Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Белорусский национальный технический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Математика. Часть 3.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

24.11.2025

Размер:

1.69 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 2223 / 3123 24 25 26 27 28 29 30 31 > Следующая >>>

относительно arg(p − S0 );

u+i∞

в) для всех Rep = u, u > S0 сходится несобственный интеграл ∫ F(p)dp ;

u−i∞

г) может быть аналитически продолжена на всю комплексную плоскость Cp .

2. Аналитическое продолжение функции F(p) в полуплоскость Rep ≤ S0 удовлетворяет условиям леммы Жордана.

Тогда имеет место следующее соотношение

	1	u+i∞	n
f (t)=	1	F(p)e ptdp = ∑		Res F(p)e pkt ,
f (t)=		F(p)e ptdp = ∑		Res F(p)e pkt ,
	2πi	u−∫i∞	k =1	p= pk

где t>0 и p = pk – особые точки (полюсы, существенно особые точки) функции, являющейся аналитическим продолжением F(p) при Rep ≤ S0, k =1,n .

		1
Пример 4.22. Найти оригинал	f (p)=	1
Пример 4.22. Найти оригинал	f (p)=	p(1+ p5 ), используя первую теорему разложе-
ния.

Решение.

f (p)=

p(1+ p5 )=

(1+1/ p5 )=

Этот ряд сходится при

>1. Отсюда находим

− p111 + p116 − .

f (t)= t5	− t10	+ t15	− .
5!	10!	15!

4.6 Применение преобразования Лапласа к решению дифференциальных уравнений и систем дифференциальных уравнений

Теорема 4.16. Если F(p)→ f (t), то

′		(4.27)
pF(p)− f (0)→ f (t).		(4.27)
Доказательство.
∞
f (t)= ∫e− pt f (t)dt,
0
∞		∞
∞		∞
f ′(t)= ∫e− pt f ′(t)dt = e− pt f (t)		0∞+p ∫e− pt f (t)dt ,
0		0
так как lim e−pt f (t)= 0, а	∞
так как lim e−pt f (t)= 0, а	∫e− pt f (t)dt = F(p).
t→∞	0
	0

Тогда L{f ′(t)}= pF(p)− f (0).

Рассмотрим изображение производных любого порядка. Подставляя в (4.27) вместо

111

F(p) выражение pF(p)− f (0), а вместо f (t) – f ′(t), получим p[pF(p)− f (0)]− f ′(0)→ f ′′(t).

Или, раскрывая скобки:

p2F(p)− pf (0)− f ′(0)→ f (t).

Аналогичным образом получаем изображение любого порядка для функции f (t), предполагая, что все производные f (t) удовлетворяют условию существования оператора Лапласа.

Применяя к дифференциальному уравнению оператор Лапласа, мы можем свести решение дифференциального уравнения к поиску образа решения, что существенно упрощает получение решения как дифференциального уравнения, так и системы дифференциальных уравнений.

Пример 4.23. Рещить дифференциальное уравнение y′′−2y′−3y = e4t , если

y(0)= y′(0)= 0 .

Решение. Пусть y(p)→ y(t);

′

′′

→ e .

py(p)− p(0)= py(p)→ y

(t); p(y(p))− y

(0)= py(p)→ y (t); p − 4

Переходя к изображению, уравнение запишется в виде

′

= p −4

; y(p)(p

−2 p −

3)= p −4

;

p y(p)−2 py(p)−3y(p)

y(p)=

(p −4)(p2 −2 p −3)=

(p −4)(p −3)(p +1)

Разложим эту дробь на простейшие:

(p −4)(p −3)(p +1)

p −4

p −3

p +1

A(p −3)(p +1)+ B(p −4)(p +1)+C(p −4)(p −3)

(p −

4)(p −3)(p +1)

A(p2 −2 p −3)+ B(p2 −3p −4)+C(p2 −7 p +12)

(p −

4)(p −3)(p +1)

Используя метод неопреленных коэффициентов, получим:

2 A + B +C = 0

C = −A − B

2A −3B +7A +7B = 0

p −2A −3B −7C = 0

−

5A + 4B = 0 / 3

3A −4B −12A −12B =

−3A −4B +12C

−

−15A −16B =1

15A +12B = 0

−4B =1;

B = −1/ 4;

1 + 1 =

−4B

C = −

;

−15A −16B = +1

5 4

112

Таким образом, y(p)= 15 p 1− 4 − 14 p 1−3 + 201 p1+1. Оригиналом этого изображения, используя таблицу изображений, будет

y(t)= 15 e4t − 14 e3t + 201 e−t .

Пример 4.24. Рещить уравнение

′′

+ y

′

−2y = e

−2t

′

, если y(0)= 0; y

(0)= −1.

Решение.

y(p)→ y(t)

py(p)− y(0)= py(p)− 0 = py(p)→ y (t)

p(y(p))− y 0 = py(p)−1 → y

(t)

′

′′

→ e−2t

p + 2

Переходя к изображению, получим

p2 y(p)+1+ py(p)− 2y(p)=

;

p + 2

y(p)(p2 + p − 2)=

−1 =

1− p − 2 =

− p −1;

p + 2

y(p)=

− (p +1)

− p −1

(p + 2)(p2 + p − 2)=

;

(p + 2)(p + 2)(p −1)

(p + 2)2(p −1)

2 + 4 p + 4)

− p −1

A(p2

+ p − 2)+ B(p −1)+ C

;

(p + 2)2(p

−1)

p +

(p + 2)2

p −1

(p + 2)2(p −1)

p p0

−

A + C = 0

A + B + 4C = −1 2A − B + 4C = −1

C = −A

A + B − 4A = −1− 2A − B − 4A = −1

C = −A

−3A + B = −1− 6A − B = −1

−9A = −2;	A = 2/ 9;	B = −1+ 3A = −1+	6	= −1+	2	= −	1	; C = −2/ 9.
			9		3		3

Следовательно,

y(p)= 2

− 1

− 2

÷ y(t)=

e−2t

p −2

(p + 2)2

p −1

Пример 4.25. Решить систему уравнений

= x +

2y;

= 2x + y +1; x(0)= 0;

y(0)= 5.

Решение.

x(p)→ x(t);

(p)− x (t);

y(p)− y(t);

′

− 13 t e−2t − 92 et .

py(p)−5	′	1
		p →1;
	→ y (t);

113

px(p)= x(p)+ 2y(p);

py(p)−5 = 2x(p)+ y(p)+ 1p .

Решив систему относительно x(p) и y(p), имеем:

x(p)=	10 p + 2	; y(p)=	5 p2 −4 p −1	.
	p(p +1)(p −3)		p(p +1)(p −3)

Длоя определения x воспользуемся второй теоремой разложения (4.26).

P(p)=10 p + 2;

′

Q(p)= p −2 p −3p; Q (p)= 3p −4 p −3; p1 = 0, p2 = −1, p3 = 3;

P(p1)

P(0)

= −

2 ;

P(p2 )

P(−1)

= 2;

P(p3 )

P(3)

Q′(0)

Q′(p2 )

Q′(−1)

Q′(p3 )

Q′(3)

Q′(p1)

Таким образом, x

= −

−2e

−t

Аналогично:

y =

−t

Или, коэффициенты разложения можно найти, используя метод неопределенных коэффициентов.

114

<<< < Предыдущая 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 2223 / 3123 24 25 26 27 28 29 30 31 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
28.12.20252.23 Mб1Математика. Ч. 2_1.pdf
#
24.11.20251.95 Mб0Математика. Ч. 3.pdf
#
24.11.20252.43 Mб0Математика. Часть 1.pdf
#
28.12.20251.69 Mб0Математика. Часть 2-1.pdf
#
24.11.20254.84 Mб1Математика. Часть 2.pdf
#
24.11.20251.69 Mб1Математика. Часть 3.pdf
#
24.11.20251.6 Mб0Математика.pdf
#
28.12.20252.17 Mб0Математика_1.pdf
#
28.12.20251.51 Mб0Математика_2.pdf
#
28.12.2025883.18 Кб0Математика_3.pdf
#
28.12.2025921.92 Кб0Математика_4.pdf