Преобразование Лапласа

Основными понятиями операционного исчисления являются понятия функции-оригинала и функции-изображения.

Действительная функция f (t) действительного переменного t называ-

ется оригиналом, если она удовлетворяет следующим условиям:

1.f (t) ≡ 0 при t < 0 ;

2.f (t) – кусочно-непрерывна при t ≥ 0, т.е. непрерывна или имеет на

каждом конечном интервале конечное число точек разрыва I рода;

3. при возрастании t функция f (t) возрастает не быстрее некоторой показательной функции, т.е. найдутся такие числа M > 0 и s0 ≥ 0 , что f (t) ≤ M es0t .

Отметим, что все перечисленные условия выполняются для большинства функций, которые описывают физические процессы.

Изображением оригинала f (t) называется функция F ( p) комплекс-

ного переменного p, которая определяется интегралом:

F ( p) = ∞∫ f (t) e− pt dt .

0

Переход от оригинала f (t) к изображению F( p) называется преобра-

зованием Лапласа. Соответствие между оригиналом f (t) и изображением

F ( p) записывается следующим образом: f (t) ¤ F( p) , при этом оригиналы принято обозначать малыми латинскими буквами, а изображения соответствующими им большими латинскими буквами.

Свойства преобразования Лапласа

1.Линейность: c1 f1(t) + c2 f2 (t) ¤ c1F1( p) + c2 F2 ( p) .

191

4.Запаздывание: f (t −τ) ¤ e− pτ F( p),τ > 0 .

5.Дифференцирование оригинала:

6.Дифференцирование изображения:

192

Общий способ определения оригинала по изображению дает обратное преобразования Лапласа, имеющее вид:

где интеграл берется вдоль любой прямой Re p = γ > s0 .

На практике этот интеграл обычно вычисляют с помощью вычетов по формуле:

где mk – порядок полюса pk функции F(p).

Методы операционного исчисления используют, например, при решении дифференциальных уравнений. При этом предполагают реализацию следующей условной схемы:

1.От искомых функций переходят к их изображениям (при этом дифференциальные уравнения имеют своими изображениями алгебраические уравнения).

2.Над изображениями производят операции, соответствующие заданным операциям над самими функциями (решают алгебраические уравнения, находят изображение решения дифференциального уравнения).

3.Получив некоторый результат, возвращаются к самим функциям (находят оригинал решения, который является решением дифференциального уравнения).

Для перехода от оригиналов к изображениям и обратно применяют прямое и обратное преобразование Лапласа.

193

4.2.Решение типовых примеров и задач

Пример 1. Найти z1 + z2 , z1 z2 , z1 , z15 , если: z1 = 2 + 2i; z2 = 5i −3 . z2

Решение. Найдем сумму комплексных чисел:

z1 + z2 = (2 + 2i)+ (5i −3) = (2 −3)+ (2 + 5)i = −1 + 7i ;

Найдем произведение комплексных чисел:

z1 z2 = (2 + 2i) (5i −3) = (2 + 2i) (−3 +5i) = (2 (−3)− 2 5)+(2 (−3)+ 2 5)i = = −16 + 4i.

Найдем частное комплексных чисел:

= 49−+1256i =344 −1634i =172 −178 i.

194

Решение. а) Найдем действительную и мнимую части функции. Учи-

тывая, что z = x + iy, i2 = −1, запишем:

Действительная часть: u(x, y) = Re f (z) = x3 −3xy2 − 6x2 + 6 y2 +12x −8.

Мнимая часть: v(x, y) = Im f (z) = 3x2 y − y3 −12xy +12 y .

Определяем частные производные:

∂∂ux = (x3 −3xy2 − 6x2 + 6 y2 +12x −8)x′ = 3x2 −3y2 −12x +12 ,

∂∂uy = (x3 −3xy2 −6x2 + 6 y2 +12x −8)y′ = −6xy +12 y ,

∂∂vx = (3x2 y − y3 −12xy +12 y)x′ = 6xy −12 y ,

∂∂yv = (3x2 y − y3 −12xy +12 y)y′ = 3x2 −3y2 −12x +12 .

Условия Коши-Римана (4.15) выполняются: ∂∂ux = ∂∂yv ; ∂∂uy = −∂∂vx . Непре-

рывность частных производных очевидна. Следовательно, функция дифференцируема.

Найдем производную по формуле 4.16:

=e−2 x (x + i( y +1)) (cos(2 y) −isin(2 y))=

=e−2 x (xcos(2 y) + i( y +1)cos(2 y) − xisin(2 y) −i2 ( y +1)sin(2 y))=

=e−2 x (xcos(2 y) + ( y +1)sin(2 y))+ e−2 x (( y +1)cos(2 y) − xsin(2 y))i.

Действительная часть: u(x, y) = Re f (z) = e−2 x (x cos(2 y) + ( y +1)sin(2 y)).

195

Мнимая часть: v(x, y) = Im f (z) = e−2 x (( y +1)cos(2 y) − xsin(2 y)).

Определяем частные производные:

∂∂ux =(e−2x (xcos(2y) +(y +1)sin(2y)))x′ = −2e−2x (xcos(2y) +(y +1)sin(2y))+ +e−2x (cos(2y))=e−2x ((1−2x)cos(2y) +(−2y −2)sin(2y));

∂∂uy = (e−2 x (xcos(2 y) + ( y +1)sin(2 y)))y′ = e−2 x (−2xsin(2 y) +sin(2 y) + +( y +1) 2 cos(2 y)) = e−2 x ((2 y + 2)cos(2 y) + (1− 2x)sin(2 y));

∂∂vx = (e−2 x (( y +1)cos(2 y) − xsin(2 y)))x′ = −2e−2 x (( y +1)cos(2 y) − xsin(2 y))+ +e−2 x (−sin(2 y))= −e−2 x ((2 y + 2)cos(2 y) + (1− 2x)sin(2 y));

∂∂yv = (e−2 x (( y +1)cos(2 y) − xsin(2 y)))y′ = e−2 x (cos(2 y) − 2( y +1)sin(2 y) − −2xcos(2 y)) = e−2 x ((1− 2x)cos(2 y) + (−2 y − 2)sin(2 y)).

Условия Коши-Римана (4.15) выполняются: ∂∂ux = ∂∂yv ; ∂∂uy = −∂∂vx . Непре-

рывность частных производных очевидна. Следовательно, функция дифференцируема.

Найдем производную по формуле 4.16:

f ′(z) =∂∂ux +i ∂∂vx =e−2x ((1−2x)cos(2y) +(−2y −2)sin(2y))+ +i(−e−2x ((2y +2)cos(2y) +(1−2x)sin(2y)))=

=e−2x (((1−2x)cos(2y) +(−2y −2)sin(2y))+i(−2((2y +2)cos(2y) +(1−2x)sin(2y)))).

Пример 3. Вычислить интегралы:

196

Решение. а) 1-ый способ: Представим подынтегральную функцию в

виде:

2-ой способ: Рассмотрим подынтегральную функцию. В круге z +1 = 2

(рис. 4.6) эта функция имеет одну особую точку z0 = 0 . Эта точка является простым полюсом. Действительно,

Применим основную теорему о вычетах:

197

Найдем вычет функции в полюсе порядка 6: