Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Воронежская государственная лесотехническая академия

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

3012

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

08.01.2021

Размер:

461.13 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 42 3 4 > Следующая >>>

Следствие. Предположим, что функция

f (t)

n раз

непрерывно

дифференцируема на [0,∞) и

f (k ) (t)

(k=1,2,…n) являются оригиналами. Тогда

для изображения n -й производной справедлива формула

(n)

(t) → p

F( p) − p

n−1

f (0) − p

n−2

′

(n−2)

(0) − f

(n−1)

(0).

(0) −... − pf

Следствие. Если

f (0) =

′

′′

... = f

(n−1)

(0)

, то

f (0)

f (n) (t) → pn F( p).

Пример

12.

Найти

изображение

дифференциального

выражения

′′

′

x (t) −3x(t) , если x(0) =1, x

(0) = 0.

Решение.

Пусть

x(t) → X ( p) ,

тогда

по свойству дифференцирования

получим

′′

′

= p

X ( p) − p.

x (t) → p

X ( p) − px(0) − x (0)

Итак,

x′′(t) −3x(t) → p2 X ( p) − p −3X ( p) = ( p2 −3) X ( p) − p.

6. Интегрирование оригинала. Пусть

f (t)

– оригинал. Тогда ∫t

f (τ)dτ

также является оригиналом. Если

f (t ) → F ( p ) , то

∫t

f (τ)dτ →

F( p) ,

то есть интегрирование оригинала в пределах от 0 до t соответствует делению на p изображения.

Доказательство. Можно показать, что интеграл ∫t	f (τ)dτ удовлетворяет
0

всем требованиям оригинала. Найдем изображение для этого оригинала. По условию

			t		′
f (t ) → F ( p )		или				→ F ( p ) .	(2)
f (t ) → F ( p )		или		∫ f (τ ) d τ		→ F ( p ) .	(2)
				0
Положим,	что	∫t	f (τ)dτ →Φ( p)			Применим	свойство
		0

дифференцирования оригинала

′

∫ f (τ ) d τ

→ p Φ ( p ) −

t =0

Итак,

′

(3)

∫ f (τ ) d τ → p Φ ( p ).

Сравнив

(2)

(3),

получим

pΦ( p) = F( p) ,

следовательно,

Φ( p) =

F ( p)

или

∫t

f (τ)dτ →

F( p) .

Пример 13. Найти оригинал для изображения

p( p2

+ 9)

Решение. Оригиналом для изображения

является

f (t) = sin 3t

( p2 + 9)

(см. пример 8). Тогда оригиналом для изображения

F ( p)

будет

p( p2 + 9)

∫t sin 3τdτ . Найдем этот интеграл

∫t

sin 3τdτ = −1 cos3τ

1 cos3t .

−

Итак,

−

cos 3t →

p( p

+9)

Дифференцирование

изображения.

Если

f (t ) → F ( p ) , то

− t f (t ) → F ′( p ) (без док.).

Следствие. ( −1) n t n

f (t ) → F ( n ) ( p ) .

Пример 14. Найти изображение оригиналов

а)

t ;

б)

tn (n - целое); в) t 2e5t .

Решение.

′

η(t) →

1 t → −

t →

а) Так как

, то

2 ;

, то есть

							13
б) Дифференцируя изображение по p, получим
t 2 →	2!	,	t3 →	3!		, . . . , t n →	n!	;
t 2 →	3	,	t3 →	4		, . . . , t n →	n+1	;
	p			p			p
в) Изображением					для оригинала f (t) = e5t является F ( p) =				1	.
в) Изображением					для оригинала f (t) = e5t является F ( p) =				p −5	.
									p −5

Умножение оригинала на t соответствует взятию производной от изображения F ( p) и умножению его на (-1).

t e5t

′

→ −

Следовательно,

2 .

( p −5)

p −5

Беря в качестве f (t)

функцию t e5t

и повторяя рассуждения, получаем

′

t 2 e5t →= −

( p −5)

8. Интегрирование

изображения.

Если

f (t ) → F ( p ) и

f (t)

удовлетворяет условиям 1-2, то имеет место соотношение

f (t)

→ ∞∫F (q)dq

(без док.).

Пример 15. Найти изображение функции

Решение. Известно, что

t →

. По свойству интегрирования

− 1

изображения можно записать

t →

∞

1 ln

q −1

= 1 ln

p −1

∫

= lim

−1

q +1

2 p +1

b→∞

f1 (t)

f2 (t)

9. Умножение изображения. Пусть

– непрерывные на

[0, ∞) функции.

f1 (t) f2 (t)

Определение. Сверткой

функций

f1 (t)

и f2 (t) называется

функция, определяемая интегралом

	14
∫t	f1 (τ) f2 (t −τ)dτ .
0

Заметим, что выражение для свертки функций не зависит от порядка, в котором берутся эти функции. Нетрудно проверить, что свертка оригиналов также является оригиналом.

Теорема умножения изображений (без док.)

Если f1 (t ) → F1 ( p ) и f 2 (t ) → F2 ( p ) , то f1 (t) f2 (t)→ F1 ( p) F2 ( p) при Re p > max{s0′, s0″}. .

Здесь s0′ и s0″ – показатели роста функций F1 ( p) и F2 ( p) соответственно.

Пример 16. Найти оригинал по изображению p2 ( p2 +5) .

Решение.

Известно,

что t →

sin 5t →

значит,

t sin 5t →

. Найдем свертку.

u =τ

du = dτ

t sin 5t = ∫τ sin 5(t −τ)dτ =

dv = sin 5(t

−τ)dτ

v =

5 cos 5(t −τ)

1 t

τ cos 5(t −τ)

−

∫cos 5(t −τ)dτ =

t +

sin 5(t

−τ)

1 t −

sin 5t.

			Таблица 1
	Основные операционные соотношения


f (t )		F ( p )	Примечание

η(t)

p > 0

αt

Re p > Re

p −α

p > 0

cosωt

p > 0

p2 +ω2

sin ωt

p > 0

p 2

+ ω 2

ch ωt

> ω

p |

p 2

− ω 2

sh ωt

p >| ω |

p 2

− ω 2

§ 3. Импульсные функции

Как уже было сказано в пункте 1, единичная функция Хевисайда η (t ) может превратить в оригинал любую функцию f(t), ’’выключая’’ ее значения

при t < 0 и сохраняя при t ≥ 0
Имеется большое количество функций		f (t −τ) ,	которые	описывают
процессы, начинающиеся не в t	= 0 , а с опозданием		τ > 0 .	С помощью
функции Хевисайда запаздывающую функцию записывают так
f (t − τ )η		0, t < τ ;
f (t − τ )η	(t − τ ) =		t ≥ τ .
	f (t − τ ),		t ≥ τ .

Заметим, что множитель способен ’’включать’’ или ’’гасить’’ значения некоторых функций.

Пример 17. Единичный импульс задается функцией

	0, t < 0;

f (t ) = 1,0 ≤ t ≤ 1;
	0, t > 0 .
	0, t > 0 .

С помощью функции Хевисайда эта функция

записывается

так

f (t ) = η (t ) −η (t − 1).

Найдем изображение единичного импульса.

Мы

знаем,

что

η (t ) →

;

по свойству

запаздывания

получаем

− p

e − p

1 − e

− p

η (t − 1) →

; поэтому f (t )

→

−

Пример 18. Запаздывающий прямоугольный импульс задается

следующим образом

0, t < T

;

+ τ ;

f (t ) = b, T ≤ t ≤ T

0, t > T

+ τ .

Запишем эту функцию помощью функции Хевисайда

f (t ) = b (η (t − T ) −η (t − (T

+ τ )))

Найдем ее изображение

− pT

− p (T +τ )

b e

− pT

(1 −

− pτ

)

f (t ) → b

−

	17
Пример 19. Синусоидальный импульс
	0, t < 0;
	t ,0 ≤ t ≤ π ;
f (t ) = sin	t ,0 ≤ t ≤ π ;
	0, t > π .
	0, t > π .

Здесь

f (t ) = sin

t η (t ) + sin( t

− π )η (t

− π ) ,

Рис.7

поэтому f (t ) →

e −πp

1 + e −πp

Пример 20. Найдем изображение функции

0, t

< 0;

3,0 ≤ t ≤ 4;

f (t ) =

t ,4 ≤ t ≤

9 −

0, t > 6 .

Решение.

Запишем

(t )

помощью

функции

Хевисайда

f (t ) = 3η (t ) − 3η (t − 4 ) + (9 −

t )η (t − 4 ) − (9 −

t )η (t − 6 ) =

= 3η (t ) + (6 −

t )η (t − 4 ) − (9 −

t )η (t − 6 ).

Надо организовать

сдвиги

аргумента

в множителях

при функциях

Хевисайда: во втором слагаемом надо сделать

t −4 , а в третьем

t −6 :

f (t ) = 3η (t ) +

6 −

(t −

4 ) − 6

η (t − 4 ) −

9 −

(t − 6 ) − 9

η (t − 6 ) =

= 3η

(t ) −

(t − 4 )η (t − 4 )

(t − 6 )η (t − 6 ).

Найдем изображение F ( p ) =

−

e −4 p

e −6 p .

2 p

Пример 21. Рассмотрим функцию

0, t < 0,

η1 (t, h) =

(η(t) −η(t − h)) =

,0 ≤ t ≤ h,

0, h ≤ t,

изображенную на рис. 8.

Если эту функцию трактовать как силу, действующую за промежуток времени от 0 до h, а остальное время равную нулю, то, очевидно, импульс этой силы будет равен единице.

На основании примера 18 изображение этой функции будет

η (t, h) → 1					− p 0	− e	− p ( 0 + h )
η (t, h) → 1			e			− e				=
	1	h			p			p
		h			p			p
		=	1	1 − e		− ph	.
		=	h		p		.
			h		p
В		механике			бывает				удобно

рассматривать силы, действующие очень короткий промежуток времени, как силы, действующие мгновенно, но имеющие конечный импульс. Поэтому

введем функцию δ(t) как предел η1 (t, h) функции при h →0 :

δ(t) = limη1(t, h) .

h→0

Эту функцию называют единичной импульсной функцией или дельтафункцией Дирака.

Примерами единичных импульсных воздействий δ(t) приближенно можно принять мгновенные ударные нагрузки, короткие замыкания в электрических цепях и т.д.

Естественно положить

+∞
∫δ(t)dt =1		(4)
−∞
или
∫0	δ(t)dt =1	(5)
0

Изображение функции δ(t) определим как предел изображения функции

η1 (t, h) при h →0 :

		19
δ(t) → lim	1		1−e−ph	=	1	p =1.
	p		h		p
h→0

(здесь воспользовались правилом Лопиталя для нахождения предела). Итак,

δ(t) →1.

Далее определим функцию δ(t −t0 ) , которую трактуют как силу,

мгновенно, в момент t = t0 , сообщающую единичной массе скорость равную единице. Очевидно, что на основании теоремы запаздывания будем иметь

	δ(t −t0 ) →e−pt0 .
Отметим важное свойство дельта-функции. На основании равенств (4) и
(5) можем записать	0,−∞ < t < 0,
t
∫δ(t)dt =
−∞	1,0 ≤ t < +∞,

т.е. этот интеграл равняется единичной функции Хевисайда. Итак,

η(t) = ∫t δ(t)dt.

−∞

Дифференцирую правую и левую часть последнего равенства по t , получаем условное равенство

η′(t) =δ(t).

§4. Отыскание оригинала по изображению

Для нахождения оригинала			f (t ) по известному изображению		F ( p )
нужно использовать формулы обращения Римана - Меллина.
Теорема. Если функция	f	(t ) является оригиналом, т.е. удовлетворяет
условиям 1-2 определения 1 и	F ( p )			служит ее изображением, то в любой
точке своей непрерывности функция f				(t ) равна
		1		a + i∞
f (t ) =				∫ F ( p )e pt dt .	(6)
			2πi
				a − i∞

		20
Получающийся интеграл (в смысле главного значения) берется вдоль
любой прямой	Re	p = a > s0 .
Ясно, что	при	вычислении f (t ) применяется весь аппарат теории

функций комплексного переменного. На практике часто используется прием разложения изображения на простейшие дроби.

= A ( p )

Если F ( p ) B ( p ) есть дробно-рациональная функция, причем

степень числителя меньше степени знаменателя, то эту дробь разлагают на сумму простых дробей и находят оригиналы для каждой простой дроби либо непосредственно по формуле (6), либо по таблице операционных соотношений.

Пример 22. Найти оригинал функции

F ( p ) =

−

2 p + 5

Решение. Разложим дробь на сумму таких дробей, оригиналы которых

можно найти по формулам таблицы.

( p − 1) + 1

p − 1

p 2 − 2 p + 5

( p − 1) 2 + 4

Используя теорему смещения изображения, получаем

p −1

→ et cos 2t,

→

et sin 2t.

( p −1)2 + 4

Окончательно

→ e cos 2t +

sin 2t .

p2 −2 p +5

Пример 23. Найти оригинал функции

F ( p ) =

−

Решение. Используем элементарные приемы разложения, известные из

интегрального исчисления. Разложим дробь на простейшие дроби:

Bp + C

A ( p 2 + 2 p + 4 ) +

( p − 2 )( Bp + C )

p 3 − 8

− 2

p 2 + 2 p + 4

( p − 2 )( p 2

2 p + 4 )

Приравниваем числители ( A + B) p2

+ (2A − 2B +C) p + 4A − 2C =1.

Приравнивая коэффициенты при равных степенях, найдем значения A, B,C

<<< < Предыдущая 12 / 42 3 4 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
08.01.2021183.73 Кб3301.pdf
#
08.01.2021460.46 Кб13010.pdf
#
17.04.20232.17 Mб13011-1.pdf
#
17.04.20232.17 Mб23011-2.pdf
#
08.01.2021460.74 Кб13011.pdf
#
08.01.2021461.13 Кб13012.pdf
#
08.01.2021461.3 Кб13013.pdf
#
08.01.2021461.3 Кб23014.pdf
#
08.01.2021461.38 Кб13015.pdf
#
08.01.2021461.46 Кб13016.pdf
#
08.01.2021461.66 Кб13017.pdf