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:

1681

Добавлен:

05.06.2015

Размер:

3.91 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 2324 / 2524 25 > Следующая >>>

				Y ( p) =	1	; y (x) = e−x sinx.
				Y ( p) =	p2 + 2 p + 2	; y (x) = e−x sinx.
				1	p2 + 2 p + 2	1
Решение задачи Коши имеет вид:
y(x) = y	0	y	0	(x) + y y (x) = A e−x (cosx −sinx) + B e−x sinx.
	0		0	1	1

Перейдем к нахождению решения задачи Коши с ненулевой правой частью f (x) и нулевыми начальными условиями, т.е.

y(n)

(x) + a y(n−1)

(x) +.... + a

y(x) = f (x) ;

y(0) = y′(0) =... = y(n−1) (0) = 0 .

Умножив обе части уравнения на e− px

и проинтегрировав по х

от 0 до +∞, перейдем к изображениям:

pn + a pn−1 +... + a

) ·Y ( p)

= F ( p),

или

F( p)

Y ( p) =

a pn +a pn−1

+... + a

из этого выражения для Y ( p)

обратным преобразованием находим

искомую функцию

y( х) (обычно это делается с помощью выче-

тов).

Пример 15.2 ([4], № 50 (1)). Решить задачу Коши y′′+ y = x3 +6x, y(0) = y′(0) = 0.

Решение. Сразу переходя к изображениям, получим

p2Y ( p)

+ Y ( p) =

;

Y ( p) = 6

; y ( x) = x3.

( p2 +1)

Возвращаясь к решению задачи Коши для однородного уравнения, выделим из фундаментальной системы решений ψk (x) реше-

ние с номером k = n −1 , т.е. у которого все начальные данные рав-

ны 0, кроме ψ(nn−−11) (0) :
ψ	n−1	(0) = ψ'	(0) = ... = ψ(n−2)	(0) = 0;	ψ( n−1)	(0) =1 .
	n−1	n−1	n−1		n−1

В соответствии с полученным выражением для yk (x) получаем

231

Yn−1 ( p) =		a0			,
	a pn + a pn−1		+... + a
0		1		n

что позволяет решить задачу Коши для неоднородного уравнения, но с нулевыми начальными условиями с помощью этой функции Yn−1 ( p). Действительно, так как

Y ( p)	=		F ( p)			=	1	·F ( p)·Y	( p),
Y ( p)	=	a pn +a pn−1 +... +a				=	a	·F ( p)·Y	( p),
		a pn +a pn−1 +... +a			n		a	n−1
		0	1		n		0
то по теореме о свертке
		y(x) =	1	∫x f (τ)·yn−1 ( x − τ)dτ,
		y(x) =	a	∫x f (τ)·yn−1 ( x − τ)dτ,
			0	0

Обычно, функцию ψn−1(x) обозначают как g(x) и называют

функцией источника для уравнения

a0 y(n) (x) + a1 y(n−1) (x) + ... + an y(x) = 0.

Таким образом, решение задачи Коши для неоднородного уравнения с нулевыми начальными данными можно получить с помощью функции источника g(x) = ψn−1 (x) в виде интеграла

y(x) = 1 ∫x g(x − τ)· f (τ)dτ ,

a0 0

называемого интегралом Дюамеля. Решим эту же задачу:

y′′+ y = x3 +6x, y(0) = y′(0) = 0

с помощью функции источника. Найдем функцию источника g(x), которая является решением задачи: g ''+ g = 0; g (0) = 0; g '(0) =1.

Её изображение

G( p) =		1			g(x) = sinx .
G( p) =	p2 +		1		g(x) = sinx .
	p2 +		1
Искомое решение
y(x) = ∫x (t3 +6t)·sin ( x −t )dt = x3.
0
Пример 15.3 ([4], №49 (8)).		Решить задачу Коши
y ''+4y = 2cos 2x ;				y(0) = 0; y '(0) = 4 .

232

Решение. Переходим к уравнению для изображений:

p2 [Y ( p)

−

] + 4Y ( p)

= 2

;

+ 4

Y ( p) =

2 p

−

;

( p

+ 4

+ 4)

+ 4

y(x)

1 x sin 2x + 2sin 2x .

Пример 15.4 ([4], №50 (7)). Решить задачу Коши

y ''+9 y = f (x); y(0)= y '(0)= 0.

Решение.

p2 Y ( p) +9Y ( p) = F( p);

Y ( p) =

F( p)

. По теореме о

p2 +9

свертке получим

y(x) = 1

∫x sin 3τ

f (x − τ)dτ .

Пример 15.5 ([4], №50 (9)). Решить задачу Коши

y ''+ 4 y '+ 4 y = f (x) .

Решение.

p2 Y ( p) + 4 p Y ( p) + 4Y ( p) = F( p);

Y ( p) =

F( p)

;

( p + 2)2

так как

то

= −

( p + 2)

p +2

y(x)

−2 x

= ∫0τe

−2τ

·f (x −τ)dτ .

( p +2)2

Пример 15.6 ([4], № 51 (2)). Найти общее решение уравнения

y '''−6 y ''+11y '−6 y

= 12x2e3x − e2 x .

Решение. Найдем общее решение однородного уравнения: y '''−6 y ''+11y '−6 y = 0 .

Перейдем к изображениям:

p3[Y ( p) − Cp1 − Cp22 − Cp33 ] −6 p2[Y ( p) − Cp1 − Cp22 ] +

233

						+11p[Y ( p) − C1									] −6Y ( p) = 0;
														p
						C p2		+(C				2	−6C ) p +C −6C								2	+11C
	Y ( p) =					1						2		1				3			2		1	=
	Y ( p) =										p3 −6 p2 +11p −6													=
											p3 −6 p2 +11p −6
	=		C p2			+(C		2	−6C ) p +C −6C										2	+11C
	=			1				2					1		3				2			1
						( p −3)( p −2)( p −1)
	y			(x)		= ex			(C +C −6C +C −6C +														11C ) −
	однор						2				1		2			1		3			2		1
	−e2 x (4C +2C									2	−12C +C −6C +11C ) +
						1				2				1		3			2			1
	+e3x (9C +3C −											18C +C −						6C +11C ) =
		2				1			2				1		3				2			1
		2
=ex	(6C −5C			2	+C ) −e2 x (3C −4C											2	+C )+e3x					(2C −3C			2	+C )
2	1			2		3							1			2		3		2			1		2	3
2																				2
или, переобозначив константы, находим
					y	однор	(x) =Сех							+С		е2 х +С е3х .
						однор							1		2					3

Частное решение неоднородного уравнения найдем, например, с помощью функции источника:

G( p) =

2 x

;

g(x) =

2 e

−e

2 e

( p −3)( p −2)( p −1)

Откуда

)

x−t

2( x−t)

3( x−t)

−e

yчаст. (x) = ∫(12t

dt.

В результате интегрирования получим:

yчаст (x) = xe2 x + (2x3 −9x2 + 21x)e3 x .

Пример 15.7 ([4], № 52 (2)). Найти частное решение уравнения, удовлетворяющее заданным начальным условиям:

	0	(0 < x < a),
y ''+ y ' =		(a < x < b), y (0) = 0; y '(0) = 2.
y ''+ y ' =	f ( x), где f ( x) = 1	(a < x < b), y (0) = 0; y '(0) = 2.
		0 (x > b),
		0 (x > b),

234

Решение. Запишем

f (x) через σ0 (х):

f (x)=σ0 (х−a) −σ0 (х−b).

Далее (по теореме запаздывания)

F( p) =

eap

−

ebp

Переходим к операторному уравнению:

p2[Y ( p) −

] + p Y ( p) = eap −ebp ,

Y ( p)

eap −ebp

p2 ( p +1)

p( p +1)

= (e

−e

)

−

+ 2

−

;

p +1

y(x) = (x −a −1 +e−( x−a) ) σ0 (x −a) −

−(x −b −1 +e−( x−b) ) σ0 (x −b) + 2 −2e−x .

Пример 15.8 ([4], № 53 (2)).

Решить систему уравнений:

y′−2 y −4z = cos x,

y (0) = 0; z (0) = 0.

+ 2z = sin x ,

z′+ y

Решение. Переходим к операторным уравнениям:

p·Y ( p) −2·Y ( p) −4Z ( p) =

Z ( p) = −

( p

+1)

p·Z ( p) +Y ( p) + 2Z ( p) =

= 2 ( p21+1 − p12 ) z(x) = 2sinx −2x.

Из второго уравнения исходной системы

y = sin x − z '−2z = sin x −2cos x +2 −4sin x +4x = = 2 + 4x −3sin x −2cos x.

Пример 15.9 ([4], № 54 (2)). Найти общее решение уравнения с переменными коэффициентами: xy ''−(1+ x) y '+ y = 0 .

235

Решение. Пользуясь формулой для производной изображения

из таблицы свойств изображений			[F '( p) −x· f (x)] ,					а также изо-
бражением производных:
y′(x) p [Y ( p) −		C2 ], y′′(x)			p2 [Y ( p) − C2			−	C1	],
y′(x) p [Y ( p) −		C2 ], y′′(x)			p2 [Y ( p) − C2			−		],
		p				p			p2
получим
− [ p2·Y ( p) −C	·p −C ]'− p·Y ( p) +C			2	+[ p·Y ( p) −C	2	]'+Y ( p)=0;
2	1			2		2

−2 p·Y (p)− p2·Y '(p)+ C2 − p·Y (p )+ C2 +Y (p )+ p·Y '(p )+Y (p)=0 ;

Y '(p)·(−p2 + p)+Y (p)(· −3 p +2)+2C2 = 0;

Y′( p) + 3pp2 −−2p Y ( p) = p22 C−2 p .

Это – линейное уравнение первого порядка. Решаем его обычными методами.

2 −3 p

Y ( p);

2 −3 p

dp;

−

dp;

− p

p −1

lnY = ln

−ln( p −1) +ln C;

Y ( p) =

;

p2 ( p −

однор

( p) =

C( p)

;

C' ( p)

; C '( p) = 2C

·p;

p2 ( p −

p2 ( p −1)

p2 − p

част

C( p) = C

·p2

; Y

( p) =

; Y ( p) =

;

p −

p2 ( p −1)

p −1

част

y(x) = C∫xtex−t dt +C2ex = Cex[−te−t −e−t ]

+C2ex =

= Cex [−xe−x −e−x +1] +C2ex = −C(x +1) + ex (C +C2 )

или, переобозначив постоянные:

y = C1 (x +1) +C2 ex .

236

Рекомендуемый перечень задач для решения в аудитории:

15.1([4], № 49(3)); 15.2 ([4], № 50 (1)); 15.3 ([4], № 49 (8));

15.4([4], № 50 (7)); 15.7 ([4], № 52 (2)); 15.8 ([4], № 53 (2));

15.9([4], № 54 (2)).

Резерв:

15.5([4], № 50 (9)); 15.6 ([4], № 51 (2)).

Для самостоятельной работы дома:

15.1 ([4], № 49 (4)); [4], № 50 (2), 52 (3), 53 (3), 54 (3).

237

16. ОПЕРАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ. РЕШЕНИЕ ИНТЕГРАЛЬНЫХ

И ИНТЕГРО-ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ, ВЫЧИСЛЕНИЕ НЕСОБСТВЕННЫХ ИНТЕГРАЛОВ С ПАРАМЕТРОМ ОПЕРАЦИОННЫМ МЕТОДОМ1

Исходя из предположения, что все фигурирующие в задачах этого раздела функции могут служить оригиналами в применяемых преобразованиях Лапласа, решим интегральные уравнения первого и второго рода типа Вольтерра.

Пример 16.1 ([4], № 108 (2)).

sin2 x = ∫x sin ( x −t )u (t )dt.

Решение. Совершим интегральное преобразование Лапласа обеих частей этого уравнения по переменной х, используя при этом теорему об изображении свертки:

∫τ

f1 (τ) f2 (x − τ)dτ

F1 ( p) F2 ( p) ;

sin2 x =

1 −cos 2x

;

−

U ( p),

+ 4

p2 +1

2 p

где U(p) – изображение искомой функции u(x),

U ( p) =

2( p2

+1)

Bp +C

;

p( p2

+4)

p2 +

откуда А =

1 ;

В = 3

;

С = 0

3 cos 2x.

( p) =

;

u(x) =

p2 + 4

2 p

Пример 16.2 ([4], № 108 (5)).

x4 = ∫x (x2 +6xt −7t2 )u(t )dt.

1 При недостатке часов это занятие можно рассматривать как факультативное.

238

U ( p)

U ′( p) U ( p)

Решение.

−

;

p −

u(x) =43 x + C5 . x4

Пример 16.3 ([4], № 109 (2)).

u( x)	=sin 2x −	8 xsh3( x −t)u(t) dt.
		3 ∫0

Решение. Переходим к операторному уравнению:

U ( p)

( p)

−

p2 +2

p2 −9

2( p

−9)

U ( p) =

( p2 +4)( p2 −1)

p2 +4

p2 −1

A =

;

B = −16 ;

u ( x) = 13 sin 2x −

16 sh x .

Пример 16.4

5 (1)).

([4],

110

Решить

систему уравнений

u ( x) = f ( x) + ∫ sin ( x −t )υ(t ) dt,

относительно неизвестных функ-

υ( x) = g ( x) −∫ sh ( x −t ) u (t ) dt.

ций и(х) и υ(x) ;

g(x) и f(х) – данные функции.

( p) = F

( p) +

·V ( p),

Решение.

( p) =G

( p) −

·U ( p)

−1

U ( p) +

U ( p)

= F ( p) +

·G( p);

(

)

)(

p +1

−1

U ( p) =

p4 −1

[ F ( p) +

·G( p)]

p2 +

239

u (x)	= f ( x)	−	1	∫x ( x −t)3 f (t)dt + ∫x ( x −t) g (t)dt −
			3!
				0	0

− 1 ∫x (x −t)3 g (t)dt. 3! 0

Пример 16.5 ([4], № 100 (2)). Вычислить интеграл, найдя предварительно его изображение с помощью интеграла Лапласа:

∞ t sin xt

∫0 a2 +t2 dt ≡ J (x) .

Решение. Обозначим изображение функции J ( x) через I( p) :

∞

I ( p ) = ∫

∞

= ∫

−

dt =

( p

−a

)(a

)

( p

−a

)( p

)

−a

·arctg

∞ +

·arctg

∞ =

p2 −a2

−a2

−

;

p2 −a2

p +a

p2 −a2

J (x) = π2 e−ax .

Пример 16.6 ([4], № 115 (2)). Решить интегро-дифференциальное уравнение, удовлетворяющее заданным начальным условиям:

y ' −2∫xex−t y(t)dt = 0, y(0) = 1.

Решение. Переходим к изображениям по Лапласу:

p Y ( p) −

−2

Y ( p) =0 ;

p −

Y ( p) =

p −1

;

( p +1)( p −2)

p +1

p −

240

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 2324 / 2524 25 > Следующая >>>