Буров А.Н. - Практикум по спецглавам математики (1250077), страница 5
Текст из файла (страница 5)
Если f2 (t) ≡ 0, то f (t) вещественнозначная функция. Аргумент t для удобства будем интерпретироватькак время.Определение 16. Оригиналом назовем функцию f (t), удовлетворяющую следующим трём условиям:1) f (t) = 0 при t < 0;2) f (t) локально интегрируема, то есть на любом конечном проZbмежутке [a, b], где 0 6 a < b, существует интегралf (t) dt;a3) f (t) ограниченного роста, то есть существуют такие константыM > 0 и s0 > 0, что для всех t > 0 выполнено неравенствоf (t) 6 Mes0 t ;Если функция ϕ(t) 6= 0 при t < 0, то её можно считать умноженнойна функцию Хэвисайда η(t), определенную равенствами:1, если t > 0 ,η(t) =(51)0, если x < 0 ,тогда функцияf (t) = ϕ(t) · η(t) =ϕ(t), если t > 00, если t < 0,будет удовлетворять всем трём условиям определения 16.
Множительη(t) обращает в ноль («гасит») функцию при t < 0. В дальнейшем будем предполагать, что все рассматриваемые оригиналы снабжены этим«гасящим» множителем, даже если он не указан явно.Определение 17. Изображением по Лапласу функции f (t) называется функция F (p) комплексного переменного p = s+iσ, определённаяравенствомZ∞F (p) = f (t)e−pt dt.(52)037Интеграл (52) в определении 17 носит название оператор Лапласа.Теорема 21.
Изображение F (p) оригинала f (t) существует для всехp, таких, что Re p > s0 , где Re p = sвещественная часть числаp = s + iσ, s0 показатель степени роста оригинала f (t) такой, чтоf (t) 6 Mes0 t , который существует по определению 16 оригинала.Отношение «оригинал-изображение» будем обозначать какf (t) −÷→ F (p) ,соответственно отношение «изображение-оригинал»черезF (p) ←÷− f (t) .Замечание 11. Как следует из доказательства теоремы 21 (мыего не приводим), F (p) → 0 при Re p → ∞. Это необходимый признактого, что некоторая функция F (p) является изображением.Пример 30. Проверить, являются ли оригиналами функции2f (t) = cos t · η(t) ,f (t) = et · η(t) .Решение. Условия 1) и 2) определения 16, очевидно, выполнены.Проверим ограниченностьроста.0·tТак как cos t 6 1 = eдля всех t ∈ [0, ∞) , функция f (t) = cos tоригиналом является.Так как для любого положительного s0 найдется бесконечно много2t таких, что t > s0 , выполнено неравенство et > es0 t для всех доста2точно больших t при любом s0 , откуда следует, что функция f (t) = etоригиналом не является.Пример 31.
Проверить, являются ли изображениями функцииF (p) = ep ,F (p) = p sin p .Решение. Нет, не являются, так как не выполнено необходимое условие: F (p) → 0 при Re p → ∞.Пример 32. Докажем непосредственно из определения, что1 = η(t) −÷→eat = η(t)eat −÷→381;p(53)1.p−a(54)Решение. Действительно,Z∞11 = η(t) −÷→ e−pt dt = − e−ptp0Аналогичноe = η(t)e −÷→atatZ∞at −pte edt =0Z∞(a−p)te0∞ = 1 .p0∞11(a−p)t e=.dt =a−pp−a0Замечание 12. Примечательным в операционном исчислении является тот факт, что изображения других оригиналов непосредственнопо определению мы искать не будем.
Существует масса свойств оператора Лапласа, с помощью которых можно найти изображения всех элементарных функций.Дадим без доказательства обзор основных свойств оператора Лапласа.Теорема 22 (линейности). Если f1(t) −÷→ F1(p) и f2(t) −÷→ F2(p), тоαf1 (t)+βf2(t)−÷→ αF1 (p)+βF2(p) , где α и β произвольные константы.1 pТеорема 23 (подобия). Если f (t) −÷→ F (p), то f (αt) −÷→ Fααдля любой константы α 6= 0.Теорема 24 (дифференцирования оригинала). Если функция F (p)является изображением оригинала f (t), то:f ′ (t) −÷→ pF (p) − f (0);f ′′(t) −÷→ p2F (p) − pf (0) − f ′(0).В общем случаеf (n) (t) −÷→ pn F (p) − pn−1f (0) − pn−2f ′(0) − .
. . − pf (n−2)(0) − f (n−1)(0).Теорема 25 (дифференцирования изображения). Если оригиналf (t) имеет изображением функцию F (p), то (−t)f (t)−÷→ F ′ (p). В общемслучае (−t)nf (t) −÷→ F (n) (p).Zt0Теорема 26 (интегрирования оригинала). Если f (t) −÷→ F (p) , тоf (τ) dτ −÷→F (p).pизображения). Если функцияZ∞f (t)F (p) является изображением оригинала f (t), то−÷→ F (s) ds .tТеорема27(интегрированияp39Теорема 28 (смещения). Если функция F (p) является изображением оригинала f (t), то eat f (t) −÷→ F (p − a).Теорема 29 (запаздывания). Если функция F (p) является изображением оригинала f (t), тоη(t − τ) · f (t − τ) −÷→ e−pτ F (p) ,где τ > 0 время запаздывания, η(t − τ)ленная равенством (51).функция Хэвисайда, опреде-Определение 18.
Свёрткой функций f (t) и g(t) называетсяфункция, которая обозначается через (f ∗ g)(t) и определяется следующим образом:Zt(f ∗ g)(t) = f (τ)g(t − τ)dτ.0Теорема 30 (произведения или о свёртке). Если f (t) −÷→ F (p) иg(t) −÷→ G(p), то(f ∗ g)(t) =Zt0f (τ)g(t − τ)dτ −÷→ F (p)G(p).Задачи для самостоятельного решения36. Используя определение оригинала, проверить, являются лиоригиналами следующие функции:a)c)e)g)f (t) = bt · η(t), b > 0, b 6= 1 ;1f (t) = t−3· η(t) ;f (t) = tg t · η(t) ;f (t) = √1t · η(t) ;b)d)f)h)f (t) = e(2+4i)t · η(t) ;f (t) = t2 · η(t) ;2f (t) = e−t · η(t) ;f (t) = tt · η(t) .37.
Используя необходимый признак изображения (замечание 11 настр. 38), проверить, являются ли изображениями следующие функции:a) F (p) = tg p;b) F (p) = p2 ;c) F (p) = cos p .38. Пользуясь определением, найти изображения следующих функций:a) f (t) = t2 ;b) f (t) = e6−t ;c) f (t) = cos 2t .40Занятие № 9Нахождение изображений по оригиналамПример 33. С помощью формул Эйлера (12) и теоремы линейностиможно вывести формулуpcos ωt −÷→ 2.(55)p + ω2Решение.eiωt + e−iωt111−÷→+=cos ωt =22 p − iω p + iωp + iω + p − iωp=.=2 (p2 + ω2 )p2 + ω2При выводе была использована формула (54).Замечание 13. Изображения sin t, sh t, ch t находятся аналогично.Таблица основных изображений и оригиналов приведена в прил.
Б настр. 93.Пример 34. Найдем изображение sin2 t.Решение. По формуле понижения степени sin2 t = (1/2) · (1 − cos 2t).Применив теорему линейности и формулы (53) и (55), получим1 1p22sin t −÷→=− 2.2 pp +4p(p2 + 4)Пример 35. Найдем изображение sin2 t, пользуясь теоремой одифференцировании оригинала.Решение. Пусть f (t) −÷→ F (p), тогда f ′ (t) −÷→ pF (p) − f (0). В нашем2случае f (0) = 0, а f ′(t) = 2 sin t cos t = sin 2t −÷→ 2. Следовательно,p +42= pF (p), откудаp2 + 4F (p) =2←÷− sin2 t .2p(p + 4)Пример 36. Найти изображение функции f (t) = t2 et .1Решение.
Имеем et −÷→. По теореме дифференцирования изобp−1′11ражения←÷− −tet , откуда←÷− tet . Далее2p−1(p − 1)′12t←÷−−tteили←÷− t2 et .23(p − 1)(p − 1)41Пример 37. Найти изображение функцииZteτ dτ.01Решение. Имеем et −÷→. По теореме интегрирования оригиналаp−1Zt0eτ dτ −÷→111·=.p p−1p (p − 1)sh tПример 38. Найти изображение функции f (t) =.t1Решение. Как известно, sh t −÷→ 2. Поэтому по теореме интеp −1грирования изображенияsh t−÷→tZ∞pr∞11s − 1 p+1= lnds = ln, ( Re p > 1) .2s −12s+1 pp−1С помощью теоремы интегрирования изображения легко вычисляются некоторые несобственные интегралы.
Пусть f (t) −÷→ F (p) и пустьZ∞f (t)несобственный интегралdt сходится. Тогдаt0Z∞f (t)dt =t0Z∞F (p) dp .0Пример 39. Вычислить интегралZ∞sin tdt.t01. ПоэтомуРешение. Имеем sin t −÷→ 2p +1Z∞0sin tdt =tZ∞0∞1 = π.dp=arctgpp2 + 120Пример 40. Найти изображение функции f (t) = e−t cos 2t.pРешение. Имеем cos 2t −÷→ 2. По теореме смещения (a = −1)p +4будем иметьp+1e−t cos 2t −÷→.(p + 1)2 + 442Пример 41.
Найти изображение функции f (t−1) = (t−1)2 ·η(t−1).2Решение. Для функции f (t) = t2 · η(t) имеем f (t) −÷→ 3 . Тогда поpтеореме запаздывания (τ = 1) будем иметь2e−pf (t − 1) = (t − 1) · η(t − 1) −÷→.p3В задачах на применение теоремы запаздывания важно научитьсярассуждать в терминах «процесс включается-выключается“ с запаз”дыванием на время τ».
Так, в предыдущем примере, процесс, которыйзадается функцией f (t) = t2 , «включается» с запаздыванием на времяτ = 1, соответственно функция t2 сдвигается вправо на t = 1, и мы пишем f (t − 1) · η(t − 1), а не f (t) · η(t − 1). Особенно важно научиться такрассуждать в задачах, где f (t) задается графически.2Пример 42. Найти изображение функции, заданной графически.Решение. В первую очередь запишем f (t) аналитически с помощьюфункции Хэвисайда.В нулевой момент времени «включается» процесс ϕ1 (t) = t, а в моментt = 1 он «выключается».
Запишем это как f1(t) = t − t · η(t − 1). Новторое слагаемое должно быть функцией от (t − 1). Поэтому, так какt = (t − 1) + 1 , запишем f1(t) = t − [(t − 1) + 1] · η(t − 1) .Второе слагаемое f2 (t) = η(t − 1) − η(t − 2), поскольку ϕ2(t) = 1 вмомент времени t = 1 «включается» и в момент t = 2 «выключается».Наконец, при t = 2 «включается» процесс ϕ3 (t) = −t + 3, а в моментt = 3 он «выключатся». Запишем это какf3(t) = (−t + 3) · η(t − 2) − (−t + 3) · η(t − 3) == −[(t − 2) − 1] · η(t − 2) + (t − 3) · η(t − 3).Окончательноf (t) = f1(t) + f2(t) + f3(t) = t − [(t − 1) + 1] · η(t − 1) ++ η(t − 1) − η(t − 2) − [(t − 2) − 1] · η(t − 2) + (t − 3) · η(t − 3) == t − (t − 1) · η(t − 1) − (t − 2) · η(t − 2) + (t − 3) · η(t − 3).1Так как t −÷→ 2 , то по теореме запаздыванияp1f (t) −÷→ 2 1 − e−p − e−2p + e−3p .p43Задачи для самостоятельного решения39.
Найти изображения, используя свойство линейности:a)c)e)g)i)f (t) = 1 + 2t + 5t2 ;f (t) = 4 cos 2t sin 5t ;f (t) = 8 cos4 t ;f (t) = sin t sin 3t ;f (t) = sh t ch 2t ;b)d)f)h)j)f (t) = −6 cos2 3t ;f (t) = sin3 5t ;f (t) = −t3 + 12 e−4t ;f (t) = cos 2t cos 4t ;f (t) = 12 ch2 t .40. Найти изображения, пользуясь теоремой смещения:a) f (t) = et sin t ;b) f (t) = e−4t cos 3t ;c) f (t) = t2 e−5t ;d) f (t) = sh t sin 4t ;23tte) f (t) = te + e sin 3t ; f) f (t) = et cos 6t − 2te−t .41.
Найти изображения, применяя теорему о дифференцированииизображения:a) f (t) = t sin t ;d) f (t) = t2 cos t ;b) f (t) = t2 sh 3t ;e) f (t) = t sin t cos 4t ;c) f (t) = (t + 1) sin t ;f) f (t) = t3 e−5t .42. Пользуясь теоремой о дифференцировании оригинала, найти изображения дифференциальных уравнений:a)b)c)d)e)f)g)x′ + x = e−t ,x′ + 2x = sin t,x′′ + x = cos t,x′′′ + x = 0,x′′ − x′ = tet ,x(4) − x′′ = 1,x′′ + x = tet + 4 sin t,x(0) = 1 ;x(0) = 0 ;x(0) = −1, x′ (0) = 1 ;x(0) = 0, x′ (0) = −1, x′′(0) = 2 ;x(0) = x′ (0) = 0 ;x(0) = x′ (0) = x′′(0) = x′′′(0) = 0 ;x(0) = x′ (0) = 0 .43.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
