ТФКП и ОП

Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Московский государственный машиностроительный университет "МАМИ"

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

f (t) = ∑Re s[F( p)e pt ,ak ].

Пример. Пусть F( p) =

. Найти f (t).

Так как для функции

нули знаменателя равны ± i и

.pdf

Скачиваний:

157

Добавлен:

27.03.2016

Размер:

2 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1112 / 1912 13 14 15 16 17 18 19 > Следующая >>>

111

Рис. 36

по пути интегрирования в комплексной плоскости, то нахождение оригинала можно упростить, используя теорию вычетов.

Будем предполагать, что F( p) - аналитическая функция во всей комплексной плоскости, за исключением конечного числа

особых точек, удовлетворяющих условию lim F( p) = 0. Можно

p→∞

показать, что при этом интеграл (5.24) равен сумме вычетов по всем особым точкам ak функции F( p) [3]:

являются простыми полюсами, то применяя формулу (5.25) и формулу (4.35) для вычисления вычета относительно простого полюса, получим при t > 0 :

pe pt

f (t) = Res

, i

+ Res

, −i

ieit

−ie−it

eit +e−it

= cos t.

− 2i

В самом распространенном случае изображение F(p) является несократимой дробно - рациональной функцией вида

F( p) = BA(( pp)) ,

112

где A(p) и B(p) - многочлены, причем степень многочлена B(p) больше степени многочлена A(p).

Если знаменатель рациональной дроби B(p) имеет простые ненулевые корни a1 , a2 , K, an , , то есть, если

B( p) = ( p − a1 )( p − a2 ) K ( p − an ),

то оригинал функции F(p) может быть найден по формуле

A( p)

A(ak )

F( p) =

•=•

f (t) = ∑

ea k t .

(5.26)

′

B( p)

k=1

B (ak )

Пример. Найти оригинал по его изображению

F( p) =

p −1

p2 + 5 p + 6

Здесь A( p) = p −1,

B( p) = p2 +5 p +6 = ( p +3)( p + 2),

′

B ( p) = 2 p +5.

a1 = −3,

a2 = −2 . Следовательно,

Корни знаменателя

A(a1 ) = A(−3) = −4,

A(a2 ) = A(−2) = −3,

B′(a1 ) = B′(−3) = −1,

B′(a2 ) = B′(−2) =1.

Поэтому

p −1

• =• − 4 e−3t + −3 e−2t

= 4 e−3t −3e−2t .

p2 +5 p +6

−1

Если один из простых корней знаменателя B(p) равен нулю,

то есть B(p) можно

представить

в виде B( p) = pB1 ( p), где

B1 (0) ≠ 0, то оригинал находится по формуле

A( p)

• =• f (t) =

A(0)

+ ∑

A(ak )

eakt .

(5.27)

ak B1′(ak )

pB1 ( p)

B1 (0)

Здесь суммирование распространяется на все

ненулевые

корни многочлена B1 ( p). Эту формулу в электротехнике обычно

называют разложением Хевисайда.

Пример. Найти оригинал по его изображению

F( p) =		p + a
			.
	p( p +b)( p +c)
Здесь
A( p) = p + a;		B( p) = p( p +b)( p +c);
B1 ( p) = ( p + b)( p + c);		B1′( p) = 2 p + b + c.
Корни многочлена B1 ( p) :	a1 = −b, a2 = −c. Поэтому

113

A(0) = a,

A(a1 ) = a − b,

A(a2 ) = a − c,

B1 (0) = bc,

B1′(a1 ) = c −b,

B1′(a2 ) = b − c.

По формуле (5.27) находим

p + a

•

=•

a −b

e−bt +

a −c

e−ct

p( p +b)( p + c)

(−b)(c −b)

(−c)(b −c)

a −b

e−bt −

a −c

e−ct .

b(b −c)

c(b −c)

Если знаменатель B( p) имеет кратные корни, то применяя

формулу (4.36) для вычисления вычета относительно полюса n-го

порядка, можно получить, что оригиналом для функции

F( p)

будет функция:

f (t) = ∑

nk −1

− ak )nk

A( p)e

lim

( p

(5.28)

(nk

nk −1

B( p)

−1)! p→ak

где ak

−нули знаменателя B( p), а nk − их кратность.

Пример. Найти оригинал по его изображению

F( p) =

( p − 2)2 p3

Для функции F( p)

точка

= 2

является полюсом второ-

го порядка, а p2 = 0 - полюсом третьего порядка. Вычисляем вы-

четы функции F( p)e pt в этих полюсах, применяя формулу (5.28):

Re s [F( p)e pt , p

= 2]= 1 lim

( p − 2)2

= lim

1! p→2 dp

( p − 2)

p→2 dp

− 3e

= e

(2t −3) ,

= lim tp

−3 p

= lim te

−

= te

p→2

Re s [F( p)e pt , p

= 0]=

lim

2! p→0 dp

−2)

2 p→0 dp

( p

( p − 2)

4te

lim

−

lim

−

( p −

( p −2)

( p

−2)

( p −

( p −2)

2 p→0 dp

2 p→0

114

В результате

f (t) = Res[F( p)e pt , p							= 2]+ Res[F ( p)e pt , p				2	= 0]=
					1
= e2t	(2t −3) + t2	+	t	+		3	=		1	[e2t (2t −3) + 2t2		+ 4t +3].
					16			16
16	8	4

Весьма эффективным способом нахождения оригиналов является разложение дроби F( p) = BA(( pp)) на простейшие.

Как известно, если правильная несократимая рациональная дробь F( p) = BA(( pp)) может быть представлена в виде суммы про-

стейших дробей, то каждому действительному корню ak кратности n соответствует выражение вида:

A1	+	A2	+... +	An	,
( p − ak )n		( p − ak )n−1		p − ak

а каждому множителю в знаменателе вида

( p2 + q p + q

)r - вы-

ражение вида

B1 p + C1

B2 p + C2

+... +

Br p + Cr

(p2 + q p + q

(p2

+ q1 p + q2 )r−1

p2 + q1 p + q2

где коэффициенты в числителях подлежат определению. Число их всегда строго соответствует степени знаменателя. Они находятся или методом неопределенных коэффициентов или путем задания частных значений p.

Этот метод особенно удобен, когда среди корней знаменателя есть комплексные корни, так как тогда при построении оригинала не придется переходить от комплексных функций к действительным.

Пример. Дано изображение

F( p) = p2 +1 . p( p − 2)( p2 + 4)

Найти оригинал f (t) • =• F( p).

Разложим заданную дробь на простейшие:

115

p2 +1

Cp + D

p( p −2)( p2 +

p −2

2 +4

Приводя к общему знаменателю, получим

p2 +1 = A( p −2)( p2 +4) + Bp( p2 + 4) +(Cp + D) p( p −2) .

При p = 0

1 = -8A,

При p = 2

5 = 16B,

следовательно, A = -1/8,

B = 5/16.

и p в левой

Приравнивая далее коэффициенты, например, при p3

и правой частях равенства, получим

0 =

A + B + C,

отсюда следует

C = −3/16,

D = 3/8.

0 = 4A + 4B

− 2D,

Поэтому

p2 +1

3 1

= −

−

p( p −2)( p2 + 4)

−

16 p2 +

8 p2 + 4

Так как

p •

• =• 1,

• =• e2t ,

=• cos 2t,

p2 + 4

p −2

• =•

sin 2t,

p2 +

p2 + 4

то, применяя теорему линейности, окончательно найдем

p2 +1

• =•

−

e2t

−

cos 2t +

sin 2t.

p( p −2)( p2 + 4)

Пример. Найти оригинал по его изображению

F( p) =

p2 ( p −3)

Разложение данной дроби на простейшие имеет вид

p2 ( p −3)

−3

После приведения к общему знаменателю получим

1 = A( p −3) + Bp( p −3) + Cp2 .

При p = 0 1 = -3A, откуда

A = - 1/3;

при p = 3

1 = 9C,

откуда

C = 1/9.

116

Приравнивая далее коэффициенты при p2 в правой и левой

частях равенства,			получим уравнение 0 = B + C,													из которого
следует B = - 1/9.
Итак,
	1	= −		1	1	−	1	1	+	1	1 •	=• −	1	t −	1	+	1	e3t .

	p2 ( p −3)			3	p2		9				p −3				9
	p2 ( p −3)			3	p2		9	p 9			p −3		3		9	9

Если знаменатель рациональной дроби представляет собой квадратный трёхчлен, корни которого комплексные, удобно представить его в виде суммы квадратов слагаемых и применить теорему смещения изображения.

Пример. Найти оригинал по его изображению

		F( p) =		p − 2		.
		F( p) =	p2 + 6 p +16			.
p − 2		p − 2			p +3		−
p2 + 6 p +16	= ( p +3)2 + ( 7 )2			= ( p +3)2 + ( 7 )2			−
5	7 )2 =	p +3		7 )2 −	5		7	•
− ( p +3)2 + (	7 )2 =	( p +3)2 + (		7 )2 −	7 ( p +3)2 +(			7 )2	=•
• =• e−3t cos	7 t − 5	7 e−3t sin		7 t.
		7

При практическом применении преобразования Лапласа для нахождения оригинала по его изображению часто пользуются справочными таблицами соответствия между оригиналами и их изображениями [6]. Если необходимая функция в таблице отсутствует, то используют свойства преобразования Лапласа для приведения заданной функции к табличному виду.

5.4. Решение обыкновенных дифференциальных уравнений операционным методом

Пусть дано неоднородное линейное дифференциальное уравнение второго порядка с постоянными коэффициентами

y′′ + a1 y′ + a2 y = f (t)				(5.29)
и заданы начальные условия	′
y(0) = y0 ,		= y1	,	(5.30)
	y (0)

то есть сформулирована задача Коши.

117

Операционный метод решения дифференциальных уравнений базируется на том, что искомая функция y(t) и правая часть

f (t) рассматриваются как оригиналы, и к уравнению (5.29) применяются теоремы дифференцирования оригинала и линейности.

Пусть	y(t) • =• Y ( p),	f (t)•=•	F ( p) , тогда
y′(t)•=•	pY ( p) − y0 ,	y′′(t)•=•	p2Y ( p) − py0 − y1.	(5.31)

Применяя к уравнению (5.29) теорему линейности, с учетом соотношений (5.31) получим

p2Y ( p) + a pY ( p) + a		Y ( p) − ( p + a ) y	0	− y = F( p) .	(5.32)
1	2	1	0	1

Алгебраическое уравнение (5.32) называется изображаю-

щим или операторным уравнением. Разрешая его относитель-

но Y ( p) , найдем изображение искомого решения

Y ( p) =			F( p)		+	( p + a1 ) y0 + y1		.
	p		+ a p + a
		2		2		p2 + a p + a	2
			1		1
Далее следует выполнить обратное преобразование Лапласа
методами, указанными			выше, и найти соответствующий изобра-
жению Y ( p) оригинал			y(t) , который и будет решением задачи

Коши (5.29) - (5.30).

Замечание. Достоинство операционного метода решения по сравнению с классическим методом решения неоднородных дифференциальных уравнений состоит в том, что начальные условия автоматически, то есть естественным образом в процессе преобразований, входят в изображающее уравнение. Поэтому после выполнения обратного преобразования Лапласа сразу получается частное решение уравнения, удовлетворяющее заданным начальным условиям, то есть решение задачи Коши. Следовательно, при применении операционного метода не надо искать произвольные постоянные.

Недостаток метода - трудность обращения преобразования Лапласа, особенно в случае сложной правой части или уравнений высокого порядка.

Пример. Решить операционным методом уравнение

y′′ + y = 2cost	′
при заданных начальных условиях y(+0) = 0 ,		= −1.
	y (+0)

118

Пусть y(t)•=• Y ( p) , изображение правой части cost•=•

p2 +1

С учетом начальных условий

y′(t)•=• pY ( p) ,

y′′(t)•=• p2Y ( p) +1.

Изображающее уравнение примет вид

2 p

p Y ( p) +1+Y ( p) =

Следовательно,

p2 +1

2 p

Y ( p) =

−

=Y ( p) −Y ( p),

( p2 +1)2

p2 +1

где

2 p

Y ( p) =

( p) =

( p2 +1)

Для оригинала, соответствующего изображению Y1 ( p), воспользуемся теоремой дифференцирования изображения:

′

Y1 ( p) = ( p22+p1)2 = − p21+1 • =• t sin t.

Изображение Y2 ( p) является табличным. Ему соответствует оригинал sin t . Следовательно, решение задачи Коши примет вид

y(t) = t sin t −sin t = (t −1) sin t.

Пример. Решить операционным методом уравнение y′′′+9 y′ = cos 2t

при начальных условиях					′			′′	=1.
при начальных условиях			y(+0) =1, y (+0) = 0,					y (+0)	=1.
Пусть y(t)•=• Y ( p) . Изображение правой части cos 2t•=•										p	.
Пусть y(t)•=• Y ( p) . Изображение правой части cos 2t•=•										p2 + 4	.
При заданных начальных условиях										p2 + 4
При заданных начальных условиях
y′(t) •=• pY ( p) −1, y′′(t) •=• p2Y ( p) − p,						y′′′(t) •=•		p3Y ( p) − p2 −1.
Поэтому изображающее уравнение запишется в виде
	3	2					p
p Y ( p) − p			−1+9 pY ( p) −9			=		,
p Y ( p) − p			−1+9 pY ( p) −9			=	p2 + 4	,
откуда	1				p2 +10
Y ( p) =	1			+	p2 +10	=Y ( p) +Y ( p).
Y ( p) =				+		=Y ( p) +Y ( p).
	( p2 +9)( p2 + 4) p( p2 +9)					1		2
	( p2 +9)( p2 + 4) p( p2 +9)

Раскладываем изображения на простейшие дроби:

			119
Y ( p) =		1		=	Ap + B	+	Cp + D	,
Y ( p) =				=		+		,
1	( p2	+9)( p2	+ 4) p2 +9 p2 + 4
	( p2	+9)( p2	+ 4) p2 +9 p2 + 4

1 = ( A +C) p3 +(B + D) p2 +(4A +9C) p + 4B +9D.

Из этого равенства следует система уравнений:

A +C = 0,

B + D = 0,

решая которую, находим A = C = 0, B = −

, D =

4A +9C

=1,

4B +9D

Поэтому

Y ( p) = −

•=

−

sin 3t +

sin 2t = y (t).

•

5 p2

+9 5 p2 + 4

Аналогично для изображения Y2 ( p) получим

Y ( p) =

p2 +10

10 1

−

1 p

•

−

cos3t = y

(t).

• 9

p( p2

+9)

9 p

9 p2

Решение задачи Коши запишется в виде

y(t) =

(10

−cos3t).

0,1 sin 2t −

sin 3t

Пример. Найти решение уравнения y′′+6 y′+9 y = 3e−3t

при

′

= 0.

начальных условиях y(+0) = y (+0)

Полагаем y(t)•=• Y ( p) . Изображение правой части 3e−3t

•

=•

p +

При однородных начальных условиях

y′(t) •=• pY ( p), y′′(t) •=• p2Y ( p).

Изображающее уравнение приводится к виду

p Y ( p)

+ 6 pY ( p) +9Y ( p) =

откуда следует

p +3

Y ( p)

( p +3)3

Изображение Y ( p) имеет полюс третьего порядка p = −3. Оригинал y(t) (решение задачи Коши) находим по формуле (5.28)

120

y(t) = Re s[Y ( p)e pt , p = −3]=

lim

( p +3)3

( p +

2! p→−3 dp

d 2

(3e pt )

2 e pt

t2e−3t .

2 dp

p=−3

Пример. Найти общее решение уравнения

y′′+ 2 y′+5y = e−t cos 2t.

Для построения общего решения зададим начальные усло-

вия в виде

y(+0) = C1,

′

y (+0) = C2 .

Полагая y(t)•=•

Y ( p) и применяя теорему дифференцирова-

ния оригинала, получим

y′(t) •=• pY ( p) −C1,

y′′(t) •=• p2Y ( p) − pC1 −C2 .

Изображение правой части

e−t cos 2t • =•

p +1

( p +1)2 + 4

Изображающее уравнение примет вид

p +1

( p2 + 2 p +5)Y ( p) − pC −C

−

2C =

( p +1)2 + 4

p +1

Y ( p) =

+ (C

)

. =

[( p

+1)2 + 4]2

+1)2 + 4

( p +1)2 +

1 ( p

=Y1 ( p) +Y2 ( p) +Y3 ( p).

Так как

′

p +1

•

−t

sin 2t,

= −

, а

=•

[( p +1)

+ 4]

( p +

+ 4

( p +1)

+ 4

по теореме дифференцирования изображения

Y ( p) =

p +1

• =

te−t sin 2t.

[( p +1)2 + 4]2

• 4

Y ( p) =

p +1

• =

e−t cos 2t,

Y ( p) =

• =

e−t sin 2t,

( p

+1)2 + 4

•

( p

+1)2 + 4

• 2

Поэтому по теореме линейности изображения находим общее решение уравнения в виде

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1112 / 1912 13 14 15 16 17 18 19 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
05.06.201578.34 Кб38ТРАНСАКЦИОННЫЕ ИЗДЕРЖКИ.doc
#
27.03.2016280.2 Кб48Тренировочная работа форматирование в Excel.pdf
#
27.03.201696.26 Кб64тсп КПземляные работы.doc
#
27.03.201616.76 Mб1318ТСП Лекции.doc
#
27.03.20161.24 Mб150ТСП ПЗ.doc
#
27.03.20162 Mб157ТФКП и ОП.pdf
#
27.03.2016682.64 Кб255Тяговый расчет ГМ.pdf
#
06.09.2019430.08 Кб28уитс.doc
#
23.11.20181.17 Mб65УМК для менеджеров.doc
#
23.11.20191.15 Mб12УМК для экономистов.doc
#
15.09.20191.59 Mб13УМК Отечественная история (2010).doc