Преобразование Лапласа

[phys]

(Оффтоп)

Я очень плохо понял эту тему

Найти изображение функций, используя теоремы об интегрировании оригинала и изображения, найти изображение функций:

$\dfrac{\ch{3t} - 1}{t};\qquad \int\limits_0^t \dfrac{\ch{3t} - 1}{t}$

Теорема о интегрировании изображения:
(знак отображения $==$)

пусть $f(t) == F(p)$, тогда $\dfrac{f(t)}{t} == \int\limits_p^\infty F(q)dq$

Для первого:
$\dfrac{\ch{3t} - 1}{t} = \dfrac{\ch{3t}}{t} - \dfrac 1 t$
Для первого слагаемого:
$f(t) = \ch{3t}$
$\dfrac{f(t)}{t} == \int\limits_p^\infty \dfrac{p}{p^2 - 9}dp = \dfrac 1 2 \ln{(p^2 - 9)} = ... $
... что при подстановке пределов дает бесконечность, где ошибка?

2. Чему равно изображение $\dfrac 1 t$, как его посчитать? Через вычеты?

Остальное чуть позже, как с этим разберемся

[Someone]

phys в сообщении #566308 писал(а):

... что при подстановке пределов дает бесконечность, где ошибка?

Нельзя было разбивать на два интеграла.

P.S. Очень плохие обозначения. Нежелательно, чтобы обозначение переменной интегрирования совпадало с обозначением предела интегрирования.

[phys]

Да вы что, а как же свойство линейности?
$af(t) + bg(t) == aF(p) + bG(p)$

[Someone]

А причём тут свойство линейности? Вы знаете, как точно формулируется свойство линейности несобственного интеграла?

[phys]

А там до интеграла еще дело не дошло на сколько я понимаю. Скажите конкретнее где я не прав.

[Someone]

Я же Вам сказал: нельзя разбивать изображение на две части. Причину поймёте, когда вспомните точную формулировку свойства линейности несобственного интеграла.

[phys]

Я не разбивал изображения, я разбил оригинал.

[Taus]

phys, изображения от $1/t$ не существует. Нужно рассматривать функцию полностью, вместе с $\ch 3t$.

[phys]

Я понимаю что я не прав, но совершенной конкретно и ясно написано если $f(t) == F(p )$ и $g(t) == G(p)$ то для любых констант $a$ и $b$ выполнено $af(t) + bg(t) == aF(p) + bG(p)$

[Someone]

phys в сообщении #566347 писал(а):

Я не разбивал изображения, я разбил оригинал.

Разбивая оригинал, Вы разбили изображение, а затем - автоматом - несобственный интеграл.

[Taus]

phys в сообщении #566349 писал(а):

Я понимаю что я не прав, но совершенной конкретно и ясно написано "если $f(t) == F(p ) и g(t) == G(p) то для любых констант a и b выполнено af(t) + bg(t) == F(p) + G(p)$

Как вы и написали, необходимое требование -- существование изображения для обеих функций, тогда выполнено следствие.

[phys]

Taus в сообщении #566351 писал(а):

phys в сообщении #566349 писал(а):

Я понимаю что я не прав, но совершенной конкретно и ясно написано "если $f(t) == F(p ) и g(t) == G(p) то для любых констант a и b выполнено af(t) + bg(t) == F(p) + G(p)$

Как вы и написали, необходимое требование -- существование изображения для обеих функций, тогда выполнено следствие.

Хорошо, это понял, как тогда применить теоремы об интегрировании к таким составным функциям?

[Taus]

Найти изображение $\ch 3t - 1$, а потом проинтегрировать его.

[phys]

О! Я понял.

Так, теперь для $\dfrac{\ch{t} - \cos{t}}{t^2}$

Первый раз получаем:

$$\dfrac{\ch{t} - \cos{t}}{t} == \int\limits_0^\infty{\dfrac{p}{p^2 - 1} - \dfrac{p}{p^2 + 1}dp} = \dfrac 1 2 \ln{\dfrac{p^2 -1}{p^2 + 1}}$$

еще раз:

$$\dfrac{\ch{t} - \cos{t}}{t^2} == \int\limits_0^\infty{ \dfrac 1 2 \ln{\dfrac{p^2 -1}{p^2 + 1}}dp}$$

Мне не приходит в голову как посчитать такой интеграл, есть ли другой способ и какой?

[Taus]

phys, только интегралы не от 0, а от $p$. Последний интеграл берется по частям.