Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Казанский государственный энергетический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Методические указания к практическим занятиям по математике 4 семестр

.pdf

Скачиваний:

166

Добавлен:

29.03.2016

Размер:

3.9 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1011 / 2211 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 > Следующая >>>

101

Ответы. 1) t e t

1 ;

e 2 t

sin t

tcos t .

3. Для данных функций, применяя формулу Дюамеля, найти оригиналы.

; 2)

p 2 p

p 1 p 2

p 2 1 p 2 2 p 2

Решения. 1)

Полагаем: F p

G p

. Соответствую-

щими оригиналами являются функции f t e t

и g t e 2t .

С применением формулы Дюамеля находим оригинал:

τ e 2 t τ d τ e t

g 0 f t g f t e 2 t

e t

2 e

2 e 2 t e 3 τ d τ

t 0

e t

e 2 t

3 τ e

e 2 t

e 3 τ

e t

e 2 t e 3t 1

d e

e t

e 2t

e t

e 2t .

2) Данную функцию преобразуем к виду

p p 1

p 2 1 p 2 2 p 2

и положим:

F p

p 1

G p

Найдем оригиналы для

2 2 p 2

p 2

изображений F p

и G p .

F p

p 1

f t e t cos t ,

p 2 2 p 2

p 2

2 p 1 1

p 1 2

G p

t sin t .

p 2

По формуле Дюамеля заданному изображению соответствует оригинал

102

	t	τ cos τcos t τ d τ .
g 0 f t	f g t e	τ cos τcos t τ d τ .
	0

Интеграл, преобразуя подынтегральную функцию с использованием тригонометрической формулы, преобразуем в сумму интегралов:

t					t	1
e	τ cos τcos t τ d τ e τ					1	cos t cos 2 τ t d τ
e	τ cos τcos t τ d τ e τ					2	cos t cos 2 τ t d τ
0					0	2
0					0
		1		t	t
		1	cos t e		τ d τ e	τ cos 2 τ t d τ .
			cos t e		τ d τ e	τ cos 2 τ t d τ .
		2		0	0
				0	0
Вычислим первый интеграл суммы:
	t			t	τ d τ e τ			t	e t
	t			t
	e	τ d τ e								1 .
	0			0				0
								0

Для вычисления второго интеграла применим метод интегрирования по частям, полагая u e τ , dv cos 2 τ t dτ . Отсюда

			du e τ dτ ,						v			1	sin 2 τ t ,
			du e τ dτ ,						v		2		sin 2 τ t ,
											2
t	τ cos 2 τ t d τ				1		e τ sin 2 τ t								t	1	t	τ sin 2 τ t d τ
t																	t
I e																	e
I e				2												2	e
0															0		0
															0

		1	e t sin t			1				1		t		τ sin 2 τ t d τ .
		1				1		sin t		1	e
								sin t			e
		2		2						2	0
											0

Последний интеграл преобразуем так же с применением метода интегрирования по частям, выбирая u e τ и dv sin 2 τ t dτ . Тогда

			du e τ dτ ,				v	1	cos 2 τ t ,
			du e τ dτ ,				v		cos 2 τ t ,
							2
	1	e t	1 sin t	1	1					t	1	t
										t		t
I						e τ cos 2 τ t						e	τ cos 2 τ t d τ	,
I						e τ cos 2 τ t						e	τ cos 2 τ t d τ	,
	2		2		2					0	2	0
	2		2		2					0	2

103

e t

1 sin t

e τ cos t

cos t

I .

Из этого равенства находим интеграл I

e t

1 sin t

e τ

1 cos t .

В результате вычислений имеем изображение

g 0 f t

f g t

t 1 cos t

1 sin t

e t 1 cos t

которое преобразованиями приведем к виду:

e t sin t 3cos t sin t

3cos t .

Ответы. 1)

e t

e 2t

; 2)

e t sin t

3cos t sin t

3cos t .

4. Применяя первую теорему разложения, найти оригиналы для

данных функций.

; 2)

p 3 1

Решения. 1) Найти оригинал для данной функции можно, к примеру, элементарным методом. Рассмотрим применение первой теоремы разложения.

Получим разложение функции в Лорана:

	1		1			1				1				1		1				1					1
													1										...			...
						1							1										...		3n 3	...
p	3	1	p	3		1				p	3			p	3		p	6		p	9			p	3n 3
					1
					1		p 3
							p 3
								1				1			1	...			1			... ,

									p 3			p 6			p 9				p 3 n

причем ряд сходится в окрестности p 1 бесконечно удаленной точки.

104

Для применения теоремы заметим, что коэффициент при некоторой

степени k переменной

p ,

поделенный на

величину

k 1 ! ,

окажется

коэффициентом при

степени

k 1

переменной

t .

Поэтому

согласно

теореме искомым оригиналом будет функция

...

3n 1

... .

3n 1 !

2) Найдем разложение изображения в окрестности точки p .

1 1

...

1 n

ln 1

...

p 2 p

n 1 p

1 1

...

1 n

... ,

1 .

2 p 3

3 p 4

n 1 p n

Теперь по теореме искомым оригиналом будет функция

t 2

...

1 n 1

t n ... .

n n!

t 3 n 1

1 n 1

Ответы. 1)

; 2)

t n .

3n 1 !

n 1

5. Найти оригиналы, применив вторую теорему разложения или ее

следствие.

1) F p

; 2)

F p

p 1

p 1 p 2 2

p p 2 1

Решения. 1) Для данного изображения особыми являются только

точки p 1

p 2 . Согласно второй теореме разложения оригинал f t

запишется так:

f t res

F p e pt

res F p e pt .

Точка

p 1

является

простым

полюсом для

функции

F p e pt .

Поэтому

105

res F p e pt

pe pt p 2

pe pt

e t

t .

p 1

p 2 2

p 1

Точка p 2

является полюсом

второго

порядка.

применением

формулы для вычисления вычетов для полюсов произвольного порядка имеем:

res F p e pt

lim

1! p 2

p 1 p 2 2

p 1

p 2

e pt

pte pt p 1

pe pt

pt 1 pt p 1 p

p 1 2

p 2

	e 2 t	6t 1 .

9

Теперь составим оригинал и преобразуем его выражение.

								f t						1	e t				1		e 2t 6t 1 ,
								f t							e t						e 2t 6t 1 ,
											9						9
		1	e t						1	e 2t 6t 1								1		e 2t			e t			2	te 2t
			e t							e 2t 6t 1										e 2t			e t				te 2t
	9				9												9								3
				t			3	t				3	t											t 3
				t				t					t											t 3	t
	2					e 2 e					2					2	te 2t					2					2		2t .
	2					e 2 e					2					2						2					2
			e 2																				e 2 sh 2					te
	9		e 2		2											3						9	e 2 sh 2				3	te
	9				2											3						9					3
2) Пусть f	t –				искомый оригинал. Точки p 0 , p																								i – все особые
точки функции F p					и они являются простыми полюсами.

Применим следствие из второй теоремы разложения. Поскольку

p p 2 1 3 p 1 , то находим оригинал:

106

f t

p 1 e pt

3 p 2 1

3 p 2

p 0

p i

p 1 e pt

1 i e it

e it

3 p 2 1

p i

1 cos t sin t .

Ответы. 1)

e 2 sh 2

2t ; 2)

1 cos t

sin t .

Задачи для самостоятельного решения

1. Найти оригиналы для заданных функций, применив элементарный метод.

F p

p 2

F p

p 7

; 3) F p

3 p

; 2)

3 3 p 2 4 p

3 4 p 7 p

p 2

2. Для данных функций найти оригиналы, применив теорему умножения.

	e p	1
1)	p 3 p 2 4 ; 2)		.
1)	p 3 p 2 4 ; 2)	p 3 2 p 2 6 p 10	.

3. Для данных функций, применяя формулу Дюамеля, найти оригиналы.

1)	e p p	; 2)	p		.
	p 2 p 1 2		p 2 2 p 5 p 2 2 p 2

4. Применяя первую теорему разложения, найти оригиналы для данных функций.

						1

1)	F p		1		; 2) F p	pe p	2	p .

			3
		p	3	1

107

5. Найти оригиналы, применив вторую теорему разложения или ее следствие.

1)	1		; 2)						1				.

	p 2 4 p 1 2					p 2 p 2 2 p 2
							3	t
		1		1			3		7		7			7
		1		1					7		7			7
Ответы. 1. 1)					e		2 cos			t		sin			t	;
Ответы. 1. 1)					e		2 cos			t		sin			t	;
		2		2					2		7			2
		2		2					2		7			2

											1	t 3
				3					2		1		3


2)	1 e	2t cos	3 t		sin	3 t	;	3)		η t 3	e 2	sh		t 3	.
2)	1 e	2t cos	3 t		sin	3 t	;	3)		η t 3	e 2	sh		t 3	.
				3					3				2
				3					3				2

2. 1)					1		η t		1 sh 2 t			1 t 2				2t 1			Указание. Найти оригинал для функции
2. 1)							η t		1 sh 2 t			1 t 2				2t 1			Указание. Найти оригинал для функции
				8
		1								, затем применить теорему запаздывания. Возможно, для записи

	p 3 p 2						4
окончательного результата																	потребуется						формула					2sh 2 t			ch 2t 1 ;
																										1			t 1
			e 3t t					sin t .										1					1 e t 1						t 1			3
2)														3.			1)		η t 1	3	t			4 e		2				sh			t 1	;
2)														3.			1)		η t 1	3	t			4 e		2				sh			t 1	;
																		9														2
																		9														2

		1				t							1																		n	t	3n 2
		1				t							1										4. 1) η t 1								n	t
2)				e			sin t cos t								sin 2t cos 2t .																			;
2)				e			sin t cos t								sin 2t cos 2t .																	3n 2 !		;
		2											2												n 1							3n 2 !
																									n 1
										t	2 n									1					3
										t										1					3
2)			η t											.					5. 1)			e t 5t		2			sin 2t				2 cos 2t			;
2)			η t							n 1 ! 2 n !				.					5. 1)			e t 5t		2			sin 2t				2 cos 2t			;
							n 1			n 1 ! 2 n !										25					2
							n 1
2)			1		e 2t					e t 3 sin t cos t .
2)		10			e 2t					e t 3 sin t cos t .
		10

ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ 9

Применение операционного исчисления в решении задачи Коши для обыкновенных дифференциальных уравнений

Применение операционного исчисления рассмотрим на примере

дифференциального уравнения второго порядка.
Задача Коши: найти функцию	x t ,	t 0 ,	удовлетворяющую
дифференциальному уравнению с	постоянными		коэффициентами

a 2 x t a1 x t a 0 x t f t и начальным условиям x 0 b0 , x 0 b1 .

108

Предполагаем, что функции x t ,

x t ,

f t являются

оригиналами и непрерывными функциями.

Пусть x t X p . Известно F p , которое соответствует заданной функции f t . Найдем изображение X p .

Применим теорему дифференцирования оригинала и учтем начальные условия:

	x t pX p x 0 pX p b0 ,
x t p	2 X p px 0 x 0 p	2 X p pb	0	b .
			0	1

Осуществим преобразование Лапласа обеих частей исходного дифференциального уравнения и приравняем отображения:

a 2 p 2 X p pb0 b1 a1 pX p b0 a0 X p F p .

Согласно теореме единственности имеем тождество

a 2 x t a1 x t a 0 x t f t ,

тогда функция x t по определению является решением задачи Коши. Найдем X p .

X p a	2	p 2		a p a			0	a		2	b	0		p a			2	b a b		0	F p ,
	2				1		0			2		0					2	1	1	0
X p						F p							a 2 b0 p a 2 b1 a1b0										.
X p																							.
			a	2	p 2	a p a			0					a	2	p 2 a p a						0
				2		1			0						2				1			0

Теперь для известного изображения X p находим оригинал x t .

В случаях, когда отыскание изображения правой части вызывает сложности, то для решения задачи Коши применяют формулы Дюамеля. Приведем процесс решения задачи, который не требует нахождения изображения правой части дифференциального уравнения.

Сначала рассмотрим задачу Коши с нулевыми начальными условиями:

a 2 x t a1 x t a 0 x t f t , x 0 0 ,

x 0 0 .

109

Подвергая преобразованию Лапласа обе части дифференциального уравнения, получаем уравнение

X p a 2 p 2 a1 p a0 F p ,

где x t X p , а			F p – обозначение изображения правой части													f t .
Пусть R p a	2	p 2	a	p a			0	. Тогда
	2		1				0
								X p				F p		.
								X p						.
												R p
Рассматриваем задачу Коши для уравнения
				a	2	x t a			1	x	t a		0		x t 1
					2	1			1	1			0		1

с теми же коэффициентами что и исходное уравнение и нулевыми

начальными данными			x	0 0	,	x 0			0 . Пусть		x t		X	1	p . Поскольку
			1			1					1			1
1	1	, то
1		, то
	p
		X		p R p			1	,	R p		1	.
		X	1	p R p				,	R p			.
			1				p			pX 1 p
							p			pX 1 p

Отсюда X p pF p X 1 p .

Предположим, что найдено решение x1 t . Тогда применим интеграл Дюамеля:

X p x 0 f t	t	f τ x	t τ dτ	t	f τ x	t τ dτ .
X p x 0 f t		f τ x	t τ dτ		f τ x	t τ dτ .
1		1			1
	0			0

Таким образом, решением исходной задачи Коши является функция

x t	t	f τ x	t τ dτ .
x t		f τ x	t τ dτ .
		1
	0

Если учесть замечания к теореме об интеграле Дюамеля, то искомое решение также можно искать по формулам

110

	x t f 0 x t		t	x τ f t τ dτ , x t		t		τ f t τ dτ ,
	x t f 0 x t			x τ f t τ dτ , x t			x	τ f t τ dτ ,
	1			1			1
			0			0
				t
	x t f 0 x1 t f τ x1 t τ						dτ .
				0
В случае ненулевых начальных условий x 0 b0 , x 0 b1									сначала
решают	задачу Коши	с		нулевыми	начальными			условиями	y 0 0 ,
y 0 0	для уравнения

a 2 y t a1 y t a 0 y t f t ta 0 b1 a 0 b0 a1b1 .

Решением исходной задачи будет функция

x t y t b0 tb1 .

Если решается задача Коши для дифференциального уравнения первого порядка

a1 x t a 0 x t f t , x 0 b0 ,

то после решения задачи с нулевым начальным условием

a1 y t a 0 y t f t a 0 b0 ,

y 0 0

решение исходной задачи получают в виде:

			x t y t b0 .
			Примеры решения задач
1. Решить задачу Коши для обыкновенных дифференциальных
уравнений.
1)	x t 2 x t	5 x t sin t , x 0 0 , x 0 1 ;
			e 2t
2)	x 4 x 4 x			, x 0 0 , x 0 0 .
			1 2t 2

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1011 / 2211 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
15.08.20191.01 Mб22МЕТОДИКА РАСЧЕТА КОНЦЕНТРАЦИЙ В АТМОСФЕРНОМ ВОЗ...docx
#
01.04.2025956.42 Кб5методич указания.doc
#
01.05.2025564.74 Кб5Методич_указ_к_сам._работам_2010.doc
#
16.11.2019202.75 Кб20МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ К КУРСОВОМУ ЭОИ.doc
#
01.04.20254.33 Mб6Методические указания к модулю 3.doc
#
29.03.20163.9 Mб166Методические указания к практическим занятиям по математике 4 семестр.pdf
#
01.07.20251.87 Mб0МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ по КП.doc
#
01.07.2025688.13 Кб1Методичка по РАСЧЕТУ СИСТЕМ КОНДИЦИОНИРОВАНИЯ.doc
#
10.06.2015936.96 Кб92методичка (с контрольными).doc
#
25.11.201894.21 Кб13методичка 4 курс незаконч.2.doc
#
16.11.20193.22 Mб43Методичка Банкротство.doc