Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Уральский Государственный Лесотехнический Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

UMK11

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

27.03.2016

Размер:

3.4 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1718 / 2318 19 20 21 22 23 > Следующая >>>

В (1.2) комплексная величина p = a + bi, i 2 = −1, выбирается из условия,

чтобы несобственный интеграл сходился абсолютно.

Замечание. Обычно под оригиналом понимают такую функцию f (t), если ее изображение существует. Определение оригинала, данное выше, гарантирует абсолютную сходимость несобственного интеграла (1.2). Действительно,

согласно (1.1)

F(p)

+∞

−p t f (t)dt ≤

+∞

−a t

f (t)

+∞

−(a −σ)t dt =

∫ e

dt ≤ M ∫ e

= − (a − σ) e−(a −σ)t

+∞

= a − σ ,

lim F(p) = 0 .

где a = Re p > σ . Отсюда следует

Re p→+∞

И это есть необходимое условие для изображения.

Простейшим оригиналом является единичная функция Хевисайда.

Единичной функцией Хевисайда (ЕФХ) называется функция

1 при t ≥ 0	(1.3)
η(t ) =	(1.3)
0 при t < 0.
Вместо η(t) еще употребляется обозначение 1(t).
Замечание. Являясь оригиналом, f (t) может быть	определена

(естественная область определения) и вне промежутка [0; + ∞). Тогда, тот факт,

что f (t) является оригиналом, записывается с помощью ЕФХ так: η(t) f (t ).

Например, f (t) = t . Эта функция определена на всей числовой прямой.

На [0; + ∞) t − оригинал. Тогда L (t) ≡ L [ η(t)t].

Согласно (1.2)

L [η(t)] =	+∞	−pt η(t)dt =	+∞	e−pt dt = −	1	e −pt	+∞


	∫ e		∫

	0		0		p		0

=	1	,
	p
		(1.4)

Re p ≡ a > 0,

так

как e−pt → 0 при

t → +∞

e−pt

→ 0 при t → +∞ . Действительно,

e−pt

e−(a +b i )t

e−a t

e−b i t

= e−a t → 0 при a > 0 и t → +∞ , где p = a + b i ,

i − мнимая единица (i 2

= −1).

Аналогично

L(eα t ) =

+∞

−(p−a )t dt =

Re (p − α)> 0

∫ e−p t eα t dt =

∫ e

Re p > Re α

−1

e−(p−α)

+∞ =

p − α

Таким образом,

1(t) ≡ η(t)←

; eα t ←

; e−α t ←

(1.5)

p + α

p − α

Теорема 1.1. (Теорема единственности оригинала).

f
f		(t)← F (p)
1			то	f1 (t) = f 2 (t) в точках непрерывности этих
Если			то	f1 (t) = f 2 (t) в точках непрерывности этих
f
f	2	(t)← F (p),

оригиналов.

Эту теорему мы не доказываем.

Замечание. Полезно под рукой держать Таблицу изображений (ТИ),

которая помещена в конце следующего параграфа и на которую делается ссылка по мере необходимости и для сравнения.

1.2. ПРОСТЕЙШИЕ СВОЙСТВА И ТЕОРЕМЫ ОБ ИЗОБРАЖЕНИЯХ. ИЛЛЮСТРАТИВНЫЕ ПРИМЕРЫ

		(p),			(p) и
Теорема 1.2. (Свойство линейности). Если f1	(t)← F1	(p),	f 2	(t)← F2	(p) и

k1 , k 2 − произвольные постоянные, то

k1 f1 (t) + k 2 f 2 (t)← k1 F1 (p) + k 2 F2 (p), т.е. линейной комбинации оригиналов

с постоянными коэффициентами соответствует такая же линейная комбинация их изображений.

Доказательство. По определению изображения имеем (см. (1.2))

+∞	−pt [k1 f1 (t) + k 2 f 2	+∞	−p t f1	+∞	−p t f 2	(t)dt =
∫ e	−pt [k1 f1 (t) + k 2 f 2	(t)]dt = k1 ∫ e	−p t f1	(t)dt + k 2 ∫ e	−p t f 2	(t)dt =
0		0		0

= k1 F1 (p) + k 2 F2 (p). Что и требовалось доказать.

Следствие. Теорема верна для конечного числа оригиналов, т.е.

L ∑ k i	fi	(t) = ∑ k i L [fi (t)]	∑ k i fi (t)
N		N	N
i=1		i=1	i=1

	N	(p), что доказывается
← ∑ k i Fi		(p), что доказывается
	i=1

методом полной математической индукции.

ПРИМЕР 1.1. Показать, что sin t ←

cos t ←

p 2

+ 1

p 2

+ 1

Решение. Действительно, пользуясь

свойством

линейности L −

изображения и принимая во внимание (1.5), получим

sin t =

(ei t − e−i t ); cos t =

(ei t

+ e−i t

)

2 i

L (sin t) =

1 +∞

+∞

∫ e

−pt ei t

dt −

∫

e−pt

e−i t dt

2 i 0

1 +∞

−(p −i )t dt −

+∞

−(p +i)t

e−(p −i ) t

+∞

∫ e

−

(p − i)

2 i

e−(p +i ) t

+∞

−

2 i

p i

2 i (p

+1)

p − i

p + i

L − изображение cos t .

Аналогично определяется

ПРИМЕР 1.2. Убедиться, что sh α t ←

;

ch α t ←

− α

− α2

Решение. Согласно (1.5) и свойству линейности L − изображения имеем

ch α t =

(eα t + e

−α t )←

;

− α

2 p − α p + α

sh α t =

α t − e−α t )←

−

− α p + α

− α

2 p

В чем и следовало убедиться.

Отсюда, полагая α = 1, находим

sh t ←

; ch t ←

p2 −

2 −1

Теорема 1.2. (Теорема подобия). Если f (t)

← F(p) и α > 0 , то

f (α t)←

, Re p > ε σ .

(1.6)

Доказательство. Согласно (1.2)

+∞

−p t f (α t) dt =

α t = u ≥ 0

f (α t)←

∫ e

uн = 0, uв = +∞

α dt = du

+∞ −

(u)du =

∫ e

Этим доказательство завершено.

ПРИМЕР

1.3.

Показать,

что sin a t ←

;

cos a t ←

;

+ a 2

p2 + a 2

sh a t ←

; ch a t ←

, a > 0 .

2 − a 2

− a 2

Решение.

Согласно примера 1.1 по теореме 1.2 имеем

	1		1				a		1
sin at ←					=			. Аналогично, cos at ←
sin at ←	a p 2				=	p2	+ a 2	. Аналогично, cos at ←	a
	a p 2			+1		p2	+ a 2		a


		a

	p
				p
	a		=
					.
p 2				p2 + a 2
		+1

a

Точно также получаем и остальные соотношения.


Теорема 1.3. (Теорема запаздывания). Если f (t)← F (p), то

	−p τ F (p), τ > 0 ,
f (t − τ)← e	−p τ F (p), τ > 0 ,	(1.7)

т.е., чтобы получить изображение оригинала f (t − τ), τ > 0 , надо умножить на e−p τ изображение оригинала f (t).

Доказательство. Так как f (t) − оригинал, то при t − τ < 0 f (t − τ) ≡ 0 .

Имея

+∞

∫e−p t

+∞

= ∫

это ввиду мы можем записать	f (t − τ) = η(t − τ) f (t − τ). Тогда
η(t − τ)f (t − τ)dt = ∫ e−p t η(t − τ)f (t − τ)dt = t − τ = u, dt = du =
∞		u н = 0, uв = +∞
τ

e −p τ e−p u f (u)du = e−p τ F (p).

Последнее завершает доказательство теоремы.

ПРИМЕР 1.4. Найти изображение функции f (t) = sin t [η(t − 2 π) + η(t − 3 π)].

Решение. f (t) = η(t − 2 π)sin t + η(t − 3 π)sin t =

= η(t − 2 π)sin (t − 2 π) − η(t − 3 π)sin (t − 3 π).

Теперь надо воспользоваться примером 1.1 и теоремой 1.3, что дает

−2 π p

−3 π p

−2 π p

(1 − e−π p ).

f (t)←

−

p 2 + 1 p 2 + 1 p 2 + 1

Ответ:

e−2 π p

(1 − e−π p ).

p 2 + 1

Теорема 1.4. (Теорема смещения). Если f (t)← F (p), то

eα t f (t)← F (p − α),

(1.8)

где α R либо α C .

Доказательство. По определению

+∞

e−p t

eα t

+∞

e−(p−α) f (t)dt = F (p − α), если учесть, что

eα t f (t)←

∫

f (t) = ∫

в последнем интеграле роль p играет p − α. Теорема доказана.

Следствие.

e−α t

+ α).

f (t)← F (p

(1.9)

ПРИМЕР 1.5. eβ t

p − β

cos a t ←

(p − β)2 + a 2

eβ t sin a t ←

(p − β)2 + a 2

Решение. Искомые изображения легко получаются, если принять во внимание пример 1.3 и только что доказанную теорему смещения изображения.

Теорема 1.5. (Дифференцирование оригинала).

Если f (t)← p F (p), то


f ′(t)← p F (p) − f (0),	(1.10)

где предполагается, что производная f ′(t) является оригиналом, т.е. чтобы

получить изображение производной оригинала надо изображение последнего умножить на p и от полученного произведения отнять f (0).

+∞

−p t

= u, du = −e

−p t

p dt

Доказательство. f ′(t)←

∫ e−p t f ′(t)dt =

du = f ′(t)dt, ϑ = f (t)

+∞

(t) dt = p F (p) − f (0),

= e−p t f (t) + p ∫ e−p t f

если

учесть,

что

lim e−p t f (t)

= 0 .

Действительно, lim e−p t

f (t) = 0

lim

e−p t f (t)

= 0 ,

t→+∞

но согласно (1.1)

e−p t f (t)

= e−a t

f (t)

≤ M e −(a −σ)t → 0 при t → +∞ и

Re p = a > σ . Этим теорема полностью доказана.

Следствие.

(p) − [p n −1 f (0) + p n −2 f ′(0) + p n−3 f ′′(0) + K + f (n−1) (0)], (1.11)

f (n ) (t)← p n F

где предполагается, что все производные до

n −го

порядка включительно

являются оригиналами.

Доказательство проводится методом полной математической индукции.

Теорема 1.6. (Дифференцирование изображения).

Если f (t)← F (p), то

t n f (t)←(−1)n F(n ) (p) (−1)n t n f (t)← F(n ) (p)

(1.12)

Эту теорему мы принимаем без доказательства.

Полагая в (1.12) f (t) = η(t) будет иметь

←

(1.13)

p n +1

для любого натурального n .

Теорема 1.7. (Интегрирование изображения). Если f (t)← F (p), то

f (t)

∞

←

∫ F (p)dp ,

(1.14)

где предполагается, что f (t) t − оригинал.

Доказательство. Пусть ϕ(t) =

t ϕ(t)←Φ′(p). Но t ϕ (t) = f (t).

f (t) ←Φ (p). Тогда согласно теореме 1.6 t

Отсюда следует − Φ′(p) = F (p). Из

последнего соотношения интегрированием получаем

q	q	Φ′(z)dz = Φ (p) − Φ (q),
∫ F (z)dz = −∫		Φ′(z)dz = Φ (p) − Φ (q),
p	p

lim [Φ (p) − Φ (q)] = Φ (p) =	q	∞
lim [Φ (p) − Φ (q)] = Φ (p) =	lim ∫	F (z)dz = ∫ F (p)dp ,	при	этом
q→∞	q→∞q p	p

q → ∞ Re q = +∞.

ea t − eb t

sin a t

ПРИМЕР 1.6. Найти изображения оригиналов

;

ea t − eb t

∞ d p

d p

∫

Решение. Согласно (1.5) и (1.14)

←

−

p p − a

p − b

=∞∫ d [ln (p − a) −

Замечание.

ln (p − b)] = ln p − a ∞ = − ln p − a = ln p − b .
p − b p	p − b	p − a

p → ∞ Re p → +∞ . В силу этого

1 −

p − b

lim ln

= lim ln

= 0 .

p→∞

p − a

p→∞

1 −

sin a t

∞

a dp

∞

Далее,

← ∫

= arctg

− arctg

2 + a 2

p p

sin t

При a = 1 отсюда получаем

←

− arctg p .

Ответ: ln

p − a

; π − arctg

p − b

Теорема 1.8. (Интегрирование оригинала). Если f (t)← F (p), то

∫ f (τ)dτ ←

F (p)

(1.15)

то есть, чтобы получить изображение интеграла от оригинала надо изображение последнего разделить на p .

ПРИМЕР 1.7. Найти оригинал для изображения

p 2 (p −1)

η(t ),

Решение.

→e t

→ ∫ e t

d τ = e

= e t

−1. Еще раз

p(p −1)

p −1

применяя (1.15), будем иметь

(eτ −1) dτ = eτ

t − t = e t −1 − t.

→ ∫ t

p (p −1)

Ответ: e t

−1 − t .

− p

+ 1

Проверка: e t −1 − t ←

−

)

(

)

p −1 p

(

p −1 p

−1

Замечание.

Другой

способ:

разложение

на

элементарные дроби.

p + 1

p 2 (p −1) = p 2 (p 2 −1) = (p + 1)

Действительно,

p2 −1 − p 2

− η(t) − t η(t) = e t

−

→ e t

− t −1. Получаем тот же самый

p 2

p −1

результат, как и должно быть.

								(p), f 2		(p), то
Теорема 1.9. (Теорема Бореля). Если f1							(t)← F1	(p), f 2	(t)← F2	(p), то

F1 (p)F2		(t) f		(t) = f 2	(t) f1	(t),
F1 (p)F2	(p)→ f1	(t) f	2	(t) = f 2	(t) f1	(t),				(1.16)

то есть произведению изображений соответствует свертка оригиналов, где по

определению

f1 (t) f 2 (t) =	t	t
f1 (t) f 2 (t) =	∫ f1 (τ)	f 2 (t − τ)dτ = ∫ f 2 (τ)f1 (t − τ)dτ.			(1.17)
0		0
Доказательство. Согласно (1.17) и (1.2)
Доказательство. Согласно (1.17) и (1.2)				τ	τ = t
f1 (t) f 2 (t)←	∫ e−p t ∫ f1 (τ)f 2 (t − τ)dτ dt				τ = t
	+∞	t
	0	0
	0	0
Поменяем теперь в полученном двойном				•0
несобственном интеграле		направление	интегрирования	•0	t
(см. рис. 1.1), не приводя обоснование такой операции.					Рис. 1.1
(см. рис. 1.1), не приводя обоснование такой операции.

Отметим только, что это можно сделать ввиду абсолютной сходимости

двойного интеграла. Получим

+∞	d τ	+∞	e−p t f1 (τ)f 2	(t − τ)dt .
∫	d τ	∫	e−p t f1 (τ)f 2	(t − τ)dt .
0		τ

+∞	−p t f 2	(t
Но ∫ e	−p t f 2	(t
τ

=+∞∫ e −p (u +τ) f 2 0

− τ)dt =	t − τ = u, t = u + τ
	t − τ = u, t = u + τ
	u н	= 0, dt = du
	u в	= +∞
(u)du = e−p τ		+∞	(u)du
(u)du = e−p τ		∫ e −p τ f 2	(u)du
		0

= e−p τ F2 (p).

И в силу этого искомое изображение будет иметь вид

+∞

∫ e −p τ f1 (τ)dτ F2 (p) = F1 (p)F2 (p).Что и требовалось доказать.

p 2

ПРИМЕР 1.8. Найти оригинал для изображения ( )( ). p 2 + 4 p 2 + 9

Решение. Данное изображение преобразуем к виду:

p 2

(p 2 + 4)(p2 + 9)

p 2 + 4 p 2

+ 9

p 2 + 4

p 2 + 9

Но

→cos 2t;

→cos 3t .

Теперь, согласно (1.16) и (1.17) искомый оригинал f (t) есть свертка найденных функций:

				f (t)			t	cos 2τcos 3 (t − τ)dτ =											1	t	[cos (3t			− τ) + cos (3t		− 5τ)]dτ =
							= ∫												1	∫
							= ∫													∫
							0											2		0
=	1		sin (3t − τ)						t	+		1	sin (3t − 5τ)				t	= −				1	sin 2t − sin 3t +		1	(− sin 2t − sin 3t)	=
	1											1										1			1

2									0	5							0				2			5
									0								0

= −			1		4	sin 2t		−		6	sin 3t			=	1	(3sin 3t − 2 sin 2t).
= −						sin 2t		−			sin 3t			=		(3sin 3t − 2 sin 2t).
		2		5						5				5

Ответ: 1 (3sin 3t − 2 sin 2t). 5

Проверка. Используем свойство линейности L −изображения и теорему

	1		1				3				2
подобия. Тогда		(3sin 3t − 2 sin 2t)←		3				− 2				=
						2				2
5			5		p		+ 9		p
											+ 4

5 p 2

p 2

(p 2 + 9)(p 2 + 4) =

(p 2 + 9)(p 2 + 4).

ПРИМЕР 1.10. Найти оригинал для изображения

F (p) =

(p2 − 6 p + 13) (p 2 − 6 p + 10).

Решение. Полагаем

(p)

(t);

→e3 t sin t = f

p 2 − 6 p + 10

(p − 3)2 + 1

(p)

e3 t sin 2t

(t).

→

= f

p 2 − 6 p + 13

(p − 3)2 + 4

В силу этого и согласно (1.16) и (1.17)

f (t) = f1 (t) f 2 (t) =

e3 τ sin τe3 (t −τ) sin 2 (t − τ)dτ =

∫

e3 t

∫ sin

τ sin 2 (t − τ)dτ =

e3t ∫ [cos (2t

− 3τ) − cos (2t − τ)]dτ =

sin

(3τ − 2t)

− sin(τ − 2t)

(sin t

+ sin 2t) + sin t − sin 2t

=1 e3 t

Ответ:

	4	sin t −	2				=	1		3 t
				sin 2t					e
	3		3	sin 2t				3	e
	3		3					3
1		3 t			1
	e	sin t −				sin 2t .
3	e	sin t −			2	sin 2t .
3					2

sin t − 1 sin 2t .
	2

Проверка. Воспользуемся примерами (1.1), (1.3) и свойством линейности

L − изображения. Тогда
	1				1		1	2
		e3t	(sin t − sin 2t)←	1		−			=
					(p − 3)2 + 1
3			3			2		(p − 3)2 + 4

− 6p + 10 − p 2

= (p2

− 6p + 10)(p 2 − 6p + 10).

3 p 2

− 6p + 13

Что и надо.

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1718 / 2318 19 20 21 22 23 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
02.09.2019397.82 Кб25Taxatsia_lesa.doc
#
03.06.20151.49 Mб7telsprav.pdf
#
26.04.2019243.71 Кб4teoria_kultury.doc
#
03.06.201571.17 Кб12Testy_kabinet.doc
#
03.06.2015330.75 Кб50topref.ru-17132.doc
#
27.03.20163.4 Mб43UMK11.pdf
#
16.11.2019344.02 Кб29Untitled0.doc
#
03.06.2015538.18 Кб5Urok_4_Zaprosy_KU.pdf
#
30.08.2019519.68 Кб31vmest.doc
#
03.06.201552.63 Кб8Vodnye_resursy_Sverdlovskoy_oblasti_Lektsia_1.docx
#
03.06.2015167.94 Кб16VOPROSY_K_EKZAMENU_PO_EP.doc