X(s + j 2π T k)esit ds, C 1 = a + j(0,2π/t) ( ln(z) + j2πk. z i 1 dz, C = e at+j(0,2π). j2π C T

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "X(s + j 2π T k)esit ds, C 1 = a + j(0,2π/t) ( ln(z) + j2πk. z i 1 dz, C = e at+j(0,2π). j2π C T"

Αελλα Ιωαννίδης
7 χρόνια πριν
Προβολές:

1 Πανειστήμιο Θεσσαλίας ΗΥ24: Θεωρία Σημάτων και Συστημάτων Φθινόωρο 25 Λύσεις Εαναλητικών Εξετάσεων Θέμα 1 (α) Αό το μετασχηματισμό Laplace δ(t t ) e st, ροκύτει y[i ]δ(t i T) y[i ]e si T = Y (e st ), με εριοχή σύγκλισης r + < e st < r ή T 1 ln(r + ) < Re{s} < T 1 ln(r ). Αό τον τύο του αντίστροφου μετασχηματισμού Laplace, με a + < a < a, ροκύτει (it) = 1 X(s)e sit ds, C = a + j(, ). j2 C Διαιρώντας την καμύλη C σε διαστήματα μήκους 2/T, αίρνουμε (it) = 1 X(s + j 2 j2 C 1 T k)esit ds, C 1 = a + j(,2/t) και με την αλλαγή μεταβλητής z = e st dz = ztds, ροκύτει (it) = 1 1 ( ln(z) + j2k ) X z i 1 dz, C = e at+j(,2). j2 C T T Αό την αραάνω σχέση και τον αντίστροφο μετασχηματισμό Z, ροκύτει (it) 1 ( ln(z)+j2k ) X, T T με εριοχή σύγκλισης τουλάχιστον a + < Re{T 1 ln(z)} < a ή e a + T < z < e a T. Σημείωση: Πιο σύντομα, (it) T 1 X(T 1 ln(z)), όου η άθροιση γίνεται για όλες τις τιμές της συνάρτησης ln(z) = {ln z + j( z+2k) k ακέραιος}. (β) Χρησιμοοιώντας το ερώτημα (α), αό την ιδιότητα της συνέλιξης, αίρνουμε (t i T)y[i ] = (t) y[i ]δ(t i T) X(s)Y (e st ), με εριοχή σύγκλισης τουλάχιστον και ma{a +, T 1 ln(r + )} < Re{s} < min{a, T 1 ln(r )}, y[i i ](i T) = y[i] (it) Y (z) 1 T με εριοχή σύγκλισης τουλάχιστον ma{r +, e a + T } < z < min{r, e a T }. ( ln(z) + j2k ) X, T

2 2 ΗΥ24: Θεωρία Σημάτων και Συστημάτων Θέμα 2 (α) Η συνάρτηση cal(2 i,) είναι άρτια και εριοδική (με ερίοδο 2/2 i ) ως ρος, αφού η συνάρτηση cos(2 i ) είναι άρτια και εριοδική, και στο διάστημα [,2) αλλάζει ρόσημο στα 2 i+1 το λήθος σημεία 2 i = k + 2 = k+1/2 2 i, k =,...,2 i+1 1. Η συνάρτηση cal(n,) με n = i I 2i, είναι άρτια και εριοδική (με ερίοδο 2 ή και μικρότερη), σαν γινόμενο άρτιων και εριοδικών (με κοινή ερίοδο 2) συναρτήσεων, και στο διάστημα [,2) αλλάζει ρόσημο στα 2n το λήθος διαφορετικά σημεία { } k+1/2 2 i, k =,...,2 i+1 1. i I Αόδειξη διαφορετικότητας: Έστω ότι 2 i (k+1/2) = 2 i (k +1/2) με i < i. Πολ/ζοντας με 2 i, αίρνουμε 2 i i (k+1/2) = k +1/2, όου το αριστερά μέλος είναι ακέραιος ενώ το δεξιά όχι (άτοο). Εομένως, i = i και k = k. Η συνάρτηση sal(, ) είναι εριττή και εριοδική (με ερίοδο 2), και στο διάστημα [,2) αλλάζει ρόσημο στα σημεία και. Η συνάρτηση sal(n,) είναι εριττή και εριοδική (με ερίοδο 2), σαν γινόμενο της άρτιας και εριοδικής cal(n, ) και της εριττής και εριοδικής sal(, ), και στο διάστημα [, 2) αλλάζει ρόσημο στα 2n σημεία αλλαγής ροσήμου της cal(n,) και στα σημεία και. Η γραφική αράσταση των συναρτήσεων Walsh, για n =,..., 7, φαίνεται αρακάτω. cal(, ) sal(, ) cal(1, ) sal(1, ) cal(2, ) sal(2, ) cal(3, ) sal(3, ) cal(4, ) sal(4, ) cal(5, ) sal(5, ) cal(6, ) sal(6, ) cal(7, ) sal(7, )

3 Λύσεις Εαναλητικών Εξετάσεων 3 (β) Χρησιμοοιώντας τη σχέση sign 2 () = 1, αίρνουμε cal(2 i,) cal(2 i,) = cal(2 i,), i I 1 i I 2 i I 1 I 2 όου I 1 I 2 = (I 1 \I 2 ) (I 2 \I 1 ) είναι η συμμετρική διαφορά των I 1 και I 2, αό την οοία ροκύτει cal(n 1,)cal(n 2,) = sal(n 1,)sal(n 2,) = cal(n 1 n 2,) sal(n 1,)cal(n 2,) = cal(n 1,)sal(n 2,) = cal(n 1 n 2,)sal(,), όου n 1 n 2 είναι το δυαδικό or-άρθροισμα των n 1 και n 2. Η δεύτερη συνάρτηση είναι εριττή, εομένως, αρκεί να δείξουμε ότι για κάθε φυσικό αριθμό n είναι 2 cal(n,)d =. Αόδειξη: Έστω n = i I 2i, όου I εερασμένο μη-κενό σύνολο φυσικών αριθμών, με ελάχιστο στοιχείο το m = min I. Αό τον ορισμό της συνάρτησης cal(n,), ροκύτει cal(n, + 2 m) = sign cos(2m + ) sign cos(2 i + 2i 2 m ) i I i>m και χρησιμοοιώντας τις σχέσεις cos(+) = cos(), cos(+2) = cos(), αίρνουμε Εομένως, cal(n, + 2 2m) = cal(n,), cal(n, + 2m) = cal(n,). 2 2/2 m cal(n,)d = 2 m cal(n,)d =. (γ) Ορίζουμε το εσωτερικό γινόμενο ραγματικών συναρτήσεων f,g = T f()g()d. Η τετραγωνική αόσταση της συνάρτησης f() αό το γραμμικό συνδυασμό i c i g i (), όου c i ραγματικοί αριθμοί και g i () ορθογώνιες μεταξύ τους συναρτήσεις, είναι f i c i g i,f i c i g i = f,f 2 i c i f,g i + i c 2 i g i,g i, και αραγωγίζοντας ως ρος c i, βρίσκουμε ότι γίνεται ελάχιστη όταν Εομένως, c i = f,g i g i,g i. a i = 1 T T f() cal(i, 2 T )d, b i = 1 T T f() sal(i, 2 T )d. Σημείωση: Η συνάρτηση f n () είναι η ροβολή της f() άνω στο γραμμικό χώρο ου αράγουν οι συναρτήσεις cal(i,2/t) και sal(i,2/t), με i =,...,n.

4 4 ΗΥ24: Θεωρία Σημάτων και Συστημάτων (δ) Αφού οι συναρτήσεις cal(n, ) και sal(n, ) είναι άρτιες και εριττές, αντίστοιχα, οι αραάνω σχέσεις γίνονται a i = 2 T T/2 f a () cal(i, 2 T )d, b i = 2 T T/2 f b () cal(i, 2 T )d, όου f a () και f b () είναι το άρτιο και εριττό μέρος της f(), δηλ., f a () = f() + f( ) 2, f b () = f() f( ). 2 Παριστάνοντας την αράγουσα των f a () και f b () με F a () και F b (), αντίστοιχα, και τα σημεία αλλαγής ροσήμου της συνάρτησης cal(i,2/t) στο διάστημα (,T/2) με < 1 < 2 <... < i < T 2, και θέτοντας για ευκολία = και i+1 = T/2, τα αραάνω ολοκληρώματα γίνονται a i = 2 T και k+1 ( 1) k f a ()d = 2 T k= k b i = 2 T ( F b () + 2 ( F a () + 2 ( 1) k 1 F a ( k ) + ( 1) i F a ( T ) 2 ) ( 1) k 1 F b ( k ) + ( 1) i F b ( T ). 2 ) Για τη συνάρτηση cos() είναι F b () = και F a () = sin(), εομένως, b i = και a i = 2 ( 1) k 1 sin( k ). Για τη συνάρτηση sin() είναι F a () = και F b () = cos(), εομένως, a i = και b i = 1+( 1)i + 2 ( 1) k cos( k ). Για τη συνάρτηση [] είναι T = 1, F a () = και F b () = 2 /2, εομένως, a i = και b i = ( 1)i ( 1) k 1 2 k. Ο γραμμικός χώρος ου αράγουν οι συναρτήσεις cal(i, 2/T) και sal(i, 2/T), με i =,...,2 m 1, είναι ο χώρος των συναρτήσεων ου έχουν ερίοδο T και είναι σταθερές στα 2 m+1 το λήθος διαστήματα ( i, i+1 ) = (it/2 m+1,(i+1)t/2 m+1 ), i =,...,2 m+1 1. Αόδειξη: Οι συναρτήσεις cal(i,2/t) και sal(i,2/t), με i =,...,2 m 1, είναι 2 m+1 το λήθος γραμμικά ανεξάρτητες συναρτήσεις (αφού είναι μεταξύ τους ορθογώνιες) του 2 m+1 -διάστατου χώρου ου αράγουν οι g i (), i =,...,2 m+1 1, με ερίοδο T και τιμή 1 στο διάστημα ( i, i+1 ) και αλλού στο (,T), εομένως είναι βάση του ίδιου χώρου.

5 Λύσεις Εαναλητικών Εξετάσεων 5 Σύμφωνα με το αραάνω και το ερώτημα (γ), η μερική σειρά Walsh, για n = 2 m 1, της συνάρτησης f() με ερίοδο T, έχει στο διάστημα ( i, i+1 ) τιμή f i, η οοία ελαχιστοοιεί το ολοκλήρωμα i+1 i i+1 i+1 i f() f i 2 d = f 2 ()d 2f i f()d + ( i+1 i )fi 2. i Η αράγωγος της αραάνω έκφρασης ως ρος f i, μηδενίζεται όταν f i = 1 i+1 i i+1 i f()d, δηλ., το f i είναι ίσο με τη μέση τιμή της συνάρτησης f() στο διάστημα ( i, i+1 ). Οι γραφικές αραστάσεις των συναρτήσεων cos(), sin() [], μαζί με τις αντίστοιχες μερικές σειρές Walsh-Fourier, για n = 3 και n = 7, φαίνονται στα αρακάτω σχήματα. cos() cos() sin() sin() [] []

6 6 ΗΥ24: Θεωρία Σημάτων και Συστημάτων Θέμα 3 Πρβλ., T. Kailath, Linear Systems, Prentice-Hall, 198, sec (α) Ο ίνακας ελεγξιμότητας του συστήματος {A+λI, b, c}, είναι C(λ) = [ b (A+λI)b (A+λI) n 1 b ] = [ b Ab A n 1 b ] Q(λ) όου ο ίνακας Q(λ) είναι άνω τριγωνικός με διαγώνια στοιχεία ίσα με 1, εομένως είναι ομαλός. Αό την ιδιότητα AB = A B, ροκύτει ότι αν ο ίνακας ελεγξιμότητας του συστήματος {A, b, c} είναι ομαλός, τότε και ο ίνακας ελεγξιμότητας του συστήματος {A+λI, b, c} είναι ομαλός. Η αόδειξη για την αρατηρησιμότητα είναι όμοια. (β) Αό το ερώτημα (α), αρκεί να δείξουμε ότι ο εαυξημένος ίνακας [A b] έχει βαθμό n. Έστω ότι έχει βαθμό μικρότερο του n, δηλ., οι γραμμές του είναι γραμμικά εξαρτημένες. Τότε υάρχει γραμμή q διάστασης n, για την οοία q [ A b ] = qa =, qb = q [ b Ab A n 1 b ] =, εομένως, οι γραμμές του ίνακα ελεγξιμότητας είναι γραμμικά εξαρτημένες (άτοο). (γ) Υοθέτουμε τη συνθήκη του ερωτήματος (β) και θα δείξουμε αυτή του ερωτήματος (γ). Αν b =, τότε για τις ιδιοτιμές του ίνακα A ο ίνακας [si A b] έχει βαθμό μικρότερο του n (άτοο), εομένως b. Για si A, ο ίνακας (si A) είναι ομαλός, εομένως (si A) b, ενώ για si A =, ο ίνακας [si A b] έχει βαθμό n, εομένως μορεί να εαυξηθεί με μια ακόμη γραμμή, τέτοια ώστε si A b c d c(si A) b (si A) b. (δ) Αρκεί να δείξουμε ότι η συνθήκη του ερωτήματος (γ) είναι ικανή. Έστω ότι για κάθε s είναι (si A), και ότι το σύστημα δεν είναι ελέγξιμο, δηλ., υάρχει μη-μηδενικό ολυώνυμο P() = p + + p n 1 n 1, τέτοιο ώστε [ b Ab A n 1 b ] [ p p 1 p n 1 ] = P(A)b =. Παριστάνουμε με s 1,...,s m τις ιδιοτιμές του ίνακα A, με αντίστοιχες ολλαλότητες n 1,...,n m, όου n n m = n, και με D i s k την αράγωγο τάξης i ως ρος s, υολογισμένη στο σημείο s k. Παραγωγίζοντας τη σχέση (si A)(sI A) = si A I = (s s 1 ) n1 (s s m ) nm I, αίρνουμε, για i = 1,...,n k 1, D i s k (si A)(sI A) = (s k I A)D i s k (si A) + D i 1 s k (si A) =. Πολ/ζοντας με (s k I A) i 1 και (s k I A) i, αναδρομικά αίρνουμε, για i =,...,n k 1, (s k I A) i D i s k (si A) b = ( 1) i (s k I A) b, (s k I A) i+1 D i s k (si A) =. Αό τις αραάνω σχέσεις, ροκύτει ότι το ελάχιστο ολυώνυμο P() ου ικανοοιεί τη σχέση P(A)b =, έχει ρίζες τις ιδιοτιμές s k με ολλαλότητες τουλάχιστον n k, εομένως έχει τουλάχιστον n ρίζες (άτοο).

7 Λύσεις Εαναλητικών Εξετάσεων 7 Σημείωση: Ο ίνακας A μορεί να εκφραστεί σαν ολυώνυμο του A, βαθμού n 1, εομένως ο ίνακας (si A), καθώς και οι αράγωγοί του ως ρος s, μορούν να εκφραστούν σαν ολυώνυμο του si A ή του A, με συντελεστές ου εξαρτώνται αό το s. Αόδειξη: Αν ο ίνακας A είναι ομαλός, αό τη χαρακτηριστική του εξίσωση A n + p n 1 A n p I =, όου p = A, ροκύτει A = A A 1 = ( 1) n 1 (A n p 1 I). Αν ο ίνακας A δεν είναι ομαλός, ειλέγουμε ένα ίνακα B τέτοιο ώστε ο ίνακας A+ǫB να είναι ομαλός για ǫ >, και χρησιμοοιούμε την αραάνω σχέση στο όριο ǫ. Με όμοιο τρόο, ή αό τη δυαδικότητα, μορεί να δειχθεί ότι οι αρακάτω ροτάσεις είναι ισoδύναμες: (α) το σύστημα {A, b, c} είναι αρατηρήσιμο, (β) για κάθε s ο ίνακας si A εαυξημένος με τη γραμμή c έχει βαθμό n, (γ) για κάθε s είναι c(si A). (δ) Δεύτερη λύση: Αν υάρχει s για το οοίο ο ίνακας [si A b] έχει βαθμό μικρότερο του n, τότε c : si A b c = c : c(si A) b = (si A) b =, εομένως αό τη συνθήκη του ερωτήματος (γ) ροκύτει αυτή του ερωτήματος (β). Έστω ότι ισχύει η συνθήκη του ερωτήματος (β), εομένως για κάθε q είναι qa = sq qb, δηλ., για κάθε αό αριστερά ιδιοδιάνυσμα q του ίνακα A, είναι qb. Αν το σύστημα δεν είναι ελέγξιμο, τότε υάρχει μη-μηδενικό ολυώνυμο P() = p + + p n 1 n 1, τέτοιο ώστε [ b Ab A n 1 b ] [ p p 1 p n 1 ] = P(A)b =. Υοθέτουμε, για ευκολία, ότι ο ίνακας A έχει n διαφορετικές ιδιοτιμές. Για κάθε ιδιοτιμή s με ιδιοδιάνυσμα αό αριστερά q, είναι q P(A)b = P(s)qb = P(s) =, εομένως το ολυώνυμο P() έχει τουλάχιστον n ρίζες (άτοο). Γενικότερα, έστω ότι ο ίνακας A έχει ιδιοτιμή s με ολλαλότητα k n. Αό την κανονική μορφή Jordan, υάρχει ίνακας q, διάστασης k n και βαθμού k, τέτοιος ώστε q (si A) = Jq, όου ο ίνακας J διάστασης k k έχει στοιχεία με τιμή ή 1 στην ρώτη υοδιαγώνιο κάτω αό την κύρια και αλλού. Αό τη συνθήκη του ερωτήματος (β), ο ίνακας q [si A b] = [Jq qb] έχει βαθμό k, εομένως όλα τα στοιχεία στην ρώτη υοδιαγώνιο του ίνακα J είναι ίσα με 1 και q 1 b, όου q 1 είναι η ρώτη γραμμή του ίνακα q. Θέτοντας Q() = P(s ), ή P() = Q(s ), ροκύτει q Q(sI A)b = Q(J)qb =. Χρησιμοοιώντας την αρακάτω σχέση, η οοία ροκύτει εύκολα ρώτα για Q() = i, Q(J) = Q()I + Q ()J + Q () 2! J Q(k 1) () (k 1)! J k 1, και εξισώνοντας διαδοχικά τις γραμμές του διανύσματος Q(J)qb με το, αίρνουμε Q() =, Q () =,..., Q (k 1) () = P (i) (s) =, i =,...,k 1, εομένως το ολυώνυμο P() έχει ρίζα την ιδιοτιμή s με ολλαλότητα τουλάχιστον k, και συνολικά έχει τουλάχιστον n ρίζες (άτοο).

Σχετικά έγγραφα

ΜΔΕ Άσκηση 6 Α. Τόγκας

ΜΔΕ Άσκηση 6 Α. Τόγκας Πρόβλημα 15. Για κάθε μια αό τις ακόλουθες αρχικές τιμές θερμοκρασίας i) να βρεθεί η λύση στην μορφή μια σειράς Fourier της εξίσωσης της θερμότητας με εριοδικές συνοριακές συνθήκες u t = u x x < x