Integral Transforms 9
This document was uploaded by user and they confirmed that they have the permission to share it. If you are author or own the copyright of this book, please report to us by using this DMCA report form. Report DMCA
Overview
Download & View Integral Transforms 9 as PDF for free.
More details
- Words: 7,852
- Pages: 40
התמרות אינטגרליות מרצה :פרופסור לאוניד שוסטר הוקלד ע"י ליאורה גירז'מן ורון גרשינסקי
הרצאה :9התמרת לפלס – תכונות )המשך( .1תמונת )פונקצית( מקור מחזורית משפט :1.1
תהי ) f (t
מקור ,ובנוסף הינה פונקציה מחזורית עבור
t≥0
בעלת מחזור , T
כלומר:
)f (t + T ) = f (t ), t ≥ 0 (1.1 אזי את התמונה
) f (t ) → F ( p
ניתן למצוא לפי הנוסחא: T
1 = )F ( p )⋅ e − pt f (t )dt , Re( p ) > 0 (1.2 ∫ − pT 1− e 0 הערה :אם
) f (t
פונקצית מקור מחזורית ,אז המעריך גידול שלה שווה ל .0
אכן ,כפונקציה מחזורית רציפה למקוטעין היא חסומה
) ln f (t = 0 ⇐ f (t ) ≤ M ∞→ t t
= lim
⇐ )∞ : ∃M ∈ [1,
. s0
הוכחת המשפט: ∞
= f (t )dt + ∫ e− pt f (t )dt T
− pt
T
f (t )dt = ∫ e 0
נחליף משתנים באינטגרל השני:
1
− pt
∞
F ( p) = ∫ e 0
T ∞ t = s+t − pt = ∫ e f (t )dt + ∫ e− p ( s +T ) f ( s + T )ds = s ∈ [0, ∞) 0 0 T
f ( s + T ) = f ( s ), s ≥ 0 = ∫ e
− pt
f (t )dt + e
− pT
0
∞
− ps e ∫0 f (s)ds = 142 43 F ( p)
T
= ∫e
− pt
f (t )dt + e
− pT
0
F ( p ) ⇒ F ( p ) 1 − e
− pT
T
= ∫ e− pT f (t )dt ⇒ (1.2) 0
:1 תרגיל :מצא את תמונת הפונקציה
f (t ) =
sin t sin t
:פתרון :( נקבל1.2) לפי
1 F ( p) = 1 − e −2π p
2π
∫e 0
− pt
⇐ T = 2π
,הפונקציה מחזורית
2π π − pt sin t 1 − pt dt = e dt − e dt = −2π p ∫ ∫ sin t 1− e π 0
1 1 e −π p = 1 − e − ( ) 1 − e −2π p p p
−π p
(1− e
(1− e ) 1 1 − e−π p ) = p 1 − e−2π p = p 1 + e−π p ( ) −π p
−π p
2
:2 תרגיל 2
מצא את תמונת הפונקציה:
f (t ) = sin t
פתרון: הפונקציה הינה מקור ,ומחזורית עם מחזור
=π
:T
אזי לפי הנוסח הכללית אנו מקבלים: π
1 − pt = e sin tdt 1 − e− pπ ∫0 כיוון ש
T
1 − pt = )F ( p e f (t )dt 1 − e − pT ∫0 T =π
f = sin t
] ⇐ sin t = sin t , t ∈ [0, π
3
π
J ( p) := ∫ e 0
− pt
π
1 1 π sin tdt = − ∫ sin tde− pt = − e− pt sin t 0 + p0 p 1 44 2 4 43 =0
π
π
1 1 1 π + ∫ e − pt cos tdt = − 2 ∫ cos tde− pt = − 2 e− pt cos t 0 − p0 p 0 p π
1 1 + e− pπ 1 − pt − 2 ∫ e sin tdt = − J ( p) ⇒ 2 2 p 0 p p 1 1 + e − pπ 1 + e− pπ 1 + p 2 J ( p ) = p 2 ⇒ J ( p ) = 1 + p2 ⇒ 1 1 + e − pπ 1 + e− pπ 1 F ( p) = ⋅ = ⋅ 1 − e − pπ 1 + p 2 1 − e − pπ 1 + p2 :3 תרגיל :של הפונקציה
[2, ∞) מצא את התמונה של ההמשכה המחזורית ב ,0 ≤ t ≤ 1 t f (t ) = 2 − t ,1 ≤ t ≤ 2 :פתרון :גרף הפונקציה וההמשכה של
:לפי הנוסחא הכללית נקבל 4
⇐ T =2⇐
F ( p) =
1 1 − e − pT
T = 2 ⋅ ∫ e − pt f (t )dt = ,0 ≤ t ≤ 1 = t f (t ) = 0 2 − t ,1 ≤ t ≤ 2 T
1 2 1 − pt − pt = te + 2 − t e dt ∫1 ( ) 1 − e −2 p ∫0
:נחשב את האינטגרלים בנפרד 1
J1 = ∫ te 0
− pt
1
1
1 1 1 1 dt = − ∫ tde− pt = − te− pt + ∫ e− pt dt = 0 p0 p p0 1
=−
1 − p 1 − pt 1 1 1 e − 2e = e− p − 2 e− p + 2 ⇒ p p p p p 0 J1 = −
2
1 −p 1 −p 1 e − 2e + 2 p p p 2
2
1 1 J 2 = ∫ ( 2 − t ) e − pt dt = − ∫ ( 2 − t ) de− pt = − ( 2 − t ) e− pt − p1 p 1 1 2
−
2
1 − pt 1 − p 1 − pt 1 − p 1 −2p 1 − p e dt = e + e = e + 2e − 2e ⇒ 2 ∫ p1 p p p p p 1
J2 =
1 − p 1 −2 p 1 − p e + 2e − 2e ⇒ p p p
5
1 1 2 − p 1 −2 p J + J = − == e + 2 e )2 −2 p ( 1 2 2 1− e p p p
= )F ( p
−p ) 1− e ( 1 ) 1 (1− e = 2 = 2 ) p ( 1 − e − p ) ( 1 + e− p ) p ( 1 + e− p 2
−p
.2משפט על דיפרנציאביליות )פונקצית( המקור משפט :2.1
.1אם ) f (tגזירה ברציפות ב )∞ (0, ) f (tגם מקור ,קיים ) f (+0) = lim f (t 0 < t →0
וגם
) f ′(t
הינה מקור ,אזי
ומתקיים:
f (+0) f ′(t ) → pF ( p ) − f (+0) = p F ( p ) − ), f (t ) → F ( p) (2.1 p כאן Re( p ) > σ 0כאשר σ 0הינו מעריך הגידול של ) f ′(t אם
.2
) f (t
n
גזירה ברציפות
מקור ,אזי גם הפונקציות
) (t
)n −1
פעמים ב
)∞ (0,
( f (t ), f ′(t ),..., f
)f (+0), f ′(+0),..., f ( n −1) (+0
וגם
) f ( ) (t n
הינה
הינן מקור ,קיימים
ומתקיימת ההתאמה:
n )f ( ) (t ) → p n F ( p ) − f (+0) pn −1 − f ′(+0) pn − 2 − ... − f (n − 2) (+0) p − f (n −1) (+0 n −1 f ( k ) (+0) ∑ = p F ( p) − ) (2.2 k +1 p k =0 n
כאן
) f (t ) → F ( p
) f ( ) (t n
,
Re( p ) > σ 0
כאשר
.
בפרט ,אם ⇐ f ( k ) (+0) = 0, k = 0...n − 1 6
σ0
הינו מעריך הגידול של
)f ( ) (t ) → p n F ( p ) (2.3 n
הוכחה: .1
)(a
)של המרצה( נראה ,שקיים
) f (t , f (+0) = f limכיוון ש ) f ′(t →0 + 0
פונקציה רציפה 1
עבור )∞ , t ∈ (0,אז עבור כל ] x ∈ (0,1קיים האינטגרל ∫ f (t )dt x
ומתקיים השוויון: 1
)f (1) − f ( x) = ∫ f ′(t )dt , 0 < x ≤ 1 (2.3 x
תהי נתונה סדרת פונקציות כלשהי { xn } n=1 ∞
וגם
∞→ n
⇐ .x → 0 n
מ)(2.3
⇐
7
כך ש
xn > 0עבור ∀n ≥ 1
′ f (1) − f ( xm ) = ∫ f (t )dt 1 1 xm ⇒ f ( xm ) − f ( xn ) = ∫ f ′(t )dt − ∫ f ′(t )dt = 1 xn xm f (1) − f ( xn ) = ∫ f ′(t )dt xn 1
=
1
xm
xm
xn
1
xn
∫ f ′(t )dt + ∫ f ′(t )dt = ∫ f ′(t )dt ⇒
f ( xm ) − f ( xn ) =
xm
∫ f ′(t )dt ,
m ≥ n ≥1
xn
כך ש
∃N ( ε ) נראה ש, ε > 0
f ( xm ) − f ( xn ) ≤ ε ∀n, m ≥ N ( ε ) .מש"ל
lim f ( x)
x →0+ 0
יהי
(2.4)
אז לפי קריטריון קושי קיים,( נכון2.4) אם :מתקיים
f ( xm ) − f ( xn ) ≤
xm
∫
f ′(t ) dt
xn
xn ≤ xm
או
xn ≥ xm
נשאיר את הביטוי כמו שהוא כיוון שלא ידוע אם
f ′(t ) ≤ Me st , t ≥ 0 ⇐
8
מקור
f ′(t ) כיוון ש
M xm s xn s M xn s ( xm − xn ) s e −e = e e ≤ −1 S S
xm
st e ≤ ∫ dt
f ′(t ) dt ≤ M
xm
∫
xn
xn
M C ( s ) xm − xn ⋅ s = MC ( s ) xm − xn , C ( s ) = const. S
≤ ]]≤ [ xn ∈ (0,1
ε ∞→ n כיוון ש , x → 0אז ∃N 0 (ε ) ∀ε > 0כך ש n ) MC ( s עבור ) ⇐ n, m ≥ N 0 (ε ε =ε ) MC ( s
≤ xm − xn
) f ( xm ) − f ( xn ) ≤ MC ( s ) xm − xn ≤ MC ( s
עבור
) ∃f (+0) ⇐ n, m ≥ N 0 (ε
) (b
בהרצאה 8הראנו ,שאם ) ϕ (tמקור אז ∫ ϕ ( ξ ) d ξ
t
= ) ψ (tגם
0
מקור ,עם אותו מעריך הגידול; בהרצאה 1הראנו שאם
) ϕ (t
t
מקור
⇐
∫ ϕ ( ξ ) dξ
מקור .אצלנו
0
) f ′(t
t
מקור
⇐ כיוון ש )f (t ) = ∫ f ′(ξ )dξ + f (+0
אז האינטגרל
0
הוא מקור,
) f (t
)f (+0
קיים )ראה ) ( ( aוגם
מקור כסכום של מקורות.
9
f (+0) = const
-מקור
⇐
) (c
כעת נבדוק את הנוסחא ) (2.1עצמה .יהי
>0
, aאזי:
a
{ ∫ dt = f (a )e− pa − f (+0) + p )f (t ) e− pt dt (2.5
− pt
0 original
a
f ′(t )e {∫ 0 original
ב) (2.5המקורות בעלי אותו מעריך גידול .σ 0יהי , Re( p ) > σ 0אז לפי המשפט העיקרי על דיפרנציאביליות התמונה )הרצאה ,(8האינטגרלים ∞
dt , ∫ f (t )e− pt dt , Re( p ) > σ 0
− pt
f ′(t )e
0
) ∃t0 (ε
∫
מתכנסים בהחלט )ובמידה
0
שווה( .אז ב) (2.5מצד ימין ושמאל כאשר מתכנסים
⇐ f (a )e − pa = L
∞
∞→a
האינטגרלים הינם
. ∃ limקל לראות ,ש . L = 0אכן אם
∞→ a
כך ש:
f (t )e − pt − L < ε כאשר את
)ε (> 0
אנו בוחרים
עבור
) t ≥ t0 (ε
⇐ ∞
≥ f (t )e− pt − L + L dt
∫
= dt
− pt
∞
f (t )e
) t0 ( ε
∞ L L ≥ − L dt ≥ ε := ∞ = dt ∫ ) 2 2 t0 ( ε סתירה.
⇐ L≠0
⇐ ⇐ L=0
נשאיף את
10
∫
>∞
) t0 ( ε − pt
a→0
L − f (t )e
∞
∫
) t0 ( ε
ב):(2.5
≥
∞
⇒ dt = − f (+0) + p ∫ f (t )e− pt dt
− pt
f ′(t )e
0
∞
∫ 0
מש"ל.
)f ′(t ) → pF ( p ) − f (+0 אם
.2
) f (t
גזירה ברציפות
מקור ,אז לפי 1הפונקציה
) (t
nפעמים ב )∞ (0,
)n −1
(f
וגם
) f ( ) (t n
גם מקור )עם אותו מעריך הגידול(,
n−2 n −1 ) . ∃f ( ) (+0כיוון ש ) f ( ) (tגזירה ברציפות ב )∞ (0,ו ) (t
מקור )כבר הוכח( ,אז לפי 1הפונקציה מעריך הגידול(,
)(+0
)n− 2
( ∃f
הינה
) (t
)n−2
וכך הלאה עד
(f
)n −1
(f
גם מקור )עם אותו
) f ( ) (t 0
.נשאר להוכיח את
):(2.2 n −1 f ( k ) (+0) ∑ (t ) → p F ( p ) − )(2.2 k +1 p k =0 n
)(n
f
נשתמש בשיטת האינדוקציה המתמטית. (1
, n = 1לפי 1
⇐
0 f ( k ) (+0) ∑ f ′(t ) → pF ( p ) − f (+0) = p F ( p ) − p k +1 k =0
(2
תהי ) (2.2נכונה עבור כל
⇐ m = 0,..., n
f ( k ) (+0) ′ (t ) ) → p G ( p ) − ) (2.5 p כאן
)G ( p
-תמונת
) f ( n ) (t
)( n
(t ) = ( f
)( n +1
f
,אך הנוסחא עצמה כתובה לפי .1לפי
הנחת האינדוקציה:
11
n −1 f ( k ) (+0) ∑ (t ) → G ( p ) = p F ( p ) − p k +1 k =0 n
)( n
⇐f
נציב ב)(2.5
ונקבל n −1 n f ( k ) (+0) f ( k ) (+0) f ∑ (t ) → p p F ( p ) − = − k +1 p p k =0 n −1 f ( k ) (+0) f ( k ) (+0) n +1 ∑ = p F ( p) − − = k +1 k +1 p p k =0 )( n +1
n f ( k ) (+0) F ( p ) − ∑ p k +1 k =0
n +1
=p
מש"ל.
הערה: צריך לשים לב ,שנגזרת של מקור אינה תמיד מקור .לדוגמא
) ( ) sin ( e 2
f (t ) = sin e xמקור ) ) f (t
x2
2
f ′(t ) = 2 x ⋅ e x
רציפה וחסומה( אבל
אינה מקור ,כיוון שמעריך הגידול של
לאינסוף )תבדקו את זה( תרגיל :1 מצא את תמונת הביטוי ,אם
) x (t ) → F ( p 12
:
) f ′(t
שווה
) x (4) − 2 x′′′(t ) + 4 x′′(t ) + 3 x′(t ) + 6 x (t ) − 12 = ϕ (t עם תנאי ההתחלהx(0) = 5, x′(0) = 0, x′′(0) = −1, x′′′(0) = 1 : מניחים ש ) x (4) (t
מקור רציף.
פתרון: נשתמש במשפט שהוכחנו ובהתמרה הידועה:
13
1 p
→1
x(t ) := F ( p ) x(0) x′(t ) → p F ( p ) − = p x(0) x′′(t ) → p 2 F ( p) − − p
5 p F ( p ) − = pF ( p ) − 5 p x′(0) 5 0 2 = p F ( p ) − − 2= p 2 p p
= p 2 F ( p) − 5 p x(0) x′(0) x′′(0) x′′′(t ) → p 3 F ( p ) − − 2 − 3 = p p p 5 0 1 = p 3 F ( p ) − − 2 + 3 = p3 F ( p ) − 5 p2 + 1 p p p x(0) x′(0) x′′(0) x′′′(0) x (4) (t ) → p 4 F ( p ) − − 2 − 3 − = 4 p p p p 5 0 1 1 = p 4 F ( p ) − − 2 + 3 − 4 = p4 F ( p ) − 5 p3 + p − 1 p p p p
:(אם כך )לפי הגדרת הביטוי
1→
−12
1 p 14
x (t ) → F ( p )
6
x′(t ) → pF ( p ) − 5
3
x′′(t ) → pF ( p ) − 5 p 2
4
x′′′(t ) → p 3 F ( p ) − 5 p 2 + 1
−2
x (4) (t ) → p 4 F ( p ) − 5 p3 + p − 1
1 ⇐
ϕ (t ) → ( p 4 − 2 p3 + 4 p 2 + 3 p + 6 ) F ( p ) − 15 − 20 p + 10 p2 − −2 − 5 p 3 + p − 1 −
12 p
= ( p 4 − 2 p 3 + 4 p 2 + 3 p + 6 ) F ( p ) − 5 p3 + 10 p2 − 19 p − 18 −
12 p
:2 תרגיל
f (t ) = sin 2 t
מצא את התמונה של :פתרון
f (t ) = sin 2 t → F ( p ) ⇒ f ′(t ) → pF ( p ) − f (0) = f (0) = sin 2 0 = 0 = pF ( p )
15
f ′(t ) = 2sin t cos t = sin 2t → 1 1 1 2 sin t → → = p 2 + 1 2 p 2 p2 + 4 +1 2 pF ( p ) =
2 2 ⇒ F ( p ) = p2 + 4 p ( p2 + 4)
מצד שני
,זאת אומרת :3 תרגיל
f (t ) = t sin ωt
מצא את התמונה של :1 פתרון
⇐ t sin wt := f (t ) → F ( p ) f ′(t ) = sin ωt + ωt ⋅ cos ωt → pF ( p ) − f (0) = pF ( p ) f ′′(t ) = 2ω cos ωt − tω 2 sin ωt → p 2 F ( p) − { f ′(0) = p2 F ( p ) =0
⇒ f ′′(t ) + ω 2 f (t ) = 2ω cos ωt → ( p2 + ω 2 ) F ( p )
16
תהי
אבל
p p2 + 1 2ω p 2ω cos ωt → → ⇒ 1 p /ω p 2 2 2 cos ωt → = ( p +ω ) ω p 2 p2 + ω 2 +1 ω cos t →
⇒ ( p 2 + ω 2 ) F ( p) →
(p
2ω p 2
+ ω2 )
2
⇒ F ( p) =
(p
2ω p 2
+ ω2 )
2
. נביא עוד טענה טובה,3 בהקשר של תרגיל :2.2 משפט והפונקציות
∂f (t ,α ) , ∂α
f (t ,α ) → F ( p,α )
פרמטר ו
α
אם
α2
∫ f (t ,α )dt
(2.6)
α1
: אזי, הינן מקורותt כפונקציות של המשתנה
∂f (t ,α ) ∂F ( p,α ) → , ∂α ∂α
α2
α2
α1
α1
∫ f (t ,α )dt → ∫ F ( p,α )dα
17
פתרון ) 2של תרגיל :(3
p ∂ ∂ p ⇒ cos ω t = − t sin ω t → = ( ) p2 + ω 2 ∂w ∂w p2 + ω2 2ω p
2
) p2 + ω 2
(
→ ⇒ t sin ωt
→ cos ωt
2ω p
2
) p2 + ω 2
(
=−
תרגיל :4 מצא את התמונה של
f (t ) = tet
פתרון: תהי
⇒ ) f (t ) → F ( p ) ⇒ f ′(t ) = et + tet → pF ( p ) − f (0) = pF ( p 1 1 t t ′ → ⇒ et ⇒ f ( t ) = e + te → ⇒ ) = ( p − 1) F ( p p − 1 p −1 1 = )F ( p 2 )( p − 1 תרגיל ) 5של המרצה(: מצא את התמונות של הפונקציות
t n , n = 1, 2,...
פתרון: תהי
)→ F ( p
)= pF ( p
t =0
. t nאז Lלפי משפט דיפרנציאביליות:
⇐ nt n −1 → pF ( p ) − t n 18
באופן דומה:
) n! → p n F ( p ) ⇐ ... ⇐ n(n − 1)t n − 2 → p 2 F ( p !n p
→ n! = n!1
.מצד שני,
לכן אנו מקבלים:
!n !n ⇒ ⇒ F ( p ) = n +1 p p
= )p n F ( p
!n , n = 1, 2,... n +1 p
→ tn
.3משפט על דיפרנציאביליות התמונה משפט :3.1 תהי
) f (t
מקור עם מעריך גידול הפונקציה
.1
) tf (t
s0ו ) f (t ) → F ( p
.אזי:
-גם המקור עם מעריך הגידול
s0
ומתקיים
השוויון:
(−1) ⋅ t ⋅ f (t ) ⇒ F ′( p ), Re( p ) ≥ s0 + δ , δ > 0
)(3.1 .2
הפונקציה
t n f (t ), n ≥ 2
-גם המקור עם מעריך הגידול
s0
ומתקיים השוויון:
)(3.2
(−1) ⋅ t 2 ⋅ f (t ) ⇒ F ( n) ( p), Re( p ) ≥ s0 + δ , δ > 0, n ≥ 2
הוכחה: נבדוק רק את ,1כיוון ש 2נובע ע"י הפעלת 1
n
פעמים .אם כך; ∞
)(3.3
F ( p ) = ∫ f (t )e − pt dt , Re( p ) ≥ s0 + δ , δ > 0 0
המשימה שלנו היא לחשב את ) , F ′( pכדי להשתמש בכלל לייבניץ: 19
∞
F ′( p) = ∫ f (t )e
− pt
0
∞
= − ∫ tf (t )e 0
− pt
∞
∞
d d dt = ∫ ( f (t )e− pt ) dt = ∫ f (t ) e− pt dt = dp dp 0 0 ∞
dt = tf (t ) − original = ∫ [ (−1)tf (t )] e− pt dt 0
(−1)tf (t ) → F ′( p ) ⇐
.
זו התמרת לפלס
:המשימה שלנו – להצדיק את השימוש בכלל לייבניץ ∞
∞
Φ ( y ) = ∫ f (t , y )dt ⇒ Φ′( y ) = ∫ f y' (t , y )dt 0
אם
0
:(1-4) נבדוק את תנאי משפט לייבניץ ∞
∫
f (t , y ) dt
קיים אינטגרל רימן
y ∈ [d , ∞)
לכל
.1
0
∞
∫ 0
f (t )e − pt dt ≤ f (t ) ≤ M ( δ / 2 ) e( ⇐ s0
≤ f (t ) e− pt ≤ M ( δ / 2 ) e( ≤ M ( δ / 2 ) e(
e
f (t )e − pt ≤ M 1 ( δ ) e
−( δ /2 ) t
מקור עם מעריך גדול
s0 +δ /2 ) t − (Re p )t
s0 +δ /2 ) t − ( s0 +δ /2 ) t
s0 +δ /2 ) t
e
s0
:אצלנו
f (t ) כיוון ש
≤ [ Re p ≥ s0 + δ ] ≤
= M ( δ / 2 ) e −( δ /2 ) t ⇒
,t ≥ 0 ≤
∞
≤ ∫ M 1 ( δ ) e −( δ /2) t dt < ∞ 0
.כדרוש 20
)∞ ∀t ∈ [0, ∞), ∀y ∈ [d ,
.2
אצלנו:
)∞ y ∈ [d ,
f y '(t , y ) dt אצלנו δ − t 2
.4
∞
כדרוש.
קיים אינטגרל של רימן:
∫
0
⇐ f p '(t , p ) = −tf (t )e − pt ⇐ f (t , p) = f (t )e − pt
≤ t ⋅ M 1 (δ )e
∞ < dt
'
d d f (t )e − pt ) = f (t ) ( e− pt ) = −tf (t )e− pt ( dp dp
עבור כל
.3
) . ∃f y ( + , y
δ −( )t 2
− pt
⇐ f p '(t , p ) = tf (t ) e
∞
f p '(t , p ) dt ≤ M 1 (δ ) ∫ te 0
קיימת פונקציה
∞ < g (t )dt
∞
∫
0
) g (t
∞
∫
0
אינטגרבילית לפי רימן,כך ש-
f y '(t , y ) ≤ g (t ) ∀t ∈ [0, ∞), y ∈ [d , ∞) and
אצלנו )ראה לעיל(:
)∞ := g (t ) ∈ L1 (0,
δ − t 2
f p '(t , y ) ≤ M 1 (δ ) + e
אם כך,כל התנאים של משפט לייבניץ מתקיימים ולכן ) (1הינו נכון.
מסקנה :3.1.1 21
אם
) f (tוf '(t ) -
ובאמת,
הינם מקורות ,אזי
)pF ( p ) = f (0
f '(t ) → ( pF ( p ) − f (0) ) → 0
עבור
. Relim ∞→ p
∞→p
. Re
תרגיל :1 הוכח כי
!n p n+1
→ tn
הוכחה:
1 כיוון ש- p
→ ,1לפי משפט ) 3.1ראה ) ((2נקבל:
!(−1) n n = p n+1
)(n
1 ⇐ (−1) n t n ⋅1 = (−1) n t n → אחרי צמצום ב(−1) n - p
נקבל:
!n p n+1
→ tn
תרגיל :2 מצא את התמונה עבור
f (t ) = t cos ωt
פתרון:
p כיוון ש- p2 + ω 2
→ ⇐ cos ωt
לפי ) (1ממשפט 3.1נקבל:
2 2 ) p 1 ⋅ ( p + ω ) − p (2 p ω 2 − p2 ⇐ - t cos ωt → 2 = = 2 2 2 2 2 2 2 p + ω p + ω p + ω p ( ) ( ) '
22
p2 − ω 2
2
) + ω2
2
(p
→ t cos ωt
תרגיל :3 מצא את התמונה עבור
f (t ) = t n e at
פתרון:
1 כיוון ש- p
→⇐ 1
לפי משפט ההזזה:
1 p−a
at → ⇐ e ⋅1
לפי משפט 3.1
)) ((2נקבל:
!(−1) n n = ( p − a ) n+1
)(n
1 ⇐ (−1) n t n e at → p−a !n ( p − a ) n+1
נצמצם ב-
n
)(−1
→ t n e at
תרגיל :4 מצא את התמונה עבור
f (t ) = te 2 t sin 3t
פתרון: ידוע:
1 p2 + 2
→ sin t
⇐ משפט הדמיון
1 1 3 = 2 3 p ⇐ p2 + 9 +1 3
→ sin 3t
ז"א
23
3 ⇐ sin 3t → 2 p +9
משפט ההזזה
3 ( p − 2) 2 + 9
2t → ⇐ e sin 3t
משפט :((1)) 3.1
'
3 )3 ⋅ 2( p − 2 2t = ⇐ te sin 3t → − 2 2 2 ) ( p − 2) + 9 ( ( p − 2) + 9 )6( p − 2
2
)+ 9
2
)( ( p − 2
→ te 2t sin 3t
תרגיל :5 מצא מקור רציף
2
)+ 4
1
2
) f (t
)( ( p + 2
,כך ש-
→ ) f (t
פתרון: אם נמצא מקור רציף ) ,ϕ (tכך ש-
1
2
)+ 1
2
(p
→ ) ϕ (t
אזי לפי משפט הדמיון נקבל:
1 1 8 ) ϕ (2t 1 = ⇒ → 2 2 p 2 ( p 2 + 4) 2 8 ( p 2 + 4) 2 4 + 1 ולפי משפט ההזזה נקבל:
24
→ ) ϕ (2t
e −2 tϕ (2t ) 1 → 2 8 ( ( p + 2)2 + 4 ) : ידוע.ϕ (t ) →
(
1
p 2 + 1)
2
כעת נמצא
1 sin t → p2 + 1 : ⇐ לפי משפט דיפרנציאליות התמונה נקבל cos t → p p2 + 1 '
p p2 + 1 − p ⋅ 2 p p2 − 1 t ⋅ cos t → − 2 = − = 2 ⇒ 2 2 2 p +1 ( p + 1) ( p + 1)
α ( p 2 + 1) + β ( p 2 − 1) α p2 −1 α sin t + β t cos t → 2 + β 2 = 2 = 2 2 p +1 ( p + 1) ( p + 1) =
(α + β ) p 2 + (α − β )
(p
2
+ 1)
2
≡
:לפי משפט היחידות
(p
1 2
+ 1)
2
⇒
1 1 α + β = 0 ⇐α = ,β = − ⇐ 2 2 α − β = 1
1 [ sin t − t cos t ] = ϕ (t ) ⇒ 2 e −2 t 1 f (t ) = [ sin 2t − 2t cos 2t ] → 2 16 ( p + 2) 2 + 4 :6 תרגיל 25
מצא את התמונה עבור
sin t t
= ) f (t
פתרון )של המרצה(: יהי
sin t )→ F ( p t
⇐
משפט על הדיפרנציאליות של התמונה
sin t ) = sin t → − F '( p t
⋅ . tאבל
כיוון שlim F ( p ) = 0 -
1 1 ⇒ F (' p ) = − p2 + 1 p2 + 1
לכן
∞Re p →+
ds π F ( ∞ ) − F ( p ) = − F ( p ) = − = − + arctgp ∫ { p s2 + 1 2 =0 ∞
π ⇐ -arctgp 2
= )F ( p
.4משפט האינטגרציה של מקור משפט :4.1 יהי
) f (t
מקור עם מעריך הגידול
) f (t ) → F ( p
עבור
s0
ו-
Re p > s0
26
→ sin t
אזי הפונקציה היחס:
t
ϕ (t ) = ∫ f (ξ )dξ 0
גם כן מקור עם מעריך הגידול
)F ( p ), Re p > s0 (4.1 p
s0
ומתקיים
t
→ ϕ (t ) = ∫ f (ξ )dξ 0
הוכחה: הטענה כי
t
ϕ (t ) = ∫ f (ξ )dξ 0
מקור עם מעריך הגידול , s0אם
) f (t
מקור עם
מעריך הגידול , s0כבר טופלה .נשאר לבדוק ).(4.1
יהי ) ϕ (t ) → φ ( pעבור ) Re p > s0כיוון שϕ (t ) - ⇐ לפי משפט דיפרנציאליות המקור ⇐
בעלת מעריך הגידול ( s0
)ϕ '(t ) → pφ ( p) − ϕ (0) = ϕ (0) = 0 = pφ ( p
,אבל
)F ( p ) ⇐ pφ ( p ) = F ( p ) ⇐ ϕ '(t ) ≡ f (t ) → F ( p p ⇐
)F ( p , Re p > s0 p
תרגיל :1 t
מצא את התמונה של הפונקציה ∫ sin 2sds 0
פתרון: 27
→ f (ξ )dξ
= )φ ( p t
∫
0
⇐
:לפי משפט האינטגרציה של המקור
∫
t
0
sin 2 sds →
משפט הדמיון
⇐ sin 2t →
⇐ sin t →
1 p2 + 1
1 1 2 = 2 2 p p2 + 4 +1 2
2 1 p ⋅ = p 2 + 4 p p( p 2 + 4) :בדיקה t
cos 2 s 1 − cos 2t sin 2 sds = − = ⇒ ∫0 2 0 2 t
p 1 1 t 1 1 1 1 2 sin 2 sds → − = − = 2 2 ∫0 2p 2 p 2 p p + 4 + 1 2 1 p2 + 4 − p2 2 = = 2 p ( p2 + 4) p ( p2 + 4) :2 תרגיל : כאשר,ϕ (t ) מצא את התמונה עבור t
ϕ (t ) = ∫ s 2e − s ds 0
:פתרון
28
!2 ⇐ ( p + 1)3
!2 p3
→ ⇐ t2
⇐
משפט האינטגרציה של המקור
משפט ההזזה
→ ⇐ t 2e − t
!2 ⇐ 3 )p ( p + 1
→ s 2e − s ds
t
∫
0
תרגיל :3 t
ϕ (t ) = ∫ ( s + 1) cos ω sds
מצא את התמונה עבור
0
פתרון:
p כיוון ש- p2 + 1
→ ⇐ cos t
משפט הדמיון
⇐
p
1 p = ω 2 ω p p2 + ω 2 +1 2 ω ⇐
→ ⇐ cos ωt
משפט על דיפרנציאביליות התמונה
'
p p 2 + ω 2 − 2 p2 p2 − ω 2 ⇐ t cos ωt → − 2 =− = 2 2 2 2 2 2 p + ω p ) ( p +ω ) ( p + ω2
p = 2 2 p +ω
+
p2 − ω 2
2
) + ω2
2
(p
→ t cos ωt + cos ωt = (t + 1) cos ωt p 2 − ω 2 + p 3 + pω 2 2
⇐
משפט אינטגרביליות התמונה
⇐ 29
) + ω2
2
(p
=
1 p 3 + pω 2 + p 2 − ω 2 p 3 + p 2 + pω 2 − ω 2 ∫0 (s + 1) cos ω sds → p ( p 2 + ω 2 ) 2 = p ( p 2 + ω 2 ) 2 t
:( )של המרצה4 תרגיל
sin s ds 0 s
ϕ (t ) = ∫
t
מצא את התמונה עבור :פתרון
⇐ ⇐ sin t →
משפט דיפרנציאביליות התמונה
1 p2 + 1
אבל
⇐
sin t → φ ( p) t
sin t → −φ '( p ) ⇐ t ⋅
יהי
sin t → −φ '( p ) t
. φ '( p ) → −
1 p2 + 1
φ ( p ) = 0 - כיוון ש,בהמשך ⇐ Relim p →+∞ ds π π φ{(∞) − φ ( p ) = − ∫ 2 = − + arctan p ⇒ φ ( p ) = − arctan p p s +1 2 2 =0 ∞
: לפי משפט אינטגרביליות המקור נקבל,כעת
sin s 1 π π arctan p ds → − arctan p ∫0 s = 2 p − p 2 p t
30
:5 תרגיל כאשר,ϕ (t ) מצא את התמונה עבור
cos βξ − cos αξ dξ 0 t
ϕ (t ) = ∫
t
:פתרון
⇐ sin st →
s ⇐ 2 2 p +s
משפט הדמיון
⇐ sin t →
1 p2 + 1
⇐ ⇐ משפט אינטגרביליות לפי פרמטר
∫
β
α
β
β cos st cos α t − cos β t sds sin stds = − = →∫ 2 = 2 α t α t s +p
1 1 β 2 + p2 2 2 β = ln( s + p ) α = ln 2 2 2 α + p2
cos β t − cos α t 1 α 2 + p2 ⇒ → ln 2 t 2 β + p2 :לפי אינטגרביליות המקור
cos β t − cos α t 1 α 2 + p2 dt → ln 2 ∫0 t 2 p β + p2 t
31
.5משפט על אינטגרביליות התמונה משפט :5.1 אם
) f (t t
מקור עם מעריך הגידול , s0אזי
) f (t
גם כן מקור עם אותו מעריך
הגידול.יהי
)f (t ) → F ( p ) , Re p > so (5.1 אזי ∞ ) f (t )→ ∫ F ( s )ds , Re p > s0 (5.2 p t
כאשר האינטגרציה ב (5.2)-מתבצעת לפי כל מסלול שעבורו מתקיים
∞→p
. Re
הוכחה: יהי
) φ (t
תמונת המקור
) f (t ) = − f (t t שני
) f (t t
⋅ ) ← (−t
.אזי
משפט על דיפרנציאליות התמונה ← ) .φ '( pמצד
) ⇐ φ '( p ) = − F ( p ) ⇐ f (t ) → F ( p A
φ ( A) − φ ( p ) = − ∫ F ( s )ds p
כיוון שφ ( p ) -
תמונה ,אזי
φ ( A) → 0
עבור
∞ → ⇐ Re A
∞
∞
p
p
φ ( p ) = ∫ F ( s )ds ⇐ − φ ( p ) = − ∫ F ( s )ds 32
מסקנה :5.2 יהי
) f (tמקור וf (t ) → F ( p ) -
.
אם אינטגרל
) f (t )dt (5.3 t
∞
∫
0
מתכנס ,אזי מתקיים השוויון: ∞ ) f (t )dt = ∫ F ( p )dp (5.4 0 t
∞
∫
0
כאשר את האינטגרל הימני ניתן לחשב לפי חצי ציר החיובי. תרגיל :1 מצא את התמונה עבור
sin t t
= ) ϕ (t
וחשב את האינטגרל:
sin t dt t
∞
∫
0
פתרון: פונקציה
1 p2 + 1
sin t ) ϕ (tמקור ,כיוון ש= 1- t → ⇐ sin t
⇐ lim t →+0
) ϕ (tרציפה וחסומה .כיוון ש-
משפט על אינטגרביליות התמונה
⇐
∞ dt sin t π ∞ →∫ 2 = arctan t 1 = − arctan p p t +1 t 2
33
עבור חישוב של
sin t dt t
אם כךf (t ) = sin t ,
∞
∫
0
נשתמש במסקנה ).(5.2
מקור,
1 p2 + 1
→ f (t ) = sin t
בהמשך ,אינטגרל ∞ sin t ) f (t ∫ = dt dt 0 t t
∞
∫
0
מתכנס לפי עקרון דריכלה:
.1פונקציה α (t ) = sin t ] ( A ≥ a ) , [ a, Aוהאינטגרל שלה חסום בהחלט:
אינטגרבילית בכל קטע סופי
α (t )dt = cos A − cos a ≤ 2 < ∞ ∀A ≥ a .2
פונקציה
A
∫
a
1 β (t ) = → 0 t ∞ ∞ sin t α ( t ) β ( t ) dt = ∫0 ∫0 t dt מונוטונית עבור
∞ → a := 0 ⇐ t
מתכנס לפחות בתנאי. כעת לפי מסקנה 5.2נקבל
dt π ∞ = arctan t = 0 t2 +1 2
∞
1 = F ( p ) p2 + 1
)
∫ = F ( s )ds
0
תרגיל :2 34
∞
∫(
0
→ f (t ) = sin t
.
∞ sin t ∞ f (t ) dt = = dt ∫0 ∫0 t t
e − at − e − bt ϕ (t ) = , a>0 , b>0 t
מצא את התמונה עבור וחשב את האינטגרל
∫
∞
0
e − at − e − bt dt t :פתרון
e − at = e − at ⋅1 = 1 →
1 1 ⊕ e p0t f (t ) → F ( p − p0 ) = p p+a : באופן דומה, לכן
כעתe
− bt
→
1 1 1 b−a ⇒ e − at − e − bt ⇒ − = p+b p + a p + b ( p + a )( p + b) :( )על אינטגרביליות התמונה5.1 לפי משפט
e בה
− at
−e
− bt
∞ b−a e − at − e− bt b−a → ⇒ →∫ dt p (t + a )(t + b ) ( p + a )( p + b) t ∞
∞ 1 t+a t+a p+b 1 =∫ − dt = d ln = ln = ln ∫p t + b t + b p p p+a t +a t +b ∞
אזי לפי, e
− at
− e − bt = f (t ) →
אזי הינו שווה,מתכנס
∫
∞
0
∫
∞
0
b−a = F ( p ) - כיוון ש,משך ( p + a )( p + b)
e − at − e − bt dt t
F ( p )dt = ln
: שאם אינטגרל, נקבל5.2 מסקנה
p+b p+a 35
= ln p =0
b a
e − at − e − bt ∫ .כיוון שעבור t > 0 נבדוק התכנסות של dt 0 t פונקציה רציפה ו , a > 0, b > 0 -אזי האינטגרל מתכנס, ∞
אם
e − at − e − bt t
אינטגרל-
פונקציה חסומה ורציפה בסביבת אפס )מימין( .נקבל:
e − at − e − bt −ae − at + be − bt lim = L ' opital = lim ∞<=b−a t →+0 t →+0 t 1 וההמשך מובן מאליו. תרגיל :3 חשב את האינטגרל:
e −α t sin at dt , α > 0 , a > 0 t
∞
∫
0
פתרון: נשתמש במסקנה .5.2נקבל:
1 p2 + 1
→ ⇐ sin t
משפט הדמיון
1 1 a = 2 a p ⇐ p2 + a2 +1 2 a
a ← e −α t sin atמשפט ההזזה ← 2 2 ( p +α) + a אם האינטגרל
sin at dt t
e −α t
∞
∫
0
קיים ,אזי
∞ sin at a ∫ = dt dp 2 2 0 t ( p +α ) + a
e −α t
36
∞
∫
0
⇐
→ sin at
נקבע את קיום האינטגרל לפי עקרון דריכלה.א
∫
A
0
sin t dt ≤ c < ∞ ⇐ t
lim A→∞ ∫
A
0
מתכנס
∫
∞
0
e −α t
sin t dt t
אינטגרל.1
∞ sin t sin t π dt = ∫ dt = : A → ∞ 0 t t 2
כיוון שעבור
sin t dt ⇐ t
מתכנס
מונוטונית
∫
A
0
t →∞
עבור
e −α t → 0
.2
:הערה
∫
∞
0
∞ sin at ∞ sin s sin at π dt = ∫ dat = ∫ ds = ∀a > 0 0 0 t at s 2
חישוב.ב
∞
∫ ( 0
d
t a
∞ adp dt 1 ∞ = p + α = t = a = a a∫ 2 2 2 ∫ 2 α t 2 + a2 a α t p +α ) + a +1 a ∞
t π α 1 a π = arctan = − arctan ⇒ tan − ϕ = = ⇒ α aα α a 2 α a
π α a − arctan = arctan ⇒ α a α
∫
∞
0
e −α t
sin at a dt = arctan t α
37
:4 תרגיל חשב את האינטגרל
∫
∞
0
cos at − cos bt dt , a > 0 , b > 0 t :פתרון :5.2 נשתמש במסקנה
⇐
משפט הדמיון
⇐ cos t →
p 1 ω = p ⇐ cos ωt → 2 ω p p2 + ω 2 +1 ω f (t ) = cos at − cos bt → = (b 2 − a 2 )
(p
p p − = 2 2 2 2 p +a p +b
p
2
+a
2
)( p
2
38
+b
2
)
= F ( p)
p p2 + 1
cos at − cos bt dt אינטגרל.1 0 t ∞ cos at − cos bt ∞ f (t )dt (b 2 − a 2 ) pdp =∫ dt = ∫ = .ב 2 2 2 2 0 0 t t p + a p + b ( )( )
⇐ ∫ מתכנס לפי עקרון דריכלה
∫
∞
0
=∫
∞
0
∞
p p 1 ∞ p2 + a2 − 2 dp = ∫ d ln 2 = 2 2 2 2 0 p + a p + b 2 p + b ) ( ) ( 2 ∞
1 p +a = ln 2 2 p + b2 2
0
1 b2 b = ln 2 = ln 2 a a
:5 תרגיל מצא את התמונה עבור.
ϕ (t ) = ∫
t
0
f (t ) → F ( p ) -מקור ו
f (t ) t
יהי
f ( s) ds s
shξ ∫0 ξ dξ t
.
מצא את התמונה עבור,בפרט :פתרון
⇐
מקור
ϕ (t ) = ∫
t
0
39
f ( s) ds ⇐ s
מקור
f (t ) -כיוון ש t
∫
∞ p
F ( s )ds ←
אינטגרביליות התמונה
←
f (t ) t
:כעת לפי הכלל של אינטגרביליות המקור נקבל
∫
t
0
f (s) 1 ∞ ds → ∫ F ( s )ds s p p ,בהמשך
1 p − 1 et − e − t 1 1 1 → − ⇒ sht = ⇒ 1 2 2 p − 1 p + 1 e −t = e−t ⋅1 → p + 1 et = et ⋅1 →
:לפי הנוסחא שהוכחנו נקבל
shξ 1 ∞ 1 1 1 ∞ s −1 ∫0 ξ dξ → 2 p ∫p s − 1 − s + 1 ds = 2 p ∫p d ln s + 1 = t
∞
1 s −1 1 p +1 = ln = ln 2 p s +1 p 2 p p −1
40
הרצאה :9התמרת לפלס – תכונות )המשך( .1תמונת )פונקצית( מקור מחזורית משפט :1.1
תהי ) f (t
מקור ,ובנוסף הינה פונקציה מחזורית עבור
t≥0
בעלת מחזור , T
כלומר:
)f (t + T ) = f (t ), t ≥ 0 (1.1 אזי את התמונה
) f (t ) → F ( p
ניתן למצוא לפי הנוסחא: T
1 = )F ( p )⋅ e − pt f (t )dt , Re( p ) > 0 (1.2 ∫ − pT 1− e 0 הערה :אם
) f (t
פונקצית מקור מחזורית ,אז המעריך גידול שלה שווה ל .0
אכן ,כפונקציה מחזורית רציפה למקוטעין היא חסומה
) ln f (t = 0 ⇐ f (t ) ≤ M ∞→ t t
= lim
⇐ )∞ : ∃M ∈ [1,
. s0
הוכחת המשפט: ∞
= f (t )dt + ∫ e− pt f (t )dt T
− pt
T
f (t )dt = ∫ e 0
נחליף משתנים באינטגרל השני:
1
− pt
∞
F ( p) = ∫ e 0
T ∞ t = s+t − pt = ∫ e f (t )dt + ∫ e− p ( s +T ) f ( s + T )ds = s ∈ [0, ∞) 0 0 T
f ( s + T ) = f ( s ), s ≥ 0 = ∫ e
− pt
f (t )dt + e
− pT
0
∞
− ps e ∫0 f (s)ds = 142 43 F ( p)
T
= ∫e
− pt
f (t )dt + e
− pT
0
F ( p ) ⇒ F ( p ) 1 − e
− pT
T
= ∫ e− pT f (t )dt ⇒ (1.2) 0
:1 תרגיל :מצא את תמונת הפונקציה
f (t ) =
sin t sin t
:פתרון :( נקבל1.2) לפי
1 F ( p) = 1 − e −2π p
2π
∫e 0
− pt
⇐ T = 2π
,הפונקציה מחזורית
2π π − pt sin t 1 − pt dt = e dt − e dt = −2π p ∫ ∫ sin t 1− e π 0
1 1 e −π p = 1 − e − ( ) 1 − e −2π p p p
−π p
(1− e
(1− e ) 1 1 − e−π p ) = p 1 − e−2π p = p 1 + e−π p ( ) −π p
−π p
2
:2 תרגיל 2
מצא את תמונת הפונקציה:
f (t ) = sin t
פתרון: הפונקציה הינה מקור ,ומחזורית עם מחזור
=π
:T
אזי לפי הנוסח הכללית אנו מקבלים: π
1 − pt = e sin tdt 1 − e− pπ ∫0 כיוון ש
T
1 − pt = )F ( p e f (t )dt 1 − e − pT ∫0 T =π
f = sin t
] ⇐ sin t = sin t , t ∈ [0, π
3
π
J ( p) := ∫ e 0
− pt
π
1 1 π sin tdt = − ∫ sin tde− pt = − e− pt sin t 0 + p0 p 1 44 2 4 43 =0
π
π
1 1 1 π + ∫ e − pt cos tdt = − 2 ∫ cos tde− pt = − 2 e− pt cos t 0 − p0 p 0 p π
1 1 + e− pπ 1 − pt − 2 ∫ e sin tdt = − J ( p) ⇒ 2 2 p 0 p p 1 1 + e − pπ 1 + e− pπ 1 + p 2 J ( p ) = p 2 ⇒ J ( p ) = 1 + p2 ⇒ 1 1 + e − pπ 1 + e− pπ 1 F ( p) = ⋅ = ⋅ 1 − e − pπ 1 + p 2 1 − e − pπ 1 + p2 :3 תרגיל :של הפונקציה
[2, ∞) מצא את התמונה של ההמשכה המחזורית ב ,0 ≤ t ≤ 1 t f (t ) = 2 − t ,1 ≤ t ≤ 2 :פתרון :גרף הפונקציה וההמשכה של
:לפי הנוסחא הכללית נקבל 4
⇐ T =2⇐
F ( p) =
1 1 − e − pT
T = 2 ⋅ ∫ e − pt f (t )dt = ,0 ≤ t ≤ 1 = t f (t ) = 0 2 − t ,1 ≤ t ≤ 2 T
1 2 1 − pt − pt = te + 2 − t e dt ∫1 ( ) 1 − e −2 p ∫0
:נחשב את האינטגרלים בנפרד 1
J1 = ∫ te 0
− pt
1
1
1 1 1 1 dt = − ∫ tde− pt = − te− pt + ∫ e− pt dt = 0 p0 p p0 1
=−
1 − p 1 − pt 1 1 1 e − 2e = e− p − 2 e− p + 2 ⇒ p p p p p 0 J1 = −
2
1 −p 1 −p 1 e − 2e + 2 p p p 2
2
1 1 J 2 = ∫ ( 2 − t ) e − pt dt = − ∫ ( 2 − t ) de− pt = − ( 2 − t ) e− pt − p1 p 1 1 2
−
2
1 − pt 1 − p 1 − pt 1 − p 1 −2p 1 − p e dt = e + e = e + 2e − 2e ⇒ 2 ∫ p1 p p p p p 1
J2 =
1 − p 1 −2 p 1 − p e + 2e − 2e ⇒ p p p
5
1 1 2 − p 1 −2 p J + J = − == e + 2 e )2 −2 p ( 1 2 2 1− e p p p
= )F ( p
−p ) 1− e ( 1 ) 1 (1− e = 2 = 2 ) p ( 1 − e − p ) ( 1 + e− p ) p ( 1 + e− p 2
−p
.2משפט על דיפרנציאביליות )פונקצית( המקור משפט :2.1
.1אם ) f (tגזירה ברציפות ב )∞ (0, ) f (tגם מקור ,קיים ) f (+0) = lim f (t 0 < t →0
וגם
) f ′(t
הינה מקור ,אזי
ומתקיים:
f (+0) f ′(t ) → pF ( p ) − f (+0) = p F ( p ) − ), f (t ) → F ( p) (2.1 p כאן Re( p ) > σ 0כאשר σ 0הינו מעריך הגידול של ) f ′(t אם
.2
) f (t
n
גזירה ברציפות
מקור ,אזי גם הפונקציות
) (t
)n −1
פעמים ב
)∞ (0,
( f (t ), f ′(t ),..., f
)f (+0), f ′(+0),..., f ( n −1) (+0
וגם
) f ( ) (t n
הינה
הינן מקור ,קיימים
ומתקיימת ההתאמה:
n )f ( ) (t ) → p n F ( p ) − f (+0) pn −1 − f ′(+0) pn − 2 − ... − f (n − 2) (+0) p − f (n −1) (+0 n −1 f ( k ) (+0) ∑ = p F ( p) − ) (2.2 k +1 p k =0 n
כאן
) f (t ) → F ( p
) f ( ) (t n
,
Re( p ) > σ 0
כאשר
.
בפרט ,אם ⇐ f ( k ) (+0) = 0, k = 0...n − 1 6
σ0
הינו מעריך הגידול של
)f ( ) (t ) → p n F ( p ) (2.3 n
הוכחה: .1
)(a
)של המרצה( נראה ,שקיים
) f (t , f (+0) = f limכיוון ש ) f ′(t →0 + 0
פונקציה רציפה 1
עבור )∞ , t ∈ (0,אז עבור כל ] x ∈ (0,1קיים האינטגרל ∫ f (t )dt x
ומתקיים השוויון: 1
)f (1) − f ( x) = ∫ f ′(t )dt , 0 < x ≤ 1 (2.3 x
תהי נתונה סדרת פונקציות כלשהי { xn } n=1 ∞
וגם
∞→ n
⇐ .x → 0 n
מ)(2.3
⇐
7
כך ש
xn > 0עבור ∀n ≥ 1
′ f (1) − f ( xm ) = ∫ f (t )dt 1 1 xm ⇒ f ( xm ) − f ( xn ) = ∫ f ′(t )dt − ∫ f ′(t )dt = 1 xn xm f (1) − f ( xn ) = ∫ f ′(t )dt xn 1
=
1
xm
xm
xn
1
xn
∫ f ′(t )dt + ∫ f ′(t )dt = ∫ f ′(t )dt ⇒
f ( xm ) − f ( xn ) =
xm
∫ f ′(t )dt ,
m ≥ n ≥1
xn
כך ש
∃N ( ε ) נראה ש, ε > 0
f ( xm ) − f ( xn ) ≤ ε ∀n, m ≥ N ( ε ) .מש"ל
lim f ( x)
x →0+ 0
יהי
(2.4)
אז לפי קריטריון קושי קיים,( נכון2.4) אם :מתקיים
f ( xm ) − f ( xn ) ≤
xm
∫
f ′(t ) dt
xn
xn ≤ xm
או
xn ≥ xm
נשאיר את הביטוי כמו שהוא כיוון שלא ידוע אם
f ′(t ) ≤ Me st , t ≥ 0 ⇐
8
מקור
f ′(t ) כיוון ש
M xm s xn s M xn s ( xm − xn ) s e −e = e e ≤ −1 S S
xm
st e ≤ ∫ dt
f ′(t ) dt ≤ M
xm
∫
xn
xn
M C ( s ) xm − xn ⋅ s = MC ( s ) xm − xn , C ( s ) = const. S
≤ ]]≤ [ xn ∈ (0,1
ε ∞→ n כיוון ש , x → 0אז ∃N 0 (ε ) ∀ε > 0כך ש n ) MC ( s עבור ) ⇐ n, m ≥ N 0 (ε ε =ε ) MC ( s
≤ xm − xn
) f ( xm ) − f ( xn ) ≤ MC ( s ) xm − xn ≤ MC ( s
עבור
) ∃f (+0) ⇐ n, m ≥ N 0 (ε
) (b
בהרצאה 8הראנו ,שאם ) ϕ (tמקור אז ∫ ϕ ( ξ ) d ξ
t
= ) ψ (tגם
0
מקור ,עם אותו מעריך הגידול; בהרצאה 1הראנו שאם
) ϕ (t
t
מקור
⇐
∫ ϕ ( ξ ) dξ
מקור .אצלנו
0
) f ′(t
t
מקור
⇐ כיוון ש )f (t ) = ∫ f ′(ξ )dξ + f (+0
אז האינטגרל
0
הוא מקור,
) f (t
)f (+0
קיים )ראה ) ( ( aוגם
מקור כסכום של מקורות.
9
f (+0) = const
-מקור
⇐
) (c
כעת נבדוק את הנוסחא ) (2.1עצמה .יהי
>0
, aאזי:
a
{ ∫ dt = f (a )e− pa − f (+0) + p )f (t ) e− pt dt (2.5
− pt
0 original
a
f ′(t )e {∫ 0 original
ב) (2.5המקורות בעלי אותו מעריך גידול .σ 0יהי , Re( p ) > σ 0אז לפי המשפט העיקרי על דיפרנציאביליות התמונה )הרצאה ,(8האינטגרלים ∞
dt , ∫ f (t )e− pt dt , Re( p ) > σ 0
− pt
f ′(t )e
0
) ∃t0 (ε
∫
מתכנסים בהחלט )ובמידה
0
שווה( .אז ב) (2.5מצד ימין ושמאל כאשר מתכנסים
⇐ f (a )e − pa = L
∞
∞→a
האינטגרלים הינם
. ∃ limקל לראות ,ש . L = 0אכן אם
∞→ a
כך ש:
f (t )e − pt − L < ε כאשר את
)ε (> 0
אנו בוחרים
עבור
) t ≥ t0 (ε
⇐ ∞
≥ f (t )e− pt − L + L dt
∫
= dt
− pt
∞
f (t )e
) t0 ( ε
∞ L L ≥ − L dt ≥ ε := ∞ = dt ∫ ) 2 2 t0 ( ε סתירה.
⇐ L≠0
⇐ ⇐ L=0
נשאיף את
10
∫
>∞
) t0 ( ε − pt
a→0
L − f (t )e
∞
∫
) t0 ( ε
ב):(2.5
≥
∞
⇒ dt = − f (+0) + p ∫ f (t )e− pt dt
− pt
f ′(t )e
0
∞
∫ 0
מש"ל.
)f ′(t ) → pF ( p ) − f (+0 אם
.2
) f (t
גזירה ברציפות
מקור ,אז לפי 1הפונקציה
) (t
nפעמים ב )∞ (0,
)n −1
(f
וגם
) f ( ) (t n
גם מקור )עם אותו מעריך הגידול(,
n−2 n −1 ) . ∃f ( ) (+0כיוון ש ) f ( ) (tגזירה ברציפות ב )∞ (0,ו ) (t
מקור )כבר הוכח( ,אז לפי 1הפונקציה מעריך הגידול(,
)(+0
)n− 2
( ∃f
הינה
) (t
)n−2
וכך הלאה עד
(f
)n −1
(f
גם מקור )עם אותו
) f ( ) (t 0
.נשאר להוכיח את
):(2.2 n −1 f ( k ) (+0) ∑ (t ) → p F ( p ) − )(2.2 k +1 p k =0 n
)(n
f
נשתמש בשיטת האינדוקציה המתמטית. (1
, n = 1לפי 1
⇐
0 f ( k ) (+0) ∑ f ′(t ) → pF ( p ) − f (+0) = p F ( p ) − p k +1 k =0
(2
תהי ) (2.2נכונה עבור כל
⇐ m = 0,..., n
f ( k ) (+0) ′ (t ) ) → p G ( p ) − ) (2.5 p כאן
)G ( p
-תמונת
) f ( n ) (t
)( n
(t ) = ( f
)( n +1
f
,אך הנוסחא עצמה כתובה לפי .1לפי
הנחת האינדוקציה:
11
n −1 f ( k ) (+0) ∑ (t ) → G ( p ) = p F ( p ) − p k +1 k =0 n
)( n
⇐f
נציב ב)(2.5
ונקבל n −1 n f ( k ) (+0) f ( k ) (+0) f ∑ (t ) → p p F ( p ) − = − k +1 p p k =0 n −1 f ( k ) (+0) f ( k ) (+0) n +1 ∑ = p F ( p) − − = k +1 k +1 p p k =0 )( n +1
n f ( k ) (+0) F ( p ) − ∑ p k +1 k =0
n +1
=p
מש"ל.
הערה: צריך לשים לב ,שנגזרת של מקור אינה תמיד מקור .לדוגמא
) ( ) sin ( e 2
f (t ) = sin e xמקור ) ) f (t
x2
2
f ′(t ) = 2 x ⋅ e x
רציפה וחסומה( אבל
אינה מקור ,כיוון שמעריך הגידול של
לאינסוף )תבדקו את זה( תרגיל :1 מצא את תמונת הביטוי ,אם
) x (t ) → F ( p 12
:
) f ′(t
שווה
) x (4) − 2 x′′′(t ) + 4 x′′(t ) + 3 x′(t ) + 6 x (t ) − 12 = ϕ (t עם תנאי ההתחלהx(0) = 5, x′(0) = 0, x′′(0) = −1, x′′′(0) = 1 : מניחים ש ) x (4) (t
מקור רציף.
פתרון: נשתמש במשפט שהוכחנו ובהתמרה הידועה:
13
1 p
→1
x(t ) := F ( p ) x(0) x′(t ) → p F ( p ) − = p x(0) x′′(t ) → p 2 F ( p) − − p
5 p F ( p ) − = pF ( p ) − 5 p x′(0) 5 0 2 = p F ( p ) − − 2= p 2 p p
= p 2 F ( p) − 5 p x(0) x′(0) x′′(0) x′′′(t ) → p 3 F ( p ) − − 2 − 3 = p p p 5 0 1 = p 3 F ( p ) − − 2 + 3 = p3 F ( p ) − 5 p2 + 1 p p p x(0) x′(0) x′′(0) x′′′(0) x (4) (t ) → p 4 F ( p ) − − 2 − 3 − = 4 p p p p 5 0 1 1 = p 4 F ( p ) − − 2 + 3 − 4 = p4 F ( p ) − 5 p3 + p − 1 p p p p
:(אם כך )לפי הגדרת הביטוי
1→
−12
1 p 14
x (t ) → F ( p )
6
x′(t ) → pF ( p ) − 5
3
x′′(t ) → pF ( p ) − 5 p 2
4
x′′′(t ) → p 3 F ( p ) − 5 p 2 + 1
−2
x (4) (t ) → p 4 F ( p ) − 5 p3 + p − 1
1 ⇐
ϕ (t ) → ( p 4 − 2 p3 + 4 p 2 + 3 p + 6 ) F ( p ) − 15 − 20 p + 10 p2 − −2 − 5 p 3 + p − 1 −
12 p
= ( p 4 − 2 p 3 + 4 p 2 + 3 p + 6 ) F ( p ) − 5 p3 + 10 p2 − 19 p − 18 −
12 p
:2 תרגיל
f (t ) = sin 2 t
מצא את התמונה של :פתרון
f (t ) = sin 2 t → F ( p ) ⇒ f ′(t ) → pF ( p ) − f (0) = f (0) = sin 2 0 = 0 = pF ( p )
15
f ′(t ) = 2sin t cos t = sin 2t → 1 1 1 2 sin t → → = p 2 + 1 2 p 2 p2 + 4 +1 2 pF ( p ) =
2 2 ⇒ F ( p ) = p2 + 4 p ( p2 + 4)
מצד שני
,זאת אומרת :3 תרגיל
f (t ) = t sin ωt
מצא את התמונה של :1 פתרון
⇐ t sin wt := f (t ) → F ( p ) f ′(t ) = sin ωt + ωt ⋅ cos ωt → pF ( p ) − f (0) = pF ( p ) f ′′(t ) = 2ω cos ωt − tω 2 sin ωt → p 2 F ( p) − { f ′(0) = p2 F ( p ) =0
⇒ f ′′(t ) + ω 2 f (t ) = 2ω cos ωt → ( p2 + ω 2 ) F ( p )
16
תהי
אבל
p p2 + 1 2ω p 2ω cos ωt → → ⇒ 1 p /ω p 2 2 2 cos ωt → = ( p +ω ) ω p 2 p2 + ω 2 +1 ω cos t →
⇒ ( p 2 + ω 2 ) F ( p) →
(p
2ω p 2
+ ω2 )
2
⇒ F ( p) =
(p
2ω p 2
+ ω2 )
2
. נביא עוד טענה טובה,3 בהקשר של תרגיל :2.2 משפט והפונקציות
∂f (t ,α ) , ∂α
f (t ,α ) → F ( p,α )
פרמטר ו
α
אם
α2
∫ f (t ,α )dt
(2.6)
α1
: אזי, הינן מקורותt כפונקציות של המשתנה
∂f (t ,α ) ∂F ( p,α ) → , ∂α ∂α
α2
α2
α1
α1
∫ f (t ,α )dt → ∫ F ( p,α )dα
17
פתרון ) 2של תרגיל :(3
p ∂ ∂ p ⇒ cos ω t = − t sin ω t → = ( ) p2 + ω 2 ∂w ∂w p2 + ω2 2ω p
2
) p2 + ω 2
(
→ ⇒ t sin ωt
→ cos ωt
2ω p
2
) p2 + ω 2
(
=−
תרגיל :4 מצא את התמונה של
f (t ) = tet
פתרון: תהי
⇒ ) f (t ) → F ( p ) ⇒ f ′(t ) = et + tet → pF ( p ) − f (0) = pF ( p 1 1 t t ′ → ⇒ et ⇒ f ( t ) = e + te → ⇒ ) = ( p − 1) F ( p p − 1 p −1 1 = )F ( p 2 )( p − 1 תרגיל ) 5של המרצה(: מצא את התמונות של הפונקציות
t n , n = 1, 2,...
פתרון: תהי
)→ F ( p
)= pF ( p
t =0
. t nאז Lלפי משפט דיפרנציאביליות:
⇐ nt n −1 → pF ( p ) − t n 18
באופן דומה:
) n! → p n F ( p ) ⇐ ... ⇐ n(n − 1)t n − 2 → p 2 F ( p !n p
→ n! = n!1
.מצד שני,
לכן אנו מקבלים:
!n !n ⇒ ⇒ F ( p ) = n +1 p p
= )p n F ( p
!n , n = 1, 2,... n +1 p
→ tn
.3משפט על דיפרנציאביליות התמונה משפט :3.1 תהי
) f (t
מקור עם מעריך גידול הפונקציה
.1
) tf (t
s0ו ) f (t ) → F ( p
.אזי:
-גם המקור עם מעריך הגידול
s0
ומתקיים
השוויון:
(−1) ⋅ t ⋅ f (t ) ⇒ F ′( p ), Re( p ) ≥ s0 + δ , δ > 0
)(3.1 .2
הפונקציה
t n f (t ), n ≥ 2
-גם המקור עם מעריך הגידול
s0
ומתקיים השוויון:
)(3.2
(−1) ⋅ t 2 ⋅ f (t ) ⇒ F ( n) ( p), Re( p ) ≥ s0 + δ , δ > 0, n ≥ 2
הוכחה: נבדוק רק את ,1כיוון ש 2נובע ע"י הפעלת 1
n
פעמים .אם כך; ∞
)(3.3
F ( p ) = ∫ f (t )e − pt dt , Re( p ) ≥ s0 + δ , δ > 0 0
המשימה שלנו היא לחשב את ) , F ′( pכדי להשתמש בכלל לייבניץ: 19
∞
F ′( p) = ∫ f (t )e
− pt
0
∞
= − ∫ tf (t )e 0
− pt
∞
∞
d d dt = ∫ ( f (t )e− pt ) dt = ∫ f (t ) e− pt dt = dp dp 0 0 ∞
dt = tf (t ) − original = ∫ [ (−1)tf (t )] e− pt dt 0
(−1)tf (t ) → F ′( p ) ⇐
.
זו התמרת לפלס
:המשימה שלנו – להצדיק את השימוש בכלל לייבניץ ∞
∞
Φ ( y ) = ∫ f (t , y )dt ⇒ Φ′( y ) = ∫ f y' (t , y )dt 0
אם
0
:(1-4) נבדוק את תנאי משפט לייבניץ ∞
∫
f (t , y ) dt
קיים אינטגרל רימן
y ∈ [d , ∞)
לכל
.1
0
∞
∫ 0
f (t )e − pt dt ≤ f (t ) ≤ M ( δ / 2 ) e( ⇐ s0
≤ f (t ) e− pt ≤ M ( δ / 2 ) e( ≤ M ( δ / 2 ) e(
e
f (t )e − pt ≤ M 1 ( δ ) e
−( δ /2 ) t
מקור עם מעריך גדול
s0 +δ /2 ) t − (Re p )t
s0 +δ /2 ) t − ( s0 +δ /2 ) t
s0 +δ /2 ) t
e
s0
:אצלנו
f (t ) כיוון ש
≤ [ Re p ≥ s0 + δ ] ≤
= M ( δ / 2 ) e −( δ /2 ) t ⇒
,t ≥ 0 ≤
∞
≤ ∫ M 1 ( δ ) e −( δ /2) t dt < ∞ 0
.כדרוש 20
)∞ ∀t ∈ [0, ∞), ∀y ∈ [d ,
.2
אצלנו:
)∞ y ∈ [d ,
f y '(t , y ) dt אצלנו δ − t 2
.4
∞
כדרוש.
קיים אינטגרל של רימן:
∫
0
⇐ f p '(t , p ) = −tf (t )e − pt ⇐ f (t , p) = f (t )e − pt
≤ t ⋅ M 1 (δ )e
∞ < dt
'
d d f (t )e − pt ) = f (t ) ( e− pt ) = −tf (t )e− pt ( dp dp
עבור כל
.3
) . ∃f y ( + , y
δ −( )t 2
− pt
⇐ f p '(t , p ) = tf (t ) e
∞
f p '(t , p ) dt ≤ M 1 (δ ) ∫ te 0
קיימת פונקציה
∞ < g (t )dt
∞
∫
0
) g (t
∞
∫
0
אינטגרבילית לפי רימן,כך ש-
f y '(t , y ) ≤ g (t ) ∀t ∈ [0, ∞), y ∈ [d , ∞) and
אצלנו )ראה לעיל(:
)∞ := g (t ) ∈ L1 (0,
δ − t 2
f p '(t , y ) ≤ M 1 (δ ) + e
אם כך,כל התנאים של משפט לייבניץ מתקיימים ולכן ) (1הינו נכון.
מסקנה :3.1.1 21
אם
) f (tוf '(t ) -
ובאמת,
הינם מקורות ,אזי
)pF ( p ) = f (0
f '(t ) → ( pF ( p ) − f (0) ) → 0
עבור
. Relim ∞→ p
∞→p
. Re
תרגיל :1 הוכח כי
!n p n+1
→ tn
הוכחה:
1 כיוון ש- p
→ ,1לפי משפט ) 3.1ראה ) ((2נקבל:
!(−1) n n = p n+1
)(n
1 ⇐ (−1) n t n ⋅1 = (−1) n t n → אחרי צמצום ב(−1) n - p
נקבל:
!n p n+1
→ tn
תרגיל :2 מצא את התמונה עבור
f (t ) = t cos ωt
פתרון:
p כיוון ש- p2 + ω 2
→ ⇐ cos ωt
לפי ) (1ממשפט 3.1נקבל:
2 2 ) p 1 ⋅ ( p + ω ) − p (2 p ω 2 − p2 ⇐ - t cos ωt → 2 = = 2 2 2 2 2 2 2 p + ω p + ω p + ω p ( ) ( ) '
22
p2 − ω 2
2
) + ω2
2
(p
→ t cos ωt
תרגיל :3 מצא את התמונה עבור
f (t ) = t n e at
פתרון:
1 כיוון ש- p
→⇐ 1
לפי משפט ההזזה:
1 p−a
at → ⇐ e ⋅1
לפי משפט 3.1
)) ((2נקבל:
!(−1) n n = ( p − a ) n+1
)(n
1 ⇐ (−1) n t n e at → p−a !n ( p − a ) n+1
נצמצם ב-
n
)(−1
→ t n e at
תרגיל :4 מצא את התמונה עבור
f (t ) = te 2 t sin 3t
פתרון: ידוע:
1 p2 + 2
→ sin t
⇐ משפט הדמיון
1 1 3 = 2 3 p ⇐ p2 + 9 +1 3
→ sin 3t
ז"א
23
3 ⇐ sin 3t → 2 p +9
משפט ההזזה
3 ( p − 2) 2 + 9
2t → ⇐ e sin 3t
משפט :((1)) 3.1
'
3 )3 ⋅ 2( p − 2 2t = ⇐ te sin 3t → − 2 2 2 ) ( p − 2) + 9 ( ( p − 2) + 9 )6( p − 2
2
)+ 9
2
)( ( p − 2
→ te 2t sin 3t
תרגיל :5 מצא מקור רציף
2
)+ 4
1
2
) f (t
)( ( p + 2
,כך ש-
→ ) f (t
פתרון: אם נמצא מקור רציף ) ,ϕ (tכך ש-
1
2
)+ 1
2
(p
→ ) ϕ (t
אזי לפי משפט הדמיון נקבל:
1 1 8 ) ϕ (2t 1 = ⇒ → 2 2 p 2 ( p 2 + 4) 2 8 ( p 2 + 4) 2 4 + 1 ולפי משפט ההזזה נקבל:
24
→ ) ϕ (2t
e −2 tϕ (2t ) 1 → 2 8 ( ( p + 2)2 + 4 ) : ידוע.ϕ (t ) →
(
1
p 2 + 1)
2
כעת נמצא
1 sin t → p2 + 1 : ⇐ לפי משפט דיפרנציאליות התמונה נקבל cos t → p p2 + 1 '
p p2 + 1 − p ⋅ 2 p p2 − 1 t ⋅ cos t → − 2 = − = 2 ⇒ 2 2 2 p +1 ( p + 1) ( p + 1)
α ( p 2 + 1) + β ( p 2 − 1) α p2 −1 α sin t + β t cos t → 2 + β 2 = 2 = 2 2 p +1 ( p + 1) ( p + 1) =
(α + β ) p 2 + (α − β )
(p
2
+ 1)
2
≡
:לפי משפט היחידות
(p
1 2
+ 1)
2
⇒
1 1 α + β = 0 ⇐α = ,β = − ⇐ 2 2 α − β = 1
1 [ sin t − t cos t ] = ϕ (t ) ⇒ 2 e −2 t 1 f (t ) = [ sin 2t − 2t cos 2t ] → 2 16 ( p + 2) 2 + 4 :6 תרגיל 25
מצא את התמונה עבור
sin t t
= ) f (t
פתרון )של המרצה(: יהי
sin t )→ F ( p t
⇐
משפט על הדיפרנציאליות של התמונה
sin t ) = sin t → − F '( p t
⋅ . tאבל
כיוון שlim F ( p ) = 0 -
1 1 ⇒ F (' p ) = − p2 + 1 p2 + 1
לכן
∞Re p →+
ds π F ( ∞ ) − F ( p ) = − F ( p ) = − = − + arctgp ∫ { p s2 + 1 2 =0 ∞
π ⇐ -arctgp 2
= )F ( p
.4משפט האינטגרציה של מקור משפט :4.1 יהי
) f (t
מקור עם מעריך הגידול
) f (t ) → F ( p
עבור
s0
ו-
Re p > s0
26
→ sin t
אזי הפונקציה היחס:
t
ϕ (t ) = ∫ f (ξ )dξ 0
גם כן מקור עם מעריך הגידול
)F ( p ), Re p > s0 (4.1 p
s0
ומתקיים
t
→ ϕ (t ) = ∫ f (ξ )dξ 0
הוכחה: הטענה כי
t
ϕ (t ) = ∫ f (ξ )dξ 0
מקור עם מעריך הגידול , s0אם
) f (t
מקור עם
מעריך הגידול , s0כבר טופלה .נשאר לבדוק ).(4.1
יהי ) ϕ (t ) → φ ( pעבור ) Re p > s0כיוון שϕ (t ) - ⇐ לפי משפט דיפרנציאליות המקור ⇐
בעלת מעריך הגידול ( s0
)ϕ '(t ) → pφ ( p) − ϕ (0) = ϕ (0) = 0 = pφ ( p
,אבל
)F ( p ) ⇐ pφ ( p ) = F ( p ) ⇐ ϕ '(t ) ≡ f (t ) → F ( p p ⇐
)F ( p , Re p > s0 p
תרגיל :1 t
מצא את התמונה של הפונקציה ∫ sin 2sds 0
פתרון: 27
→ f (ξ )dξ
= )φ ( p t
∫
0
⇐
:לפי משפט האינטגרציה של המקור
∫
t
0
sin 2 sds →
משפט הדמיון
⇐ sin 2t →
⇐ sin t →
1 p2 + 1
1 1 2 = 2 2 p p2 + 4 +1 2
2 1 p ⋅ = p 2 + 4 p p( p 2 + 4) :בדיקה t
cos 2 s 1 − cos 2t sin 2 sds = − = ⇒ ∫0 2 0 2 t
p 1 1 t 1 1 1 1 2 sin 2 sds → − = − = 2 2 ∫0 2p 2 p 2 p p + 4 + 1 2 1 p2 + 4 − p2 2 = = 2 p ( p2 + 4) p ( p2 + 4) :2 תרגיל : כאשר,ϕ (t ) מצא את התמונה עבור t
ϕ (t ) = ∫ s 2e − s ds 0
:פתרון
28
!2 ⇐ ( p + 1)3
!2 p3
→ ⇐ t2
⇐
משפט האינטגרציה של המקור
משפט ההזזה
→ ⇐ t 2e − t
!2 ⇐ 3 )p ( p + 1
→ s 2e − s ds
t
∫
0
תרגיל :3 t
ϕ (t ) = ∫ ( s + 1) cos ω sds
מצא את התמונה עבור
0
פתרון:
p כיוון ש- p2 + 1
→ ⇐ cos t
משפט הדמיון
⇐
p
1 p = ω 2 ω p p2 + ω 2 +1 2 ω ⇐
→ ⇐ cos ωt
משפט על דיפרנציאביליות התמונה
'
p p 2 + ω 2 − 2 p2 p2 − ω 2 ⇐ t cos ωt → − 2 =− = 2 2 2 2 2 2 p + ω p ) ( p +ω ) ( p + ω2
p = 2 2 p +ω
+
p2 − ω 2
2
) + ω2
2
(p
→ t cos ωt + cos ωt = (t + 1) cos ωt p 2 − ω 2 + p 3 + pω 2 2
⇐
משפט אינטגרביליות התמונה
⇐ 29
) + ω2
2
(p
=
1 p 3 + pω 2 + p 2 − ω 2 p 3 + p 2 + pω 2 − ω 2 ∫0 (s + 1) cos ω sds → p ( p 2 + ω 2 ) 2 = p ( p 2 + ω 2 ) 2 t
:( )של המרצה4 תרגיל
sin s ds 0 s
ϕ (t ) = ∫
t
מצא את התמונה עבור :פתרון
⇐ ⇐ sin t →
משפט דיפרנציאביליות התמונה
1 p2 + 1
אבל
⇐
sin t → φ ( p) t
sin t → −φ '( p ) ⇐ t ⋅
יהי
sin t → −φ '( p ) t
. φ '( p ) → −
1 p2 + 1
φ ( p ) = 0 - כיוון ש,בהמשך ⇐ Relim p →+∞ ds π π φ{(∞) − φ ( p ) = − ∫ 2 = − + arctan p ⇒ φ ( p ) = − arctan p p s +1 2 2 =0 ∞
: לפי משפט אינטגרביליות המקור נקבל,כעת
sin s 1 π π arctan p ds → − arctan p ∫0 s = 2 p − p 2 p t
30
:5 תרגיל כאשר,ϕ (t ) מצא את התמונה עבור
cos βξ − cos αξ dξ 0 t
ϕ (t ) = ∫
t
:פתרון
⇐ sin st →
s ⇐ 2 2 p +s
משפט הדמיון
⇐ sin t →
1 p2 + 1
⇐ ⇐ משפט אינטגרביליות לפי פרמטר
∫
β
α
β
β cos st cos α t − cos β t sds sin stds = − = →∫ 2 = 2 α t α t s +p
1 1 β 2 + p2 2 2 β = ln( s + p ) α = ln 2 2 2 α + p2
cos β t − cos α t 1 α 2 + p2 ⇒ → ln 2 t 2 β + p2 :לפי אינטגרביליות המקור
cos β t − cos α t 1 α 2 + p2 dt → ln 2 ∫0 t 2 p β + p2 t
31
.5משפט על אינטגרביליות התמונה משפט :5.1 אם
) f (t t
מקור עם מעריך הגידול , s0אזי
) f (t
גם כן מקור עם אותו מעריך
הגידול.יהי
)f (t ) → F ( p ) , Re p > so (5.1 אזי ∞ ) f (t )→ ∫ F ( s )ds , Re p > s0 (5.2 p t
כאשר האינטגרציה ב (5.2)-מתבצעת לפי כל מסלול שעבורו מתקיים
∞→p
. Re
הוכחה: יהי
) φ (t
תמונת המקור
) f (t ) = − f (t t שני
) f (t t
⋅ ) ← (−t
.אזי
משפט על דיפרנציאליות התמונה ← ) .φ '( pמצד
) ⇐ φ '( p ) = − F ( p ) ⇐ f (t ) → F ( p A
φ ( A) − φ ( p ) = − ∫ F ( s )ds p
כיוון שφ ( p ) -
תמונה ,אזי
φ ( A) → 0
עבור
∞ → ⇐ Re A
∞
∞
p
p
φ ( p ) = ∫ F ( s )ds ⇐ − φ ( p ) = − ∫ F ( s )ds 32
מסקנה :5.2 יהי
) f (tמקור וf (t ) → F ( p ) -
.
אם אינטגרל
) f (t )dt (5.3 t
∞
∫
0
מתכנס ,אזי מתקיים השוויון: ∞ ) f (t )dt = ∫ F ( p )dp (5.4 0 t
∞
∫
0
כאשר את האינטגרל הימני ניתן לחשב לפי חצי ציר החיובי. תרגיל :1 מצא את התמונה עבור
sin t t
= ) ϕ (t
וחשב את האינטגרל:
sin t dt t
∞
∫
0
פתרון: פונקציה
1 p2 + 1
sin t ) ϕ (tמקור ,כיוון ש= 1- t → ⇐ sin t
⇐ lim t →+0
) ϕ (tרציפה וחסומה .כיוון ש-
משפט על אינטגרביליות התמונה
⇐
∞ dt sin t π ∞ →∫ 2 = arctan t 1 = − arctan p p t +1 t 2
33
עבור חישוב של
sin t dt t
אם כךf (t ) = sin t ,
∞
∫
0
נשתמש במסקנה ).(5.2
מקור,
1 p2 + 1
→ f (t ) = sin t
בהמשך ,אינטגרל ∞ sin t ) f (t ∫ = dt dt 0 t t
∞
∫
0
מתכנס לפי עקרון דריכלה:
.1פונקציה α (t ) = sin t ] ( A ≥ a ) , [ a, Aוהאינטגרל שלה חסום בהחלט:
אינטגרבילית בכל קטע סופי
α (t )dt = cos A − cos a ≤ 2 < ∞ ∀A ≥ a .2
פונקציה
A
∫
a
1 β (t ) = → 0 t ∞ ∞ sin t α ( t ) β ( t ) dt = ∫0 ∫0 t dt מונוטונית עבור
∞ → a := 0 ⇐ t
מתכנס לפחות בתנאי. כעת לפי מסקנה 5.2נקבל
dt π ∞ = arctan t = 0 t2 +1 2
∞
1 = F ( p ) p2 + 1
)
∫ = F ( s )ds
0
תרגיל :2 34
∞
∫(
0
→ f (t ) = sin t
.
∞ sin t ∞ f (t ) dt = = dt ∫0 ∫0 t t
e − at − e − bt ϕ (t ) = , a>0 , b>0 t
מצא את התמונה עבור וחשב את האינטגרל
∫
∞
0
e − at − e − bt dt t :פתרון
e − at = e − at ⋅1 = 1 →
1 1 ⊕ e p0t f (t ) → F ( p − p0 ) = p p+a : באופן דומה, לכן
כעתe
− bt
→
1 1 1 b−a ⇒ e − at − e − bt ⇒ − = p+b p + a p + b ( p + a )( p + b) :( )על אינטגרביליות התמונה5.1 לפי משפט
e בה
− at
−e
− bt
∞ b−a e − at − e− bt b−a → ⇒ →∫ dt p (t + a )(t + b ) ( p + a )( p + b) t ∞
∞ 1 t+a t+a p+b 1 =∫ − dt = d ln = ln = ln ∫p t + b t + b p p p+a t +a t +b ∞
אזי לפי, e
− at
− e − bt = f (t ) →
אזי הינו שווה,מתכנס
∫
∞
0
∫
∞
0
b−a = F ( p ) - כיוון ש,משך ( p + a )( p + b)
e − at − e − bt dt t
F ( p )dt = ln
: שאם אינטגרל, נקבל5.2 מסקנה
p+b p+a 35
= ln p =0
b a
e − at − e − bt ∫ .כיוון שעבור t > 0 נבדוק התכנסות של dt 0 t פונקציה רציפה ו , a > 0, b > 0 -אזי האינטגרל מתכנס, ∞
אם
e − at − e − bt t
אינטגרל-
פונקציה חסומה ורציפה בסביבת אפס )מימין( .נקבל:
e − at − e − bt −ae − at + be − bt lim = L ' opital = lim ∞<=b−a t →+0 t →+0 t 1 וההמשך מובן מאליו. תרגיל :3 חשב את האינטגרל:
e −α t sin at dt , α > 0 , a > 0 t
∞
∫
0
פתרון: נשתמש במסקנה .5.2נקבל:
1 p2 + 1
→ ⇐ sin t
משפט הדמיון
1 1 a = 2 a p ⇐ p2 + a2 +1 2 a
a ← e −α t sin atמשפט ההזזה ← 2 2 ( p +α) + a אם האינטגרל
sin at dt t
e −α t
∞
∫
0
קיים ,אזי
∞ sin at a ∫ = dt dp 2 2 0 t ( p +α ) + a
e −α t
36
∞
∫
0
⇐
→ sin at
נקבע את קיום האינטגרל לפי עקרון דריכלה.א
∫
A
0
sin t dt ≤ c < ∞ ⇐ t
lim A→∞ ∫
A
0
מתכנס
∫
∞
0
e −α t
sin t dt t
אינטגרל.1
∞ sin t sin t π dt = ∫ dt = : A → ∞ 0 t t 2
כיוון שעבור
sin t dt ⇐ t
מתכנס
מונוטונית
∫
A
0
t →∞
עבור
e −α t → 0
.2
:הערה
∫
∞
0
∞ sin at ∞ sin s sin at π dt = ∫ dat = ∫ ds = ∀a > 0 0 0 t at s 2
חישוב.ב
∞
∫ ( 0
d
t a
∞ adp dt 1 ∞ = p + α = t = a = a a∫ 2 2 2 ∫ 2 α t 2 + a2 a α t p +α ) + a +1 a ∞
t π α 1 a π = arctan = − arctan ⇒ tan − ϕ = = ⇒ α aα α a 2 α a
π α a − arctan = arctan ⇒ α a α
∫
∞
0
e −α t
sin at a dt = arctan t α
37
:4 תרגיל חשב את האינטגרל
∫
∞
0
cos at − cos bt dt , a > 0 , b > 0 t :פתרון :5.2 נשתמש במסקנה
⇐
משפט הדמיון
⇐ cos t →
p 1 ω = p ⇐ cos ωt → 2 ω p p2 + ω 2 +1 ω f (t ) = cos at − cos bt → = (b 2 − a 2 )
(p
p p − = 2 2 2 2 p +a p +b
p
2
+a
2
)( p
2
38
+b
2
)
= F ( p)
p p2 + 1
cos at − cos bt dt אינטגרל.1 0 t ∞ cos at − cos bt ∞ f (t )dt (b 2 − a 2 ) pdp =∫ dt = ∫ = .ב 2 2 2 2 0 0 t t p + a p + b ( )( )
⇐ ∫ מתכנס לפי עקרון דריכלה
∫
∞
0
=∫
∞
0
∞
p p 1 ∞ p2 + a2 − 2 dp = ∫ d ln 2 = 2 2 2 2 0 p + a p + b 2 p + b ) ( ) ( 2 ∞
1 p +a = ln 2 2 p + b2 2
0
1 b2 b = ln 2 = ln 2 a a
:5 תרגיל מצא את התמונה עבור.
ϕ (t ) = ∫
t
0
f (t ) → F ( p ) -מקור ו
f (t ) t
יהי
f ( s) ds s
shξ ∫0 ξ dξ t
.
מצא את התמונה עבור,בפרט :פתרון
⇐
מקור
ϕ (t ) = ∫
t
0
39
f ( s) ds ⇐ s
מקור
f (t ) -כיוון ש t
∫
∞ p
F ( s )ds ←
אינטגרביליות התמונה
←
f (t ) t
:כעת לפי הכלל של אינטגרביליות המקור נקבל
∫
t
0
f (s) 1 ∞ ds → ∫ F ( s )ds s p p ,בהמשך
1 p − 1 et − e − t 1 1 1 → − ⇒ sht = ⇒ 1 2 2 p − 1 p + 1 e −t = e−t ⋅1 → p + 1 et = et ⋅1 →
:לפי הנוסחא שהוכחנו נקבל
shξ 1 ∞ 1 1 1 ∞ s −1 ∫0 ξ dξ → 2 p ∫p s − 1 − s + 1 ds = 2 p ∫p d ln s + 1 = t
∞
1 s −1 1 p +1 = ln = ln 2 p s +1 p 2 p p −1
40
Related Documents
Integral Transforms 9
July 2020 6
Integral Transforms Formula Sheet
May 2020 10
2d Transforms
July 2020 5
Affine Transforms
November 2019 15
Integral
April 2020 31