Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Кузбасский государственный технический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Математика МУ к КР ЗФО 24.04

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

10.05.2015

Размер:

1 Мб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 95 6 7 8 9 > Следующая >>>

			41
res f (z0 ) =		1	lim((z − z0 )m f (z))(m−1) ,
res f (z0 ) =			lim((z − z0 )m f (z))(m−1) ,
	(m −1)! z→ 0
Кроме того для полюса порядка m =1 справедлива формула:
resf (z0 ) = res ϕ(z0 ) =					ϕ(z0 )	.
resf (z0 ) = res ϕ(z0 ) =						.
			ψ(z0 )	ψ′(z0 )
Вычетом функции f (z)		в точке z = ∞ называют число −C−1 , кото-

рое является коэффициентом при 1z ряда Лоярана в окрестности бесконечно

удаленной точки:

res f (∞) = −C−1 = ∫ f (z) dz ,

C−

где C− - произвольный замкнутый контур, ориентированный по часовой стрелке и принадлежащий области аналитичности функции ( z > 0 ).

Основные теоремы о вычетах

Теорема 1. Пусть функция f (z) кости за исключением конечного числа

Тогда имеет место соотношение ∑res f

n=1

аналитична на всей комплексной плосособых точек z1, z2 ,KzN .

(zn ) + res f (∞) = 0 .

Теорема 2. Пусть функция f (z) аналитична в области D и на ее границе Сза исключением конечного числа особых точек z1, z2 ,KzN .

Тогда справедливо ∫ f (z) dz =

2π i ∑res f (zn ).

n=1

Применение вычетов к вычислению несобственных интегралов

∞

Pn (x)

Pn (zk )

∫

dx = 2π i

∑

res

Im z

> 0, m −n ≥ 2;

−∞ Qn (x)

k=1

Qm (zk )

∞

res(f (zk ) eiωzk ),

I = ∫ f (x)eiωxdx = 2π i∑N

Im zk > 0,

f (z)

z ∞;

−∞

k=1

∞

∫ f (x)cosωx dx = Re I,

∫ f (x)sinωx dx = Im I ;

−∞

∞

res(f (zk ) e−iωzk ),

∫ f (x)e−iωxdx = −2π i∑N

Im zk < 0,

f (z)

z ∞;

−∞

k=1

		42
	σ+i ∞	N
5.	∫ f (z)et zdz = 2π i∑res(f (zk )et zk ),		Re zk <σ ;
	σ−i ∞	k=1
	σ+i ∞	N
6.	∫ f (z)e−t zdz = 2π i∑res(f (zk )et zk ),		Re zk ≥σ .
	σ−i ∞	k=1

Задания контрольной работы

Вычислить интегралы, используя теорию вычетов:

∫

ezdz

∫z

2.30.

e z dz ;

2.29.

z2 ( z2 +9)

z sin(

)dz

cos2 z

∫

2.32.

∫z sin z

2.33.

∫

;

2.31

( z−4)

z−π

z−5

sin π ( z−1)

−1)dz

2.34.

∫ z2 −2z+2 dz

;

2.35.

∫

z−1−i

−iz

z−i

∫

eizdz

∫

z+1

2.36.

;

e −1

dz ;

2.38.

dz ;

( z2 −1)2

z2 +2 z−3

2.37.

z−1

+y2 =1

Тема 4 Преобразования Лапласа. Оригинал

и изображения по Лапласу.

Теоретическое введение

Преобразованием Лапласа для функции

f (t) называется функция

∞

F( p) = ∫ f (t)e−pt dt = L{f (t)},

где p =σ +iω -

f (t)

комплексная переменная. Функция

является ком-

плексной функцией действительного аргумента и называется функциейоригиналом.

Эта функция обладает следующими свойствами:

1)f (t) = 0 для всех t < 0 ;

2)f (t) интегрируема на любом конечном интервале;

3) f (t) возрастает не быстрее некоторой показательной функции, то есть су-

ществуют такие	M > 0 и σ0 > 0 ,	что для всех t справедли-
во\| f (t)\|< M exp(σ0t) .		f (t) . При этих условиях не-
Числоσ0 называют показателем роста функции

собственный интеграл сходится абсолютно:

∞

∫ f (t)e−pt dt <∞

Формула обращения

Пусть справедливо соотношение:

f (t) F( p)

Если функция-оригинал f (t) непрерывна в точке t и имеет в этой точке непрерывные конечные производные, то

		1	σ+i∞
f (t)	=		∫F( p)e pt dp.
		2πi
			σ−i∞

Таким образом, по известному изображению F( p) оригинал f (t) мо-

жет быть восстановлен путем вычисления интеграла обращения. Интеграл обращения может быть вычислен с применением теории вычетов. Поэтому при нахождении оригиналов обычно используют теоремы разложения, которые следуют непосредственно из формулы обращения.

Первая теорема разложения.

Пусть изображение ЛапласаF( p) является функцией, аналитической в
окрестности p = ∞, и разложение в ряд Лорана в окрестности			p = ∞	имеет
вид:
∞
F( p) = ∑	Ck	.
F( p) = ∑	k	.
k =1 p
		∞	Ck
Тогда оригиналом является функция f (t)η(t) , где f (t) = ∑			Ck	t k −1 .
Тогда оригиналом является функция f (t)η(t) , где f (t) = ∑			(k −1)!	t k −1 .
		k =1	(k −1)!

Пример 1. Найти функцию-оригинал для функции-изображения:

− 1

F( p) = e p −1.

Восстановим оригинал

f (t)η(t) .

Для

этого

разложим

функцию-

изображение в ряд Лорана:

F(p) =

1−

−

+...+

(−1)k

+...−1=

2! p2

3! p3

k! pk

= −

−

+...+

(−1)k

+...

2! p2

3! p3

k ! pk

(−1)

∞

(−1)

Отсюда

Ck =

, f (t) = ∑

t k−1

= −1+

−

+...

!(k −1)!

k=1 k

Сопоставляя это разложение с формулой Маклорена:

f (t) = f (0) + f ′(0)t +

f ′′(0)

t 2 +...

получаем начальное значение функции f (0) = −1, начальную скорость изменения функции f ′(0) =1/ 2 .

Вторая теорема разложения

Пусть изображение Лапласа F( p) является правильной дробью:

F( p) =	Pn ( p)	; n < m.
	Q ( p)

	m	f (t)η(t) , где
Тогда оригиналом является функция
n
f (t) = ∑res{F( pk )e pk t }.
k =1
Сумма вычетов берется по всем особым точкам, лежащим в конечной
части комплексной плоскости.
Если изображение F ( p) является неправильной дробью, то необходимо

выделить целую часть и при нахождении оригинала использовать свойство ли-

нейности.

p + 3

Пример 2. F( p) = p2 + 4 p +13 .

Так как дробь правильная, сразу находим особые точки: p = −2 ±3i ,

которые являются простыми полюсами. Сумму вычетов в комплексно сопряженных точках удобно находить по формуле:

res(F ( p)e p t )| p=α+iβ + res(F ( p)e p t )| p=α−iβ = 2 Re res(F ( p)e p t )|

p=α+iβ .

f (t) = 2Re res

( p +3)ept

= 2Re res

( p +3)ept

p2 +4p +13 p=−2+3i

p=−2+3i

= Re

(−2

+3i

+3)e(−2+3i)t

= Re

(1+3i)e−2t (cos3t +i sin3t)

−2 +3i

= Re

(−i + 3)(cos3t + i sin 3t)e−2t = e−2t cos3t

sin

Пример 3. F ( p) =

+ 2

p( p2

+ 4)

+2)e

f (t) = res

2Reres

p(p2 +4)

p=0

p(p2 +4)

p=2i

(p2 +2)ept

(−4 +2)e2it

p=0 +2Re

+2 Re

p2 +4

p(p +2i)

p=2i

2i(4i)

(−4 +2)e2it

(−2)e2it

+2Re

+Re

2i(4i)

−4

Re(cos2t + i sin 2t) =

cos2t.

Пример 4. F ( p) =

p2 +4 −4

δ(t) −2sin2t.

−

p2 +4

ТАБЛИЦА: ОСНОВНЫЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ЛАПЛАСА И ИХ СВОЙСТВА

f (t)

F ( p)

f (t)

F ( p)

δ (t)

t neat

( p − a)n+1

η(t)

f ′(t)

pF (P) − f (0)

′′

f (t)

F ( p) − pf (0) − f ′(0)

ea t

ea t f (t)

F ( p − a)

p − a

sinωt

t sin ω t

2pω

( p2 +ω2 )2

p2 +ω2

cosωt

t cosωt

p2 −ω2

p2 +ω2

(p2 +ω2 )2

shωt

t shωt

2pω

p2 −ω2

( p2 −ω2 )2

chωt

t chω t

p2 +ω2

p2 −ω2

(p2 −ω2 )2

eλ t sinωt

F(p)G(p)

∫ f (τ)g(t −τ)

( p −λ)2 +ω2

λ t

p −λ

f (0)g(t) +∫ f ′(τ)g(t

pG(p)F(p)

cosωt

( p −λ)

f (t −τ)

e−pτF(p)

pn+1

Задания контрольной работы

1. Найдите изображение по оригиналу, используя таблицу и свойства преобразований Лапласа.

2.39)

sin2 t, 2.40)

sin4 t, 2.41)

e5t sin 2t, 2.42)

e−5t cos 3t,

2.43)

cht cos 2t,

−4t

−t

t − 2

2.44)

(sin 3t cos 2t),

2.45) te

sin(ωt),

2.46) sin

η(t

− 2),

2.48) exp(at) − exp(bt) ,

2.47)

e3(t−4)η(t − 4),

2.50) e−at sinωt

2.49) ∫cos aτ − cos bτdτ,

2. Восстановите оригинал по изображению

F ( p)

Ответ : f (t)

2.51

et sin t

p2 − 2 p + 2

2.52

p + 8

3et − 2e−2t

p2 + p − 2

2.53

p +1

t +1 − cos t − sin t

p2 ( p2 +1)

2.54

(sin t −t cost)

( p2 +1)2

2.55

p2 + 3p + 4

2 −8et + 7e2t

p( p −1)( p − 2)

2.56

p 2 +1

t + 2 + et (2t − 2)

p2 ( p −1)2

2.57

+ 6

sin 2t −

t cos 2t

( p2 + 4)2

2.58.

p2 + 3

δ(t) − 2e−t

cos t + 3e−t sin t

p2 + 2 p + 2

2.59

ωe

−3 p

{sin ω(t − 3)}η(t − 3)

p2 +ω2

2.60

e−5 p

e−2 p

(t − 5)η(t − 5) + e3(t−2)η(t − 2)

p − 3

K( p)

Тема 5. Решение линейных дифференциальных уравнений и систем уравнений операторным методом

Теоретическое введение

Задача Коши для линейного уравнения:

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

состоит в нахождении частного решения y(t) по заданным начальным условиям

y(0) = y0 , y′(0) = y0′, y′′(0) = y0′′, ............y0

(n−1)(0) = y0

(n−1)

Полагаем, что правая часть уравнения x(t) и искомая функция y(t) являются оригиналами. Тогда для них существует преобразование Лапласа:

x ( t ) X ( p ), y ( t ) Y ( p ).

Применяя правило дифференцирования оригинала

y′(t) pY ( p) − y(0),

y′′(t) p2Y ( p) − py(0) − y′(0),

и используя свойство линейности, переходим в исходном дифференциальном уравнении от оригиналов к изображениям. При этом исходное дифференци-

альное уравнение переходит в алгебраическое уравнение относительно Y ( p) :

an ( pnY( p) − pn−1 y0 −... y0(n−1) ) +...+ a0Y( p) = X( p).

Тогда

Y(p)(an pn +an−1 pn−1 +...+a0 ) = X(p) + M(p),

Y( p) K( p) = X( p) + M( p);

K( p) = an pn +an −1 pn−1 +...a1 p +a0 ;

Y( p) = X( p) + M( p) .

B этом выражении стоящий в знаменателе многочлен K( p) называется

характеристическим многочленом, а функцияK( p) выражает влияние на-

чальных условий.

Решение исходного дифференциального уравнения получаем, возвращаясь к оригиналам Y ( p) y(t) .

Пример 5. Найти частное решение уравнения

y′′ + 2y′ +5y = 3, y(o) = 1; y′(0) = 0.

Переходя к изображениям	3	3	,
		p

y(t) Y( p),

y′(t) pY( p) −1, y′′(t) p2Y( p) − p,

получаем операторное уравнение

p2Y( p) − p + 2 pY( p) − 2 + 5Y( p) =

и его решение

Y( p) =

p + 2

p2 + 2 p + 3

p( p2 + 2 p +5)

p2 + 2 p + 5

p( p2 + 2 p + 5)

Переходя к оригиналам, получаем искомое решение:

y(t) = res{Y( p)e pt }

p=0

+2 Reres{Y( p)e pt }

p=−1+2i

+2 Re

( p2 +2 p +3)e pt

e−t cos2t +

e−t

sin2t.

p( p +1+2i)

p=−1+2i

При решении операторным способом правая часть уравнения может быть задана функцией, имеющей точки разрыва 1-го рода.

Пример 6. Найти частное решение уравнения, для которого правая часть x(t) приведена на рисунке, приведенном ниже

y′′+ y′ = kx(t), k > 0, x(t) =η(t −a) −η(t −b), y(0) =0; y′(0) = 2.

Переходя к изображениям:

x(t)

y(t) Y ( p),

y′(t) pY ( p) − y(0) = pY ( p), y′′(t) p2Y( p) − y(0) p − y′(0) = p2Y( p) −2,

x(t)		e−ap			−	e−bp	,
			p			p

получаем алгебраическое уравнение			1
Y( p)( p2 + p) =				(e−ap −e−bp ) + 2.
			p

Тогда решение запишется в виде:					e−ap −e−bp
2
Y( p) =				+				.
	p( p +1)				p2 ( p +1)

Переходя к оригиналам и используя свойство запаздывания оригинала, получаем решение:

2		2e	pt			2e	pt		= 2 −2e−t .
	res				+res

p( p +1)	p( p +1)			p=0	p( p +1)			p=−1

1		e	pt			e	pt
	res				+res				=

p2 ( p +1)	p2 ( p +1)			p=0	p2 ( p +1)			p=−1

	e pt		′		e pt			= e−t +t −1,

=					+
	p +	1		p=0		p2
							p=−1

Результат записывается следующим образом:

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 95 6 7 8 9 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
01.05.20251 Мб2Мат. анализ К р № 1для з.о..doc
#
16.03.2016493 Кб29МАТЕМ. обработка.pdf
#
10.05.2015358 Кб29МАТЕМАТИКА для контрол 9, 10 2009.pdf
#
10.05.2015696 Кб56Математика для инженеров.pdf
#
10.05.2015298 Кб16математика контр раб №2.pdf
#
10.05.20151 Мб24Математика МУ к КР ЗФО 24.04.pdf
#
10.05.20153 Мб7Математика Сам раб 140400 140100.pdf
#
01.05.2025112 Кб0Математика сам.раб..docx
#
10.05.2015403 Кб8математика.pdf
#
16.03.2016430 Кб9Математика.pdf
#
16.03.2016830 Кб5Математика.pdf