Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Национальный исследовательский ядерный университет (МИФИ)

Предмет:

Теория функций комплексного переменного

Файл:

Михайлов ТФКП практикум2013

.pdf

Скачиваний:

1697

Добавлен:

05.06.2015

Размер:

4 Мб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 2223 / 2523 24 25 > Следующая >>>

eax −ebx

∞

p −a

∞

p −b

∫p

−

∫p

= ln

p −a

p −b

p −a

Пример 14.6 ([4], № 12). Пользуясь теоремой обращения, найти оригиналы, соответствующие изображениям:

; 2)

; 3)

; 4)

( p −1)( p − 2)

p2 ( p +1)3

p( p2 +1)

(

2 +1 ( p2

+ 4)

)

Решение.

2) F(p) =

;

p2 ( p +1)3

x+i∞

∑res[epx F( p), pk ] =

f (x) =

epx F ( p)dp =

2πi

x−∫i∞

k=1,2

epx

= res

,0 + res

, −1

( p +1)

( p +

epx

d 2

e px

= x −3 +

e−x

(x2 + 4x + 6).

( p +1)3

dp2

p=0

p=−1

4) F(p) =

. Можно разложить на дроби:

(

p2 +1 ( p2

+ 4)

)

−

cosx

−

cos2x.

( p

+1)( p

+ 4)

Тот же результат можно получить с помощью вычетов:

∑

F ( p) =

res[epx F ( p); p = ±i;±2i] =

(

)

+4)

+1 ( p

2eix

+ e−ix

−

2e2ix −

1 e−2ix

1 cosx −

1 cos2x.

(i2 + 4)

3 2

2·3

Пример 14.7 ([4], № 13). Используя разложение дробей на простейшие, найти оригиналы:

1)	p2 +1	;	2)	p +1	; 3)	1	;
	p( p +1)( p +2)			p2 ( p −1)( p + 2)		( p −1)2·( p −2)3

221

;

5 p +3

; 6)

p2 +14

( p +1)3·( p +3)

(

p −1

p2 + 2 p +5

)

(

+ 4

)

( p2 +9)

)(

Решение.

p2 +1

;

p( p +1)( p + 2)

p +1

p + 2

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

+ Bp ( p + 2) +Cp( p +1) A =

1 ;

5 f

(x) =1

5 e−2 x

B = −2 ; C =

−2e−x +

(по таблице изображений).

;

( p −1)2·( p −2)3

( p −1)2

p −1

( p −2)3

( p −2)2

p −2

1 = A( p −2)3 + B( p −1)( p −2)3 +C( p −1)2 + D( p −1)2 ( p −2) + +E( p −1)2 ( p −2)2 .

Полагая p = 1, получим А = –1; полагая p = 2, получим С = 1. Далее приравниваем показатели при одинаковых степенях p

слева и справа:

при р4: 0 = B+E;

при р3: 0

= A + B (−7)

+ D + E (−4 − 2) .

Свободные члены:

0 = B + E,

1 = −8A +8B +C −

2D + 4E

1 = −7B + D −6E,

= 8B - 2D + 4E

−8

B = −3; D = −2; E = 3.

f (x) =−xe

x2e2 x

2xe

2 x

+3e

2 x

Оригинал

−

5 p +3

Bp +C

;

( p −1)( p2 + 2 p +5)

p −1

p2 + 2 p +5

5p +3 = A( p2 +2 p +5) +(Bp +C)( p −1)

A =1, B = −1, C = 2;

222

5 p +3

−

( p −1)( p2 +2 p +5)

p −1

( p +1)2 + 4

( p +1)2 +4

−e−x cos 2x +e−x sin 2x.

Пример 14.8 ([4] №14).

Найти оригиналы:

3 p

= −

·sinx ;

( p

+1)

= −

1 shax ;

( p

−a

)

−a

p2 −1

x·cosx .

= −

( p

+1)

Пример 14.9 ([4], № 15). Пользуясь теоремой умножения (теоремой о свертке), найти оригиналы:

; 4)

; 6)

( p +1)( p + 2)2

( p2 + 4)( p2 +9)

p2 ( p2 −1)

Решение.

2) Так как

e−x

xe−2 x , то по теореме о свертке

p +1

( p +

2)2

∫x f1 (τ)· f2 (x −τ)·dτ = F1 ( p)·F2 ( p)

получим

∫xτe−2 τ·e−( x−τ)dτ =

p +1

( p

= e

−x

·∫τ·e

−τ

dτ

= e

−x

−τe

−x

+ ∫e

−τ

= e

−x

−xe

−x

−e

−x

dτ

= −xe−2 x −e−2 x +e−x .

	p2		p	p
4)		=
	( p2 + 4)( p2 +9)		( p2 + 4)	( p2 +9)

223

cos 3τ·cos 2( x − τ)dτ =

1 x

cos(2x + τ)

+cos(5τ−2x) dτ =

∫

sin (2x + τ) +

sin(5τ

−2x)

sin 3x −

sin 2x +

sin 3x +

sin 2x =

3 sin 3x −

2 sin 2x.

Так как

x ,

shx ,

то

p2 ( p2 −

p2 −1

∫sh τ ·( x −τ)dτ= ( x −τ) ch τ

+ ∫ch τ·dτ =−x +sh x .

p2 ( p2 −1)

Пример 14.10 ([4], № 36).

1) Пусть φ( p)

f (x) иψ( p)

g(x).

0 , 0 < x < a

Показать,

что

если

a < x < b,

то

ϕ( p) =

f (x) = g(x),

x > b,

= e−apψa ( p)

−e−bpψb ( p),

где

ψa ( p)

–

изображение функции

g ( x + a )

и a > 0 .

Решение.

Воспользуемся

теоремой

запаздывания:

если

(τ > x)

то fτ

(x)

e− pτF( p) , где F(p)

– изображе-

fτ (x) =

f ( x − τ), (τ ≤ x)

ние функции f (x) .

Представим функцию

f (x) с помощью единичной функции Хе-

висайда

σ0 (x) :

f (x) = σ0 (x −a)·g(x) − σ0 (x −b)·g(x) .

Преобразуем это выражение с целью применения теоремы запаздывания:

f (x) = σ0 ((x − a)·g((x + a) − a) − σ0 (x −b)·g((x +b) −b)

e− pa·ψa ( p) −e− pb ψb ( p) ,

что и требовалось доказать.

224

Пример 14.11 ([4], № 37).

0 , x < 0,

4)f (x) = a,

x> a;x +b, 0< x <a 0 ,

Найти изображения функций:

		0 ,		x < 0,
		1
	−	1	x, 0< x < 2a,
5) f (x) = 1	−	a	x, 0< x < 2a,
		a		x > 2a.
		0 ,		x > 2a.

Решение. Представив функцию f (x)

в виде:

f (x) = σ0 (x)·(b x +b) − σ0

(x −a)·(b (x + a −a) +b) ,

по доказанному в предыдущем примере получим

f (x)

−e−ap (

2b) .

ap2

(так как

b x +b

) . Можно этот результат

p2a2

ap2

получить, используя непосредственно интеграл Лапласа.

5) Делается аналогично или непосредственно через интеграл

Лапласа.

Представив

f (x) в виде

(

)

= σ

0 (

x ·(1−

)−σ

0 (

x −2a ·(1−

x −2a +2a

) =

)

= σ0 (x)·(1−

)−

σ0

(x −2a)·(−1

−

x −2a

получим

F( p) =

−

−e−2ap (−

−

ap2

Пример 14.12 ([4] №36).

2) Доказать, что, если f (x) – периоди-

ческая функция с периодом

2ω

g (x)=

f (x), 0 < x < 2ω,

то

0, x > 2ω,

изображением функции

f (x)

является функция

φ( p) =

ψ( p)

−e−2ωp

где ψ( p)

g (x).

Доказательство.

Так как

g (x)= σ0 (x)· f (x) − σ0 (x − 2ω)· f (x) =

225

= σ0 (x)· f (x) −σ0 (x −2ω)· f ((x + 2ω) − 2ω) ,

то ψ( p) = φ( p) −e−2ωp·φ2ω( p) , где φ2ω( p) f (x + 2ω).

Так как для пер иодической функции f (x + 2ω) = f (x) , то φ2ω( p ) = φ( p) , отсюда следует равенство

ψ( p) = φ( p) −e −2ωp φ( p)

и далее		ψ( p)
φ( p) =		ψ( p)	.
φ( p) =	1	−e−2ωp	.
	1	−e−2ωp

Что и требовалось доказать.

Пр имер 14.13 ([4] № 39 (2, 4)). Найти изображения периодических функций y = f (x) , заданных графиками.

Решение.
2) y = f (x)	(рис. 14.1). Требуется найти изображение φ( p)
функ ции f (x) ,	если найдем изображение ψ( p) функции
	f ( x), 0 < x < 4a,
	g ( x) =	0, x > 4a.
		0, x > 4a.

Рис. 14.1

Изображение

2a	4a	1
ψ( p) = ∫e− pxdx − ∫e− pxdx =		1	(e−ap −e−2ap −e−3ap − e−4ap ).
ψ( p) = ∫e− pxdx − ∫e− pxdx =		p	(e−ap −e−2ap −e−3ap − e−4ap ).
a	3a	p

Искомое изображение периодической функции f (x) по формуле предыдущего примера:

226

f ( x)	φ( p) =		ψ( p)	=
		1	−e−4ap

=1 (e−ap −e−3ap ) −(e−2ap ) =

p (1−e−4ap )

=1 e−2ap (eap −e−ap ) −e−3ap (eap −e−ap ) = p (e2ap −e−2ap )e−2ap −e−4ap


	=	(eap −e−ap )(e−2ap −e−3ap ) =
		pe−2ap 2sh 2ap
=	e−2ap 2sh ap·(1 −e−ap )		=	1−e−ap	.
=	pe−2ap 4sh ap ch ap		=	2 p ch ap	.
	pe−2ap 4sh ap ch ap			2 p ch ap

4) y = f (x) (рис 14.2). Требуется найти изображение φ( p) периодической функции f (x) с периодом 2а.

Рис. 14.2

Найдем сначала изображение ψ( p)

функции

0 < x <

g ( x) = f ( x), 0 < x <

3 a

2a, =

< x <

x > 2a

−

+ 2,

3a < x < 2a.

Непосредственным вычислением получаем:

a/2

·e− pxdx + 1

3a/2

ψ( p) = ∫

∫ e− pxdx −

∫

(

−2)e− pxdx =

2 a/2

3a/2

227

−px

1 1

−px

= −

−

2 p

−px

−

−1

−ap

−3ap

−ap

−2ap

2 −

2 +

−

2 +

ap2

e−2ap −

e−3ap/2

−

e−3ap/2 −

e−2ap +

e−3ap/2 =

ap2

2 p

ap2

(1 −e−

2 + e−2ap −e−3ap/2 ) ,

ap2

(1 − e−ap/2 )(1−e−3ap/2 ) .

φ( p) =

ψ( p)

1−e−2ap

ap2 (1−e−2ap )

Рекомендуемый перечень задач для решения в аудитории:

14.1([4], № 3 (2,4,6,8)); 14.2 ([4], № 5 (1,7)); 14.3 ([4], № 6 (1,5));

14.4([4], № 7 (1,3)); 14.5 ([4], № 8 (1,5)); 14.6 ([4], № 12 (1,2));

14.7([4], № 13 (1,5)); 14.8 ([4], № 14 (1)); 14.11 ([4], № 37 (4)).

Резерв:

14.2(3,5), 14.3 (4), 14.4 (4), 14.7 (4), 14.9, 14.10, 14.12, 14.13.

Для самостоятельной работы дома:

14.1([4], №3 (нечетные)); 14.2 ([4], №5 (2,8)); 14.3 ([4], №6 (2,6));

14.4([4], №7 (2)); 14.5 ([4], №8 (2)); 14.6 ([4], №12 (4));

14.7([4], №13 (2)); 14.8 ([4], №14 (3)); 14.11 ([4], №37 (5)).

На дом, на усмотрение преподавателя:

14.5([4], № 8 (6,8)); 14.6 ([4], № 12 (2)); 14.7 ([4], № 13 (6)).

228

15.ПРИМЕНЕНИЕ ОПЕРАЦИОННОГО ИСЧИСЛЕНИЯ

КРЕШЕНИЮ ОБЫКНОВЕННЫХ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ

УРАВНЕНИЙ

Рассмотрим задачу Коши для линейного дифференциального уравнения n-го порядка с постоянными коэффициентами.

a0 y(n) ( x) +a1 y(n−1) ( x) +... + an y ( x) = f (x) y(0) = y0 ; y′(0) = y1; ... ; y(n−1) (0) = yn−1.

Заранее будем предполагать, что решение y(x) может быть оригиналом для некоторой функции Y ( p) комплексного перемен-

ного р.

Также будем предполагать, что заданная правая часть уравнения

– функция f (x) – имеет своим изображением некоторую функцию F( p) . Поскольку данная задача Коши является линейной, ее реше-

ние является суммой решений двух задач: однородной (при f (x) ≡ 0 ) с данными начальными условиями, и неоднородной, у

которой правая часть f (x) 0, а начальные условия все равны ну-

лю. Рассмотрим вначале однородную задачу:

a0 y(n) ( x) +a1 y(n−1) ( x) +... +an y( x) = 0 , y(0) = y0 ; y′(0) = y1; ... ; y(n−1) (0) = yn−1.

Для решения этой задачи требуется найти фундаментальную систему решений, состоящую из n линейно независимых решений, каждое из которых ψk (x) (k = 0,1, 2,..., n −1) удовлетворяет данному

уравнению и имеет равными нулю все начальные данные, кроме одного ψk (k ) (0) =1, а

ψk (0) = ψ′k (0) =.... = ψk (k−1) (0) = ψk (k+1) (0) =... = ψk (n−1) (0) = 0.

Пусть изображением функции ψk (x) будет функция Yk ( p) , ко-

торая может быть найдена операционным методом. Используя формулу для изображения производной любого порядка из таблицы свойств изображений, получим, умножив уравнение на e− px и проинтегрировав по х от 0 до +∞ (т.е. переходя к изображениям по Лапласу):

229

a pn Y ( p) −

+ a pn−1

Y ( p) −

+... + a

pk +1

k +1

n−(k +1)

Y ( p) −

+ a

pk ·Y ( p) +... + a

·Y ( p)

= 0,

k +1

n−k

откуда

( p) =

a pn−(k +1) + a pn−1−(k +1) +... + a

n−(k +1)

a pn

+ a pn−1

+... + a

По этому изображению, с помощью обратного преобразования (преобразования Меллина), которое можно свести к вычислению вычетов в особых точках функции Yk ( p) , т.е. в нулях её знаменате-

ля, находим оригинал.

Таким образом, найдем всю фундаментальную систему, состоящую из функций ψ0 (х), ψ1 ( х) ,..., ψn−1 ( х) . И решение исходной задачи Коши запишется в виде

n−1

y(x) = ∑yk ·ψk (x) ,

k=0

гдеψk (x) – функции фундаментальной системы, а yk – постоянные,

являющиеся начальными данными в задаче Коши. Пример 15.1 ([4], № 49 (3)). Решить задачу Коши:

y ''+2 y '+2 y = 0; y(0) = A; y '(0) = B .

Решение. Фундаментальная система состоит из двух решений: y0 (x) , для которого y0 (0) =1; y0 '(0) = 0 , и y1 ( х) , для которого y1 (0) = 0; y1 '(0) =1 . Найдем каждое из них операционным методом.

Для

( х) :

( p)

−

2 p

( p) −

+ 2Y ( p) = 0;

Y ( p)

p + 2

;

(x) = ex (cosx −sinx).

p2 + 2 p + 2

Для

( х)

: p2[Y ( p) −

] + 2 p[Y ( p)] + 2Y ( p) = 0;

230

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 2223 / 2523 24 25 > Следующая >>>