповідно\(y\) розв'язку Рівняння\ ref {eq:8.6.13}. Ці визначення застосовуються до початкової задачі значення Example Template:index, де нулі
\[p(s)=s^2+2s+2=(s+1)^2+1\nonumber \]
є\(-1\pm i\). З Equation\ ref {eq:8.6.10} ми бачимо, що розв'язок загальної задачі про початкове значення Прикладу Template:index\(y=v+h\), де
\[v(t)=e^{-t}\left((k_1+k_0)\sin t+k_0\cos t\right)\nonumber \]
є перехідною складовою розчину і
\[h(t)=\int_0^t f(t-\tau)e^{-\tau}\sin\tau\,d\tau\nonumber \]
є складовою стійкого стану. Визначення не застосовуються до початкових задач, розглянутих у прикладах Template:index та Template:index, оскільки нулі характеристичних многочленів у цих двох прикладах не мають від'ємних дійсних частин.
У фізичних додатках, де вхід\(f\) і вихід\(y\) пристрою пов'язані рівнянням\ ref {eq:8.6.13}, нулі характеристичного полінома зазвичай мають негативні дійсні частини. Потім\(W={\cal L}(w)\) називається передавальна функція пристрою. Так як
\[H(s)=W(s)F(s),\nonumber \]
ми бачимо, що
\[W(s)={H(s)\over F(s)}\nonumber \]
- відношення перетворення вихідного стаціонарного стану до перетворення вхідного сигналу.
Через форму
\[h(t)=\int_0^tw(\tau)f(t-\tau)\,d\tau,\nonumber \]
\(w\)іноді називають ваговою функцією пристрою, так як він призначає ваги минулим значенням вхідних даних\(f\). Його ще називають імпульсною характеристикою приладу, з причин, розглянутих в наступному розділі.
Формула рівняння\ ref {eq:8.6.14} наведено більш детально у Вправи 8.6.8-8.6.10 для трьох можливих випадків, коли нулі\(p(s)\) є дійсними та різними, дійсними та повторюваними або складними сполученнями відповідно.