Обратное преобразование Лапласа

[Kink]

Сперва было преобразовано $u(x,t)$ к $U(p,t)$, затем к $V(p,z)$, то есть:
$u(x,t)$ — оригинал, $U(p,t)$ — его изображение.
$U(p,t)$ — оригинал, $V(p,z)$ — его изображение.
$V(p,z) = \frac{F(z)}{p(z+p)}$, где $f(t)$ было преобразовано в $F(z)$. Надо найти $u(x,t)$ $(0 < x < t < +\infty)$.

По свойству изображения свёртки:
$U(p,t) = \frac{e^{-pt}}{p}\int\limits_{0}^{t} e^{py}f(y)dy$
или
$U(p,t) = \frac{1}{p}\int\limits_{0}^{t} e^{-py}f(t-y)dy$

Как дальше?

[ewert]

Kink в сообщении #1122119 писал(а):

$u(x,t)$ к $U(p,t)$, затем к $V(p,z)$.

, и затем к пси от лямбда тэ.

Вы бы хоть задачку-то поставили. Никому не интересно, какие обозначения в вашей конкретно местности в моде.

[Kink]

ewert в сообщении #1122121 писал(а):

Kink в сообщении #1122119 писал(а):

$u(x,t)$ к $U(p,t)$, затем к $V(p,z)$.

, и затем к пси от лямбда тэ.

Вы бы хоть задачку-то поставили. Никому не интересно, какие обозначения в вашей конкретно местности в моде.

Добавил необходимое пояснение после "то есть".

[svv]

Какое будет изображение у функции $\int\limits_0^x f(t-y)\;dy$ ?

[Kink]

svv в сообщении #1122176 писал(а):

Какое будет изображение у функции $\int\limits_0^x f(t-y)\;dy$ ?

$\int\limits_0^x f(t-y)\;dy = -\int\limits_0^x f(t-y)d(t-y)$, следовательно, изображение — $F(p)/p$, но получается, что $t$ куда-то кануло в лету, а изображение этой постоянной (относительно $t$) не совпадает с $V(p,z)$.

[svv]

Сначала проделаем всё на «низком уровне», а потом подумаем, как под это подвести теоремы.
$\int\limits_{x=0}^{\infty}\left(\int\limits_{y=0}^x f(t-y)\;dy\right)e^{-px}\;dx$
Зафиксируем $t$ и $p$. Представим $e^{-px}$ как производную: $-\frac 1 p\frac d{dx}e^{-px}$ и проинтегрируем по частям, получим:
$=-\frac 1 p\left.\left(e^{-px}\int\limits_{y=0}^x f(t-y)\;dy\right)\right |_{x=0}^{\infty}+\frac 1 p \int\limits_{x=0}^{\infty}e^{-px}\frac d{dx}\left(\int\limits_{y=0}^x f(t-y)\;dy\right)dx$
Что даёт первое слагаемое? Что даёт второе слагаемое?

[Kink]

svv в сообщении #1122222 писал(а):

Сначала проделаем всё на «низком уровне», а потом подумаем, как под это подвести теоремы.
$\int\limits_{x=0}^{\infty}\left(\int\limits_{y=0}^x f(t-y)\;dy\right)e^{-px}\;dx$
Зафиксируем $t$ и $p$. Представим $e^{-px}$ как производную: $-\frac 1 p\frac d{dx}e^{-px}$ и проинтегрируем по частям, получим:
$=-\frac 1 p\left.\left(e^{-px}\int\limits_{y=0}^x f(t-y)\;dy\right)\right |_{x=0}^{\infty}+\frac 1 p \int\limits_{x=0}^{\infty}e^{-px}\frac d{dx}\left(\int\limits_{y=0}^x f(t-y)\;dy\right)dx$
Что даёт первое слагаемое? Что даёт второе слагаемое?

Первое слагаемое равно нулю, второе равно $\frac 1 p \int\limits_{x=0}^{\infty}e^{-px} f(t-x)dx$, это изображение функции $f(t-x)$, а чему оно равно... не ясно, теорема запаздывания даёт изображение для $f(x-t)$...

[svv]

Учтите, что $f(t-x)=0$ при $x>t$, потом замените переменную интегрирования на $y$ и сравните с Вашим вторым выражением для $U(p, t)$.

[Kink]

svv в сообщении #1122270 писал(а):

Учтите, что $f(t-x)=0$ при $x>t$, потом замените переменную интегрирования на $y$ и сравните с Вашим вторым выражением для $U(p, t)$.

Теперь ясно. В книжке дан такой ответ: $\int\limits_{0}^{t}f(y-x)dy$, такой вариант тоже верен? Таким же образом по частям не выходит.

[svv]

1) Самое лучшее выражение можно получить, если в моём варианте $\int\limits_0^x f(t-y)\;dy$ сделать замену $y=t-\tau$. Получите его.

2) В том варианте, что в книжке, сделайте замену $y=x+\tau$. Что получится?

3) Сравните первое и второе.

[Kink]

svv в сообщении #1122278 писал(а):

1) Самое лучшее выражение можно получить, если в моём варианте $\int\limits_0^x f(t-y)\;dy$ сделать замену $y=t-\tau$. Получите его.

2) В том варианте, что в книжке, сделайте замену $y=x+\tau$. Что получится?

3) Сравните первое и второе.

Ещё в ответе забыл минус приписать. Тогда:
1) $\int\limits_0^x f(t-y) dy = -\int\limits_t^{t-x} f(\tau)d\tau$
2) $-\int\limits_{0}^{t}f(y-x)dy = -\int\limits_{-x}^{t-x} f(\tau)d\tau = -\int\limits_{0}^{t-x} f(\tau)d\tau$
3) Не равны...

[svv]

В моём для красоты можно ещё поменять местами пределы интегрирования и за счёт этого убрать минус:
$\int\limits_{t-x}^{t} f(\tau)d\tau$
Да, не равны. Мой вариант выглядит более правильным, поскольку в нём при $x\leqslant t$ аргумент функции $f$ всегда неотрицательный. Ну, и мы его проверили.

[Kink]

svv в сообщении #1122285 писал(а):

В моём для красоты можно ещё поменять местами пределы интегрирования и за счёт этого убрать минус:
$\int\limits_{t-x}^{t} f(\tau)d\tau$
Да, не равны. Мой вариант выглядит более правильным, поскольку в нём при $x\leqslant t$ аргумент функции $f$ всегда неотрицательный. Ну, и мы его проверили.

Спасибо. Ваш вариант действительно выглядит более правильно. А как был получен ответ в книжке, боюсь, останется для меня загадкой

[svv]

Я взял простую функцию
$f(\tau)=\begin{cases}1, &\tau\geqslant 0\\0, &\tau<0\end{cases}$
и посчитал всё явно. В моём варианте всё получилось, в «ихнем» нет. Для полного успокоения можете сами проверить.