Матан 1 и 2 курс-20191213T204734Z-001 / 2_5199424839454033100

Знайти оригінал для функції F( p) =

1

p(p - 2)(p2 +1)

Розв’язок:

Розкладемо F( p) на суму простих дробів:

Cp + D

1

A

B

F( p) =

p(p - 2)(p2 +1)

=

+

+

p

p - 2

p2 +1

Далі знаходимо коефіцієнти A, B,C, D і отримаємо розклад

F( p) = -

1

1

+

1

1

+

2

p

-

1 1

5 p2 +1

5 p2 +1

2 p 10 p - 2

f (t) = -

1

+

1

e2t +

2

cost -

1

sin t

5

5

2

10

2. Застосування теореми про згортку

Приклад 2.3

1

Знайти оригінал для функції F( p) =

(p2 +1)2

Розв’язок:

1

∙

=sin t

(p2 +1)∙

За формулою (2.11)

1

1

1

∙

t

F(p) =

=

(p2 +1)

×

(p2 +1)

=∙

ò0 sin(t -τ)sinτdτ =

(p2 +1)2

=

1 t

1

1

τ =t

=

2 ò(cost - cos(2τ - t))dτ = 2 t cost - 4 sin(2τ - t)

τ =0

0

=

1 t cost - 1 sin t

2

2

Знайти оригінал для функції F( p) =

e−2 p

p

−1

Розв’язок:

∙

За теоремою

про запізнення (2.4),

якщо f (t) = F( p) , то

∙

∙

при

τ > 0 .

В

даному

прикладі τ = 2 ,

f (t −τ) = e− pτ F(p)

∙

∙ t

e−2 p

∙

1

t−2

F(p) =

= e η(t) . Тому

= e

η(t − 2) .

p −1

p −1

∙

∙

4. З теореми обертання випливає формула

m

f (t) = åRes(F(p)ept , pk ),

(2.15)

k =1

де pk – особливі точки функції F( p) .

Зокрема, якщо F( p) =

Q( p)

– правильний раціональний дріб, а

R( p)

всі полюси

pk функції F( p) прості,

то остання формула матиме

вигляд

Q(p

)

m

k

P t

f (t) = å

e k

.

(2.16)

R′(pk )

k =1

Приклад 2.5

1

Знайти оригінал для функції

F ( p ) =

p 2

+ 4 p + 3

F( p) =

1

( p +1)( p + 3)

43

Функція F( p) має прості полюси

p1 = -1,

p2 = -3 .

Якщо F( p) =

Q( p)

, то Q( p) =1,

R( p) = p2 + 4 p + 3

R( p)

′

R ( p) = 2 p + 4

′

′

R (−1)

= 2, R (−3) = −2 .

Тоді за формулою (2.16):

1

1

f (t) =

e−t -

e−3t

2

2

Приклад 2.6

p

Знайти оригінал для функції F( p) =

(p +1)2

Розв’язок:

p = −1.

Функція

F( p) має єдину особливу точку

Це полюс

другого порядку. Знайдемо лишок функції F( p)ept в цій точці

æ

pe

pt

ö

d

æ

pe

pt

2

ö

pt

¢

ç

÷

ç

÷

Resç

÷ = lim

ç

×

( p +1)

÷

= lim (pe

)p

=

2

( p +1)

2

p=−1è ( p +1)

ø p→−1 dp

è

ø p→−1

= lim (ept

+ ptept )= e−t - te−t = (1- t)e−t

p→−1

f (t) = (1- t)e−t .

За формулою (2.15)

a

d 2 x

+ a

dx

+ a

x = f (t)

(2.17)

dt

0 dt2

1

2

x = x(t)

де a0 , a1, a2 – const , a0 ¹ 0 ,

f (t)

– функція-оригінал,

x(0) = x0,

x′(0) = x0′

(2.18)

∙

∙

Нехай x(t) = X ( p), f (t) = F(p) .

∙

∙

Приклад 2.7

′′

+ x = cost,

′

=1

Розв’язати задачу Коші x

x(0) = −1, x (0)

Розв’язок:

∙

x(t) = X ( p) .

∙

∙

x′′(t) = p2 X ( p) − px(0) − x′(0) = p2 X ( p) + p −1

∙

∙

p

cost =

p2 +1

∙

45

p2 X ( p) + p −1+ X ( p) =

p

p2 +1

X ( p)(p2 +1)=

p

− p +1

p2 +1

p

p −1

X ( p) = (p2 +1)2

−

p2 +1

Знайдемо оригінал для X ( p) .

∙

ω

∙

1

sin ωt =

,

sin t =

p2 + ω2

p2 +1

∙

∙

∙

2pω

∙

2p

t sin ωt =

, t sin t =

(p2 + ω2 )2

(p2 +1)2

∙

∙

плошині

1

1. z×

+(2+3i)z +(2-3i)

-3=0

z

z

4.

= 8

z

- 3 Re z

2. 2z

+ (2 + i)z + (2 - i)z = 2

z

5. Re(2z2 - 4iz)+ zz =13

2 + 3i(z -

3. Re z2 +

z

) + 6 = 0

z

6. 2z × z + 4iz

- 4iz = 24

ì

z - 4

£ 2;

ì1 £

z

< 2

ï

1. í

16.

£ Im z £1.

í

< p

î-1

ï0 £ arg z

ì

z - 4 - 4i

< 2;

î

2

2.

ï

ì

z

< 2

í

17. í