Лошкарев А.И., Облакова Т.В. - Интегральные преобразования и операционное исчисление, страница 5

Всамом деле, меняя порядок интегриРис. 2.6рования (см. область интегрированияна рис. 2.6) и проводя замену y = t − τ, получаем:Zt0=+∞ZZt−ptf (t − τ)g(τ)dτ :e dt f (t − τ)g(τ)dτ =0+∞Zg(τ)dτ0+∞Zeτ−pt0+∞+∞ZZf (t − τ)dt =g(τ)dτe−p(y+τ) f (y)dy =00+∞+∞ZZ−pτ=g(τ)e dτe−py f (y)dy = G(p)F (p).0043Пример 2.16. Восстановим с помощью теоремы умножения1.оригинал для функции R(p) =(p − a) (p − b)1,Будем считать, что R(p) = F (p)G(p), где F (p) =p−a1G(p) =.p−bТогда f (t) = eat , g(t) = ebt , откудаR(p) : r(t) =Ztaτ b(t−τ)e ebtdτ =ete(a−b)τ eat − ebt.

=a−b a−b00Если дополнительно использовать правила дифференцирования и интегрирования оригинала, то также легко найти:aeat − bebtp,: r0 (t) =a−b(p − a) (p − b)поскольку r(0) = 0,1:p (p − a) (p − b)Ztr(τ)dτ =0eat − 1ebt − 1−.a (a − b) b (a − b)12. Интеграл Дюамеля. Если f (t) : F (p), g(t) : G(p), то впредположении, что f 0 (t) и g 0 (t) оригиналы имеют место формулы(интегралы Дюамеля)pF (p)G(p) : f (+0)g(t) +Ztf 0 (τ)g(t − τ)dτ,(2..18)pF (p)G(p) : g(+0)f (t) +Ztf (τ)g 0 (t − τ)dτ.(2..19)00В самом деле, из теорем о дифференцировании оригинала и(2.16) следует:44pF (p)G(p) : (pF (p) − f (+0)) G(p) + f (+0)G(p) :Zt0: f ∗ g (t) + f (+0)g(t) = f (+0)g(t) + f 0 (τ)g(t − τ)dτ,0что доказывает (2.18).

Переставив f (t) и g(t) местами и используясвойство симметрии свертки, получаем также и свойство (2.19).З а м е ч а н и е. Для проверки вычислений полезны следующиепредельные соотношения:1) lim F (p) = 0;Re p→∞2) f (0) = lim pF (p);3) f (+∞) = lim pF (p), если существует конечный пределp→∞p→0f (+∞) = lim f (t).Доказательства этих предельных соотношений и других фактов,приводящихся без доказательства, можно найти в учебниках [1, 9].t→+∞2.4.

Теоремы разложенияТеорема 2.4 (первая теорема разложения). Пусть аналитическая функция F (p) правильна в бесконечно удаленной точке и раз∞Xckложима в окрестности ∞ в ряд Лорана F (p) =. Тогда онаpkk=1является изображением и ее оригиналом служит (умноженная наθ(t)) целая функцияf (t) =∞Xk=1cktk−1 .(k − 1)!(2..20)З а м е ч а н и е. Формулу (2.20) можно получить из разложе∞Xckпочленным переходом к оригиналам (см. такжения F (p) =pkk=1пример 7 из предыдущего параграфа).1 −1Пример 2.17. Пусть F (p) = n+1 e p .p45Эта функция, очевидно, удовлетворяет условиям теоремы. Разложение в ряд Лорана получаем, используя стандартное разложение∞X(−1)k1для экспоненты, F (p) =.n+k+1k! pk=0∞X(−1)kТогда, согласно (2.20), ее оригиналом служит f (t) =×k!k=0tn+k.×(n + k)!Теорема 2.5 (вторая теорема разложения).

Пусть функцияF (p) не имеет других особенностей, кроме полюсов, правильна вполуплоскости Re p > σ0 и удовлетворяет условиям леммы Жордана. Тогда F (p) является изображением, а оригиналом служит(умноженная на θ(t)) функцияXf (t) =res F (p)ept , p = pk ,(2..21)kгде сумма берется по всем полюсам функции F (p).Формула (2.21), очевидно, связана с теоремой Коши из комплексного анализа, согласно которой интеграл по замкнутому контуру C + при t > 0 с точностью до множителя 2πi равен суммевычетов функции во всех особых точках, лежащих внутри контура.При вычислении оригинала согласно (2.8) необходимо проинтегрировать F (p) ept вдоль прямой Re p = σ1 > σ0 (см. рис.

2.7, a).Если все особенности функции F (p) (а значит, и функции F (p) ept )лежат левее этой прямой, то, выбирая контур C + = lR + CR , изображенный на рис. 2.7, б, получаем:σ1Z+i∞Z1limF (p) e dp =F (p) ept dp =2πi R→∞σ1 −i∞lRZZ1lim  F (p) ept dp − F (p) ept dp .=2πi R→∞1F (p) : f (t) =2πiptC+46CRТак как limZR→∞CRXРис. 2.7F (p)e dt = 0 по лемме Жордана, аptnptres F (p)e , p = pk×dp = 2πi kPres F (p)ept , p = pk .=oZF (p) ept ×по теореме Коши, то f (t) =C+В тех же условиях, но при t < 0, нужно выбрать контур C − =0 c противоположным направлением обхода.

Внутри него= l R + CRнет особых точек и f (t) = 0 при t < 0.A(p)Следствие 1. Пусть F (p) =— дробно-рациональнаяB(p)функция, причем степень многочлена A(p)меньше степениB(p).Тогда оригиналом для F (p) служит (умноженная на θ(t)) функцияkf (t) =mXk=11dnk −1 (p − pk )nk F (p)ept ,limn−1kp→p(nk − 1)!k dp(2..22)где pk — полюсы функции F (p), а nk — их кратности, k = 1, 2,. . . , m.Формула (2.22), очевидно, вытекает из формулы (2.21), если впоследнюю подставить выражения для вычисления вычета в полюсе pk кратности nk .47Следствие 2. Если F (p) =A(p)— дробно-рациональная функB(p)ция, все полюса которой простые, то ее оригиналом является линейная комбинация экспонент:mA(p) X A(pk ) pk t=e .B(p)B 0 (pk )(2..23)k=1З а м е ч а н и е.

На самом деле формула (2.23) годится и дляA(p)функции F (p) =, имеющей только простые полюсы, где A(p)B(p)и B(p) — не обязательно многочлены.Пример 2.18. Найдем этим способом оригинал от функции1R(p) =, рассмотренной в примере 2.16.(p − a) (p − b)Эта функция имеет два простых полюса в точках p1 = a иp2 = b.

Из условия видим, что A(p) = A(pk ) ≡ 1, а B 0 (p) == [(p − a)(p − b)]0 = 2p − a − b, откуда B 0 (p1 ) = B 0 (a) = a − b,B 0 (p2 ) = B 0 (b) = b − a. Следовательно,11 at1 bt eat − ebt.e +e =:a−ba−bb−a(p − a) (p − b)Пример 2.19. Найдем оригинал для F (p) =1.− a)2 (p − b)F (p)имеет полюс второго порядка в точке p1 = 0, полюс второго порядка в точке p2 = a и полюс первого порядка в точке p3 = b.Находим слагаемые в формуле (2.22):p2 (p1d2−16 p2 eptlim=(2 − 1)! p→0 dp2−1 6 p2 (p − a)2 (p − b) ptabt + 2b + ae [(p − a) (p − b) t − (3p − 2b − a)]= lim=−;2p→0a3 b2(p − a)3 (p − b)48)((p − a)2 ept1d2−1=lim(2 − 1)! p→0 dp2−1 p2 (p − a)2 (p − b) pteat [a (a − b) t − 3a + 2b]e [p (p − b) t − (3p − 2b)]= lim=;2p→ap3 (p − b)a3 (a − b)21d1−1lim 1−1(1 − 1)! p→b dp(p − b) eptp2 (p − a)2 (p − b)Окончательно выписываем ответ:F (p) : −=ebt.b2 (b − a)2abt + 2b + a eat [a (a − b) t − 3a + 2b]ebt++.232a ba3 (a − b)b2 (b − a)23. НЕКОТОРЫЕ ПРИЛОЖЕНИЯОПЕРАЦИОННОГО ИСЧИСЛЕНИЯ3.1.

Решение линейных дифференциальных уравненийс постоянными коэффициентамиРассмотрим задачу Коши для дифференциального уравненияL [x] ≡ x(n) + a1 x(n−1) + . . . + an x = f (t)(3..1)с начальными условиями(n−1)x(0) = x0 , x0 (0) = x00 , . . . , x(n−1) (0) = x0,(3..2)где L [x] — линейный дифференциальный оператор; ai , i = 1,(n−1)— заданные постоянные; а f (t) —2, . . . , n, x0 , x00 , . . . , x0функция, принадлежащая классу изображений.Применим к обеим частям уравнения (3.1) преобразование Лапласа и перейдем таким образом к уравнению в изображениях.Пустьf (t) : F (p), тогда, если x(t) : X(p), то с учетом начальныхусловий (3.2) и свойств преобразования Лапласа получаем49x0 (t) : pX(p) − x0 ,x00 (t) : p2 X(p) − px0 − x00 ,.............................................,(n−2)x(n) (t) : pn X(p) − pn−1 x0 − .

. . − px0(n−1)− x0.Подставим эти равенства в левую часть (3.1), выделив линейную комбинацию первых слагаемых, а все остальные объединив вмногочлен Q(p) степени (n − 1), коэффициенты которого зависятот ai и от начальных условий (3.2):pn + a1 pn−1 + . . . + an X(p) − Q(p) = F (p).Решая это уравнение относительно неизвестной функции-изображения X(p), получимX(p) =F (p) + Q(p), где A(p) = pn + a1 pn−1 + . . . + an .A(p)Таким образом, остается лишь восстановить оригинал, пользуясьодним из известных методов.В частности, если в задаче (3.1) начальные условия (3.2) нулевые, получим формулуX(p) =F (p).A(p)(3..3)Пример 3.1.

Найдем решение следующей задачи Коши:x00 + x0 − 2x = e−t ,x(0) = 1,x0 (0) = −2.Сначала находим изображение правой части и производных:e−t :1,p+1x0 (t) : pX(p) − 1,x00 (t) : p2 X(p) − p + 2.Далее подставляем в дифференциальное уравнение вместо каждого члена его изображение:p2 X(p) − p + 2 + pX(p) − 1 − 2X(p) =501,p+1преобразуемоткудаX(p) =p2 + p − 2 X(p) =1p2,+p−1=p+1p+1p24 11 11 1=+−.(p + 1) (p − 1) (p + 2)3p+2 6p−1 2p+1Восстанавливаем оригинал, пользуясь формулой (2.10):411x(t) = e−2t + et − e−t .362З а м е ч а н и е.

При решении задачи Коши с нулевыми начальными условиями и произвольной правой частью иногда полезно решить сначала вспомогательную задачу.1. Рассмотрим вспомогательную задачуL [z] ≡ z (n) + a1 z (n) + . . . + an z = δ(t)(3..4)с начальными условиями z(0) = 0, z 0 (0) = 0, .

. . , z (n−1) (0) = 0.Согласно формуле (3.3) ее решением будет функция z(t) :1: Z(p) =, поскольку F (p) = 1 : δ(t). Тогда решениеA(p)уравнения с произвольной правой частью можно представить какF (p)x(t) : X(p) == F (p)Z(p), откуда по теореме умноженияA(p)получаемx(t) = (f ∗ z) (t) =Zt0f (τ)z(t − τ)dτ =Zt0f (t − τ)z(τ)dτ. (3.40 )В уравнении (3.4) левая часть представляет собой линейнуюкомбинацию функции z = z(t) и ее производных, а справа стоитδ-функция, не являющаяся функцией в обычном понимании.

Темне менее рассмотренная задача имеет ясную физическую интерпретацию: находится отклик динамической системы на импульсное51воздействие, задаваемое функцией δ(t), в нулевой момент времени.Это так называемая импульсная характеристика системы.2. Можно также рассмотреть задачу о нахождении переходнойхарактеристики системы — ее отклик на единичное воздействие.Ly ≡ y (n) + a1 y (n) + . .

. + an y = θ(t),y(0) = 0, y 0 (0) = 0, . . . , y (n−1) (0) = 0.Тогда аналогично y(t) : Y (p) =11:, поскольку F (p) =pA(p)p: θ(t). Следовательно, в этом случае решение уравнения с произF (p)вольной правой частью x(t) : X(p) == pY (p)F (p) предA(p)ставимо как оригинал от произведения pY (p)F (p), т. е. вследствиесправедливости интеграла Дюамеляx(t) = f (+0)y(t) +Zt0f 0 (τ)y(t − τ)dτ ==Zt0f (τ)y 0 (t − τ)dτ.(3.400 )Пример 3.2. Проинтегрируем дифференциальное уравнениеx00 + 4x = q(t), еслиπt,0≤t≤ ,20πq(t) =π − t,≤ t ≤ π, а x(0) = x (0) = 0,20,t ≥ π.1-й способ.

Правая часть этого уравнения является непрерывнойполигональной функцией, поэтому ее изображение можно найти поформуле (2.1200 ). Поскольку скачки производной, имеющие место вπточках τ0 = 0, τ1 = ,τ2 = π, равны252k1 − k0 = q 0 (τ0 + 0) = q 0 (+0) = 1,π+ 0 − q0− 0 = −2,22k3 − k2 = q 0 (τ2 + 0) − q 0 (τ2 − 0) = q 0 (π + 0) − q 0 (π − 0) = 1,k2 − k1 = q 0 (τ1 + 0) − q 0 (τ1 − 0) = q 0πформула (2.1200 ) дает: q(t) :1 − 2π p−πp .1−2e+ep2Далее, в силу нулевых начальных условий x(t) : X(p), x0 0 (t) :: p2 X(p), получаем операторное уравнениеπ1 p2 + 4 X(p) = 2 1 − 2e− 2 p + e−πp ,poткудаX(p) =1p2 (p2 + 4)π1 − 2e− 2 p + e−πp .Наличие в правой части сомножителей e− 2 p и e−πp свидетельствует о необходимости использования теоремы запаздывания привосстановлении оригинала.1.

ЭтаВосстановим сначала оригинал от слагаемого 2 2p (p + 4)функция имеет три особые точки: p1 = 0 — полюс второго порядка,p2;3 = ±2i — полюсы первого порядка. Тогда по второй теоремеразложения1eptept:res;0+res;2i+p2 (p2 + 4)p2 (p2 + 4)p2 (p2 + 4)ept+ res 2 2; −2i .p (p + 4)πНайдем эти вычеты по формуле (2.22):eptdp2 eptres 2 2=; 0 = limp→0 dp p2 (p2 + 4)p (p + 4)tept p2 + 4 − 2peptt= lim= ;2p→04(p2 + 4)53resept(p − 2i) ept=;2i=limp→2i p2 (p − 2i) (p + 2i)p2 (p2 + 4)ie2ite2it=;(−4) 4i16ept(p + 2i) eptres 2 2=; −2i = limp→−2i p2 (p − 2i) (p + 2i)p (p + 4)==ie−2ite−2it=−.(−4) (−4i)161t1Следовательно, 2 2: − sin 2t.

C учетом теоремыp (p + 4)48запаздывания t11π 1πt−− sin 2 t −×− sin 2t θ(t)−2x(t) =4 84282π11+(t − π) − sin 2 (t − π) θ (t − π) ,× θ t−248или 11πt − sin 2t,0≤t≤ ,4821π 3πx(t) =(3..5)≤ t ≤ π,− t + − sin 2t,4482 − 1 sin 2t,t ≥ π.22-й способ. Решим вспомогательную задачуL [y] = θ(t), y(0) == y 0 (0) = 0. Соответствующие операторные уравнения будут иметь11вид p2 + 4 Y (p) = . Следовательно, Y (p) =, откуpp (p2 + 4)11и свойства интегрированияда с использованием sin 2t : 22p +4Rt 11оригинала получаем y(t) =sin (2τ) dτ = (1 − cos 2t). Далее40 2применяем формулу (3.400 ):54x(t) = q(+0)y(t) +Zt0y(t − τ)q 0 (τ)dτ ==Zt01(1 − cos 2 (t − τ)) q 0 (τ)dτ,4поскольку q(0+) = 0. Находимπ1,0<t< ,2πq 0 (t) =−1,< t < π,2 0,t > π.Далее, рассматривая по отдельности случаи 0 ≤ t ≤и t ≥ π, снова получим для x(t) выражение (3.5).π π, ≤t≤π2 23.2.