UMK11

π

π

− 2 p

− pe

− 2 p

1

+ e

1

Ответ:

.

p2 +1

ПРИМЕР

2.4.

Доказать,

что

если

F0 (p)←f0 (t),

где

0

при

t < 0

f0 (t) = f (t)

при 0 ≤ t < l ,

а функция

f (t) при t > l периодическая с

при

t ≥ l

0

периодом l: f (t + l) = f (t), то

F0 (p)

f (t)←

= F(p).

(2.3)

1 − e−l p

Доказательство.

f0 (t) = [η(t) − η(t − l)]f (t) = η(t)f (t) −

− e−lp F(p). С другой стороны f

(p). В силу этого

− η(t − l)f (t − l)←F(p)

0

(t)← F

0

F (p) = F(p)(1 − e−l p ), F(p) =

F0 (p)

. Что и следовало доказать.

0

1

− e−l p

ПРИМЕР 2.5. Найти изображение функции:

а) f (t) = t − (t − 3)η(t −1); b) f (t) = sin t{η(t − 2π) − η(t − 3π)};

с) f (t) = 1 − t − (t 2 − 5t + 4)η(t −1) + (t 2 − 3t) η(t − 3);

d) f (t) = 2 1 − η t −

1

− η t −

3

+

η t −

1

− η t −

3

sin 2πt .

2

2

2

2

1

Решение.

а) Согласно ТИ ((1.13)) имеем: t ≡ η(t) t ←

. В силу (1.8)

p2

e

−p

2 e

−p

(t − 3)η(t −1) = (t −1)η(t −1) −

2η(t −1)←

−

,

p2

p

(1 − e−p )+

1

2

t − (t − 3)η(t −1)←

e−p .

p2

p

Ответ:

1

(1 − e−p )+

2

e−p .

p2

p

b)sin t{η(t − 2π) − η(t − 3π)} = sin(t − 2π)η(t − 2π) − sin(t − 3π)×

	e	−2πp		e	−3πp			1	e−2πp (1 − e−πp ).
× η(t − 3π)←			−			=
								+ p2
	1 + p2		1 + p2			1

Ответ:

e

−2πp

(1 − e

−πp ).

1 + p2

1

1

t 2 − 8t + 4 =

t −1 = u

= 1 + 2u + u 2

− 5 − 5u + u =

с) 1 − t ←

−

;

p p2

t = 1 + u

= u 2 − 3u = (t −1)2 − 3(t −1),

e

−p

3 e

−p

(t 2 − 5t + 4)η(t −1) = [(t −

1)2 η(t −1) − 3(t −1)η(t −1)]←

−

;

p3

p2

t 2 − 3t = t − 3 = u = (u + 3)2 − 3(u + 3) = u 2 + 6u + 9 − 3u − 9 = u 2 + 3u ; t = u + 3

		e	−3p		e	3p
	(t 2 − 3t)η(t − 3) = (t − 3)2 η(t − 3) + 3(t − 3)η(t − 3)←			+ 3			.
		p2			p2

Окончательно имеем

1

e

−p

3 e

−p

f (t)←

1

−

−

+

+

p3

p2

p

p2

+

2

(e−3p − e−p ).

p3

(3e−3p

−1)+

Ответ:

1

+

1

p2

p

e−3p	+	3 e−3	=	1	+	1	(3e−3p −1)+
p3		p2
				p p2

	2	(e−3p − e−p ).
	p3

																											−		p															−	3p
									1											1						e 2											3						e 2
	d) 1) 1 ≡ η(t)←										;			η t			−						←								;		η t			−			←									;
																				2																	2							p
									p																		p
					1							3					1								−		p					−	3p
	1 − η t −							− t −							←					1			− e 2 − e										2			;
												2
					2													p
	2) η t −			1		sin 2πt =										t −				1	= u					= η(u)sin 2π u +																		1
																				2																										=
				2												t = u +								1																				2
																							2
																																																				3
																																			1											1				2π e		−		p
																																																					2
	= η(u)sin(2πu + π) = −η(u)sin 2πn = −η t −																																			sin 2π t −														←					;
																																			2																	4π2
																																														2				p2 +
		3								t −			3			= u																						3
3)	η t −		sin 2πt =											2			3			= η(u)sin 2π u +																					= η(u)sin(2πu + 3π) =
		2								t = u +																												2
																	2

3

3

3

2π e−

= −η(u)sin 2πu = −η

2

t

−

sin 2π t −

← −

.

2

p2

+ 4π2

2

Окончательный результат таков:

p

3p

−

p

(1 − e−p )

2

2πe

2

f (t)←

1 − e

− 2

− e−

2

−

p

p

2

+ 4π

2

p

3p

−

p

(1 − e−p ).

2

2πe

2

Ответ:

1 − e−

2

− e

−

2

−

2

2

p

p

+ 4π

ПРИМЕР 2.6. Найти оригинал по заданному его изображению

1

(2 − 3e−p + e−3p ).

p

Решение. Раскрывая скобки, получаем

1

(2 − 3e−p + e−3p ) =

2

−

3e−p

+

p

p

p

e

−3p

2

e

−p

+

.

Согласно

(1.7)

имеем

1)

→ 2η(t);

2)

→η(t

−1);

p

p

p

e

−3p

3)

→η(t − 3). Теперь,

пользуясь

свойством линейности изображения

p

Лапласа, окончательно получаем

1

(2 −

3e−p + e−3p )→ 2η(t) − 3η(t −1) + η(t − 3).

p

Ответ: 2η(t) − 3η(t −1) + η(t − 3).

Проверка. Надо воспользоваться соотношениями 1) – 3)

и линейностью

L − изображения.

ПРИМЕР

2.7.

Найти

оригинал

по

заданному

изображению

2 + pT − (2 + pT)e−pT

.

(1 − e−pT )p3

Решение. Согласно примеру 2.4 и ТИ

2

T

2

T

−pT

2

2

F0 (p) =

η(t)(t

+ T t)− η(t + T t) =

+

−

+

e

→

p

3

p

2

3

p

2

p

= [η(t) − η(t − T)](t 2 + T t) = f0 (t). Отсюда следует

f0

(t) = t 2 + T t

при

0 ≤ t < T .

0

при

t ≥ T

Ответ: f (t) − периодическая функция с периодом T , которая является

продолжением f0 (t), заданной на 0 ≤ t < T , на всю положительную ось t .

f0

2T 2

0

T

t

Рис. 2.2

Проверка. Согласно примеру 2.4 и ТИ

f0 (t) = [η(t) − η(t − T)](t 2 + T t)=

2

2

2

T

2

T

= η(t)(t

+ Tt )− η(t − T)(t

+ Tt )←

+

2 − e

−Tp

3 +

p

3

=

= (2 + pT) − (2 + pT)e−pT

p

p

p

= F (p). Отсюда

p3

0

F (p)

(

+ pT

)

(

)

e

−pT

0

2

− 2 + pT

F(p) = 1 − e−Tp

=

(1 − e−Tp )p3

. В чем и следовало убедиться.

2.2. ПРИМЕРЫ НАХОЖДЕНИЯ ОРИГИНАЛА

ПО ИЗОБРАЖЕНИЮ

ПРИМЕР 2.8. Найти оригинал для изображения F(p) = 1 .

(p − α)(p − β)

Решение: I способ (разложение на элементарные (простейшие) дроби).

Заданную правильную рациональную дробь разлагаем на элементарные

дроби:
1				1		1
			=
	(p − α)(p − β)
				(α − β) p − α

	1			1		(e	α t − eβ t ),
−			←
				(α − β)
	p − β

где использовались соотношения из (1.5)

Ответ: (α 1− β) (eα t − eβ t ).

II способ (выделение полного квадрата). Проиллюстрируем его на более общем примере без излишних детальных объяснений и ссылок. Пусть

F(p) =

Ap + B

=

A p + B

.

(2.4)

p2 + b p + c

+

b 2

+ c −

b2

p

4

2

Если c −

b2

= a 2 > 0,

a =

c −

b2

, преобразуем (2.4) к виду

4

4

b

Ab

Ap + B

A p

+

B −

2

=

2

+

. И

согласно

(1.6), (1.8),

p 2 + bp + c

b

2

b

2

p

+

+ a 2

p +

+ a 2

2

2

(1.9) в этом случае

−

b

t

1

Ab

−

b

t

F(p)→A e

2

cos at

+

B −

e

2

sin at .

(2.5)

2

a

Если

c −

b2

= −a 2 < 0, a =

b2

− c

(корни квадратного трехчлена

4

4

вещественны), то с учетом (1.6), (1.8), (1.9) (см. также ТИ) имеем

b

Ab

Ap + B

A p

+

B −

=

2

+

2

→

p2 + bp + c

2

2

b

b

p

+

− a 2

p +

− a 2

2

2

−

b

t

1

Ab

−

b

t

→Ae

2

ch at +

B −

e 2

sh at .

(2.6)

2

a

При с −

b2

= 0 получаем (см. формулу (4) из ТИ)

4

Ab

−

Ap + B

A

B

−

b

Ab

−

b

2

t

t

=

+

→ A e

2

+ B −

t e

2 .

(2.7)

p2 + bp + c

b

b 2

p +

+

2

p

2

2

Проверка. Нам надо убедиться в справедливости (2.5)-(2.7), прочитанных справа налево. Действительно, используя ТИ, находим

			p
cos at ←					;
		p 2
			+ a 2
(1):
			a
sin at ←				;
	p 2
			+ a 2

−	b	t		1		Ab		−	b
A e 2			cos at +		B −		e	2
				a		2

=	Ap + B
		.
	p2 + bp + c
				p
	ch at ←					;
			p 2
				− a 2
	(2):
				a
	sh at ←				;
			p 2
				− a 2

−

b

t

1

Ab

−

b

t

A e 2 ch at

+

B −

e

2

a

2

=

Ap + B

.

p2 + bp + c

−

b

p +

b

t

2

e

2

cos at ←

2

b

p

+

+ a 2

2

−

b

t

a

e

2

sin at ←

2

+

b

+ a 2

p

2

b

Ab

t

A p +

B

−

2

2

sin at

←

+

=

b 2

b

+

+ a

2

p +

+ a 2

p

2

2

−

b

p +

b

t

e

2

ch at ←

2

2

+

b

− a 2

p

2

−

b

t

a

e

2

sh at ←

2

b

p

+

− a 2

2

+

b

−

Ab

A p

B

2

2

sh at ←

+

=

2

b

b

+

− a

2

p +

− a 2

p

2

2

−

b

t

A

Ab

−

b

t

Ab

1

(3): Ae

2

←

;

B −

t e 2

← B −

t

,

p +

b

2

2

b

2

p +

2

2

Ab

−

b

Ab

−

b

B −

t

t

A

2

Ae 2

+ B −

t e

2

←

+

=

b

2

p +

b 2

2

p +

2

=

Ap + B

=

Ap + B

. Что и надо доказать.

2

b

p2 +bp + c

p +

2

p

ПРИМЕР 2.9. Найти оригинал для изображения F(p) = (p2 + β2 )2 .

p

1

1

′

1

1

β

Решение.

= −

,

=

→

p

+ β

2 )2

+ β

p

+ β

β

p

+ β

2

2

p

2

p

2

2

2

2

(

2

1

→

sin βt .

Используя теорему 1.6 о дифференцировании изображения

(см.

β

(1.12)), получим:

1

′

2p

t sin βt

p

t sin βt

= −

→ −

→

,

.

2

+ β

2

2

β

2

2β

p

p

(p 2 + β2 )

(p 2 + β2 )

Ответ:

t sin βt

.

2β

β

Проверка. sin βt ←

. С учетом (1.12) имеем t sin βt ←

′

p 2 + β2

β

2 βp

t sin βt

p

← −

=

←

.

2

+ β

2

2

2 β

2

p

p

(p 2 + β2 )

(p 2 + β2 )

p

1

1

II способ. Так как

→cos βt;

→

sin βt,

то по теореме

p 2 + β2

p 2

β

+ β2

Бореля (см. (1.16), (1.17)):

f (t) =

t

cos βτ

1

sin β(t − τ)dτ =

1

t

[sin

βt + sin β(t − 2τ)]dτ =

∫

∫

0

β

2β 0

t sin βt

1

cosβ(t − 2τ)

t

t sin βt

1

[cos(− βt) − cos βt] =

t sin βt

=

+

=

+

4

β2

4β2

2β

2β

0

2β

Получен тот же результат.

p

ПРИМЕР 2.10. Найти оригинал для изображения

.

p4 + 4

Решение. Сначала преобразуем p4 + 4 к виду:

p4 + 4 = p4 + 4p2 + 4 −

− 4p2 = (p2 + 2)2 − 4 p2

= (p2 − 2p + 2) (p2 + 2p + 2). Вследствие этого

				1																1													1												1									1
						=			(											)(										) =																				−															,
	p	4									2													2		+ 2p + 2								4 p								2		−									2	+ 2p +
				+ 4 p										− 2p + 2 p																									p						2p + 2 p																		2
				p					1							1													1										(e t sin t − e −t										sin t) =								sin t
					=																	−											→			1																									sht .
												(p
	p 4 + 4								4							−1)2 + 1									(p + 1)2 + 1								4																									2
				Ответ:											sin t sh t						.
																2
																											1								1																					1							1
				Проверка.																								sh t sin t =									(e t				sin t − e−t								sin t)←																				−
																										2							4																				4					(p					−1)2 + 1
					1											1				(p +1)2 +1 − (p −1)2 −1																														4 p																		p
−																=			(										)(														) =																				=								,
			(p +		1)		2										4				2		−								2		+ 2p +								2				[(			2					2							2	]					p	2	+ 4
									+1										p							2p + 2 p																							+ 2			)		− 4p
																																														2 p
что подтверждает ответ.
				ПРИМЕР												2.11.					Найти								оригинал для														изображения										а) F(p) =														1				;
																																																																p(p −1)
b) F(p)						=							1							с) F(p) =											1																d) F(p) =																1
								p(p2 +1);																					(p −1)(p2 +1);																										p(p −1)(p2 +1);
е) F(p)						=										1
								(p2 +1)(p2 −1).

Решение. Разлагая на элементарные дроби и согласно ТИ, получаем:

											1				1
			а) F(p) = −									+										→ e t − η(t) = e t −1;
											p				p −1
													1										1								p
			b) F(p) =																=						−										→η(t) − cos t;
									p(p 2 + 1)																					p 2 +
																							p											1
			с) F(p) = (													1			2			) =									1		(p +										1						−			2		1					=
															)(																2					1)							2
										p −1 p +1																												p −1 p +																		1
	1		1				p + 1									1						1											p										1									1		(e	t	− cos t − sin t);
=						−		2						=															−				2				−				2								→
	2								+ 1							2															p																					2
		p −1					p												p −1															+ 1 p									+ 1
d) F(p) =									1																			1						1							1														1								1
																						=																	−							=															−					.
														2	+1)											2																										−1)(p						2	+1)			p(p	2	+1)
					p(p −1)(p																			p																										(p
																														+1 p −1												p

Теперь остается воспользоваться результатами b) и с), что дает

		1				.	1	(e t − cos t − sin t)− η(t) − cos t .
						→
	(	)(	2	)			2
						.
	p p −1 p			+ 1

е) F(p)=			1					1				1					1		.	1	(sh t − sin t).
	(p		+ 1)	(p		−1)	=							−					→
		2			2			2			2	−1			p	2	+ 1			2
									p										.

	Ответ: а) et −1; b) 1 − cos t; с)			1	(e t − cos t − sin t);
				2
	d)	1	(e t − cos t − sin t)− η(t)− cos t;			е)	1	(sh t − sin t).
		2					2

Проверка. Предлагаем сделать самостоятельно.

2.3. ОПЕРАТОРНЫЙ МЕТОД ИНТЕГРИРОВАНИЯ ЛИНЕЙНЫХ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ (ЛДУ)

С ПОСТОЯННЫМИ КОЭФФИЦИЕНТАМИ

Общий принцип интегрирования ЛДУ операторным методом: почленное применение преобразования Лапласа к заданному уравнению, покажем на конкретных примерах. При этом предполагается, что правые части уравнений являются оригиналами.

ПРИМЕР 2.12. Найти решение уравнения с заданными начальными условиями: x ′′+ 3x′ = e−3t ; x(0)= 0, x′(0)= 1.

Решение. Согласно (1.10) и (1.11)

x(t)← X(p); x′(t)← p X(p)− x(0)= p X(p);

x ′′(t)← p2 X(p)− [p x(0)+ x′(0)]= p2 X(p)−1.

Имея это ввиду и применяя почленно к рассматриваемому ЛДУ преобразование Лапласа, будем иметь (см. ТИ) операторное уравнение

		2	X(p)−1 + 3p X(p)=				1				X(p)=						p + 4			=	4			1			−		1				−	1
	p									,
																			2																2
						p + 3									p(p + 3)														+					3(p + 3)
																					9 p p										3
			Теперь согласно ТИ					1	→ η(t);						1			→ e−3t ;								1				→ t e−3t . В силу
																						(p + 3)2
								p					p + 3
																4	[η(t)− e −3t ]−								1
	этого и свойству линейности										X(p)→															t e −3t ;							η(t)= 1 при
	t ≥ 0 .														9									3
			Ответ: x(t)=	4	[η(t)− e−3t ]−							1		t e−3t .
			9								3

Проверка. x′(t)=	4	3e−3t −		1	(e−3t − 3 t e−3t )= e−3t + t e−3t
	9
			3
x ′′(t)= −3e−3t + e−3t − 3 t e−3t = −2 e−3t − 3 t e−3t
x ′′+ 3x′ = +e−3t ,	x(0)= 0,		x′(0)= 1.			Полученное	тождество

(относительно t ) указывает на верность полученного решения. В чем и следовало убедиться.

Замечание. Удобство операторного метода плюс ко всему состоит еще в том, что в полученном решении уже учтены начальные условия.

ПРИМЕР 2.13. Найти решение уравнения x IV − x = sh t с заданными начальными условиями x(0)= x′ = x′′(0), x′′′(0)= 1.

Решение. Согласно теореме дифференцирования оригинала (1.10) и (1.11)

имеем x(t)← X(p);	x′(t)← p X(p),
x ′′′(t)← p3 X(p), x iv (t)← p 4 X(p)−1.

x ′′(t)← p2 X(p),

Далее, поступая как и в примере 2.12 настоящего параграфа, найдем

операторное уравнение

, X(p)(p4 −1)=

p4 X(p)−1 − X(p)=

1

1

+1 =

p2 −1

p2 −1

p2

p2

p2

=

; X(p)=

(p2 −1)(p4 −1)=

(p2 −1)2 (p2 +1).

p2 −1

I способ. Получили рациональную дробь. Корни ее знаменателя являются

особыми

точками: p1 = i,

p2 = −i −

простые

полюсы;

p3

= 1; p 4

= −1−

полюсы 2-го порядка. Согласно второй теореме разложения (см. (1.21))

x(t)= ∑m

Re s [X(pk )ep k t ]. Находим последовательно вычеты:

k =1

2

pt

2

pt

1) Re s [X(p1 )ep1 t ]= lim (p − i)

p

e

= lim

p

e

=

(p 4

p→i

−1)(p 2 −1)

p→i (p 2 −1)2 (p + i)

− ei t

i ei t

=

=

;

8

8i

2) Re s [X(p2 )ep2 t ]= lim

p2 (p + i)ep t

= lim

p2 ept

=

(p − i)(p2 −1)2

p→−i (p2 +1)(p2 −1)2

p→i

e

−i t

−i e−i t

=

=

;

8i

8