Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Гродненский государственный университет им. Я. Купалы

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Tom_2

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

18.02.2016

Размер:

3.2 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 3334 / 4934 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 > Следующая >>>


Обозначим	K( p)	= Ф( p) , и пусть
Обозначим		= Ф( p) , и пусть
	a − λK( p)

равенству

Y ( p) = 1a F( p) + λa Ф( p)F( p)

соответствует в классе оригиналов решение ay(t) = f (t) + λϕ(t)* f (t) .

Ф( p) =ϕ(t) . Тогда

В частности,

если функция K есть многочлен

K(t) = åak tk ,

k=0

принимает вид

то ее изображение K( p)

K( p) =

... + an

Тогда

pn+1

n−1

a p

+ a p

+ ... + n!a

K( p)

Ф( p) =

n+1

− λa1 p

n−1

a − λ K( p)

− λa0 p

− ... − λann!

Функция Ф является дробно-рациональной и ее оригинал ϕ

можно найти по теореме 2 разложения.

Интегральному уравнению Вольтерра первого рода

f (t) = λòK(t −τ )y(τ )dτ

(6)

соответствует операторное уравнение

(6΄)

F( p) = λ K( p)Y ( p),

решение которого

Y ( p) =

F( p)

K( p)

нельзя перевести при помощи теоремы умножения в пространство

оригиналов,	т.к.	функция	1	не является изображением,				поскольку

			K
необходимым		условием	существования				изображения	является
выполнение	соотношения				−1	= 0 .	Однако, в	некоторых
			lim (K( p))
			p→∞

случаях решение существует. Если функции K и f дифференцируемы и K(0) ¹ 0 , то, продифференцировав уравнение (6), получим

интегральное уравнение 2-го рода

334

f ¢(t) = λòK¢(t -τ )y(τ )dτ + K(0) y(t) ,

решение которого существует.

		¢		= ... = K	(n−1)	(0)	= 0 , а K	(n)	(0)	¹ 0 , то после
Если K (0) = K (0)				= ... = K		(0)	= 0 , а K		(0)	¹ 0 , то после
(n +1) -кратного	дифференцирования						уравнения			(6),		получим
интегральное уравнение второго рода
				t
f (n+1) (t) = λòK (n+1) (t -τ )y(τ )dτ + K(n) (0) y(t) .												(7)
				0
Пример 6. Решить интегральное уравнение Вольтерра второго рода
				t
			y(t) = 1+ òch(t -τ ) y(τ )dτ .
				0
Решение. Перейдем к изображениям, имеем
.	.	1		t					.	p
.	.	1							.	p
y(t) =Y ( p),	1=		,	òch(t -τ )y(τ )dτ = ch t * y(t) =								Y ( p) .
y(t) =Y ( p),	1=	p	,	òch(t -τ )y(τ )dτ = ch t * y(t) =						2	-1	Y ( p) .
.	.	p		0					. p		-1

Операторное уравнение, соответствующее интегральному, принимает вид

Y ( p) =

Y ( p) .

p2 -

Отсюда

Y ( p)ç1-

÷ =

-1

Y ( p) =

p2 -1

p( p2 - p -1)

ö2

ç p -

t .

□

и, следовательно, y(t) = 1+

e2 sh

Пример 7. Решить уравнения Вольтерра первого рода

а) 1- cost = òsh(t -τ ) y(τ )dτ ;

б) t3 = ò(t -τ )2 y(τ )dτ .

Решение. а) Здесь ядро K(t) = sh t является дифференцируемой функцией и K ′(0) ¹ 0 , поэтому уравнение имеет решение. Перейдем к изображениям:

.	1		p		1
1- cost =		-		=			,
1- cost =	p	-		=		+1)	,
.	p		p2 +1 p( p2			+1)

335

Y ( p)

òsh(t −τ )y(τ )dτ = sht * y(t) =

−1

Операторное уравнение принимает вид

Y ( p)

p2 −1

, откуда Y ( p) =

−

p( p2 +1)

p2 −1

p(P2 +1)

p2 +1

Из таблицы изображений находим y(t) = 2cost −1.

б)

Здесь K (t) = t2 , K (0) = K ′(0) = 0 ,

K ′′(0) = 2 . Применяя

формулу (7), находим: 6 = 2y(t),

y(t) = 3 . □

Интегральные уравнения Фредгольма называются особыми, если ядро K(t,τ ) обращается в бесконечность в одной или нескольких точках

отрезка [α;β ] , либо один или оба предела интегрирования α и β

бесконечны.

Примером особого интегрального уравнения Вольтерра 1-го рода служит интегральное уравнение Абеля

t	y(τ )
ò	y(τ )	dτ = f (t), 0 < α < 1.
ò	α	dτ = f (t), 0 < α < 1.
0	(t −τ )		1
Уравнение получено Абелем для случая α =			1	при решении
			2

задачи о таутохроне: найти кривую, скользя вдоль которой без трения, тяжелая частица достигает своего самого низкого положения за одно и то же время, независимо от ее начального положения.

Пусть ядро K уравнения (6) при t = 0 обращается в бесконечность

и не имеет производных. Рассмотрим свёртку y(t)*1 = ò y(τ )dτ = g(t) .

				0
				.	1
По свойству интегрирования оригинала имеем g(t) =G( p) =					1	Y ( p) ,
По свойству интегрирования оригинала имеем g(t) =G( p) =					p	Y ( p) ,
				.	p
а тогда (см. операторное уравнение (6΄)) получим ( λ =1 )
G( p) =	1		F( p) .			(8)
G( p) =			F( p) .			(8)
	λ pK( p)
Можно показать, что функция		1		является изображением.
Можно показать, что функция				является изображением.
		pK( p)

С помощью свойства умножения последнее равенство можно перевести в пространство оригиналов.

Пример 8. Решить особое интегральное уравнение Абеля

336

t	y(τ )
ò		dτ = f (t), 0 < α < 1.
	α
0 (t	-τ )				Г(1-α)
			−α
Решение. Поскольку K(t) = t				, то K( p) =		(см. пример
					p1−α

1.2в)). Ядро K в точке	t = 0 обращается в бесконечность, поэтому

операторное уравнение, соответствующее интегральному, определяем по формуле (8)

G( p) =

F( p) =

F( p) .

pK( p)

p Г(1

-α)

Оригинал

изображения

G( p)

найдем

пользуясь

свойством

умножения

sinπα

g(t) =

tα −1

* f (t) =

òτα −1 f (t -τ )dτ

Г(α)Г(1-α)

(воспользовались формулой дополнения

Г(α)Г(1-α) =

0<α <1).

sinπα

g(t)

Полагая, что функция

дифференцируемая, находим

решение

уравнения Абеля

sinπα æ t

α −1

□

y(t) = g (t) =

òτ

(t -τ )dτ +

f (0)t

÷ .

è 0

30. Расчет электрических цепей. Методы операционного исчисления широко используются при расчетах процессов, протекающих в электрических цепях. Пусть i(t) и u(t) ,

соответственно, ток и напряжение в цепи. Применение операторного метода основано

на справедливости законов Киргофа для операторных тока

.				.
I ( p) =i(t) и напряжения U ( p) =u(t) .
.				.
На основании закона Ома для основных элементов электрической
цепи могут быть записаны следующие соотношения:
uR (t) = Ri(t) для сопротивления R,
uL	(t) = L di(t)			для индуктивности L
и			dt
			t i(τ )dτ + u (0) для емкости C.
u	(t) =	1

C		C ò		C

	0

Переходя к изображениям, отсюда получаем

337

		UR ( p) = RI( p),
	UL ( p) = pLI ( p) − Li(0),
U	C	( p) =	1	I ( p) +	1	u	(0).
			pC
					p C
Используя закон Ома в операторной форме, для произвольного
участка цепи можно записать
		U ( p) = Z( p)I( p) ,					(9)
где Z( p) – операторное сопротивление указанного участка цепи.

Для участков с сопротивлением R, индуктивностью L или емкостью C при нулевых начальных условиях операторное сопротивление имеет, соответственно, вид:

ZR ( p) = R, ZL ( p) = Lp, ZC ( p) = Cp1 .

При ненулевых начальных условиях к имеющимся в цепи источникам э.д.с. добавляются дополнительные источники энергии. Величины э.д.с. дополнительных источников определяются запасами энергии в индуктивности и емкости и равны в операторном виде,

соответственно,

Li(0)

и −

(0) .

p C

Соотношение (9) является основным для

расчетов

заданного

участка цепи

операторной форме.

Пример

контур,

состоящий

из

последовательно соединенных

индуктивности

L, емкости C и сопротивления R (рис. 2)

рис. 2

включается э.д.с. E. Ток в контуре и заряд

конденсатора в начальный момент времени

равны нулю. Определить зависимость тока от времени.

Решение.

Так

как

E =

то,

используя соотношение

(9),

находим

Z( p)I( p) =

(10)

где операторное сопротивление Z( p)

цепи, изображенной на рис. 2,

имеет вид

Z( p) = ZL ( p) + ZC

( p) + ZR ( p) = Lp +

+ R ,

в силу нулевых начальных условий.

Подставляя полученное выражение для Z( p) в (10), находим

338

I ( p) =

(11)

pZ( p)

Lp2 + Rp +

p2 +

p +

Уравнение

= 0 имеет корни p

= -

+ p +

1,2

4L2

Обозначим

= α ,

α 2 -

= β ,

тогда

= -α + β ,

p2 = -α - β . Запишем I ( p) из (11) в форме

I ( p) =

÷ =

( p - p )( p - p )

L( p - p

)

p - p

÷.

2Lβ

p - p

Перейдя к оригиналам, получим

i(t) =

e−αt (eβt - e−βt ) =

e−αt sh βt .

(12)

2β L

β L

Если α 2 > LC1 , т.е. R > 2 CL , то корни p1, p2 действительные и формула (12) пригодна для вычислений. Если R < 2 CL , то корни


p , p	2	комплексные. Обозначим ω =	1	-α 2 . Тогда β = iω
p , p		комплексные. Обозначим ω =		-α 2 . Тогда β = iω
1			LC
			LC

(	2	)	,	и, принимая во внимание, что sh(iωt) = i sinωt , имеем
i		= -1	,	и, принимая во внимание, что sh(iωt) = i sinωt , имеем
					i(t) =	E	e−αt	sinωt .
					i(t) =	ωL	e−αt	sinωt .
		В этом случае в контуре происходит затухающий колебательный
процесс			с	частотой ω .	В критическом случае,				т.е.	когда β = 0 ,
значение				i(t) можно	получить		из	формулы	(12)	с помощью

предельного перехода находим:

i(t) =

при β → 0 . Используя правило Лопиталя,

lim	Ee−αt sh βt	=	E	te−αt . □
	β L
β →0			L

40. Решение уравнений математической физики. Рассмотрим решение некоторых уравнений математической физики – волнового уравнения и уравнения теплопроводности. Ограничимся случаем, когда искомая функция зависит от двух независимых переменных x и t,

339

где x – пространственная координата, t – время. Нестационарность рассмотренной задачи выражается в том, что ищется решение, которое существенно зависит от начальных условий, и потому имеет место неустановившийся (или переходной) режим физического процесса.

Рассмотрим дифференциальное уравнение

a	∂2u	+ b	∂u	+ cu + a ∂2u	+ b		∂u	= 0 ,	(13)
	∂x2		∂x	1 ∂t2		1 ∂t
где a, b, c, a1, b1 – непрерывные функции,							зависящие только от x,

заданные на отрезке [0;l] . Считаем, что a > 0 и будем рассматривать два случая: 1) a1 < 0 (гиперболический случай); 2) a1 ≡ 0, b1 < 0

(параболический случай).

Требуется найти решение u(x,t) дифференциального уравнения

(13) для 0 £ x £ l и t ³ 0 , удовлетворяющее начальным условиям u(x,0) = ϕ(x) ( для параболического случая ) , u(x,0) = ϕ(x) ,

∂u(x,0)	=ψ (x) (для гиперболического случая), и краевым условиям
∂t		∂u(l,t)		∂u(l,t)
	u(0,t) = f (t), α		+ β		= γ u(l,t) ,
		∂x		∂t

где α,β ,γ – постоянные.

Заметим, что при l ® ¥ второе граничное условие отпадает.

Предполагая, что u, ∂u и ∂2u , рассматриваемые как функции

∂x ∂x2

переменной t, являются оригиналами, обозначим через

+∞

U ( p, x) = ò u(x,t)e− pt dt

изображение функции u. Тогда вследствие сделанных предположений имеем

∂u

+∞ ∂u

− pt

dt =

∂U

∂2u

+∞ ∂2u

− pt

dt =

∂2U

∂x

= ò

∂x

= ò

∂x

2 .

По правилу дифференцирования оригиналов получаем:

∂u .	− u(x,0),	∂2u .		∂u(x,0)	,
= pU	− u(x,0),	= p2U − u(x,0) p −		∂t	,
∂t .		∂t2 .		∂t
или, принимая во внимание начальные условия,
∂u .		∂2u .	2
= pU −ϕ(x),		= p U − pϕ(x) −ψ (x).
∂t .		∂t2 .

340

Предполагаем также, что f (t) является оригиналом и F( p) = f (t) ,

тогда из граничных условий имеем
		æ		dU	ö


U	x=0 = F( p),	ç	α		+ β ( pU -ϕ)÷		= γU	x=l .
				dx
		è			ø	x=l

Операционный метод приводит решение нестационарной задачи для уравнения (13) с частными производными к решению обыкновенного дифференциального уравнения

a d 2U + b dU + AU + B = 0 , dx2 dx

где A = c + a p2

+ b p ,

B = -a pϕ - a ψ - b ϕ ,

p –

комплексный

параметр, при следующих граничных условиях:

x=0

= F( p),

çα

+ (β p - γ )U - βϕ ÷

= 0 .

x=l

Пример 10. Концы струны x = 0 и x = l

закреплены жестко.

Начальное отклонение задано равенством u(x,0) = Asin πlx , 0 ≤ x ≤ l ;

начальная скорость равна нулю. Найти отклонение u(x,t) при t > 0 .

Решение. Дифференциальное

уравнение задачи имеет

вид

¶2u

1 ¶2u

= 0 . Начальные условия:

¶x2

a2 ¶t2

u(x,0) = Asin π x ,

¶u(x,0)

= 0;

граничные условия:

¶t

u(0,t) = u(l,t) = 0.

Запишем соответствующее операторное уравнение

d2U

×U = - pA×

sin

π x ;

(14)

dx2

граничные условия: U

x=0 = U

x=l = 0 .

Общее решение однородного уравнения имеет вид

−

U = C e a

+ C

e a

а частное решение неоднородного уравнения будем искать в виде

= A cos

π x

+ A sin

π x

341

Тогда

π x

¢¢

π 2

π x

π 2

π x

= -A1 l sin

+ A2 l cos l , U

= -A1 l2 cos

- A2 l2 sin

l .

Подставив в (14), получим

π x

= -A

2 ö

π x

- A

π 2

π x

sin

÷sin

÷cos

è a2

l2 ø

è a2

Отсюда A1 = 0 , A2 =

Таким образом, общее решение

π 2a2

операторного уравнения есть

π x

U (x, p) = C e

x + C e−

×sin

p2 +

sin π x .

Учитывая граничные условия,

получаем U (x, p) =

Оригиналом для такого изображения служит функция

u(x,t) = Acos π at sin

π x .

□

Пример

11.

Найти

решение уравнения

теплопроводности

¶2u = α

2 ¶u

удовлетворяющее начальным и граничным условиям:

¶x2

¶t

nπ x

u(x,0) = Asin

0 ≤ x ≤ l ;

u(0,t) = u(l,t) = 0 .

Решение. Операторное уравнение, соответствующее данному

уравнению в частных производных, имеет вид

d 2U

-α

2 pU = -α 2 Asin

nπ x

dx2

а его общее решение

nπ x

U (x, p) = C eα

sin

px + C e−α

px +

p +

α 2l2

Учитывая граничные условия U

x=0 = U

x=l

= 0 , получим

342

U (x, p) =

×sin

nπ x

p +

α 2l2

n2π 2t

−

nπ x

□

2 2

Оригинал этого решения есть u(x,t) =

α l

sin

x = 0

Пример 12. К левому концу

электрической однородной

линии длиной l без потерь приложена электродвижущая сила E0 sinωt . Найти величину напряжения u(x,t) по истечении времени t от

начального момента, если на другом конце линия накоротко замкнута

вмомент включения электродвижущей силы напряжение и сила тока

влинии равны нулю.

Решение. Искомая функция u(x,t) , как известно из электротехники, должна удовлетворять уравнению

¶2u

2 ¶2u æ

¶t2

= a

¶x2

ç a

÷,

начальным условиям (согласно условию задачи)

u(x,0) = 0,

¶u(x,0)

= 0

и краевым условиям

¶t

u(0,t) = E0 sinωt,

u(l,t) = 0 .

Запишем операторное уравнение

2 d 2U

- p U = 0 .

(15)

dx2

Краевые условия в изображениях запишутся:

U (0, p) =

E0ω

;

U (l, p) = 0.

(16)

p2 + ω2

Общее решение уравнения (15) имеет вид

U (x, p) = C ch

+ C sh

Используя условие (16), определяем C1

и C2 :

æ lp

E0ω

E0ω ch ç

C1 =

;

C2 = -

è a

æ lp ö

+ ω

( p2 + ω2 )sh ç

a ø

Следовательно,

343

<<< < Предыдущая 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 3334 / 4934 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
18.02.2016218.62 Кб37TEST-Kontrolnaya_po_istorii (1).doc
#
18.02.2016107.52 Кб12TEST-Kontrolnaya_po_istorii (1).doc
#
10.11.20196.55 Mб3Tezisy_chast_1._Avtomatizacija_i_mekhanizacija....docx
#
06.09.2019169.47 Кб5Thatcherism.doc
#
18.07.201945.06 Кб2The Baltic Sea Basin .doc
#
18.02.20163.2 Mб59Tom_2.pdf
#
28.09.2019184.55 Кб2Trebovania.rtf
#
18.02.2016176.64 Кб9trebovania_k_oformleniyu.doc
#
18.02.2016284.67 Кб3Trebovania_k_oformleniyu_otchyota_o_praktike.doc
#
28.09.2019248.83 Кб4Trebovania_k_oformleniyu_otchyota_o_praktike.doc
#
18.02.2016248.32 Кб3trebovania_k_oformleniyu_poyasnitelnoy_zapiski.doc