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 10 1112 / 2212 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 > Следующая >>>

111

	e 2 t
3) x 2 x		, x 0 1 .
3) x 2 x		, x 0 1 .
1	2t
Решения. 1) Положим: x t X p . Находим:
		x t pX p x 0 pX p ,
x t p 2 X p px 0 x 0 p 2 X p 1 ,
		sin t		1		.

				2
			p	2	1

К уравнению применим преобразование Лапласа и найдем изображение X p .

p 2 X p 1 2 pX p	5 X p		1		,	X p p 2 2 p 5		1

			p 2					2 1
				1			p
	X p			p 2 2
		p 2 1 p 2 2 p 5 .
Найдем оригинал	x t . Поскольку					множители знаменателя
X p не имеют действительных			нулей,			то разложение X p в

простейших дробей имеет вид

1 ,

дроби

сумму

X p	Ap B	Dp C	.

	p 2 1	p 2 2 p 5

Вычислим коэффициенты этого разложения.

Ap B

Dp C

p 2 1

p 2 2 p 5

A p 3

2 p 2

5 p B p 2

2 p 5 D

p 3 p C p

2 1

p 2 1 p 2 2 p 5

Отсюда

			112
			p 2 2
		p 2	1 p 2 2 p 5
		p 2	1 p 2 2 p 5
A D p 3	2 A B C p 2 5 F 2 B D p 5 B C
		p	2 1 p 2 2 p 5
		p	2 1 p 2 2 p 5

Приравниваем числители равных дробей

A D p 3 2 A B C p 2 5 F 2 B D p 5 B C p 2 1 .

Это равенство имеет место тогда и только тогда, когда равны коэффициенты при одинаковых степенях p . Из этого условия получаем

систему уравнений относительно искомых коэффициентов и решаем ее.

	A D 0,
	2 A B C 1,
	2 A B C 1,
	5 A 2 B D 0,
	5 A 2 B D 0,
	5 B C 2 .

A	1	, B	1	, C 1 ,	D		1	– решение системы уравнений.

10			5			10
	Подставляя найденные значения коэффициентов в разложение X p ,

выполняя преобразования дробей и используя таблицу соответствий между оригиналами и изображениями, находим изображения дробей.

	Ap			B			1			p			1		1				1	cos t		1	sin t ,
																				cos t			sin t ,
		p 2 1				10 p 2 1								5 p 2		1		10			5
				1	p 1				1		1
Dp C			10		p 1			10			1			1		p 1					9			2
Dp C			10					10						1		p 1					9			2

p 2 2 p 5					p 1 2 4							10 p 1 2 2 2								10	2 p 1 2				2 2
									1		e t cos2 t					9	e t sin2 t .
								10			e t cos2 t					20	e t sin2 t .
								10								20

Используя линейность преобразования Лапласа, получаем решение задачи:

113

	X p x t											1				cos t								1	sin t							1					e t cos t			9				e t sin t .
	X p x t															cos t									sin t												e t cos t							e t sin t .
												10										5										10								20
2) Сначала решим уравнение
																x 4 x										4 x							1 ,
														1								1						1
где искомая функция							x		t удовлетворяет условиям x																															0		0 ,			x		0 0 .
								1																															1						1
Пусть x1 t X 1 p . Тогда выполним следующие преобразования.
p	2 X				p 4 pX						p			4 X								p					1			,					X			p p 2	4 p 4							1		,
p	2 X			1	p 4 pX				1		p			4 X						1		p								,					X		1	p p 2	4 p 4									,
				1					1											1							p										1										p
																											p																				p
X		p					1									1		p 2 p															1					1			1		1
X	1	p				p p	2			2						2 p p 2 2																									2 p 2 2
	1																																2 p p 2
																																	2 p p 2
			1 p 2 p 1											1												1 1						1 1							1			1

			4 p p 2								2		p 2 2													4 p									4	p 2			2 p 2 2
																	1			1			e 2 t								1			e 2 t t .
																							e 2 t											e 2 t t .
														4						4								2
Таким образом,								x		t					1				1		e 2 t								1			e 2 t t и x							t e 2t t .
Таким образом,								x		t											e 2 t											e 2 t t и x							t e 2t t .
								1						4					4									2										1
														4					4									2

Составим интеграл для решения исходной задачи и вычислим его.

2 τ

t τ

x t

2 t τ t τ dτ

dτ e 2t

dτ

1 2 τ 2

2 τ 2

2 t t

d τ

d τ .

2 τ

0 1

2 τ

0 1

1 t

d 1 2 τ

1 1

d τ

2 τ 2

1 2 τ 2

2 1 2 τ

2 0

2 1

114

dτ

1 t

1 1τ 1

dτ

1 t

dτ

1 t

d 1 2 τ

2 τ 2

1 2 τ 2

2 0 1 2 τ 2

0 1 2 τ

ln 1 2 τ

ln 1 2t

2 1 2t

t 2

1 t

2t 2

x t e 2t

ln 1

e 2t

1 2t

2 1 2t

e 2t

2t ln e 2t

ln 1 2t

e 2t ln

e 2t

1 2t

3) Решим задачу Коши:

							y t			2 y t				e	2 t				2 ,						y 0 0 .

													1	2t
													1	2t
	Предварительно решаем задачу
									y t 2 y			1	t		1 ,					y		1	0 0 .
									1			1										1
	Если y1 t Y1 p , то
pY		p 2Y			p	1	,	Y	p p 2						1	,		Y			p							1			1	p 2 p
	1			1		p		1							p				1								p p 2				2 p p 2
						p									p												p p 2				2 p p 2
			1		1		1			1	e 2 t	1 , y							t					1		e	2 t	1 ,	y	t e 2t .
																											2 t
																	1
					p 2												1							2					1
			2		p 2		p			2														2

С применением формулы Дюамеля получаем:

t		2 τ							t			t
y t	e		2	e	2 t τ d τ e 2t						dτ	2 e 2	t τ dτ		1	e 2t ln 1 2 τ	t0
	e										dτ				1

	1 2 τ									1	2 τ				2
0							0					0
				e 2 t τ		t		1	e 2t ln 1 2t e 2 t					1 .
						t		1

						0	2
						0	2

115

Теперь запишем решение исходной задачи:

x t 1 e 2t ln 1 2t e 2 t 1 1 . 2

После преобразований окончательно имеем:

x t 1 e 2t ln 1 2t 2 .

					2
Ответы. 1) x t						1	cos t		1		sin t		1	e t cos t	9	e t sin t ;
Ответы. 1) x t					10		cos t	5			sin t	10		e t cos t	20	e t sin t ;
					10			5				10			20
2) x t	1	e 2 t ln	e 2 t	;	3) x t			1		e 2t ln 1 2t 2 .
2) x t		e 2 t ln	2t	;	3) x t			2		e 2t ln 1 2t 2 .
4		1	2t					2
2. Решить задачу Коши для уравнения x t 2 x t																	f t ,	x 0 1 , где
функция		f t задана графически (рис. 9.1):
						y
y		f t		1
				1

					1			2						3		x

Рис. 9.1

Решение. Запишем аналитическое задание функции f t :

f t η t t 2 η t 1 t 1 2 η t 2 t 2 η t 3 t 3

и, применяя теорему запаздывания, найдем для функции f t изображение

F p	1	2	e p	2		e 2 p	e 3 p	.

	p 2		p 2			p 2	p 2
Пусть x t X p .	По	теореме			дифференцирования оригинала с

учетом начального условия

x t pX p 1 .

116

Составим равенство изображений левой и правой дифференциального уравнения и найдем изображение X p .

pX p 1 2 X p

e p

e 2 p

e 3 p

p 2

X p p 2

e p

e 2 p

e 3 p

1 ,

p 2

X p

e p

e 2 p

e 3 p

2 p 2

p 2

p 2 p 2

2 p 2

p 2

частей

Найдем изображения для слагаемых правой части последнего равенства.

e 2 t ,

1 p 2 4 p 2

p 2

4 p

p 2

e 2 t

2t 1 ,

а с применением теоремы запаздывания

e p

e 2 p

e 3 p

η t 1 e 2 t 1

2 t 1 1

2 p 2

p 2 p 2

η t 2 e 2 t 2

2 t 2 1

η t 3 e 2 t 3

2 t 3 1

η t 1 e 2 t 1

2t 3

η t 2 e 2 t 2

2t 5

η t 3 e 2 t 3

2t 7 .

117

Используя свойство линейности преобразования Лапласа, получаем искомое решение:

x t 1 η t 5e 2 t 2t 1 1 η t 1 e 2 t 1 2t 3

4									2
			1	η t 2 e 2 t 2 2t 5						1		η t 3 e 2 t 3			2t 7 .
				η t 2 e 2 t 2 2t 5								η t 3 e 2 t 3			2t 7 .
2									4
		Ответ. x t				1	η t 5e 2 t		2t 1			1	η t	1 e 2 t 1 2t 3
		Ответ. x t			4		η t 5e 2 t		2t 1		2		η t	1 e 2 t 1 2t 3
					4						2
	1	η t 2 e 2 t 2			2t 5			1	η t 3 e 2 t 3					2t 7 .
		η t 2 e 2 t 2			2t 5				η t 3 e 2 t 3					2t 7 .
2					4

3.Операционным методом решить задачу Коши для системы дифференциальных уравнений.

		t x t y t e		t		x 0 y 0 1 ; 2)		x t y t 0,
1)	x	t x t y t e			,	x 0 y 0 1 ; 2)		x t y t 0,
					t			x t y t f t ,
	y t		y t x t e		t	,
	y t		y t x t e			,
sin t , 0 t π ,					x 0 0 , y 0 1 .
f t	0, t		x 0 y 0		x 0 0 , y 0 1 .
	0, t		π ,

Решения.			1) Предположим, что				x t X p , y t Y p . Запишем

изображения для производных искомых функций учтя начальные условия и применив теорему дифференцирования оригинала:

x t pX p 1 , y t pY p 1 .

Приравняем изображения частей уравнений исходной системы и получим систему уравнений относительно неизвестных X p , Y p :

	pX p 1 X p Y p	1			,
	pX p 1 X p Y p				,
		p		1
		1
pY p 1 Y p X p		1				.


			p 1
			p 1

После сложения уравнений этой системы получаем:

118

pX p pY p 2 0 , X p Y p 2 . p

Отсюда имеем выражение изображения Y p через изображение X p :

Y p 2 X p . p

Исключая неизвестное Y p из первого уравнения системы, имеем:

pX p 1 X p							2			X p						1				, X p p 2 1										2		1	,
pX p 1 X p										X p										, X p p 2 1													,
							p										p 1													p		p 1
			X p						1							2								1				.

								p 2						p p 2								p 1 p 2
Преобразуем правую часть полученного равенства:
X p		1			p 2 p								1		p 2 p 1									1					1			1
X p
	p		2 p p 2										3 p 1 p 2												p 2				p		p 2
				1		1					1	1						1	1		1		1			1	.
																											.
				3 p 1							3 p 2							p 3 p 1					3 p 2

Теперь получаем соответствие

																										t
X p x t 1								1		e t				1	e 2t 1							2		e		2 sh				3		t .
								1						1								2								3

						3			3							3									2
Используя ранее полученное выражение Y p																									через X p , имеем:
Y p	2		1	1	1					1	1						1		1		1								1		1
Y p
	p p 3 p					1				3 p 2							p 3 p								1 3 p								2
																							t
		y t 1				1	e t					1	e 2 t					2									3
						1						1				1		2		e 2 sh							3	t .
																1				e 2 sh								t .
3									3							3									2

119

2) Графическое изображение функции f t приведено на рис 9.2:

y	f t
			π	2		π			t
		Рис. 9.2
Запишем аналитическое задание функции								f t	и преобразуем его
правую часть.
	f t η t sin t η t π sin t ,
	η t sin t η t π sin t η t sin t η t π sin t π .
Итак,	f t η t sin t η t π sin t			π .
Применив теорему запаздывания, получаем соответствие
	f t		1		e πp		.
	f t						.
		p	2 1 p 2			1
Пусть	для искомых функций			x t X p				и	y t Y p . Тогда

применив теорему дифференцирования оригинала и учтя начальные условия, получим соответствия:

x t p 2 X p , y t pY p , y t p 2Y p 1 .

Теперь составим равенства изображений частей каждого из дифференциального уравнения исходной системы:

	p 2 X p p 2Y p 1 0,
			e π p
X p p 2Y p 1		1	e π p	.
X p p 2Y p 1				.
		p 2 1	p 2 1
		p 2 1	p 2 1

Решим эту систему с неизвестными X p и Y p . Сложив уравнения, далее получаем:

120

X p p 2	1		1

			2
		p		1

Из первого уравнения находим

Y p	1 p 2	X p	1
	p	2	p	2

e πp	X p		1		e π p
p 2 1 ,						.
				p 2 1 2	p 2 1 2
Y p :
X p		1	1		e π p
							.
		p 2		p 2 1 2	p 2 1 2

Найдем	оригиналы		для известных изображений					X p	и Y p ,
к примеру, применяя вторую теорему разложения.
Точки	p i – все		особые точки		функции 1		p 2	1 2 ,	которые
являются полюсами второго порядка. По теореме
	1		res	e pt	res	e pt	.

		p 2 1 2		p 2 1 2		p 2 1 2
		p 2 1 2	i	p 2 1 2	i	p 2 1 2

Находим вычеты.

p i

res

lim

p i

1! p i d p

p i d p

e pt

e pt t p i 2

2 p i e pt

e pt t p i 2

p i 2

p i 4

p i

e it 2it 2

e it 1 it

e it

e it t

Аналогичные вычисления приводят к равенству:

res

e pt

e it

p 2

Составим оригинал

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1112 / 2212 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