Нахождение оригинала по изображению

Оригинал f(t) можно найти по формуле обращения, вычисляя интеграл: f(t) =1/(2pi)×ò(от a-i¥ до a+i¥)F(p)e^ptdp вдоль вертикальной прямой Rep=a в полуплоскости Rep>s, где F(p) аналитична (s - показатель роста оригинала). В частности, можно док-ть, что если в остальной части плоскости имеется только конечное число изолированных особых точек р₁,...,p_n и выполняется условие lim (при р®¥)F(p)=0, то f(t) =1/(2pi)×ò(от a-¥ до a+¥)F(p)e^ptdp =å(от k=1 до n)Res F(p)e^pt. (1)

В случае, когда F(p) - рациональная функция (частное многочленов), являющаяся правильной дробью F(p)=A(p)/B(p), то она имеет на всей плоскости только конечное число полюсов (если дробь несократима, то полюсами явл-ся нули знаменателя, а их - конечное число: столько, какова степень знаменателя). Кроме того, условие lim (при p®¥)F(p)=0 выполняется, т.к. степень знаменателя больше. Значит, для такой дроби формула (1) верна:

f(t) =å(от k=1 до n)Res A(p)/B(p)×e^pt

Пример 1: F(p)=p/(p²-1)² - правильная дробь, p₁=-1, p₂=1 - полюсы второго порядка.

f(t) =Res(в точке р=-1)pe^pt/(p²-1)² + Res(в точке р=1)pe^pt/(p²-1)² =1/1!×lim(при р®-1)(pe^pt/(p²-1)²×(p+1)²)`_p +

+ 1/1!×lim(при р®1)(pe^pt/(p²-1)²×(p-1)²)`_p =1/2×t×sht.

Оригинал правильной дроби можно найти также, разложив ее на простейшие дроби (методом неопределенных коэффициентов), пользуясь таблицей изображений и линейностью изображений.

Пример 2: F(p) =(3p²+3p+2)/((p-2)(p²+4p+8)) =A/(p-2) + (Mp+N)/(p²+4p+8) =1/(p-2) + (2p+3)/(p²+4p+8); 1/(p-2) ¸e^2t;

(2p+3)/(p²+4p+8) =(2p+3)/((p+2)²+2²) =(2(p+2)-1)/((p+2)²+2²) =2×(p+2)/((p+2)²+2²) - 1/2×2/((p+2)²+2²) ¸

¸2cos2t×e^-2t - 1/2×e^-2tsin2t; (3p²+3p+2)/((p-2)(p²+4p+8)) ¸e^2t + e^-2t(2cos2t-1/2×sin2t).

8.3. Приложения операционного исчисления.

Решение линейных ДУ с постоянными коэффициентами. Если правые части таких уравнений явл-ся линейными комбинациями произведений функций tⁿ, e^lt, coswt, sinwt, chwt, shwt, то, как известно и решения уравнения оказываются линейными комбинациями таких же функций. Но перечисленные линейные комбинации функций - оригиналы. (Действительно, если f₁(t) и f₂(0) - оригиналы с показателями роста s₁ и s₂, то f₁(t)×f₂(t) - тоже кусочно-непрерывна, причем |f₁(t)×f₂(t)| £M₁e^s1t×M₂e^s2t =Me^(s1+s2)t, так что f₁(t)×f₂(t) - оригинал с показателем роста s=s₁+s₂. По св-ву линейности, линейная комбинация оригиналов - есть оригинал). Поэтому можно пользоваться преобразованием Лапласа.

Пример 1: Найти частное решение уравнения y^|V+2y``+y =sint при y(0)=0, y`(0)=3, y``(0)=0, y```(0)=0. Пусть y(t) - искомое решение, Y(p) - его изображение. Перейдем к изображениям. Для правой части: sint ¸1/(p²+1). Для левой части:

y ¸Y; y`` ¸p<sup>2</sup>Y-py(0)-y`(0); y<sup>|V</sup> ¸p<sup>4</sup>Y-p<sup>3</sup>y(0)-p<sup>2</sup>y`(0)-py``(0)-y```(0). Суммируя полученные уравнения и используя св-во линейности получим: y^|V+2y``+y ¸(p⁴+2p²+1)Y-(3p²+2) =(p²+1)²Y-3(p²+2). Приравниваем изображения обеих частей уравнения: (p²+1)²Y-3(p²+2) =1/(p²+1) (операторное уравнение). Отсюда Y=Y(p) =(4p²+7)/(p²+1)³ (правильная дробь). Оригинал y(t) найдем с помощью вычетов. p=i, p=-i - полюсы 3-го порядка. y(t) =Res(в точке p=i)Y(p)e^pt +

+ Res(в точке p=-i)Y(p)e^pt; Res(в точке p=i)Y(p)e^pt =lim(при р®i)1/2!×[(4p²+7)/(p²+1)³×e^pt×(p-i)³]``_p =-25/8×tcost -

- (3t²-25)/8×sint+i(-25/8×tsint+(3t²-25)/8×cost); Res(в точке p=-i)Y(p)e^pt =-25/8×tcost - (3t²-25)/8×sint -

i(-25/8×tsint+(3t²-25)/8×cost). Þ y(t) =-25/4×cost - (3t²-25)/4×sint.

Пример 2: Найти частное решение уравнения y``+y =e<sup>t</sup> при y(2)=1, y`(2)=0. Т.к. св-во дифференцирования оригинала формулируется для значения y(0), то сделаем такую подстановку, чтобы начальное условие было задано не в точке 2, а в точке 0: возьмем t=t-2, т.е. t=t+2. Тогда y(t) =y(t+2) =y<sub>1</sub>(t), где t=t-2; y`(t) =y<sub>1</sub>`(t)×t`(t) =y<sub>1</sub>`(t)×1 =y<sub>1</sub>`(t); y``(t) = =y₁``(t)×t`(t) =y<sub>1</sub>``(t)×1 =y₁``(t), y<sub>1</sub>``+y₁ =e^t+2, при y₁(0)=y(2) =1, y₁`(0) =y`(2) =0. Решив операторным методом, получим

y₁(t) =(1-e²/2)cost - e²/2×sint + e²/2×e^t Þ y(t) =(1-e²/2)cos(t-2) - e²/2×sin(t-2) + e²/2×e^t-2. Если в уравнении L(y)=q(t) с нулевым начальным условием y(0) =y`(0) =...=y^(n-1)(0) =0 трудно найти изображение правой части q(t), то можно найти сначала решение y₁(t) уравнения L(y)=1 с нулевым начальным условием, а потом с помощью формулы Дюамеля найти искомое решение y(t), при этом изображение для q(t) не потребуется.

Пример 3: Найти частное решение уравнения y``+y =e^{-t^2} при y(0) =y`(0) =0. Пусть искомое решение y(t) ¸Y(p),

q(t) =e^{-t^2} ¸Q(p), Тогда y ¸Y; y`` ¸p<sup>2</sup>Y-py(0)-y`(0). Складывая, получим y``+y ¸(p²+1)Y; (p²+1)Y=Q(p) (1). Для уравнения y₁``+y₁` =1 при y<sub>1</sub>(0) =y<sub>1</sub>`(0) =0 имеем операторное уравнение: (p²+1)Y₁ =1/p (2). Отсюда

Y₁ =1/(p(p²+1)) =1/p - p/(p²+1) ¸1 - cost Þ y₁(t) =1-cost. Из (1) и (2) выразим Y через Y₁:Y(p) =pY₁(p)Q(p). По формуле Дюамеля имеем: Y(p) =pY₁(p)Q(p) ¸y₁(0)q(t)+y₁`(t)*q(t) =0+ò(от 0 до t)y<sub>1</sub>`(t)q(t-t)dt =ò(от 0 до t)sinte^{-(t-t)^2}dt Þ y(t) =

=ò(от 0 до t)sinte^{-(t-t)^2}dt (в элементарных функциях не берется).

Дата добавления: 2014-01-07