Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Уральский Государственный Лесотехнический Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

UMK11

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

27.03.2016

Размер:

3.4 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 2021 / 2321 22 23 > Следующая >>>

В чем и следовало убедиться.

(p −1)

p t

3) Re s [X(p3 )ep3t ]= lim

′ = lim

′ =

+1)(p

−1)

+1)(p

+1)

p→1

{(t ep t p2 + 2 p ep t )(p2 +1)(p +1)2 − p2 ept [2p(p +1)2 + 2(p

2 +1)(p +1)]}

= lim

+1)

(p +1)

p→1

8 e t (t + 2) −16 e t

e t (t + 2 − 2)

t et

4 16

′

(p +1)

4) Re s [X(p4 )ep4t ]= lim

p→−1 (p2 +1)(p −1)2 (p +1)2 p

= lim

(ept tp 2

+ 2p ept )(p2 +1)(p −1)2 − p2 ept [2p(p −1)2 + 2(p2 +1)(p −1)]

+1)

(p −1)

p→−1

− 8 e−t (2 − t) +16e−t

e−t

(2 − 2 + t)

t e−t

4 16

′

p2 ep t

5) Re s [x (p4 )ep4t ]= lim

+1)(p −1)2

p→−1 (p

(t ep t + 2p e p t )(p2 −1)2 − [2p(p −1)2 + 2(p −1)(p2 +1)]ept p2

= lim

+1)

(p −1)

p→−1

e−t (t − 2) 8 − e−t [− 8 − 4 2]

t e−t

Окончательно получаем, что искомое решение имеет вид

x(t) = −

sin t +

ch t =

(t ch t − sin t).

Ответ: x(t) =

(t ch t − sin t).

Проверка.

x′(t) =

(ch t + t sh t − cos t);

x ′′(t) =

(2 sh t + t ch t + sin t);

x ′′′(t) =

(3ch t + t sh t + cos t);

x iv (t) =

(4 sh t + t ch t − sin t);

x iv (t) − x(t) = 1 (4 sh t + t ch t − sin t − t ch t + sin t) = sh t; 4

x(0) = 0, x′(0) = 0, x′′(0) = 1.

II способ (разложение на простейшие дроби). Имеем,

	p	2		1			1				1		1		1				1
	p			1			1				1		1		1				1
			=					+				, X(p) =				+						=
p	4	−1	=	2		2	−1	+	p	2	+ 1	, X(p) =		(p 2	2	+	(p	2	+ 1) (p	2		=
p		−1		2	p		−1		p		+ 1		2	(p 2	−1)		(p		+ 1) (p		−1)

															2
	1		1				1						1				1				1					1					1		1				1
=										−						+								−						=
=										−						+					2			−		2				=									2
	2 4							−1				p +					2				2	−1			p	2										(p	−	1)	2
	2 4			p				−1				p +		1			2		p			−1			p		+1					2 4				(p	−	1)

			1							1				1					1						1			1						1
			1							1				1					1						1			1						1
+									+							−								=							+							+
+		(p		1)2					+	2						−		p2 +1						=	8		(p		1)2		+		(p		1)2			+
		(p	+	1)2						2		p2 −1						p2 +1							8		(p	−	1)2				(p	+	1)2
			+																									−						+
	1					1							1			t							1							1
+			−								→			t (e		t	+ e			−t	)+			(− sin t) =								(t ch t − sin t).
						2
	4				p	2	+1						8										4							4
	4				p		+1						8										4							4

2
−		+
	p2 −1

Таким образом, оба способа дают один и тот же результат, как и должно

быть.

Замечание.

Так

как

−

a > 0,

то

− a

2 a p − a

p + a

(p2 − a 2 )

−

4 a 2

(p − a )(p + a )

(p + a )2

(p − a )2

− a 2

(p − a )2

4 a 2

→

t (ea t

+ e−a t )−

sh at

ch at −

sh at =

(p + a )

2 a

4 a

t ch at −

sh at .

Таким образом,

2 a

→

t ch at −

sh at .

(2.8)

(p2 − a 2 )2

2 a

И этот процесс возведения в натуральную степень n можно продолжить.

ПРИМЕР 2.14. Найти решение системы дифференциальных уравнений

x′′ − y′

= 0,

x(0) = y′(0) = 0,

при заданных начальных условиях

′ − y ′′= 2 cos t,

x′(0) = y(0) = 2

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


x(t)←X(p); x′(t)←p X(p); x ′′(t)← p2 X(p) − 2 ;

y(t)← Y(p); y′(t)←p Y(p) − 2; y

′′(t)← p[pY(p) − 2] = p2 Y(p) − 2p.

Применяя почленно преобразование Лапласа к каждому уравнению

системы, получим систему операторных уравнений

X(p) − 2 − p Y(p) + 2 = 0

p X(p) − p2 Y(p) + 2p = 2

X(p) − p Y(p) = 0

2 p

X(p) − p Y(p) = −2 +

= 2

−1 = −

Относительно неизвестных X(p) и Y(p) имеем систему 2-х линейных

неоднородных уравнений с двумя неизвестными. Отсюда получаем

X(p) =

2 p

→sh t + sin t;

(p2

−1)(p2 +1)

p2 −1 p2 +

Y(p) =

2 p

= p

→ch t + cos t .

+1)(p

−1)

−1 p

Ответ: x(t) = sh t + sin t;

y(t) = ch t + cos t.

Проверка. x′(t) = ch t + cos t,

x′′(t) = sh t − sin t;

y′(t) = sh t − sin t,

y′′(t) = ch t − cos t;

x′′ − y′(t) = sh t − sin t − sh t + sin t = 0;

x′ − y′′ = ch t + cos t − ch t + cos t = 2 cos t;

x(0) = sh 0 + sin 0 = 0;

y′(0) = sh 0 − sin 0 = 0;

x′(0) = ch 0 + cos 0 = 2;

y(0) = 2. В чем и следовало убедиться.

Теорема 2.1. Если x1 (t) − решение дифференциального уравнения

x(n ) + a1 x(n−1)

+ K + an x = 1

(2.9)

с постоянными

коэффициентами

при

нулевых

начальных

условиях:

x(0) = x′(0) = K = x (n−1) (0) = 0, то решением уравнения

x(n ) + a1 x(n−1)

+ K + an x = f (t)

(2.10)

при тех же начальных условиях является функция

(t − τ)dτ = x1 (t)f (0)+

′(′τ)x1 (t − τ)dτ .

x(t) = ∫ x′1′(τ)f

∫ f

(2.11)

Доказательство. Операторное уравнение, соответствующее (2.9), имеет

вид

X		(p) P (p) =			1	,
X	1	(p) P (p) =				,
	1		n		p
где P (p) = p n + a					p
где P (p) = p n + a				1	p n −1 + K + a				n	есть так называемый характеристический
n			n −ой	1					n
многочлен			n −ой		степени			соответствующего однородного			уравнения.
Аналогично, из (2.10) получаем
										(t).
X (p) Pn (p) = F (p), F (p)→f										(t).

Почленное деление полученных равенств дает
							t			t	(t − τ)dτ,
X (p) = p F (p)X1 (p)→ ∫ x								1′ (τ)f (t − τ)dτ = x1 (t )f (0) + ∫ f ′(τ)x1			(t − τ)dτ,
							0			0
							0			0

если использовать интеграл Дюамеля. Что и требовалось доказать.

ПРИМЕР 2.15. Найти решение уравнения x ′′

− x′ =

при нулевых

1 + e t

начальных условиях.

Решение.

Согласно

сформулированной

теореме

рассматриваем

вспомогательное уравнение

x′′ − x′ = 1.

Операторное уравнение последнего уравнения имеет вид

p2 X(p) − p X(p) =

; X(p) − (p2 − p)=

, X(p) =

. Но

p2 (p −1)

−

→

см. (ТИ)

→ e t −1.

Согласно

теореме Бореля

p(p −1)

p −1 p

∫t (e

τ −1)dτ = e

(см.

(1.17))

→

0t − τ

= e t − t −1.

p2 (p −1)

p p(p −

Следовательно,

(t) = e t

− t −1,

x′ (t) = e t

−1,

x′′(t) = e t .

Замечание. Последнее получается более просто, если учесть

−

→e t

− t −1.

−1)

p(p −1)

p −1 p

p p −1

Далее согласно (2.11)

u(τ) = eτ

(eτ −1)eτ dτ

+ e t

x(t) = ∫t (eτ −1)

dτ

∫t

u(0) = e t +1

+ e t −τ

eτ + e t

u(t) = 2 et

= 2e∫t (u − e t −1)du = u

du = eτ dτ

2et

− (e +1)ln

2 et

= e t −1 − (et +1)×

et +1

e +

et +

× (ln 2 + t − ln(e t +1)).

Ответ: et −1 − (e t +1)[ln 2 + t − ln(e t +1)].

Проверка. x(0)= 0

			e		t
x′(t)= e t − e t [ln 2 + t − ln(e t +1)]+ (e t +1)1	−					=
			t
		e		+1

= e t [1 − ln 2 − t + ln (e t +1)]−1, x′(0)= 0.
x ′′(t)= e t		− ln 2	− t + ln (e t +1)−1 +	e	t	=
	1			e
	1			e t +1
				e t +1

= e t 1 − ln 2 − t + ln (e t +1)−

x ′′(t)− x′(t)= −

e t

+1 =

e t +1

e t +

уравнения x′′′(t)+ x′(t)= e t

ПРИМЕР

2.16. Найти

решение

при

нулевых начальных условиях

x(0)= x′(0)= x′′(0).

Решение.

Рассматриваем вспомогательное уравнение z′′′(t)+ z′(t)= 1,

z(0)= z′(0)= z′′(0)= 0 . Соответствующее операторное уравнение имеет вид

p3 Z(p)+ p Z(p)= 1 . Отсюда находим p

Z(p)=		1			1		1
				=		−		→ t − sin t, z(t)= t −sin t .
	p2	(p2 +1)
					p2		p2 +1		z′(t)= 1 − cos t, z′′(t)= sin t, z′′′(t)= cos t,
Сделаем				проверку:
z′′′(t)+ z′(t)= 1, начальные условия выполняются. Искомое решение
x(t)= ∫t			z′(τ)f (t − τ)dτ = ∫t						(1 − cos τ)e t−τ dτ = e t ∫t (1 − cos τ) e−τ dτ =
		0						0	0

−τ

−t

= e t − e

− ∫e−τ cos τdτ

= e t

− e

−t )−

(1 + sin t − cos t)−

−τ

(sin τ − cos τ)

(sin t − cos t)

∫ e−τ cos τdτ =

= e−t

e−t (sin t − cos t)

Ответ: x(t)= e t

−1 −

(sin t − cos t)−

e t

−1 −

(sin t

− cos t).

Проверка.				x′(t)=	1	e t −	1	(cos t + sin t); x ′′(t)=	1	e t −	1	(cos t − sin t);
							2		2
	1		1	2						2
x ′′′(t)=		et +		(sin t + cos t),			x ′′′(t)+ x′(t)= e t . В			чем		и следовало

2		2

убедиться.

ПРИМЕР 2.17. Проинтегрировать систему ДУ при нулевых начальных условиях:

		f (t)=	1 при 0 ≤ t < π
		1		при t ≥ π
			0	при t ≥ π
x′′ − y′ = f1 (t),					≤ t <	π
x′′ − y′ = f1 (t),			t	при 0	≤ t <	2
	(t),					2
					π ≤ t < π
y′ + x = f 2		f2 (t)= π − t при			π ≤ t < π
					2
			0	при	t ≥ π

Решение. Согласно свойству линейности L − изображения, теореме запаздывания и рис. 2.3, рис.2.4, имеем:

−π p

(1 − e

−π p )= F

(t)= [η(t)− η(t − π)]←

−

(p)

(t)= t η(t)−η t −

η t −

− η(t − π) (π − t)=

= t η(t)− 2 t

	1
=			1	− 2 e
=		2	1	− 2 e
	p	2
	p

−πp

−π p

2 e 2

−

η t −

+ (t

− π)η(t − π)←

−

−πp

+ e

−π p

−1

= F (p).

Система операторных уравнений имеет вид (x(t)← X(p), x′(t)← p X(p)),


x ′′(t)←p	2 X(p); y(t)← Y(p), y′(t)←p Y(p) .


p2 X(p)− p Y(p)= F		(p)
p Y(p)+ X(p)= F (p)
	1
	2
Отсюда почленным сложением получаем
(1 + p2 )X(p)= F (p)+ F (p), X(p)=				1 1			(1 − e−π p )+
(1 + p2 )X(p)= F (p)+ F (p), X(p)=					2		(1 − e−π p )+
	1	2	1	+ p	2
			1	+ p		p

− π p

−π p

− 2 e

+ e

−π p

−

p(p2 +

p(p2 +1)

p2 (p2 +1)

− π p

e−π p

2 e

−

(p2 +1)

p2 (p2 +1).

f1 (t)

f 2 (t)

π π

Рис. 2.3

Рис. 2.4

Так как

→sin t, то согласно теореме Бореля имеем

→

p2 +1

p p2 +1

0t = 1 − cos t.

→ ∫ sin τdτ = − cos τ

Аналогично,

p2 (p2 +1)→ 0∫ (1 − cos τ)dτ = (τ − sin τ)

0 = t − sin t .

Окончательно получаем

x(t) = (1 − cos t) − η(t − π)[η(t − π) − cos(t − π)]+ (t − sin t) −

+ η(t − π)[(t − π) − sin(t − π)];

− 2η t −

t −

− sin

t −

Y(p) = p X(p) −

F (p)

→ x′(t) − η(t)t + η(t − η)(t − π) = y(t);

p 1

p X(p)→ x′(t) = sin t − η(t − π)sin(t − π) +1 − cos t +

−

− η(t − π)cos(t − π);

+ 2η t

cos t −

[η(τ) − η(τ − π)]dτ= η(τ) τ t − η(τ − π)(τ − π) t =

1 F (p)→

∫

= η(t)t − η(t − π)(t − π).

Ответ: x(t) = (1 − cos t) − η(t − π)[η(t − π) − cos(t − π)]+ (t − sin t) −

−

;

2η t −

t −

− sin t

+ η t

t −

− sin t

−

y(t) = sin t − η(t − π)sin(t − π) +1 − cos t + 2η t

cos t −

− η(t − π)cos(t − π) − η(t )t + η(t − π)(t − π).

Проверка.

x ′′(t) = cos t − η(t − π)cos(t − η) + sin t −

−

2η t −

sin t

+ η(t − π)sin(t − π);

y′(t) = cos t − η(t − π)cos(t − η) + sin t −

−

2η t

sin t

+ η(t − η)sin(t − π) − η(t) + η(t − π);

x′′(t) = −y′(t) = η(t) − η(t − π);

y′ + x = 1 − η

− π)+ t

+ η(t − π)(t − π) −

− 2η t −

t −

− η(t) + η(t − π) = t η(t)

−

− 2 η t −

+ η(t − π)(t − π).

Получили

верное равенство, указывающее на верность найденного решения.

ПРИМЕР 2.18. Проинтегрировать ЛДУ при нулевых начальных условиях:

x′′(t) − x′(t) = f (x),

−t

при 0 ≤ t < 1.

f (t)

где f (x) = e

при

t ≥ 1

Решение.

x(t)← X(p), x′(t)←p X(p), x ′′(t)←p2 X(p),

(p2 − p)X(p) = F(p), X(p) = F(p) ,

Рис. 2.5

p2 − p

f (t) = [η(t) − η(t −1)]e−t = η(t)e− t −

k (t)

− η(t −1)e−(t −1) e−1 =

= η(t)e−t − η(t −1)

−p

e−(t −1) ←

−

p +1

e−p

e p +1

−

p +1

e−p

X(p)

p(p2 −1) −

e p(p2 −1).

Но

−

→ch t −1

p(p2 −1)

p2 −1 p

= ch t − η(t). Вследствие этого и согласно теореме запаздывания

e−p

→η[ch

(t −1) − η(t −1)]. Следовательно,

p(p2 −

x(t) = ch t −1 −

η(t −1)[ch (t −1) − η(t −1)].

Ответ: ch t −1 −

Проверка.

x′(t) = sh t −

η(t −1)sh(t −1),

x ′′(t) = ch t −

η(t −1)ch(t −1),

x ′′(t) − x′(t) = ch t − sh t − 1 η(t −1)[ch(t −1) − sh(t −1)] = η(t)e−t − e

−1 η(t −1)e−(t −1) = [η(t) − η(t −1)]e−t . Что и надо. e

Ив заключение рассмотрим (на конкретных примерах) приложение операционного исчисления к решению интегральных уравнений Вальтерра 1-го

и2-го рода.

Если уравнение содержит неизвестную функцию под знаком интеграла,

то оно называется интегральным уравнением.

Уравнения

t	t
∫	k (t − τ)x (τ)dτ = f (t); x (t) = f (t) + ∫ k (t − τ)x (τ)dτ	(2.12)
0	0

называется соответственно интегральными уравнениями Вольтерра 1-го и 2-

го рода, где k (t − τ) − ядро и все входящие функции являются оригиналами. При переходе к операторному уравнению надо принять во внимание, что интегралы в (2.12) – свертки оригиналов и неизвестной функции.

ПРИМЕР 2.19. Решить интегральное уравнение Вольтерра 1-го рода

∫ ch τ x (t − τ)dτ = −t .

Решение: Пользуясь свойством линейности преобразования Лапласа и применяя его почленно к данному уравнению, получаем операторное уравнение

X (p)= − 1 , X

(p)= 1 − p

= 1 − 1 → t

− η(t).

p 2 −1

p 2

p3 p .

Ответ:

t 2

− η(t).

u = (t − τ)2

− η(t − τ),

Проверка.

ch (t − τ)

− η(t − τ) dτ =

du = −(t − τ)dτ;

∫

dϑ = ch τ dτ; ϑ = sh τ

(t − τ)2

(t − τ) sh τ

− η

= t sh τ (t − τ)dτ = −sh t + t

sh τ (t − τ)dτ =

∫

u = t − τ, d u = −d τ

= − sh t + [(t − τ)ch τ]

0t + ∫t

ch τ dτ =

u = ch τ

= −sh t − t + sh t = −t .

Это указывает на правильность найденного решения.

ПРИМЕР 2.20. Решить интегральное уравнение Вольтерра 2-го рода

x (t) =	1	∫t (t − τ)2 x (t)dt + t .
x (t) =		∫t (t − τ)2 x (t)dt + t .
2		0
		.	.	1		1	t			.		1
Решение.		x (t)← X (p), t ←		1	,	1	∫	(t − τ)2 x (t)dt ←				1	X (p).		В силу
Решение.		x (t)← X (p), t ←		p 2	,	2	∫	(t − τ)2 x (t)dt ←				p3	X (p).		В силу
		.	.	p 2		2	0			.		p3
этого искомое операторное уравнение имеет вид X (p)=									1		X (p)+			1	,
этого искомое операторное уравнение имеет вид X (p)=									p3		X (p)+			p 2	,
									p3					p 2

X (p)=

=1 e t

p −1

−

→

+ e

3 sin

t − cos

−1

+ p + 1

+ 2 e

−

t −

= x (t), так как

2 sin

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 2021 / 2321 22 23 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
02.09.2019397.82 Кб25Taxatsia_lesa.doc
#
03.06.20151.49 Mб7telsprav.pdf
#
26.04.2019243.71 Кб4teoria_kultury.doc
#
03.06.201571.17 Кб12Testy_kabinet.doc
#
03.06.2015330.75 Кб50topref.ru-17132.doc
#
27.03.20163.4 Mб43UMK11.pdf
#
16.11.2019344.02 Кб29Untitled0.doc
#
03.06.2015538.18 Кб5Urok_4_Zaprosy_KU.pdf
#
30.08.2019519.68 Кб31vmest.doc
#
03.06.201552.63 Кб8Vodnye_resursy_Sverdlovskoy_oblasti_Lektsia_1.docx
#
03.06.2015167.94 Кб16VOPROSY_K_EKZAMENU_PO_EP.doc