UMK11

Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Уральский Государственный Лесотехнический Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

(p − α)(p − β)

(p − α)(p − β)

(α − β) p − α

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

27.03.2016

Размер:

3 Мб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 1920 / 2320 21 22 23 > Следующая >>>

− 2 p

− pe

− 2 p

+ e

Ответ:

p2 +1

ПРИМЕР

2.4.

Доказать,

что

если

F0 (p)←f0 (t),

где

при

t < 0

f0 (t) = f (t)

при 0 ≤ t < l ,

а функция

f (t) при t > l периодическая с

при

t ≥ l

периодом l: f (t + l) = f (t), то

F0 (p)

f (t)←

= F(p).

(2.3)

1 − e−l p

Доказательство.

f0 (t) = [η(t) − η(t − l)]f (t) = η(t)f (t) −

− e−lp F(p). С другой стороны f

(p). В силу этого

− η(t − l)f (t − l)←F(p)

(t)← F

F (p) = F(p)(1 − e−l p ), F(p) =

F0 (p)

. Что и следовало доказать.

− e−l p

ПРИМЕР 2.5. Найти изображение функции:

а) f (t) = t − (t − 3)η(t −1); b) f (t) = sin t{η(t − 2π) − η(t − 3π)};

с) f (t) = 1 − t − (t 2 − 5t + 4)η(t −1) + (t 2 − 3t) η(t − 3);

d) f (t) = 2 1 − η t −

− η t −

η t −

− η t −

sin 2πt .

Решение.

а) Согласно ТИ ((1.13)) имеем: t ≡ η(t) t ←

. В силу (1.8)

−p

2 e

−p

(t − 3)η(t −1) = (t −1)η(t −1) −

2η(t −1)←

−

(1 − e−p )+

t − (t − 3)η(t −1)←

e−p .

Ответ:

(1 − e−p )+

e−p .

b)sin t{η(t − 2π) − η(t − 3π)} = sin(t − 2π)η(t − 2π) − sin(t − 3π)×

	e	−2πp		e	−3πp		1	e−2πp (1 − e−πp ).
× η(t − 3π)←			−			=
							+ p2
	1 + p2		1 + p2			1

Ответ:

−2πp

(1 − e

−πp ).

1 + p2

t 2 − 8t + 4 =

t −1 = u

= 1 + 2u + u 2

− 5 − 5u + u =

с) 1 − t ←

−

;

p p2

t = 1 + u

= u 2 − 3u = (t −1)2 − 3(t −1),

−p

3 e

−p

(t 2 − 5t + 4)η(t −1) = [(t −

1)2 η(t −1) − 3(t −1)η(t −1)]←

−

;

t 2 − 3t = t − 3 = u = (u + 3)2 − 3(u + 3) = u 2 + 6u + 9 − 3u − 9 = u 2 + 3u ; t = u + 3

	e	−3p		e	3p
(t 2 − 3t)η(t − 3) = (t − 3)2 η(t − 3) + 3(t − 3)η(t − 3)←			+ 3			.
	p2			p2

Окончательно имеем

−p

3 e

−p

f (t)←

−

(e−3p − e−p ).

(3e−3p

−1)+

Ответ:

e−3p	+	3 e−3	=	1	+	1	(3e−3p −1)+
p3		p2
				p p2

	2	(e−3p − e−p ).
	p3	(e−3p − e−p ).
	p3

−

e 2

d) 1) 1 ≡ η(t)←

;

η t

−

←

;

η t

−

←

;

−

1 − η t −

− t −

←

− e 2 − e

;

2) η t −

sin 2πt =

t −

= u

= η(u)sin 2π u +

t = u +

2π e

−

= η(u)sin(2πu + π) = −η(u)sin 2πn = −η t −

sin 2π t −

←

;

4π2

p2 +

t −

= u

η t −

sin 2πt =

= η(u)sin 2π u +

= η(u)sin(2πu + 3π) =

t = u +

2π e−

= −η(u)sin 2πu = −η

−

sin 2π t −

← −

+ 4π2

Окончательный результат таков:

−

(1 − e−p )

2πe

f (t)←

1 − e

− 2

− e−

−

+ 4π

−

(1 − e−p ).

2πe

Ответ:

1 − e−

− e

−

+ 4π

ПРИМЕР 2.6. Найти оригинал по заданному его изображению

(2 − 3e−p + e−3p ).

Решение. Раскрывая скобки, получаем

(2 − 3e−p + e−3p ) =

−

3e−p

−3p

−p

Согласно

(1.7)

имеем

→ 2η(t);

→η(t

−1);

−3p

→η(t − 3). Теперь,

пользуясь

свойством линейности изображения

Лапласа, окончательно получаем

(2 −

3e−p + e−3p )→ 2η(t) − 3η(t −1) + η(t − 3).

Ответ: 2η(t) − 3η(t −1) + η(t − 3).

Проверка. Надо воспользоваться соотношениями 1) – 3)

и линейностью

L − изображения.

ПРИМЕР

2.7.

Найти

оригинал

по

заданному

изображению

2 + pT − (2 + pT)e−pT

(1 − e−pT )p3

Решение. Согласно примеру 2.4 и ТИ

−pT

F0 (p) =

η(t)(t

+ T t)− η(t + T t) =

−

→

= [η(t) − η(t − T)](t 2 + T t) = f0 (t). Отсюда следует

(t) = t 2 + T t

при

0 ≤ t < T .

при

t ≥ T

Ответ: f (t) − периодическая функция с периодом T , которая является

продолжением f0 (t), заданной на 0 ≤ t < T , на всю положительную ось t .

2T 2

Рис. 2.2

Проверка. Согласно примеру 2.4 и ТИ

f0 (t) = [η(t) − η(t − T)](t 2 + T t)=

= η(t)(t

+ Tt )− η(t − T)(t

+ Tt )←

2 − e

−Tp

3 +

= (2 + pT) − (2 + pT)e−pT

= F (p). Отсюда

F (p)

(

+ pT

)

(

)

−pT

− 2 + pT

F(p) = 1 − e−Tp

(1 − e−Tp )p3

. В чем и следовало убедиться.

2.2. ПРИМЕРЫ НАХОЖДЕНИЯ ОРИГИНАЛА

ПО ИЗОБРАЖЕНИЮ

ПРИМЕР 2.8. Найти оригинал для изображения F(p) = 1 .

(p − α)(p − β)

Решение: I способ (разложение на элементарные (простейшие) дроби).

Заданную правильную рациональную дробь разлагаем на элементарные

	1		1	(e	α t − eβ t ),
−		←
−		←
			(α − β)
	p − β		(α − β)

где использовались соотношения из (1.5)

Ответ: (α 1− β) (eα t − eβ t ).

II способ (выделение полного квадрата). Проиллюстрируем его на более общем примере без излишних детальных объяснений и ссылок. Пусть

F(p) =

Ap + B

A p + B

(2.4)

p2 + b p + c

b 2

+ c −

Если c −

= a 2 > 0,

a =

c −

, преобразуем (2.4) к виду

Ap + B

A p

B −

. И

согласно

(1.6), (1.8),

p 2 + bp + c

+ a 2

p +

+ a 2

(1.9) в этом случае

−

F(p)→A e

cos at

B −

sin at .

(2.5)

Если

c −

= −a 2 < 0, a =

− c

(корни квадратного трехчлена

вещественны), то с учетом (1.6), (1.8), (1.9) (см. также ТИ) имеем

Ap + B

A p

B −

→

p2 + bp + c

− a 2

p +

− a 2

−

→Ae

ch at +

B −

e 2

sh at .

(2.6)

При с −

= 0 получаем (см. формулу (4) из ТИ)

−

Ap + B

−

→ A e

+ B −

t e

2 .

(2.7)

p2 + bp + c

b 2

p +

Проверка. Нам надо убедиться в справедливости (2.5)-(2.7), прочитанных справа налево. Действительно, используя ТИ, находим

			p
cos at ←					;
cos at ←		p 2			;
		p 2	+ a 2
(1):
			a
sin at ←				;
sin at ←	p 2			;
	p 2		+ a 2

−	b	t		1		Ab		−	b

A e 2			cos at +		B −		e	2

				a		2

=	Ap + B
		.
		.
	p2 + bp + c
				p
	ch at ←					;
	ch at ←		p 2			;
			p 2	− a 2
	(2):
				a
	sh at ←				;
	sh at ←		p 2		;
			p 2	− a 2

−

A e 2 ch at

B −

Ap + B

p2 + bp + c

−

p +

cos at ←

+ a 2

−

sin at ←

+ a 2

A p +

−

sin at

←

b 2

+ a

p +

+ a 2

−

p +

ch at ←

− a 2

−

sh at ←

− a 2

−

A p

sh at ←

− a

p +

− a 2

−

(3): Ae

←

;

B −

t e 2

← B −

p +

−

B −

Ae 2

+ B −

t e

←

p +

b 2

p +

Ap + B

. Что и надо доказать.

p2 +bp + c

p +

ПРИМЕР 2.9. Найти оригинал для изображения F(p) = (p2 + β2 )2 .

′

Решение.

= −

→

+ β

2 )2

+ β

(

→

sin βt .

Используя теорему 1.6 о дифференцировании изображения

(см.

(1.12)), получим:

′

t sin βt

= −

→ −

→

+ β

2β

(p 2 + β2 )

Ответ:

t sin βt

2β

Проверка. sin βt ←

. С учетом (1.12) имеем t sin βt ←

′

p 2 + β2

2 βp

t sin βt

← −

←

+ β

2 β

(p 2 + β2 )

II способ. Так как

→cos βt;

→

sin βt,

то по теореме

p 2 + β2

p 2

+ β2

Бореля (см. (1.16), (1.17)):

f (t) =

cos βτ

sin β(t − τ)dτ =

[sin

βt + sin β(t − 2τ)]dτ =

∫

2β 0

t sin βt

cosβ(t − 2τ)

t sin βt

[cos(− βt) − cos βt] =

t sin βt

β2

4β2

2β

Получен тот же результат.

ПРИМЕР 2.10. Найти оригинал для изображения

p4 + 4

Решение. Сначала преобразуем p4 + 4 к виду:

p4 + 4 = p4 + 4p2 + 4 −

− 4p2 = (p2 + 2)2 − 4 p2

= (p2 − 2p + 2) (p2 + 2p + 2). Вследствие этого

(

)(

) =

−

+ 2p + 2

4 p

−

+ 2p +

+ 4 p

− 2p + 2 p

2p + 2 p

(e t sin t − e −t

sin t) =

sin t

−

→

sht .

p 4 + 4

−1)2 + 1

(p + 1)2 + 1

Ответ:

sin t sh t

Проверка.

sh t sin t =

(e t

sin t − e−t

sin t)←

−

−1)2 + 1

(p +1)2 +1 − (p −1)2 −1

4 p

−

(

)(

) =

(p +

−

+ 2p +

[(

]

+ 4

2p + 2 p

+ 2

)

− 4p

2 p

что подтверждает ответ.

ПРИМЕР

2.11.

Найти

оригинал для

изображения

а) F(p) =

;

p(p −1)

b) F(p)

с) F(p) =

d) F(p) =

p(p2 +1);

(p −1)(p2 +1);

p(p −1)(p2 +1);

е) F(p)

(p2 +1)(p2 −1).

Решение. Разлагая на элементарные дроби и согласно ТИ, получаем:

										1				1
			а) F(p) = −							1	+			1			→ e t − η(t) = e t −1;
			а) F(p) = −								+						→ e t − η(t) = e t −1;
										p				p −1
												1						1							p
			b) F(p) =									1				=		1		−					p			→η(t) − cos t;
			b) F(p) =					p(p 2 + 1)								=				−				p 2 +				→η(t) − cos t;
								p(p 2 + 1)										p						p 2 +			1
			с) F(p) = (												1	2	) =								1	(p +									1		−		2	1				=
			с) F(p) = (											)(		2	) =								2	(p +			1)						2		−		2					=

									p −1 p +1																						p −1 p +											1
	1		1			p + 1									1		1									p									1				1	(e	t	− cos t − sin t);

=					−		2						=										−			2				−			2				→
=	2				−		2	+ 1					=		2								−		p	2				−			2				→		2
	2	p −1				p		+ 1							2	p −1									p		+ 1 p								+ 1				2
d) F(p) =								1														1					1						1								1						1
																	=															−				=									−				.
													2	+1)			=				2											−				=			−1)(p				2	+1)	−	p(p	2	+1)	.
				p(p −1)(p									2						p		2																	(p					2				2
				p(p −1)(p															p					+1 p −1										p				(p

Теперь остается воспользоваться результатами b) и с), что дает

	1			.	1	(e t − cos t − sin t)− η(t) − cos t .
				→
(	)(	2	)		2
				.
p p −1 p			+ 1

е) F(p)=			1					1			1				1	.	1	(sh t − sin t).

	(p		+ 1)	(p		−1)	=					−				→
		2			2			2		2	−1		p	2	+ 1		2
									p							.

Ответ: а) et −1; b) 1 − cos t; с)			1	(e t − cos t − sin t);
Ответ: а) et −1; b) 1 − cos t; с)			2	(e t − cos t − sin t);
			2
d)	1	(e t − cos t − sin t)− η(t)− cos t;			е)	1	(sh t − sin t).
d)	2	(e t − cos t − sin t)− η(t)− cos t;			е)	2	(sh t − sin t).
	2					2

Проверка. Предлагаем сделать самостоятельно.

2.3. ОПЕРАТОРНЫЙ МЕТОД ИНТЕГРИРОВАНИЯ ЛИНЕЙНЫХ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ (ЛДУ)

С ПОСТОЯННЫМИ КОЭФФИЦИЕНТАМИ

Общий принцип интегрирования ЛДУ операторным методом: почленное применение преобразования Лапласа к заданному уравнению, покажем на конкретных примерах. При этом предполагается, что правые части уравнений являются оригиналами.

ПРИМЕР 2.12. Найти решение уравнения с заданными начальными условиями: x ′′+ 3x′ = e−3t ; x(0)= 0, x′(0)= 1.

Решение. Согласно (1.10) и (1.11)

x(t)← X(p); x′(t)← p X(p)− x(0)= p X(p);

x ′′(t)← p2 X(p)− [p x(0)+ x′(0)]= p2 X(p)−1.

Имея это ввиду и применяя почленно к рассматриваемому ЛДУ преобразование Лапласа, будем иметь (см. ТИ) операторное уравнение

X(p)−1 + 3p X(p)=

X(p)=

p + 4

−

p + 3

p(p + 3)

3(p + 3)

9 p p

Теперь согласно ТИ

→ η(t);

→ e−3t ;

→ t e−3t . В силу

(p + 3)2

p + 3

[η(t)− e −3t ]−

этого и свойству линейности

X(p)→

t e −3t ;

η(t)= 1 при

t ≥ 0 .

Ответ: x(t)=

[η(t)− e−3t ]−

t e−3t .


Проверка. x′(t)=	4	3e−3t −		1	(e−3t − 3 t e−3t )= e−3t + t e−3t
Проверка. x′(t)=	9	3e−3t −			(e−3t − 3 t e−3t )= e−3t + t e−3t
	9		3
x ′′(t)= −3e−3t + e−3t − 3 t e−3t = −2 e−3t − 3 t e−3t
x ′′+ 3x′ = +e−3t ,	x(0)= 0,		x′(0)= 1.			Полученное	тождество

(относительно t ) указывает на верность полученного решения. В чем и следовало убедиться.

Замечание. Удобство операторного метода плюс ко всему состоит еще в том, что в полученном решении уже учтены начальные условия.

ПРИМЕР 2.13. Найти решение уравнения x IV − x = sh t с заданными начальными условиями x(0)= x′ = x′′(0), x′′′(0)= 1.

Решение. Согласно теореме дифференцирования оригинала (1.10) и (1.11)


имеем x(t)← X(p);	x′(t)← p X(p),


x ′′′(t)← p3 X(p), x iv (t)← p 4 X(p)−1.

x ′′(t)← p2 X(p),

Далее, поступая как и в примере 2.12 настоящего параграфа, найдем

операторное уравнение

, X(p)(p4 −1)=

p4 X(p)−1 − X(p)=

+1 =

p2 −1

; X(p)=

(p2 −1)(p4 −1)=

(p2 −1)2 (p2 +1).

p2 −1

I способ. Получили рациональную дробь. Корни ее знаменателя являются

особыми

точками: p1 = i,

p2 = −i −

простые

полюсы;

= 1; p 4

= −1−

полюсы 2-го порядка. Согласно второй теореме разложения (см. (1.21))

x(t)= ∑m

Re s [X(pk )ep k t ]. Находим последовательно вычеты:

k =1

1) Re s [X(p1 )ep1 t ]= lim (p − i)

= lim

(p 4

p→i

−1)(p 2 −1)

p→i (p 2 −1)2 (p + i)

− ei t

i ei t

;

2) Re s [X(p2 )ep2 t ]= lim

p2 (p + i)ep t

= lim

p2 ept

(p − i)(p2 −1)2

p→−i (p2 +1)(p2 −1)2

p→i

−i t

−i e−i t

;

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 1920 / 2320 21 22 23 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
03.06.20151 Мб10telsprav.pdf
#
26.04.2019244 Кб17teoria_kultury.doc
#
03.06.201571 Кб21Testy_kabinet.doc
#
03.06.2015331 Кб59topref.ru-17132.doc
#
01.05.2025353 Кб1Tuchik_LPP.doc
#
27.03.20163 Мб51UMK11.pdf
#
01.04.2025102 Кб2Unit I LAND USE PLANNING.docx
#
01.04.2025729 Кб5Untitled.doc
#
16.11.2019344 Кб35Untitled0.doc
#
03.06.2015538 Кб13Urok_4_Zaprosy_KU.pdf
#
14.07.2019537 Кб50V_A_Radkevich_Ekologia_Glava_6_Osnovnye_sredy.docx