Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Томский Государственный Университет Систем Управления и Радиоэлектроники

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Дополнительные главы математики.-2

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

05.02.2023

Размер:

2 Мб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 94 5 6 7 8 9 > Следующая >>>

Преобразование Лапласа. Функция


F( p)	f (t)e	pt	dt
F( p)	f (t)e		dt
0

называется изображением оригинала, или её преобразованием Лапласа.

Есть ещё одно обозначение

F ( p) L( f (t)) , похожее на

обозначение линейного оператора. Дело в том, что преобразование Лапласа линейно, увидим это при доказательстве свойств чуть позже.

Функция

(t)

=	0	, t ( ,0]
=		,t (0, )
	1	,t (0, )

называется функцией Хевисайда.

При умножении на (

функция обнуляется на

t) какой-либо функции, заданной на всей оси,

левой полуоси и становится оригиналом.

Примеры.

Пример 1. Вычислить L(1) .

Решение. Фактически, L(1) = L( (t))

интеграл только по правой полуоси.

, так как рассматривается


F ( p) 1 e	pt	dt
F ( p) 1 e		dt
0


=
=
	0

e	pt	dt

1e pt

p 0

этот несобственный

интеграл сходится только в том случае,

верхнем пределе получается	e		, а не e

когда

Re( p) 0 , иначе на

1e pt

p 0

1(0 1)

1 p

Ответ. L(1)

Пример 2.

		1	.
		p

Вычислить

L(t)

Решение.

по частям,


F ( p) t e	pt	dt
F ( p) t e		dt
0

строим таблицу:

здесь мы столкнулись с интегрированием

u t	v	1	e pt

		p

u 1	v e			pt
				pt


F ( p)		t e	pt		dt =
			pt

	0

далее при условии

t e p

Re( p)

pt


		0

0

1
1	e	pt	dt
		pt
p
p	0
	0

получается

t	e

p

0 1
p	2

pt
pt
	0


1
p	2

1		e	pt

p	2			0

Ответ. L(t)		1
Ответ. L(t)		p	2
			2

Пример 3.	Вычислить

Решение.	F ( p)			t	2	e
					2

L(t	2	)

pt
dt

здесь интегрирование по частям в 2

шага, т.к. 2-я степень. На 1-м шаге

u t	2

u 2t

Тогда

	v	1		e		pt
						pt

		p
	v e		pt
	v e


F ( p) t				2	e		pt	dt
F ( p) t					e			dt
		0

t	2				2
		e	pt			te	pt	dt

p				0	p
						0

	2
0	2	te	pt	dt
			pt
	p
	p	0
		0

остающийся интеграл - в точности тот, который был в прошлом

примере, результат там был

L(t)	1
	p	2

. Поэтому

L(t	2	)

2	1		2
p	p	2	p	3

Ответ.	L(t		2	)		2
			2
						p		3
								3

Аналогично,					L(t		3		)
Аналогично,					L(t				)

F ( p) t		3	e		pt	dt
F ( p) t			e			dt
	0

	2!				.
	p		3		.
			3

3!				, потому что после
p	4			, потому что после
	4

		t		3				3
		t			e	pt		3	t	2	e	pt
						pt				2		pt
			p				0	p
			p				0	p	0
									0

1-го шага получится

dt	=	3	2		3!
		p	p	3	p	4

Кстати,

L(t	n	)

по индукции, можно доказать для любой степени:

n!		. Достаточно сделать 1-й шаг интегрирования по частям,
p	n 1

после чего остаётся интеграл для степени ровно на 1 меньше.

Пример 4. Вычислить


Решение.	F ( p)		e	at
				at

		0

L(e		at	)

e	pt	dt


=		e	(a p)t	dt
			(a p)t

	0

=	1	e(a p)t

	a p		0
	a p		0

далее обратите внимание на область существования

Re( p)

, иначе

на верхнем пределе получалось бы

e

1		(a p)t			e			e
	e			=

a p			0			a	p
a p						a	p

Ответ.		L(e	at	)		1		.
			at

					p a

Пример 5. Вычислить

=	0	1
	a	p

(cos at) .

1 p a

Решение.


F ( p) cos(at) e	pt	dt
F ( p) cos(at) e		dt
0

здесь можно было бы рассмотреть

как циклический интеграл, но это нерациональный способ, лучше представить cos через экспоненты.


F ( p) cos(at) e	pt	dt
F ( p) cos(at) e		dt
0

	e	ait	e

			2
0

ait	pt
e		dt

1				1
	eait e pt dt e aite pt dt		=			e(ai p
	eait e pt dt e aite pt dt		=			e(ai p
2	0	0		2
	0	0			0

e(ai p)t

e (ai p)t

ai p

1 ( p ai) ( p ai)

p ai

2 ( p ai)( p ai)

p ai

Ответ. L(cos at)

p 2 a 2

)t dt

e (ai p)

	0
	0 1		0
	ai p		ai
	ai p		ai

12 p

2p 2 a 2

t dt =

1


p
=	p	2

p
a	2
a

Пример 6. Вычислить

L(sin at) .

ait

F ( p) sin( at) e

Решение.

dt =

ait

(ai p)t

dt e

(ai p)t

e(ai p)t

e (ai p)t

0 1

ai p

2i ai p

1 ( p ai) ( p ai)

2ai

p ai

( p ai)( p ai)

2i p

Ответ.

L(sin at)

§ 2. Обратное преобразование Лапласа.

Теорема 1. (теорема обращения).

Пусть функция F ( p) обладает следующими свойствами:

1) Аналитическая в области Re( p) s , а в Re( p) s конечное число полюсов.

2)	max F( p) 0		при R .
		a i
3)	a s ,	F ( p)dp абсолютно сходится (т.е. по модулю).

a i

То оригинал равен интегралу по вертикальной прямой, гле абсцисса

		1		a i
a s :	f (t)				F ( p)e	pt	dp .


		2	i
				a i

Доказательство. Для заданной функции

f (t)

искусственно построим

новую функцию (t) e at f (t) и запишем для неё интеграл Фурье:

	1			i x		i t
(t)			(x)e		dx e		d
(t)	2		(x)e		dx e		d
	2
		0

Причём в качестве локальной переменной во внутреннем интеграле можно использовать x , ведь во внешнем переменная называется t .

Также мы учли, что функция -оригинал, то есть равна 0 на левой полуоси. Теперь подробнее:

i x

i t

f (t)

f (x)e

i t

f (t)

f (x)e

(a i ) x

f (t)

f (x)e

(a i ) x

(a i )t

d .

Так как

R ,

то a i

это точка на вертикальной прямой,

соответствующей абсциссе

в комплексной плоскости. Можем

ввести замену переменной: p a i . Тогда dp id ,

dp i

a i

f (t)

f (x)e

a i

f (t)

f (x)e

a i

Причём заметим, что вложенный интеграл здесь - это как раз и есть

преобразование Лапласа от					f . Итак, получили:
	1		a i
f (t)	1		F ( p)e pt dp , что и требовалось доказать.

	2	i
	2	i	a i
			a i
Теорема 2 (2-я теорема разложения) Если							f (t) оригинал, F ( p) его
изображение, то				f (t) (t) Re s F( p)e		pt	.
изображение, то				f (t) (t) Re s F( p)e			.
Доказательство.				Следует	из прошлой		теоремы. Известно, что

	f (t)	1
	f (t)	2
		2

a i

F ( p)e pt dp

ia i

Если полюсы сосредоточены левее


абсциссы a , то можно найти такой радиус	R	, что все полюсы будут

внутри контура, ограниченного вертикальным отрезком и дугой			CR

(см. чертёж). По основной теореме о вычетах,

1		a i
		F ( p)e	pt	dp

2	i
		a i

равен сумме вычетов внутри контура. При R , интеграл по дуге стремится к 0, и в пределе получается интеграл не по отрезку,а по вертикальной прямой.

Таким образом,

1		a i		f (t) (t) Re s F( p)e pt . Что и требовалось
1		F ( p)e pt dp	=
2	i	F ( p)e pt dp	=
2	i	a i
		a i
доказать.
		В примерах		при вычислении оригинала надо найти только
сумму вычетов, коэффициент					1		уже учтён, на него домножать не

					2
					2	i

надо. Теперь вычислим обратные преобразования Лапласа во всей предыдущей серии примеров 1-6.

Пример 1А. Найти обратное преобразование Лапласа для			F ( p)	1	.
				p

Решение. Домножаем на e	pt	и ищем сумму всех возможных вычетов

от функции	e pt	. Полюс всего один, это p 0 . Поэтому
от функции	p	. Полюс всего один, это p 0 . Поэтому
	p
		38

	e	pt
Re s
		p
p 0

lim e	pt
lim e
p 0

e	0t

= 1. Впрочем, надо, чтобы был оригинал, т.е.

0 на левой полуоси, так что ещё домножим на функцию Хевисайда
(t) . Ответ. (t) (на правой полупрямой 1).
Пример 2А. Найти обратное преобразование Лапласа для	F ( p)	1
Пример 2А. Найти обратное преобразование Лапласа для	F ( p)	p	2
			2

Решение. Здесь полюс

p 0

2-го порядка.

Re s	e pt		=	lim e pt p	= lim te pt = te0t = t .

p 0 p 2				p 0	p 0
Ответ.		(t) t .

Пример 3А. Найти обратное преобразование Лапласа для

Решение. Здесь полюс

p 0

3-го порядка.

F ( p)	2
	p	3

Re s	2e pt	=
	p3
p 0

lim	2	e pt

p 0	2!		p

= lim t 2e pt =

p 0

t 2e0t =

Ответ. (t) t 2 .

Пример 4А. Найти обратное преобразование Лапласа:

Решение. Здесь единственный полюс p a .

F ( p)

1 p a

Re s	e pt	= lim e pt = e pt	= eat .
	p a
p a		p a	p a

Ответ. (t) e	at	.

Пример 5А. Найти обратное преобразование Лапласа:

		p
p	2	a	2
p		a

Решение. По строению знаменателя видно, что здесь 2 полюса, а


именно,			ai, ai
	pe		pt
Re s	pe
Re s	2	a		2
p ai p	2			2
p ai p

, потому что


	pe		pt
Re s	pe
Re s	2	a		2
p ai p	2			2
p ai p

p	2

p		=	p
	2	=
a	2	( p ai)( p ai)
a

pe pt			pe pt
p ai		p ai	p ai	p ai
p ai			p ai

aie	ait	aie	ait

2ai		2ai

e	ait	e	ait

	2		2

= cos

Ответ.

(t) cos at

Пример 6А. Найти обратное преобразование Лапласа:

		a
p	2	a	2
p		a

Решение.

Re s

p ai

ait

sin at .

2ai

Ответ. (t) sin at .

Пример 7. Найдём обратное преобразование для

Решение. Полюс p 0 порядка n+1. Тогда

( p

ae	pt

p ai		p ai

)		1	.
)	p	n 1	.
		n 1

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 94 5 6 7 8 9 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
05.02.2023258 Кб3Дополнительные главы информатики-2..pdf
#
05.02.2023650 Кб1Дополнительные главы макроэкономики..pdf
#
05.02.2023429 Кб6Дополнительные главы математики. Математические модели в экономике-1.pdf
#
05.02.2023371 Кб8Дополнительные главы математики. Математические модели в экономике.pdf
#
05.02.2023325 Кб1Дополнительные главы математики.-1.pdf
#
05.02.20232 Мб2Дополнительные главы математики.-2.pdf
#
05.02.20232 Мб2Дополнительные главы математики..pdf
#
05.02.2023827 Кб1Дополнительные главы микроэкономики.-1.pdf
#
05.02.20231 Мб2Дополнительные главы микроэкономики..pdf
#
05.02.20232 Мб8Еnglish for students of Engineering Faculties (basic level)..pdf
#
05.02.2023123 Кб3Жанровая организация PR-текста.-1.pdf