∫p∞ F(q)dq

f (t)

.

(2.6)

t

sinωt

∞

dq

p

∞

π

p

Пример.

t

ω∫p

= arctg

p

=

2

−arctg

.

q2 +ω2

ω

ω

3.5Основные теоремы операционного исчисления

3.5.1 Теорема подобия

Пусть f (t) F( p) и a = const > 0 . В этом случае

1

p

f (at)

a

F

.

(3.1.)

a

+∞

Доказательство. f (at)

∫ e−pt f (at)dt . Сделаем замену: at =τ dt = dτ

0

a

1

+∞

− pτ

1

p

тогда f (at)

∫0

e

f (τ)dτ , или

f (at)

a

a

a F

.

a

Из формулы (3.1) следует, что увеличению независимой переменной оригинала в a раз, соответствует уменьшение в a раз как независимой переменной изображения, так и самого изображения.

3.5.2Теорема запаздывания

Определение. Функция, f (t −τ) , где τ > 0 некоторая постоянная величина, называется

функцией запаздывающего аргумента (относительно функции f (t) , (рис.3.1)).

Обозначим функцию f (t −τ) через fτ (t): fτ (t) = f (t −τ) . (Если t − время, то функция fτ (t) описывает процесс с запаздыванием на время τ)

x	x = f (t)

x = f (t −τ)

1

t

τРис. 3.1.

Зная изображение F( p) функции f (t) , можно найти изображение Fτ ( p) функции fτ (t) = f (t −τ) , пользуясь формулой f ( p) = ∫0+∞e−pt f (t)dt .

Так как f (t −τ) = 0 при t < τ , имеем:

Fτ ( p) = ∫0+∞ e− pt f (t −τ)dt = ∫τ+∞ e− pt f (t −τ)dt.

- 26 -

Применяя подстановку t −τ = t1, dt = dt1 , (при t =τ , t1 = 0 и									t =∞, t1 = ∞), имеем
	Fτ ( p) = ∫0+∞e−p(t1+τ ) f (t1)dt1 = e− pτ ∫0+∞e−pt1 f (t1)dt1 = e−pτ F( p) .
			Таким образом: F ( p) = e− pτ F( p) , то есть					e− pt F( p)	f (t −τ)
			τ
	3.5.3 Теорема смещения
			Если функция f (t) является оригиналом, то при любом вещественном или комплексном
α оригиналом будет являться и функция eαt f (t) , так как из оценки
	f (t)		< Mec0t вытекает		eαt f (t)		< Me[c0 +Re(α)]t	при t > 0.
			Найдем изображение этой функции

eαt f (t) ∫0+∞e−pteαt f (t)dt = ∫0+∞e−( p−α)t f (t)dt .

Интеграл в правой части последнего равенства отличается от интеграла Лапласа,

определяющего изображения F( p)					f (t) лишь тем,		что в последнем аргумент изображения
p заменен на ( p −α) .
Таким образом, если		f (t)		F( p) , то		eαt f (t)	F( p −α) .
Пример. cosωt	p		αt			p −α
			e		cosωt
	p2 +ω2					( p −α)2 +ω2

3.5.4Изображения основных элементарных функций

Приведём таблицу изображений основных элементарных функций, которые были получены в предыдущих разделах в качестве примеров, либо их обобщений. Напомним, что все функции удовлетворяют условиям, сформулированным в пункте 2.1.

1

1

, t

1

,

t

2

2

,

t

n

n!

,

Re p > 0

p

p2

p3

pn+1

αt

1

n αt

n!

; Re p >Reα.

e

;

t e

p −α

( p −α)n+1

sinωt

ω

; Re p > Reω.

cosωt

p

;Re p > Imω.

p2 +ω2

p2 +ω2

shαt = eαt

−e−αt

α

;

chαt = eαt + e−αt

p

;Re p > Reα.

2

p2 −α

2

p2 −α

2

2

αt

p −α

αt

β

e

cosωt

,

e

sinωt

,

( p −α)2 + β2

( p −α)2 + β2

- 27 -

αt

p −α

αt

β

e

ch βt

,

e

sh βt

( p −α)2 −β2

( p −α)2 −β2

tsinωt

2 pω

t cosωt

p2 −ω2

;Re p

> Reω.

;Re p > Imω.

( p2 +ω2 )2

( p2 +ω2 )2

sinωt

π

−arctg

p

t

2

ω

Приведём ещё несколько свойств оригиналов и изображений, используемых как для определения изображений, так и для восстановления оригиналов.

3.5.5. Теорема свертывания

Определение. Сверткой двух функций							f1(t) и	f2 (t) называется функция			f (t) , определяемая
формулой		f (t) = ∫0t		f1(τ) f2 (t −τ)dτ .
(Операцию получения свертки часто называют свертыванием двух функций).
	Если	в	интеграле		заменить t −τ =θ; dτ = −dθ , (τ = 0 , θ =t ;						τ =t , θ = 0 ) то
формула примет вид:				f (t) = −∫t0 f1(t −θ) f2 (θ)dθ = ∫0t					f1(t −θ) f2 (θ)dθ
или	f (t) = ∫0t		f1(t) f2 (t −τ)dτ = ∫0t f1(t −τ) f2 (τ)dτ ,
т.е. функции		f1(t) и		f2 (t) , входящие в свертку, равноправны.
	Поставим теперь задачу выразить изображение F( p) свертки									f (t)	через изображения
F1( p) и F2 ( p) свертываемых функций							f1(t) и	f2 (t) .
Теорема. Изображение свертки двух функций равно произведению их изображений.
Если	f1(t)		F1( p) ,		а	f2 (t)	F2 ( p) ,	то	F1( p) F2 ( p)	∫0t	f1(τ) f2 (t −τ)dτ ,

или f (t) F( p) = F1( p) F2 ( p) .

Доказательство. Определим изображение функции f (t) :

+∞		− pt	t	f1(τ) f2 (t −τ)dτ
F( p) = ∫0	e		∫0		dt ,

Причем областью интегрирования является часть первого координатного угла, ограниченная прямыми τ = 0 и τ =1 (рис. 4.1).

τ

τ =t

t

- 28 -

Рис. 4.1.

Изменим порядок интегрирования в полученном интеграле.

+∞

f1(τ)

+∞

f2 (t

−τ)e

−pt

F( p) = ∫0

∫τ

dt dτ =

+∞

f1(τ)

+∞

f2 (t

−τ)e

−p(t−τ)

−pτ

dτ

= ∫0

∫τ

d(t −τ) e

=

+∞

+∞

= ∫0

f1(τ) e−pτ dτ

∫τ

f2

(t −τ)e−p(t−τ)d(t −τ)

=

θ

=∫0+∞ f1(τ) e−pτ dτ ∫0+∞e−pθ f2 (θ)dθ =

=F1( p) F2 ( p),

(т.к. F1( p) = ∫0+∞ f1(τ) e− pτ dτ и F2 ( p) = ∫0+∞e− pθ f2 (θ)dθ = ∫0+∞e− pt f2 (t)dt .)

Таким образом, F( p) = F1( p) F2 ( p)

или

f (t) = ∫0t f1(τ) f2 (t −τ)dτ F1( p) F2 ( p) = F( p)

1

Пример. Найти оригинал

f (t) , зная его изображение: F( p) =

.

( p −1)( p2 +1)

Решение. Обозначим:

f (t) = et

1

= F ( p)

и f

(t) = sin t

1

= F

( p) ,

p −

1

p2 +1

1

1

2

2

По теореме умножения функций

F1( p) F2 ( p)

f (t) = ∫0t f1(t −τ) f2 (τ)dτ

.

t

f (t) = ∫t et−τ

sinτdτ = −∫t et−τ d cosτ

=

−et−τ cosτ − ∫

cosτet−τ dτ

=

0

0

0

= −cost + et

− ∫t et−τ d sinτ = −cost + et

− et−τ sinτ

t

+ ∫t sinτet−τ dτ

=

0

0

0

= −cost + et

−0 − ∫0t et−τ sinτdτ .

Итак: f (t) = ∫0t et−τ sinτdτ = 1 (et −cost),

т.е.

(t) = 1 et −

1 cost

2

1

f

F( p) =

.

( p −1)( p2 +

1)

2

2

Проверим:

1

t

1

1

p

1

p2

+1− p2 +1

1

(e −cost)

F( p) =

−

=

=

,

2

2

( p −1)

( p

2

+1)

2

−1)( p

2

+1)

( p −1)( p

2

+1)

( p

требовалось доказать.

что и

- 29 -