Буров А.Н. - Практикум по спецглавам математики (1250077), страница 6
Текст из файла (страница 6)
Пользуясь теоремой об интегрировании оригинала, найти изображения интегралов:a) f (t) =Ztτ sin τ dτ ;0d) f (t) =b) f (t) =Ztτ2 e−3τ dτ ;c) f (t) =0Zt(τ + 2) cos2 τ dτ ;0sin2 τ dτ ;0e) f (t) =Zt044Ztτ ch2 τ dτ44. Используя теорему об интегрировании изображения, найтиизображения:sin t;a) f (t) =tb) f (t) =Ztsin tdt ;tsin2 tc) f (t) =;t01 − cos td) f (t) =;tet − 1 − te) f (t) =;tf) f (t) =Ztet − e−tdt .t045. Найти значения несобственных интегралов, пользуясь теоремойоб интегрировании изображения:Z∞ −ate − e−bta)dt, (a > 0, b > 0) ;t0c)Z∞cos at − cos btdt, (a > 0, b > 0) ;tZ∞sin at · sin btdt, (a > 0, b > 0) .t0d)046. Построить графики функций и найти их изображения, пользуясьтеоремой запаздывания:a)c)e)g)i)k)f (t) = sin2(t − 3) · η(t − 3) ;f (t) = t2 · η(t − 2) ;f (t) = e2t+14 · η(t + 7) ;f (t) = sin t · η(t − π) ;f (t) = (t − 1)2 · η(t − 2) ;f (t) = η(t − π2 ) cos2 t + η(t + π)e−t.b)d)f)h)j)f (t) = t2 · η(t) ;f (t) = t2 · η(t + 2) ;f (t) = sin(t − π4 ) · η(t) ;f (t) = (t2 + 2t − 1) · η(t) ;f (t) = (t − 1)2 · η(t) ;47.
Найти изображения функций, заданных графически, используятеорему запаздывания:a)b)c)d)e)f)45g)h)48. Найти изображения интегралов, пользуясь теоремой о свёртке:a)Ztet−τ sin τ dτ ;b)0d)ZtZt0e3(t−τ) τ2 dτ ;0e)Zt0eτ sin(t − τ) dτ ;τ3 ch 7(t − τ) dτ ;c)Zt0f)Zt0(t − τ)2 sh τ dτ ;τ cos 2(t − τ) dτ .Занятие № 10Нахождение оригинала по изображениюДля достаточно большого класса функций f (t) и F (p) имеются таблицы соответствия между оригиналами и изображениями (прил. Б, стр. 93).Особые трудности вызывает нахождение оригинала по заданному изображению.
При решении этой задачи помогают теоремы разложения.Теорема 31 (первая теорема разложения). Если F (p) аналитична вкольце R < p < ∞ и разложение в ряд Лорана в этом кольце имеетвид∞Xc1c2cncnF (p) =+ 2 +...+ n +... =,nppppn=1то F (p) является изображением оригинала f (t), определяемого рядомf (t) =∞Xn=1cnccc· tn−1 = c1 + 2 · t + 3 · t2 + . . . + n · tn−1 + . . .(n − 1)!2!3!n!Теорема 32 (вторая теорема разложения). Если изображение F (p) является дробно-рациональной функцией, причём степень числителя меньше степени знаменателя и p1, p2, . . .
, pnполюсы этойфункции, то его оригиналом служит функцияf (t) =nXres [F (p)ept, pk ].k=1Кроме теорем разложения, бывает полезна теорема запаздывания, если в изображении возникают множители вида e−τp , а также прием разложения изображения в сумму простых дробей с последующим обращением к таблице и свойствам оператора Лапласа.461.p(p − 1)(p2 + 4)Решение. Разложим F (p) в сумму простых дробей:1ABCp + D=++ 2.2p(p − 1)(p + 4)pp−1p +4Найдя коэффициенты A, B, C, D, получим1 1111p11+· 2− · 2.F (p) = − · + ·4 p5 p−120 p + 45 p +4Оригиналы для каждой из простых дробей находим по прил. Б.
Ответом будет:111 t11←÷−−+e+cos2t−sin 2t.p(p − 1)(p2 + 4)4520101Пример 44. Найти оригинал для функции F (p) = 2.(p + 1)2Решение. В этом случае F (p) уже является простой дробью. Вос1←÷− sin t, имеемпользуемся теоремой о свертке. Так как 2p +1111F (p) ==·←÷−(p2 + 1)2p2 + 1 p2 + 1ZtZt1←÷−sin(t − τ) · sin τ dτ =[cos t − cos(2τ − t)] dτ =200τ=t1111=t cos t − sin(2τ − t) =t cos t − sin t .2422τ=0Пример 43. Найти оригинал, если F (p) =e−p.p+1Решение. Поскольку в числителе стоит множитель e−p, необходимо1применить теорему запаздывания на время τ = 1.
Так как←÷− e−t,p+1мы имеем:e−p←÷− e−(t−1) · η(t − 1).p+1Задачи для самостоятельного решенияПример 45. Найти оригинал для функции F (p) =49. Найти оригиналы и построить их графики по заданным изображениям:pe−pe−3pa) F (p) = 2;b) F (p) =;p + 4p + 5p+3c)e−2pF (p) = 2;p + 4p + 347d)e−pF (p) = 2 .p50. Найти оригиналы по изображениям:a) F (p) =c) F (p) =e) F (p) =g) F (p) =i) F (p) =1;p3 + 2p2 + p1;p2 (p2 + 1)p;(p2 + 1)21;(p − 1)2(p + 2)e−p/2;p(p + 1)(p2 + 4)b) F (p) =d) F (p) =f) F (p) =h) F (p) =j) F (p) =2p + 3;p3 + 4p2 + 5pe−ppe−2p+;p2 − 2p + 5 p2 + 91−2p−3p−4pe+2e+3e;p2 + 1e−ppe−2p+;p2 − 1 p2 − 4e−p 2e−2p 6e−3p+ 3 + 4 .p2ppЗанятие № 11Решение дифференциальных уравненийоперационным методомЕсли дано дифференциальное уравнение с постоянными коэффициентамиdn−1xdxdn x+ an x = f (t) ,L[x] = a0 n + a1 n−1 + . .
. + an−1dtdtdtгде x = x(t)неизвестная функция с начальными условиямиx(0) = x0, x′(0) = x1, . . . , x(n−1)(0) = xn−1 ,то его решение можно найти операторным методом.Сначала, используя теорему о дифференцировании оригинала, составляем операторное уравнение, соответствующее данному дифференциальному уравнениюL[x] = f (t) −÷→ A(p)X(p) = F (p),где A(p)изображение линейного оператора L, X(p)изображениенеизвестной функции x(t), F (p) изображение правой части f (t), откудаX(p) =F (p).A(p)Следовательно, решение уравнения x(t) можно найти как оригинализображения X(p).Пример 46. Решить задачу Кошиx′′ + x = 2 cos t; x(0) = 0, x′(0) − 1.48Решение.
Найдем изображения:x(t) −÷→ X(p);′x (t) −÷→ pX(p) − x(0) = pX(p);x′′(t) −÷→ p2 X(p) − px(0) − x′ (0) = p2X(p) + 1;p.cos t −÷→ 2p +1Операторное уравнение будет иметь видp2 X(p) + 1 + X(p) =2p,p2 + 1отсюда,2p1− 2.2+ 1)p +12pДля нахождения оригинала функции 2можно воспользовать(p + 1)2ся теоремой о свертке (аналогично примеру 44) или теоремой о дифференцировании изображения:′2p1=−←÷− t sin t.(p2 + 1)2p2 + 1 pX(p) =(p2Окончательно x(t) = (t − 1) sin t.Аналогично операторный метод применяется при решении систем линейных дифференциальных уравнений с постоянными коэффициентами,некоторых типов линейных уравнений и систем с переменными коэффициентами, а также некоторых интегральных и интегро-дифференциальных уравнений.Пример 47. Найти общее решение уравнения tx′′ − 2x′ = 0.Решение. По теореме дифференцирования оригиналаx(t) −÷→ X(p),x′ (t) −÷→ pX(p) − x(0),x′′ (t) −÷→ p2X(p) − px(0) − x′(0).По теореме дифференцирования изображенияd 2p X(p) − px(0) − x′ (0) =dpdX(p)= −p2− 2pX(p) + x(0).dptx′′(t) −÷→ −49Данное дифференциальное уравнение принимает операторный вид−p2dX(p)− 2pX(p) + x(0) − 2pX(p) + 2x(0) = 0dpилиdX(p)43x(0)+ X(p) =.dppp2Решив полученное линейное неоднородное уравнение первого порядкаотносительно X(p), получимC1x(0)+ 4,ppоткуда придем к решению исходного уравненияX(p) =t3.3!Пример 48.
Решить интегральное уравнениеx(t) = x(0) + C1y(t) = cos t +Zt0(t − τ) y(τ) dτ .Решение. Перейдем к изображениям, рассматривая интеграл в правой части как свертку функций. Изображением уравнения будетY (p) =p1+Y (p),p2 + 1p2откуда получим изображение Y (p) неизвестной функции y(t), а именноp3Y (p) = 2.(p + 1)(p2 − 1)cos t + ch t.2Пример 49 (Интеграл Дюамеля). Рассмотрим одно важноеследствие теоремы об умножении.Найдя оригинал, получим y(t) =Справедливо следующее отношение:p F (p) · G(p) = f (0) · G(p) + [ p F (p) − f (0)] G(p) ←÷−←÷− f (0) · g(t) + (f ′ ∗ g)(t) .Представляя свёртку (f ′ ∗g) интегралом, получим формулу Дюамеля:pF (p) · G(p) ←÷− f (0) · g(t) +50Zt0f ′ (τ) · g(t − τ) dτ == f (0) · g(t) +Zt0f ′ (t − τ) · g(τ) dτ .Свёртка (f ′ ∗ g) называется интегралом Дюамеля.Однако так какp F (p) · G(p) = g(0) · F (p) + [ p G(p) − g(0)] F (p) ,возможен другой вариант записи формулы Дюамеля:pF (p) · G(p) ←÷− g(0) · f (t) +Ztg ′ (τ) · f (t − τ) dτ == g(0) · f (t) +Ztg ′ (t − τ) · f (τ) dτ .00При решении задач формулу Дюамеля удобно применять в тех случаях, когда:• найти изображение для правой части дифференциального уравнения затруднительно;• нужно решать одно и то же уравнение с различными правыми частями.В этих случаях наряду с решением уравнения L[x] = f (t) с нулевыминачальными условиями решается уравнение L[x1] = 1 с теми же условиями.Операторные уравнения будут иметь видL[x] = f (t) −÷→ A(p)X(p) = F (p) ;1L[x1] = 1 −÷→ A(p)X1(p) = .pРазделив первое равенство на второе, получим X(p) = p F (p) · X1 (p).Следовательно,x(t) = f (0) · x1(t) + (f ′ ∗ x1 )(t) = x1(0) · f (t) + (f ∗ x′1)(t) =Zt= f (0) · x1(t) + f ′(τ) · x1(t − τ) dτ =(56)0= f (0) · x1(t) +Zt0f ′(t − τ) · x1(τ) dτ =51(57)= x1 (0) · f (t) +Ztf (τ) · x′1(t − τ) dτ =(58)= x1 (0) · f (t) +Ztf (t − τ) · x′1(τ) dτ .(59)00При решении конкретной задачи можно выбирать наиболее простойвид интеграла Дюамеля из (56–59).Пример 50.
С помощью интеграла Дюамеля решить задачу:1, x(0) = x′(0) = 0.t1+ex′′(t) − x(t) =Решение. Рассмотрим вспомогательную задачу:x′′1 (t) − x1(t) = 1, x1(0) = x′1(0) = 0.1Применяя к ней операционный метод, находим X1 (p) =,p(p2 − 1)откудаZtx1(t) = sh τ dτ = ch t − 1.0По формуле (58),x(t) =Zt011 t1 + ettsh(t − τ) dτ =e − te − 1 + sh t · ln.1 + eτ22Задачи для самостоятельного решения51. Найти решения дифференциальных уравнений с заданными начальными условиями (см. задачи № 42):a)b)c)d)e)f)g)x′ + x = e−t ,x′ + 2x = sin t,x′′ + x = cos t,x′′′ + x = 0,x′′ − x′ = tet ,x(4) − x′′ = 1,x′′ + x = tet + 4 sin t,x(0) = 1 ;x(0) = 0 ;x(0) = −1, x′ (0) = 1 ;x(0) = 0, x′ (0) = −1, x′′(0) = 2 ;x(0) = x′ (0) = 0 ;x(0) = x′ (0) = x′′(0) = x′′′(0) = 0 ;x(0) = x′ (0) = 0 .52.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
