в) $f(t)f(t)$ имеет ограниченный рост, т.е. возрастает не быстрее показательной функции: существуют такие постоянные $M>0$ и $\sigma\geqslant0$ , что $|f(t)|<M\,e^{\sigma t}$ при $t>0$ .

Замечания 5.1

1. Величина $\sigma_0=\inf\sigma$ называется показателем роста функции $f(t)$ . Для любой ограниченной функции, являющейся оригиналом, можно принять $\sigma_0=0$ .

2. Обозначим $f(+0)= \lim\limits_{t\to+0} f(t),~ f(+\infty)= \lim\limits_{t\to+\infty} f(t)$ , если пределы существуют и конечны.

3. Совокупность всех оригиналов называется пространством оригиналов.

4. В точке $t_0$ разрыва первого рода функция имеет конечные односторонние пределы: $\lim\limits_{t\to t_0+0} f(t),~ \lim\limits_{t\to t_0-0} f(t)$ .

Пример 5.1

Проверить, являются ли функции оригиналами:

$f_1(t)= \begin{cases}2e^{5t},& t \geqslant 0,\\ 0,&t<0;\end{cases} \qquad f_2(t)= \begin{cases}\dfrac{1}{t-2},& t \geqslant 0,\\ 0,&t<0;\end{cases} \qquad f_3(t)= \begin{cases}3^{4^t},& t \geqslant 0,\\ 0,&t<0;\end{cases}$

Решение. Функция $f_1(t)$ является оригиналом, так как условия пп. "а"-"в" выполнены: $M=2,~ \sigma_0=5$ ; функция $f_2(t)$ не является оригиналом, так как в точке $t=2$ имеет разрыв второго рода (не выполняется условие "б"); функция $f_3(t)$ не является оригиналом, так как растет быстрее показательной функции (не выполняется условие "в", поскольку $3^{4^t}>M\,e^{\sigma t}$ для любых $M$ и $\sigma,~t>0$ ).

2. Изображение функции $f(t)$ — функция $F(p)$ комплексного переменного $p$ , определяемая равенством

$F(p)= \int\limits_{0}^{+\infty} e^{-pt}f(t)\,dt\,.$

(5.1)

Область существования этой функции определяется областью сходимости интеграла Лапласа, стоящего в правой части равенства (5.1). Исследование интeгpaлa позволяет определить эту область и установить свойства функции $F(p)$ . Имеет место следующее утверждение.

Утверждение 5.1. Если функция $f(t)$ , является оригиналом, то интеграл Лапласа сходится абсолютно в области $\operatorname{Re}p=\sigma> \sigma_0$ (рис. 5.1) , где $\sigma_0$ — показатель роста оригинала. Внутри этой области, т.е. на любом замкнутом подмножестве $\operatorname{Re}p=\sigma \geqslant a>\sigma_0$ , интеграл сходится равномерно и определяет аналитическую функцию $F(p)$ .

Замечания 5.2

1. Утверждение 5.1 аналогично свойствам степенных рядов, сходящихся в круге и равномерно сходящихся внутри этого круга, где сумма ряда является аналитической функцией.

2. Свойство аналитичности изображения имеет важное значение в теории и практике применения преобразования Лапласа, так как позволяет использовать в пространстве изображений методы теории аналитических функций, в частности разложения функций в ряды и теорию вычетов.

3. Совокупность всех изображений $F(p)$ называется пространством изображений.

4. Переход, определяющий изображение $F(p)$ по оригиналу $f(t)$ , называется преобразованием Лапласа:

$F(p)= L\bigl[f(t)\bigr]= \int\limits_{0}^{+\infty} e^{-pt}f(t)\,dt\,.$

(5.2)

Запись $F(p)=L[f(t)]$ означает, что оригиналу $f(t)$ соответствует изображение $F(p)$ .

5. Оригинал по изображению находится с помощью обратного преобразования Лапласа по формуле обращения

$f(t)=L^{-1}\bigl[F(p)\bigr]= \frac{1}{2\pi i} \int\limits_{\sigma-i\infty}^{\sigma+i\infty} e^{pt}F(p)\,dp\,,$

(5.3)

где путь интегрирования — любая прямая $\operatorname{Re}p=\sigma$ , параллельная мнимой оси и лежащая правее прямой $\operatorname{Re}p=\sigma_0$ (рис. 5.1).

Непосредственное применение формулы обращения часто затруднительно. Поэтому на практике пользуются методами, изложенными ранее.

Замечания 5.3

1. Для преобразования Лапласа используются различные обозначения, на пример $f(t)\risingdotseq F(p)$ и $F(p)\fallingdotseq f(t)$ , что означает: оригиналу $f(t)$ соответствует изображение $F(p)$ и изображению $F(p)$ соответствует оригинал $f(t)$ . В некоторых учебниках вместо аргумента $p$ применяется $s$ , то есть $F(s)=L[f(t)]$ и $L^{-1}[F(s)]=f(t)$ .

2. Для компактной записи оригиналов используется единичная ступенчатая функция $\boldsymbol{1}(t-\tau)\colon$

$\boldsymbol{1}(t-\tau)= \begin{cases}1,& t>\tau,\\ 0,& t \leqslant \tau,\end{cases}$

(5.4)

где $\tau$ — точка приложения (рис. 5.2). Так как во многих практических задачах аргумент $t$ имеет смысл текущего времени, то $\tau$ также называется моментом приложения единичной ступенчатой функции. В системах автоматического регулирования и управления функция $\boldsymbol{1}(t-\tau)$ рассматривается как типовой входной сигнал.

При $\tau=0$ функция $\boldsymbol{1}(t-\tau)$ является функцией Хевисайда:

$\boldsymbol{1}(t)= \begin{cases}1,& t>0,\\ 0,& t \leqslant 0.\end{cases}$

(5.5)

Тогда, если функция $f(t)$ удовлетворяет условиям "б", "в" в определении оригинала (п. 1), но не удовлетворяет условию "а", то функция $f(t)\cdot \boldsymbol{1}(t)$ будет оригиналом, так как

$f(t)\cdot\boldsymbol{1}(t)= \begin{cases}f(t),& t>0,\\ 0,& t\leqslant0. \end{cases}$

Далее под заданной с помощью аналитической формулы функцией $f(t)$ , там, где это не вызывает недоразумений, будем понимать произведение этой функции на функцию Хевисайда, а множитель $\boldsymbol{1}(t)$ опускать.

3. Функции $F(p)$ , являющиеся изображениями, удовлетворяют необходимому условию: если $F(p)$ есть изображение, то $F(p)\to0$ при $\operatorname{Re}p=\sigma\to+\infty$ . Поэтому функции $F_1(p)=1,~ F_2(p)=p,~ F_3(p)=\sin p,~ F_4(p)= \frac{p}{p-1}$ не являются изображениями. Однако в практических задачах функции типа $F_1(p)=1,~ F_2(p)=p$ и другие встречаются. Это требует расширения понятий оригинала и изображения.

Класс оригиналов можно расширить, включив в него функции, которые могут быть не ограничены в окрестности некоторых конечных точек, но такие, что интеграл Лапласа от них, тем не менее, сходится абсолютно в некоторой полуплоскости $\operatorname{Re}p>\sigma_0$ . К числу таких обобщенных оригиналов относятся степенная функция $f(t)=t^{\mu}$ при $\mu>-1,~\ln t$ и некоторые другие.

4. Во всякой точке $t_0$ , являющейся точкой разрыва функции $f(t)$ , правая часть формулы (5.3) равна $\frac{1}{2}\bigl[f(t_0-0)+f(t_0+0)\bigr]$ .

Примеры 5.2-5.3

Пример 5.2. Найти изображение единичной функции Хевисайда $f(t)= \boldsymbol{1}(t)$ .

Решение. Так как функция $\boldsymbol{1}(t)$ ограничена, то в качестве показателя роста можно положить $\sigma_0=0$ . По формуле (5.2) имеем

$F(p)= L[\boldsymbol{1}(t)]= \int\limits_{0}^{+\infty} \boldsymbol{1}(t) e^{-pt}\,dt=\left.{-\frac{1}{p}\,e^{-pt}}\right|_{0}^{+\infty}= \frac{1}{p}\,.$

так как из равенства $|e^{-pt}|= e^{\operatorname{Re}(-pt)}= e^{-t \operatorname{Re}p}= e^{-\sigma t}$ следует, что $\lim\limits_{t\to+\infty} e^{-pt}=0$ при $\operatorname{Re}p= \sigma>\sigma_0=0$ .

Пример 5.3. Найти изображение функции $f(t)=e^{at}$ , где $a$ — действительное число.

Решение. Показателем роста можно считать $\sigma_0=a$ . По формуле (5.2)

$F(p)= \int\limits_{0}^{+\infty} e^{at}e^{-pt}\,dt= \int\limits_{0}^{+\infty} e^{(a-p)t}\,dt= \left.{\frac{e^{(a-p)t}}{a-p}}\right|_{0}^{+\infty}=-\frac{1}{a-p}=\frac{1}{p-a}\,.$

так как из равенства $|e^{(a-p)t}|= e^{-t(\operatorname{Re}p-a)}= e^{-t(\sigma-a)}$ следует, что $\lim\limits_{t\to+\infty} e^{(a-p)t}=0$ при $\operatorname{Re}p=\sigma>a$ .

Свойства преобразования Лапласа

Будем предполагать, что рассматриваемые далее функции $f(t),f_1(t),\ldots,f_n(t)$ являются оригиналами. Соответствующие им изображения (при $\operatorname{Re}p> \sigma_i,~ i=0,1,\ldots,n$ ) обозначим $F(p),F_1(p),\ldots,F_n(p)$ .

1. Линейность. Если $f_1(t),\ldots,f_n(t)$ — оригиналы, то для любых комплексных чисел $c_i,~ i=1,2,\ldots,n$ , функция $\textstyle{f(t)= \sum\limits_{k=1}^{n} c_kf_k(t)}$ также является оригиналом и справедливо равенство $\textstyle{L\!\left[ \sum\limits_{k=1}^{n} c_kf_k(t)\right]= \sum\limits_{k=1}^{n}c_k L[f_k(t)]}$

$L \bigl[c_1f_1(t)+\ldots+ c_nf_n(t)\bigr]= c_1F_1(p)+\ldots+ c_nF_n(p),\quad \operatorname{Re}p>\max\{\sigma_1,\ldots,\sigma_n\}.$

(5.6)

Заметим, что для функции $\textstyle{f(t)= \sum\limits_{k=1}^{n} c_kf_k(t)}$ существенно, что все слагаемыс являются оригиналами, так как, например, функция $f(t)=\frac{e^{t}-1}{t}$ является оригиналом, а слагаемые $f_1(t)=\frac{e^t}{t}$ и $f_2(t)=-\frac{1}{t}$ не являются.

Справедливо и обратное утверждение: если $F_1(p),\ldots,F_n(p)$ — изображения, то

$L^{-1} \bigl[c_1F_1(p)+\ldots+ c_nF_n(p)\bigr]= c_1f_1(t)+\ldots+ c_nf_n(t).$

Здесь также важно, что слагаемые функции $c_1F_1(p)+\ldots+ c_nF_n(p)$ являются изображениями, поскольку из того, что $F(p)= c_1F_1(p)+\ldots+ c_nF_n(p)$ — изображение, не следует, что $F_1(p)+\ldots+ F_n(p)$ — изображения. Например, функция $F(p)= \ln \frac{p-1}{p}$ является изображением, а слагаемые $F_1(p)= \ln(p-1)$ и $F_2(p)=-\ln p$ не являются.

Примеры 5.4-5.5

Пример 5.4. Найти изображение функции $f(t)=3+2e^{-t}$ .

Решение. Из примера 5.2 имеем $L[\boldsymbol{1}(t)]= \frac{1}{p}$ , а из примера 5.3 при $a=-1$ имеем $L[e^{-t}]= \frac{1}{p+1}$ . Тогда согласно свойству линейности для оригинала $f(t)=3\cdot\boldsymbol{1}(t)+2\cdot e^{-t}$ получаем $F(p)= 3\cdot \frac{1}{p}+2\cdot \frac{1}{p+1}$ .

Пример 5.5. Найти изображение функции $f(t)=\cos t$ .

Решение. Используя формулу Эйлера (2.11), получаем $f(t)=\cos t=\frac{e^{it}+e^{-it}}{2}= \frac{1}{2}\,e^{it}+\frac{1}{2}\,e^{-it}$ .

Из примера 5.3 при $a=i$ и $a=-i$ следует: $L[e^{it}]= \frac{1}{p-i}\,,~ L[e^{-it}]=\frac{1}{p+i}$ . Тогда по свойству линейности

$L[\cos t]= \frac{1}{2}L[e^{it}]+\frac{1}{2}L[e^{-it}]= \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{p-i}+ \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{p+i}= \frac{p+i+p-i}{2(p^2+1)}= \frac{p}{p^2+1}\,.$

2. Подобие (теорема подобия). Для любого $a>0$ из $F(p)=L[f(t)]$ следует

$L \bigl[f(at)\bigr]= \frac{1}{a}\,F\! \left(\frac{p}{a}\right)\!,\quad \operatorname{Re}p>a\sigma_0,$

(5.7)

и обратно: $L^{-1} \bigl[F(ap)\bigr]= \frac{1}{a}\,f\! \left(\frac{t}{a}\right)$ .

Пример 5.6

Найти изображение функции $f(t)=\cos at$ .

Решение. Из примера 5.5 следует, что $L[\cos t]= \frac{p}{p^2+1}$ . Тогда по теореме подобия

$L[\cos at]= \frac{1}{a}\cdot \frac{p\!\!\not{\phantom{|}}\,a}{(p\!\!\not{\phantom{|}}\, a)^2+1}= \frac{p}{p^2+a^2}\,.$

3. Смещение (теорема смещения). При любом комплексном $a$ из $F(p)= L[f(t)]$ следует

$L \bigl[e^{at}f(t)\bigr]= F(p-a),\quad \operatorname{Re}(p-a)>\sigma_0,$

(5.8)

то есть умножению оригинала на $e^{at}$ соответствует смещение изображения на $a$ .

Пример 5.7

Найти изображение функции $f(t)=e^{at}\cos bt$ .

Решение. Из примера 5.6 следует $L[\cos bt]=\frac{p}{p^2+a^2}$ . Тогда по теореме смещения $L[e^{at}\cos bt]= \frac{p-a}{(p-a)^2+b^2}$ .

Запаздывание оригинала

4. Запаздывание (теорема запаздывания). Для любого $\tau>0$ из $F(p)=L[f(t)]$ следует

$L\bigl[f(t-\tau)\bigr]= e^{-p\tau}\cdot F(p),\quad \operatorname{Re}p>\sigma_0,$

(5.9)

где $f(t-\tau)=f(t-\tau)\cdot \boldsymbol{1}(t-\tau)$ (рис. 5.3), т.е. запаздыванию оригинала на $\tau>0$ соответствует умножение изображения на $e^{-p\tau}$ .

Примеры 5.8-5.10

Пример 5.8. Найти изображение функции $f(t)=\cos(t-3)\cdot \boldsymbol{1}(t-3)= \cos(t-3)$ .

Решение. В примере 5.5 получено $L[\cos t]=\frac{p}{p^2+1}$ . По теореме запаздывания при $\tau=3$ имеем $L[\cos(t-3)]= \frac{e^{-3p}\cdot p}{p^2+1}$ .

Пример 5.9. Найти оригиналы по изображениям: a) $F(p)=\frac{(p-1)e^{-4p}}{(p-1)^2+4}$ ; б) $F(p)=\frac{e^{-p}}{p^2}$ .

а) Из примера 5.7 следует, что при $a=1,~b=2$ изображению $\frac{p-1}{(p-1)^2+4}$ соответствует оригинал $e^t\cos2t$ . Тогда по теореме запаздывания при $\tau=4$ имеем

$f(t)= L^{-1}[F(p)]= e^{t-4}\cos(t-4)\cdot \boldsymbol{1}(t-4).$

б) По формуле 3 из табл. 5.1 $L^{-1}\!\left[\frac{1}{p^2}\right]=t$ .По теореме запаздывания при $\tau=1$ получаем $f(t)=L^{-1}[F(p)]= (t-1)\cdot \boldsymbol{1} (t-1)$ . Заметим, что для похожего, но отличного от полученного, оригинала $f(t)=t-1$ (его можно записать в виде $(t-1)\cdot \boldsymbol{1}(t)$ ) изображение имеет вид $F(p)=\frac{1}{p^2}-\frac{1}{p}\ne \frac{e^{-p}}{p^2}$ .

Пример 5.10. Найти изображение функции $\delta_h(t)= \begin{cases}\frac{1}{h},& 0<t\leqslant h,\\ 0,& t<0,\,t>h,\end{cases}$ , график которой представлен на рис. 5.4.

С учетом (5.4) представим функцию $\delta_h(t)$ в виде $\delta_h(t)= \frac{\boldsymbol{1}(t)-\boldsymbol{1}(t-h)}{h}$ .

Из примера 5.2 имеем $L[\boldsymbol{1}(t)]=\frac{1}{p}$ . Применяя свойства линейности и запаздывания, получаем

$L\bigl[\delta_h(t)\bigr]= \frac{1}{h}L\bigl[\boldsymbol{1}(t)\bigr]-\frac{1}{h}L\bigl[\boldsymbol{1}(t-h)\bigr]= \frac{1}{h}\cdot \frac{1}{p}-\frac{1}{h}\cdot \frac{1}{p}\,e^{-ph}= \frac{1-e^{-ph}}{ph}\,.$

Заметим, что, находя предел при $h\to0$ в последнем выражении, можно получить изображение δ-функции $\delta(t)= \lim\limits_{h\to0} \delta_h(t)\colon$

$L\bigl[\delta(t)\bigr]= \lim\limits_{h\to0} \frac{1-e^{-ph}}{ph}= \lim\limits_{h\to0} \frac{p\,e^{-ph}}{p}=1.$

Замечание 5.4. Дельта-функция часто встречается в инженерных приложениях как идеализация импульса конечной длительности. В теории автоматического регулирования и управления δ-функция вместе с единичной ступенчатой являются типовыми входными воздействиями.

Очевидно, изображение дельта-функции не удовлетворяет необходимому условию (п.2 замечаний 5.3). Этот факт свидетельствует о практическом требовании расширения понятия оригинала. Дельта-функция относится к обобщенным функциям и задается соотношением

$\int\limits_{a}^{b} f(t)\delta(t-\tau)\,dt= \begin{cases}f(\tau+0),& a \leqslant \tau<b,\\ 0,& \tau<a,\, \tau\geqslant b.\end{cases}$

(5.10)

Дифференцирование оригинала

5. Если функции $f(t),f'(t),\ldots,f^{(n)}(t)$ являются оригиналами и $F(p)=L[f(t)]$ , то

$\begin{aligned}& L[f'(t)]= pF(p)-f(+0),\\ & L[f''(t)]= p^2F(p)-pf(+0)-f'(+0),\\ & \quad\vdots\\ & L[f^{(n)}(t)]= p^nF(p)-p^{n-1}f(+0)-\ldots-f^{(n-1)}(+0), \end{aligned}$

(5.11)

где $f^{i}(+0)= \lim\limits_{t\to+0} f^{(i)}(t),~ i=0,1,2,\ldots,n-1$ .

Примеры 5.11-5.12

Пример 5.11. Найти изображение $f'(t)$ , если $f(t)=e^{-t}\cos3t$ .

Решение. Из примера 5.7 следует, что при $a=-1,~b=3$ имеем $L[e^{-t}\cos3t]= \frac{p+1}{(p+1)^2+9}$ .

Найдем $f(+0)=\lim\limits_{t\to+0}e^{-t}\cos3t=1$ . Согласно (5.11) $L[f'(t)]= p\cdot \frac{p+1}{(p+1)^2+9}-1$ .

Пример 5.12. Найти изображение выражения $x''+3x'+2x+1$ с начальными условиями $x(+0)=1,~x'(+0)=4$ .

Решение. Пусть $X(p)=L[x(t)]$ , тогда $L[x'(t)]= pX(p)-1;~ L[x''(t)]= p^2X(p)-p\cdot1-4$ . В примере 5.2 получено $L[\boldsymbol{1}(t)]=1\!\!\not{\phantom{|}}\,p$ . Используя свойство линейности, имеем

$\begin{aligned}L[x''+3x'+2x+1]&= L[x'']+3L[x']+2L[x]+L[1]=\\ &=p^2X(p)-p-4+3pX(p)-3+2X(p)+\frac{1}{p}=\\ &=(p^2+3p+2)X(p)-p-7+\frac{1}{p}\,.\end{aligned}$

Интегрирование оригинала

Если функция $f(t)$ является оригиналом и $F(p)=L[f(t)]$ , то

$\textstyle{L\! \left[\int\limits_{0}^{t} f(\tau)\,d\tau\right]= \dfrac{F(p)}{p},\quad \operatorname{Re}p>\sigma_0,}$

(5.12)

т.е. интегрированию оригинала соответствует деление изображения на $p$ .

Пример 5.13

Найти изображение интеграла $\textstyle{\int\limits_{0}^{t} f(\tau)\,d\tau}$ от функции $f(t)=\cos t$ .

Решение. Из примера 5.6 следует, что $L[\cos t]=\frac{p}{p^2+1}=F(p)$ . Тогда

$L\Biggl[\int\limits_{0}^{t} \cos\tau\,d\tau\Biggr]= L[\sin t]= \frac{p}{p(p^2+1)}= \frac{1}{p^2+1}$ , то есть $L[\sin t]= \frac{1}{p^2+1}$ .

Дифференцирование изображения

Если функция $f(t)$ является оригиналом и $F(p)=L[f(t)]$ . то

$L\bigl[(-1)^nt^nf(t)\bigr]= F^{(n)}(p).$

(5.13)

Примеры 5.14-5.15

Пример 5.14. Найти изображения функций $f_1(t)=t, f_2(t)=t^2,\ldots,f_n(t)=t^n$ .

Решение. Из примера 5.2 следует, что $L[\boldsymbol{1}(t)]=\frac{1}{p}=F(p)$ . Согласно (5.13) при $n=1$ получаем $L[-t]=F'(p)=-\frac{1}{p^2}$ или по свойству линейности $L[t]=\frac{1}{p^2}$ . При $n=2$ имеем $L[t^2]=F''(p)= \frac{2}{p^3}$ . Аналогично $L[t^n]=\frac{n!}{p^{n+1}}$ .

Пример 5.15. Найти изображение функции $f(t)=t\cos3t$ .

Решение. Из примера 5.6 имеем $L[\cos3t]= \frac{p}{p^2+9}=F(p)$ . При $n=1$ из (5.13) вытекает $L[(-t)f(t)]=F''(p)$ или

$L[-t\cos3t]= \left(\frac{p}{p^2+9}\right)'= \frac{p^2+9-2p^3}{(p^2+9)^2}=-\frac{p^2-9}{(p^2+9)^2}\,.$

Окончательно получаем $L[t\cos3t]=\frac{p^2-9}{(p^2+9)^2}$ .

Интегрирование изображения

Если функция $\frac{f(t)}{t}$ является оригиналом, то из $F(p)=L[f(t)]$ следует

$L\! \left[\frac{f(t)}{t}\right]= \int\limits_{p}^{\infty} F(z)\,dz\,.$

(5.14)

Пример 5.16

Найти изображение функции $\frac{\sin t}{t}$ .

Решение. Функция $\frac{\sin t}{t}$ является оригиналом, так как $\left|\frac{\sin t}{t}\right|<1$ (условие "в") и точка $t=0$ является точкой разрыва первого рода (условие "б"). Из примера 5.13 следует $L[\sin t]=\frac{1}{p^2+1}=F(p)$ .

Отсюда $L\! \left[\frac{\sin t}{t}\right]= \int\limits_{p}^{+\infty} \frac{dz}{z^2+1}= \Bigl.{\operatorname{arctg}z}\Bigr|_{p}^{+\infty}=\frac{\pi}{2}-\operatorname{arctg}p.$ .

Умножение изображений (теорема Бореля)

Из $F_1(p)=L[f_1(t)]$ и $F_2(p)=L[f_2(t)]$ следует

$L\bigl[f_1(t)\ast f_2(t)\bigr]= F_1(p)\cdot F_2(p),$

(5.15)

т.е. свертке оригиналов соответствует произведение изображений. Функция $f_1(t)\ast f_2(t)$ определяется формулой

$f_1(t)\ast f_2(t)= \int\limits_{0}^{t} f_1(\tau)f_2(t-\tau)\,d\tau= \int\limits_{0}^{t} f_1(t-\tau)f_2(\tau)\,d\tau$

(5.16)

и называется сверткой оригиналов $f_1(t)$ и $f_2(t)$ .

Пример 5.17

Найти оригинал, соответствующий изображению $F(p)= \frac{p}{(p^2+1)^2}$ .

Решение. Представим $F(p)$ в виде произведения изображений: $F(p)= F_1(p)\cdot F_2(p)= \frac{1}{p^2+2}\cdot \frac{p}{p^2+1}$ .

Из примеров 5.6 и 5.13 следует $f_1(t)=L^{-1}\! \left[\frac{1}{p^2+2}\right]=\sin t,~ f_2(t)=L^{-1}\! \left[\frac{p}{p^2+2}\right]=\cos t$ .

Согласно (5.15),(5.16) получаем искомый оригинал:

$\begin{aligned}L^{-1}\! \left[\frac{p}{(p^2+1)^2}\right]&= f_1(t)\ast f_2(t)= \int\limits_{0}^{t} \sin\tau\cos(t-\tau)\,\tau= \frac{1}{2} \int\limits_{0}^{t} \bigl[\sin t+\sin(2\tau-t)\bigr]d\tau=\\ &=\left.{\frac{1}{2}\! \left(\sin t\cdot\tau-\frac{1}{2}\cos(2\tau-t)\right) }\right|_{0}^{t}= \frac{1}{2}\! \left(t\sin t-\frac{1}{2}\cos t+\frac{1}{2}\cos(-t)\right)= \frac{t}{2}\sin t.\end{aligned}$

Дифференцирование свертки (интеграл Дюамеля)

10. Согласно свойствам 9 и 5 найдем преобразование Лапласа от производной свертки двух функций:

$L\left\{\bigl[f_1(t)\ast f_2(t)\bigr]'\right\}= pF_1(p)\cdot F_2(p).$

С другой стороны,

$\bigl[f_1(t)\ast f_2(t)\bigr]'= \frac{d}{dt} \int\limits_{0}^{t} f_1(\tau) f_2(t-\tau)\,d\tau= f_2(0)f_1(t)+ \int\limits_{0}^{t} f'_2(\tau) f_1(t-\tau)\,d\tau$

или, применяя правило дифференцирования интеграла, зависящего от параметра, имеем

$\bigl[f_1(t)\ast f_2(t)\bigr]'= \frac{d}{dt} \int\limits_{0}^{t} f_1(t-\tau)f_2(\tau)\,d\tau= f_1(0)f_2(t)+\int\limits_{0}^{t} f'_1(\tau)f_2(t-\tau)\,d\tau\,.$

Здесь при дифференцировании интеграла, зависящего от параметра, применялась формула Лейбница, которая для общего случая имеет вид

$\frac{d}{d\lambda} \int\limits_{u(\lambda)}^{v(\lambda)}f(x,\lambda)\,dx= f \bigl(v(\lambda),\lambda\bigr)\frac{dv}{d\lambda}-f \bigl(u(\lambda),\lambda\bigr)\frac{du}{d\lambda}+ \int\limits_{u(\lambda)}^{v(\lambda)} \frac{\partial}{\partial\lambda}f(x,\lambda)\,dx\,.$

Объединяя полученные результаты, можно записать:

$\begin{aligned}L^{-1} \bigl[pF_1(p)F_2(p)\bigr]&= f_1(0)f_2(0)+ f'_1\ast f_2= f_2(0)f_1(t)+ f'_2\ast f_1=\\ &=f_1(0)f_2(0)+ \int\limits_{0}^{t}f'_1(\tau)f_2(t-\tau)\,d\tau= f_2(0)f_1(t)+ \int\limits_{0}^{t} f'_2(\tau) f_1(t-\tau)\,d\tau\,.\end{aligned}$

(5.17)

Формула (5.17) называется интегралом Дюамеля. Интеграл Дюамеля применяется для решения дифференциальных уравнений.

Пример 5.18

Найти оригиналы, соответствующие изображениям: a) $F(p)= \frac{p}{(p-1)(p-2)}$ ; б) $F(p)= \frac{p^3}{(p^2+1)(p^2+4)}$ .

Решение. а) Заметим, что здесь нельзя непосредственно воспользоваться теоре мой Бореля, так как в произведении $F(p)=\frac{p}{p-1}\cdot \frac{1}{p-2}$ множитель $F_1(p)= \frac{p}{p-1}$ не является изображением (не выполняется необходимое условие).

Представим изображение в виде произведения $F(p)=p\cdot\frac{1}{p-1}\cdot \frac{1}{p-2}$ . Из примера 5.3 вытекает

$f_1(t)=L^{-1}\bigl[F_1(p)\bigr]= L^{-1}\!\left[\frac{1}{p-1}\right]= e^t;\qquad f_2(t)= L^{-1} \bigl[F_2(p)\bigr]= L^{-1}\! \left[\frac{1}{p-2}\right]=e^{2t}.$

Тогда по формуле (5.17) имеем

$L^{-1} \bigl[F(p)\bigr]= f_1(0)f_2(t)+ f'_1\ast f_2= 1\cdot e^{2t}+ \int\limits_{0}^{t} e^{\tau}\cdot e^{2(t-\tau)}\,d\tau= e^{2t}+ e^{2t} \int\limits_{0}^{t} e^{-\tau}\,d\tau=-e^{t}+2e^{2t}.$

Можно решить этот пример с помощью теоремы Бореля, представив изображение в виде

$F(p)= \frac{p}{(p-1)(p-2)}= \frac{p-1+1}{(p-1)(p-2)}= \frac{1}{p-2}+ \frac{1}{p-1}\cdot \frac{1}{p-2}\,.$

Тогда, используя свойство линейности и теорему Бореля, получаем

$L^{-1}\bigl[F(p)\bigr]= e^{2t}+e^{t}\ast e^{2t}= e^{2t}+ \int\limits_{0}^{t} e^{2\tau}\cdot e^{t-\tau}\,d\tau= e^{2t}+ e^{t} \int\limits_{0}^{t} e^{\tau}\,d\tau= e^{2t}+e^{t}(e^{t}-1)= 2e^{2t}-e^{t}.$

б) Представим изображение в виде произведения:

$F(p)= \frac{p^3}{(p^2+1)(p^2+4)}= p\cdot \frac{p}{p^2+1}\cdot \frac{p}{p^2+1}= p\cdot F_1(p)\cdot F_2(p).$

Из примера 5.6 при $a=1$ и $a=2$ следует

$L^{-1}\! \left[\frac{p}{p^2+1}\right]=\cos t=f_1(t),\qquad L^{-1}\! \left[\frac{p}{p^2+ 4}\right]= \cos2t= f_2(t).$

Тогда по формуле (5.17) получаем

$\begin{aligned}f(t)&= L^{-1} \bigl[F(p)\bigr]= f_1(0)f_2(t)+ f'_1\ast f_2= \cos2t-\int\limits_{0}^{t} \sin\tau\cos[2(t-\tau)]\,d\tau=\\ &=\cos2t-\frac{1}{2} \int\limits_{0}^{t} \bigl[\sin(3\tau-2t)+\sin(2t-\tau)\bigr]d\tau=\\ &=\cos2t+ \left.{\frac{1}{6}\cos(3\tau-2t)}\right|_{0}^{t}-\left.{\frac{1}{2} \cos(2t-\tau)}\right|_{0}^{t}= \frac{4}{3}\cos2t-\frac{1}{3}\cos t\,.\end{aligned}$

Теорема о связи "начальных" и "конечных" значений оригинала и изображения

Начальное значение оригинала находится по формуле

$f(+0)= \lim\limits_{p\to\infty} pF(p).$

(5.18)

Если существует конечный предел $\lim\limits_{t\to+\infty} f(t)= f(+\infty)$ , то

$f(+\infty)= \lim\limits_{p\to0} pF(p).$

(5.19)

Из соотношений (5.18),(5.19) следует, что для нахождения начальных и конечных значений оригинала не требуется знания оригинала, а достаточно иметь соответствующее изображение. На практике соотношение (5.19) применяется, например, для нахождения установившегося значения выходного сигнала в системах автоматического регулирования.

Пример 5.19

Найти начальное и конечное значения оригинала, которому соответствует изображение $F(p)= \frac{p+1}{(p+1)^2+9}$ .

Решение. Согласно (5.18) и (5.19) имеем

$f(+0)= \lim\limits_{p\to\infty} \frac{p(p+1)}{(p+1)^2+9}=1;\qquad f(+\infty)= \lim\limits_{p\to0} \frac{p(p+1)}{(p+1)^2+9}=0.$

С другой стороны, из примера 5.7 следует, что

$f(t)= L^{-1}\! \left[\frac{p+1}{(p+1)^2+9}\right]=e^{-t}\cos3t\,,$

поэтому легко убедиться в правильности полученного результата.

Полученные решения примеров 5.2–5.17 позволяют сформировать таблицу преобразования Лапласа. Табл. 5.1 является фрагментом более полных таблиц, используемых далее при решении примеров и задач.

Нахождение изображения по оригиналу

Для нахождения изображения требуется применить свойства преобразования Лапласа Так, чтобы к функции или ее составляющим можно было применить результаты, содержащиеся в табл. 5.1.

Таблица 5.1. Таблица основных преобразований Лапласа

Посмотреть

№	$f(t)$	$F(p)$	№	$f(t)$	$F(p)$
1	$\boldsymbol{1}(t)$	$\frac{1}{p}$	17	$\frac{1}{a^2}(1-\cos at)$	$\frac{1}{p(p^2+a^2)}$
2	$C~(\text{const})$	$\frac{C}{p}$	18	$\frac{1}{a^2}(e^{at}-1-a)$	$\frac{1}{p^2(p-a)}$
3	$t$	$\frac{1}{p^2}$	19	$\operatorname{sh}at$	$\frac{a}{p^2-a^2}$
4	$t^n$	$\frac{n!}{p^{n+1}}$	20	$\operatorname{ch}at$	$\frac{p}{p^2-a^2}$
5	$\delta(t)$	$1$	21	$\left(t+\frac{1}{2}at^2\right)\!e^{at}$	$\frac{p}{(p-a)^3}$
6	$e^{at}$	$\frac{1}{p-a}$	22	$\left(1+2at+\frac{1}{2}a^2t^2\right)\!e^{at}$	$\frac{p^2}{(p-a)^3}$
7	$t^ne^{at}$	$\frac{n!}{(p-a)^{n+1}}$	23	$(1+at)e^{at}$	$\frac{p}{(p-a)^2}$
8	$\sin at$	$\frac{a}{p^2+a^2}$	24	$\cos^2at$	$\frac{p^2+2a^2}{p(p^2+4a^2)}$
9	$\cos at$	$\frac{p}{p^2+a^2}$	25	$\sin^2at$	$\frac{2a^2}{p(p^2+4a^2)}$
10	$t\sin at$	$\frac{2pa}{(p^2+a^2)^2}$	26	$\sin \frac{at}{\sqrt{2}} \operatorname{sh}\frac{at}{\sqrt{2}}$	$\frac{a^2p}{p^4+a^4}$
11	$t\cos at$	$\frac{p^2-a^2}{(p^2+a^2)^2}$	27	$\cos\frac{at}{\sqrt{2}} \operatorname{ch}\frac{at}{\sqrt{2}}$	$\frac{p^3}{p^4+a^4}$
12	$e^{at}\sin bt$	$\frac{b}{(p-a)^2+b^2}$	28	$\frac{1}{2}(\operatorname{sh}at-\sin at)$	$\frac{a^3}{p^4-a^4}$
13	$e^{at}\cos bt$	$\frac{p-a}{(p-a)^2+b^2}$	29	$\frac{1}{2}(\operatorname{ch}at-\cos at)$	$\frac{a^2p}{p^4-a^4}$
14	$\frac{1}{a}\,e^{-t\!\not{\phantom{\|}}\,\,a}$	$\frac{1}{1+ap}$	30	$\frac{1}{2}(\operatorname{sh}at+ \sin at)$	$\frac{ap^2}{p^4-a^4}$
15	$\frac{1}{a}(e^{at}-1)$	$\frac{1}{p(p-a)}$	31	$\frac{1}{2}(\operatorname{ch}at+ \cos at)$	$\frac{p^3}{p^4-a^4}$
16	$\frac{e^{at}-e^{bt}}{a-b}$	$\frac{1}{(p-a)(p-b)}$	32	$\frac{a\,e^{at}-b\,e^{bt}}{a-b}$	$\frac{p}{(p-a)(p-b)}$

Продолжение таблицы 5.1

№	$f(t)$	$F(p)$	№	$f(t)$	$F(p)$
33	$\frac{(c-b)e^{at}+ (a-c)e^{bt}+ (b-a)e^{ct}}{(a-b)(a-c)(c-b)}$	$\frac{1}{(p-a)(p-b)(p-c)}$	42	$\frac{a \operatorname{sh}at-b\operatorname{sh}bt}{a^2-b^2}$	$\frac{p^2}{(p^2-a^2)(p^2-b^2)}$
34	$\frac{a(c-b)e^{at}+ b(a-c)e^{bt}+ c(b-a)e^{ct}}{(a-b)(a-c)(c-b)}$	$\frac{p}{(p-a)(p-b)(p-c)}$	43	$\frac{a^2 \operatorname{ch}at-b^2\operatorname{ch}bt}{a^2-b^2}$	$\frac{p^3}{(p^2-a^2)(p^2-b^2)}$
35	$\frac{a^2(c-b)e^{at}+ b^2(a-c)e^{bt}+ c^2(b-a)e^{ct}}{(a-b)(a-c)(c-b)}$	$\frac{p^2}{(p-a)(p-b)(p-c)}$	44	$t-\frac{1}{a}\sin at$	$\frac{a^2}{p^2(p^2+a^2)}$
36	$\frac{a\sin bt-b\sin at}{a^2-b^2}$	$\frac{ab}{(p^2+a^2)(p^2+b^2)}$	45	$\frac{1}{a}\operatorname{sh}at-t$	$\frac{a^2}{p^2(p^2-a^2)}$
37	$\frac{a\cos bt-b\cos at}{a^2-b^2}$	$\frac{p}{(p^2+a^2)(p^2+b^2)}$	46	$1-\cos at-\frac{at}{2}\sin at$	$\frac{a^4}{p(p^2+a^2)^2}$
38	$\frac{a\sin at-b\sin bt}{a^2-b^2}$	$\frac{p^2}{(p^2+a^2)(p^2+b^2)}$	47	$1-\operatorname{ch}at+ \frac{at}{2}\operatorname{sh}at$	$\frac{a^4}{p(p^2-a^2)^2}$
39	$\frac{a^2\cos at-b^2\cos bt}{a^2-b^2}$	$\frac{p^3}{(p^2+a^2)(p^2+b^2)}$	48	$1+\frac{b^2\cos at-a^2\cos bt}{a^2-b^2}$	$\frac{a^2b^2}{p(p^2+a^2)(p^2+b^2)}$
40	$\frac{b \operatorname{sh}at-a \operatorname{sh}bt}{a^2-b^2}$	$\frac{ab}{(p^2-a^2)(p^2-b^2)}$	49	$1+\frac{b^2 \operatorname{ch}at-a^2 \operatorname{ch}bt}{a^2-b^2}$	$\frac{a^2b^2}{p(p^2-a^2)(p^2-b^2)}$
41	$\frac{\operatorname{ch}at-\operatorname{ch}bt}{a^2-b^2}$	$\frac{p}{(p^2-a^2)(p^2-b^2)}$

Пример 5.21

Найти изображения функций:

a) $f(t)=t\,e^{2t}\sin3t$ ; б) $f(t)=\frac{2}{t}(1-\cos t)$ ;

в) $f(t)=\begin{cases}\cos[4(t-2)],&t>3,\\ 0,&t \leqslant 2;\end{cases}$ ; г) $f(t)= \begin{cases}e^{-3t}\cos[4(t-2)],& t>2,\\ 0,& t \leqslant 2;\end{cases}$ ;

д) $f(t)= \frac{1}{2}(t-2)^2e^{-(t-2)}\boldsymbol{1}(t-2)$ ; е) $f(t)= e^{2t}+ \boldsymbol{1}(t-1)+ \boldsymbol{1}(t-4)\sin[3(t-4)]$ ;

ж) $\int\limits_{0}^{t} \frac{\operatorname{sh}\tau}{\tau}\,d\tau$ ; з) $f(t)= \cos(4t-8)$ .

Решение

а) Согласно формуле 12 из табл. 5.1 $L \bigl[e^{2t}\sin3t\bigr]= \frac{3}{(p-2)^2+9}$ . По свойству дифференцирования изображения (формула (5.13) при $n=1$ ):

$L \bigl[(-1)tf(t)\bigr]=F'(p)$ или $L \bigl[tf(t)\bigr]=-F'(p)$ .

Поэтому $L\bigl[t\,e^{2t}\sin3t\bigr]=-\left[\frac{3}{(p-2)^2+9}\right]'=-\frac{-2(p-2)\cdot3}{\bigl[(p-2)^2+9\bigr]^2}= \frac{6(p-2)}{\bigl[(p-2)^2+9\bigr]^2}$ .

Можно решать иначе, используя формулу 10 из табл. 5.1 при а = 3 и свойство смещения при $a=2\colon$

$L \bigl[t\sin3t\bigr]= \frac{6p}{(p^2+9)^2}$ и $L \bigl[t\,e^{2t}\sin3t\bigr]= \frac{6(p-2)}{\bigl[(p-2)^2+9\bigr]^2}$ .

б) Применим свойства линейности и интегрирования изображения. Так как $L[1-\cos t]=\frac{1}{p}-\frac{p}{p^2+1}$ в силу формул 1 и 9 из табл. 5.1 , то согласно (5.14)

$L\! \left[\frac{2}{t}(1-\cos t)\right]= 2 \int\limits_{p}^{+\infty}\! \left(\frac{1}{z}-\frac{z}{z^2+1}\right)\!dz= \ldots= \ln\frac{p^2+1}{p^2}\,.$

в) По формуле 9 из табл. 5.1 $L[\cos4t]= \frac{p}{p^2+16}$ . Функцию fit) можно записать, используя единичную ступенчатую функцию: $f(t)= \cos[4(t-2)]\cdot \boldsymbol{1}(t-2)$ . Поэтому для нахождения изображения следует применить теорему запаздывания (5.9) к оригиналу $\cos4t$ при $\tau=2\colon$

$L \bigl[\cos[4(t-2)]\bigr]= e^{-2p}\cdot \frac{p}{p^2+16}\,.$

г) Согласно теореме смещения (5.8) и с учетом результата п. "в" имеем

$L \bigl[e^{-3t}\cos[4(t-2)]\bigr]= e^{-2(p+3)}\cdot \frac{p+3}{(p+3)^2+16}$ , так как $a=-3$ .

д) По теореме запаздывания (5.9) при $\tau=2$ и по формуле 7 из табл. 5.1 при $a=2,~ b=-1$ получаем

$L\! \left[\frac{1}{2}(t-2)^2e^{-(t-2)} \boldsymbol{1}(t-2)\right]= e^{-2p}\cdot L\! \left[\frac{1}{2}\,t^2e^{-t}\right]= e^{-2p}\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{2!}{(p+1)^3}= \frac{e^{-2p}}{(p+1)^3}\,.$

е) Используя свойства линейности, запаздывания и формулы 6,1,8 из табл. 5.1, получаем

$F(p)= \frac{1}{p-2}+ \frac{1}{p}\,e^{-p}+ e^{-4p}\cdot \frac{3}{p^2+9}\,.$

ж) По формуле 19 из табл. 5.1 находим $L[\operatorname{sh}t]=\frac{1}{p^2-1}$ . По свойству интегрирования изображения (формула (5.14)):

$L\! \left[\frac{\operatorname{sh}t}{t}\right]= \int\limits_{p}^{+\infty} \frac{dz}{z^2-1}= \left.{\frac{1}{2}\ln \frac{z-1}{z+1}}\right|_{p}^{+\infty}= \ldots=-\frac{1}{2} \ln \frac{p-1}{p+1}= \frac{1}{2}\ln \frac{p+1}{p-1}\,.$

По свойству интегрирования оригинала (5.12): $L \Biggl[\int\limits_{0}^{t} \frac{\operatorname{sh}\tau}{\tau}\,d\tau\Biggr]= \frac{1}{2p}\ln \frac{p+1}{p-1}$ .

з) Используем формулу косинуса разности и запишем оригинал в виде суммы:

$f(t)= \cos(4t-8)= \cos4t\cos8+\sin4t\sin8$

По свойству линейности получаем:

$L \bigl[\cos(4t-8)\bigr]= \cos8\cdot \frac{p}{p^2+16}+ \sin8\cdot \frac{4}{p^2+16}= \frac{p\cos8+4\sin8}{p^2+16}\,.$

Заметим, что здесь $f(t)=f(t)\cdot \boldsymbol{1}(t)$ и результаты пп. "в" и "з" различны так как оригиналами являются разные функции.

Нахождение изображений функций, заданных графиком

При решении прикладных задач оригинал часто задан графиком. Это может быть, например, входной сигнал, действующий на систему автоматической регулирования. В этом случае рекомендуется сначала записать аналитическое выражение оригинала с помощью единичной ступенчатой функции (5.4), привести полученное выражение к виду, удобному для применения табл. 5.1 и свойстве преобразования Лапласа.

Пример 5.22

Найти изображения функций, заданных графиками на рис. 5.5.

Решение.

а) Представим функцию в виде $f(t)=(1-t)\cdot \boldsymbol{1}(t-1)=-(t-1)\cdot \boldsymbol{1}(t-1)$ .

По формуле 3 из табл.5.1 и теореме запаздывания (формула (5.9) при $\tau=1$ )

$F(p)=-\frac{1}{p^2}\cdot e^{-p}.$

б) Запишем функцию в виде $f(t)=(1-t) \bigl[\boldsymbol{1}(t)+\boldsymbol{1}(t-1)\bigr]=(1-t)\cdot \boldsymbol{1}(t)+ (t-1)\cdot \boldsymbol{1}(t-1)$ .

По формулам 1,3 из табл. 5.1 и (5.6), (5.9) имеем $F(p)=\frac{1}{p}-\frac{1}{p^2}+\frac{e^{-p}}{p^2}$ .

в) Запишем изображенную функцию в виде $f(t)=-t\cdot \boldsymbol{1}(t-1)= (-t+1-1)\cdot \boldsymbol{1}(t-1)=-(t-1)\cdot \boldsymbol{1}(t-1)-\boldsymbol{1}(t-1)$ .

По формулам 1,3 из табл. 5.1 и (5.6), (5.9) имеем $F(p)=-\frac{e^{-p}}{p^2}-\frac{e^{-p}}{p}$ .

г) Представим функцию в виде

$\begin{aligned}f(t)&= (t-1)\cdot \bigl[\boldsymbol{1}(t-1)-\boldsymbol{1}(t-2)\bigr]+ (3-t)\cdot \bigl[\boldsymbol{1}(t-2)-\boldsymbol{1}(t-3)\bigr]=\\ &=(t-1)\cdot \boldsymbol{1}(t-1)-2(t-2)\cdot \boldsymbol{1}(t-2)+ (t-3)\cdot \boldsymbol{1}(t-3). \end{aligned}$

По формулам 3 из табл. 5.1 и (5.6), (5.9) имеем $F(p)= \frac{e^{-p}}{p^2}-\frac{2e^{-2p}}{p^2}+\frac{e^{-3p}}{p^2}$ .

д) Запишем функцию в форме

$\begin{aligned}f(t)&= t \bigl[\boldsymbol{1}(t)-\boldsymbol{1}(t-1)\bigr]+ \bigl[\boldsymbol{1}(t-1)-\boldsymbol{1}(t-2)\bigr]+ (3-t)\cdot \bigl[\boldsymbol{1}(t-2)-\boldsymbol{1}(t-3)\bigr]=\\[2pt] &=t\cdot\boldsymbol{1}(t)-(t-1)\cdot \boldsymbol{1}(t-1)-\boldsymbol{1}(t-1)+\boldsymbol{1}(t-1)-\boldsymbol{1}(t-2)\,+\\ &\quad+(2-t)\cdot \boldsymbol{1}(t-2)+ \boldsymbol{1}(t-2)-(3-t)\cdot \boldsymbol{1}(t-3)=\\[2pt] &=t\cdot \boldsymbol{1}(t)-(t-1)\cdot \boldsymbol{1}(t-1)-(t-2)\cdot \boldsymbol{1}(t-2)+ (t-3)\cdot \boldsymbol{1}(t-3). \end{aligned}$

По формулам З из табл. 5.1 и (5.6), (5.9) $F(p)=\frac{1}{p^2}-\frac{e^{-p}}{p^2}-\frac{e^{-2p}}{p^2}+\frac{e^{-3p}}{p^2}$ .

е) Представим изображенную функцию в виде

$\begin{aligned}f(t)&= (1-t) \bigl[\boldsymbol{1}(t)-\boldsymbol{1}(t-1)\bigr]-1\cdot \bigl[\boldsymbol{1}(t-1)-\boldsymbol{1}(t-2)\bigr]+ (t-3)\cdot \boldsymbol{1}(t-2)=\\[2pt] &=(1-t)\cdot\boldsymbol{1}(t)+ (t-1)\cdot\boldsymbol{1}(t-1)-\boldsymbol{1}(t-1)+ \boldsymbol{1}(t-2)+ (t-2)\cdot \boldsymbol{1}(t-2)-\boldsymbol{1}(t-2)=\\[2pt] &=(1-t)\cdot\boldsymbol{1}(t)+ (t-1)\cdot\boldsymbol{1}(t-1)-\boldsymbol{1}(t-1)+ (t-2)\cdot \boldsymbol{1}(t-2).\end{aligned}$

По формулам 1,3 из табл. 5.1 и (5.6), (5.9) $F(p)=\frac{1}{p}-\frac{1}{p^2}+\frac{1}{p^2}\,e^{-p}-\frac{1}{p}\,e^{-p}+\frac{1}{p^2}\,e^{-2p}$ .

ж) Запишем функцию в форме $f(t)= \sin t\cdot \bigl[\boldsymbol{1}(t)-\boldsymbol{1}(t-\pi)\bigr]= \sin t\cdot\boldsymbol{1}(t)+ \sin(t-\pi)\cdot \boldsymbol{1}(t-\pi)$ .

По формуле 8 из табл. 5.1 и по теореме запаздывания $F(p)= \frac{1}{p^2+1}+ \frac{e^{\pi p}}{p^2+1}$ .

з) Представим функцию в виде $f(t)= e^{-t} \bigl[\boldsymbol{1}(t)-\boldsymbol{1}(t-1)\bigr]= e^{-t}\cdot\boldsymbol{1}(t)-\frac{e^{-(t-1)}}{e}\cdot \boldsymbol{1}(t-1).$ .

По формуле 6 из табл. 5.1 при $a=-1$ и (5.9) при $\tau=1$ имеем

$F(p)= \frac{1}{p+1}-\frac{1}{e}\cdot \frac{e^{-p}}{p+1}= \frac{1}{p+1}\bigl(1-e^{-p-1}\bigr).$

и) Представим функцию в виде $f(t)=1\cdot \bigl[\boldsymbol{1}(t)-\boldsymbol{1}(t-1)\bigr]-1\cdot \bigl[\boldsymbol{1}(t-1)-\boldsymbol{1}(t-2)\bigr]= \boldsymbol{1}(t)-2\cdot \boldsymbol{1}(t-1)+\boldsymbol{1}(t-2).$ .

Используя формулы 2 из табл. 5.1 и (5.6), (5.9), получаем $F(p)=\frac{1}{p}-\frac{2}{p}e^{-p}+ \frac{1}{p}\,e^{-2p}$ .

Нахождение изображений периодических функций

Во многих приложениях используются оригиналы, являющиеся периодическими функциями.

Пусть $f(t)$ — оригинал с периодом $T$ (рис. 5.6,в), образованный повторением функции $f_0(t)$ (рис. 5.6,б):

$f_0(t)= \begin{cases}0,& t\leqslant 0,\\ f(t),& 0<t\leqslant T,\\ 0,& t>T.\end{cases}$ рис. 5.6,

Для нахождения изображения $F(p)$ периодической функции $f(t)$ следует:
1. Найти изображение функции $f_0(t)\colon\, F_0(p)=L\bigl[f_0(t)\bigr]$ .
2. Найти изображение $F(p)$ по формуле

$F(p)= \frac{F_0(p)}{1-e^{-Tp}}$

(5.20)

Пример 5.23.

Найти изображения функций, представленных на рис. 5.7.
Решение

а) По графику (рис. 5.7,в) получаем

$f_0(t)= t\cdot \bigl[\boldsymbol{1}(t)-\boldsymbol{1}(t-1)\bigr]= 1\cdot \boldsymbol{1}(t)-(t-1)\cdot \boldsymbol{1}(t-1)-\boldsymbol{1}(t-1).$

Поэтому $F_0(p)= \frac{1}{p^2}-\frac{1}{p^2}\,e^{-p}-\frac{1}{p}\,e^{-p}$ .

Поскольку $T=1$ , по формуле (5.20) находим

$F(p)= \frac{\dfrac{1}{p^2}(1-e^{-p}-pe^{-p})}{1-e^{-p}}= \frac{e^p(1-e^{-p}-pe^{-p})}{p^2(e^p-1)}= \frac{e^p-1-p}{p^2(e^p-1)}\,.$

б) По графику (рис. 5.7,б) имеем $f_0(t)= \boldsymbol{1}(t)-\boldsymbol{1}(t-\tau)$ , тогда $F_0(p)=\frac{1}{p}-\frac{1}{p}\,e^{-p\tau}$ . По формуле (5.20) при $T=2\tau$ имеем

$F(p)= \frac{1}{p}(1-e^{-p\tau})\frac{1}{1-e^{-2\tau p}}= \frac{1}{p(1+e^{-p\tau})}\,.$

в) Функция, изображенная на рис. 5.7,в , имеет период $T=2c$ . Запишем аналитическое выражение для $f_0(t)$ и соответствующее изображение $F_0(p)\colon$

$\begin{aligned}&f_0(t)= h \bigl[\boldsymbol{1}(t)-\boldsymbol{1}(t-c)\bigr]-h \bigl[\boldsymbol{1}(t-c)-\boldsymbol{1}(t-2c)\bigr]= h\cdot\boldsymbol{1}(t)-2h\cdot \boldsymbol{1}(t-c)+h\cdot \boldsymbol{1}(t-2c),\\ &F_0(p)= \frac{h}{p}-\frac{2h}{p}\,e^{-pc}+\frac{h}{p}\,e^{-2pc}.\end{aligned}$

По формуле (5.20) получаем $F(p)=\frac{h(1+e^{-2pc}-2e^{-pc})}{p(1-e^{2pc})}$ .

г) Для функции, изображенной на рис. 5.7,г, изображением для $f_0(t)$ является $F_0(p)= \frac{1}{p^2+1}(1+e^{-\pi p})$ (см. пример 5.22 п."ж"). Тогда по формуле (5.20) при $T=\pi$ получаем $F(p)= \frac{1+e^{-\pi p}}{(p^2+1)(1-e^{-\pi p})}$ .

Нахождение оригинала по изображению

Непосредственное применение формулы обращения (5.3) затруднительно, поэтому для нахождения оригинала применяются теоремы разложения и правила преобразования изображения к виду, представленному в табл. 5.1.

Применение теорем разложения

Теорема 5.1 (первая теорема разложения). Если функция $F(p)$ аналитична в некоторой окрестности бесконечно удаленной точки и ее разложение в ряд по степеням $\frac{1}{p}$ имеет вид $\textstyle{F(p)= \sum\limits_{n=0}^{\infty} \dfrac{a_n}{p^{n+1}}}$ , то функция (5.21) является оригиналом, соответствующим изображению $F(p)$ .

$f(t)= \sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n \frac{t^n}{n!},\quad t\geqslant0$

(5.21)

Теорема 5.2 (вторая теорема разложения). Если изображение $F(p)$ является однозначной функцией и имеет лишь конечное число особых точек $p_1,p_2,\ldots,p_n$ лежащих в конечной части плоскости, то

$f(t)= \sum\limits_{k=1}^{n} \mathop{\operatorname{res}}\limits_{p=p_k} \bigl[e^{pt}F(p)\bigr].$

(5.22)

Замечания 5.5

1. Формула (5.21) может быть записана в виде $\textstyle{L^{-1}\! \left[\sum\limits_{n=0}^{\infty} \dfrac{a_n}{p^{n+1}}\right]= \sum\limits_{n=0}^{\infty}a_nL^{-1}\! \left[\dfrac{1}{p^{n+1}}\right]}$ . Задача нахождения оригинала при выполнении условий теоремы сводится к нахождению коэффициентов разложения функции в ряд Лорана в окрестности бесконечно удаленной точки.

2. Формула (5.22) принимает наиболее простой вид в случае $F(p)=R(p)$ — рационального изображения, т.е. $F(p)= R(p)= \frac{P_m(p)}{Q_n(p)}$ , где $P_m(p),\,Q_n(p)$ — многочлены степеней /пил соответственно, не имеющие общих корней. Если все полюсы $p_1,p_2,\ldots,p_n$ функции $F(p)$ простые, то по формуле (4.24) получаем $\mathop{\operatorname{res}}\limits_{p=p_k} \frac{P_m(p)}{Q_n(p)}\,e^{pt}= \frac{P_m(p_k)}{Q'_n(p_k)}\,e^{p_kt}$ , а формула (5.22) принимает вид

$f(t)= \sum\limits_{k=1}^{n} \frac{P_m(p_k)}{Q'_n(p_k)}\,e^{p_kt}.$

(5.23)

3. Если при выполнении условий п.2 коэффициенты многочлена $Q_n(p)$ — лействительные числа, то его комплексные корни, как известно, являются по парно сопряженными. Нахождение суммы вычетов в таких точках можно заме нить нахождением действительной части вычета в одной из них. Действительио, вычет в точке $\overline{p}_k$ , используя свойства сопряженных чисел, можно записать следующим образом:

$\mathop{\operatorname{res}}\limits_{p=\overline{p}_k} \frac{P_m(p)}{Q_n(p)}\,e^{pt}= \frac{P_m(\overline{p}_k)}{Q'_n(\overline{p}_k)}\,e^{\overline{p}_kt}= \frac{\overline{P_m(p_k)}}{\overline{Q'_n(p_k)}}\,e^{\overline{p_kt}}= \overline{\frac{P_m(p_k)}{Q'_n(p_k)}\,e^{p_kt}}.$

Это означает, что вычет в точке $\overline{p}_k$ есть число, сопряженное вычету в точке $p_k$ , а сумма таких чисел равна их удвоенной действительной части:

$\mathop{\operatorname{res}}\limits_{p=p_k} \frac{P_m(p)}{Q_n(p)}\,e^{pt}+ \mathop{\operatorname{res}}\limits_{p=\overline{p}_k} \frac{P_m(p)}{Q_n(p)}\,e^{pt}= 2 \operatorname{Re} \mathop{\operatorname{res}}\limits_{p=p_k} \frac{P_m(p)}{Q_n(p)}\,e^{pt}.$

Пример 5.24

Найти оригиналы для функций:

a) $F_1(p)=\frac{1}{p}\exp \frac{1}{p^2},\quad F_2(p)=\frac{1}{p}\cos \frac{1}{p},\quad F_2(p)= \frac{1}{\sqrt{p}}\sin \frac{1}{\sqrt{p}}$ ;

б) $F_1(p)=\frac{p}{p^2+4p+5},\quad F_2(p)=\frac{p+2}{(p+1)(p-2)(p^2+4)},\quad F_3(p)=\frac{p^2+p+1}{(p-1)(p+1)^2}$ .

Решение. В случае "а" для решения задачи используем теорему 5.1, а в случае "б" — теорему 5.2.

а) Используем типовые разложения

$e^z=\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{z^n}{n!},\qquad \cos z=\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^nz^{2n}}{(2n)!},\qquad \sin z=\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}z^{2n-1}}{(2n-1)!}\,.$

Для заданных изображений получаем:

$\begin{aligned}F_1(p)&= \frac{1}{p} \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{1}{p^{2n}n!}= \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{1}{p^{2n+1}n!},\quad a_{2n}=\frac{1}{n!}\,;\\[2pt] F_2(p)&= \frac{1}{p} \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{p^{2n}(2n)!}= \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{p^{2n+1}(2n)!},\quad a_{2n}= \frac{(-1)^n}{(2n)!}\,;\\[2pt] F_3(p)&= \frac{1}{\sqrt{p}} \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{\sqrt{p^{2n+1}}(2n+1)!}= \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!p^{n+1}},\quad a_n= \frac{(-1)^n}{(2n+1)!}\,.\end{aligned}$

Согласно первой теореме разложения

$f_1(t)= \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!}\frac{t^{2n}}{(2n)!}\,,\qquad f_2(t)= \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^nt^{2n}}{[(2n)!]^2}\,,\qquad f_3(t)= \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^nt^n}{(2n+1)!n!}\,.$

б) Представим $F_1(p)$ в виде

$F_1(p)= \frac{p}{p^2+4p+5}= \frac{P_1(p)}{Q_2(p)}= \frac{p}{\bigl[p-(-2+i)\bigr] \bigl[p-(-2-i)\bigr]}\,.$

где $p_1=-2+i,~ p_2=-2-i$ — простые полюсы функции $F(p)$ . По второй теореме разложения

$\begin{aligned}f_1(t)&= \sum\limits_{k=1}^{2}\frac{P_1(p_k)}{Q'_2(p_k)}\,e^{p_kt}= \sum\limits_{k=1}^{2} \frac{p_k}{2p_k+4}\,e^{p_kt}= \frac{-2+i}{-4+2i+4}\,e^{(-2+i)t}+ \frac{-2-i}{-4-2i+4}\,e^{(-2-i)t}=\\ &=e^{-2t}\! \left(\frac{-2+i}{2i}\,e^{it}+\frac{2+i}{2i}\,e^{-it}\right)= e^{-2t}\! \left(\frac{e^{it}+e^{-it}}{2}-2\cdot\frac{e^{it}-e^{-it}}{2i}\right)= e^{-2t} \bigl[\cos t-2\sin t\bigr]. \end{aligned}$

Тот же результат можно получить, пользуясь пп. 2 и 3 замечаний 5.5:

$\begin{aligned}f_1(t)&= 2 \operatorname{Re} \mathop{\operatorname{res}}\limits_{p=-2+i} \frac{p\,e^{pt}}{p^2+4p+5}= \left.{2 \operatorname{Re} \frac{p\,e^{pt}}{2p+4}}\right|_{-2+i}= 2 \operatorname{Re} \frac{-2+i}{2i}\,e^{(-2+i)t}=\\ &=2 \operatorname{Re}\! \left[e^{-2t}\, \frac{1+2i}{2}\,e^{it}\right]= \operatorname{Re} \bigl[e^{-2t}(1+2i)(\cos t+i\sin t)\bigr]= e^{-2t}(\cos t-2\sin t). \end{aligned}$

Функция $F_2(p)$ имеет четыре простых полюса: $p_1=-1,~ p_2=2,~ p_3=2i$ .

Так как вычет в простом полюсе находится по формуле $\mathop{\operatorname{res}}\limits_{p=p_k} F(p)= \lim\limits_{p\to p_k} F(p)(p-p_k)$ , то по второй теореме разложения

$\begin{aligned}f_2(t)&= \sum\limits_{k=1}^{4} \mathop{\operatorname{res}}\limits_{p_k} \bigl[F(p)e^{pt}\bigr]= \lim\limits_{p\to-1} \frac{(p+2)e^{pt}}{(p-2)(p^2+4)}+ \lim\limits_{p\to2} \frac{(p+2)e^{pt}}{(p+1)(p^2+4)}\,+\\ &\qquad + \lim\limits_{p\to2i} \frac{(p+2)e^{pt}}{(p-1)(p+1)(p+2i)}+ \lim\limits_{p\to-2i} \frac{(p+2)e^{pt}}{(p-1)(p+1)(p-2i)}=\\[2pt] &=-\frac{1}{15}\,e^{-t}+ \frac{1}{6}\,e^{2t}+\frac{2+2i}{8-24i}\,e^{2it}+ \frac{2-2i}{8+24i}\,e^{-t}=\\[2pt] &=-\frac{1}{15}\,e^{-t}+ \frac{1}{6}\,e^{2t}+\frac{-32+64i}{640}\,e^{2it}+ \frac{-32-64i}{640}\,e^{-t}=\\[2pt] &=-\frac{1}{15}\,e^{-t}+ \frac{1}{6}\,e^{2t}-\frac{64}{640}\cdot \frac{e^{2it}+e^{-2it}}{2}-\frac{128}{640}\cdot \frac{e^{2it}-e^{-2it}}{2i}=\\[2pt] &=-\frac{1}{15}\,e^{-t}+ \frac{1}{6}\,e^{2t}-\frac{1}{10}\cos2t-\frac{1}{5}\sin2t\,.\end{aligned}$

Функция $F_3(p)$ имеет два полюса: простой $p_1=1$ и полюс второго порядка $p_2=-1$ .

По второй теореме разложения $f_3(t)= \mathop{\operatorname{res}}\limits_{p_1=1} \frac{(p^2+p+1)e^{pt}}{(p-1)(p+1)^2}+ \mathop{\operatorname{res}}\limits_{p_2=-1} \frac{(p^2+p+1)e^{pt}}{(p-1)(p+1)^2}$ . Находим вычеты

$\begin{aligned}\mathop{\operatorname{res}}\limits_{p_1=1} \frac{(p^2+p+1)e^{pt}}{(p-1)(p+1)^2}&= \lim\limits_{p\to1} \frac{(p^2+p+1)(p-1)e^{pt}}{(p-1)(p+1)^2}= \lim\limits_{p\to1} \frac{(p^2+p+1)e^{pt}}{(p+1)^2}= \frac{3}{4}\,e^{t},\\[2pt] \mathop{\operatorname{res}}\limits_{p_2=-1} \frac{(p^2+p+1)e^{pt}}{(p-1)(p+1)^2}&= \lim\limits_{p\to-1} \frac{d}{dp}\! \left[\frac{(p^2+p+1)e^{pt}(p+1)^2}{(p-1)(p+1)^2}\right]= \ldots= \frac{1}{4}\,e^{-t}-\frac{t}{2}\,e^{-t}, \end{aligned}$

получаем окончательный ответ