Руководство к решению задач по операционному исчислению (1013271), страница 3

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 3)

От-.Пример 16. Найти изображение функцииf (t )  t , где n N .nРешение. Рассмотрим единичную функциюИзображение этой функции(t ) 1.pТогдапри t  0(t )  10 при t  0t1dt  t.0F ( p) 1t 2.ppПо теореме 8:Повторим операцию интегрирования и применим теорему об интегрировании оригинала:t0tudu 222t12!t  3.2 p3p33ut13!du t  4223 p4p .0……………………………………………nt n!n1p§ 6. ТЕОРЕМЫ ДИФФЕРЕНЦИРОВАНИЯ И ИНТЕГРИРОВАНИЯИЗОБРАЖЕНИЙ.Теорема 9. Еслиf (t )  F ( p) ,то f (t )  F ( p)Доказательство: L (tf (t )   (te pt ) f (t )dt 0=   pte f (t )dt  p  0F ( p) F ( p).pСледствие:n n(1) t f (t )  F( n)( p),(*)16где Re p > S1 > S0 .Доказательство: Применяя теорему 9 последовательно несколько раз,придем к формуле (*):2t f (t )  t (tf (t ))  F ( p)  F ( p)32 t f (t )  t t f (t ) F ( p)  F ( p)………………………………………n n(1) t f (t )  F( n)( p).При доказательстве учитывается тот факт, что F(p) является аналитическойфункцией на полуплоскости Re p > S1 > S0 и поэтому существует производная любого порядка этой функции.Пример 17.

Найти функцию-оригинал, изображение которой F ( p)  22 p 2 .( p  1)Решение: Так какt sin t 2p2( p  1)2sin t 12p 1и 1 2p 2   22( p  1) p  1 , то2 p2( p  1)2 t sin t ,или.Пример 18. Найти изображение функцииРешение: e 2t  p 1 2 .2t te  2 2tt e.2t11 te .22( p  2)( p  2)1  2( p  2)2t e  .243( p  2) ( p  2)  ( p  2)2 2t2t e .Итак:3( p  2)2 2tЗамечание: Этот пример можно также решить, воспользовавшись результатом примера 16 и теоремой смещения.Решение: t 2  2!3 , тогда t 2e 2t  2 3 .( p  2)pТеорема 10. (Интегрирование изображения). Если– оригинал, тоf (t )   F ( z )dztpражений получим:tf (t )tf (t ) ( p) .

Тогда по теореме дифференцированияtf (t )  ( p) или  f (t )  ( p) илиt Но f (t )  F ( p) , значит F ( p)  ( p).Проинтегрируем это равенство на отрезке  p, q :qppf (t )t– оригинал, то существует изображениеf (t )  ( p).qи.Доказательство: Так какэтой функции. Пустьf (t )  F ( p)q F ( z )dz    ( z )dz  ( z ) p  ( p)  (q).17изоб-Пусть Re q   , тогда на основании следствия из теоремы существованияизображения, получим lim (q)  0.Re qqИтак:  F ( z)dz  ( p). Отсюдаpf (t )   F ( z )dztp.Пример 19.

Найти изображение функцииРешение:Итак:sin t 1;2p 1sin t arcctgptтогдаf (t ) sin tt.sin t  dz  2 arctgz p   arctgp  arcctgp .t2p z 1.Пример 20. Найти изображение функцииf (t ) 1 etteРешение: Данную функцию представим в виде3t.f (t ) 3tt1 ee .tПри нахож-дении изображения этой функции найдем сначала изображение функции (1 –е3t) , затем применим теорему интегрирования изображения и таким образом3tнайдем изображение функции1 etнайдем изображение функцииf (t ) . Затем применим теорему смещения и3tt1 ee .tИтак: 1). 1  e3t  1p  p 1 3 .2).1 et3tbbp111 1   dp  lim   dp  lim lnpp3pp3p3 pbb p p p p 3p 3p 3bb lim ln ln ln lim lnln1 lnlnb3p3b3pppb .b1 et3tp 3.p ln3).1 etИтак:3tt e  ln( p  1)  3p2 ln.p 1p 1f (t ) 3tp21 e lntp 1te.Теорема 11.

(Формула Дюамеля). Если при(t )  ( p) ,тоt  0f (t )  f (0)иtpF ( p)( p)  f (0)(t )   f (u )(t  u )du .0Доказательство: pF ( p)( p)  f (0)( p)   pF ( p)  f (0)( p).Определим теперь оригинал каждого слагаемого этого равенства:1). f (0)( p)  f (0)(t ).2). pF ( p)  f (0)  f (t ) (по теореме дифференцирования оригинала).3).  pF ( p)  f (0)( p)  f (t )  (t ) (по теореме свертывания).Итак:tpF ( p)  f (0)( p)   f (u )(t  u )du .0Отсюда, учитывая свойства линейности, найдем:18f (t )  F ( p);tpF ( p)( p)  f (0)(t )   f (u )(t  u )du0Замечание. Данная формула имеет еще три эквивалентных вида:tpF ( p)( p)  f (0)(t )   f (u )(t  u )du =0==tpF ( p)( p)  f (0)(t )   (u ) f (t  u )du =0tpF ( p)( p)  f (0)(t )   (u ) f (t  u )du .0Пример 21.

Найти оригинал для данного изображенияp1.p3p.( p  2)( p  3)p111; F ( p)  pp2( p  2)( p  3)p 2 p 33t2t11 e  (t ) . e  f (t ) ;p3p2Решение:( p ) ( p) ( p) tt20 3t2u 3(t u )3t3t 5u3t11 e  e   2e edu  e  2 e e du  e p2 p300 2e3t5ue5Итак:te03t 2e3t1 5t3 3t 2 2te 1  e  e .555p3 3t 2 2t e  e .( p  2)( p  3) 55§7. НАХОЖДЕНИЕ ОРИГИНАЛОВ ПО ИХ ИЗОБРАЖЕНИЯМ.Изучая свойства преобразования Лапласа, установили правила, по которымопределяются изображения для данных оригиналов. Рассмотрим теперь обратную задачу – определение оригинала по заданному изображению.В общем виде эта задача разрешима теоремой обращения.Теорема: Если f(t) – оригинал и F(p) служит ее изображением, то в любойточке своей непрерывностиf (t ) S iptpt1 S i1F ( p)e dp F ( p)e dp .lim2i S i2i  S i(1)Формула (1) называется формулой обращения преобразования Лапласа.

Этаформула очень трудоемка для практического применения, так как для вычисления интеграла надо применять методы теории функций комплексной переменной. Поэтому стараются избежать применения формулы (1) и пользуютсядругими методами.І метод. Использование таблиц изображений и свойств преобразованияЛапласа.Пример 22. Для изображения F ( p)  4e3 p  21 найти оригинал.p 4Решение: ФункциюF ( p)перепишем в виде1).

По таблице изображений22 2 sin 2t2p 419.F ( p)  2 3 p2e .p 422). Умножение наe3 pозначает сдвиг оригинала на3 .Значитf (t )  2sin 2(t  3).ІІ метод. Разложение изображения.Пусть F ( p)  FF1 (( pp)) – правильная рациональная дробь. Найти оригинал по2этому изображению можно, если предварительно разложить F ( p) на простейшие дроби.Возможны следующие случаи:1). Все корни знаменателя простые и ни один из них не равен нулю.2). Один из простых корней знаменателя равен нулю.3). Корни знаменателя кратные.Корни знаменателя F ( p) называются его полюсами.Рассмотрим все перечисленные выше случаи.1 случай.

F ( p)  FF1 (( pp)) , где F2 ( p)  ( p  p1)( p  p2 )....(p  pn ) , причем2pi  0.ТогдаF ( p) F1 ( p)Ck.pk 1  pknn ( p  pk )(2)k 1Для нахождения коэффициентов С1, С2, … Сn поступим следующим образом:Умножим (2) на (р – р1):Cn F1 ( p) C2( p  p1 )  C1  ( p  p1 ) ....F2 ( p)p  pn  p  p2Пустьp  p1 ,тогдаlimp p1F1 ( p)( p  p1 ) C1.F2 ( p)Вычислим полученный предел, используя правило Лопиталя:F1 ( p)( p  p1 )  F1 ( p) F1 ( p1 ).p p1F  ( p)F ( p )C1  lim221F (p )C1  1 1F ( p )Итак:21Аналогично найдем С 2:C3Cn F1 ( p) C1( p  p2 )  C2  ( p  p2 )....F2 ( p)ppppp pn 13F1 ( p)( p  p2 ) C2 .ИлиlimF2 ( p)p p 2C1  limp p 2F1 ( p)( p  p2 )  F1 ( p) F1 ( p2 ).F  ( p)F ( p )222F (p )C2  1 2F ( p )22И так далее. Получим:Cк F1 ( pк ), к 1,2,3,...,n.F ( p )2к20Окончательно получим:n F (p )Ck1 1 k .k 1 p  pkk 1 F  ( p ) p  pknF ( p)  2Так какp t1e kp  pkИтак, еслиkn F (p ) p tF1 ( pk )1 1 k e kk 1 F ( p ) p  pkk 1 F  ( p )n, тоF ( p)  2F ( p) имеетk2.kпростые, отличные от нуля полюса, тоF1 ( pk ) p k tek 1 F  ( p )nF ( p)  2(3)kФормула (3) называется второй теоремой разложения Хевисайда.nЗамечание.

Если F ( p)   Ckk ,то оригинал для нее имеет вид:k 1 pCk k 1t .(k1)!k 1nf (t )  Это – первая теорема разложения Хевисайда.Пример 23. По изображениюF ( p) 2p  p23p 7p6найти оригинал.Решение: F1 ( p)  p 2  p  2 ; F2 ( p)  p3  7 p  6 .Разложим F2 ( p) на множители: F2 ( p)  p3  7 p  6 = p3  p  6 p  6 = p( p 2 1)  6( p 1)  ( p 1)( p 2  p  6)  ( p 1)( p  2)( p  3).Значит p1  2; p2  1; p3  3 – полюса функции F ( p).2F2 ( p)  3 p  7F  (2) 12  7  52F1 ( p)  p  p  2F1 (2)  4  2  2 =82F2 (1)  3  7  4F  (3)  27  7  20F1 (1) 1 1  2  4F1 (3)  9  3  2  828 14181Тогда F ( p)  5  p  2   4  p 1  20.p 3Значит f (t )  85 e2t  et  52 e3t .2 случай.

Пусть среди полюсов p1, p2 ,...,pn один обращается в ноль.Для определенности положим pn  0.Тогда F2 ( p)  p( p  p1)( p  p2 )...(p  pn1).Обозначим ( p)  ( p  p1)( p  p2 )...(p  pn1). Тогда F2 ( p)  p( p).(*)F2 ( p)  p( p)  ( p).Корни p1, p2 ,...,pn1 обращают равенство (*) в равенства F2 ( pk )  pk ( pk ) , гдеk 1,2,3,...,(n 1).ПриИтак:p0F ( p) F2 (0)  (0).F1 ( p) F1 (0) 1 n1 F1 ( pk )1 .p( p) (0) p k 1 pk ( pk ) p  pkИсходя из этого получим оригинал:f (t ) F1 (0) n1 F1 ( pk )p te k .(0) k 1 pk  ( pk )(4)Формула (4) является частным случаем второй теоремы разложения Хевисайда.Пример 24.

Найти оригинал, если F ( p)  3 3 p 21 .p 5p 6p21Решение. F1( p)  3 p 1; F2 ( p)  p3  5 p 2  6 p  p( p 2  5 p  6) = p( p  2)( p  3) , где ( p)  p 2  5 p  6. p1  0; p2  2; p3  3.( p)  2 p  5F1 ( p)  3 p 1F1 (2)  7(2)  1F1 (3) 10(3) 1(0)  61 17110 11 1 7 110 1F ( p)       .6 p 2(1) p  2 3 1 p  3 6 p 2 p  2 3 p  31 7 2t 10 3tf (t )   e  e .6 23F1 (0) 1Тогда:Значит3 случай.F ( p) F1 ( p)F2 ( p)и среди корнейF2 ( p)есть кратные.Пусть 1, 2 ,...,l – корни соответствующей кратности r1, r2 ,...,rl ,причем r1  r2  ... rl  n.

В этом случае f(t) определяется по формуле:r 1F ( p) pt r1dk ( p  k ) k  1 e .limr 1 F2 ( p)k 1 (rk  1)! p p k dp klf (t )  (5)Пример 25. Найти оригинал для данного изображенияРешение: Полюса функции F ( p) p  0 кратностиИсходя из этого по формуле (5) получим:r 2иF ( p) p 3p22p ( p  3).кратностиr 1.p2p2pt  1pt 1d  2f (t )  lim  p  2e   lim ( p  3)  2e 1! p0 dp p ( p  3)  0! p3 p ( p  3) ptptpt p  2 pt  ( p  2)e pt  p  2 pt e  t ( p  2)e ( p  3)  ( p  2)e= lim  lim  2 e  =  lim  2 e  lim2p  3  p3  pp 3  pp0 p0( p  3)(1  2t )( 3)  2(3)+ 19 e3t =+21 2 1 3t  t e .9 3 9Ответ:f(t) =Замечание: Еслисопряженные, тоF2 ( p) имеет1 2 1 3t  t e .9 3 9помимо действительных корней и комплексно-s F (p ) p tF1 ( p) r F1 ( pk ) p k te  2 Re  1 k e kF2 ( p) k 1 F ( p )k 1 F  ( p )2k2,(6)kгде r – число действительных корней знаменателя;s – число пар комплексно-сопряженных корней знаменателя.Пример 26.Решение:F ( p) F ( p) p22( p  3)( p  4)2.Найти оригиналp.( p  3)( p  2i)( p  2i)22F1 ( p)  p ; F2 ( p)  ( p  3)( p  4);F2 ( p)  ( p  4)  ( p  3)2 p  3 p  6 p  4.2f (t ).222F1 ( p)  pF2 ( p)  3 p  6 p  4F  (3) 1322F1 (3)  92F1 (2i)  4F  (2i)  8  12iF1 (2i)  4F2 (2i)  8 12i22914141.13p3812ip2i812ip2i( p  3)( p  4)pИтак:2Исходя из этого, получим:f (t ) 2it2it9 3t9 3t44e  2 Ree e   e 13 8 12i  8  12i 139 3t2  3i 2it 2  3i 2it + 2 Re 2 13i e2it  2 13i e2it   13e  2 Ree e 1313= (в квадратных скобках записана сумма двух комплексно-сопряженных чи2it9 3t 49 3t 4сел) = 13e  Re(2  3i)e e  Re(2  3i)(cos 2t  i sin 2t )131313=9 3t 4e  (2 cos 2t  3sin 2t ).1313Ответ:p29 3t 4e  (2 cos 2t  3sin 2t ).1313( p  3)( p  4)2§ 8.

Характеристики

Список файлов книги