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 17 1819 / 2319 20 21 22 23 > Следующая >>>


Теорема 1.10.	(Интеграл Дюамеля). Если f (t)← F (p);		z (t)← Z (p), то

	t	(t − τ)dτ =
p F(p)Z(p)→f (t)z (0) + ∫ f (τ)z′t		(t − τ)dτ =
	0		(1.18)
	0

= z (t)f (0) + ∫t z (t)ft′ (t − τ)dτ.

Выражение, которое содержится в правой части последнего соотношения,

называется интегралом Дюамеля.

Доказательство. По теореме Бореля (теорема 1.9)

f (t) z′(t)←F(p)[p Z(p) − z (0)]= p F(p)Z(p) − z (0)F(p).

f (t) z′(t) + z (0)f (t)← p F (p)Z (p) − z(0)F(p) + z(0)F(p) = p F(p)Z(p).

Аналогично z (t ) f ′(t) + f (0)z(t)← p F(p)Z(p). Но по заданному

изображению оригинал находится однозначно, что завершает доказательство теоремы. Таким образом,

p F(p)Z(p)

f (t)z(0)

f ( )z′(t

− τ

τ =

z(t)f (0)

( )f ′(t

− τ

)d .

→

+ ∫

ПРИМЕР 1.11. Найти оригинал для изображения F(p)

(p 2 + 1)(p 2 + a).

(t);

sin 3t = z (t), то

Решение.

Так как

→sin t

= f

→

p 2 + 1

p 2 + 9

согласно (1.18) искомое изображение.

f (t) = ∫ sin

τcos 3(t − τ)dτ =

∫ [sin

(3 t − 2 τ) + sin (4 τ − 3 t)]dτ =

cos (3 t − 2 τ)

cos (4 τ − 3 t)

(cos t

− cos 3t) −

0 −

0 =

−

(cos t − cos 3t) =

(cos t − cos 3t).

Ответ: 1 (cos t − cos 3t). 8

Проверка.

8 p

(cos t − cos 3t)←

−

(p 2 + 1)(p 2 + 9)

8 p 2

+ 1

p 2 + 9

что говорит о правильности полученного решения.

ПРИМЕР 1.12. Найти оригинал для изображения

F (p) =

(p 2 − 6 p + 13)(p 2 − 6 p + 10).

Решение. Полагаем F (p) =

→e3 t sin t = f (t);

p 2

− 6 p

+ 10 .

Z (p) =

e3 t sin 2 t = z (t). Учитывая результат примера

→

p 2 − 6 p + 13

интеграл Дюамеля, имеем

p F (p)Z (p)→

∫ e3 τ sin 2τe3 (t −τ) [3sin (t − τ) + cos (t − τ)]dτ =

e3 t ∫ sin 2τ[3sin (t − τ) + cos (t − τ)]dτ =

3 t 3t sin 2τsin

(t − τ)dτ + t sin 2τcos (t − τ)dτ

∫

3 t

sin (3τ − t)

0 − 3sin (t + τ)

− cos (τ + t)

0 −

cos (3τ − t)

1.10 и

3 t

+ sin t − 3sin 2t + 3sin t − cos 2t + cos t −

cos 2t +

sin 2t

cos t

3 t

− 2 sin 2t −

4 sin t

cos 2t

4 cos t

= e3 t

sin t −

sin 2 t +

(cos t − cos 2t) .

Ответ: e3 t

sin t −

sin 2 t +

(cos t − cos 2t)

Проверка: sin t ←

;

sin 2t ←

; cos t ←

;

p 2 + 4

p 2 + 1

2 + 1

cos 2t ←

. Тогда

p 2

+ 4

(cos t − cos 2t)←

sin t −

sin 2t +

−

+ 4

+ 1 p

+ 4

p + 3

(p 2 + 1)(p 2 + 4).

e3t

sin t −

(cos t − cos 2t)

sin 2t

←

[(p − 3)

+ 1][(p − 3)

+ 4]

Последнее означает, что найдено правильное решение.

Нижеследующие две теоремы принимаются без доказательства.

Они являются следствиями формулы обращения Меллина (см. [1], с. 228229 в доп. лит.)

	1	σ+i ∞
f (t) =		∫ F (p)ep t dp ,
	2πi
		σ−i ∞

где интегрирование ведется по прямой Re p = a, a > σ, σ − показатель роста f (t); F (p) − изображение кусочно-гладкого оригинала f (t). При этом равенство справедливо в точках непрерывности оригинала. В точке разрыва t 0

значение правой части предыдущего равенства равно 1 [ f 0 (t 0 − 0) + f (t 0 + 0)].

Теорема 1.11. (Первая теорема разложения).

Если функция F (p) аналитична в некоторой окрестности бесконечно удаленной точки и ее разложение в ряд по степеням p имеет вид

F (p) =	∞	a n
	∑	a n			,		(1.19)
	∑				,		(1.19)
	n =0 p n +1
то функция
f (t)=	∞		t	n
	∑ a n		t		, t ≥ 0		(1.20)
	∑ a n		n !		, t ≥ 0		(1.20)
n =0			n !
является оригиналом для F (p).
ПРИМЕР 1.13. Найти оригинал для изображения F (p) =						1		−	1
								−
								e p , где
								e p , где
						p n +1

n − неотрицательное целое число.

∞

z k

, z C , имеем

Решение. Используя табличное разложение: ez

∑

k =0 k !

−

∞

(−1)

(−

= ∑

= 1 −

−

+ K +

+ K,

2!p 2

3!p

4!p

k !p k

k =0 k !p k

F (p) =

e−

(−1)k

−

− K +

−

+ K

p n +1

p n +2

3!p n +4

k !p n+k+1

2!p n +3

4!p n +5

Отсюда видно, что условия первой теоремы разложения заведомо
выполняются, что согласно (1.20) дает f (t) = ∑∞ (−1)k t n+k .
	k=0 k !(n + k)!
∞ (−1)k	t n+k
Ответ: ∑	.
k =0 k !(n	+ k)!

Теорема 1.12. (Вторая теорема разложения).

Если изображение F (p) является однозначной функцией и имеет лишь конечное число особых точек p1 , p 2 ,K, p n , лежащих в конечной части

плоскости, то оригинал

f (t) =

∑ Re s [ep k t F (p k )].

(1.21)

k=1

ПРИМЕР 1.14. Найти оригинал для следующего изображения

F (p) =

(p + 1)3 (p + 3)

Решение: p1 = −3 − простой полюс,

p 2

= −1 − полюс третьего порядка.

Вследствие этого и согласно (1.21)

1) Re s

[ep1 t F (p )]= lim

ep t (p + 3)

= −

e−3t ;

(p +1)3 (p + 3)

p→−3

p t

″

Re s [ep 2 t F (p2 )]=

lim

(p +1)

= −

(2 t 2 − 2 t +1), так как

2! p→−1

(p +1)3 (p + 3)

ep t

′

e p t [t (p + 3) −1]

p =

(p + 3)

p + 3

= e

(p + 3)

− [t (p + 3) −1]}

→

1 (2 t 2 − 2 t + 1).

p t

″

p→−1

(p + 3)

p +

Теперь остается воспользоваться (1.21) и получить:

f (t) = −

e−3 t +

e−t (2 t 2 − 2 t + 1) =

[e−t (2 t 2 − 2 t + 1)− e−3 t ].

Ответ:

[e−t (2 t 2 − 2 t +1)− e−3 t ].

Проверка: Согласно ТИ (формула (2)),

линейности

L − изображения и

− 2 p + 4

теореме смещения 2 t 2 − 2 t + 1←

−

;

p 2

e−t (2 t 2 − 2 t + 1)←

(p + 1)2 − 2 (p + 1)+ 4

p 2 + 3

(p + 1)3

e−t (2 t 2 − 2 t + 1)− e−3 t ← p

+ 3

− 1

+ 3)(p + 3)− (p + 1)

(p + 1)3 (p + 3)

(p + 1)3

p + 3

p3 + 3 p 2

+ 3 p + 9 − p 2 − 3 p 2 − 3 p −1

(p + 1)3 (p + 3)

Последнее завершает проверку. Найденное решение –

правильно.

Теорема 1.13. (Опережение оригинала). Если f (t)← F (p), то

−

(1.22)

f (t + τ)← ep τ

F (p)

∫ f (u)e−p u du ,

где τ > 0 .

Доказательство. Имеем

+∞

f (t + τ)← ∫

= +∞∫ e−p (u −τ)

= ep τ τ∫ e−p u

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

	+∞	τ			τ
= ep τ	∫ e	−p u f (u)du − ∫	e−p u f (u) du	= ep τ F (p) − ∫
	0	0			0

Что и требовалось доказать.

ПРИМЕР 1.15. Найти изображения функций

e−p u f (u)du .

sin (t + τ), cos (t + τ), τ > 0 .

	1
Решение. sin t ←		. Тогда согласно (1.22)

	p 2 + 1

−p u

sin (t + τ)←e

p τ

−

∫

sin u e

+ 1

−p u

du =

− p sin u − cos u

−p u

− p sin τ − cos τ

∫ sin u e

+ 1

p sin τ + cos τ

p 2 + 1

Поступая аналогично, имеем cos t ←

p 2 +

cos (t + τ)← e

−p u

p τ

− ∫ cos u e

+ 1

−p u du =

− p cos u + sin u e−p u

τ = − p cos τ + sin τ

∫ cos u e

+ 1

p cos τ − sin τ

p 2 + 1

Ответ:

p sin τ + cos τ

;

p cos τ − sin τ

p 2 + 1

p sin τ + cos τ

Проверка.

= sin τ

+ cos τ

→

p 2

p 2 + 1

+ 1

= sin (t + τ);

→sin τ cos t + cos τsin t

p cos τ − sin τ

= cos τ

− sin τ

→

p 2

p 2 + 1

+ 1

p 2 + 1

→cos τ cos t − sin τsin t = cos (t + τ),

что указывает

на верность

полученных результатов.

Таблица изображений

f (t)

F (p)

f (t)

F (p)

η(t)

10.

eα t sin β t

(p − α)2 + β2

cos β t

((p + βi)

n +1

)

11.

p n +1

(p 2 + β2 )n +1

n !

eα t

12.

t n

sin β t

Jm((p + βi )n +1 )

p − α

(p2 + β2 )n +1

n !

t n eα t

13.

t sin β t

2 β

(

2 )2

(p − α)n +1

+ β

n !

cos β t

14.

t cos β t

p2 − β2

p 2 + β2

(p2

+ β2 )2

sin β t

15.

t sh β t

2 β p

(p2

− β2 )2

p 2 + β2

ch β t

16.

t ch β t

p 2 + β2

p 2 − β2

(p2

− β2 )2

17.

sh β t

(sin βt − β t cos β t)

(

2 )2

p 2 − β2

+ β

2 β3

p − α

18.

eα t cos β t

(β t ch β t − sh β t)

(

2 )2

(p − α)2 + β2

− β

2 β3

УЧЕБНО - МЕТОДИЧЕСКИЙ КОМПЛЕКС

РАЗДЕЛ 11 «ТЕОРИЯ ФУНКЦИЙ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО. ЭЛЕМЕНТЫ ОПЕРАЦИОННОГО ИСЧИСЛЕНИЯ»

2. Методические указания для студентов

2.1. ПРИМЕРЫ НАХОЖДЕНИЯ ИЗОБРАЖЕНИЯ ПО ОРИГИНАЛУ

ПРИМЕР 2.1. Найти изображения функций η(t)sh 3 t; η(t)ch3 t .

− e

−t 3

−t

−2t

−3t

Решение. sh

− 3e

+ 3e

− e

e3t − e−3t

− e−t

−t

−3t

= (e − 3e + 3e − e )=

− 3

= (sh 3t − 3sh t)←

−

− 9

−1

− 9

−1

) =

(

)(

−

(

)(

−

где

использовалось

свойство

− 9 p

линейности

L −

изображения

ТИ.

Аналогично

получаем

p(p

− 7)

ch 3 t ←

(p 2 − 9)(p 2 −1)

p(p2

− 7)

Ответ:

(p2 − 9)(p2 −1)

;

(p2 − 9)(p2 −1).

Замечание. По ходу решения мы получили формулы, равносильные нижеследующим

sh 3t = 3 sh t + 4 sh3 t; ch 3t = 4 ch 3 t − 3 ch t ,

(2.1)

являющиеся аналогами соответствующих тригонометрических формул:

sin 3t = 3 sin t − 4 sin 3 t;

cos 3t = 4 cos3 t − 3 cos t .

(2.2)

Отсюда,

используя свойство линейности

L −

преобразования

ТИ,

(3sin t − sin 3t)

t =

имеем sin

+ 1

+ 9

+ 1)(p

+ 9)

4 p

←

−

Аналогично,

cos

(cos 3t + 3 cos t)←

+ 9 p

+ 1

(4p

+ 28)

p(p

+ 7)

= 4

( 2

)(

)

= (

)(

Окончательно

9 p

p(p

+ 7)

получаем sin 3 t ←

;

cos3 t ←

(p 2

+ 1)(p 2 + 9)

(p 2 + 9)(p 2 + 1)

ПРИМЕР 2.2. Найти L − изображение ch t sin t .

Решение.

Так как ch t sin t =

(et

+ e− t )sin t =

(et

sin t + e− t sin t),

то по теореме смещения и согласно 10-й формуле из ТИ имеем: cht sin t ←

←

−1)2 +1

+1)2

(p2 +

2 + 2)− 2p

2)+ 2p

2(p2 + 2)

p2 + 2

(p2 + 2)2 − 4p2

p4 + 4

p2 + 2

Ответ:

p4 + 4

ПРИМЕР 2.3. Используя теорему запаздывания, найти изображение

функции

при 0 ≤ t <

sin t

f (t)

при

π ≤ t < π

= − cos t

t ≥ π

при

Рис.2.1

Решение.

Убедимся,

что

f (t)

можно

задать

единой

формулой.

−

Действительно, f (t) = η(t) − η t

sin t −

η t

− η(t

− π) cos t =

−

= η(t)sin t − η t

cos t

+ η t −

sin t

− η(t − π)cos(t − π).

Теперь надо воспользоваться теоремой запаздывания и ТИ, что дает

f (t)←

− e− 2 p

+ e− 2 p

− e−πp

1 + e

− 2 p

−

2 +

p2 +1

p2 +

p2 +1

1 p2 +1

−

2 p

− 2 p

1 + e

− pe

−

p2 + 1

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 1819 / 2319 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