2.Операционное исчисление

f (t)e pt dt,

F(p)

(2.1)

0

интегральным преобразованием Лапласа,

или L-преобразованием функции

f (t) в функцию F(p). При этом функция

F(p) называется изображением

оси t.

3°. Существуют такие числа M 0, , что

| f (t)| M e t,

t 0.

(2.2)

1,

t 0;

функция Хевисайда 1(t)

t 0.

0,

а) f (t) sint;

f (t)

t2

б)

;

t

1

3 1

в)

f (t)

;

г) f (t) tn,

n 0,1, 2,....

t

а) Так как |sint | 1 e0t ,

t R,

и, значит, t 0, то функция sint

есть оригинал с показателем роста

0 0.

б) Функция

t

2

не является оригиналом, т. к. при

t 1 она

имеет

t3

1

разрыв 2-го рода.

в) Функция 1/t не является оригиналом, т. к.

lim 1/t .

t 0

г) Так как tn o(e t ),t , 0,

n 0,1, 2,..., то

lim (tn /e t ) 0,

t

и,

значит,

для любого 0 существует константа

M M( ) 0 такая, что

tn Me t,

t 0, т.е. tn

– оригинал с показателем роста 0

0. ▲

2.2.

Определить, какие из функций являются оригиналами, и найти их

показатели роста 0

( f (t) 0, t 0): а)

e(2 3i)t ;

б)

et2

;

в)

e t2

;

г)

1

;

1

1

t

д) sin

; е)

e1/t ; ж) tsin

; з) ln(t 1).

t

t

Отв.:

а) да, 0

2;

б) нет;

в) да, 0

0; г) нет;

д) нет;

е) нет;

ж) да,

0 0; з)

да, 0 0.

Справедлива следующая

f (t)

Теорема 2.1 (о существовании изображения). Всякий оригинал

lim F(p) 0,

(2.3)

Re p

ция F(p) может служить изо-

бражением некоторого оригинала.

p

Например, функция

tg p

имеет

Re p 0

бесконечное множество полюсов

0

pk / 2 k , k Z . Поэтому в

комплексной плоскости

p

нет

0

такой области

Re p 0 ,

в

которой

tg p

является аналити-

ческой

функцией.

Функция

Рис. 2.2

(4p2 3p 1)/(2p2

1) также не

является изображением,

т. к.

lim

4p2 3p 1

2 0, что не соответству-

2p2 1

Re p

летворяющую условиям 1°

и 3°,

f (t) 1(t)

можно превратить в оригинал

f (t),

t 0;

f (t) 1(t)

t

0.

sint 1(t)

0,

Например,

функция sint,

1

t R, не удовлетворяет условию 2°

оригинала. Функция

же

sint 1(t)

3 /2

2

(рис. 2.3) уже является оригиналом

0

/2

t

(пример 2.1, а).

Ниже

рассматрива-

–1

ются только оригиналы, поэтому для

простоты их записи множитель 1(t)

Рис. 2.3

опускается.

2.3. Пользуясь определением, найти изображения оригиналов: а) 1; б) e t ;

в) t; г) tn .

а) По формуле (2.1)

A

pt

A

pt

e

pt

1

1

e

pA

F(p) L{1(t)}

e

dt lim

e

dt lim

lim

.

A

p

A

p

A

0

0

0

p

Если Re p 0, то lim

e pA 0,

и в этом случае будем иметь F(p) 1/ p.

A

1

1

.

(2.4)

p

e (p )t

1

б) L{e t} e te ptdt e (p )tdt

, если

Re p .

0

0

(p )

0

p

Следовательно,

1

e t

.

(2.5)

p

pt

te pt

1

pt

1

в) L{t}

te

dt | интегрируем

по частям |

e

dt

,

p

p

p

2

0

0

0

Re p 0,

lim te pt 0. Значит,

т. к.

t

1

t

.

(2.6)

p2

г) По индукции можно доказать, что

tn

n!

. ▲

(2.7)

pn 1

Если f1(t) и f2(t) – оригиналы с показателями роста 1

и 2 соответ-

ственно, то линейная комбинация 1 f1(t) 2 f2(t),

1, 2 C , – оригинал с

показателем роста max{ 1, 2}. Тогда

L{ 1 f1(t) 2

f2(t)} 1L{f1(t)} 2L{f2(t)}.

(2.8)

2.4. Пользуясь свойством линейности, найти изображения оригиналов:

а) sin t; б) cos t;

в) sh t;

г) ch t.

а) так как sin t

1

(ei t

e i t ), то согласно формулам (2.8) и (2.5)

2i

будем иметь sin t

1

1

1

. Итак,

2

2

p

2i p i

p i

sin t

;

(2.9)

p2

2

б) аналогично, согласно равенству cos t

1

(e

i t

e

i t

), получим

p

2

cos t

;

(2.10)

1

p2 2

1

в), г) так как sh t

(e

t

e

t

) и ch t

(e

t

e

t

), то

sh t

, ch t

p

. ▲

(2.11)

p2 2

p2 2

e t f (t) F(p ).

(2.12)

2.5. По теореме смещения в силу равенств (2.7), (2.9) – (2.11) получим:

e ttn

n!

, n 0,1, 2,...;

(p )n 1

e t sin t

e t cos t

p

,

,

(2.13)

(p )2

2

(p )2 2

e t sh t

,

e t ch t

p

.

(2.14)

(p )2

2

(p )2 2

3°. Смещение в области оригинала. Если f (t)

– оригинал, то и

f (t a),

a 0, также оригинал с аргументом,

запаздывающим на величину a. График

f (t)

t

f (t)

0

а

1(t a)

f (t)

1

f (t a)

0

a

t

0

a

t

б

Рис. 2.4

Рис. 2.5

Это означает, что оригинал f (t a) имеет вид

f (t a) f (t a) 1(t a).

(2.15)

Справедлива

Теорема 2.3 (запаздывания). Если f (t) F(p)

и a 0, то

f (t a) e apF(p).

(2.16)

a

(t)e ptdt

(2.17)

f (t a) eap F(p) f

.

0

2.6. Найти изображения оригиналов: а) sin(t /2),t /2; б) sin(t 1).

а) по формуле (2.16)

e p / 2

L{sin(t /2)} e p / 2L{sint}

.

p2 1

Заметим, что в данном примере оригинал

sin(t /2) sin(t /2) 1(t /2).

L{sin(t / 2)}

Если этого не учесть, то, т. к.

sin(t /2) cost, получим

L{cost}

p

, что

неверно,

т. к.

теперь

оригиналом

является

p2 1

б)

по формуле опережения (2.17)

1

L{sin(t 1)} ep

L{sint} e pt sintdt

1

0

1

psint cost

psin1 cos1

ep

e pt

. ▲

2

2

2

p

1

p

1

0

p

1

2.7. Найти изображение оригинала

f (t)

f1(t) f2(t), где

f1

sin t,

0;

f2(t)

sin( t ),

t ;

(t)

0;

t .

0,

0,

Графики функций f1(t), f2(t) и f (t) изображены на рис. 2.6. Имеем

f (t)

sin t,

0 t

/ ;

t 0,

t / .

0,

f (t)

1

sin( t )

sin t

0

2

t

–1

Рис. 2.6

Со-

гласно

(t),

t [a,a T);

f (t)

вне [a,a T),

0

(t)[1(t a) 1(t (a T)], t [a,a T);

(2.18)

f (t)

0,

вне [a,a T).

интервале, согласно (2.18), оригинал

f (t)

t a

1(t) 1(t a) . На интервале

1

a

(a, 2a) функция (t) 1. Согласно (2.18), оригинал

f2(t) 1(t a) 1(t 2a).

Наконец, на интервале (2a,3a)

(t)

3a t

f3(t)

3a t

[1(t 2a) 1(t 3a)].

a

a

0

a

2a

3a

t

f (t) f

(t) f

2

(t)

f

3

(t)

t a

[1(t) 1(t a)]

1

a

3a t

[1(t a) 1(t 2a)]

[1(t 2a) 1(t 3a)].

a

a

a

Отсюда по теореме запаздывания будем иметь

1

1 e ap

e ap

e

2ap

e 3ap

e ap 1

f (t) F(p)

ap2

p

ap2

p

ap2

ap2

p

1 e ap e 2ap e

3ap

. ▲

ap2