Klasifikace izolovaných singulárních bodů (zkráceně ISB)
C .... množina komlexních čísel oo .... nekonečno є .... náleží
Nechť je funkce f(z) holomorfní v prstencovém okolí z0є C včetně nekonečna a nechť z0 není v definičním oboru funkce f. Pak z0 nazýváme izolovaným sing. bodem funkce f, krátce hovoříme o singularitě. Jsou 3 typy singularit. ODSTRANITELNÁ singularita - jestliže limita funkce v singulárním bodě má konečnou limitu (konečné číslo) př. 1 + cos x z2
singularita je PÓLEM funkce - jestliže limita funkce v singulárním bodě má limitu 00 př. 1 1− z PODSTATNÁ singularita - jestliže limita funkce v singulárním bodě neexistuje z př. pro 00 je e nebo 1 anebo pro nulu e1/ z sin z --------------------------------------------------Definice násobnosti kořene Nechť je f(z) holomorfní na prstencovém okolí z0, pak číslo k pro které platí f(z0) = f '(z0) = f ''(z0) ... f k-1 derivace(z0) = 0 a fk-tá derivace(z0) ≠ 0 se nazývá násobnost kořene z0 Definice násobnosti pólu Nechť z0 je pól fce f. Řád (nebo také násobnost) pólu je rovna násobnosti z0 jako kořene 1 funkce h( z ) = f ( z ) když z ≠ z0 a h(z0) = 0 Definice rezidua Nechť funkce f(z) má v bodě z0є C svoji singularitu (resp. z0 = 00), koeficient a-1 (resp. -a1) v Laurentově rozvoji v okolí bodu z0 se nazývá reziduum funkce f(z) v bodě z0. pozn. nepleťme si pojem koeficient a člen Laurentova rozvoje. Když napíšete do písemky že reziduum je pro ... -a1 člen Laur. rozvoje byť fakticky víte, že koeficient je číselný násobek člena L.r., tak vám za to uberou v písemce na definování rezidua dost bodů. Pamatujme - reziduum je jistý koeficient členu L. rozvoje.
--------------------------------------------------Jak na výpočet reziduí funkcí v jednotlivých druzích singularit? Reziduum v odstranitelné singularitě konečného bodu (např. z0 = 1) je vždy 0 Reziduum v odstranitelné singularitě 00 se musí počítat, viz vzorce:
res = z.( f (∞) − f ( z )) ∞
nebo
res = z 2 .( f ' ( z )) ∞
Finta pro usnadnění v jednom případě odstr. singularity v 00. Mějme funkci, která má v 00 odstr. ISB a stupeň polynomu (pozor - nejedná se o stupeň kořene jako násobnost!!) jmenovatele je alespoň o 1 vyšší než čitatele. Pak reziduum res = 0 . ∞ Jak se pozná z Laurentovi řady, že funkce rozvedená v okolí nekonečna má v tom bodě odstranit. singularitu? Taková řada bude mít pouze regulární část (hlavní bude nulová). Zjištění násobnosti pólu Musí se brát funkce současně jaký má kořen násobnosti čitatel ve zjištěném ISB a jaký jmenovatel v tom stejném ISB. Aby byl bod pólem funkce f(z), musí být alespoň kořen jmenovatele o 1 stupeň větší než kořen čitatele v tom ISB. pozn: je-li násobnost čitatele rovna anebo dokonce násobnost kořene vyšší než kořene jmenovatele, pak se nejedná o pól, ale o odstranit. singularitu. př. f ( z ) = sin (z − 2) ( z − 2)2 kde čitatel má kořen nás. 1 a jmenovatel kořen nás. 2, tedy 2 - 1 = 1, výsledek je: ISB v bodě 2 je jednonásobný pól funkce f(z) (nebo také jednoduchý pól funkce) výpočet rezidua v daném ISB jako pólu funkce:
1 d k −1 res = lim k −1 (( z − z0 ) k . f ( z )) z0 (k − 1)! z → z 0 dz
kde k stupeň derivace (1,2,...)
Usnadnění výpočtu rezidua pro jednoduchý (= jednonásobný) pól čitatel funkce resp. holomorfní část funkce vezmeme jako funkci g(z) jmenovatel funkce, ve kterém je „problém“ - ISB, vezmeme jako funkci h(z) Pak zderivujeme h(z) podle z a do čitatele (který je holomorfní) dosadíme hodnotu pólu ve kterém reziduum počítáme a rovněž také do zderivovaného jmenovatele. Vyjde přímo reziduum v tom pólu. Pokud vyjde po dosazení 0/0 pak použijeme limitu a l'Hospitala. Pozor, tento postup pouze pro jednoduchý pól!! Jak se pozná z Laurentovi řady, že funkce rozvedená v okolí pólu má v tom bodě izolovanou singularitu? z0 je pól násobnosti k právě tehdy, když a-k koeficient Laur. řady není roven nule, koeficienty a l jsou rovny 0 pro všechna l<-k, má tedy konečně mnoho nenul. členů v hlavní části. Reziduum v podstatné singularitě se nedá žádným přímým výpočtem či vzorcem vypočítat. Na výběr máme jen 2 způsoby zjištění rezidua: - rozvinutím funkce v Laurentovu řadu v okolí ISB a podle definice rezidua vyčíst koeficient a-1 (pro konečný ISB), resp. koeficient -a1 (pro ISB jako 00) anebo - zjistit singularity ve všech ostatní ISB, což budou póly popř. póly + odstranitelná
singularita v 00, sečíst jejich rezidua a jejich součet reziduí je vlastně jako důsledek reziduové věty roven minus reziduu v nekonečnu. Jak se pozná z Laurentovi řady, že funkce rozvedená v okolí bodu podstatné singularity má v tom bodě podstatnou singularitu? Laurentova řada takové funkce rozvedená v tom bodě bude mít nekonečně koeficientů hlavní části nenulových. Postřehy: π Nezapomínejme na ISB v 00, je téměř v každé funkci. Pokud však má funkce n-násobný + perioda 2kπ pól nebo odstranit. singularitu a v nich má opakující se singularitu (např. 4 ), pak nebude mít funkce ISB v 00, pozor - nutno vždy ještě ověřit limitou, protože výjiměčně se stává, že i tak má funkce singularitu v 00. př. najděme ISB pro funkci f ( z )=
1
1 sin( ) z 1 řešení: evidentně na první pohled bude mít funkce ISB v bodech zk = , funkce má kπ
jednonásobný pól (násobnost jmenovatele 1 minus násobnost čitatele 0 je rovno 1) a to 1/k-násobně pro k є Z mimo nuly. Avšak limita v nekonečnu je 00, čili jedná se rovněž o jednonásobný pól. Pro ISB jako z0 = 0 nebude singularitou, protože v okolí nuly leží nějaký bod z k (funkce není v okolí tohoto bodu holomorfní).
Výpočet integrálů pomocí reziduové věty Definice reziduové věty Mějme funkci, která je holomorfní na nějaké otevřené množině mimo izolované singulární body. Dále mějme Jordanovu křivku kladně orientovanou (tj. proti směru hodin. ručiček) a integrál po křivce C f(z) dz a v interiéru křivky (tj. vnitřní oblasti křivky) leží ISB z 1, z 2, ... , až z k. Pak integrál po této křivce je roven součtu reziduí v jednotlivých ISB krát 2π j. V zápisu: N
Ñ∫ f ( z )dz = 2π j.∑ res f ( z ) i =1
C
zi
pozn. důsledek reziduové věty Nechť funkce f je holomorfní v C mimo množinu jejích ISB, pak platí, že součet všech reziduí v ISBodech uzavřených Jordanovou křivkou C a přičteným reziduem v 00 je rovno nule. N V zápisu: res f ( z ) = − res f ( z)
∑ i =1
zi
∞
Tento fakt se velice výhodně a hojně používá při řešení mnoha funkcí a hledání jejich reziduí v daných ISB (resp. k výpočtům integrálů rezid. větou), u nichž výpočet reziduí by např. v několikanásobném pólu dělal problémy už u druhé derivace podle vzorce pro výpočet
násobného pólu. př. máme křivkový integrál
Ñ∫ (1 + z 1
C
100
)
dz . Křivka C je dána z = 2 , čili kružnice pol.2
100 řešení: Řešíme nejprve násobnost kořene jmenovatele, což je rovnice z = −1 Vidíme, že řešením je 100 bodů po kružnici na vrcholech stoúhelníku, to budou jednonásobné póly. Takovýto výpočet všech reziduí je však těžko proveditelný, proto použijeme důsledek reziduové věty. Protože se jedná o odstranitel. singularitu v 00 (limita v 00 je zde konečné číslo), použijeme vzorec pro výpočet rezidua (jeden ze dvou). Výsledek rezidua v 00 je 0, podle důsledku reziduové věty by tak byl součet reziduí v k-řešeních kořene jmenov. rovno MINUS reziduu v 00, tudíž - 0*2π j = 0 a integrál se celkově rovná 0.
př. mějme integrál z funkce
1 ( z - 2).( z - 3)
, dále Jordanovu křivku jako kružnici
s poloměrem R a středem v nule, a body singularit víme že jsou z 1 = 2, z 2 = 3. Jak by musela křivka vypadat, aby integrál z funkce byl: a) ∫ = 0 b) ≠ 0 ∫ ad a) křivka nesmí rozhodně obsahovat v interieru body singularit. Pokud tak, pak bude integrál určitě rovný 0 ad b) jakákoli jiná křivka obepínající body buď z 1 = 2 anebo oba.
Typy integrálů pro výpočet pomocí reziduové věty A) Integrály s více jak od dva řády vyšším řádem polynomu jmenovatele než čitatele máme integrál od - 00 do 00, polynom čitatele Pn(x), jmenovatele Qm(x) stupně n,m +∞ čili v zápisu Pn ( x )
∫
−∞ Qm ( x )
dx
Pak má-li stupeň m jmenovatele o 2 větší než stupeň n čitatele, integrál počítáme jako součet reziduí v jednotlivých ISB krát 2π j. Pozor!, bereme jen rezidua, která jsou nad reálnou osou, čili Im z > 0. př. integrál
∫
∞
−∞
x2
( x2 + a2 )2
dx
Ano, polynom jmenovatele je o dva větší než čitatele - podmínka splněna. Přepíšeme na integrál jako ∞ z2 ∫−∞ ( z 2 + a 2 )2 dz nulové body jmenovatele jsou + - j.a , ale protože bereme jen body nad reálnou osou, platí pouze +ja. Dále standardní výpočet pomocí reziduí (dvojn. pól). poznámka: nesmí nikdy vyjít jako výsledek komplexní číslo. Vždy musí vyjít reálné. Pokud nám vyšlo komplexní číslo, máme někde chybu.
B) Integrály se cos(x), sin(x) po kružnici (0 až 2π) 2 Pro tyto integrály se používá substituce, za cos(x) substituujeme výraz z + 1 2 2z za sin(x) substituujeme výraz z − 1 2 jz 1 a vždy ještě výraz násobíme členem jz Opět aplikujeme reziduovou větu (čili součet reziduí v jednotlivých ISB krát 2πj) C) Integrály typu ( Pn(x) / Qm(x) )*e^(jx) pro všechna xєR Stupeň polynomu Q musí být alespoň o jeden vyšší než stupeň polynomu P ( tedy m > = n+1) Dále počítáme opět reziduovou větou jako tomu bylo u integrálů typu A) - bereme singularity jen nad reálnou osou (čili pro Im z > 0) a sečteme jejich rezidua krát 2πj. pozn. Pokud máme v čitateli sin(x), nahradíme sinus exponencielou e^(jx) a ve výsledku bereme ve výsledku jen jeho imaginární část. ∞ ∞ ∞ e jx cos( x) sin( x) To vyplývá z rovnosti integrálu dx = dx + j.
∫ něco
−∞
∫
−∞
něco
∫
−∞
něco
Pokud je v čitateli cos(x) pak opět cosinus podobně nahradíme exponencielou e^(jx) a bereme v úplném výsledku jen jeho reálnou část. Kontrolou je, že musí vždy vyjít reálné číslo.
Dobré rady, pro osvěžení paměti 1. Eulerovy vztahy:
e jx = cos( x) + j.sin( x) e− jx = cos( x) − j.sin( x)
4 a jeho komplexně sdružená hodnota 1 + x = 0
π 2. hledáme nulové body polynomu j 4 z = e Pak řešením jsou 4 řešení jako 4 body, určené vrcholy čtyřúhelníka , dále 3π/4, 5π/4 a 7π/4. Protože však máme funkci proměnné x, tak se berou v úvahu jen rezidua první dvě (nad reálnou osou). V případě x 4 + a 4 máme řešení z1 = a*e^jπ/4 , z2 = a*e^3π/4. Je-li např. jmenovatel z^2 - 1 pak nulové body jsou z1,2 = + - 1 Je-li např. jmenovatel z^3 - 1 pak nulové body jsou z1 = 1 Je-li např. jmenovatel z^2 + 1 pak nulové body jsou z1,2 = + - j atd.
Občas bude zapotřebí rozložit argument goniometrické funkce pro to, abychom problémové reziduum mohli snadněji najít z Laurentovy řady. Pak použijeme tyto součtové vzorce: nejznámnější: sin 2 ( x) + cos 2 ( x) = 1 cos(2 x) = cos 2 ( x) − sin 2 ( x) pro Laur. řady se využívá:
výjimečně:
cos (a-b) = cos (a) * cos (b) + sin(a) * sin (b) cos (a+b) = cos (a) * cos (b) - sin(a) * sin (b) sin (a-b) = sin (a) * cos (b) - cos(a) * sin (b) sin (a+b) = sin (a) * cos (b) + cos(a) * sin (b)
1 sin 2 (a ) = (1 − cos(2a )) 2
1 cos 2 (a ) = (1 + cos(2a )) 2
Tyto vzorce se mohou hodit ke zkoušce, někdy je nutné jich použít pro zdárný výpočet!! Příklady jsou často záludné a zákeřné (bohužel) právě v tom, že vyžadují naprosto nezbytně nějakou úpravu, aby vůbec řešení vedlo ke správnému cíli.
Z transformace Definice Nechť máme množinu posloupností Z0. Transformací Z nazýváme zobrazením množiny posloupností Z0 (kde v Z0 jsou funkce maximálně exponenciálního růstu) na množinu K0 , kde K0 jsou funkce s odstranitelnou singularitou v nekonečnu, definované ∞
Z (an ) = F ( z ) = ∑ 0
an zn
gramatika Z transformace: 1) pravidlo linearity Z (c.an )∞n = 0 = c.F ( z ) n ∞
z pro všechna a ≠ 0 a = − z.F ' ( z ) kde F '(z) je derivace obrazu
2) pravidlo o násobení Z (an .a ) n = 0 = F 3) pravidlo o derivaci obrazu Z (n.an )∞n = 0
další užitečné obrazy: obraz řady konstant c a řady konstatního čísla a mocněného na n-tou c.z z Z (c)∞n= 0 = Z (c, c, c, c,...) = Z (a n )∞n =0 = Z (1, a, a 2 ,...) = z −1 z−a odvození Z (n)∞n =0 z ( z − 1) 2 Pro řešení obzvláště diferenčních rovnic se nám bude hodit posun posloupnosti doleva nebo doprava. 1 Posun doprava: Z (0, 0, 0,...,0, a0 , a1 ,...) = k F ( z ) kde k je počet posunutí (nul). z pozn: co je někdy nutné použít při zpětné Z-transformaci je začarovat pravý posun opět na řadu. To vyjadřuje vztah: Z −1{ 1 F ( z )} = (a .1(n − k ))∞ n−k n =0 zk
řešení: nutno použít pravidlo o derivaci obrazu jako Z (n.an )∞n =0 ≈ Z (n.1n )∞n =0 =
kde k je počet členů, které musím „přemáznout“ abych posunul posloupnost doleva. k −1
an a a ) = pro příklad k=2 = z k ( F ( z ) − 00 − 11 ) n z z n =0 z Mnohdy se používá definice posloupnosti diferencí, objevuje se u zkouškových příkladů v diferenčních rovnicích. Diferencí rozdíl následujícího a předchozího členu posloupnosti: ∆(an ) = (an +1 − an ) = (a1 − a0 , a2 − a1 , a3 − a2 ,...)
Posun doleva: Z (ak , ak −1 , ak − 2 ,...) = z ( F ( z ) − ∑ k
a transformaci diference zapíšeme jako
Z (∆an ) = ( z − 1) F ( z ) − a0 .z
pozn. důkaz diference bývá jako úloha ve zkoušk. písemkách, je však výjimečně snadný, což nebývá v důkazech u Matematiky 5 až zas tak běžné. Řešení: vyjdeme z posunu doprava, kde
Z (an+1 )∞n =0 = z.F ( z ) − a0 .z Pak tedy
∞
a dále že Z ( an ) n = 0 = F ( z )
Z (an +1 )∞n =0 − Z (an )∞n =0 = z.F ( z ) − a0 .z − F ( z ) = ( z − 1) F ( z ) − a0 .z
Definice konvoluce Mějme posloupnosti an , bn. Definujeme konvoluci jako (an ) • (bn ) = (cn ) kde • značí konvolutivní součin n
a platí: cn = ∑ (ak ) o (bn − k ) k =0
kde o tentokrát značí prostý součin
Inverzní transformace Z Metody výpočtu jsou prakticky 2, teoreticky 3 (ta třetí metoda počítána jako s konvolucí) - rozvoj v Laurentovu řadu (méně výhodné při složitých rozvojích, obzvláště u složitých periodických funkcí) nebo integrálním vyjádřením anebo a - identitu nn lze chápat jako Laurentovu řadu se středem v 0, z pak člen
an =
1 1 F (z) dz = F ( z ) z n −1dz − n +1 Ñ ∫ Ñ ∫ 2π j z 2π j c c
z toho plyne, že posloupnost vypočteme ze součtů reziduí funkce an =
n
∑ res( F ( z ).z i
zi
n −1
)
Jde o rutinni výpočet reziduí, které jsou většinou pouze jednonásobné nebo dvojnásobné póly funkce F(z). Nezapomínejme přidat člen z n-1, dělá se v tom častá chyba. 1 př: proveďte zpětnou Z transformaci výrazu 2 ( z − 1) ( z − e) řešení: najdeme ISB funkce, což jsou póly 1 jako dvojnásobný pól a e jako jednonásobný pól. Dále spočítáme rezidua res 1
1.z n −1
( z − 1)
2
( z − e)
= lim[ z →1
z n −1 ( z − 1) 2 ' n − 1 1 ]= − 2 ( z − 1) ( z − e) 1 − e (1 − e) 2
z n −1 res e
1.z n−1
( z − 1)
2
( z − e)
=
( z − 1)
2
[( z − e)]'
=
en −1 1 = en 2 (e − 1) e(e − 1) 2
z=e a nakonec sečteme tato vypočtená rezidua
an =
1 n −1 1 en + − 2 e(e − 1) 1 − e (1 − e) 2
pozn: lze také některé jednoduché výrazy přímo zpětně transformovat pomocí základních pravidel gramatiky Z transformace. Má to však jedno úskalí - jakmile uděláme chybu v rozkladu funkce na parciální zlomky (abychom dostali takové výrazy, které jdou snadno pomocí gramatiky přetransformovat), jsme s pytli, protože výsledky jsou pak o dost jiné než má správně vyjít. Proto gramatiku Z transf. s přímým přetransformováním používejme jen v případě na první pohled jasných závěrů. př.: ∧
z 2 1 = − = 2.(2n −1 )(n − 1) + 1n −1 (n − 1) = (2n )(n − 1) + (n − 1) ( z − 2)( z − 1) z − 2 z − 1
př. klasická diferenční rovnice, včetně nejběžnějších záludností co vás mohou u zkoušky potkat y + ∆ 2 a + y = a k −1a + 2.1(n) n+ 2
n
n
∑
n−k
a počáteční podmínky: y0 = 1 , ∆y0 = 5 , y1 = 2 vyjádříme si posloupnosti: ∧
( yn )∞n=0 = Y ( z ) ∧
( yn + 2 )∞n =0 = z 2 (Y ( z ) − y0 −
y1 2 ) = z 2 (Y ( z ) − 1 − ) z z
∧
(∆ 2 yn )∞n =0 =( z -1)[ ( z -1).Y ( z ) - y0 .z ] - ∆y0 .z = ( z -1)[ ( z -1).Y ( z ) - 1.z ] - 5.z ∧
1 z 1 = F ( z) z z−2 z − 2 kde tlustá tečka je konv. součin Nastíněn bylo pouze začátek řešení - vyjádření členů diferenční rovnice bez dalšího výpočtu.
∑2
k −1
an − k = (1(n -1) 2n -1 )∞n =0 • (an )∞n =0 =
Laurentovy řady Definice Nechť z0є C ,
∞
∑ a (z − z ) n
n =−∞
0
středem v bodě z0 . Součet s(z) Laurentovy řady
n
pak řada kde anє C , n є Z se nazývá Laurentova řada se s( z ) =
+∞
+∞ an + an ( z − z 0 ) n ∑ ∑ n ( z − z ) n =+1 n =0 0
kde první suma se nazývá hlavní část Laurentovy řady se středem v bodě z0 a druhá suma se nazývá regulární část Laurentovy řady (dále jen Lř) v bodě z0 . Definice pro Lř se středem v oo : +∞ an kde anє C , se nazývá Lř se středem v nekonečnu. Řada ∑ n n =−∞ z Věta o konvergenci Lř ∞
Nechť řada
∑ a (z − z )
n =−∞
n
0
n
má poloměry konvergence R1 (hlavní část) a R2 (regulární
část). Je-li splněna nerovnost R1 < R2 pak řada konverguje ABSOLUTNĚ v mezikruží P (z0, R1, R2) a nekonverguje v žádném bodě mimo uzávěr P (z0, R1, R2). Je-li R1 > R2 pak řada nekonverguje. Nekonverguje e Situaci konvergence v mezikruží znázorňuje obrázek: j gu er R1 (kde z0 je střed konvergence dané Lř) v n pozn: pro určení poloměrů konvergence R1 a R2 používáme odmocninového nebo podílového kriteria. Pozor! V písemkách bývá někdy nejen určení poloměrů konvergence, ale i mnohdy nesnadná úloha z uvedené funkce při zadaném poloměru konvergence vytvořit Lř. Vyžaduje to jistý matematický cvik při těchto úlohách, který získáme z drilu počítáním příkladů ze skript.
k ne
o
R2
konverguje
Nejdůležitější a nejznámější funkce vyjádřené Taylorovým rozvojem ∞ 1 = z k .n ∑ k 1− z n =−∞ ∞ ∞ 1 k .n = − = ( z ) (−1) k .n ( z ) k .n ∑ ∑ k 1+ z n =−∞ n =−∞ ∞ 1 1 1 = = ∑ k .n −k 1 1− z 1 − k n =−∞ z z n ∞ z ez = ∑ n=0 n ! ∞ 1 1 ez = ∑ n n=0 n ! z
sin( z ) =
e jz − e − jz +∞ (−1) n z 2 n +1 =∑ 2j n = 0 (2n + 1)!
cos( z ) =
e jz + e− jz +∞ (−1)n z 2 n =∑ 2 (2n)! n =0
pozn: u funkce sinus je v exponenciálním vyjádření ve jmenovateli imaginární jednotka, u funkce cosinus však není - bacha na to.
Fourierova transformace Před zavedením definice je nutné si ujasnit, co vlastně nabízí Fourierova transformace. Tedy máme nějakou funkci - předmět, kterou definiční formulí převedeme do Fourierova obrazu a jedná se o tzv. přímou Fourierovu transformaci. Rovněž platí ale i zpětně, že funkci jako obraz můžeme opět další (podobnou) definiční formulí převést zpět a získat tak funkci jako předmět a tomuto směru transformování říkáme zpětná Fourierova transformace. Převádět funkce přímou anebo zpětnou transformací můžeme buď z definice anebo pomocí již odvozené tzv. gramatiky, což jsou pravidla pro rychlejší zjištění obrazu nebo vzoru Fourierovy transformace, které vycházejí z definice přímé Fourierovy transformace (dále ve vztahu k textu již jen FT nebo ve vzorcích F). Definice přímé FT: Fourierova transformace funkce je funkce, kterou budeme značit f(p) se stříškou, pєR a definovanou předpisem ∧
1 f ( p) = 2π
∞
∫
f (t ) e
− jpt
−∞
1 dt a lze také napsat jako F ( p ) = 2π
∞
∫
−∞
Riemann - Lebegovo lemma: Je-li funkce f є L1(R), pak pro FT plati: (i) f(p) je spojitá funkce (funkce se dá integrovat) ∧
(ii)
lim f ( p ) = 0
p →+−∞
f (t ) e − jpt dt
Definice zpětné FT: Nechť funkce f(p) є L1(R), pak zpětnou (nebo také inverzní) Fourierovu transformaci definujeme předpisem
1 f (t ) = 2π
∞ ∧
∫
f ( p) e
+ jpt
−∞
1 dp a lze také napsat jako F (t ) = 2π −1
∞
∫
f ( p) e+ jpt dp
−∞
pozn: na první pohled podobnost vztahů přímé a zpětné FT nás svádí poplést si která je která. Tak především v přímé FT je u exponenciely minus a u zpětné plus (naznačeno výrazně). Dále integrujeme u přímé FT podle proměnné t , naopak u zpětnéFT integrujeme podle proměnné p. Tyto dvě věci se dost často plete, chybuje se v tom do té doby než si člověk dobře osvojí obě definice.
Gramatika Fourierovy transformace ∧
Nechť F { f (t )} = f ( p)
Pak platí pravidla: ∧
(1)
∧
f (t − a ) = e− jap f ( p) ∧
(2) f (at ) =
{
posun v čase
1 ∧ p f a a
pro a ≠ 0
}
pravidlo o konjugaci
změna měřítka (scalling)
∧ ∧
(3) F f (-t ) = f ( p ) ∧ ∧
(4) F {e jat f (t )} = f ( p − a )
pravidlo modulace, projeví se jako posun
pozn: všimněme si, že pravidlo (4) je inverzní k pravidlu (1). Všechna tatočtyři pravidla se odvodí z definice přímé FT. Pozor, odvození se objevuje ve zkouškových příkladech, je nutno si nacvičit odvození. Vyjma prvního a druhého pravidla, která se dají se znalostí jak na to poměrně dobře odvodit, jsou ostatní odvození obtížná!
Další pravidla - jsou to důležité dvě věty o derivaci vzoru a obrazu Věta o derivaci vzoru Je-li funkce f(t) spojitě diferencovatelná a f(t), f '(t) є L1(R), pak platí pravidlo:
{
}
∧
F f '(t ) ( p ) = jp. f ( p )
tedy lidově řečeno Furierova transformace zderivované funkce f(t) se rovná násobku imaginární jednotky j a proměnné p a Furierova obrazu funkce (před jejím derivováním). ∧ Pro k-tou derivaci tedy platí F { f ( k ) (t )} ( p ) = ( jp ) k . f ( p ) Věta o derivaci vzoru Je-li funkce f'(t) є L1(R), pak Fourierův obraz f(p) je diferencovatelná funkce a platí d ∧ F { f (t )} ( p) = j . f ( p) dp tedy Furierův obraz z funkce f(t) je roven násobku imaginární jednotky j a derivovaného Furierova obrazu funkce f(t) podle proměnné p. 1 př: 1 1 − ( t −1)2 − t 2 ∧ − p2 2 2 Máme funkci f (t ) = e a víme, že e = e 2 Určete pomocí gramatiky FT postup, jak by se upravila funkce f(t) .
řešení: posouváme vlastně v čase o jedničku. Proto použijeme pravidlo (1): 1 − ( t −1)2 2
∧
− j1 p
1 − p2 2
e = e .e kde bylo zdůrazněno v první exponenciele náhrada posouvajícího člena a za jedničku, dále násobení mezi exponencielami.
př: nechť máme číslo a ≠ 0 . Pak máme nějakou funkci f(t), která má svůj Fourierův obraz f(p). Dále mějme funkci g(t) vyjádřenou jako t−a g (t ) = f b Úkolem je nalézt Furierův obraz funkce g(t), čili vlastně nalézt g(p). řešení: na výběr v tomto případě máme dokonce dvě možné cesty. První je použít scalling (změna měřítka, pravidlo (2)) a pak aplikovat posun v čase (pravidlo (1)). Nebo druhý postup nejprve použít posun v čase a až pak aplikovat scalling. V obou případech dojdeme ke stejnému výsledku. Podle prvního postupu: f (t ) → f t → f t − a pro b ≠ 0 b b t−a resp. druhý postup f (t ) → f ( t − a ) → f pro b ≠ 0 b pak tedy postup je f ( p) → b . f ( p ) → e − jap . b . f ( p) a výsledek F { g (t )} = g ( p) = e − jap . b . f ( p) př: mějme funkci u(p) = f(2p) a pomocí gramatiky FT najděte Fourierův předmět této funkce u(p). řešení: víme, že 1 f p =∧ f (at ) pak f p =∧ a f (at ) ⇒ u ( p ) =∧ 1 f t a a 2 2 a př: mějme funkci g(t) = t . f(t-1) a pomocí gramatiky FT najděte Fourierův obraz této funkce g(t). řešení: g (t ) = t 2 . f (t − 1) upravíme na g (t ) = t.t . f (t − 1) kde máme násobenu funkci f(t-1) dvěma "t" ∧
a víme-li že platí věta o derivaci vzoru t. f (t ) = j. f '( p ) ∧
∧
dále použijeme pravidlo (1) posunu v čase f (t − a ) = e − jap f ( p ) ∧
pak první "t" vyjádříme: t. f (t − 1) = j.(e − jp f ( p )) ' = j.(− j ).e − jp . f '( p ) ∧
a druhé "t" vyjádříme t.(t − f (t − 1)) = j.(e − jp f '( p )) ' = 1.e − jp . f ''( p ) ∧
výsledek je g (t ) = e − jp . f ''( p ) nebo také možno jinak zapsat F { g (t )} = e − jp . f ''( p)
Laplaceova transformace Definice Nechť funkce f(t) je komplexní funkce definovaná na intervalu <0, 00>. Laplaceova transformace funkce f(t) je komplexní funkce F(p) a pєC definovaná tak, že mají kladnou reálnou část p větší než nula (Re p>0) určené vztahem ∞
F ( p ) = ∫ f (t )e − pt dt 0
F(p) situaci ukáže obrázek
Oblast definičního oboru funkce F(p)
0
Re p
a .t Postačující podmínka existence Laplaceovy transformace: f (t ) ≤ M .e pro a > 0 Čili funkce f(t) nesmí růst rychleji než exponencielním růstem. Množinu funkcí maximálně exponenciálního růstu nazýváme množinu L0. Příkladem funkce více než exponenciálního t růstu je např. f (t ) = e( a.t )
a ta se nedá již převádět Laplaceovou transformací. Tvrzení: Nechť f(t)є L0 . Laplaceova transformace F(p) je definována v polorovině { p ∈ C Re p > a ≥ 0} a je v této množině holomorfní. F ( p) = 0 Důsledek: f(t)є L0 , Relim p →∞ Věty o translaci Mějme jednotkový skok, definovaný
1(t ) = 1 pro t > 0 1(t ) = 0 jinak
pak
∧
1(t − a ) f (t − a ) = e − ap .Lf (t ) a pokud není funkce připravená k posunu, upravíme: ∧
1(t − a ) f (t ) = e− ap .Lf (t + a )
Pravidlo o obrazu periodické funkce Nechť f(t)є L0 je periodická funkce s periodou T > 0 . Pak pro Laplaceovu transformaci F = Lf platí: F ( p) =
T
∫ f (t )e 0
− pt
1 − e − pT
dt
Věta o obrazu mocninné řady Je-li funkce
∞
f (t ) = ∑ an .t n , t ≥ 0, an ≤ k . n =0
∞
pak
Lf (t ) = ∑ a n =0
n
αn , k > 0, α > 0 n
n! pro Re p > α p n +1
Integrální vyjádření inverzní Laplaceovy transformace (pokračování)
doplňkový souhrn látky Matematiky 5 - sepsal Petr Hlaváček, verze 1.4 software pro texty: Text602, pro vzorce: TeXaide
