https://github.com/kongr45gpen/ece-notes

Σημειώσεις Διαφορικές Εξισώσεις https://github.com/kongr45gpen/ece-notes ο εξάμηνο, 6

Περιεχόμενα I Σεβαστιάδης 3 Διαφορική εξίσωση ης τάξης 3. Χωριζόμενες διαφορικές εξισώσεις................................. 3. Ομοιογενείς............................................... 5.3 Ακριβείς................................................ 8.4 Overview.................................................4. Συνήθεις Διαφορικές Εξισώσεις (ΣΔΕ - Ordinary Differential Equations)........4. ης τάξης ΔΕ.......................................... 3 3. ΔΕ ης τάξης.............................................. 3 3 Θεωρία των Λύσεων 5 4 8 4. ΓΡ/ΔΕ/ ης................................................ 8 4.. Bernoulli............................................ 9 4. ΟΜ/ΓΡ/ΔΕ/,n ης /ΣΣ.......................................... 3 4.. ης τάξης............................................ 3 4.. n ης τάξης............................................ 4 4.3 ΓΛ ΜΟ/ΔΕ............................................... 9 4.4 ΓΡ/ΔΕ/ΜΣ: Μέθοδος μεταβολής των παραμέτρων........................ 34 5 Συστήματα Διαφορικών Εξισώσεων 4 6 Επίλυση ΓΡ ΔΕ με γενικευμένες/ασυνεχείς συναρτήσεις ως πηγές 46 6. Συνάρτηση δέλτα - Dirac....................................... 5 6.. Συνάρτηση κρουστικής απόκρισης............................. 5 II Κεχαγιάς: Ολοκληρωτικοί μετασχηματισμοί 5 7 Κεφάλαιο 7: Εισαγωγή στην ανάλυση του Fourier 5 7.. V(t) = V............................................ 5 7.. V(t) = V sin(nt)........................................ 53 7..3 V(t) = square(t)........................................ 54 8 Σειρές Fourier 55 8.. Συνθήκες του Dirichlet.................................... 55 8................................................... 57 8. Παράδειγμα............................................... 58 8....................................................... 59 9 Κεφάλαιο 9: Μετασχηματισμός Fourier 63 Κεφαλαιο : Μετασχηματισμος aplace 7................................................... 79 Κεφάλαιο : Γενικευμένες Συναρτήσεις 8 ΔΕ κ aplace 83

3 Μη γραμμικές ΔΕ 86 3....................................................... 88

Μέρος I Σεβαστιάδης Χρήστος Σεβαστιάδης Ορισμός: Διαφορική εξίσωση Μια εξίσωση που αποτελείται από μια συνάρτηση και τις παραγώγους της angrange s x, x, x, x (4),... Newton s ẋ, ẍ,... x eibniz, d x, d3 x 3 π.χ. Ορισμός.: Τάξη x(t) d x(t) + (t) = x(t) sin(t) Τάξη ονομάζεται ο μεγαλύτερος βαθμός παραγώγου που εμφανίζεται στην εξίσωση Ορισμός.: Βαθμός Βαθμός ονομάζεται η μεγαλύτερη δύναμη παραγώγου που εμφανίζεται στην εξίσωση Κεφάλαιο Διαφορική εξίσωση ης τάξης Ορισμός = f (t, x). Χωριζόμενες διαφορικές εξισώσεις Τυπική μορφή: f (t, x) = M(t, x) N(t, x) = N(t, x) + M(t, x) = } {{ }} {{ } N(x) M(t) Αν δηλαδή τα N(t, x), M(t, x) εξαρτώνται μόνο από τα x και t αντίστοιχα, η εξίσωση ονομάζεται χωριζόμενη, και το αποτέλεσμά της μπορεί να βρεθεί με ολοκληρώματα: N(x) + M(t) = c 3

Άσκηση:. x t = N(x) = x, M(t) = t x + ( t ) = c x 3 t3 = c x = ± 3 t3 + c x = ± 3 t3 + κ με κ = c Άσκηση:. x = x t 3 = x t 3 x t3 = x + ( t 3 ) = c x t4 4 = c x = c + t4 4 4 = 4c + t4 x x = 4 t 4 + κ, με κ = 4c Άσκηση:.3 x = t + x 4 + = t + x 4 + (x 4 + ) + ( t ) = (x 4 + ) + ( t ) = c x5 5 + x t t = c Παρατηρούμε ότι, χωρίς αρχική συνθήκη, βρίσκουμε γενικές λύσεις ως αποτέλεσμα. Με τη χρήση μιας αρχικής συνθήκης, μπορούμε να βρούμε και την ειδική λύση της εξίσωσης. 4

Άσκηση:.4 e t x = ; x() = αρχική συνθήκη x + ( e t ) = c x et = c x = e t + c x = e t + κ, με κ = c Ομως x() =, άρα: x = e t + κ x() = x() = e + κ κ = Επομένως τελικά: x = e t x = ± e t x = e t Η αρχική συνθήκη πράγματι επαληθεύει το αποτέλεσμα x. Πρέπει όμως και x R, e t. Από τη διαφορική εξίσωση έχουμε x = et x, άρα πρέπει et > t > ln. x t N(x) + M(t) =, x(t ) = x x t Άσκηση:.5 x cos x + ( 6t 5 ) = ; t(π) = x = π, t = x π t x cos x + ( 6t 5 ) = x sin x x π + cos x x π + (t t 6 ) t = x sin x + cos x + + t t 6 x sin x + cos x + = t t 6. Ομοιογενείς Ορισμός. f (t, x) = M(t, x) N(t, x) Αν a R : f (at, ax) = f (t, x), λέμε ότι η εξίσωση είναι ομοιογενής. 5

Θεώρημα Αν μια εξίσωση είναι ομοιογενής, μπορούμε να την λύσουμε μειώνοντάς/μετατρέποντάς την σε χωριζόμενη, εφαρμόζοντας το μαθηματικό κόλπο που ονομάζεται αντικατάσταση μεταβλητής, δηλαδή, όπου u συνάρτηση: x = ut = du t + u Άσκηση:.6 x = x + t t = x+t t, μη χωριζόμενη. f (t, x) =, ax + at f (at, ax) = = x + t at t ομοιογενής Θέτω x = ut, = du t + u, άρα η διαφορική εξίσωση γίνεται: du t + u = ut + t t du t + u = u + t du = du = χωριζόμενη t t + ( ) du = c ln t u = c u = ln t c με c = ln κ u = ln κt x t = ln κt x = t ln κt 6

Άσκηση:.7 x = x4 + t 4 tx 3 = x4 +t 4 tx 3 Θέτω x = ut,, μη χωριζόμενη. f (t, x) =, f (at, ax) = (ax)4 + (at) 4 = a4 x 4 + a 4 t 4 = x4 + t 4 (at)(ax) 3 a 4 tx 3 tx 3 = du t + u, άρα η διαφορική εξίσωση γίνεται: du t + u = (ut)4 + t 4 t(ut) 3 du t + u = u4 t 4 + t 4 u 3 t 4 du t + u = u4 + u 3 du t = u4 + u = u4 + u 3 u 3 u 4 + du = χωριζόμενη t u 3 u 4 + du + = c t u3 4 ln(u4 + ) ln t = c u 4 + = (κt) 4 με c = ln x x = ut u = x ( x ) 4 + = (κt) 4 t t x4 t 4 + = κ4 t 4 x 4 = c t 8 t 4 με c = κ 4 ομοιογενής 7

Άσκηση:.8 x = t + x ; x() = tx = t +x tx Θέτω x = ut,, μη χωριζόμενη. f (t, x) =, f (at, ax) = (at) + (ax) (at)(ax) = du = a t + a x a tx t + u, άρα η διαφορική εξίσωση γίνεται: du t + u = t + (ut) t(ut) du t + u = t + t u t u du t + u = + u u du t = + u u u = u u du = χωριζόμενη t u du + = c t u ln t = c u = ln t + c u = ln t + κ με κ = c = t + x tx ομοιογενής x = ut u = x t x = t ln t + κt x t = ln t + κ Επειδή x() =, έχουμε: ( ) = ln + κ 4 = + κ κ = 4 Επομένως τελικά: x = t ln t + 4t x = t ln t + 4t.3 Ακριβείς Ορισμός Οταν: M(t, x) x = N(t, x) t τότε η εξίσωση λέγεται ακριβής ή πλήρης. Υπάρχει df(t, x) = N(t, x) + M(t, x) με Γενική Λύση F(t, x) = c. 8

Άσκηση:.6 (t + sin x) + (t cos x x) = (t + sin x) + (t cos x x) = } {{ }} {{ } M(t,x) N(t,x) Δοκιμή: M(t, x) = t + sin x N(t, x) = t cos x x M(t, x) x = cos x = N(t, x) t = cos x Άρα η ΔΕ είναι ακριβής, επομένως υπάρχει F(t, x) τέτοια ώστε: df = N(t, x) + M(t, x) df = F F + x t ολικό διαφορικό της F F(t,x) ολοκλήρωση ως προς t = N(t, x), t = M(t, x) =============== F(t, x) F(t, x) = (t + sin x) t F(t,x) x F(t, x) = t + t sin x + ολοκληρωτική σταθερά {}}{ h(x) Εχουμε: F(t,x) x = t cos x + h (x) t cos x x = t cos x + h (x) h (x) = x h (x) = ( x) h(x) = x + c Επομένως: F(t, x) = t + t sin x x + c = c c =c c ==== t + t sin x x = c Γενική λύση 9

Άσκηση:.7 = + xetx x te tx Δοκιμή: = + xetx x te tx M(t, x) x διαφορική μορφή =========== ( + xe tx ) + (te tx x) = M(t,x)=+xe tx N(t,x)=te tx x = e tx + xte tx = N(t, x) t = xte tx + e tx συνεπώς είναι ακριβής, οπότε υπάρχει F(t, x), με df = M(t, x) + N(t, x), με λύση F(t, x) = c. Άρα: Ολικό διαφορικό df = F F + x t F(t,x) x = N(t, x), F(t,x) t ολοκλήρωση ως προς t tx = M(t, x) = + xe =============== F(t,x) t = ( + xe tx ) F(t, x) = t + e tx + h(x) Άρα τελικά: Παραγώγιση ως προς x F(t,x) x = te tx + h (x) te tx + h (x) = te tx x h (x) = x h(x) = ( x) h(x) = x + c F(t, x) = t + e tx x + c t + e tx x + c = c t + e tx x = c, c = c c

Άσκηση:.9 ( x t x 3) + ( 4x 3 6x t + xt ) = ( x t x 3) + } {{ } M(t,x)=x t x 3 ( 4x 3 6x t + xt ) = } {{ } N(t,x)=4x 3 6x t+xt M(t,x) x = 4xt 6x = N(t,x) t = 6x + 4xt, ΔΕ ακριβής, οπότε υπάρχει F(t, x) με df(t, x) = M(t, x) + N(t, x) με λύση F(t, x) = c. df(t, x) = F(t, x) t + F(t, x) x F(t,x) x = N(t, x), F(t,x) t = M(t, x) = x t x 3 F(t,x) t = (x t x 3 ) F(t, x) = x t x 3 t + h(x) F(t,x) x = xt 6x t + h (x) xt 6x t + h (x) = 4x 3 6x t + x + h (x) = 4x 3 ολοκλ. === h(x) = x 4 + c Άρα: x t 3 t + x 4 + c = c x t x 3 t + x 4 = c c (x xt) = c c = c c F(t, x) = x t x 3 t + x 4 + c c 3 =± c ===== x xt = c 3 x = t ± t + 4c 3, c 3 = ± c ax +bx+c= ======= b± b 4ac a

Άσκηση:. tx + ( + t ) = ; x() = 5 tx }{{} M(t,x) + ( + t ) = ; } {{ } N(t,x) x() = 5 F(t, x), με df(t, x) = F F x + t. df(t, x) = N(t, x) + M(t, x) M(t, x) = tx, N(t, x) = + t () F(t, x) x = N(t, x) () F(t,x) t = M(t, x) = tx F(t,x) t = (tx) F(t, x) = t x + h(x) (3) F(t,x) x = t + h (x) (), () t + h (x) = + t h (x) = h(x) = x + c F(t, x) = t x t (3) + x + c (4) t x + x = c (c = c c ) x = c t + (x() = 5)5 = c + x = 5 t + F(t, x) = t x + x + c (4).4 Overview.4. Συνήθεις Διαφορικές Εξισώσεις (ΣΔΕ - Ordinary Differential Equations) Ορισμός. Εμπλέκουν: μία ανεξάρτητη μεταβλητή (π.χ. t, x) μια εξαρτημένη και τις παραγώγους της (π.χ. i, y, u) F(t, x, x,..., x (n) ) = Μη συνήθεις είναι οι Μερικές Διαφορικές Εξισσώεις (Partial Differential Equations - PDE) που ε- μπλέκουν: πολλές ανεξάρτητες μεταβλητές (π.χ. x, y, z) μία εξαρτημένη μεταβλητή και τις μερικές παραγώγους της

.4. ης τάξης ΔΕ Ορισμός.3 όταν x = = f (t, x) Ορισμός.4: Τυπικής μορφής f (t, x) = M(t, x) N(t, x) Διαφορική μορφή N(t, x) + M(t, x) = Ορισμός.5: Χωριζόμενη όταν N(t, x) M(t, x) = N(x) = M(t) τότε N(x) + M(t) = με λύση N(x) + M(t) = c ή x t N(x) + M(t) d= x t Ορισμός.6: Ομογενής - Ομοιογενής όταν a R τότε ϑέτω x = ut, άρα = du t + u F(at, ax) = f (t, x) Κεφάλαιο. ΔΕ ης τάξης ΤΜ (Τυπική μορφή): x = = f (t, x) ΔΜ (Διαφορική μορφή): N(t, x) + M(t, x) = Ακριβής: M(t,x) x = N(t,x) t df(t, x) df(t, x) = N(t, x) + M(t, x) F(t, x) = c G(t, x) (N(t, x) + M(t, x) ) = } {{ } Μπορεί να υπάρχει τέτοια συνάρτηση 3

Άσκηση:.3 Ολοκληρωτικός παράγοντας, επίλυση μέσω ελέγχου M(t,x) x =, x t = M(t, x) = x, N(t, x) = t dn(t,x) = δεν είναι ακριβής. υποφήφιος { }} { G(t, x) = t x (x t ) = t t + t t = M(t, x) = x t m N(t, x) = t ακριβής M(t,x) x = {}}{ t = N(t,x) t = t ( Αν M N x ) N t g(t) G = e g(t). Με διαφορά μερικών παραγώγων: Αν N ( M x ) N t = h(x) G = e g(t) Άσκηση:.5 x + tx =, M(t, x) = x, N(t, x) = tx M(t,x) x M = x N(t,x) t = x όχι ακριβής ) = x (x x) = x = h(x) ( M x N t G(t, x) = e h(x) = e x = e ln x = x x (x + tx ) = x + t = M x = = N t = ακριβής Μορφή των όρων N,M αν M = x f (tx) και N = tg(tx), τότε: G(t, x) = tm xn 4

Άσκηση:.6 x = tx x t = tx x t M(t, x) = x ( tx) M(t,x) x αλλά:m = x f (t) και N = tg(tx). Επομένως: Είναι: G(t, x) = και συνεχίζω με τη μέθοδο της ακριβούς. t (tx x) = x( tx) ) + t = = tx N(t,x) t = όχι ακριβής tm xn = tx( tx) xt = t x = (tx) (tx) ( x( tx) + t ) = tx t x tx = Κεφάλαιο 3 Θεωρία των Λύσεων Μορφή ΔΕ n ης τάξης: b n (t) x (n) + b n (t) x (n ) + + b (t)x + b (t)x + b (t)x = g(t) όπου: g(t), b j (t) ( j =,,..., n) εξαρτώνται αποκλειστικά από το t. Αν g(t), τότε η ΔΕ είναι ομογενής (ΟΜ - homogenous). Αν g(t), τότε η ΔΕ είναι μη ομογενής (ΜΟ - non-homogenous). Οταν όλοι οι συντελεστές b j (t) είναι σταθερές, τότε ΔΕΣΣ (σταθερών συντελεστών). Οταν ένας τουλάχιστον b j (t) δεν είναι σταθερά, ΔΕΜΣ (μεταβλητών συντελεστών). Θεώρημα 3. ΔΕ n τάξης με n ΑΣ (αρχικές συνθήκες): x(t ) = c, x (t ) = c, x (t ) = c,..., x (n ) (t ) = c n ΔΕ b n (t)x (n) + b n (t)x (n ) + + b (t)x + b (t)x + b o (t)x = g(t) Αν g(t) και b i συνεχείς σε διάστημα φ που περιλαμβάνει το t πρόβλημα εχει μία μοναδική λύση (ορισμένη στο φ). και b n (t) στο φ, τότε το Διαιρώ με b n (t) και έχω: x (n) + a n (t) x (n ) + + a (t)x + a (t)x + a (t)x = φ(t) a j (t) = b j(t) b n (t) φ(t) = g(t) b n (t) ( j =,,..., n ) 5

Διαφορικός τελεστής (x) (x) x (n) + a n (t)x (n ) + + a (t) x + a (t) x + a (t) x (x) = φ(t) ΜΟ ΓΡ ΔΕ n ης τάξης (x) = ΟΜ Ορισμός 3. Το σύνολο { x (t), x (t),..., x n (t) } είναι ΓΕ (γραμμικά εξαρτημένο) για ένα διάστημα ότανν υπάρχουν συντελεστές όχι όλοι μηδενικοί τέτοιοι ώστε: c x (t) + c x (t) + + c n x n (t) Θεώρημα 3. Εστω η ομογενής n-οστής τάξης γραμμική διαφορική εξίσωση (x) =. Αν x (t), x (t),..., x n (t) είναι λύσεις, τότε και ο γραμμικός τους συνδυασμός είναι γενική λύση της ομογενούς: x(t) = c x (t) + c x (t) + + c n x n (t) ΓΛ (Γενική Λύση) Θεώρημα 3.3: Βροσκιανή Ορίζουσα W(x, x,..., x n ) W έστω σε ένα σημείο ΓΑ (Γραμμικά Ανεξάρτητες) W και κάθε συνάρτηση είναι λύση της ίδιας ΔΕ ΓΕ (Γραμμικά Εξαρτημένες) Θεώρημα 3.4 Ομογενής ΔΕ {}}{ (x) = φ(t) x n (t) ΓΛ της ΟΜ (Ομογενούς) Εστω x p (t) ΕΛ της ΜΟ (Μη ομογενούς). Τότε είναι ΓΛ ΜΟ (Γενική Λύση Μη Ομογενούς) η: x(t) = x n (t) + x p (t) 6

Άσκηση: 3. { t, + t, 3t} t + t 3t W( t, + t, 3t) = d( t) d(+t) d( 3t) d ( t) d (+t) d ( 3t) t + t 3t = 3 = (β) c ( t) + c ( + t) + c 3 ( 3t) = (c + c 3c 3 ) t + (c } {{ } + c + c 3 ) } {{ } c = c 3 c c + c 3c 3 = c + c + c 3 = c = c 3 αυθαίρετη σταθερά c 3 c 3 = c = c = ΓΕ Άσκηση: 3.3 Βρείτε την Βροσκιανή: { t, t, t 3} t t t 3 W(t, t, t 3 ) = d(t) d(t ) d(t 3 ) d (t) d (t ) d (t 3 ) t t t 3 = t 3t = t 3 6t (, ), t = 3, W = 54 ΓΑ, ϑαυμάσια! 7

Άσκηση: 3.4 { t 3, } t 3 [, ] d t 3 = c t 3 + c t 3 t 3 = t 3, t / t 3 = t 3, t c t 3 + c t 3 t c t 3 c t 3 t < c = c = ΓΑ για t > : W ( t 3, t 3 ) = t 3 t 3 3t αν t > 3t 3t αν t = για t = : W ( t 3, t 3 ) = 3t αν t < για t < : W ( t 3, t 3 ) = t 3 t 3 3t 3t Άσκηση: 3.5 x x + x = e t, te t Λύσεις Ο γραμμικός συνδυασμός X = c e t + c te t είναι λύση της εξίσωσης; W(e t, te t ) = et e t te t e t + te t = et Άρα οι εξισώσεις είναι γραμμικά ανεξάρτητες, άρα, επειδή είναι λύσεις της διαφορικής, ο γραμμικός συνδυασμός τους είναι γενική λύση. Μη ομογενής: x x + x = e 3t Ειδική λύση: 4 e3t x p = 4 e3t Γενική λύση μη ομογενούς: x(t) = x }{{} h (t) + x }{{} p (t) }{{} ΜΟ ΟΜ ΜΟ Άρα: x(t) = c e t + c te t + 4 e3t Κεφάλαιο 4 4. ΓΡ/ΔΕ/ ης + p(t)x = q(t) ή f (t, x) = q(t) p(t)x }{{} f (t,x)= Τότε ΟΠ (Ολοκληρωτικός Παράγοντας) G(t) = e p(t). Πολλαπλασιάζοντας με τον ολοκληρωτικό 8

παράγωντα παίρνουμε: ή G(t) που είναι μια ακριβής διαφορική εξίσωση. Λύση: + G(t)p(t)x = G(t)q(t) d(gt) x(t) = e ( p(t) = Gq(t) ) p(t) e q(t) + c Αν τα p(t) = a και q(t) = b είναι σταθερά: 4.. Bernoulli + ax = b, x(t) = e at Αντικατάσταση μεταβλητών: u = x n x, x Άσκηση: 4. ( ) b a eat + c = b a + ce at + p(t)x = q(t)xn, με n, ΓΡ/ΔΕ/ ης x 3x = 6 + ax = b a = 3, b = 6 x(t) = b a + ce at = 6 3 + ce3t x(t) = ce 3t Άσκηση: 4. ΓΡ/ΔΕ/ ης tx = t d + p(t)x = q(t) p(t) q(t) = t = t ΟΠ G(t) = p(t) e = e ( t) ( t) = t άρα G(t) = e t ( e t te t x = te t d xe t) = te t ( d xe t) = te t xe t = e t + c x = ce t 9

Άσκηση: 4.3 x + ( ) 4 x = t 4 t x + p(t)x = t 4 p(t) = 4, q(t) = t4 t G(t) = p(t) 4t e = e = e 4 ln t = e ln t4 = t 4 ) x = t 4 t 4 t 4 ( 4 + t 4 t ( d t 4 x ) = ( t 4 x ) = t 8 t 8 t 4 x = 9 t9 + c x = 9 t5 + c t 4 Άσκηση: 4.4 x + x = sin t x(π) = + p(t)x = q(t) p(t) =, q(t) = sin t G(t) = p(t) e = e = e t e ( t x + x ) = e t sin t ( e t x ) = e t sin t d e t x = et ( ) sin t cos t + c x(t) = ce t + sin t cos t = ce π + sin π cos π c = eπ ΕΛ x(t) = eπ e t + sin t cos t x(t) = ( e π t + sin t cos t )

Άσκηση: 4.6 dz xz = x; z() = 4 p(x) = x, q(x) = x G(x) = e p(x) = e ( x) = e x ( dz e x xz) = e x ( x) ) d (e x z = e x z ) ) d (e x z = (e x x e x z = e x + c z = ce x + ΓΛ 4 = ce + c = 5 z(x) = 5e x + ΕΛ Άσκηση: 4.7 z x z = 3 x4 p(x) = x ( ) G(x) = e x = e ln x ln x = e G(x) = x x (z x z) = 3 x4 x z(x) = cx + g x 5

Άσκηση: 4. y + xy = xy Bernoulli u = y n = y = y u = y y = u και y = u du = u u u du + x u = x ( u) u xu = x G(x) = ( x) e = e x, e x u e x xu = e x x ( ) ue x = xe x d ( ) ( d ue x = xe x ) ue x + c u = ce x + ΓΛ y = ce x + y(x) = ce x +

Άσκηση: 4. y 3 x y = x4 y 3 Άρα η διαφορική εξίσωση γίνεται n = 3, u = y n = y 3 = y 3 y = u 3 y = 3 u u 3 u u 3 ( ) x u 3 = x 4 u 3 3 3 u u 3 x u = x 4 u 3 u 3 x u = x4 u x u = 3 x4 x du + p(t)u = q(t) ( ) G(x) = e x = e ln x = ( ) ( ) ( x u + ) u = x x 3 x4 d (x u) = d x ολοκλ. === (x u) = 3 x 3 x x u = 9 x3 + c u(x) = cx + 9 x5 y 3 = cx + 9 x5 y = ± (cx + 9 ) 3 x5 4. ΟΜ/ΓΡ/ΔΕ/,n ης /ΣΣ Ομογενείς Γραμμικές Διαφορικές Εξισώσεις ης και n ης τάξης με Σταθερούς Συντελεστές 4.. ης τάξης Χαρακτηριστική εξίσωση ΧΕ d x + a + a x = λ + a λ + a = παραγοντοποιείται ============ (λ λ ) (λ λ ) = () λ λ ΓΛ x(t) = c e λ t + c e λ t 3

() λ = a + ib και λ = a ib ΓΛ x(t) = c e (a+ib)t + c e (a ib)t x(t) = κ e at cos bt + κ e at sin bt κ = c + c λύσεις στο R κ = i(c c ) k, k R c, c συζυγείς (3) λ = λ διπλή ΓΛ x(t) = c e λ t + c te λ t 4.. n ης τάξης d n x n + a d n x n + + a n + a x = Χαρακτηριστική εξίσωση λ n + a n λ n + + a λ + a = με λύσεις λ, λ,..., λ n () Λύσεις R διακριτές x(t) = c e λ t + c e λ t + + c n e λ nt () Μερικές R διακριτές, μερικές C συζυγείς Ομοίως. (3) λ κ πολλαπλότητας p Δηλαδή (λ λ κ ) p παράγοντας της ΧΕ αλλά όχι n(λ λ κ ) p+. p ΓΑ λύσεις e λ κt, te λ κt, t e λ κt,..., t p e λ κt Άσκηση: 5. y y y = Άρα: λ λ = (λ + )(λ ) = λ =, λ = y(t) = c e t + c e t Άσκηση: 5.4 ÿ + ẏ + y = ΧΕ λ + λ + = (λ + 3)(λ + 7) c e 3t + c e 7t Άσκηση: 5. y 8y + 6y = ΧΕ λ 8λ + 6 = (λ 4) = λ κ = 4 διπλή y(x) = c e 4x + c xe 4x 4

Άσκηση: 5.5 RC, σειρά, R = Ω, C = F, = H, v = V Αρχικά κανένα ρεύμα, κανένα φορτίο, τάση εφαρμόζεται για t =. Να βρεθεί i για t μετά το. R C v Ri + di + C q v = i = dq διαφ. R di == t + d i + C i = dv d i + R di + C i = du d i + di / + ( / )i = ( ) d / ΑΣ i() =, q() =. Ψάχνω di. t= d i + di + i = ΧΕ λ + λ + = λ, = ± 4() λ = + j, λ = j ΓΛ i(t) = c e ( + j)t ( j)t + c e c i(t) = e t ( κ cos t + κ sin t ), c C Ri + di + C q v = R() + di + () = t= C di = t= v q C R i = = = 4 di / = 4 t= di(t) = e t ( κ cos t + κ sin t ) + e t ( κ sin t + κ cos t ) i() = ( ) e () κ cos () + κ sin () κ = 4 di = e () ( () cos () + κ sin () ) + e () ( () cos () + κ cos () ) t= κ = 5 5

Άρα: ΕΛ i(t) = e t 5 t > sin t Άσκηση: 5.6 y 6y + y 6y = y(π), y (π) =, y (π) = ΧΕ λ 3 6λ + λ 6 = 6 6 5 6 5 6 λ 3 6λ + λ 6 = (λ )(λ 5λ + 6) Άρα λ =, λ =, λ 3 = 3. ΕΛ: y p = e π e t e π e t + e 3π e 3t ΓΛ: c e t + c e t + c 3 e 3t ΕΛ: y n = c e t + c e t + 3c 3 e 3t, y h = c e t + 4c e t + 9c 3 e 3t y h (π) = c e π + c e π + c 3 e 3π c = y e π h (π) = c e π + c e π + 3c 3 e 3π c = e π y h (π) = c e π + 4c e π + 9c 3 e 3π c 3 = e 3π Άσκηση: 5.5 y 6y + y + 36y = ΧΕ: λ 3 6λ + λ + 36 = λ = 6 36 6 36 8 8 (λ + )(λ 8λ + 8) = λ =, λ = 4 + i, λ 3 = 4 i ΓΛ: c e t + c e (4+i )t + c 3 e (4 i )t 6

Άσκηση: 5. y (4) + 8y + 4y + 3y + 6y = ΧΕ: λ 4 + 8λ 3 + 4λ + 3λ + 6 = λ = (λ + )(λ 3 + 6λ + λ + 8) = 8 4 3 6 4 6 6 8 6 8 8 8 4 4 Άρα (λ + ) (λ + 4λ + 4) = (λ + ) (λ + ) = (λ + ) 4. Άρα ρίζες: λ = τετραπλή. y h = c e t + c te t + c 3 t e t + c 4 t 3 e t Άσκηση: 5. d 5 P 5 d4 P 4 d3 P 3 + d P + dp P = ΧΕ λ 5 λ 4 λ 3 + λ + λ = Τριπλή λ,,3 =, διπλή λ 4,5 = ΓΛ P h = c e t + c te t + c 3 t e t + c 4 e t + c 5 te t 7

Άσκηση: 5.4 Μάζα kg ανάρτηση ελατήριο στ. ελαστικότητας N/m ηρεμία. Μετά κίνηση αρχ. ταχύτητα 5 km/s.. Εκφραση της κίνησης της μάζας, χωρίς απώλειες. κυκλική συχνότητα, φυσική συχνότητα, περίοδος κ m a κ a m (α) mẍ = κx aẋ + F(t) ή ΑΣ ẍ + a m ẋ + κ m = F(t) m ẋ() = 5 cm / s x() = ẍ + 5x = ΓΡ/ΟΜ/ΔΕ/τ/ΣΣ λ + 5 = λ, = ±i 5 ΓΛ x(t) = c cos 5t + c sin 5t x (t) = c 5 sin 5t + c 5 cos 5t x() = = c cos 5 () + c sin 5() = c ẋ() =.5.5 = c 5 sin 5() + c 5 cos 5() c =.5 5 (β) ω = 5 rad/s f = ω π = 5 π Hz T = f 8

4.3 ΓΛ ΜΟ/ΔΕ x = x }{{} n ΓΛ ΟΜ??? x p {}}{ + (x) = φ(t) Μέθοδος απροσδιόριστων τελεστών φ(t) και όλες οι παράγωγοί της {x, x,..., x n } Αρχικοποίηση x p (t) = A x (t) + A x (t) + + A n x n (t) } {{ } αυθαίρετοι Περίπτωση φ(t) = p n (t) x p = A n t n + A n t n + + A t + A A j ( j =,..., n) Περίπτωση φ(t) = κe at x p = Ae at Περίπτωση 3 φ(t) = κ sin βt + κ cos βt x p = A sin βt + B cos βt Γενίκευση φ(t)συνδυασμός περιπτώσεων. x p αντίστοιχος συνδυασμός Τροποποίηση Οταν η x έχει κοινό όρο με τη x h, τότε πολλαπλασιάζουμε με t m την x p ώστε να μην υπάρχει κοινός όρος. 9

Άσκηση: 5.4 y y y = 4x βλ. 5. y h = c e x + c e x φ(x) = 4x y p = A x + A x + A y p = A x + y p = A Αντικαθιστώντας στη διαφορική μας εξίσωση έχουμε: A (A x + A ) (A x + A x + A ) = 4x ( A )x + ( A A )x + (A A A ) = 4x + ()x + A = 4 A = A A = A = A A A = = 3 A y p = x + x 3 ΓΛ ΜΟ y = y h + y p = c e x + c e x x + x 3 Άσκηση: 5.5 5. ΟΜ y h = c e x + c e x φ(x) = e 3x, y p (x) = Ae 3x y p = 3Ae 3x, y p = 9Ae 3x y y y = e 3x 9Ae 3x 3Ae 3x Ae 3x = e 3x 4Ae 3x = e 3x 4A = A = 4 ΕΛ ΜΟ y p = 4 e3x ΓΛ ΜΟ y(x) = c e x + c e x + 4 e3x 3

Άσκηση: 5.5 y y y = sin x 5. ΟΜ y h = c e x + c e x φ(x) = sin x y p = A sin x + B cos x y p = A cos x B sin x y p = 4A sin x 4B cos x ( 4A sin x 4B cos x) (A cos x B sin x) (A sin x + B cos x) = sin x ( 6A + B) sin x + ( 6B A) cos x = () sin x + () cos x 6A B = A 6B = A = 3 B = ΕΛ ΜΟ y p = 3 sin x + cos x ΓΛ ΜΟ y = c e x + c e 3 sin x + cos x Άσκηση: 5.3 y 6y + y 6y = xe x 5.6 ΟΜ y h = c e x + c e x + c 3 e 3x φ(x) = xe x φ(x) = e ax p n (x), a =, p n (x) = x y p = e x (A x + A ) y p = A xe x + A e x y p = A xe x + A e x A e x y p = A xe x A e x + A e x = A xe x + 3A e x A e x y p 4A xe x + (6A 4A )e x = xe x + ()e x 4A = 6A 4A = A = A = 3 ΕΛ ΜΟ y p = xe x 3 44 e x 44 ΓΛ ΜΟ y = c e x + c e x + c 3 e 3x xe x 3 44 e x 3

Άσκηση: 5.3 ΟΜ ΔΕ y =, y n = c x + c φ(x) = 9x + x y p = A x + A x + A }{{} x m y = 9x + x Τροποποίηση y p = A x 4 + A x 3 + A x y p =..., y p =... A x + 6A x + A = 9x + x... A = 3 4 A = 3 A = 3 4 x4 + 3 x3 x ΓΛ ΜΟ y = c x + c + 3 4 x4 + 3 x3 x 3

Άσκηση: 5.36 RC κύκλωμα σε σειρά, R = 8 Ω, C = F, = H 8 Εφαρμόζεται τάση v(t) = sin t, καμία αρχική φόρτιση και αρχικό ρεύμα A για t =, οπότε εφαρμόζεται η τάση. Να βρεθεί το φορτίο στον πυκνωτή. R C v(t) Ri + C q + di v = i = dq = q di = d q = q R q + C q + q = v q + R q + C q = v ΜΟ/ΓΡ/ΔΕ/-τ/ΣΣ q() =, i() = q() = q + 8 q + ( )q = sin t / 8 q + 9 q + 4q = sin t ΔΕ ΓΛ ΟΜ q + 9 q + 4q = ΓΛ ΟΜ ΧΕ λ + 9λ + 4 = ΓΛ ΜΟ λ =, λ = 7 q h = c e t + c e 7t q = q h + q + p φ(t) = sin t q p = A sin t + B cos t q p = A cos t B sin t q p = A sin t B cos t A sin t B cos t + 9A cos t 9B sin t + 4A sin t + 4B cos t = sin t ( ) ( A 9B + 4A) sin t + ( B + 9A + 4B) cos t = sin t + ( ) cos t 3A 9B = 9A + 3B = A = 3 5 B = 9 5 ΕΛ ΜΟ q p = 3 5 sin t 9 5 cos t ΓΛ ΜΟ q = c e t + c e 7t + 3 5 sin t 9 5 cos t c = 5 c = 5 ΕΛΜΟ q = 5 (e t e 7t + 3 sin t 9 cos t) 33

4.4 ΓΡ/ΔΕ/ΜΣ: Μέθοδος μεταβολής των παραμέτρων ΜΟ ΔΕ P (x)y + P (x)y + P (x)y = F(X) ΟΜ ΔΕ P (x)y + P (x)y + P (x)y = Σύνολο λύσεων ΟΜ/ΔΕ { y, y } ΓΛ ΜΟ y =y p + c y + c y = y p + y h y p ΕΛ ΜΟ ΔΕ P, P, P, F συνεχείς (a, b) P χωρίς μηδενικά a) y p = u y + u y b) u y + u y = u y + u y = F P c) u, u d) υπολογίζουμε u, u, με ολοκλήρωση (ολ. σταθ ) e) αντικατάσταση u, u στην y p 34

Άσκηση: 6. x y xy y = x 9 y h = c x + c x = c y + c y ΓΛ ΟΜ ΕΛ a) y p = u y + u y = u x + u x b) u x + u x = u + u x = x(9 / ) = x u y + u y = u y + u y = F P c) u = u x u x = x5 / u = x3 /, u = x5 / d) ολοκλήρωση u = 7 x7 /, u = 5 x5 / e) y p = 7 x7 / x + 5 x5 / x = 4 35 x9 / y = y h + y p = c + c x + 4 35 x9 / ΓΛ ΜΟ 35

Άσκηση:.4 y 3y + 4y =, y() =, y () = 5 [ s Y(s) Y(s) 5 ] 3 [ sy(s) ] + 4Y(s) = Y(s) = s+ s 3s+4 Αριθμητής: s + = ( s ) 3 + 7 = ( s 3 Άρα { y } 3 { y } + 4 { y } = {} [ Παρονομαστής s 3s + 4 = (s 3s) + 4 = s 3s + ( 3 ) + 7 7 Y(s) = (s 3 / ) + 7 (s 3 / ) + s 3 / = (s 3 / ) + y(x) = { Y(s) } = 7 ( 7 ) ( 7 ) ] [ + 7 ) + 7 (s 3 / ) + 4 ( 3 ( 7 = s 3 / ( 7 ) + 7 (s 3 / ) + (s 3 / ) + y(x) = e 3 x 7 cos x + 7e 3 x 7 sin x ) ) ] = ( ) s 3 ( 7 + 7 ( 7 ) ) 36

Άσκηση:.5 y 4y = e 3t, y() =, y () = { y } 4 { y } = { e 3t} [ s Y(s) s + ] + [ 4Y(s) ] = s 3 (s 4)Y(s) = s 3 + s = +(s )(s 3) s 3 s 4=(s )(s+) =========== Y(s) = +(s )(s 3) (s )(s+)(s 3) (s a) m A (s a) + A (s a) + + A m (s a) m (s + bs + c) p B s + C s + bs + c + B s + C (s + bs + c) + + B ps + C p (s + bs + c) p Y(s) = A s + B s+ + c s 3 s 4s+5 (s )(s+)(s 3) = A(s+)(s+3)+B(s )(s 3)+C(s )(s+) (s )(s+)(s 3) s 4s + 5 = As 3As + As 6A + Bs 3Bs Bs + 6B + Cs + Cs Cs 4C A + B + C = s 4s + 5 = (A + B+C)s ( A 5B)s + ( 6A + 6B 4C) A 5B = 4 6A + 6B 4C = 5 Y(s) = 4 s + 7 s+ + 5 s 3 y(x) = 4 ex + 7 e x + 5 e3x... A = 4 B = 7 3 C = 3 5 Άσκηση:.6 y + 3y + y = 6e t, y() =, y () = [ s Y(s) s + ] + 3 [ sy(s) ] + Y(s) = 6 s (s + 3s + )Y(s) = 6 6+(s )(s+) + (s ) + 3 = s s Εφόσον s + 3s + = (s + )(s + ) Y(s) = 6+(s )(s+) (s )(s+)(s+) = s + s+ y(t) = e t + e t e t s+ Προσοχή Σημαντικός ο ύπνος για τις εξετάσεις 37

Άσκηση y y 3y = cos t, y() =, y () = 7 [ s Y(s) s ] 7 [ sy(s) ] 3Y(s) = s s + s + s (7 + s) 4 = s + (s } {{ s } 3)Y(s) = (s 3)(s ) Y(s) = s (s 3)(s + )(s + ) + s + 3 (s 3)(s + ) + (s + 3) s + s + 3 (s 3)(s + ) = 9 4 s 3 4 s + s (s 3)(s + )(s + ) = A s 3 + όπου ( A(s + ) B(s 3) ) (s + ) + (Cs + D)(s 3)(s + ) = s Θέτω 9 4 e3t 4 e t B s + + Cs + D s + s = 3 ( A(3 + ) + ) (3 + ) + ( )()( ) = 3 4A = 3 s = 8B = s = A 3B 3D = εξ. συντ A + B + C = s (s 3)(s + )(s + ) = 3 4 s 3 + 5 4 s + s + s + 3 4 e3t + 5 4 e t cos t sin t y(t) = sin t cos t + 3e 3t + e t A = 3 4 B = 5 4 C = D = e ax cos bx e ax sin bx s a (s a) + b b (s a) + b 38

Άσκηση:.8 y + 4y = 8 sin t + 9 cos t, y() =, y () = [ s Y(s) s ] + 4Y(s) = 6 s + 4 + 9s s + 6 Y(s) = (s + 4) + 9s (s + )(s + 4) + s s + 4 Γνωρίζουμε ότι t cos(at) s a (s +a ) t cos t s 4 (s +4) = s +4 (s +4) 8 (s +4) = s +4 8 (s +4). Άρα 8 = (s +4) s +4 Αντικαθιστώντας x = s 9s (s +4)(s +) = 3s s 3s + s s +4 cos t {t cos t} 6 (s +4) s +4 στον sin t t cos t 9 (x+4)(x+) = 3 x+ 3 x+4 3 cos t 3 cos t. y(t) = (t + ) cos t + sin t + 3 cos t και πολλαπλασιάζοντας με s, μάς δίνει Άσκηση:.9 y y + y = t, y() =, y () = 7 [ s Y(s) s + 7 ] + [ sy(s) ] + Y(s) = s (s + s + )Y(s) = s + (s 7) + 4 = s + s 3 Εφ όσον s + s + = (s + ) + Y(s) = s ((s+) +) + s 3 (s+) + s 3 (s + ) 5 = (s + ) + (s + ) + = s + (s + ) + 5 (s + ) + s ( (s + ) + ) = A s + B s + Cs + D (s + ) + e t cos t 5e t sin t όπου (As + B) ( (s + ) + ) + s ( C(s + ) + D ) = (A + C)s 3 + (A + B + C + D)s + (A + B)s + B = B = s = A + B + D = s = A + C = εξ. συντ. s 3 A + B + C + D = εξ. συντ. s A = B = Λύνοντας. Συνεπώς C = s ((s+) +) = s + + s+ s (s+) + + t + e t cos t D = 39

Άσκηση:. y 4y + 5y = e t ( cos t + 3 sin t ) y() =, y () = 4 [ s Y(s) s 4 ] + 4 [ sy(s) ] + 5Y(s) = s+ (s+) + + 3 (s+) + { d n y n } = s n Y(s) s n y() s n y () sy (n ) y (n ) () (s + 4s + 5) } {{ } =(s+) + Y(s) = s+4 (s+) + + 4 Y(s) = s+4 ((s+) +)((s+) +) + 4 (s + ) + } {{ } 4e t sin t s+4 ((s+) +)((s+) +) = A(s+)+B (s+) + C(s+)+D + (s+) + ( ) ( A(s + ) + B (s + ) + ) + ( C(s + ) + D ) ( (s + ) + ) = 4 + s 5A + 5B + 4C + D = 4, για s = A = B + C + D = 3, για s = B = A + B + D =, για s = C = A + C = εξ. συντ του s 3 D = Άρα = (s+)+ (s+) + + s+ (s+) + = e t ( cos t + sin t) + e t cos t Άρα y(t) = e t ( cos t + sin t) + e t (cos t + 4 sin t) 4

Άσκηση:. 4y + 4y + y = 3 sin t + cos t y() =, y () = 4 [ s Y(s) s + ] + 4 [ sy(s) ] + Y(s) = (4s + 4s + ) Y(s) = 3 + s } {{ } s ) 4 ( s+ Y(s) = 3 s + + s s + + 4( + s) + 8 = 3 + s s + + 8s + 4 3 + s 4 ( s + / ) (s + ) + s + / ( 3 + s ) 4 s + / (s + ) = A B + s + ( ) / + Cs + D s + / s + ( A(s + / ) + B ) + ( s + ) ( + (Cs + D) s + ) = 3 + s 4 για s = B = 5 A = 3 / 5 για s = A + 4B + D = 3 B = / για s = A + 8B + 9C + 9D = 4 C = 3 / 5 εξ. αντ. συντ. s 3 A + C = D = / 5 ( 3 + s ) = 3 + 4 s + / (s + ) 5 s + ( ) / 3s + s + / 5 s + 3 5 e t + te t (3 cos t + sin t) 5 e t + y(t) = e t/ / (5t + 6) (3 cos t + sin t) 5 4

Κεφάλαιο 5 Άσκηση:. Συστήματα Διαφορικών Εξισώσεων u + u v = v u + v = t u() = v() = { u(x) } = U(s) { v(x) } = V(s) [ ] su(s) + U(s) V(s) = [ ] sv(s) U(s) + V(s) = s (s + )U(s) V(s) = U(s) + (s + )V(s) = (s+) s U(s) = s+ s V(s) = s+ s { U(s) } = { } { s+ s = { V(s) } = { } { s+ s = s + s + s } u(x) s } v(x) = + x = + x 4

Άσκηση:.3 y + z = x, z + 4y =, y() =, z() = { y(x) } = Y(s), { z(x) } = Z(s) [ ] sy(s) + Z(s) = s [ ] sz(s) + + 4Y(s) = sy(s) + Z(s) = s + s 4Y(s) + sz(s) = Y(s) = s +s+ s(s 4) Z(s) = s3 +4s +4 s (s +4) s + s + s(s 4) = s + s + s(s + )(s ) = A s + B s + + C s s + s + = (A + B + C)s + (C B)s 4A A + B + C = (C B) = 4A = A = 4 B = 3 8 C = 7 8 Y(s) = / 4 s + 3 / 8 s + + 7 / 8 s y(x) = 4 + 3 8 ex + 7 8 ex Από την η σχέση, z = x + 3 4 e x 7 4 ex 43

Άσκηση:.4 w + y = sin x y z = e x z + w + y = w() = y() = z() = [ ] sw(s) + Y(s) = [ ] sy(s) Z(s) = s + s [ ] sz(s) + W(s) + Y(s) = s sw(s) + Y(s) = s + sy(s) Z(s) = s s+ W(s) + Y(s) + sz(s) = s+ s W(s) = s(s ) s Y(s) = +s (s )(s +) Z(s) = s s + w(x) = e x y(x) = e x sin x z(x) = cos x Άσκηση:.5 y + z + y = z + y = y() = y () = z() = [ s Y(s) ()s () ] + Z(s) + Y(s) = [ ] [ ] sz(s) + sy(s) = (s + )Y(s) + Z(s) = Y(s) + Z(s) = s Y(s) = s 3 Z(s) = s + s 3 y(x) = x z(x) = + x 44

Άσκηση:.6 z + y y z = cos x = sin x z() = z () = y() = y () = [ s Z(s) + s + ] + [ sy(s ) ] = [ s s Y(s) s ] Z(s) = s Z(s) + sy(s) = s3 s + Z(s) + s Y(s) = s3 +s+ s Z(s) = s+ s + Y(s) = s s + z(x) = cos x sin x y(x) = cos x s + s + Άσκηση:.7 w y + z = 3e x w + y + z = w y + z + z = w() = y() = w () = z() = z () = [ s W(s) s ] Y(s) + Z(s) = 3 s+ [ sw(s) ] + [ sy(s) ] + Z(s) = [ sw(s) ] Y(s) + [szs ] + [ s Z(s) s + ] = s W(s) Y(s) + Z(s) = s +s+4 s+ sw(s) + sy(s) + Z(s) = sw(s) Y(s) + (s + s)z(s) = 4s W(s) = s ex = w(x) s Y(s) = (s )(s+) = s + s+ ex + e x = y(x) Z(s) = s+ e x = z(x) 45

u(t) u u c b (αʹ) Βηματική συνάρτηση u t (βʹ) Μετατοπισμένη βηματική u c c t t a b (γʹ) Συνάρτηση πάγκου b Κεφάλαιο 6 Επίλυση ΓΡ ΔΕ με γενικευμένες/ασυνεχείς συναρτήσεις ως πηγές Βηματική συνάρτηση u t < u(t) = t Μετατοπισμένη βηματική συνάρτηση u(t c) = u c (t) t < c u c (t) = t c Συνάρτηση τινάγματος ή πάγκου (bench) b(t) = u(t a) u(t b) t < a b(t) = a t b b t u(t c) e cs s u(t c) f (t c) e cs F(s) e ct f (t) F(s c) 46

Άσκηση: 3. y + y = u(t 4) y() = 3 [sy(s) 3] + Y(s) = e 4s s Y(s) = e 4s s(s+) + 3 s+ s(s + ) = A s + 3 s + 3e t A(s + ) + Bs A(+b)s + (A) = = s(s + ) s(s + ) A + B = A = / A = B = / s(s + ) = [ s ] s + B s + e 4s s(s + ) = ( e 4s s e 4s s e 4s s + y(t) = u(t 4) ( e (t 4)) + 3e t ) ( ) u(t 4) u(t 4)e (t 4) 47

Άσκηση: 3. y + y + 5 4 y = b(t) y() =, t π y () = b(t) = t π u(t) u(t π) b(t) π t b(t) π t b(t) = u(t) u(t π) { b(t) } = { u(t) } { u(t π) } B(s) = s e πs s [ s Y(s) ()s () ] + [ sy(s) () ] + 5 4 Y(s) = s e πs s Y(s) = ( e πs) s(s + s + 5 / 4 ) H(s) = s(s + s + 5 / 4 ) = A s + Bs + C s + s + 5 / { 4 A = 4 5, B = 4 5, C = 4 5 ( ) H(s) = 4 5 s s + s + s + 5 / 4 ( ) s + s + 5 / 4 = s + s + 4 s + = s + + ( = s + ) + 4 + 5 4 = ( s + ) + H(s) = 4 5 s s + / ( ) ( ) s + / + s + / Y(s) = ( e πs) H(s) Y(s) = H(s) e πs H(s) { H(s) } = 4 ( e t / cos t ) / 5 e t sin t = h(t) { e πs H(s) } = u(t π)h(t π) = u π (t)h(t π) y(t) = h(t) u(t π)h(t π) 48

Άσκηση: 3.3 y + y + 5 4 y = g(t) y() =, y () = sin(t) t < π g(t) = t π u(t) u(t 3) 3 t 3 g(t) t g(t) = [ u(t) u(t π) ] sin t g(t) = u(t) sin t + u(t π) sin(t π) s + + e πs s + Y(s) 3. = ( + e πs) (s + s + 5 / 4 ) ( s + ) H(s) = (s + s + 5 / 4 ) ( s + ) = As + B + Cs + D s + s + 5 / 4 s + A = 6 7 B = 7 H(s) = 4 [ 4s + 3 + 4s+ ] C = 6 7 s + s + 5 / 7 4 s + D = 4 7 ( s + s + 5 / 4 = s + ) + ( 4s + 3 = 4 s + ) ( + 3 = 4 s + ) + H(s) = 4 7 4 + s + / ( ) + s + / + s ( ) s + 4 + s + + s + 4 ] [4e t cos t + e t sin t 4 cos t + sin t = h(t) 7 Y(s) = ( + e πs) H(s) = H(s) + e πs H(s) h(t) + u(t π)h(t π) 49

6. Συνάρτηση δέλτα - Dirac ( δ(t) = lim δ n (t), t R, δ n (t) = n u(t) u t n n) t {δ n } n= δ n (t) = n t < n t n για t δ(t) = για t = 6.. Συνάρτηση κρουστικής απόκρισης στο c (y) = y + a y + a y με (y δ ) = δ(t c) δ(t c) e cs c Άσκηση: 3.4 Να βρεθεί η συνάρτηση της κρουστικής απόκρισης του τελεστή t = y δ () =, y δ () = (y) = y + y + y [ s Y δ (s) ()s () ] + [ sy δ (s) () ] + Y δ (s) = Y δ (s) = s + s + = (s + ) + y δ(t) = e t sin t Άσκηση: 3.5 t = c (y) = y + y + y y δ Α.Τ.y δ + y δ + y δ = δ(t c) y δ () =, y δ () =, c s Y δ (s) + sy δ (s) + Y δ (s) = e cs Y δ (s) = e cs s + s + = e cs (s + ) + y δ (t) = u(t c)e (t c) sin(t c) 5

Άσκηση: 3.6 y y = δ(t 3), y() =, y () = [ s Y(s) s ] Y(s) = e 3s s Y(s) = s e 3s s cosh(t) u(t 3) sinh(t 3) Άσκηση: 3.7 y + 4y = δ(t π) δ(t π); y() =, y () = [ s Y(s) ] + 4Y(s) = e πs e πs Y(s) = e πs s + 4 e πs s + 4 = e πs s + 4 e πs s + 4 u(t π) sin [ (t π) ] u(t π) sin [ (t π) ] = y(t) y(t) = [ ] u(t π) u(t π) sin t 5

Μέρος II Κεχαγιάς: Ολοκληρωτικοί μετασχηματισμοί (Fourier, aplace) Τετάρτη 7:-8:3 Κεφάλαιο 7 Κεφάλαιο 7: Εισαγωγή στην ανάλυση του Fourier R V + C Η συμπεριφορά του κυκλώματος μπορεί να περιγραφεί με μια διαφορική εξίσωση. Q(t): Το φορτίο του πυκνωτή σε χρονική στιγμή t v = R i(t) = dq v = Q(t) C v + v = V(t) dq + Q(t) RC = V(t), με αρχική συνθήκη Q() = R Θα προσπαθήσω να λύσω την εξίσωση για τρεις περιπτώσεις: V(t) = V V(t) = V sin(nt) V(t) τετραγωνική συνάρτηση V(t) V(t) V(t) t t t 7.. V(t) = V + ax = b Θα εξετάσω τη γενική λύση x (t) της ομογενούς ΔΕ, και ϑα ψάξω μία ειδική λύση της μη ομογενούς ΔΕ. Ομογενής: b = = ax x(t) = ce at. x() = c = x (t) =. Μη ομογενής: + ax = b. x(t) = k + ak = b k = b a x(t) = k = b a 5

Θεώρημα Η γενική λύση της μη ομογενούς είναι: x(t) = x h (t) + x i (t) Άρα x(t) = ce at b a x() = = x() = c + b a x(t) = b a b a e at ή και x(t) = b a ( e at ) x(t) t 7.. V(t) = V sin(nt) a = RC, b = V R + ax = b sin(nt) Είναι x h (t) = ce at. Υποθέτω x(t) = c sin(nt) + c 3 cos(nt). Τότε = nc cos(nt) nc 3 sin(nt): + ax = (ac nc 3 ) sin(nt) + (ac 3 + nc ) cos(nt) = b sin(nt) ac nc 3 = b c = ab a +n nc + ac 3 = c 3 = bn a +n Θυμάμαι ότι x(t) = x h (t) + x i (t) = c e at + c = bn. a +n Άρα: bn x(t) = a + n + ab a +n sin(nt) ab a + n sin(nt) bn a +n cos(nt) και από το x() = βρίσκω bn a + n cos(nt) Για το RC κύκλωμα, a = RC χρονική σταθερά κυκλώματος, b = V R, άρα: Q(t) = V C Rn C R n + e RC t CV sin(nt) C RnV cos(nt) + C R n + 53

p + q p p + q p cos(ωt) + q sin(ωt) = q cos ωt + p + q sin ωt = p + q ( sin φ cos ω + cos φ sin ωt ) = p + q sin(ωt + φ), φ = arctan p q Παρατηρούμε ότι ο πυκνωτής φορτίζει περισσότερο αν είναι μικρότερη η συχνότητα του εναλλασσόμενου ρεύματος. Q(t) t 7..3 V(t) = square(t) V(t) = n=(,3,5,... ) 4 nπ sin(nt) = 4 π sin(nt) + 4 3π sin(3t) + + 4 5π sin(5t) 4 7π sin(7t) + Ετσι γίνεται η ανάλυση Fourier, και αυτό ϑα το δούμε την επόμενη Τετάρτη, που ϑα πάμε στο Κεφάλαιο 8, που λέει σειρές Fourier. Άρα: Οπότε αν: Άρα: dr + RC Q(t) = V sin(nt) R V(t) = V N (t) = n=(,3,5,... ) dr + RC Q(t) = 4 sin(nt) π R dr + RC Q(t) = 4 sin(3t) 3π R N n=(,3,5,... ) 4 nπ sin(nt) 4 sin(nt) = lim nπ V N(t) t Q n (t) = V C Rn C R n + e RC t CV sin(nt) C RnV cos(nt) + C R n + dr + RC Q(t) = 4 sin(5t) 5π R Q(t) = Q (t) = 4 C R π C R + e RC + Q 3 (t) = 4 3C R 3π 9C R + e RC + n {,3,5,... } Q 5 (t) = Γιατί όμως, αν V (t) Q (t), V (t) Q (t), τότε k V + k V = k Q + k Q σε αυτό το κύκλωμα (αρχή επαλληλίας/γραμμικότητα); Q n (t) 54

Κεφάλαιο 8 Σειρές Fourier Ορισμός Μία συνάρτηση f (t) λέγεται τμηματικά συνεχής στο [t, t ] ανν μπορώ να διαμερίσω: [t, t ] = [τ, τ ] [τ, τ ] [τ n, τ n ] όπου τ = t, τ n = t, τέτοια ώστε f (t) συνεχής στο κάθε (τ i, τ i ), και υπάρχουν lim t τ i f (t), lim t τ + f (t) i π.χ Η f (t) είναι τμηματικά συνεχής στο [ π, 3π], επειδή, για t = π, t = 3π: [ π, 3π] = [ π, ] [, π] [π, π] [π, 3π] Στα ( π, ), (, π), (π, π), (π, 3π) η f είναι συνεχής, και υπάρχουν τα αντίστοιχα πλευρικά όρια άρα η f είναι τμηματικά συνεχής. 8.. Συνθήκες του Dirichlet. Η f (t) είναι ορισμένη στο (, ). Η f (t) είναι τμηματικά συνεχής στο (, ) 3. Η f (t) είναι περιοδική με περίοδο. 55

Θεώρημα Εστω f (t) η οποία ικανοποιεί τις συνθήκες Dirichlet στο (, ). Τότε:. Για κάθε σημείο συνέχειας της f (t): όπου:. Σε κάθε σημείο ασυνέχειας τ: f (t) = a + a n cos nπt + b n sin nπt n= a n = b n = n= f (t) cos nπt f (t) sin nπt ( ) lim f (t) + lim f (t) = a t τ t τ + + a n cos nπt + b n sin nπt n= n= Παρ. f (t) = τετραγωνικός παλμός Λύση Η f (t) ικανοποιεί τις Σ.D με = π π a = f (t) = + π π π π( ) = + = π π b n = π f (t) sin nπt π π π = π sin(nt) π = ( ) π cos nt π = ( ) cos nπ n π = ( ) ( ) n = π π n nπ t= για άρτια n Άρα: a = a = a = = b = 4 π, b 3 = 4 3π b =, b 4 =,... Απόδειξη (Μερική) Θα δεχτούμε ότι η f (t) γράφεται στη μορφή f (t) = a + n= a n cos nπt δείξουμε τους τύπους a n = nπt f (t) cos, b n = nπt f (t) sin Εστω f (t) = a + n= a n cos nπt + n= b n sin nπt. Τότε: + n= b n sin nπt, και ϑα Άρα: f (t) = f (t) t = a + a cos πt + a cos πt + = a + + +... a = f (t) 56

Συνέχεια απόδειξης Υποθέτω ότι υπάρχει κάποια σειρά της μορφής *, ϑα δείξω ότι οι συντελεστές δίνονται από τους τύπους **. ίό Παρνω τυχόν m N και εξετάζω το 8.. f (t) cos mπt = Επομένως: = a + a n cos nπt + b n sin nπt mπt cos n= a n= mπt = cos + } {{ } n= = ολοκληρώνω πάνω σε m περιόδους = a n n= cos nπt cos a cos β= cos(a+β)+cos(a β) = =, n m a n, n = m n= = a m mπt cos a n n= a n cos nπt ( (n + m)πt cos + cos cos mπt + ) (n m)πt a m = f (t) cos nπt Αντιστοίχως αποδεικνύεται και η σχέση για το b m. Να σημειωθεί ότι οι συνθήκες του Dirichlet είναι ικανές, αλλά όχι αναγκαίες. Απόδειξη f (t) = c n = f (t) = a + a n cos nπt + b n sin nπt = a + Άρα όπου: n= n= n= c n e inπt e inπt = a + e inπt + f (t) = c n = n= c n e inπt a n ib n, n Z + a n +ib n, n Z a +ib, n = Αφήνεται ως άσκηση για τον αναγνώστη να αποδειχθεί ότι: c n = 57 f (t)e inπt n= = bn a n ib n e inπt + + b n sin nπt mπt cos n= } {{ } ( nπt+mπt sin + ) nπt mπt sin = n= a n + ib n e inπt

8. Παράδειγμα V(t) τετραγωνική συνάρτηση V(t) π π t Θα βρω την εκθετική σειρά της f (t). c n = π π c n = = π π f (t)e int π ( ) e int + e int π = π π e int + e int π = e int π π in + e int in π = π in e inπ in e inπ in + in = ( π in cos(nπ) ) in i nπ ( cos nπ ) Άρα: n c n i π π 3 i 3π Ερωτήματα για τον αναγνώστη: f (t) = + i 3π ei3t + i π e it i π eit i 3π ei3t + 58

. Πότε έχει η τριγωνομετρική σειρά μόνο ημίτονα/μόνο συνημίτονα;. Πότε έχει η εκθετική σειρά μόνο πραγματικούς/μόνο εκθετικούς όρους; 8. Ορισμός Συμβολίζω με F ημιπερίοδο ) το σύνολο των συναρτήσεων που ικανοποιούν τις συνθήκες Dirichlet (με Θεώρημα Το F είναι διανυσματικός χώρος. Απόδειξη Εστω f, g F και κ, λ C. Θα δείξω ότι κ f + λg F. Πράγματι. Αν οι f, g είναι ορισμένες στο [, ] τότε και η κ f + λg είναι ορισμένη στο [, ].. (κ f + λg)(t + ) = κ f (t + ) + λg(t + ) = κ f (t) + λg(t) = (κ f + λg)(t) Άρα η κ f + λg έχει περίοδο. 3. Αν η f και η g είναι τμ. συνεχείς στο [, ], τότε και η κ f + λg είναι τμ. συνεχείς. Από τα,,3, η κ f + λg F. Θεώρημα { Το σύνολο e inπt } είναι μια ορθογώνια βάση του F. Δηλαδή κάθε f (t) F μπορεί να γραφεί: f (t) = n= c n e inπt Επιπλέον n, m, m n e inπt Δηλαδή: e imπt e imπt e inπt = Δηλαδή: e imπt e inπt = Για να ορίσω το εσωτερικό γινόμενο, ϑέλω x = x x = n x n x n = (x n ) Άρα e imπt e inπt = f g = f (t)g(t) e imπt inπt e = e i(m n)πt =, m = n, m n 59

F το σύνολο των συναρτήσεων που ικανοποιούν Dirichlet Το F είναι ΔΧ { } Το e inπt είναι μια ορθογώνια βάση του F nz Το { cos inπt } n= { sin inπt } n= είναι μια ορθογώνια βάση του F f (t) = n= }{{} c ne inπt, με περιοδική, με ημιπερίοδο c n = f (t)e inπt x 3 e 3 x x e x e Άρα: ( όπου Proj ) f (t), e inπt = f (t) e inπt x = [x x x 3 ] = x e + x e + x 3 e 3 = Proj( x, e ) + Proj( x, e ) + Proj( x, e 3 ) 3 e n = x e n e n n= f (t) = c n e inπt n= e inπt e inπt f (t) e inπt = e inπt = = Proj n= f (t) e inπt e inπt e inπt ( ) f (t), e inπt = Θεώρημα 8.: Plancherel f (t) Η f (t) = n c n e inπt = n r n e inπt f (t)g(t) = c n r n n 6

Απόδειξη Γενικά: f (t)g(t) = = = n= n= m= = c n r n n c n e inπt c n r m m= c n e inπt n= m= c m e imπt rm e imπt e i(n m)πt } {{ } m n f (t) c = [... c c c c... ] m = n (με την επιφύλαξη ότι σε πεπερασμένο αριθμό σημείων μπορεί να αλλάζει η τιμή της συνάρτησης) Σύμφωνα με το ϑεώρημα: f (t) c g(t) r f g = c r Θεώρημα 8.: Πόρισμα (Parseval) f (t) = c n n ΠΕΔΙΟ ΤΟΥ ΧΡΟΝΟΥ ΠΕΔΙΟ ΤΗΣ ΣΥΧΝΟΤΗΤΑΣ h(t) c f (t) g(t) ΣΕΙΡΑ FOURIER p r είναι μία ισομετρία Θεώρημα 8.3 Αν f (t) F και f (t) = n c n e inπt, τότε: d f = n f (t) = n inπ c n e inπt c n inπ e inπt Τα ίδια για ημίτονα και συνημίτονα 6

t t [ π, π] Παράδειγμα Δίνεται η f (t) = περιοδική επέκταση t [ π, π] Να βρεθεί η Σειρά (Fourier) της f (t). Λύση π π Παρατηρώ ότι f (t) = t (, π) g(t), όπου g(t) = t ( π, ] Αφού λοιπόν g(t) = 4 π (sin t + sin(3t) 3 + sin(5t) 5 +... ), τότε: Άρα τελικά: f (t) = c 4 ( ) cos 3t cos 5t cos t + + π 3 5 ( π ) f = π = c f (t) = π 4 π ( cos 3t cos t + + 3 ) cos 5t Παρατηρώ ότι η f έχει ασθενέστερες υψηλές συχνότητες από τη g. 5 Παράδειγμα Να υπολογιστεί το: S = 3 + 5 7 + 9 + Είναι ( π ) g = 4 π sin π + sin 3π + sin 5π 3 5 ( π ) = g = 4 ( 3 π + 5 ) = S Παράδειγμα Να υπολογιστεί το: S = + 3 + 5 + 7 + 6

Λύση Κεφάλαιο 9 = f () = π 4 ( π + 3 + ) 5 + π 8 = + 3 + 5 + Κεφάλαιο 9: Μετασχηματισμός Fourier π π Θεώρημα Εστω ότι η f (t) ικανοποιεί τα εξής: Τότε:. Τις συνθήκες Dirichlet R. f (t) < (δηλ. η f (t) είναι απολύτως ολοκληρώσιμη) όπου: f (t) = F(ω)e iωt π F(ω) = f (t)e iωt Απόδειξη Δίνεται η f (t). Διαλέγω τυχόν t και ορίζω την f T (t) = f (t) t [ T, T Fourier: f T (t) = c(n)e inπt T όπου Θέτω δω = π nπ T, ω = n δω = T c(n) = T n= T T f (t)e inπt T ], που έχει σειρά 63

f T (t) = n= = π = π T T T π T n= n= = π T T f (t)e inπt T T T e inπt T f T (t)e iωt e inπt T f T (t)e iωt eiωt δω ( F(ω) ) f (t)e iωt e iωt dω } {{ } Την F(ω) την ονομάζουμε Fourier μετασχηματισμένη της f (t), και γράφουμε: ( ) F f (t) = F(ω) F(ω) = F ( f (t) ) f (t) = F ( F(ω) ) Παρ. t < f (t) = t F ( f (t) ) = F(ω) = = e iωt f (t)e iωt = iω e iωt t= = ( e iω e iω) = sin ω ω ω = F ( f ) Πεδίο του χρόνου Πεδίο της συχνότητας t Παρ. t < a f (t) = t a 64

a F(ω) = f (t)e iωt = e iωt = a iω e iωt = e iωa ω i = sin(ωa) ω Παρ. f (t) = e t Άρα: F(ω) = = e t e iωt e t e iωt + e t e iωt e t e iωt = + iω t= = ( e (+iω) e (+iω) ) + iω = + iω e t e iωt + = + iω e t e iωt = = iω + + iω + ω = F ( e t ) Ο Μ/Σ Fourier εφαρμόζεται μόνο σε απόλυτα ολοκληρώσιμες f (t). Δηλαδή υποθέτω ότι f (t) = M < Αυτό το κάνω, διότι f (t) < M < είναι ικανή συνθήκη για να υπάρχει το f (t)e iωt. Εχει μία σημαντική συνέπεια: lim f (t) = t ± Για παράδειγμα, οι F (e t ) και F (e t ) δεν υπάρχουν, ενώ ο F (e t ) υπάρχει διότι η e t είναι απόλυτα ολοκληρώσιμη. Επίσης F(ω) dω = M < Θεώρημα 9. F (κ f + λg) = κf ( f ) + λf (g) Παρ. F (3 square + 5 e t ) = 6 sin(ω) ω + + ω 65

Η απόδειξη είναι εύκολη και αφήνεται για τον αναγνώστη. π Το Wolfram επιστρέφει τους Μ/Σ Fourier με διαφορετικό παράγοντα, για λόγους συμμετρίας! ( έναντι ). Στις σημειώσεις τηρείται η ιστορική σύμβαση που ακολουθείται και από προ- π γράμματα όπως, π.χ. Matlab. Θεώρημα 9. Εστω F(ω) = F ( f (t) ), τότε: Δηλαδή: F ( F(t) ) = π f ( ω) F ( F ( f (t) ) ) = π f ( t) Απόδ. F ( f (t) ) = F(ω) = F ( F(ω)) ) = f (t) = π = π f ( t) = f (t)e iωt F(ω)e iωt dω F(ω)e iωt dω F(τ)e iτw dτ = π f ( w) = F ( F(τ) ) = π f ( w) Παρ. ( ) F + t ή Λύση = Παρατηρώ ότι F ( e t ) = = F(ω) = F( ω) +ω Άρα F(t) = +t ( ) F = F ( F(t) ) = π f ( ω) = πe ω + t... Θεώρημα 9.3 F ( f (at) ) = a F ( ω a ) Απόδ. F ( f (at) ) = = = a f (at)e iωt f (at)e i ω a at f (at)e i ω a at d(at) = a f (κ)e i ω a κ dκ = a F ( ω a ) 66

Παρ. Για f (t) = +t, F(ω) = πe ω, ( ) F = 4 + 9t 4 F + 9 = 4 t 4 F + ( 3 f ( 3 t = + 9 4 t a F ( ω a Άρα ο ζητούμενος μετασχηματισμός είναι π 4 Θεώρημα 3 e 3ω ) = π 3 e 3ω F ( f (t t ) ) = e iωt F(ω) t) Απόδ. Παρ. F ( ) t 4t+5 = πe ( ω +iω) F ( f (t t ) ) = = = e iωt f (t t )e iωt f (t t ) e iω(t t ) e iωt f (k)e iωk dk = e iωt F(ω) t 4t + 5 = + (t ) ( F 5 ) = πe ω + t ( ) F 5 = πe iω e ω + (t ) Θεώρημα F ( f (t)e iω t ) = F(ω ω ) Θεώρημα Εστω F(Ω) = F ( f (t)). Τότε ). F = iωf(ω) ( d f. F ( f (t) ) = iω F(ω) 3. F ( it f (t) ) = df dω 67

Απόδ. F ( ) d f = = d f e iωt e iωt = f (t)e iωt f (t) d(e iωt ) = f ( )e iω f ()e iω ( iω) f (t)e iωt = + iω = iωf(ω) = F ( d f f (t)e iωt ) Θέτω g(t) = f (t), οπότε dg = f (t). F ( f ) = F ( ) dg = iωg(ω) F ( ) g(t) = G(ω) = iω F(ω) Το (3) δείχνεται όπως το (). Αν πρέπει να λύσω: d f = f + k F iωf(ω) = F(ω) + F (k) F(ω) = F (k) + iω ) f (t) = F ( F (k) + iω Ορισμός: Βηματική συνάρτηση του Heaviside t > h(t) = t H(ω) = F ( h(t) ) = h(t)e iωt = e iωt = iω e iωt t= = iω = F ( h(t) ) Παρ. dy + y = e t h(t) Λύση Είναι F ( f (t)e iωt) = F(ω ω. iωy(ω) + Y(ω) = iω (???) Θέτω f (t) = h(t), e iωt = e t. Δηλαδή ω = i = i, οπότε F (e t h(t)) = +iω. 68

Άρα iωy(ω) + Y(ω) = iω + Y(ω) = (iω + )(iω + ) Y(ω) = + iω + iω F ( Y(ω) ) ( = F + iω y(t) = e t h(t) e t h(t) ) F ( ) + iω είναι η λύση της δοθείσας εξίσωσης. Πού πήγε η σταθερά; Ποιες είναι οι αρχικές συνθήκες; h(t) y(t) e t h(t) t Αν πήγαινα να την λύσω αλλιώς: Ομογενής dy + y =, γενική λύση y h (t) = ce t. Ειδική λύση της μη ομογενούς y p (t). dy + y = f (t) Γενική λύση της μη ομογενούς: y(t) = ce t + y p (t). Ποιά είναι η τιμή της c; Είναι c = διότι ζητώ λύση η οποία έχει μετασχηματισμό Fourier. Άρα πρέπει lim t y(t) = lim t ( ce t + y p (t) ) =, άρα c =. Δηλαδή κρυβόταν από την εκφώνηση του προβλήματος ότι lim t ± y(t) =. Παρ. ( Υπολογίστε F ) t (t +) Λύση f (t) = t +, τότε d f = t (t +). ( ) t F = ( ) (t + ) F t (t + ) = ( ) F d f = iωf ( f ) = iωπe ω Παρ. Να υπολογιστεί ο F ( t +t ). Λύση Θέτω f (t) = F(ω) = πe ω. +t Οπότε F ( ) t +t = i F ( it f (t) ) = i df dω. 69

Προσοχή G(ω) = i df dω = πi d dω (e ω ) = πie ω ω < ΚΕΦ. ω = πi e ω ω < Θεώρημα: Plancherel/Parseval Plancherel δηλαδή Parseval f g = π F G f (t)g(t) = F(ω)G(ω) dω π π f (t) = π F(ω) dω Η απόδειξη είναι εύκολη και υπάρχει στις σημειώσεις. Συνέλιξη Ορισμός: Σπουδαίος Ορισμός Η συνέλιξη των f (t), g(t) συμβολίζεται f g και ορίζεται: ( ) f g (t) = f (τ)g(t τ) dτ Παράδειγμα, t < g(t) =, t g(t τ) Περίπτωση t < Τότε (g g)(t) = = g(τ)g(t τ) g(τ)g(t τ) dτ + g(τ)g(t τ) + g(τ) g(t τ) dτ = 7

Μετά από πράξεις ϑα δούμε ότι t < t < t < (g g)(t) = + t t < < t g g (t) Θεώρημα F ( f g) = F ( f ) F (g) Απόδειξη Θεώρημα: Πόρισμα F ( f g) = = = = = = G(ω) ( f g)(t)e iωt ( ) f (τ)g(t τ) dτ e iωt ( ) f (t) g(t τ)e iωt dτ ( ) f (τ) g(t τ)e iω(t τ) d(t τ) e iωτ dτ f (t)g(ω)e iωτ dτ = G(ω)F(ω) f (t)e iωτ dτ f g = g f f (g + h) = f g + f h ( f g) h = f (g h) Απόδ. ομοίως και τα υπόλοιπα. F ( f g) = F(ω)G(ω) = G(ω)F(ω) = F (g f ) Παρ. Να βρεθεί ο F (π π). 7

Λύση F (π(t)) = sin(ω) ω F (λ(t)) = F (π(t) π(t)) = sin(ω) ω sin(ω) ω = 4 sin ω ω h(t) H(ω) = iω π(t) Π(ω) = sin(ω) ω λ(t) Λ(ω) = sin (ω) ω Τι να κάνω όταν η f (t) δεν είναι απολύτως ολοκληρώσιμη; Θα δουλέψω με την g(t) = e σt f (t) και ϑα περιοριστώ στο t. Τότε η g(t) ϑα είναι (για αρκετά μεγάλο σ) απολύτως ολοκληρώσιμη, και μπορώ να πάρω F ( g(t) ) = e σt f (t)e iωt = e i(σ+iω) = Θέτοντας s=σ+iω f (t)e st = ( f (t) ). Κεφάλαιο Κεφαλαιο : Μετασχηματισμος aplace Για να υπάρχει F ( x(t) ) πρέπει η x(t) να είναι απολύτως ολοκληρώσιμη. Αν η x(t) δεν είναι απολύτως ολοκληρώσιμη, ίσως είναι η y(t) = x(t)h(t)e σt. Οπότε δουλεύω με την F ( y(t) ) = F ( x(t)h(t)e σt) = x(t)e σt e iωt (όπου s = σ + iω) = x(t)e st = ( x(t) ). Κατ αυτόν τον τρόπο μπορώ να διαχειριστώ x(t) που είναι χρήσιμες αλλά όχι απολ. ολοκλ. (π.χ. x(t) = ή e t ). Ομως πετάω όλη την πληροφορία για t <. 7

Ορισμός Η f (t) λέγεται τμηματικά συνεχής στο [t, t ] ανν: μπορώ να διαμερίσω το [t, t ]: [t, t ] = [τ, τ ] [τ, τ ] [τ N, τ N ] και η f (t) συνεχής σε κάθε (τ n, τ n ) (n =,..., N) και n : lim t τ f (t) n ) υπάρχουν (εκτός ίσως των ακραίων ) lim t τ + n f (t) Ορισμός Η f (t) λέγεται εκθετικής τάξης γ στο [t, t ] ανν M, γ τ.ώ: t [t, t ] : f (t) < M e γt Ορισμός Εστω f (t) τ.ώ:. T < : η f (t) τμ. συν. στο [, T]. Η f (t) είναι εκθ. τάξης γ στο [. ). Τότε ορίζω τον Μ/Σ aplace της f (t) ως εξής: ( f (t) ) = F(s) = f (t)e st Παρ. Να βρεθεί ο (e t ) Λύση Παρ. (e at ) = s a e t e st = e ( s )t = e (s )t s t= e (s ) e (s ) = + s s = s = (et ) Παρ. Παρ. () = (e at ) = s ( h(t) ) = s 73

Παρ. (t) = te st = s (e st ) t = ( ts ) e st + e st s = + + ( s ) e st = s s = (t) Παρ. (t n ) = n! s n+ Θεώρημα ( ) = s X(s) X() Απόδειξη ( ) = e st = x(t)e st t= = x() + s x(t)( s)e st x(t)e st = x() + s x(s) Να λυθεί με Μ/Σ aplace Λύση ( ) x X x() + X = S + x =, x() = sx + + X = s (s + ) X = s X = s (s + )s = A s + + B s = (A + B) S + B (s + ) s A + B = B = A = 3 X(s) = 3 s + + ( x(t) = 3 ) ( ) + s + s = X(t) = 3e t Παρ. Να λυθεί... d x + 7 + x = t +, x() =, x() = 74

Λύση ( d x ) = s X sx() x () Εστω ( ) = P(s), = p(t). Απόδ. ( d ( )) = ( ) d p =sp p() =s (sx x() ) x() =s X sx() x () s X s ( ) + 7 (sx ) + x = 5 + 5 (s + 7s + ) X s + 7 = s + s (s + 7x + )X = s + s + s + 6 = + s + s3 + 6s s X = s3 + 6s + s + = / 5 / 4 5 + s (s + 7s + ) s s + / 3 } {{ } s + + / 75 s + 5 } {{ } ΧΑΡ. ΕΞ. Λύση Ομογενούς x(t) = 5 + t 5 + 4 3 e t 75 e 5t (sin at) = eiat e iat i = ( ) i s ia s + ia a = = (sin at) s + a s = (cos at) s + a s = (cosh at) s a a = (sinh at) s a Θεώρημα ( k x (t) + k x (t) ) =k X (s) + k X (s) Απόδ. Θεώρημα blah blah... ( f (t)e at) = F(s a) 75

Απόδ. = =F(s a) f (t)e at e st f (t)e (s a)t Θεώρημα ( f (t t )h(t t ) ) = e st F(s) t Απόδ. ( f (t t )h(t t ) ) = = = t t =e st f (t t )e st f (t t )e st d(t) f (t t )e s(t t ) e st f (τ)e sτ dτ =e st F(s) = ( f (t) ) ( ) e s = h(t ) s ( ) = h(t) s ( h(t) ) = ( h(t ) ) = e s ( ) s ( ) s = = sin t e t s + 4s + 5 (s + ) + Θεώρημα Οταν η f (t) είναι συνεής στο t = ισχύουν: lim s F(s) = lim t f (t) = lim s sf(s) lim t f (t) = lim s sf(s) Θεώρημα ( t f (t) ) = df ds ( ) f (t) = F(u) du t s 76

Ορισμός Εστω f (t), g(t) με ΠΟ [, ). Η συνέλιξη των f, g ορίζεται: ( f g)(t) = t f (τ)g(t τ) dτ Παρ. f = e 3t, g = e t ( f g)(t) = t e 3τ e (t τ) dτ t = e t e τ dτ = e t e τ t τ= = e 3t e t Θεώρημα ( f g ) = ( f ) (g) Απόδ. Θέτω u + v = t v = t u ( ( f ) (g) = = = = = = t ) ( f (u)e su du t = ( f g) ) g(v)e sv dv f (u)g(v)e s(u+v) du dv f (u)g(v)e st du dv f (u)g(t u)e st du f (u)g(t u) du e st ( f g)(t)e st Παρ. h(t) }{{} f (t) h(t ) =? } {{ } g(t) ( f g) = ( f ) (g) = e st ( ) s s e ( f g)(t) = st s = (t ) h(t ) = e st s 77

h(t) h(t ) h(t ) h(t) Παρ. 5 36 5 75 9 36/ 5 5 6 3 3 5 6 = 3 + ( + 5) + 6 = 3 + 7 + 6 = 9 5 = 5 + = A() 36 = 6 + 3 = B() A(x) B(x) A(x) = a + a x + a x +... B(x) = b + a x + a x 3 Εστω: a a a b a b a b a b b b a b a b b a K ( A(x) ) = (a, a, a,... ) = a K ( a ) = a + a x + a x +... ) = A(x) A(x) B(x) = (a + a x + a x )(b + b x + b x ) = a b x + (a b + a b )x + (a b + a b + a b )x = a k b n k xn = A(x)B(x) n= k= n a b = a k b n k k= K ( a b) = A(x)B(x) 78

.. Γραμμικά, Χρονικά αμετάβλητα συστήματα ΓΧΑ συστήματα (TI system) Περιγράφονται από ΔΕ Περιγράφονται από γραμμικές ΔΕ σταθερών συντελεστών d n x n + a n d n x n + + a + a x = u(t) περιγράφουν φυσικά συστήματα, κυκλώματα, συστήματα μαζών/ελατηρίων, όπου u(t) είναι η είσοδος και x(t) είναι η έξοδος του συστήματος, π.χ. τάση εισόδου, φορτίο πυνκωτή. Στην ανάλυση αυτών σημαντικό ρόλο παίζει η συνέλιξη ΓΧΑ σύστημα ης τάξης + a x = u(t) x() = u H(s) X ος τρόπος επίλυσης (ΣΕΒ) e a t + e at a x = e at u(t) ( e a t x(t) ) = e at u(t) d e a t x(t) + c = t x(t) = e a t x(t) = t x(t) = u(t) e a τ u(t) dτ t e a τ u(τ) dτ e a (t τ) u(τ) dτ }{{} e a t Τι σημαίνει η συνέλιξη; ος τρόπος επίλυσης (ΚΕΧ) aplace sx + a X = U (s + a )X = U X = U s + a X(s) = H(s) U(s) }{{} συνάρτηση μεταφοράς (Transfer Function) x(t) = h(t) u(t) = e at u(t) (s + a s + a )X(s) = U(s) X(s) = U(s) = H(s)U(s) s + a s + a x(t) = h(t) u(t) ( ) h(t) = =... s εξαρτάται από τις ρίζες του s + a s + a, δηλ. τους πόλους της H(s) + a s + a 79

Άποψη Ο aplace είναι Fourier. Άλλη άποψη Ο aplace είναι Taylor. Θέτω x = e s Άλλη άποψη Υπάρχει η μισή παράγωγος: F(x) = F(x) = F(x) = F(s) = f (n)x n n= f (n)x n dn f (t)x t f (t)e st d / x = ( ) sf(s) / Άσκηση Υπολογίστε d / x / (t). Απάντηση π π x Κεφάλαιο Κεφάλαιο : Γενικευμένες Συναρτήσεις Αν u(t) = h(t) Τότε ποια είναι η du ; d x + a + a ox = u + du Βλέπω ότι δύσκολα ορίζεται η dh Παρατηρώ ότι: h() h( ε) lim = lim = ε + ε ε + ε h() h( + ε) lim = lim = ε ε ε ε ( ) f (t) = s F(s) δ(t) = h(t) δ(t) = dh ( f (t) ) = s H(s) h(s) = s s = 8