341_3- Сборник задач по математике для втузов. В 4-х ч. Ч.3_ (ред) Ефимов А.В, Поспелов А.С_2002 -576с (987779), страница 24
Текст из файла (страница 24)
В частном случае, когда все корни рг, рэ, ..., р„многочлена Я„(р) простые, используя формулу для вычисления вычета относительно полюса первого порядка (см. с. 101), полу"п2м ~~п(рь) „ , Ю'„(рь) (2) 1 Пример 4. Найти оригинал функции Р(р) = -е р < Первый способ. Разложение функции Р(р) в окрестности точки р = оо имеет вид Р(р) = -е = — ~ ( — 1)" — = У (-1)" —. р р и!р" и!р" ь! в=о и=о / 2~2 Р1а — "'е ! = (1+р1+ — + + — + ... х р (! ' 2! тй !г1 1 1 „1 х ~- — — + — +" +(-1)" — +... ( р ' !)рз 'р" +" Поэтому, в соответствии с первой теоремой разложения, оригиналом для тв Р(р) является функция 2'(1) = ~ (-1)" —, = Уо(2ч'!) (1о — функция (и!) 2 Бесселя первого рода с нулевым индексом). Второй способ. Воспользуемся второй теоремой разложения.
Для — ! этого надо найти вычет функции -еже н а относительно ее единственр ной особой точки р = 0 (это существенно особая тачка), т.е. коэффициент при 1/р разложения этой функции в ряд Лорана в окрестности точки р = О. Имеем 3 2. Восстановление оригинала по изображению 177 Выделив в произведении рядов члены, содержащие 1/р, найдем: у(3) = выч ~-еже ~У"; 0 р 12 1и = 1 — 1+ — + +( — 1) + '' = 1о(23у3) > (2!) г (п1) г В этом примере решение, использующее первую теорему разложения, оказалось более простым, чем решение при помощи второй теоремы разложения. 1 Пример 5.
Найти оригинал для функции Е(р) = (р2 ! Дг)3' а Воспользуемся второй теоремой разложения, Функция Е(р) имеет два полюса 3-го порядка р = ~Д3, и ее оригинал определяется равенством е"' 1 е"' г з' 13'~ +вьгг ~ " г)з' =2Не выч 2,Щ Имеем: еж ( г+))г)з' 1 412 е" ' 1 412 е"' = — !цп — (р — Щ) =- !цп— 2! е 4Ш 41р2 4 (р2 !.
Дг)3 4 2 е,ш ~р2 4 (р 1 )74)3 1 1геж 63еш 12еж = — 1пп, — + 2, — д 1 (! + )11)3 (р + )й)4 (! + Вз)з У геля З1ещг Зели 161333 16114 161134 (при дифференцировании мы воспользовались формулой Лейбница для производной произведения). Выделив действительную часть этого выражения и удвоив ее, получим 12 31п 13! З! соз В! 3 3!и 131 8Р3 Ю4 8дз 1 Пример 6. Найти оригинал для функции Р(р) = р4 Гл. 14.
Операционное исчисление 178 а Знаменатель дроби здесь имеет только простые корни Р1 г = х1, рэ 4 — — х4. Поэтому в соответствии с формулой (2) получаем и — ц, у(4) = г —.е"й = — ~е — е '+ — +,, ) = 4р '=4~' ',з (;) ) = 1 аз — е — з 1 еп — е — и — — — — (эп4 — э1п4). ~> 2 2 2 21 2 1 Этот пример можно было решить, исходя из разложсния — = 4 1( 1 1 2(,р — 1 р +1 ' Пользуясь первой теоремой разложения, найти оригиналы для заданных функций: 1 1 1 14.88. — соэ —.
14.89. эш Р Р Р 1 р+1 1 1 2 14.90. — 1п . 14.91. — е4~г . 2р р — 1 р 1 14.92". — е р — 1 Пользуясь второй теоремой разложения или с помощью разложения на элементарные дроби, найти оригиналы для заданных функций: 14.93. Р(р) = р р+2 рг + 4р + 5' (р + 1)(р — 2)(рг + 4) . 14.94. г(р) = 14.95.
Г(р) = —, Гдв ФР) = (Р— Р1)(Р— Рг) . (Р Рэ) '4 Я'(Р) Я(р) ' все числа рь попарно различны. 14.96. г(Р) = 2. 14.97. Р(Р) = 1 1 (Р4 — 1)2 (,г + 1)2(рг 4) рз рэ 14.98. Г(р) = 4 . 14.99. Е(р) = —. (,4 1)2 ' ',6 рз 14.100. Р(Р) = г з' 14.101. Р(Р) = (Рг+ 1)з * Рг 4Р+ 3 14.102.
Г(р) = г 2 2. 14.103. Е(р) = 4 р2(р2 1)2 ' ' р4 5Р2 + 14.104. Р(р) = 4 4 (Р4 — 1)(Р4 + 4)' З 3. Применения операционного исчисления 179 'П'3. Применения операционного исчисления 1. Решение линейных дифференциальных уравнений и систем уравнений с постоянными коэффициентами.
Для того чтобы найти решение х()) линейного дифференциального уравнения с постоянными коэффициентами (и) + (и — ) + + Х ((() (1) (где у(() — - оригинал), удовлетворяющее начальным условиям х(0) = хо, т.'(О) =,то, ..., х(и ')(О) = хо(и , (2) следует применить к обеим частям этого уравнения преобразование Лапласа, т.е. от уравнения (1) с условиями (2) перейти к операторному уравнению (р" + а,ри + +пи)Л"(р) + Я(р) = Г(р), где Х(р) — изображение искомого решения, Г(р) — нзображенис функдии у((), а (,)(р) — некоторый многочлен, коэффициенты которого за(и — 1) висят от начальных данных хо, хо, ..., хо и который тождественно равен нулю, если хо — — хо = ° = хо — — О.
Решив операторное р (и-1) уравнение относительно Л (р): Г(р) Фр) — Е(р) (Ь(р) = ри+он и '+ +а„— характеристический многочлен данного уравнения) и найдя оригинал для Х(р), мы получим искомое решение х((). Если считаю хо, хо, ..., хо произвольными постоянными, то (и-1) найденное решение будет общим решением уравнения (1). Совершенно аналогично решаются и системы линейных дифференциальных уравнений с постоянными коэффициентами.
Отличие будет лишь в том, что вместо одного операторного уравнения мы получим систему таких уравнений, которые будут линейными относительно изобрая)ений искомых функций. Пример 1. Найти общее решение уравнения х" + 2х'+ х = (е а также его частное решение, удовлетворяющее начальным условиям хо =1,.со = 2. иу Пусть х((),=' Х(р), тогда х'(() и рХ(р) — хо, х" (~) ы рэ Цр) — рхо — хо 1 По таблице изображений находим (е ',=' ,, и операторное урав(р+ 1)" пение имеет вид 1 (р + 2Р+ 1)Х(Р) — (Р+ 2)хо — хо = ' = (р.1) Гл, 14. Операционное исчисление 180 Отсюда находим ( = 1, 1 Х(р) хо + хо + = (р + 1)з (р + 1)з о ( + 1)4 .
Для отыскания оригинала в данном случае проще всего представить Х (р) в следующем виде: Хр)= хо+ х + Х(р) = з хо+ ( + )зхо+ ~ +1)4 = 1 хо+хо хо (р + 1)' (р + 1)' » + 1' Пользуясь таблицей изображений, находим общее решение 13 х(С) = — Сзе +(хо+хо)Се +хое 3! Обозначив хо = Сг, хо + хо = Сг, его можно записать в виде 1зх(С) = -Сзе г + (Сг + Сзг)е 3 Частное решение, удовлетворяющее заданным начальным условиям, х(С) = -Сзе ' + (1+ ЗС)е '.
1 з -г 3 Пример 2. Проинтегрировать уравнение х" +х = г"(С) при нулевых начальных условиях, если тг при 0<С< —, 2' ПС) = З Запишем С(С) с помощью единичной функции Хевисайда: з. 2 тг 2 у(С) = (1 — тС (С вЂ” — )) — С вЂ” (тС (С вЂ” — ) — тС(С вЂ” и)) — (С вЂ” л) = = — (С вЂ” 2тС (С вЂ” †) (С вЂ” †) + тС(С вЂ” тг)(С вЂ” и)) .
Я' 2 2 2 — С 2 — (л — С) 0 тг при — <С<я, 2 при С) л. '3 3. Применения операционного исчисления 181 И) ы ~(р) =— Так как начальные условия нулевые, то, полагая х(г) =' Х(р), приходим к операторному уравнению 21 — 2е те+ е ( 2+ЦХ( ) 7Г рт из которого после несложных преобразований находим 2 ., /1 1 Х(р) = — (1 — 2е та+ е '") ~ —— ~р2 рт+1г' 1 1 Так как — —,=' 1-а1п Г, то, снова применяя теорему запаздывания, р2 р2+ находим х(1) = — ((1 — а1пс) — 2г1 (1 — — )) ((1 — — ) — з1п (1 )) + + ту(1 — х)((Й вЂ” и) — а1п (1 — и) ), т.е. х(1) = 1) л. ~> х'+у = е', х+у'=е ' при начальных условиях х(0) = хо, у(0) = уо.
О Пусть хЯ и Х(р), у(С),=' У(р), тогда х'(1) ы рХ(р) — хо, у'(1) .=' р1'(р) — уо, и получаем операторную систему Пользуясь теоремой запаздывания, отсюда находим 2 — (1 — ьбп 1) при 2 -( — гйп1 — 2соа1 — 1+ х) при 4 — — сов с лри Пример 3. Найти решение системы 1 рХ(р) — хо + 1'(р) = —, у-1' 1 р)'(р) — уо+ Х(р) =— р+ 1 0<1<-, 2' и 2 — ( 1 < 7Г, Гл.
14. Операционное исчисление 182 Решая систему, найдем г+1 ~(р) = хо — —.уо+ ,г 1 г 1 (рг' 1)г р 1 — то 2р 1 (р) = уо + ,г 1 г 1 (,г цг и, следовательно, х(~) = хо сЬà — уовЬГ+ ГсЬс, У(С) = УосЬС+ (1 — хо)вЬс — свЬЬ > Найти общие решения дифференциальных уравнений: 14.105.
х" + 9х = сов 31. 14.106. х" — 4х'+ 4х = егс. 14.107. х" +2х' =1е г'. 14.108. х" +х' — 2х = е'. 14.109. хл+ х' = е 'яп1. Найти решения дифференциальных уравнений при заданных начальных условиях: 14.110. хьл + х = 0; х(0) = О, х'(О) = — 1, хл(0) = 2.
14.111. хо+ 2х'+х = е ', х(0) = 1, х'(О) = О. 14.112. х" +Зх' = е зс; х(0) = О, х'(О) = — 1 14.113. х" — 2х'+2х = яви; х(0) = О, х'(0) = 1. 14.114. х" + 4х = яп21; х(0) = 1, х'(О) = — 2. 14.115. ха — 9х = вЬ1; х(0) = -1, х'(0) = 3. 14.116. хьг — хл = е', х(0) = 1, х'(0) = х"(О) = О. 14.117. х~~ — х = вЬ К; х(0) = х'(0) = х" (0) = О, хл'(0) = 1. 14.118. хо'+ Зхо+ Зх'+ х = 1е ~; х(0) = х'(0) = х" (0) = О. Найти при нулевых начальных условиях решения следующих дифференциальных уравнений: 14.119. х'+ х = у'(~), где у'(~) = ( > Г 1 при 0<1<2, 14.120.
хо+ х = У"(1), где У" (1) = ( О п„и ~ > -с 14.121. х" — х' = у (1), где у'(1) = 1 при 0<1<1, 14.122. хо+ х = Я), где у(т) = — 1 при 1 < 1 < 2, 0 при 1> 2. 14.123**. С помощью интеграла Дюамеля доказать сле- дующее утверждение: если хг(1) — решение уравнения х("г + + а1х~" Цг + + а„х = 1 при нулевых начальных условиях з 3. Применения операционного исчисления 183 (х(0) = х'(0) = = х~п 0(0) = 0), то решением уравнения х(п) + а1х(" О + . + а„х = у(г) при тех же начальных условиях является функция х(1) = х1(т)~(1 — т) с1т = х1(1)ДО) + у'(т)х1(1 — т) с)т Пользуясь результатом задачи 14.123, найти ших дифференциальных уравнений: 14.124. х' — х = —.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
