8.6E: Згортка (вправи)
- Page ID
- 62156
Q8.6.1
1. Висловіть зворотне перетворення як інтеграл.
- \(1\over s^2(s^2+4)\)
- \(s\over(s+2)(s^2+9)\)
- \(s\over(s^2+4)(s^2+9)\)
- \(s\over(s^2+1)^2\)
- \(1\over s(s-a)\)
- \(1\over(s+1)(s^2+2s+2)\)
- \(1\over (s+1)^2(s^2+4s+5)\)
- \(1\over(s-1)^3(s+2)^2\)
- \(s-1\over s^2(s^2-2s+2)\)
- \(s(s+3)\over(s^2+4)(s^2+6s+10)\)
- \(1\over(s-3)^5s^6\)
- \(1\over(s-1)^3(s^2+4)\)
- \(1\over s^2(s-2)^3\)
- \(1\over s^7(s-2)^6\)
2. Знайдіть перетворення Лапласа.
- \(\int_0^t\sin a\tau\cos b(t-\tau)\, d\tau\)
- \(\int_0^t e^\tau\sin a(t-\tau)\,d\tau\)
- \(\int_0^t\sinh a\tau\cosh a(t-\tau)\,d\tau\)
- \(\int_0^t\tau(t-\tau)\sin \omega\tau\cos\omega (t-\tau)\,d\tau\)
- \(e^t\int_0^t\sin\omega\tau \cos\omega (t-\tau)\,d\tau\)
- \(e^t\int_0^t\tau^2 (t-\tau)e^\tau\,d\tau\)
- \(e^{-t}\int_0^t e^{-\tau}\tau\cos\omega (t-\tau)\,d\tau\)
- \(e^t\int_0^t e^{2\tau}\sinh (t-\tau)\,d\tau\)
- \(\int_0^t\tau e^{2\tau}\sin 2(t-\tau)\,d\tau\)
- \(\int_0^t (t-\tau)^3 e^\tau\, d\tau\)
- \(\int_0^t\tau^6 e^{-(t-\tau)}\sin 3(t-\tau)\,d\tau\)
- \(\int_0^t\tau^2 (t-\tau)^3\, d\tau\)
- \(\int_0^t (t-\tau)^7 e^{-\tau} \sin 2\tau\,d\tau\)
- \(\int_0^t (t-\tau)^4\sin 2\tau\,d\tau\)
3. Знайдіть формулу розв'язку початкової задачі.
- \(y''+3y'+y=f(t),\quad y(0)=0,\quad y'(0)=0\)
- \(y''+4y=f(t),\quad y(0)=0,\quad y'(0)=0\)
- \(y''+2y'+y=f(t),\quad y(0)=0,\quad y'(0)=0\)
- \(y''+k^2y=f(t),\quad y(0)=1,\quad y'(0)=-1\)
- \(y''+6y'+9y=f(t),\quad y(0)=0,\quad y'(0)=-2\)
- \(y''-4y=f(t),\quad y(0)=0,\quad y'(0)=3\)
- \(y''-5y'+6y=f(t),\quad y(0)=1,\quad y'(0)=3\)
- \(y''+\omega^2y=f(t),\quad y(0)=k_0,\quad y'(0)=k_1\)
4. Розв'яжіть інтегральне рівняння.
- \(y(t)=t-\int_0^t (t-\tau) y(\tau)\,d\tau\)
- \(y(t)=\sin t-2 \int_0^t\cos (t-\tau) y (\tau)\,d\tau\)
- \(y(t)=1+2 \int_0^ty(\tau)\cos(t-\tau)\,d\tau\)
- \(y(t)=t+\int_0^t y(\tau)e^{-(t-\tau)}\,d\tau\)
- \(y'(t)=t+\int_0^t y(\tau)\cos (t-\tau)\,d\tau,\, y(0)=4\)
- \(y(t)=\cos t-\sin t+ \int_0^t y(\tau)\sin (t-\tau)\,d\tau\)
5. Використовуйте теорему згортки для оцінки інтеграла.
- \(\int_0^t (t-\tau)^7\tau^8\, d\tau\)
- \(\int_0^t(t-\tau)^{13}\tau^7\,d\tau\)
- \(\int_0^t(t-\tau)^6\tau^7\, d\tau\)
- \(\int_0^te^{-\tau}\sin(t-\tau)\,d\tau\)
- \(\int_0^t\sin\tau\cos2(t-\tau)\,d\tau\)
6. Покажіть, що
\[\int_0^tf(t-\tau)g(\tau)\,d\tau=\int_0^tf(\tau)g(t-\tau)\,d\tau\nonumber \]
шляхом введення нової змінної інтеграції\(x=t-\tau\) в перший інтеграл.
7. Використовуйте теорему згортки, щоб показати, що якщо\(f(t)\leftrightarrow F(s)\) тоді
\[\int_0^tf(\tau)\,d\tau\leftrightarrow {F(s)\over s}.\nonumber \]
8. Показати, що якщо\(p(s)=as^2+bs+c\) має різні дійсні нулі,\(r_1\) а\(r_2\) потім рішення
\[ay''+by'+cy=f(t),\quad y(0)=k_0,\quad y'(0)=k_1\nonumber \]
є
\[\begin{aligned} y(t)&=\; k_0{r_2e^{r_1t}-r_1e^{r_2t}\over r_2-r_1}+k_1{e^{r_2t}-e^{r_1t} \over r_2-r_1} \\ &+{1\over a(r_2-r_1)}\int_0^t(e^{r_2\tau}-e^{r_1\tau})f(t-\tau)\,d\tau.\end{aligned}\nonumber \]
9. Показати, що якщо\(p(s)=as^2+bs+c\) має повторений реальний нуль,\(r_1\) то рішення
\[ay''+by'+cy=f(t),\quad y(0)=k_0,\quad y'(0)=k_1\nonumber \]
є
\[y(t)=\; k_0(1-r_1t)e^{r_1t}+k_1te^{r_1t} +{1\over a}\int_0^t\tau e^{r_1\tau}f(t-\tau)\,d\tau.\nonumber \]
10. Показати, що якщо\(p(s)=as^2+bs+c\) має складні спряжені нулі,\(\lambda\pm i\omega\) то розв'язок
\[ay''+by'+cy=f(t),\quad y(0)=k_0,\quad y'(0)=k_1\nonumber \]
є
\[\begin{aligned} y(t)&=\; e^{\lambda t}\left[k_0(\cos\omega t-{\lambda\over\omega}\sin\omega t)+{k_1\over\omega}\sin\omega t\right] \\ &+{1\over a\omega}\int_0^te^{\lambda t}f(t-\tau)\sin\omega\tau\, d\tau.\end{aligned}\nonumber \]
11. Нехай
\[w={\cal L}^{-1}\left(1\over as^2+bs+c\right),\nonumber\]
де\(a,b\), і\(c\) є константами і\(a\ne0\).
- Покажіть\(w\), що це рішення\[aw''+bw'+cw=0,\quad w(0)=0,\quad w'(0)={1\over a}.\nonumber\]
- \(f\)Дозволяти бути безперервним\([0,\infty)\) і визначити\[h(t)=\int_0^t w(t-\tau)f(\tau)\,d\tau.\nonumber\] Використовуйте правило Лейбніца для диференціації інтеграла щодо параметра, щоб показати, що\(h\) це рішення\[ah''+bh'+ch=f,\quad h(0)=0,\quad h'(0)=0.\nonumber\]
- Показати, що функція\(y\) в Рівнянні 8.6.14 є розв'язком Рівняння 8.6.13 за умови, що\(f\) є безперервним\([0,\infty)\); отже, не потрібно припускати, що\(f\) має перетворення Лапласа.
12. Розглянемо початкову задачу значення
\[ay''+by'+cy=f(t),\quad y(0)=0,\quad y'(0)=0, \tag{A}\]
де\(a,b\), і\(c\) є константами\(a\ne0\), і
\[f(t)=\left\{\begin{array}{cc}f_0(t),&0\le t<t_1,\\ f_1(t),&t\ge t_1.\end{array}\right.\nonumber\]
Припустимо, що\(f_0\) є безперервним і експоненціального порядку на\([0,\infty)\) і\(f_1\) є безперервним і експоненціального порядку на\([t_1,\infty)\). Нехай
\[p(s)=as^2+bs+c.\nonumber\]
- Показати, що перетворення Лапласа розв'язку (A) є\[Y(s)={F_0(s)+e^{-st_1}G(s)\over p(s)}\nonumber\] де\(g(t)=f_1(t+t_1)-f_0(t+t_1)\).
- Дозвольте\(w\) бути як у вправі 8.6.11. Використовуйте теорему 8.4.2 та теорему згортки, щоб показати, що рішення (A) призначено\[y(t)=\int_0^t w(t-\tau)f_0(\tau)\,d\tau+u(t-t_1)\int_0^{t-t_1} w(t-t_1-\tau)g(\tau)\,d\tau\nonumber\] для\(t>0\).
- Відтепер припускаємо лише те, що\(f_0\) є безперервним\([0,\infty)\) і\(f_1\) безперервним\([t_1,\infty)\). Скористайтеся вправами 8.6.11 (a) та (b), щоб показати\(t>0\), що\[y'(t)=\int_0^t w'(t-\tau)f_0(\tau)\,d\tau+u(t-t_1)\int_0^{t-t_1} w'(t-t_1-\tau)g(\tau)\,d\tau\nonumber\]\[y''(t)={f(t)\over a}+\int_0^t w''(t-\tau)f_0(\tau)\,d\tau+u(t-t_1)\int_0^{t-t_1} w''(t-t_1-\tau)g(\tau)\,d\tau\nonumber\] для\(0<t<t_{1}\) та\(t>t_{1}\)
. Крім того, show\(y\) задовольняє диференціальне рівняння в (A) на\((0,t_1)\) і\((t_1,\infty)\). - Покажіть, що\(y\)\(y'\) і безперервно на\([0,\infty)\).
13. Припустимо
\[f(t)=\left\{\begin{array}{cl} f_0(t),&0\le t < t_1,\\ f_1(t),&t_1\le t < t_2,\\ &\vdots\\ f_{k-1}(t),&t_{k-1}\le t < t_k,\\ f_k(t),&t\ge t_k, \end{array}\right.\nonumber\]
де\(f_m\) безперервно на\([t_m,\infty)\) for\(m=0,\dots,k\) (нехай\(t_0=0\)), і визначити
\[g_m(t)=f_m(t+t_m)-f_{m-1}(t+t_m) ,\, m=1,\dots,k.\nonumber\]
Розширте результати вправи 8.6.12, щоб показати, що рішення
\[ay''+by'+cy=f(t),\quad y(0)=0,\quad y'(0)=0\nonumber\]
є
\[y(t)=\int_0^t w(t-\tau)f_0(\tau)\,d\tau+\sum_{m=1}^ku(t-t_m) \int_0^{t-t_m}w(t-t_m-\tau)g_m(\tau)\,d\tau.\nonumber\]
14. \(\{t_m\}_{m=0}^\infty\)Дозволяти послідовність точок такі\(t_0=0\), що\(t_{m+1}>t_m\), і\(\lim_{m\to\infty}t_m=\infty\). Для кожного ненегативного цілого числа\(m\) нехай\(f_m\) бути безперервним\([t_m,\infty)\), і нехай\(f\) буде визначено\([0,\infty)\) на
\[f(t)=f_m(t),\quad t_m\le t<t_{m+1}\quad m=0,1,2,...\nonumber \]
Нехай
\[g_m(t)=f_m(t+t_m)-f_{m-1}(t+t_m),\quad m=1,\dots,k.\nonumber\]
Розширте результати вправи 8.6.13, щоб показати, що рішення
\[ay''+by'+cy=f(t),\quad y(0)=0,\quad y'(0)=0\nonumber\]
є
\[y(t)=\int_0^t w(t-\tau)f_0(\tau)\,d\tau+\sum_{m=1}^\infty u(t-t_m) \int_0^{t-t_m}w(t-t_m-\tau)g_m(\tau) \,d\tau.\nonumber\]ПІДКАЗКА: Див. Вправа 8.6.30