Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Белорусский национальный технический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Конспект лекций по математике для студентов инженерно-технических специальностей. В 4 ч. Ч. 3

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

24.11.2025

Размер:

2.02 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 3031 / 3231 32 > Следующая >>>

sinβt sinβt =

∫t

sinβτsinβ(t −τ)dτ =

(p2 +

+β

β2 )

+β

∫(cosβ(2τ − t)

− cosβt)dτ =

sinβ(2τ − t)− τcosρt

2β

sinβt − t cosβt +

sinβt =

(sinβt − β t cos t) .

2β2

2β

2β3

2β

Затем, применяя теорему смещения и свойство линейности операционного соотношения, можно получить оригинал, соответствующий изображению

Ap + B

(p2 + bp + c)2 .

Пример 1 8 . 4 .

Найти

оригинал,

соответствующий

изображению

F( p) =

2 p +1

(p2 − 4 p + 5)2

Решение.

2 p +1

2( p − 2) + 5

p − 2

;

= 2

+ 5

(p2 − 4 p + 5)2

(( p − 2)2 +1)2

÷ cost sin t =

t sin t;

( p2 +1)2

2 +1

p2 +1

÷ sin t sin t =

(sin t − t cost) .

( p2 +

1)2

p2 +1

На основании теоремы смещения и линейности преобразования Лапласа, получим:

303

2 p +1

= 2

( p − 2)

+ 5

÷ e

t sin t +

(sin t − t cost) =

(p2

− 4 p + 5)2

(( p − 2)2 +1)2

= e

sin t −

t sin t

t cos t

Табличный метод предоставляет широкие возможности для нахождения оригинала по данному изображению и не ограничивается рамками предложенной выше схемы для рациональных изображений. Проиллюстрируем это на конкретном примере.

Пример 1 8 . 5 . Найти оригинал по изображению

F( p) =

p2 + p − 6

Решение. 1) Разложим F (p) на простейшие дроби:

−3t

)

−

− e

+ p − 6 5

p + 3

p − 2

2) Выделим полный квадрат в знаменателе F( p) :

1	=		1			= 2			5			÷ 2 e	− 2 sh 5 t =
1	=		1			= 2			2			÷ 2 e	− 2 sh 5 t =
														t

p2 + p − 6			1 2		25		5		1		25	5	2
		p +		−				p +		−
											4
					4
			2		4				2

		5				t − e	−	5	t
2			t	e							1	(e2 t − e−3t ).
	e	−			2			2		=
			2
5											5
		2

3) Представим F( p) в виде произведения

304

1	=	1	1	.
p2 + p − 6		p − 2	p + 3

По теореме Бореля

÷e

dτ = e

−

−e

−3t

= ∫e

−3(t −τ)

dτ = ∫ e

τ−3t

−3t

−3t 1

p − 2 p +3

Однако решение некоторых задач приводит к изображениям, оригиналы для которых нельзя найти табличными методом.

Метод обратного преобразования Лапласа

Оригинал f (t) может быть найден по известному изображению			F ( p) с
помощью так называемом фоpмулы Римана-Меллина
	1	S+i∞
f (t) =		∫ F( p)ept dp .	(18.29)

	2πi S−i∞

Здесь интегрирование производится по любой вертикальной прямой, лежащей в полуплоскости Re p = s > so , где so – показатель роста оригинала f (t) .

Метод, основанный на применении формулы (18.29), решает общую задачу обращения преобразования Лапласа, однако, в силу своей сложности, в инженерной практике не применяется.

Теоремы разложения

305

Оригинал, соответствующий рациональному изображению, можно также находить, пользуясь известными в операционном исчислении теоремами разложения.

Прежде чем перейти к изучению теорем разложения, сформулируем без

доказательства лемму Жордана.

Лемма Жордана. Пусть функция

F( p) стремиться к нулю при

→ ∞ и

Re p < s , то при t >0

limR→∞ ∫F( p)e pt dt = 0,

(18.30)

где cR дуга окружности радиуса R с центром в начале координат (рис. 18.5).

s + i∞

s − i∞

Рис. 18.5

Теорема 18.14 (основная теорем разложения). Если изображение

F( p)

аналитично во всей комплексной плоскости за исключением особых

точек

pk , k =

lim F( p) = 0, то

1, n

→∞

f (t) = ∑n

res(F( p)e pt ).

(18.31)

k =1

Доказательство. Обозначим через l замкнутый ориентированный контур, изображенный на рис. 18.6:

			ω
.		.p1	.pk	B
		.p1	.pk	B
	.	R
l	.pn-10 .pn			s	306
l	.pn-10 .pn			s
				A

По теореме о вычетах имеем
1	∫ F( p)e	pt	dp + ∫ F( p)e	pt		=	1	∫ F( p)e
	∫ F( p)e		dp + ∫ F( p)e		dp	=		∫ F( p)e
2πi AB			BA				2πi l

Пусть R → ∞ , тогда по лемме Жордана

limR→∞ ∫ F( p)ept dt = 0 .

Из (18.32) следует

1	S +i∞		n	res(F(
	∫	F( p)e pt dp =

			∑ pk
2πi S −i∞			k =1

n
pt dp = ∑res(F( p)e pt ). (18.32)
k =1	pk

p)e pt ).

На основании формулы Римана-Мелина (18.29)

n
f (t) = ∑res(F( p)e pt ).
k =1	pk

Пример 1 8 . 1 6 . Используя		основную теорему разложения, найти
оригинал по изображению F ( p) =		p + 1	.
	p2	− 3 p + 2

307

Решение. Функция F( p) удовлетворяет условиям теоремы 18.14. Корни

знаменателя p2 − 3 p + 2	есть простые полюсы p =1,	p	2	= 2 . По известной
	1		2

формуле res(F ( p)e pt )= lim(p − pk )(F ( p)e pt ), находим вычеты в указанных точках.
pk	p→ pk
	res(F( p)ept )= lim		( p +1)( p −1)		ept = −2et ;

	p=1	p→1 ( p −1)( p −2)
	res(F( p)e pt )= lim			( p +1)( p − 2)		e pt = 3et ;

	p=2	p→1		( p −1)( p − 2)

По формуле (18.31) окончательно получим

f (t) = −2et +3e2t .

Если изображение есть правильная рациональная дробь, знаменатель которой имеет только простые корни, то теорема разложения примет следующий вид.

Теорема 18.15 (теорема разложения). Если изображение является

правильной рациональной дробью	F( p) =		Pm ( p)				и знаменатель	Qn ( p) имеет
правильной рациональной дробью	F( p) =		Qn ( p)				и знаменатель	Qn ( p) имеет
			Qn ( p)
только простые (кратности 1) корни	p1 , p2 ,...pn то
f (t) = ∑n		Pm ( pk )				ePk t .
f (t) = ∑n		′				ePk t .
	k =1 Q ( p			k	)
		n		k

Доказательство. Так как в этом случае

308

res(F ( p)e pt )= lim(p − pk		)	Pm ( p)	e

pk	p→ pk		Qn ( p)

то по формуле (18.31)

n
f (t) = ∑res(F( p
k =1	pk

= lim	P	( p)e pt
= lim	m	=

p→ pk Qn ( p) − Qn ( pk )

p − pk

pt )=∑n Pm ( pk )e pk t .
k =1	Q	′( p	)
	n	k

P ( p )ePk t

Qm m′(k pk ) ,

Пример 1 8 . 1 7 . По теореме разложения найти оригинал по изображению

F( p) =

p +1

, рассмотренному в предыдущем примере.

p2 −3 p + 2

Решение.

P ( p) = p +1,

Q ( p) = p2 −3 p + 2, Q

′

( p) = 2 p − 3, корни

знаменателя p1 =1,

p2 = 2 .

p + 1

1+1

et +

2 + 1

e2t ,

p2 −3 p + 2

2 −3

4 −3

т. е. f (t) = −2et + 3e2t , что совпадает с результатом, полученным ранее.

18.8. Приложения операционного исчисления

Решение дифференциальных уравнений

Применим рассмотренные ранее правила и теоремы операционного исчисления к решению дифференциальных уравнений с постоянными коэффициентами.

Операционный метод решения дифференциальных уравнений с заданными начальными условиями заключается в следующем:

309

1. К обеим частям заданного дифференциального уравнения применяем преобразование Лапласа с учетом его линейности и правила дифференцирования оригинала. Получаем новое, так называемое операторное уравнение, которое является линейным алгебраическим уравнением относительно изображения Y ( p)

неизвестного решения y(t) .

2.Решаем операторное уравнение относительно изображения Y ( p) .

3.От изображения Y ( p) переходим к оригиналу y(t) , который является

решением исходного уравнения.

Преимущество операционного метода состоит в том, что решение задачи Коши не требует нахождения общего и выделения из него частного решения, как это делается в теории дифференциальных уравнений и связано с трудностями вычислительного характера.

	Пример 1 8 . 1 8 .					Найти	частное	решение	уравнения
′′	′	(t) + 4 y(t)	= e	−t	,	удовлетворяющее		начальным	условиям
y	(t) −5y

y(0) =1, y′(0) = −1.

Решение. Преобразуем уравнение по Лапласу. Пусть y(t) ÷Y ( p) , тогда

y′(t) ÷ pY ( p) − y(0) = pY ( p) −1.

y′′(t) ÷ p2Y ( p) − py(0) − y′(0) = p2Y ( p) − p +1.

e−t ÷ p1+1 .

Преобразованное уравнение имеет вид

p2Y ( p) − p +1−5 pY ( p) +5 + 4Y ( p) = p1+1,

310

Y ( p)( p2 −5 p + 4) =		1		+ p − 6.
		p +	1

Y ( p) =	p2 −5 p −5
	( p +1)(p2 −5 p + 4)

или
Y ( p) =	p2 − 5 p − 5
		.
	( p +1)( p −1)( p − 4))

Найдем оригинал, соответствующий данному изображению по теореме

разложения. Корни знаменателя простые:	p1 = −1, p2 =1, p3 = 4 .
P ( p) = p2	− 5 p − 5 ,
2

Q3 ( p) = ( p +1)(p2 −5 p + 4),

Q3′( p) = p2 −5 p + 4 + ( p +1)(2 p −5) = 3 p2 −8 p −1,

y(t) = ∑3 P2′( pk ) ePkt .

k=1 Q3 ( pk )

y(t) =	1 + 5 − 5	e−t +	1 −5 −5	et +	16 − 20 − 5	e4t ,

	3 +8 −1		3 −8 −1		48 −32 −1

y(t) = 101 e−t + 32 et − 53 e4t .

Если начальные условия заданы в произвольной точке t0 ≠ 0 , то сделав замену t −t0 = τ, решение сведем к задаче Коши при τ = 0.

311

Пример 1 8 . 1 9 . Найти решение		уравнения y′′+ 2 y′+ y = 2e1−t , y(1) =1,
y′(1) = −1.
Решение. Положим τ = t −1,	тогда τ = 0		при t =1. Исходное уравнение и
начальные условия примут вид
′′	′	+ y(τ)	= 2e	−τ	,
y (τ) +	2 y (τ)	+ y(τ)	= 2e		,

y(0) =1, y′(0) = −1.

Переходя к операторному уравнению, получим

p2Y ( p) − p +1 + 2 pY ( p) − 2 + Y ( p) =

p +1

Y ( p)(p2 + 2 p +1)=

+ p +1,

Y ( p) =

( p +

1)3

p +1

÷τ2 ;

÷ τ2e−τ ,

( p

+1)3

y(τ) = τ2 e−τ + e−τ = e−τ (τ2 +1).

Возвращаясь к старой переменной по формуле τ = t −1, получим

y(t) = e1−t ((t −1)2 +1) = e1−t (t2 − 2t + 2).

312

<<< < Предыдущая 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 3031 / 3231 32 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]