Преобразование Лапласа

[Enot2]

Найти $L(\frac{e^{3x}}{(x+2)(x+2)})$.
Сразу же попытался разложить дробь на простейшие, но не получилось из-за того, что тогда оба интеграла расходятся в нуле. Поэтому так раскладывать нельзя. Больше идей нет. Подскажите, как быть

[Otta]

Хто в нуле расходится? какие простейшие? куда уж проще. И зачем произведение двух одинаковых множителей в знаменателе вместо квадрата?

Enot2 в сообщении #1024535 писал(а):

Подскажите, как быть

Изучить основные свойства преобразования Лапласа, например.

[Enot2]

Ой, я опечатлся.
$L(\frac{e^{3x}}{(x+2)(x+1)})$.

[Ms-dos4]

Enot2
Ну так разложите на простейшие. О экспоненте пока забудьте (она просто "сместит" ответ по аргументу), полученные интегралы приводите к интегральной показательной функции (в элементарных функциях, видимо, ответ не выразится).

[Enot2]

Ms-dos4
Окей, про экспоненту забываю. Получаю: $L(-\frac{1}{x+2} + \frac{1}{x+1})$ Оба интеграла расходятся в нуле, вот в этом проблема

[Otta]

Чего это они расходятся? напишите их, оба. Вот прям как Ms-dos4 говорил.

[Enot2]

$-\int\limits_{0}^{+\infty} \frac{e^{-px}}{x+2} dx + \int\limits_{0}^{+\infty} \frac{e^{-px}}{x+1} dx= -e^{2p}\int\limits_{2}^{+\infty} \frac{e^{-py}}{y} dy + e^{p}\int\limits_{1}^{+\infty} \frac{e^{-py}}{y} dy $
Дальше нужно воспользоваться: $\int\limits_{-\infty}^{x} \frac{e^t}{t}dt$?

[Ms-dos4]

Enot2
Теперь воспользуйтесь $\[{\rm{Ei}}(x) = - \int\limits_{ - x}^\infty {\frac{{{e^{ - t}}}}{t}dt} \]$

[Enot2]

Угу. Глянул формулу в википедии. Получается логарифм от отриц. числа:
Получаю: $e^{2p} (\gamma + \ln(-2)+\sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{(-2)^n}{n!\cdot n}) - e^p( \gamma + \ln(-1)+\sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{(-1)^n}{n!\cdot n} )$

[Otta]

Вы зачем асимптотику выписываете? она Вам нужна? Сведите сперва оба интеграла к виду, указанному выше.

[Ms-dos4]

Enot2
Я вам сказал использовать обозначение $\[{\rm{Ei}}(x)\]$, вы же полезли в ряды, которые вам не нужны
P.S.Но там не будет логарифма отрицательного числа. Если у вас $ \[x\]$ - действительное, там будет модуль. Если же $\[x\]$ комплексное, то проблем с таким логарифмом вообще нет. Но это я так, к слову.

[Enot2]

Аа, я понял. Думал, что вдруг там с рядами можно будет чего сделать, чтобы упростить ответ.
Тогда вот так:
$e^{2p} Ei(-2) - e^p Ei(-1)$

[Otta]

И оба интеграла, зависевших от $p$, чудесным образом избавились от этой зависимости.

[Ms-dos4]

Enot2
Это как так? Вы невнимательны. У вас интеграл $\[\int\limits_1^\infty {\frac{{{e^{ - py}}}}{y}dy} \]$, а в определении интегральной показательной функции $\[{\rm{Ei}}(x) = - \int\limits_{ - x}^\infty {\frac{{{e^{ - y}}}}{y}dy} \]$. Нужно избавиться от $\[p\] $ в экспоненте с помощью замены переменной.

[Enot2]

Ага, да, забыл.
ВОт, что получил: $e^{2p} Ei(-2p) - e^p Ei(-p)$