Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Белорусский национальный технический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Конспект лекций по математике для студентов инженерно-технических специальностей. В 4 ч. Ч. 3

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

24.11.2025

Размер:

2.02 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 2829 / 3229 30 31 32 > Следующая >>>

18.2 Основные теоремы преобразования Лапласа

Теорема 18.4 (линейность преобразования Лапласа).		Если f1(t) F1(p) и
f2 (t) F2 ( p) , то
c1 f1 (t) +c2 f2 (t) c1F1 ( p) + c2 F2 ( p), c1 ,c2 C .		(18.7)
Доказательство. Действительно,
∞	∞	∞
c1 f1 (t) +c2 f2 (t) ÷∫ (c1 f1 (t) +c2 f2 (t))e−pt dt = c1 ∫ f1 (t)e−pt dt +c2		∫ f2 (t)e−pt dt =
0	0	0
	= c1F1 ( p) + c2 F2 ( p).
Из теоремы 18.4 вытекает два следствия.
Следствие 1. Если	f (t) F( p) , то при c C
	cf (t) cF( p) ,	(18.8)

т. е. обе части операционного соотношения можно умножать на один и тот же постоянный множитель.

Следствие 2. Если	f1 (t) F1 ( p) и f2 (t) F2 ( p) , то
	f1(t) ± f2 (t) F1(p) ± F2 ( p),	(18.9)
т. е. операционные соотношения можно почленно складывать и вычитать.
Пример 1 8 . 3 .	Найти изображения оригиналов: а) sin ωt,	ω> 0 ;
б) cos ωt ; в) shωt , ω > 0 ; г) chωt .

283

Решение.

а) Так как sinωt = 21i (eiωt − e−iωt )и eat ÷ p 1−a , то согласно формуле (18.7)

б)

в)

г)

sinω t ÷

−

Re p > 0 .

p −iω

+ ω

+iω

iωt

−iωt

)

cosωt =

Re p > 0

p −iω

p +iω

Итак,

sinωt ÷

; cosωt ÷

Re p > 0.

(18.10)

p2 +ω2

p2 + w2

ωt

−ωt

)÷

shωt =

−e

−

, Re p > ω.

−ω p

−ω

+ω

ωt

−ωt

)÷

chωt =

+ e

Re p > ω.

−

p − ω p + ω

Таким образом,

shω t ÷

;

chω t ÷

Re p > ω.

(18.11)

−ω2

p2 −ω2

Теорема 18.5 (подобия). Если

f (t) F ( p) и α> 0 , то

	1		p
f (αt) ÷	α	F		, Re p > αso .	(18.12)

			α

284

Доказательство. Положим αt =θ, тогда в силу (18.2)

∞

−

f (αt) ÷ ∫ f (αt) e

− pt

∫ f (θ) e

dt =

dθ =

> so .

Следовательно, умножение аргумента оригинала на положительное число α приводит к делению изображения и его аргумента на это число.

Теорема 18.6 (смещения). Если f (t) F ( p) , то для любого λ C

	eλt f (t) ÷F(p−λ), Rep >Re λ+s .	(18.13)
	o
Доказательство. В силу формулы (18.2)
eλt f (t) ÷∫∞ eλt f (t)e−ptdt = ∫∞ f (t)e−( p−λ)t dt =F(p −λ), Re(p −λ) > so ,
0	0
т. е. умножению оригинала на eλt соответствует замена аргумента		p на ( p − λ)
(смещение изображения на величину λ).
Пример 1 8 . 4 .	Найти изображения оригиналов: а)	f (t) = eλt sinωt ;

б) f (t) = eλt cosωt .

Решение. Используя операционные соотношения (18.10) и теорему

смещения, получим
а)	eλt		sinωt ÷		ω	,		Re p > λ,

				(p −λ)2 +ω2
б)	e	λt	cosωt =		p −λ		,	Re p > λ.
					(p −λ)2 +ω2

Теорема 18.7 (запаздывания). Если f (t) ÷ F( p) и b > 0 , то

285

f (t −b) ÷e−bpF(p),		Rep > s .		(18.14)
			o
Доказательство. Из	соотношения		f (t) = f (t) (t)	следует, что
f (t − b) = f (t − b) (t − b) , т. е.	f (t −b) = 0 при t < b (рис. 18.3).
y		y	y = f (t	− b)
y = f (t)			y = f (t	− b)
y = f (t)
0	t	0	b	t
0		0	b
	Рис. 18.3

Положив t −b = θ, находим

					∞		∞	∞
	f (t − b) (t − b) ÷ ∫ f (t − b)e− pt dt = ∫ f (t − b)e− pt dt = ∫ f (θ)e− p(b+θ) dθ =
					0		b	0
							∞
						= e− pb ∫ f (θ)e− pθdθ = e− pb F ( p) .
							0
	Таким образом, запаздывание аргумента оригинала на положительную
величину b приводит к умножению изображения на функцию e−bp.
	Пример 1 8 . 5 .						Найти	изображения	оригиналов:
а)		π		−	π			π
а)	f (t) = cos t −		t	−	2	; б)	f (t) = cos t −	(t) .
		2			2			2

Решение.				а)
	π		π		−	π	p

cos t −		t −		e		2

	2		2

cos t	(t) ÷		p	,	тогда	по	формуле	(18.14)
		p2	+1

p . p2 + 1

286

б) По формулам приведения cos t −

= sin t , sin t

(t) ÷

. Следовательно,

cos t −

(t) = sin t

(t) ÷

Замечание 18.2. Из рассмотренных примеров следует, что, применяя теорему запаздывания, оригинал следует записывать в виде произведения функции f (t) и соответствующей единичной функции Хевисайда.

Теорема 18.8

(изображение периодического

оригинала).

Если f (t) –

оригинал периода T, то

f (t) ÷

∫

f (t)e− pt dt

(18.15)

1 − e− pT

Доказательство. Так как

f (t) = f (t + T ) , то

∞

F(p) = ∫

f (t)e−pt dt = ∫

f (t +T)e−pt dt =

t +T = τ

= ∫ f (τ)e−p(τ−T ) dτ=

∞

−pτ

dτ=e

∞

f (τ)e

−pτ

dτ=e

pT ∞

−pτ

= ∫ f (τ)e

∫

∫ f (τ)e

dτ−∫ f (τ)e

dτ ,

т. е.

F(p) = e

f (τ)e

− pτ

F(p) − ∫

dτ .

Решая это уравнение относительно F (p), получим

	T		T
F( p) =	epT ∫ f (τ)e−pτdτ	=	∫ f (τ)e− pτdτ	,
	0		0
	epT −1		1 − e−pT
	epT −1		1 − e−pT

что равносильно соотношению (18.15).

287

Пример 1 8 . 6 . Найти изображение оригинала sin ω t .

Решение. Функция sin ωt имеет период T = ωπ . По формуле (18.15)

получаем

∫ω sin ωt e − pt dt

sin ωt	÷	0		.

		1 − e − p	π

			ω

Известно, что

∫eax sinbxdx =

eax

(asinbx −bcosbx) .

Тогда

ωe −

p π

− pt

−

∫sin

ωte

dt =

1 + e

ω ,

+ ω

1 + e −

pπ

sin ωt

= cth

p 2

pπ

p 2 + ω2

+ ω2

1 − e −

2ω

18.3. Дифференцирование и интегрирование оригинала и изображения

Теорема 18.9 (дифференцирование оригинала). Если f (t)÷ F (p) и

существует функция f ′(t) , являющаяся оригиналом, то

f ′(t)= pF(p)− f (0),

(18.16)

где f (0)= lim f (t)= f (0 + 0).

t→0+0

288

Доказательство. В силу (18.2) и интегрируя по частям, находим при

Re p > so f ' (t) ÷ ∫∞

f ' (t)e− pt dt = f (t)e− pt

0+∞

+ p∫∞

f (t)e− pt dt = − f (0) + pF ( p) ,

так

как в полуплоскости Re p > so

e − pt f (t)

≤ M e sot e− Re pt

= M e−(Re p −so ) t

→ 0

при

t → ∞ .

В частном случае, когда

f (0)= 0 формула (18.16) примет вид

f ′(t)÷ pF (p)

(18.17)

т. е., если начальное значение оригинала

f (t)

равно нулю,

то

дифференцированию оригинала соответствует умножение изображения на p .

Применяя формулу (18.16) ко второй производной f ′′(t), получим

′′

′

f (t)÷p(pF(p)−f(0))−f (0)

=pF(p)−pf(0)−f (0).

Точно так же

′′′

′

′′

′

′′

(t)÷p(p F(p)−pf(0)−f (0))−f

(0)=pF(p)−p f(0)−pf (0)−f (0).

Применяя формулу (18.16) (n-1) раз, получим общую формулу вычисления изображения для f (n )(t) .

f (n) (t)÷pnF(p)−pn−1 f(0)−pn−2 f ' (0)−...− f (n−1)(0).

(17.18)

В частности, если f(0)=f′(0)=...=f (n−1) (0)=0, то из (17.18) получим

f (n)(t)÷pnF(p).

(18.19)

289

Пример 1 8 . 7 . Найти изображения оригиналов: а) f (t) =sinωt ;

б) f (t) =shωt, ω>0.

Решение. Используя полученные ранее операционные соотношения

cosωt ÷		p		; chωt ÷	p		,
	p2	+	ω2		p2 −	ω2

и правило дифференцирования оригинала, будем иметь:

а) sin ωt = −

(cos

ωt)′

÷ −

− cos(0)

+ ω2

′

б) shωt =

(ch ωt)

− ch(0)

, Re p > ω.

p2 − ω2

− ω2

Теорема 18.10 (интегрирование оригинала). Если

f (t) ÷ F ( p) , то

∫t

f (τ)dτ ÷

F( p)

Re p > max{0, so },

(18.20)

т. е. интегрированию оригинала соответствует деление изображения на p.

Доказательство.	Функция	∫t	f (τ)dτ = f1 (t) является оригиналом. Пусть
		0
f1 (t) ÷ F1 ( p) . Так как f1 (0) = 0 , то по формуле (18.17)
′	t		′
f1	(t) = ∫ f (τ)dτ = f (t) ÷ pF1 ( p) = F( p),
	0

откуда получаем

290

F1 ( p) =	F( p)	÷ f1 (t) = ∫t	f (τ)dτ,
	p
		0

т. е.

F( p) ÷ ∫t f (τ)dτ. p 0

Пример 1 8 . 8 . Найти изображение оригинала f (t) = t n , n N .

Решение. (t) ÷ 1p ;

∫t

dτ÷

;

t ÷

;

∫t

τdτ÷

;

∫t τ2

dτ÷

;

……………..

t n

pn+1

Отсюда

tn ÷	n!	.	(18.21)
	pn+1

291

Теорема 18.11 (дифференцирование изображения). Если f (t) ÷ F ( p) , то

− tf (t) ÷ F′( p) ,

(18.22)

т. е. дифференцированию изображения соответствует умножение оригинала на

(−t) .

Доказательство. По определению имеем

∫∞	f (t)e− pt dt = F( p) .
0

Продифференцируем это равенство по параметру p, получим

′	d	∞	− pt	∞	d		−pt	∞	−pt
F ( p) =		∫ f (t)e		dt = ∫		(f (t)e		)dt = ∫(−t f (t))e		dt .
F ( p) =		∫ f (t)e		dt = ∫	dp	(f (t)e		)dt = ∫(−t f (t))e		dt .
	dp 0			0	dp			0

Отсюда следует, что

−t f (t) ÷ F′( p) .

Следствие. Если f (t) ÷ F ( p) , то

(−t)n f (t) ÷ F (n )( p) или tn f (t) ÷(−1)n F (n )( p) .

(18.23)

Примеры 1 8 . 9 . 1) Найти изображение оригинала t sinωt .

Решение. Так как sinωt ÷ p2 ω+ω2 , то на основании формулы (18.22)

получим

292

<<< < Предыдущая 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 2829 / 3229 30 31 32 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]