Документ: M-051, страницы 11-15 | Студенческое хранилище

sin 4t sin 2t

1

cos 2t

L

=

L

−

t

2

t

1

cos 2t

cos 6t

1

=

L

− L

=

2

t

2

=1 ln p2 +36 .

4 p2 + 4

cos 6t

1 cos 2t

1 cos 6t

= L

− L

=

t

2

t

2 t

∞

p

∞

p

1

ln(p

2

+ 4)−

1

2

∞

∫

dp −∫

dp

=

ln( p

+36)

=

p

2

+ 4

p

2

+

36

2

p

§ 6. Згортки функцій

Згорткою неперервних функцій f1(t) i f2(t) ( позначають f1(t)* f2(t) ) дійсної змінної 0 ≤ t ≤ ∞ називається наступний інтеграл

t			t
∫ f1 (t −t0 ) f (t0 )dt0 , тобто, f1 (t) * f2 (t) = ∫ f1 (t −t0 ) f (t0 )dt0 .								( 12 )
0			0
Таким чином, згортка є дією, яка парі функцій з деякої множини функцій
ставить у відповідність визначену функцію з цієї множини.
Приклад. Знайти згортку функції f(t)=t·sint .
Розв’язок. Згідно формули (12) знаходимо:
Оскільки		f1 (t) = t, f2 (t) = sin t , то
f (t) = f1 * f2 = ∫t		(t −t0 ) sin t0 dt0 = t∫t	sin t0 dt0	−∫t	t0 sin t0 dt0 = −tcos t0		t0 − ∫t	t0 sin t0 dt0 =


	0	0		0		0
= −t cos t +t − ∫t	t0 sin t0 dt0 =(u = t0 ; dv = sin t0 dt0 )= −t cos t +t + (t0 cos t0 −sin t0 )								t0 =

= −t cos t +t +t cos t −sin t = t −sin t.

Отже, згортка функції f(t)=t·sint=t-sint.

§ 7. Зображення періодичних функцій

Теорема. Якщо функція f(t) є періодичною з періодом Т, то її зображення F(p) знаходимо згідно формули:

F( p) = L[ f (t)] =			1		T∫ f (t)e−pt dt.	( 13 )
			−pT
		1 −e			0
Приклад. Знайти зображення періодичної функції
f (t) =			t;	0 ≤ t <1;
	f (t + 2) =		−t;	1 ≤ t < 2.
	2

Розв’язок. Графік заданої функції має вигляд:

f(t)

1

t

0

1

2

3

4

11

Згідно формули(13), знаходимо

1

2

−pt

1

−pt

2

−pt

F( p) =

∫ f (t)e dt. =

=

−2 p

1

−e

1

−e

−2 p

∫te dt + ∫(2 −t)e dt

0

1

інтегруючи отримані інтеграли за частинами,

u = t

du = dt

u = 2 −t

du = −dt

dv = e−pt

v = −

1

e−pt

dv = e−pt

v = −

1

e−pt

p

знаходимо:

1

2

1

t

−pt

1

−pt

2

−t

−pt

1

−pt

=

−

e

−

e

−

e

+

e

=

1

−e

−2 p

p

2

p

2

0

1

2

1

(1 −e

−p

)

2

1 −e

−p

1

e

p / 2

−e

−p / 2

=

e

−2 p

−

e

−p

+

=

1

−e

−2 p

2

p

2

p

2

p

2

(1 −e

−2 p

)

p

2

(1 + e

−p

)

p

2

e

p / 2

+ e

−p / 2

p

=

1

th

p

.

2

p2

Розділ ІІ. Обернене перетворення Лапласа

Прямим перетворення Лапласа деякої функції f(t), яка відповідає певним умовам, ( заданих у §1 розділу І ), полягає в тому, що за її оригіналом знаходимо її зображення F(p), тобто L[ f (t)] = F( p) . Якщо потрібно розв’язати обернену задачу: за відомим

зображенням F(p) знайти оригінал, тобто функцію f(t), то таку дію називають оберненим перетворенням Лапласа і позначають L−1[F( p)].

Отже, пряме перетворення дає зображення функції, а обернене перетворення – її оригінал.

−1

p

−1

p

−1

a

Наприклад:

L

= cos at,

L

= chat, L

= sin at

та

2

+ a

2

− a

2

+ a

2

p

інші.

Для знаходження оригіналу зображення потрібно вміти знаходити початкову функцію, зображенням якої є правильний раціональний дріб, тобто

F( p) =	Gn−1 ( p)	.	( 14 )

	P ( p)
	n

Будь-який правильний раціональний дріб можна представити у вигляді суми елементарних дробів чотирьох типів:

Ι. p A− a .


ΙΙ.		A
				.
	(p − a)k
ΙΙΙ.		Ap + B			, де корені знаменника комплексні, тобто		α 2	− β < 0.
		p2	+αp + β				4

ΙV .			Ap + B			, де k ≥ 2, корені знаменника комплексні.
		(p2	+αp + β)k

Знайдемо початкові функції (оригінали) для виписаних елементарних дробів. Для дробу І типу маємо:

12

−1

A

at

L

=

Ae

.

(15)

p − a

Для дробу ІІ типу :

−1

A

1

k −1

at

L

=

A

t

e

.

(16)

k

(k −1)!

( p − a)

Для дробу ІІІ типу спочатку зробимо тотожні перетворення :

α

Aα

Ap + B

A p +

+ B −

2

=

p2 +αp + β

α

2

α2

2

α

2

α2

2

+

β

−

+

β

−

p

2

+

4

p

2

+

4

(17)

α

p +

Aα

1

= A

2

+

.

α2 2

B −

2

α2 2

+

α

2

β

−

α

2

β −

p

2

+

4

p +

2

+

4

Позначивши відповідно перший і другий доданки

α

Aα

p + 2

B −

2

C = A

2

i D =

2 ,

α 2

α2

α

2

α2

β −

β

−

p +

+

4

p +

2

+

4

2

знаходимо їх оригінали:

α

−1

−α t

α2

−1

Aα

e−

2 t

α2

L

[C]= Ae

2

cos t

β −

, L

[D]= B −

2

sin t

β −

.

4

2

α

4

β −

4

Таким чином у кінцевому результаті маємо:


−1		Ap + B		−α t
L			= e	2	Acos t
L		2	= e	2	Acos t
	p +αp + β
	p +αp + β

α

2

B −

Aα

β −

+

2

sin

t

4

α

2

β −

4

β − α2

4

. (18)

Оскільки обчислення елементарного дробу IV типу пов’язане з громіздкими перетвореннями, то його тут не наводимо.

Взагалі для знаходження оригіналів від раціональних зображень служить наступна теорема.

Теорема. Якщо зображення F(p) є правильною дробово-раціональною функцією,

тобто F( p) = Gn−1 ( p) і знаменник має корені p1, p2, … , pn кратності r1, r2, … , rn , то

Pn ( p)

відповідний оригінал знаходимо за допомогою лишків

f (t)	= L−1 [F( p)]= ∑res Gn−1 ( p)
		n
		k =1		Pn ( p)
n	1	lim	rk −1
= ∑			d		( p −
	(rk −1)! p → pk		rk −1
k =1			dp

e pt =

pk )rk Gn−1 ( p) e pt .

(19)

Pn ( p)

13

Розглянемо приклади знаходження оригіналів за заданими зображеннями, розвинувши їх дробово – раціональні вирази на прості дроби.

= p +3

Приклад 1. Знайти оригінал f(t), якщо F( p) ( ) . p p −1 ( p + 2)

Розв’язок. Розкладемо задане зображення F(p) на елементарні дроби:

p +3	=	A	+	B	+	C	.
p( p −1)( p + 2)		p		p −1		p + 2

Коефіцієнти А, В і С знаходимо згідно методу невизначених коефіцієнтів:

p +3 = A(p −1)(p + 2)+ Bp(p + 2)+Cp(p −1).

При p = 0 : 3 = −2A;

при	p =1:	4 = 3B;	A = −	3	,	B =	4	,	C =	1	.
				2			3			6
при	p = −2 :	1 = 6C;

Тоді зображення, після розвинення на прості дроби, матиме вигляд:

F(p) =

p +3

=−

3

1

+

4

1

+

1

.

p(p −1)(p +2)

2

p

p −1

p +2

3

6

Знаходимо оригінал функції f(t):

−1

p +3

−1

3

1

4

1

−1

3

f (t) = L

=

L

−

+

.

= L

−

+

−1)( p + 2)

2

p

3

p

−1

6

p + 2

p( p

2

−1

4

1

−1

1

3

4

−1

1

−1

1

3

4

t

1

−2t

+ L

= −

+

L

+

L

= −

+

e

+

e

.

3

6

p + 2

2

3

−

6

2

3

6

p −1

p

1

p

+ 2

Приклад 2. Знайти оригінал f(t), якщо F( p) =

p2

+ 2 p +5

.

p3 −8

Розв’язок. Розвинемо задане зображення F(p) на елементарні дроби:

p2 + 2 p +5

=

p2 + 2 p +5

=

A

+

Bp +C

.

p3 −8

(p − 2) (p2 + 2 p + 4)

p − 2

p2 + 2 p + 4

Коефіцієнти А, В і С знаходимо аналогічно, як у попередньому прикладі, згідно

методу невизначених коефіцієнтів:

p 2 + 2 p + 5 = A(p 2 + 2 p + 4 )+ (Bp + C )(p − 2 );

При

p = 2 :

13 = 12 A;

при

p = 0 :

5 = 4 A − 2C ;

A = 13

,

B = −

1

,

C = − 1 .

12

3

при

p 2 :

1 = A + B ;

Тоді

p2 + 2 p +5

13

1

p + 4

13

1

( p +1) +3

p3 −8

= 12

p −2

−12 p2 + 2 p + 4 =

12

p − 2

−

12

( p +1)2 + ( 3)2

=

13

1

( p +1)

3

=

12 p − 2 −

12

( p +1)2 + ( 3)2

− 12

.

( p +1)2 + ( 3)2

Знаходимо оригінал f(t):

14

f (t) =

−1

[F( p)]

−1

p2

+ 2 p +5

−1

13 1

−

1

( p +1)

−

3

=

L

= L

p

3

−8

=

L

12

2

12

2

12 p − 2

( p +1)

+ ( 3)

( p +1)

+ (

3)

=

−1

13

1

−1

1

( p +1)

−1

3

=

L

p − 2

− L

2

− L

12

2

12

( p +1)

2

+ (

3)

( p +

1)

2

+ (

3)

=

13 e2t −

1 e−t cos(

3t) −

3 e−t

sin(

3t) =

1 [13e2t

−e−t cos(

3t) −

3e−t sin( 3t)].

12

У деяких випадках, для знаходження оригіналу за його зображенням, зручніше

скористатися наведеною вище теоремою (19), тобто за допомогою лишків.

Розглянемо застосування цього способу в наступних прикладах.

Приклад 1. Знайти оригінал функції f(t), якщо її зображення має вигляд:

F( p) =

1

.

p( p −1)( p + 2)

Розв’язок. У даному виразі G(p)=1, P(p)=p(p-1)(p+2) і точки p=0, p=1, p=-2 є

простими полюсами функції F(p). Тоді згідно наведеної теореми знаходимо

3

f (t) = ∑Re s[F( p)e pk t ].

k =1

p=pk

Таким чином при р=0 Re s lim[F( p)e pt ]= lim

1

e pt

= −

1

,

( p

−1)( p + 2)

2

p→0

при р=1

Re s lim[F( p)e pt ]= lim

1

e pt

=

1

et ,

3

p

→1

p→1 p( p + 2)

при р=-2

Re s lim [F( p)e pt ]= lim

1

e pt =

1

e−2t .

( p −1) p

6

p→−2

Тоді оригінал функції f(t) матиме вигляд:

f (t) = − 12 + 13 et + 16 e−2t .

Приклад 2. Знайти оригінал функції f(t), якщо її зображення має вигляд:

F( p) =	p2	+ p +1		.
	p( p −1)( p +1)		2

Розв’язок. У даному випадку функція F(p) має два простих полюси і один двократний, а саме р=0 і р=1 є простими, а полюс р= -1 є двократним.

Застосовуючи теорему про лишки, маємо:

Re s[F( p)e pt ]= lim

p2 + p +1

e pt = −1,

( p −1)( p +1)2

p=0

p→0

Re s[F( p)e pt ]= lim

p2

+ p +1

e pt

=

3

et ,

4

p=1

p→1

p( p +1)2

Re s[F( p)e pt ]= lim

d

p

2

+ p +1

e pt

=

p=−1

p→−1 dp

( p −1) p

1 − 4 p

e

pt

p2 + p +1

te

pt

=

5

e

−t

+

1

te

−t

= lim

+

.

2

( p −1)

2

( p −1) p

4

2

p→−1 p

15

Материал: M-051

Смотрите также: