Embed Size (px)
Citation preview
1 SKYRIUS. Laplaso transformacija 31. Integralinės transformacijos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32. Laplaso transformacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
2.1. Laplaso transformacijos savybės . . . . . . . . . . . . . . 42.2. Laplaso transformacijos taikymas sprendžiant diferencia-
lines lygtis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
2 SKYRIUS. Integralinės lygtys 91. Įvadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92. Integralinių lygčių klasifikacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103. Konvoliucijos tipo integralinės lygtys . . . . . . . . . . . . . . . 124. Ryšys tarp diferencialinių ir I rūšies integralinių lygčių . . . . . 13
0. 2
1 skyrius
Laplaso transformacija
1. Integralinės transformacijos
Matematikoje naudojamos įvairios transformacijos, kurių bendra formulė yra
T [f ](x) =
∫ t2
t1
K(t, x)f(t)dt. (1.1)
Kai kurioms iš jų apibrėžta atvirkštinė transformacija
f(t) =
∫ x2
x1
K−1(x, t)T [f ](x)dx. (1.2)
Dažniausiai naudojamos integralinės transformacijos, pateiktos 1.1 lentelėje.
2. Laplaso transformacija
Taikymuose svarbiausias atvejis (kai išpildytas funkcijos f(t)e−γt integruojamu-mas) yra: {
|f(t)| < Ceσt, kai t ≥ 0,
f(t) = 0, kai t < 0,(2.1)
čia σ ir C yra konstantos.
L[f ] := Φ(s) =
∫ +∞
0
f(t)e−stdt, (2.2)
f(t) =1
2π
∫ −µ+ı∞−µ−ı∞
Φ(s)estds
ı=
1
2πı
∫ −µ+ı∞−µ−ı∞
Φ(s)estds. (2.3)
Funkcija Φ yra apibrėžta ir analizinė pusplokštumėje Re s > σ.
1.1 apibrėžimas [Laplaso transformacija]. Funkciją, apibrėžtą (2.2) formu-le, vadinsime funkcijos f Laplaso transformacija. Atvirkštinę Laplaso transfor-maciją apibrėžia formulė
L−1[Φ] =1
2πı
∫ −µ+ı∞−µ−ı∞
Φ(s)estds.
Funkcija f vadinama originalu, o funkcija Φ – vaizdu.
2. 4
1.1 lentelė Integralinės transformacijos.
transformacija žymuo K t1 t1 K−1 x1 x2
Furjė F e−ıxt√
2π−∞ +∞ eıxt
√2π
−∞ +∞
Sinus Fs 2 sin(xt)√2π
0 +∞ 2 sin(xt)√2π
0 +∞
Kosinus Fc 2 cos(xt)√2π
0 +∞ 2 cos(xt)√2π
0 +∞
Hartlio H sin(xt)+cos(xt)√2π
−∞ +∞ sin(xt)+cos(xt)√2π
−∞ +∞
Melino M tx−1 0 +∞ t−x
2πıσ − ı∞ σ + ı∞
Laplaso L e−xt 0 +∞ ext
2πıσ − ı∞ σ + ı∞
dvipusė Laplaso B e−xt −∞ +∞ ext
2πıσ − ı∞ σ + ı∞
Vejerštraso W e−(x−t)2/4√
4π−∞ +∞ e(x−t)2/4
ı√4π
σ − ı∞ σ + ı∞
Hilberto Hil 1π(x−t) −∞ +∞ 1
π(x−t) −∞ +∞
Abelio A 2t√t2−x2
x +∞ 2t√x2−t2
t +∞
Hankelio J tJν(xt) 0 +∞ xJν(xt) 0 +∞
Laplaso transformacija savo savybėmis beveik nesiskiria nuo Furjė transfor-macijos, tačiau klasė funkcijų, kurioms yra apibrėžta Laplaso transformacija,skiriasi nuo klasės L1(R), kurioms egzistuoja Furjė transformacijos.
2.1. Laplaso transformacijos savybės
Apibrėžkime vienetinę Hevisaido funkciją u(t) (ji taip pat žymima H(t), betoperaciniame skaičiavime dažniau u(t)):
u(t) = 0, kai t < 0; u(t) = 1, kai t ≥ 0.
Toliau kiekvieną funkciją f laikysime sandauga f · u ir nagrinėsime tiktai inter-vale [0; +∞).
1.1 pavyzdys. L[u] =∫ +∞0
u(t)e−stdt =∫ +∞0
e−stdt = 1s, Re s > 0.
1.2 pavyzdys. L[eat] =∫ +∞0
eate−stdt =∫ +∞0
eat−stdt = 1s−a , Re s > Re a.
1.1 savybė [tiesiškumas]. L[αf1 + βf2] = αL[f1] + βL[f2].
1.3 pavyzdys. L[cos(ωt)] = L[ 12(eıωt + e−ıωt)] = 1
2(L[(eıωt] + L[e−ıωt)])
= 12( 1s−ıω + 1
s−(−ıω) ) =s
s2+ω2 ; L[sin(ωt)] = ωs2+ω2 , Re s > 0;
L[cosh(ωt)] = ss2−ω2 ; L[sinh(ωt)] = ω
s2−ω2 , Re s > |ω|.
5 1 SKYRIUS. Laplaso transformacija [2017 05 15 (9:42)]
1.2 savybė [panašumas]. L[f(αt)] = 1αL[f ]
(sα
), α > 0.
1.3 savybė [postūmis]. L[eαtf(t)] = L[f ](s− α).
1.4 savybė [vėlavimas]. L[f(t− τ)] = e−sτL[f ](s).
1.4 pavyzdys. Jeigu δh := (u(t)− u(t− h))/h, h > 0. Turime
L[δh(t)] = L[u(t)]−L[u(t−h)]h
= 1sh− e−sh
sh;
limh→+0
L[δh(t)] = limh→+0
( 1sh− e−sh
sh) = lim
h→+0e−sh = 1.
1.5 savybė [periodinis originalas]. Jeigu f(t+ T ) = f(t), tuometL[f ] = 1
1−e−sT
∫ T0f(t)e−stdt.
1.6 savybė [originalo diferencijavimas].L[f ′] =
∫ +∞0
f ′(t)e−stdt
= f(t)e−st∣∣∣+∞0
+ s∫ +∞0
f(t)e−stdt = sL[f ](s)− f(0).L[f (n)] = sn · L[f ](s)− sn−1f(0)− sn−2f ′(0)− · · · − f (n−1)(0)).
1.7 savybė [Borelio teorema (originalų sąsūka)]. Jeigu f ir g tenkina originalamskeliamus reikalavimus, tuomet
(f ∗ g)(t) =
∫ +∞
−∞f(ξ)g(t− ξ)dξ =
∫ t
0
f(ξ)g(t− ξ)dξ
taip pat juos tenkins. Tada
L[(f ∗ g)(t)] =
∫ +∞
0
∫ t
0
f(ξ)g(t− ξ)dξe−stdt =
∫ +∞
0
f(ξ)
∫ +∞
ξ
g(t− ξ)e−stdtdξ
=
∫ +∞
0
f(ξ)e−sξL[g](s)dξ = L[f ](s)L[g](s).
1.1 išvada. L[ ∫ t
0f(τ)dτ
]= L[u ∗ f ] = L[f ](s)
s .
1.5 pavyzdys. L[u(t) t
n
n!
]= L
[ ∫ t0u(τ) τ
n−1
(n−1)!dτ]=L[u(t) tn−1
(n−1)!
]s
= L[u(t)]sn
= 1sn+1 .
1.1 uždavinys. Įrodykite Diuamelio formules:
L[f(0)g(t) +
∫ t
0
f ′(τ)g(t− τ)dτ]
= sL[f ]L[g];
L[g(0)f(t) +
∫ t
0
g′(τ)f(t− τ)dτ]
= sL[f ]L[g].
1.6 pavyzdys. Turime L[eat] = 1s−a . Tada
1(s−a)(s−b) = L[eat ∗ ebt] = L
[ebt∫ t0e(a−b)tdξ
]= L
[eat−ebta−b
].
2. 6
1.8 savybė [vaizdo diferencijavimas ir integravimas].
(L[f ])′(s) = −∫ +∞
0
tf(t)e−stdt⇒ L[tf(t)] = −(L[f(t)])′
⇒ L[tnf(t)] = (−1)n(L[f(t)])(n);∫ +∞
s
L[f ](p)dp =
∫ +∞
s
∫ +∞
0
f(t)e−ptdtdp =
∫ +∞
0
f(t)
∫ +∞
s
e−ptdpdt
=
∫ +∞
0
f(t)
te−stdt⇒ L[f(t)/t](s) =
∫ +∞
s
L[f ](p)dp.
2.2. Laplaso transformacijos taikymas sprendžiant diferencialines lyg-tis
Tarkime, kad duota tiesinė diferencialinė lygtis su pastoviais koeficientais
y(n) + a1y(n−1) + . . .+ any = b(t) (2.4)
ir pradinės sąlygos
y(0) = y0, y′(0) = y1, . . . , y(n) = yn−1. (2.5)
Funkcijos y Laplaso transformaciją pažymėkime Y (s) = L[y]. Taikome Laplasotransformaciją (2.4) lygčiai:
L[y(n)] + a1L[y(n−1)] + . . .+ anL[y] = L[b(t)] = B(s).
Pasinaudojame Laplaso transformacijos 6 savybe ir lygtį transformuojame į al-gebrinę lygtį
Q(s) +R(s)Y (s) = B(s),
čia Q yra n− 1 laipsnio daugianaris pagal kintamąjį s, priklausantis nuo lygtieskoeficientų ir pradinių sąlygų, o
R(s) =
n∑k=0
an−ksk, a0 = 1,
yra (2.4) lygties charakteristinis daugianaris. Iš gautos algebrinės lygties ran-dame
Y (s) =B(s)−Q(s)
R(s). (2.6)
Tada sprendinys y randamas naudojant atvirkštinę Laplaso transformaciją
y(t) =1
2πı
∫ −µ+ı∞−µ−ı∞
B(s)−Q(s)
R(s)estds.
Jeigu tiesinės lygties koeficientai yra daugianariai kintamojo t atžvilgiu, taiLaplaso transformacija diferencialinę lygtį transformuoja į diferencialinę lygtį.
7 1 SKYRIUS. Laplaso transformacija [2017 05 15 (9:42)]
1.7 pavyzdys. Rasime Koši uždavinio y′′ − y = 1, y(0) = 0, y′(0) = 0 sprendinį.Taikome Laplaso transformaciją
s2Y (s)−Y (s) =1
s⇒ Y (s) =
1
s(s2 − 1)=
s
s2 − 1−1
s⇒ y(t) = cosh t−1.
1.8 pavyzdys. Rasime Koši uždavinio y′′ − y = 1cosh t
, y(0) = 0, y′(0) = 0 sprendinį.Tiesiogiai išspręsti nepavyksta, nes nežinome funkcijos 1/ cosh t vaizdo.Pasinaudosime Diuamelio formule. Iš pradžių sprendžiame lygtį su b1 =u(t) ir iš praeito uždavinio turime sprendinį g(t) = cosh t − 1, g′(t) =sinh t. Abi pradinės sąlygos lygios nuliui, todėl iš (2.6) turime lygybę
R(s) =B(s)
Y (s)=B1(s)
Y1(s)=
1
sG(s)⇒ Y (s) = sG(s)B(s).
Vadinasi,
y(t) =
∫ t
0
sinh τ1
cosh(t− τ)dτ =
∫ t
0
sinh(t− z) 1
cosh zdτ
= sinh t
∫ t
0
dz − cosh t
∫ t
0
sinh z
cosh zdz = t sinh t− cosh t · ln cosh t.
1.2 uždavinys. Raskite Koši uždavinio ty′′ + y′ − ty = 0, y(0) = 1, y′(0) = 0sprendinį.
2. 8
2 skyrius
Integralinės lygtys
Integralinės lygtys dažnai naudojami įvairuose taikymų srityse ir yra tokios pat svarbioskaip ir diferencialinės lygtys. Daugelis uždavinių gali būti ekvivalentiškai formuluojamikaip diferencialinė arba kaip integralinė lygtis. Uždaviniai, kuriuos aprašo integralinėslygtys, yra spinduliuotės perdavimas, stygos, membranos ar ašies svyravymai.
1. Įvadas
Integralinemis lygtimis vadinamos lygtys, kuriose nežinomoji funkcija yra pointegralo ženklu. Jei tokioje lygtyje yra nežinomos funkcijos išvestinė, kalba-ma apie integro-diferencialinę lygtį. Integralinė lygtis nežinomai funkcijai y(x)bendru atveju gali būti užrašyta kaip
θ(x)y(x) +
∫ b
a
k(x, t)y(t)dt = f(x),
čia f(x), θ(x) ir k(x, t) yra duotosios funkcijos ( f(x) atitinka išorinę jegą).Funkcija k(x, t) yra vadinama branduoliu ( angl. kernel).
2.1 pavyzdys. Integralinių lygčių pavyzdžiai:1. y(x) = x−
∫ x0(x− t)y(t)dt.
2. y(x) = f(x) + λ∫ x0k(x− t)y(t)dt, čia f(x) ir k(x) yra duotosios funkcijos.
3.y(x) = λ
∫ 1
0
k(x, t)y(t)dt, k(x, t) =
{(x(1− t), 0 ≤ x ≤ t;t(1− x), t ≤ x ≤ 1.
4. y(x) = λ∫ 1
0(1− 3xt)y(t)dt.
5. y(x) = f(x) + λ∫ 1
0(1− 3xt)y(t)dt.
Funkcija, paverčianti integralinę lygtį tapatybe, vadinama integralinės lygtiessprendiniu.2.2 pavyzdys. 1. Integralinė lygtis su nežinomąją funkciją y(x)
y(x) =
∫ 1
0
xty(t)dt+ x
turi sprendinį y(x) = 3x/2, nes∫ 1
0
xty(t)dt+ x =
∫ 1
0
xt3t
2dt+ x =
x
2+ x =
3x
2≡ y(x).
Galima įrodyti, kad tai vienintelis šios lygties sprendinys.
2. Įvadas 10
2. Integralinė lygtis y(x) =∫ 1
03xty(t)dt+ x neturi sprendinių.
3. Nesunku patikrinti, kad y(x) =∫ 1
03xty(t)dt+ x− 2/3 turi be galo daug spren-
dinių y(x) = cx− 2/3, čia c yra konstanta.
Matome, kad nedideli integralinių lygčių koeficientų pakeitimai duoda koky-biškai skirtingas situacijas. Todėl integralinių lygčių teorijoje svarbu nagrinėtisprendinių egzistavimą, vienatį ir glodumą.
Integralinėms lygtims dažnai negalima užrašyti analizinio sprendinio, tokiuatveju reikia spręsti skaitiškai. Tai galima padaryti diskretizuojant nepriklau-somą kintamajį x ir aproksimuojant integralą kvadratūrinemis formulėmis
n∑j=1
cjk (xi, tj) y(tj) = f(xi), i = 0, 1, · · · , n.
Uždavinis užrašomas kaip n lygčių sistemą su n kintamaisiais. Išsprendus, gau-name diskretujį sprendinį
y(t0), y(t1), · · · , y(tn).
2. Integralinių lygčių klasifikacija
Integralinės lygtys yra klasifikuojamos pagal tris skirtingas dichotomijas, tokiubūdu sudaromos aštuonios skirtingos klasės:
Integravimo režiai
• fiksuoti: Fredholmo lygtis,
• vienas režis kintamas: Voltera lygtis.
Išdėstymas nežinomos funkcijos
• Tik po integralo ženklu: I rūšies,
• po integralu ir jo išorėje: II rūšies.
Žinomos funkcijos f tipas
• f ≡ 0 – homogeninė,
• f 6≡ 0 – nehomogeninė.
Fredholmo lygtis ir Volterra lygtis yra tiesinės lygtys, nes funkcija y(x) į integ-ralą įeina tiesiškai.
Netiesinė Voltera lygtis turi pavidalą
ϕ(x) = f(x) + λ
∫ x
a
k(x, t)F (x, t, y(t)) dt,
čia F yra žinoma funkcija.
11 2 SKYRIUS. Integralinės lygtys [2017 05 15 (9:42)]
Nagrinėkime tiesines integralines lygtis (θ yra konstanta)
θy(x) + λ
∫ b
a
k(x, t)y(t)dt = f(x).
Integralinių lygčių tipai:
• Lygtis vadinama I rūšies, jei nežinoma funkcija yra tik po integralo ženklu,t.y. θ(x) ≡ 0, priešingu atveju lygtis yra II rūšies.
• Lygtis vadinama
- Fredholmo integraline lygtimi, jei integravimo režiai a ir b yra konstan-tos, (Ivar Fredholm)
- Voltera integraline lygtimi, jei a ir b yra kintamuojo x funkcijos (VitoVolterra).
• Lygtis yra homogeninė, jei f(x) ≡ 0, priešingu atveju – nehomogeninė.2.3 pavyzdys. a) I rūšies Fredholmo lygtis∫ b
a
k(x, t)y(t)dt = f(x).
b) II rūšies Fredholmo lygtis ∫ b
a
k(x, t)y(t)dt+ y(x) = f(x).
c) I rūšies Voltera lygtis ∫ x
a
k(x, t)y(t)dt = f(x).
d) II rūšies Voltera lygtis ∫ x
a
k(x, t)y(t)dt+ y(x) = f(x).
2.4 pavyzdys [Sandėliavimo uždavinys].Norint optimaliai išnaudoti sandeliavimo erdvę, sandėlininkas turi išlaikyti pastovų
kiekį prekių atsargų. Galima parodyti, kad šią situaciją aprašo integralinė lygtis.Apibrėžkime:
θ = prekių atsargų kiekis laiko momentu t = 0,k(t) = prekių atsargų likutis (procentais) laiko momentu t,u(t) = naujų prekių pirkimo greitis (prekės/laiko vienetai),u(t)δτ = įsigytų prekių kiekis per laiko intervalą δτ .Bendras prekių kiekis sandėlyje laiko momentu t apskaičiuojamas pagal formulę:
θk(t) +
∫ t
0
k(t− τ)u(τ)dτ,
Jei produktų kiekis sandėlyje yra pastovus ir lygus konstantai c0, tai
θk(t) +
∫ t
0
k(t− τ)u(τ)dτ = c0.
Norint sužinoti, kaip greitai reikęs pirkti naujas prekes (t.y. u(t)) tam, kad išlaikytipastovų atsargų kiekį, reikia išspręsti I rūšies Volterą lygtį.
3. Įvadas 12
3. Konvoliucijos tipo integralinės lygtys
Laplaso transformacijos metodas gali būti taikomas integralinei lygčiai, jei įei-nantys į ją integralas yra dviejų funkcijų sąsūka:
x∫0
f(x− t)g(t) dt = F (p)G(p),
t. y. branduolys yra dviejų kintamujų skirtumo funkcija:
y(x) = f(x) +
x∫0
K(x− s)y(s) ds.
2.5 pavyzdys.
y(x) = sinx+ 2
x∫0
cos(x− t)y(t)dt.
Lygties Laplaso transformacija
L[y] = 1
1 + s2+ 2
s
1 + s2L[y] ⇒ L[y] = 1
(p− 1)2.
Atvirkštinė Laplaso transformacija
y(x) = xex.
Nagrinėkime tokio tipo integralines lygtis:
y(x) = f(x) +
∫ x
0
k(x− t)y(t)dt = f(x) + k ∗ y(x),
čia k ∗ y(x) yra funkcijų k ir y sąsūka. Integralinių lygčių su sąsūką pagrindinissprendimo metodas yra Laplaso transformacija.
2.6 pavyzdys. Išspręskime lygtį
y(x) = x−∫ x
0
(x− t)y(t)dt.
Sprendimas: Lygtis yra sąsūkos tipo su f(x) = x ir k(x) = x. Prisiminkime, kad
L[x] = 1
s2.
Lygties Laplaso transformacija
L[y] = 1
s2− L[x ∗ y] = 1
s2− L[x]L[y] = 1
s2− 1
s2L[y] ⇒ L[y] = 1
1 + s2.
Iš čia gauname
y(x) = L−1
[1
1 + s2
]= sinx.
13 2 SKYRIUS. Integralinės lygtys [2017 05 15 (9:42)]
2.7 pavyzdys. Išspręskime lygtį
y(x) = f(x) + λ
∫ x
0
k(x− t)y(t)dt,
čia f(x) ir k(x) yra duotos funkcijos.Sprendimas: Lygtis yra sąsūkos tipo. Pritaikome Laplaso transformaciją
L[y] = L[f ] + λL[k]L[y] ⇒ L[y] = L[f ]1− λL[k] .
y(x) = L−1
[L[f ]
1− λL[k]
].
4. Ryšys tarp diferencialinių ir I rūšies integralinių lygčių
2.8 pavyzdys. Nagrinėkime Koši uždavinį
y′(x) = f(x, y),y(x0) = y0.
(4.1)
Integruojant nuo x0 iki x gauname∫ x
x0
y′(t)dt =
∫ x
x0
f(t, y(t))dt,
iš čiay(x) = y0 +
∫ x
x0
f(t, y(t))dt. (4.2)
Iš kitos pusės, jei (4.2) teisinga, tai y(x0) = y0 ir y′(x) = f(x, y(x)), t.y. (4.1) teisinga.Tai rodo, kad uždaviniai (4.1) ir (4.2) yra ekviivalentus.
Galima suformuluoti daug pradinių ir kraštinių diferencialinių uždaviniųnaudojant integralines lygtis, ir atvirksčiai.
Bendruoju atveju:
Koši uždavinysDinaminės sistemos
}⇒ Voltera lygtis,
Kraštinis uždavinys ⇒ Fredholmo lygtis.
