Элементы операционного исчисления: Методические рекомендации

ЭЛЕМЕНТЫ ОПЕРАЦИОННОГО ИСЧИСЛЕНИЯ

ИЗДАТЕЛЬСТВО ТГТУ

МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ ГОУ ВПО «Тамбовский государственный технический университет»

ЭЛЕМЕНТЫ ОПЕРАЦИОННОГО ИСЧИСЛЕНИЯ Методические рекомендации и контрольные задания для студентов 2 курса инженерно-технических специальностей дневной формы обучения

Тамбов Издательство ТГТУ 2007

УДК 517.445 ББК В161.56я73-5 П305 Утверждено Редакционно-издательским советом университета Р е це н зе н т Кандидат физико-математических наук, доцент кафедры высшей математики ТГТУ А.В. Медведев

С о с т ав ит е ль Е.А. Петрова

П305 Элементы операционного исчисления : методические рекомендации и контрольные задания / сост. Е.А. Петрова. – Тамбов : Изд-во Тамб. гос. техн. ун-та, 2007. – 24 с. – 100 экз. Представлены методические рекомендации и контрольные задания по основным вопросам операционного исчисления. Предназначены для студентов 2 курса инженерно-технических специальностей дневной формы обучения. УДК 517.445 ББК В161.56я73-5 © ГОУ ВПО «Тамбовский государственный технический университет» (ТГТУ), 2007

Учебное издание ЭЛЕМЕНТЫ ОПЕРАЦИОННОГО ИСЧИСЛЕНИЯ Методические рекомендации и контрольные задания Составитель ПЕТРОВА Елена Анатольевна Редактор Е.С. М о р д а с о в а Компьютерное макетирование Е.В. К о р а б л е в о й Подписано в печать 08.11.07 Формат 60 × 84/16. 1,39 усл. печ. л. Тираж 100 экз. Заказ № 707 Издательско-полиграфический центр Тамбовского государственного технического университета 392000, Тамбов, Советская, 106, к. 14

ВВЕДЕНИЕ Данные методические рекомендации позволяют помочь изучить операционное исчисление как один из методов решения линейных обыкновенных дифференциальных уравнений с постоянными коэффициентами и систем таких уравнений. Каких-либо решающих преимуществ этот метод перед другими не имеет; в то же время его простота сделала его основным инструментом при решении задачи Коши в целом ряде прикладных наук (механике, радиотехнике, электротехнике и т.д.). Методические рекомендации содержат теоретический материал и задачи по основным вопросам операционного исчисления: какие функции могут быть функциями-оригиналами и каковы свойства функций-изображений; каковы правила перевода оригиналов в изображения и обратно; какие изображения имеют основные элементарные функции (таблица стандартных изображений). В заключительном параграфе обсуждается возможность применения операционного исчисления к решению линейных дифференциальных уравнений и их систем. Данное издание также содержит ряд типовых задач, рекомендованных в качестве контрольных по данному курсу.

1. ОПРЕДЕЛЕНИЕ ФУНКЦИИ-ОРИГИНАЛА И ЕЕ ИЗОБРАЖЕНИЯ ПО ЛАПЛАСУ Определение 1. Функцией-оригиналом называется любая комплекснозначная или действительнозначная функция f (t ) действительного аргумента t, удовлетворяющая следующим трем условиям: 1. f (t ) = 0 при t < 0 .

2. f (t ) имеет ограниченный рост, т.е. возрастает не быстрее показательной функции: существуют такие постоянные

M > 0 и σ 0 ≥ 0 , что f (t ) ≤ M e σ 0t при t > 0 .

Число σ 0 называется показателем роста функции f (t ) .

3. На любом отрезке [a, b] (0 ≤ a < b < ∞ ) функция удовлетворяет условиям Дирихле, т.е. непрерывна или имеет конечное число устранимых разрывов и разрывов первого рода; монотонна или имеет конечное число экстремумов. Простейшей функцией-оригиналом является единичная функция (функция Хевисайда) 0, t < 0; η(t ) =  1, t ≥ 0. Очевидно, 0, t < 0; f (t ) η (t ) =   f (t ), t ≥ 0, если f (t ) удовлетворяет условиям 1, 3, то f (t ) η (t ) уже удовлетворяет всем условиям функции оригинала. Далее под заданной с помощью аналитической формулы функцией f (t ) будем понимать произведение этой функции на функцию Хевисайда, а множитель η(t ) опускать. Пример 1. Проверить, являются ли функции оригиналами 0, t < 0; 0, t < 0; 0, t < 0;  f1 (t ) =  5t ( ) f2 t =  1 f 3 (t ) =  t 3e , t ≥ 0, 2 3 , t ≥ 0.  t − 5 , t ≥ 0, 

Решение. Функция f 1 (t ) является оригиналом, так как удовлетворяет условиям 1 и 3: M = 3, σ 0 = 5 ; функция f 2 (t ) не является оригиналом, так как в точке t = 5 имеет разрыв второго рода (не выполняется условие 1); f 3 (t ) так же не является t

оригиналом, так как растет быстрее показательной функции: 23 > Me σ0t для любыx M и σ 0 , t > 0 (не выполняется условие 3). Определение 2. Изображением по Лапласу функции-оригинала f (t) (или преобразованием Лапласа функции f (t)) называется функция комплексной переменной p, определяемая равенством F ( p) =

∞

∫ f (t )e

− pt

dt.

0

• Будем употреблять обозначение: f (t )  → F ( p ) , F ( p ) ←  f (t ) . Функции F ( p ) , являющиеся изображениями, удовлетворяют необходимому условию: если F ( p ) есть изображение, то F ( p ) → 0 при Re p → +∞ . Пример 2. Найти изображение функции: а) функции Хевисайда; б) f (t ) = e αt ; в) f (t ) = sin t . Решение. •

+∞

∫e

а) F ( p ) =

− pt

0

• б) e αt  →

+∞

∫e

− pt αt

= =

1 p

+∞

∫

0 +∞

1

e dt =

p2

0

∫e

1 1 • , так как lim e − pt = 0 , при Re p > S 0 = 0 . Итак, η(t )  . → t →+∞ p p

−( p − α )t

dt = −

0

1 e −( p − α )t p−α

+∞ 1 1 e − pt sin tdt = − e − pt sin t + 0 p p

− pt ∫ e cos t dt = − 0

−

=

+∞

0

в) F ( p ) =

+∞

e − pt 1 dt = − p

1 p2

+∞

∫e

− pt

1 p

2

+∞

e − pt cos t 0 −

+∞

∫e

− pt

+∞ 0

=

1 . p−α

cos tdt =

0

1 p

2

+∞

∫e

− pt

sin tdt =

0

sint dt.

0

Как видим, с помощью двукратного интегрирования по частям интеграл свели к самому себе. Таким образом, для F ( p) получено уравнение

F ( p) = • Итак, sin t  →

1 2

p +1

1 p

2

1

−

p

2

1

F ( p ) ⇒ ( p 2 + 1) F ( p ) = 1 ⇒ F ( p ) =

2

p +1

.

. 2. СВОЙСТВА ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ЛАПЛАСА

• • 1. Линейность. Пусть f (t )  → F ( p ) , g (t )  → G( p ) и λ, µ – произвольные комплексные числа. Тогда имеет место соотношение • λ f (t ) + µ g (t )  → λ F ( p ) + µG( p ) .

Это свойство непосредственно следует из свойства линейности несобственного определенного интеграла. С его 1 • помощью можно просто вывести изображения функций f (t ) = sin ωt , f (t ) = cos ωt , исходя из изображения e αt  → . p−α sin ωt = =

1  e iωt − e −iωt • 1  1 =  →  − 2i 2i  p − iω p + iω 

1 ( p + iω) − ( p − iω) ω ; = 2 2i ( p − iω)( p + iω) p + ω2

cos ωt = =

Далее, sh ωt =

1  e iωt + e −iωt • 1  1 =  →  + 2 2  p − iω p + iω  p 1 ( p + iω) + ( p − iω) . = 2 2 ( p − iω) ( p + iω) p + ω2

e ωt − e − ωt • 1  1 1  ω  = 2  →  − ; 2  p − ω p + ω  p − ω2 2 ch ωt =

e ωt + e −ωt • 1  1 1  p =  →  + . 2  p − ω p + ω  p 2 − ω2 2

• 2. Теорема подобия. Если f (t) – функция-оригинал и f (t )  → F ( p ) , то для любого λ > 0 справедливо соотношение

1  p • f (λt )  F  . → λ λ

Суть утверждения состоит в том, что умножение аргумента t оригинала на положительное число λ приводит к делению аргумента p и самого F ( p ) на то же число λ. Проиллюстрируем применение теоремы подобия. Пример 3. Найти изображение функции f (t ) = sin ωt . Решение. • sin ωt  →

Из

примера

2

пункта

в)

следует,

что

• sin t  →

1 2

p +1

.

Тогда

по

теореме

подобия

1 1 ω . = 2 ω  p 2 p + ω2   +1  ω

• • → F ( p ) , то e at f (t )  → F ( p − a ) . Здесь a – произвольное комплексное число. 3. Теорема смещения. Если f (t ) 

Суть утверждения состоит в том, что умножение оригинала на функцию e at приводит к смещению на величину a аргумента p изображения F ( p ) . Пример 4. Найти изображение функции f (t ) = e αt sin ωt . • Решение. Из примера 3 следует sin ωt  →

ω p 2 + ω2

• . Тогда по теореме смещения e αt sin ωt  →

ω

( p − α )2 + ω2

.

• 4. Теорема запаздывания. Если f (t )  → F ( p ) , то для любого τ > 0 имеет место соотношение • f (t − τ)  → e − pτ F ( p ) .

Суть утверждения состоит в том, что начало процесса в момент τ (в сравнении с процессом, начинающимся в момент t = 0 и описываемым оригиналом f (t)), т.е. его запаздывание на время τ влечет за собой умножение изображения на e − pτ . Пример 5. Найти изображение функции f (t ) = sin (t − 2) .

• Решение. В примере 2 пункте в) получено sin t  →

1 2

p +1

. Тогда по теореме запаздывания при τ = 2 имеем 1

• sin (t − 2)  → e −2 p

. p +1 • → F ( p ) , то 5. Теорема дифференцирования оригинала. Если f (t ) , f ′(t ) , …, f (n ) (t ) являются оригиналами и f (t )  2

• f ′(t )  → p F ( p ) − f (0)

и • f (n ) (t )  → p n F ( p ) − p n −1 f (0 ) − p n − 2 f ′(0) − ... − f (n −1) (0).

Под f (k ) (0 ) понимается lim f (k ) (t ) . t → +0

Пример 6. Найти изображение f ′(t ) , если f (t ) = e −3t sin 2t .

Решение. Из примера 4 следует, что при α = −3, ω = 2 имеем • e −3t sin 2t  →

2

( p + 3)2 + 4

.

Найдем f (0 ) = lim e −3t sin 2t = 0 . Согласно теореме дифференцирования оригинала t → +0

• f ′(t )  → p F ( p ) − f (0 ) = p

2

( p + 3)

2

+4

−0 =

2p

( p + 3)2 + 4

.

• → F ( p ) , то 6. Теорема интегрирования оригинала. Если f (t ) является оригиналом и f (t ) 

t

∫ f (t ) dt → •

0

F( p) , p

т.е. интегрированию оригинала соответствует деление изображения на p . t

∫ sin τdτ .

Пример 7. Найти изображение интеграла

0

• Решение. Из примера 2 имеем sin t  →

1 2

p +1

t

. Тогда

∫ sin τdτ → 1 − cos t → •

0

• 1 − cos t  →

т.е.

1 3

p +p

1

•

2

p ( p + 1)

=

1 3

p +p

,

.

• 7. Теорема дифференцирования изображения. Если f (t ) является оригиналом и f (t )  → F ( p ) , то • (− 1)n t n f (t ) . F (n ) ( p ) ← 

Таким образом, дифференцирование изображения влечет за собой умножение оригинала на (− t ) . Пример 8. Найти изображение степенной функции f (t ) = t n . • 1 →

Решение.

/

1 1 • 1   = − 2 ⇒ −t  → p p p  

или

• t →

1 p

2

/

;

2 •  1    −tt  →  p 2  = − p3  

или

• t2  →

/

 2  n! 2⋅3 3! • • , и tn  . → → −tt  → 3  = − 4 или t 3  4 p p n +1 p p  2

•

8. Теорема интегрирования изображения. Если функция

f (t ) • является оригиналом, то из f (t )  → F ( p ) следует t

f (t ) •  → ∫ F (z ) dz. t p ∞

2 p3

;

t

Пример 9. Найти изображение интегрального синуса Si t = •  → Решение. Из примера 2 следует, что sin t 

∞

•

sin t  →

dq

∫ q2 +1 = p

1 = − arctg   q

∞

p

1 = arctg   .  p

1 2

p +1

sin τ dτ . τ 0

∫

, тогда по теореме интегрирования изображения получаем

Используя

теорему

интегрирования

оригинала,

имеем

t

Si t =

1 sin τ 1 • dτ  → arctg   . p τ  p 0

∫

9. Теорема умножения изображений (теорема Бореля). Произведение двух изображений F2 ( p ) ←  f •

2

• F1 ( p ) ←  f 1(t )

(t ) также является изображением, причем • F1( p ) F2 ( p ) ← 

t

∫ f1 (τ) f 2 (t − τ) dτ . 0

Интеграл в правой части называется сверткой функций f 1(t ) и f Пример 10. Найти оригинал, соответствующий изображению F ( p) =

Решение. Здесь F1 ( p ) =

2

(t ) и обозначается символом

1 . ( p + 1)( p − 2)

1 1 • • ←  e −t , F2 ( p ) = ←  e 2t , поэтому p +1 p−2 t

t

• F ( p ) = F1 ( p )F2 ( p ) ←  e −t * e 2t = e − τ e 2(t − τ )dτ = e 2t e −3τ dτ =

∫

1 = − e 2t e −3τ 3

t

= 0

3t

(

e 1− e 3

−3t

).

0

∫ 0

f1 * f 2 .

и

3. ТАБЛИЦА СТАНДАРТНЫХ ИЗОБРАЖЕНИЙ

Сведем в таблицу полученные ранее изображения элементарных функций и некоторые другие. Таблица 1

№

f (t )

F ( p)

1

η(t )

2

С

№

f (t )

F ( p)

5

tn

6 7

№

f (t )

F ( p)

1 p

3

eαt sin ωt

ω

C p

4

e αt cos ωt

( p − α )2 + ω2 p−α

( p − α )2 + ω2

№

f (t )

F ( p)

n! p n +1

12

eαt sh ωt

ω

e αt

1 p−α

13

cos ωt

p p + ω2

14

ω p + ω2

15

ω

16

( p − α )2 − ω2 p−α

eαt ch ωt

( p − α )2 − ω2

t sin ωt

(p

2

sin ωt

8

t cos ωt

sh ωt 2

p −ω

10

ch ωt

e αt t n

2

(p

2

(p 18

( p − α)

n +1

+ ω2

)

2

+ ω2

2 pω − ω2

)

2

)

2

p 2 − ω2

2

n!

(p t ch ωt

17

p −ω

11

t sh ωt

2

p 2

2

p 2 − ω2

2

9

2 pω

t

2

− ω2

)

2

1 1 arctg   p  p

sin τ dτ τ 0

Si t = ∫

Проиллюстрируем, как можно применять результаты, содержащиеся в табл. 1. Пример 11. Найти изображения функций а) f (t ) = 4 + 2e −2t ; б) f (t ) = 4t 3 e 4t ; в) f (t ) = cht sin 2t ; г) f (t ) = sin 3 t ; д) f (t ) = 2t 3 + 5t 2 − t + 3 ; е) f (t ) = cos(2t − 1) ; ж) f (t ) = te 3t cos 2t . Решение. а) Используя свойство линейности оригинала f (t ) = 4η(t ) + 2e −2t и формулу 4 (табл. 1) при F ( p) = 4

1 1 +2 . p p+2

б) Применяя формулу 9 (табл. 1) и свойство линейности, находим F ( p ) = 4 в) Применяя формулу cht =

( p − 3)

5

e t + e −t , запишем оригинал в виде суммы: 2 e t + e −t 1 1 f (t ) = ch t sin 2t = sin 2t = e t sin 2t + e −t sin 2t . 2 2 2

Используя свойство линейности и формулу 10 (табл. 1), находим F ( p) =

г) Учитывая, что

4!

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

=

96

( p − 3)5

.

a = −2 , получаем

1 (1 − cos 2t )sin t = 1 sin t − 1 cos 2t sin t = 2 2 2 1 1 1 3 1 = sin t + sin t − sin 3t = sin t − sin 3t 2 4 4 4 4

f (t ) = sin 3 t =

и используя свойство линейности и табл. 1, получаем F ( p) =

3 1 1 3 . − 2 4 p +1 4 p 2 + 9

д) Используя свойство линейности и табл. 1, имеем F ( p) = 2

3! p

4

+5

2! p

3

−

1 p

2

3 . p

+

е) Используя формулу косинуса разности, запишем оригинал в виде суммы: f (t ) = cos(2t − 1) = cos 2t cos1 + sin 2t sin 1 . По табл. 1 и свойству линейности получаем: F ( p ) = cos1 ж) Используя • te 3t cos 2t  →

формулу

15

(табл. 1),

p p2 + 4

получаем

+ sin 1

2 p2 + 4

.

p2 − 4

• t cos 2t  →

(p

( p − 3)2 − 4 . (( p − 3)2 + 4)2

2

+4

)

2

.

По

теореме

смещения

имеем

4. ОБРАЩЕНИЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ЛАПЛАСА

Формула Римана-Меллина. Если функция F(p) – изображение функции-оригинала f (t), то f (t) может быть найдена по формуле a +i ∞

f (t ) =

1 F ( p )e pt dp . 2πi a −i ∞

∫

a + ib

Im p

Re p Re p = σ 0

a − ib

Рис. 1

Это равенство имеет место в каждой точке, в которой f (t) непрерывна. В точках разрыва функции f (t) значение правой f (t − 0) + f (t + 0) части равно . Интеграл в правой части формулы называют интегралом Меллина; интегрирование может 2 вестись по любой вертикальной прямой p = a + ib , где a = const > σ 0 , −∞ < b < +∞ (рис. 1), и интеграл понимается в смысле главного значения: a + i∞

pt ∫ F ( p)e dp = lim

a − i∞

b →+∞

a + ib

∫ F ( p )e

pt

dp .

a −ib

Вычисление оригинала по формуле Римана-Меллина довольно трудоемко, поэтому на практике при решении задач применяют теоремы разложения и правила преобразования к виду, представленному в табл. 1 с применением свойств преобразования Лапласа. Приведем ряд таких известных правил нахождения оригинала.

Правило 1. Если изображение отличается от табличного на постоянный множитель, то его следует умножить и одновременно поделить на этот множитель, а затем воспользоваться свойством линейности. Пример 12. Найти оригиналы для функций: 3 12 а) F ( p ) = ; б) F ( p ) = 2 . 4 p − 16 ( p + 3)

Решение. а) Запишем изображение в виде F ( p ) =

12 3! и при α = −3, n = 2 по формуле 9 (табл. 1) получаем 3! ( p + 3)4

f (t ) = 2t 2 e −3t . 3

б) Представим изображение в виде F ( p ) =

f (t ) =

p 2 − 42

=

3 4 4 p 2 − 42

и при

в α = 4 формуле 7 (табл. 1) получаем

3 sh4t. 4

a±b , разлагается на сумму дробей. c 2p + 4 Пример 13. Найти оригиналы для функции F ( p) = 2 . p +9 Решение. Представим дробь в виде суммы двух слагаемых, а затем воспользуемся свойством линейности и формулами из табл.1: Правило 2. Изображение, заданное в виде дроби

F ( p) = 2

⇒ f (t ) = 2 cos 3t +

p 2

p +9

+4

1 2

p +9

=2

p 2

p +3

2

+

4 3 ⇒ 3 p 2 + 32

4 sin 3t. 3

Правило 3. Если знаменатель дроби изображения содержит квадратный трехчлен, то в нем выделяется полный квадрат: ap 2 + bp + c = a( p + u )2 ± ϑ 2 . p Пример 14. Найти оригиналы для функции F ( p) = 2 . p + 4p + 7

Решение. Представляя изображение в виде F ( p) =

p p2 + 4 p + 7

=

p p+2−2 p+2 2 3 и сравнивая эти выражения с формулами 10, 11 (табл. 1), находим = = − ( p + 2) 2 + 3 ( p + 2) 2 + 3 ( p + 2) 2 + 3 ( p + 2 )2 + 3 3 оригинал =

f (t ) = e − 2t cos 3t −

2 3

e − 2t sin 3t .

Правило 4. Если изображение представляет собой правильную рациональную дробь, то следует разложить ее на простейшие дроби и для каждой из полученных дробей найти оригинал. 2p Пример 15. Найти оригиналы для функции F ( p ) = . ( p + 3)( p − 1)2 Решение. Представим изображение в виде 2p A B C F ( p) = , = + + 2 ( p + 3)( p − 1) ( p + 3) ( p − 1) ( p − 1)2

где А, В, С – неопределенные коэффициенты, откуда A ( p − 1)2 + B ( p − 1)( p + 3) + C ( p + 3) = 2 p . 3 9 1 , B= , C = и, поэтому, 11 22 2 3 1 9 1 1 1 . F ( p) = − + + 11 ( p + 3) 22 ( p − 1) 2 ( p − 1)2

Подставляя последовательно p = 1, p = −3, p = 0, получаем A = −

По формулам 4, 9 (табл. 1) получаем: f (t ) = −

3 −3t 9 t 1 t e + e + te . 11 22 2

Правило 5. Наличие степеней переменной р в знаменателе позволяет применить теорему об интегрировании оригинала. Пример 16. Найти оригиналы для функции 1 . F ( p) = 2 2 p p + 4p +7 Решение. Получим изображение функции

(

1 2

p + 4p +7

1

=

2

( p + 2) + 3

По теореме интегрирования оригинала получаем • ← 

1

t

∫e 3

− 2t

sin 3tdt = −

0

p2 =

(

)

1

(

1

• ← 

2

p p + 4p +7

)

3

e − 2t sin 3t .

• ← 

1 − 2t 2 1 e cos 3t + e − 2t sin 3t + ; 7 21 7

t

2 − 2t 1  1 − 2t • ←   − e cos 3t + e sin 3t + dt = 2 7 21 7 p + 4p +7 0 1

∫

)

t 4 4 − 2t 3 − 2t e cos 3t + e sin 3t + − . 49 147 7 49

Правило 6. Возможность представить изображение в виде произведения позволяет применить теорему Бореля. Пример 16. Представим изображение в виде произведения 1 1 1 = 2 2 = F1 ( p )F2 ( p ) , F ( p) = 2 2 p p + 4p +7 p p + 4p +7

(

F1 ( p ) =

где

Имеем f1 (t ) = t , f 2 (t ) =

1 p

, F2 ( p ) =

2

1 3

)

1

.

2

p + 4p + 7

e − 2t sin 3t . Далее по теореме Бореля

f (t ) = f1 (t )* f 2 (t ) =

t

 e − 2 τ sin 3τ dτ = 3 

 1

∫ (t − τ) 0

=

4 − 2t 3 − 2t t 4 e cos 3t + e sin 3t + − . 49 147 7 49

Первая теорема разложения. Если функция F ( p) аналитична в некоторой окрестности бесконечно удаленной точки и 1 ее разложение в ряд по степеням p F ( p) =

∞

a

∑ p nn+1 , n =0

то функция f (t ) =

∞

tn

∑ an n! , t ≥ 0 n =0

является оригиналом, соответствующим изображению F ( p) . Пример 17. Найти оригиналы для функций: 2

1 1 2 а) F ( p ) = sin   ; б) F ( p ) = e p . p p   Решение. Условия теоремы выполнены. Лорановское разложение функции F ( p) в окрестности бесконечно удаленной

(− 1)n z 2n +1 , n = 0 (2n + 1)! ∞

точки, используя типовые разложения sin z = ∑ а) F ( p) =

∞

(−1)

n

1

∑ (2n + 1)! p 2n +1 ⇒

n=0

f (t ) =

∞

(−1)

n

t

2n

∑ (2n + 1)! (2n)! ;

n=0

∞ ∞ 2 t 2n 1 ∞ 2 2 = ⇒ ( ) = . f t б) F ( p) = p n = 0 p 2 n n! n =0 p 2 n +1 n! n = 0 n ! (2 n )!

∑

∑

∑

ez =

∞

∑

n=0

zn есть: n!

Вторая теорема разложения. Пусть функция F ( p) комплексной переменной р аналитична во всей плоскости за исключением конечного числа изолированных особых точек p1 , p 2 , p3 , …, p n , расположенных в полуплоскости Re p < σ 0 . Если lim F ( p) = 0 и F ( p) абсолютно интегрируема вдоль любой вертикальной прямой t sin ωt , то F ( p) p →∞

является изображением и

{F ( p) e pt }. ∑ res p n

• F ( p) ← 

k =1

Пример 18. Найти оригиналы для функций F ( p ) =

k

2

p + p +1

( p − 1)( p + 1)2

.

Решение. Применим вторую теорему разложения для обращения изображения F ( p ) =

p2 + p +1

( p − 1)( p + 1)2

. Функция имеет

два полюса: простой p1 = 1 и полюс второго порядка p 2 = −1 . Таким образом, f (t ) = res

( p 2 + p + 1)e pt

( p − 1)( p + 1)

2

p1 =1

(p

+ res

p 2 = −1

2

)

+ p +1

( p − 1)( p + 1)2

.

Находим вычеты:

(

(

)

)

 p 2 + p + 1 ( p − 1)e pt  p 2 + p + 1 e pt 3 t = e ; res F ( p )e pt = lim   = lim 2 p →1  p1 =1 4 ( p + 1)2  ( p − 1)( p + 1)  p →1

{

}

{

res F ( p ) e

p2 = −1

= lim

pt

}

′  p 2 + p + 1 e pt  d  p 2 + p + 1 ( p + 1)2 e pt  = lim   = lim   = p → −1 dp  ( p − 1)( p + 1)2  p →−1  ( p − 1)  

(

[(2 p + 1)e

pt

)]

(

f (t ) =

Если

F ( p)

(

(

)

+ te pt p 2 + p + 1 ( p − 1) − p 2 + p + 1 e pt

( p − 1)

2

p → −1

Итак, получаем

)

=

)

1 −t 1 −t e − te . 4 2

3 t 1 −t 1 −t e + e − te . 4 4 2 F ( p) =

– несократимая дробно-рациональная функция:

Qm1 ( p ) R m2 ( p )

, где m1 < m2 , Qm1 ( p ) и

Rm2 ( p)

–

многочлены соответствующих степеней, точка p k – полюс порядка ν k , то

{

[

}

]

1 d ν k −1 lim ( p − p k ) ν k F ( p ) e pt . pk (ν k − 1)! p → pk dp ν k −1 Производную произведения представим по формуле Лейбница res F ( p )e pt =

d ν k −1 dp ν k −1

=

[( p − p

k

]

) ν k F ( p)e pt =

∑ Cνj −1 dp j [( p − p k )ν

ν k −1 j =0

d

j

k

k

F ( p)

] d dp

ν k −1− j

ν k −1− j

d ν k −1− j e pt dp

e pt

ν k −1− j

;

= t ν k −1− j e pt , Cνj

k −1

=

(ν k − 1)! , j!(ν k − 1 − j )!

поэтому

{

pk

ν k −1

} ∑

res F ( p)e pt =

j =0

[

]

t ν k −1− j e pk t dj lim ( p − pk )ν k F ( p) . j! (ν k − 1 − j )! p → pk dp j

Если все особые точки дробно-рациональной функции F ( p) – простые полюса, то эта формула существенно упрощается:

{

}

[

]

res F ( p)e pt = lim ( p − pk ) F ( p )e pt = pk

p → pk

 Qm ( p) e pt  Qm1 ( pk ) e pk t = = lim ( p − pk ) 1 p → pk  Rm2 ( p)  Rm′ 2 ( pk )  

n

• F ( p) ←  f (t ) = ∑

и

Q m1 ( p k )

′ k =1 R m2 ( p k )

e pk t .

Пример 19. Найти оригиналы для функций F ( p) =

Решение. Здесь функция F ( p ) =

p . ( p + 1)( p + 2)( p + 3)( p + 4 )

p имеет только простые полюсы. Значит, ( p + 1)( p + 2)( p + 3)( p + 4 )

R4 ( p) = ( p + 1)( p + 2)( p + 3)( p + 4) = p 4 + 10 p 3 + 35 p 2 + 50 p + 24 имеет только простые нули, R4′ ( p) = 4 p 3 + 30 p 2 + 70 p + 50 , поэтому • F ( p) ←  f (t ) =

+

p e pt 3

+

2

4 p + 30 p + 70 p + 50

p = −2

p e pt 4 p 3 + 30 p 2 + 70 p + 50

p e pt 3

+ +

2

4 p + 30 p + 70 p + 50

p = −3

+ p = −1

p e pt 3

2

4 p + 30 p + 70 p + 50

p = −4

1 3 2 = − e −t + e − 2t − e −3t + e − 4t . 6 2 3

5. ПРИЛОЖЕНИЯ ОПЕРАЦИОННОГО ИСЧИСЛЕНИЯ К РЕШЕНИЮ ЛИНЕЙНЫХ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ И ИХ СИСТЕМ

Рассмотрим задачу Коши для обыкновенного линейного дифференциального уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами: a0 x′′ + a1 x′ + a 2 x = f (t(1) ); x(0) = x0 , x ′(0) = x1 , (2)

где a0 , a1 , a 2 = const, и a0 ≠ 0 . Начальные условия заданы в точке t 0 = 0 . Если начальные условия задаются в другой точке t 0 ≠ 0 , то заменой аргумента u = t − t 0 их сдвигают в точку u 0 = 0 . • • → X ( p ) , и f (t )  → F ( p ) . Применяя к обеим частям (1) преобразование Лапласа и используя теорему о Пусть x(t )  дифференцировании оригинала и свойство линейности преобразования Лапласа, вместо дифференциального уравнения (1) с начальными условиями (2) получаем операторное уравнение (уравнение для изображений)

(a 0 p 2 + a 1 p + a 2 ) X ( p ) − (a 0 px 0 + a 0 x 1 + a 1 x 0 ) = F ( p ) . Из (3) следует X ( p) =

F ( p ) + a 0 px 0 + a 0 x1 + a1 x 0 a 0 p 2 + a1 p + a 2

.

(3)

(4)

Получено, как говорят, операторное решение задачи. Находя далее по X ( p ) оригинал x(t ) , мы приходим к решению исходной задачи Коши x(t ) . Общий случай решения задачи Коши для линейного дифференциального уравнения n-го порядка с постоянными коэффициентами принципиально ничем не отличается от случая n = 2 . Пример 20. Найти решение задачи Коши: а) x ′′ + x = 2 cos t , x(0) = 0, x ′(0) = −1 ; б) x ′′′ + x ′ = 0, x(0) = 2, x ′(0) = 0, x ′′(0) = −1. • Решение. а) Пусть x(t )  → X ( p ) , тогда по теореме о дифференцировании оригинала имеем

• • • p 2 X ( p) − px(0) − x ′(0) = p 2 X ( p ) + 1 , cos t  x ′(t )  → pX ( p ) − x(0) = pX ( p ) , x ′′(t )  → →

p 2

p +1

.

Запишем операторное уравнение откуда X ( p) =

2p 2

( p + 1)

2

−

1 2

p +1

2p

p 2 X ( p ) + 1 + X ( p) =

p2 +1

,

. 1

Находим оригинал для X ( p ) . Оригинал для функции p 1 2

p +1

Для нахождения оригинала для функции

2

+1

находим, применяя формулу 6 (табл. 1):

• sin t . ← 

2p

воспользуемся, например, теоремой о дифференцировании

2

( p + 1) 2

изображения (см. п. 2): /

 1  •  ← = − 2  t sin t . 2 2  p +1 ( p + 1)  p 2p

• Таким образом, X ( p) ←  t sin t − sin t = (t − 1)sin t , поэтому x(t ) = (t − 1) sin t . • б) Пусть x(t )  → X ( p ) . Тогда: • x ′(t )  → pX ( p) − x(0) = pX ( p ) − 2 ; • p 2 X ( p) − px(0) − x ′(0) = p 2 X ( p ) − 2 p ; x ′′(t )  → • p 3 X ( p ) − p 2 x(0) − px ′(0) − x′′(0) = p 3 X ( p ) − 2 p 2 + 1 . x ′′′(t )  →

Запишем далее операторное уравнение

p 3 X ( p ) − 2 p 2 + 1 + pX ( p) − 2 = 0, откуда

p 3 X ( p ) + pX ( p ) = 2 p 2 + 1 ⇒ ⇒ X ( p) =

2 p2 +1 3

p +p

=

p2 +1

+

p2

1

= + p ( p + 1) p ( p + 1) p p 2

2

p 2

+1

.

Применяя формулы 1,5 (табл. 1), находим оригинал для функции X ( p ) : x(t ) = 1 + cos t . Рассмотрим систему линейных дифференциальных уравнений. Система решается аналогично, поэтому сразу рассмотрим пример. Пример 21. Решить задачу Коши:  x′ = − y + 2;   y′ = x + 1;

Решение.

Пусть

• x(t )  → X ( p) ,

x(0) = −1;

y(0) = 0.

• y (t )  → Y ( p) .

1 . p Запишем систему уравнений для изображений:

• • y ′(t )  → pY ( p) − y (0 ) = pY ( p ) , η (t )  →

2   pX ( p ) + 1 = −Y ( p ) + p ;    pY ( p ) = X ( p ) + 1 .  p

Тогда

• x ′(t )  → pX ( p) − x(0) = pX ( p ) + 1 ,

Умножая первое уравнение на р и подставляя во второе, получим p 2 X ( p ) + p = − X ( p ) − X ( p) =

2 1+ p2

−

1 2p 2 2p 2 , Y ( p) = − +1−1+ = − + . p p 1+ p2 1+ p2 p

По формулам 2, 5, 6 (табл. 1) находим оригиналы для функций X ( p ), Y ( p ) : x(t ) = 2 sin t − 1, y (t ) = −2 cos t + 2.

1 + 2 , откуда следует p

КОНТРОЛЬНЫЕ ЗАДАНИЯ 1. Найти изображения по оригиналам:

1.1. f (t ) = cht cos 2t ;

1.13. f (t ) = (t − 1)2 e t −1 ;

1.2. f (t ) = sin 2 3t ;

1.14. f (t ) = tsh 3t ;

1.3. f (t ) = sh3t cos 4t ;

1.15. f (t ) = sin 4 t ;

1.4. f (t ) = cos3 t ;

1.16. f (t ) = sin mt cos nt ;

(

)

1.5. f (t ) = e + sht cos 2t ;

1.17. f (t ) = cos mt cos nt ;

1.6. f (t ) = t 4 + 9t 3 − 3t 2 + t − 3 ;

1.18. f (t ) =

1.7. f (t ) = cos(3t − 9) ;

et − 1 ; t 2 1.20. f (t ) = (1 − cos t ) ; t

t

sin t ; t

1.19. f (t ) =

1.8. f (t ) = e 2t + cos 2 2t ;

t

1.9. f (t ) = 3 + 3t − 3t 2 e t ;

1.21.

∫ cos τdτ ; 0

1.10. f (t ) =

t

1 (t − 2)2 e −(t − 2 )η (t − 2) ; 2

1.11. f (t ) = (t − 1) + 3(t − 1) e

3 t −1

4

1.22.

∫ shτdτ ; 0

1.23. f (t ) = te 2t sin 3t ;

;

1.12. f (t ) = η(t − 4) + η(t − 4)sin 3(t − 4) ;

t

1.24.

∫ cos

2

ωτdτ .

0

2. Найти оригинал по изображению. 1 ; 2.1. F ( p ) = 2 p + 5p + 6

2.2. F ( p ) = 2.3. F ( p ) = 2.4. F ( p ) = 2.5. F ( p ) = 2.6. F ( p ) = 2.7. F ( p ) =

1 2

p + 4p +3 1 2

( p + 1)

2

p ( p 2 + 1) 2

2.15. F ( p ) =

;

2.16. F ( p ) =

p2 − 2 p + 5 p3 − 8 1 2

2.14. F ( p ) =

;

;

p 1

2.17. F ( p ) =

;

2.18. F ( p ) =

;

p+2 ( p + 1) ( p − 2) ( p 2 + 4)

2.10. F ( p ) = 2.11. F ( p ) = 2.12. F ( p ) =

p2 ; ( p − 1)( p + 2)( p − 3) p 2

( p + 1) ( p 2 + 4)

p −3 p2 + 2 p + 5

;

;

3. Найти решение задачи Коши:

1 ( p − 1) 3 3p ( p + 5) 2

;

; ;

1

;

2

p ( p − 2) 2 3p

2 p2 − 2 p − 4 e −3 p ( p + 1) 2

;

;

e −3 p + e − p ; p+2

1

2.19. F ( p ) =

;

2

p ( p + 4) p +1 ; 2.8. F ( p ) = p( p − 1)( p − 2)( p − 3) 2.9. F ( p ) =

2.13. F ( p ) =

( p − 1) 2 ( p + 2) p 2.20. F ( p ) = 4 ; p −1 p 2.21. F ( p ) = 3 ; p +1 2.22. F ( p ) =

4 − p − p2

p3 − p 2 1 1 2.23. F ( p ) = cos ; p p 2.24. F ( p ) =

1 p

sin

1 p

;

.

;

3.1. x′′ + 2 x′ = t sin t , x(0) = x′(0) = 0;

3.13. x′′ + 4 x = t , 3.13. x(0) =1, x′(0) = 0;

t 3.2. x′′ − 2 x′ + x = e , 3.2. x(0) = 0, x′(0) = 1; 3.3. x′′ − 2 x′ + 2 x = 1, 3.3. x(0) = x′(0) = 0;

3.14. x′′ − x′ + x = e −t , 3.14. x(0) = 0, x ′(0 ) = 1; 3.15. x′′ − 2 x′ + x = t − sin t , 3.15. x(0) = x′(0) = 0;

3.4. x′′ + 2 x′ + x = t 2 , 3.4. x(0) = 1, x′(0) = 0; 3.5. x′′ + 2 x′ + 5 x = 3, 3.5. x(0) = 1, x′(0) = 0; 3.6. x′′ + x′ = cos t , 3.6. x(0) = 2, x′(0) = 0;

3.16. x IV − x′′ = 1, 3.16. x(0) = x′(0) = x′′(0) = x′′′(0) = 0; 3.17. x′′ + x = 2 sin t , 3.17. x(0) =1, x′(0) = −1; 3.18. x′′ + 4 x = t , 3.18. x(0) =1, x′(0) = 0;

3.7. x′′′ − 2 x′′ + x′ = 4, 3.7. x(0) = 1, x′(0) = 2, x′′(0) = −2;

x IV − 2 x′′ + x = sin t , 3.19. 3.19. x(0) = x′(0) = x′′(0) = x′′′(0) = 0;

3.8. x′′′ + x′ = 1, 3.8. x(0) = x′(0) = x′′(0) = 0;

3.22. x′′ + 3x′ = 20e 2t , 3.20. x(0) = 1, x′(0) = 7;

3.9. x′′′ + 2 x′′ + 5 x′ = 0, 3.9. x(0) = − 1, x′(0) = 2, x′′(0) = 0; 3.10. x′′′ − x′′ = sin t , 3.10. x(0) = x′(0) = x′′(0) = 0;

x ′′ − 2 x ′ − 3 x = e 3t , 3.21. 3.21. x(0 ) = x ′(0 ) = 0; 3.22. x′′ − 2 x′ + 5 x = 1 − t , 3.22. x(0) = x′(0) = 0;

3.11. x′′′ + x′′ = t , 3.11. x(0) = −3, x′(0) = 1, x′′(0) = 0;

3.23. x′′ − x′ = te t , 3.23. x(0) = x′(0 ) = 0;

t 3.12. x′′′ + x = e , 3.12. x(0) = 0, x′(0) = 2, x′′(0 ) = 0;

3.24. x′′′ + 3x′′ + 3x′ + x = 1, 3.24. x(0) = x′(0) = x′′(0) = 0.

4. Найти решение задачи Коши: x(0 ) = 1; 4.1.  x′ = y − 1, 4.1.  y (0 ) = 0;  y ′ = − x + 2,

x(0 ) = 1; 4.2.  x ′ = y − 1, 4.2.   y ′ = − x − 2 y, y (0 ) = −1; 4.3. 3 x ′ + 2 x + y ′ = 1, x(0 ) = 0; 4.3.   x ′ + 4 y ′ + 3 y = 0, y (0 ) = 0;

4.4.  x′ = 3 x + 4 y, 4.5.   y ′ = 4 x − 3 y, 4.5.  x′ = − y, 4.6.   y ′ = 2 x + 2 y,

x(0 ) = 1;

y (0 ) = 1;

x(0 ) = 1; y (0 ) = 1;

4.6.  x ′ = − x + 3 y + 1, 4.7.   y ′ = x + y, 4.7.  x ′ = x + 4 y , 4.8.   y ′ = 2 x − y + 9,

x(0 ) = 1;

y (0 ) = 2; x(0 ) = 1;

y (0 ) = 0;

4.8.  x ′ = 2 y + 1, 4.9.   y ′ = 2 x + 3,

x(0 ) = −1; y (0 ) = 0;

4.9.  x ′ = 3 y, 4.10.   y ′ = 3 x + 1,

x(0 ) = 2;

y (0 ) = 0;

4.10.  x′ = −2 x + y, x(0 ) = 0; 4.11.  y (0 ) = 1;  y ′ = 3 x,

4.12.  x ′ = −2 x + y + 2, x(0 ) = 1; 4.13.  y (0 ) = 0;  y ′ = 3 x, 4.13.  x′ = −3x − 4 y + 1, x(0) = −1; 4.14.  y(0) = 0;  y′ = 4 x − 2 y, 4.14.  x ′ = 2 y, x(0 ) = 2; 4.15.  y (0 ) = 2;  y ′ = 2 x, 4.15.  x ′ = 2 x − 2 y, x(0 ) = 3; 4.16.  y (0 ) = 1;  y ′ = −4 x ,

4.16.  x′ = 3 x + 5 y + 2, x(0 ) = 0; 4.17.   y ′ = 3 x + y + 1, y (0) = 2; 4.17.  x′ = 2 x + 2 y + 2, x(0 ) = 0; 4.18.  y (0) = 1;  y ′ = 4 y + 1, x(0 ) = 0; 4.18.  x ′ = x + 2 y, 4.19.  ′ y = 2 x + y + 1 , y (0 ) = 5;   x ′ = y + 3, x(0 ) = 1; 4.19. 4.21.   y ′ = x + 2, y (0 ) = 0;

4.20.  x′ = − y − z ,  4.22.  y ′ = − x − z ,  z ′ = − x − y,  4.21.  x′ = y + z,  4.23.  y ′ = 3x + z,  z ′ = 3x + y, 

x(0) = −1; y (0 ) = 0; z (0 ) = 1;

x(0) = 0; y (0) = 1;

z (0) = 1;

4.11.  x′ = x + 3 y, 4.12.   y ′ = x − y,

x(0 ) = 1; y (0 ) = 0;

4.22. 4.24.

x(0) = 1;  x′ = 2 x − y + z ,  y (0 ) = 1;  y ′ = x + z,  z ′ = −3 x + y − 2 z, z (0 ) = 0. 

СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ

1. Краснов, М.Л. Операционное исчисление. Устойчивость движения / М.Л. Краснов, Г.И. Макаренко. – М. : Наука, 1964. – 102 с. 2. Пантелеев, А.В. Теория функций комплексного переменного и операционное исчисление в примерах и задачах : учебное пособие / А.В. Пантелеев, А.С. Якимова. – М. : Высшая школа, 2001. – 445 с. 3. Чудесенко, В.Ф. Сборник заданий по специальным курсам высшей математики (типовые расчеты) : учебное пособие для втузов / В.Ф. Чудесенко. – М. : Высшая школа, 1983. – 112 с.