>a; по
теореме Вейерштрасса => F(p)
C
(Re p>a). n
Замечание. Т.к.
u(k)n(p).=>F(k)(p) Re
p
x0>a, то F(k)(p)=(-1)k
e-ptf(t)tkdt !
Свойства
изображений.
1. f(t)=s (t)={0, t<0; 1, t>0; s (t)-
функция Хевисайда. s (t)
А(0) =>
=>F(p)
C
(Re p>0); F(p)=
e-ptdt=1/p; s (t)
1/p, Re
p>0.
2. f(t)=tn ;
n >-1; tn
А(0); F(p)
C
(Re p>0); F(p)=
tn e-ptdt;
F(x>0)=
tn e-xtdt=
=
{xt=s}=(1/xn +1)
sn
e-sds=G (n
+1)/xn +1; F(p)- аналитическое продолжение F(x) в правую
полуплоскость Re p>0; =>F(p)=G (n +1)/pn
+1; Если n -дробное, то берется та ветвь
корня, которая является непосредственным аналитическим
продолжением
xn
+1, x>0. Частный случай n =0; f(t)=s (t)
1/p, Re
p>0. При n =n : tn
n!/pn+1
3. f(t)=ea t; Re p> Re a
; F(p)=
ea t e-ptdt=1/(p-a ); Re p> Re a ; Линейность
изображений.
Примеры 1)
Полином.
2) sin w t=(1/2i)(eiw t-e-iw t)
(1/2i)[1/(p-iw )-1/(p+iw )]= w /(p2+w2);
5. Теорема
запаздывания.
f(t)
A(a);
f(t)
F(p); ft (t)={0, t<t ; f(t-t ) t>t ;ft (t)
A(a);
ft (t)
e-ptf(t-t )dt=
={t-t =t'}=e-pt
e-pt'f(t')dt'=e-ptF(p).
Пример.
Изображение прямоугольного импульса.
f(t)={0, t<t1 ; 1, t2<t<t1;
0, t>t2;} F(p)=(1/p)( e-pt 1- e-pt 2);
Пилообразный импульс- самостоятельно.
6. Изображение производной.
Пусть f(t)
C[0;
] и имеет конечную
производную f'(t), причем и f(t) и f'(t)
A(a). Пусть f(t)
F(p). Найдем f'(t)
?.
f'(t)
e-ptf'(t)dt=(по частям)=-f(0)+p
e-ptf(t)dt=(Rep>a)=pF(p)-f(0)=p[F(p)-f(0)/p];
Аналогично, если f(t)
C(n-1)[0;
] и f(n)(t)- кусочно- непрерывна, и f(k)(t)
A(a),
k=0,1...n; то f(n)(t)
pn[F(p)-f(0)/p-f'(0)/p2-...-f(n-1)(0)/pn];
7. Изображение
интеграла.
f(t)
A(a); j (t)=
f(t )dt О A(a); j (t)
e-pt
f(t )dt dt=(Rep>a)=
e-pt f(t ) dtdt= =(1/p)
e-ptf(t )dt =(1/p)F(p);
Можно обобщить
на случай n- кратного интеграла
(1/pn)F(p)
8. Изображение свертки.
f1(t)
A(a1),
f2(t)
A(a2),
j (t)=
f1(t )f2(t-t )dt =
f1(t-t
)f2(t )dt
A(a), a=max(a1,a2);
j (t)
e-pt
f1(t
)f2(t-t )dt
dt=(Rep>a)=
f1(t )
e-ptf2(t-t )dt dt=(t-t =t') =
=
f1(t
)e-pt
e-pt'f2(t')dt dt'=F1(p)F2(p).
Решение задачи Коши для линейного
обыкновенного дифференциального уравнения с постоянными коэффициентами
операционным
методом.
{a0y(n)(t)+...+any(t)=f(t),
t>0; y(0)=...=y(n-1)(0)=0; f(t)
F(p); y(t)
Y(p); =>
=> Pn(p)Y(p)=F(p) => Y(p)=F(p)/Pn(p). Надо найти оригинал по изображению. В нашем случае
можно поступить проще.
Рассмотрим
следующую задачу:
{a0g(n)(t)+...+ang(t)=0, t>0;
g(0)=...=g(n-2)(0)=0; g(n-1)(0)=1; g(t)
G(p);
Допустим,
мы знаем ее решение. g(k)(t)
pkG(p), k=0,1,...n-1.;
g(n)(t)
pn[G(p)-g(n-1)(0)/pn]=pnG(p)-1;
=> Pn(p)G(p)= a0 => G(p)=
a0/Pn(p); Y(p)=F(p)/Pn(p)= (1/a0)
G(p) F(p); => y(t)
(1/a0)G(p)F(p)=>y(t)=(1/a0)
g(t-t
)f(t )dt - Интеграл Дюгамеля.
Теорема
Меллина.
Пусть F(p)
C
(Re p>a) и
1) |F(p)|=>0 при |p|
, Re p>a относительно аргумента.
2)
" x>a:
|F(p)|dy<M (равномерно ограничен
по x).
Тогда $ f(t)
A(a):
f(t)
F(p) и f(t)=(1/2p i)
eptF(p)dp, для " x>a.
Замечание. Несобственный интеграл (1/2p i)
eptF(p)dp вычисляется
вдоль прямой
Re p=x>a и понимается в
смысле главного значения:
eptF(p)dp=
eptF(p)dp.
Доказательство.
Рассмотрим I(x,t)=(1/2p i)
eptF(p)dp (p=x+iy) и докажем:
1. I(x,t) $ для " x>a;
 |
|I(x,t)| (1/2p )ext |F(p)|dy M' ext=>I(x,t)
$ для
" x>a; Замечание: на "[0,T] интеграл
сходится равномерно по t. 2.
Доказательство. Т.к. F(p) C (Re p>a), то по теореме Коши
eptF(p)dp=0;
Устремим А , тогда по условию 1. теоремы
(|F(p)|=>0 при |p| , Re p>a) интегралы
по горизонтальным отрезкам дадут в пределе
0. |
Интегралы
по вертикальным прямым перейдут в в несобственные интегралы => =>
eptF(p)dp=
eptF(p)dp, что в силу произвольности
x1 и x2 доказывает утверждение.
 |
3. Докажем, что I(x,t) 0, t<0. Рассмотрим I(x,t) при t<0. По теореме Коши
eptF(p)dp=0. В силу
замечания 2. к Лемме Жордана при
R интеграл по дуге
С'R
0 при t<0. Поэтому
f(t)=(1/2p i) eptF(p)dp 0, при t<0, Re p>a и
" x>a. Итак, $
f(t)=(1/2p i) eptF(p)dp, для " x>a. |
Из оценки интеграла =>
|f(t)|<Mext, и inf(x)=a
=>f(t)
A(a).
4. Покажем, что f(t)
F(p).
f(t)
e-pt(1/2p i)
eqtF(q)dqdt={a<Req=x<Rep}= (1/2p i)
F(q)
e-(p-q)tdqdt= =(1/2p i)
F(q)/(p-q)dq=(интеграл можно вычислить с помощью вычетов,
учитывая, что контур обходится по часовой
стрелке)=-Выч[F(q)/(p-q),q=p]=F(p)n
Замечание. Если $ аналитическое продолжение F(p)
в левую полуплоскость, имеющее конечное число N изолированных особых точек
pn и удовлетворяющее условиям Леммы Жордана , то f(t)=
Выч[eptF(p),pn],
t
0.
В частности, если F(p)=1/Pn(p), где все нули полинома Pn(p) лежат в левой полуплоскости Re p <a, то вычисление
f(t) не представляет трудностей.
Пример. Решить задачу Коши:
y"+w02y=f(t); y(0)=y'(0)=0;
Y(p)=F(p)/(p2+w
02); и трудности могут
возникнуть при достаточно сложной F(p).
Но мы знаем, что y(t)=(1/a0)
g(t-t )f(t )dt . А т.к. G(p)=
a0/Pn(p), и a0=1, и
Pn(p)=p2+w02
, то G(p)=1/(p2+w02). => g(t)=(1/2p i)
ept/(p2+w02)dp=
=Выч[ept/(p2+w02), iw
0]+
Выч[ept/(p2+w
02),-iw0]=
eiw 0t/(2iw0)-e-iw
0t/(2iw0)=sin(w0t)/w0=>
y(t)=(1/w0)
sin(w0(t-t ))f(t )dt и
в частности при f(t)= sin(w 0t):
y(t)=
=(1/w0)
sinw0(t-t )sin(w0t )dt =(1/2w
02)[sin(w0t)-tw0cos(w0t)]- осциллирующая функция с линейно нарастающей
амплитудой- резонанс.
Изображение произведения.
Пусть f1(t)
A(a1): f1(t)
F1(p)
C
(Re p>a1); f2(t)
A(a2): f2(t)
F2(p)
C
(Re p>a2).
f(t)=f1(t)f2(t)
A(a1+a2); -удовлетворяет всем условиям существования
изображения.
f(t)
F(p)=
e-ptf1(t)f2(t)dt={f1(t)=(1/2p i)
eptF1(p)dp,
для " x>a1}=
=(1/2p i)
e-ptf2(t)
eqtF1(q)dqdt=(1/2p i)
F1(q)
e-(p-q)tf2(t)dtdq=
=(1/2p i)
F1(q)F2(p-q)dq; (a1<x=Re
q<Re p- a2)=(1/2p i)
F1(p-q)F2(q)dq;
(a2<x=Re q<Re
p- a1) ; F(p)
C
(Re
p>a1+a2)
Пример. f1(t)=t
1/p2;
f2(t)=sinw t
w /(p2+w 2);
f(t)=f1(t)f2(t)=tsinw t
(w
/2p i)
dq/[(p-q)2(q2+w2)] ; 0<x=Re q<Re p={при помощи вычетов, с учетом того, что контур
интегрирования замыкается вправо и обходится по часовой стрелке- в
отрицательном направлении}= -w Выч[1/[(p-q)2(q2+w2)],q=p]
{q=p- полюс
2-го порядка =-w d/dq[1/(q2+w2),q=p] =2w
p/(p2+w2);
Замечание. Можно считать контур интегрирования
замкнутым налево и суммировать вычеты в
iw ;