Антидемидович 5 - ДУ (Антидемидович), страница 76

рз((гз + 4) 4 м Сужение Функции на положительную полуось является 2я-периодической функцией. Име- ем (см. следсгвие иэ теоремы 5, п. 1.2) 1 е-оР г 1 -гг о о ФУнкциЯ 2 непРеРывнаЯ ч( Е Ко. Ее пРоизводнаЯ 1, если 2пя < 1 < (2п+ 1)гг, уо(1) = — 1, если (2п+1)Я <1<(2п+2)Я, п Е Жо, О если 1 ( Ор иыеет разрывы 1-го рода в точках 1„= пя (п Е 14). Операторное уравнение, соотаетствуюшее данной дифференциальной задаче, имеет вид лр р У+4У= — Рл —, Р7 2' Гл. 7. Метод иптегральаых преебразоааапй Лапласа 352 тгр 1 г! Р(Р) = -тЛ— / — (1 — соо 2т) т(т Р 2 Р(рз+4) / 4 о г 1 71 У(Р) =; / — (1 — соз2т)т(т+ / — (-1+соз2т)т(т = '/4 о т 2 г1 г 1 У(Р) ф / — (1 — соз 2т) т(т Е / — ( — ! + сох 2т) т(т+ / ' ./ 4 ./4 о о з 1 /' о!п21 1 4 ~ 2 = — /! — — 1, если 0 < ! < а., 1 Г мп21 — ~-1+ — + 2я1, если к < 1 < 2х, 4 т 2 1 1 Г з!п21 — (1 — соз 2т) т(т = — (1 — — 2т~, 4 4зз 2 если 2т<г<3т, 3"(Р) ф ф ! 4 ( — !+ отт2 — + (2п+ 1)я/, Окончательно имеем (г — — 2 — — 2 и/, т т пп21 если у(о) = 4 ( — 1+ -"-2 — + (2п+ 1)т), если О, если если 2п;г <! < (2п+1)тг, если (2п+ 1)тг < ! < (2в+ 2)тг.

2пя < 1 < (2п+ !)а., (2п+ Пт < ! < (2п+ г)т, 1<0, 741. у"'+буо+ 11у'-ь бу = Щ! у(0) = О, у'(О) = у"(О) = 1, где !' О, если ! <1, У(1) = ~ 1, если ! <1<2, ~1' — 4!+5, если 1>2. и Представим функцию 7 в виде У(Е) = т)(! — 1) — О(1 — 2) + (1 — 41+ 5)з)(! — 2) = т)(à — 1) + (1 — 2)~О(! — 2). Тогда со 2е зо .т'(!) =: — + з Р Р (по теореме запаптьтвания). Далее, уи(1), Рз)г~р) е" 2е'о Р У вЂ” 1 — !+ бр У вЂ” б+ !!А'+ бУ = — + —, Р Р'' или е" 2е з" (Р + бр'+ 1 !Р+ б)3' = Р+ 7+ — +— Р Р откуда р+ 7 со 2е з" ~"(Р)— (у+ 1)(Р+ 2)(Р+ 3) Р(Р+ 1)(у+ 2)(Р+ 3) Рз(Р+ 1)(Р+2)(Р+ 3) + 3 Для определении оригиналов функций Гт, гзт 'гз применим вторую теорему разложения.

Функцих Ут имеет пРостые полюсы Рт = -1, Рз = -2, Рз = -3, поэтомУ о=т ~((у+ 1)(р+ 2)(Р+3)) з( о з т ! 3Р + 12Р+ !!/ =-з Оригиназ функции У на различных интервалах изменения вырюкается следуютцими формулами: 353 й 4. Линейные дифференциальные уравнении и системы Функция Рз имеет простые полюсы в точках Ре —— О, р, = -1, р, = -2, р, = -3. Имеем р(1- П з р(1-1] Уз(Р) ф +~~ ' (р+ 1)(р+ г)(р+ 3), („„+,)„+ „(„+ з )Р егп П з),<1 6 ~= 1 р(Зрз+12р+ !!)) --з ((6 з]) ),=- -(1-1) -2(1-1) е + е — — е г)(1 — 1).

-ЗЕ-1] 2 2 6 Функция Рз имеет поляк 3-го порядка ре — — 0 и простые полюсы р, = — 1, р, = -2, Р, = -3, слеловательно, 1, 4 ( з 2е 22 р! Зз(р) =' — 11ш — р —,е 2 р-о ((Р] 1 Рз(Р + !)(Р + 2)(р + 3) 1 ! ( ](„ + !)(„ + 2) + 3)) 1 е ( е р(1-2) л р(1-В +2~ (р+ 1)(р+ 2)(Р+ 3)) 4-, ) бр] + ЗОР4+ 44рз+ РЬР1) (Зр + 12р+ 11) — 3(р+!)(Р+ 2)2(р+ 3) <, 2, (! — 2)(ЗР + 12р+ 11) ~ 2 2 2 ~ ~ ~ р ~ ~ о 2 ~ ~ ~ ~ ! ~ ~ 1 ~ ~ ! ~ ~ ~ > ~ ~ ~ ~ ~ 2 1 ~ р ~ ~~ ~ ~ ~ < 1 ~ ~ ! ((у+ 1)(Р+ 2)(Р+ 3))' ((Р+ 1)(у+2)(Р+ 3))' еж(-2) (р+1)(р+2)(р+3) ) 4 ~,рз(3рз+ !5рз+22Р+9) 85 ! !(1 2) (! 2)2 -2<1-2) е-з(1-2] ]] — + — е (' ]+ — — — ~ О(1 — 2).

108 18 6 4 27 / Решением дифференциальной задачи является функция у, где -(1-1) -2(1-1) -З(1- Π— 21 — з( ) 1 с е у(1) = Зе — 5е + 2е + ~- — — — + — О(1 — 1)+ )(6 2 2 6 <' 85 11 2 -2(1-2] — (1-2] — З(1-2) + ~ — — — (1 — 2) + — (1 — 2) + — е — е — — е ) О(1 — 2). М (,108 18 6 27 2е 'Р 742.

у" — а'у = Ье '; у(0) = у'(О) = О. и Решать задачу будем с помощью интеграла Дюамеля, как указано в п. 4.3. Сначала Решим задачу По формуле (4), и. 4.3, находим: Ь у(1) = — ) е ' ай а(! — т)((т. а Подставив в интеграл зЛ а(1 — т) = 2 (е"В ] — е '(' ]), после несложных преобразований, связанных с вьаелением полных квадратов, получим решение задачи в виде У(1) = — чгке 4 ~ем ег( ~(+ -) — е ег( (( — -) ) . > 2))' у' — азу = 1; у(0) = у (0) = О, (1) а затем воспользуемся формулой (4), и.4.3. Обозначим через у, решение задачи (1), а через 1;— его изображение.

Тогда ); = — 2 — 2-. Восг)ользуемся формулой 1! таблицы изображений и ! Р(Р— а ) теоремой об интегрировании оригинала Получим Ъ; =; — ) зЛ ат((т = — (сЛ а! — 1) = у)((). а а2 е Гл. 7. Метод интегральных преобразований Лапласа 354 решив которое, находим 1 [(Р) = (, +1)з. Оригинал функции К находим с помощью торой теоремы разложения. Функция К, имеет простой полюс р = 0 и комплексно сопряженные полюсы 2-го порядка р = Ы. По второй теореме разложения имеем Йр — 3р + ((р — П( '( 1 = 1+ 2Ке — —.— с") = 1 — соз! — — мпг.

з( + ()з ) Согласно формуле (4), п. 4.3, решение исходной задачи имеет вид у(1) =. / сазт — [з[п(1 — т) — (1 — т)соз(1 — т)) [(т = 2 1 [г саз(с — 2т) / мп(! — 2т) [ т соз(! — 2т) ) ' = — ~тз[п(+ — — (1 — т)1 т со[( —— ) — — соз(+— 2 2 ) 2 4 1 = — !(з[п! — (соз(). » 8 744. у" + Зу'+ 2у = е'; у(0) = у'(0) = О. < Действуем по той же схеме, что и при решении двух предыдущих примеров. Имеем з у(!) = / е у,(1 — т) г(т, п где у, — решение задачи у" + 3у'+ 2у = 1, у(0) = у'(0) = О. Составим операторное уравнение, соответствующее задаче (1).

Получим: у[(!) Ф 1'[(р), у (П Р р )Ур), У1(!) =; РГ,(Р), Р (П 1 Р(Р+ 1)(Р+ 2) Функция 3; имеет простые полюсы в точках рс — — О, р, = — 1, р, = — 2. По второй теореме разложения ! с"' 1, е" = — — с + —. р(Р+ 1) 2 2 1 ем у[(1) = (р + !)(р + 2)1 р(р + 2)~ + + Поскаль[[у у (С т) с-И-т) с-2[з- ] та (1) ) ( -о-т> -зи-гз),! ) ( -[+з~ -асз ) = (- е + ' — — е ~+~) ~ = аде — — (е' — е ~) . » 743. у'" + 2у" + у = соз(; у(0) = у'(О) = у"(О) = ум(0) = О.

< Найдем решение у, задачи у'" + 2У" + у = 1, у(0) = у'(0) = у"(0) = у"'(О) = О. Имеем у[(С) =: 3'ь(Р)* у[ (1) Ф Р 2'[(Р) у['(Р) 4 рз1'[(Р)* 1 Ф вЂ”. Получаем операторное уравнение 4 3 Р !'[ + 2Р Г[ + ~'[ = —, Р в4. Лвиейвые лифйюреиииальвые уравиещщ и системы 355 т(р'+оо~)Х(р) = а~ ( е о'бП вЂ” Йт)г)!. Поскольку ) б(з — Йг) бз -ро г)(! — Йт) ф — ' —, то р = 0(! — Йт), т.е.

0'(! — Йт) = б(1 — Йт), а по свойству оригинала -ры о!(1-Йт)фр — =е" р б(! — Йт) = ои Следовательно, ~ е "б(à — Йт) Ж = е ""', 2. е го' = (1 — е ' ) ', в силу чего окончательно о=о находим Х(р) = по(р" +ыз)(1 — е о ) Совершив восстановление оригинала х(!) ф Х(р), получим решение задачи. Для воссгановления оригинала применим вторую теорему разложения. Функция х мероморфная, она имеет полюсы в точках р, о = х!ы и ро = — "„" (Й Е Уо). Если т не является целым кратным т, = — ' (что и предполагается), то все полюсы простые, и.

найдя вычеты, получим согласно второй теореме разложения .а )1 ы т/ х(П = — ~- —, хт совы'(!+ -) — ч созЙ вЂ” ы! шыз ) т 2з!п хут- ( 2) ~:, тз — Йзтз т Решить системы линейных дифференциачьных уравнений с постоянными коэффициентами. ((2хо — х'+9х) — (уо+у'+ Зр) = О, 746. (2 о+ *'+ 7х) — (ро — ро Ь 50) = О, х(0) = х'(0) = 1, д(0) = р'(0) = О.

М Операторная система, соотаештвующая поставленной задаче, имеет вид (гр' - р+ 9)Х вЂ” (рч+ р+ З)У = гр+ 1, (2р' + р+ 7)Х вЂ” (р' — р+ 5)У = 2р+ 3, где Х(р) ф х(1), У(р) ф р(!). Взяв сумму и разность этих уравнений, получим р+1 2Х вЂ” У=2, Х+У= —, 2 .!. 4 ' р — 1' откуда 2р 2 1 Зр 2 2 З(р — !) З(рз + 4) 3(рз + 4) ' 3(р — 1) 3(рз + 4) 3(рз + 4) Перейдем к оригиналам.

Имеем х(!) = — (е +2сом2Г+яп2$), р(!) = -(2е — 2соз2з — зш2!). м 1 1 3 3 745. г'очечная масса гп совершает прямолинейные колебания, причем сопротивлением сре- ды пренебрегаем, а восстанавливающая сила иоызх пропорциональна смещению. В моменты времени го — — Йт (Й Е Жо) массе сообщаются импульсы величины а. Найти движение частицы, если начальное отклонение и начальная скорость равны нулю.

< Положение равновесия точки принимаем за начало координат. Согласно второму закону Ньютона уравнение колебаний точки имеет вид шй+ тйю х = о~б(! — Йт), «=о где б — импульсная функция или функция Дирака. Применив к этому уравнению интегрзльное преобразование Лапласа, получим уравнение от- носительно изображения Х(р) =' х(!) 356 Гл. 7. Метод виш»рад»выл вреабразававий Лапласа хо †«+«=О, 747.

х+У -У+«=0» х+у+«о — «=О, х(0) = 1, у(0) = «(0) = х'(0) = у'(0) = «'(0) = О. и Пуси х(Е) Ф Х(р), у(Е) = У(р), «(Е) = Я(р). Операторная система, соответствующая дифференциатьной, имеет вид (р' — ПХ + У+ Х = р, Х + (р' — !)У+ Х = О, Х+ У+(р — 1)Я = О. Решая зту систему по формулам Крамера, получим Х= Р У=У=— р — ! т + !Ир' — г)' (рз + 1)(р' — 2)' По второй теореме разложения находим оригиналы 2 1 1 1 х(О = — сЛ(Е»Е2) + — созЕ, у(Е) = «(е) = — — сЛ(СЯ) + — со»Е. и 3 3 ' 3 3 748. хо = -ахо х» — ах» — — ах», (й = 1, и); хо(0) = 1, х»(0) = 0 (й = 1, и).

и Пусть х„(Е) =' Х(р), х,(Е) Ф Х,(р) (й = 1, и). Операторная система, соответствующая дифференциальной, имеет вил (р+ а)Хо — — 1, (р+ а)Х» — аХ», = О, откуда Х»= ' (у=О,й). (р -1- а)»+' Оригиналы находим по формуле 4 таблицы: 1 х»(Е) = — (аС) е '. а. й! х +х+у — у=е, 749. х'+2« — у'+ у=е ', х(0) = У(0) = У'(О) = О, х'(0) = 1. м Пусть х(Е) 4 Х(р), у(Е) Ф 1'(р). Поскольку выполняются соотношения 1 х'(Е) ФрХ, хо(Е)влр Х вЂ” 1, е'4 —, у'(С) =;РУ„У»(Е) Фр У, е 'Ф вЂ”, ' р — !' ' " ' ' р+1' то операторная система, соответствующая дифференциальной, имеет вид р'Х-1+рХ+р'У - У = рХ+2Х-рУ+У= —,7, ! р+ решив которую, получим: 2р — 1 1 3 Зр Х(р)— + У(р) = 2(р 1)(р.!.!)т 8(р 1) 4(р+ 1)» 8(р+ 1)' 2(р» Цт Из соотношений — т-à —— ,' е, -т — — — »Л Е по теореме дифференцирования изображений находим 1 .