Rješavanje diferencijalnih jednadžbi pomoću Laplaceove transformacije. Operativna metoda za rješavanje linearnih diferencijalnih jednadžbi i njihovih sistema. §1. Originali i slike Laplaceovih funkcija

07.10.2020

Pročitajte također

Kompatibilnost žene zmaja sa drugim znakovima

Zašto sanjaš o putu?

Misteriozni, nerazjašnjeni slučajevi iz života

Zašto sanjate telefon prema knjizi snova?

Ukrajinski novinski portal UATiMES Vera Lyon filozofski blok

Veličina: px

Počnite prikazivati sa stranice:

Transkript

1 Rješavanje diferencijalnih jednadžbi pomoću Laplaceove transformacije (operativna metoda) Operativni račun je jedna od najekonomičnijih metoda za integraciju linearnih diferencijalnih jednačina sa konstantnim koeficijentima i vrlo je popularna među inženjerima. Metodu je predložio poznati američki elektroinženjer i fizičar O. Hevisajd (892). Predložio je formalna pravila za rukovanje operatorom d dx i nekim funkcijama iz ovog operatora, pomoću kojih je riješio niz važnih problema u elektrodinamici. Međutim, operativni račun nije dobio matematičko opravdanje u radovima O. Hevisajda („njegova matematika je nastala u fizičkom kontekstu iz kojeg nije bilo lako izolovati“ [, str. 8]), mnogi njegovi rezultati su ostali nedokazani. Tek u 2. godini 20. vijeka metoda je dobila opravdanje u radovima Bromwicha (T. J. I A. Bromwich) i Carsona (J. R. Carson) 2.. Koncept originala i slike prema Laplaceovoj definiciji. Originalna funkcija je svaka funkcija kompleksne vrijednosti f(x) realnog argumenta x koja zadovoljava sljedeće uvjete:) f(x) je kontinuirana za x, osim, možda, za konačan broj točaka diskontinuiteta -tog vrsta; 2) za sve x< f(x) = ; 3) существуют такие постоянные M >i a >, za koje je f(x) M e ax za x. () Diferencijalne i integralne jednadžbe: udžbenik za studente Fizičko-tehnološkog fakulteta: u 3 sata 2. dio / komp. : N. Yu. Svetova, E. E. Semyonova. Petrozavodsk: Izdavačka kuća PetrSU, Pokušaji rigoroznog opravdanja i „matematički prihvatljivog“ prikaza računa ličili su na „opšti napad“: engleski matematičar Bromwich (96), američki inženjer Carson (925), holandski inženjer elektrotehnike Van der Pol ( ) privukao je rezultate raznih teorija, povezao Hevisajdov račun sa Laplasovom transformacijom, sa teorijom funkcija kompleksne varijable.

2 2 Infimum a svih brojeva a za koje vrijedi nejednakost () naziva se eksponent rasta funkcije f(x). Imajte na umu da je za bilo koju ograničenu funkciju indeks rasta a =. Najjednostavniji original je Hevisajdova funkcija (, x ; χ(x) =, x<. Очевидно, для любой функции ϕ(x) { ϕ(x), x, ϕ(x) χ(x) =, x <. Если при x функция ϕ(x) удовлетворяет условиям и 3 определения, то функция ϕ(x)χ(x) является оригиналом. В дальнейшем для сокращения записи будем, как правило, записывать ϕ(x) вместо ϕ(x)χ(x), считая, что рассматриваемые нами функции продолжены нулем для отрицательных значений аргумента x. Определение 2. Функция F (p) комплексного переменного p (p C), определяемая интегралом F (p) = e px f(x) dx, () называется преобразованием Лапласа, или изображением по Лапласу 3, функции f(x). Для указания соответствия между оригиналом и изображением будем использовать следующую запись 4: f(x) F (p). 3 В мемуарах П. Лапласа (782 82) современные оригинал и изображение именуются fonction determinant и fonction generatrice «определяющая функция» и «производящая». Эти названия, хотя и признанные неудачными, сохранились до XX в. Хевисайд употреблял названия «подоператорная функция» (892). Оператор он обозначал буквой p, которая употребляется в современном исчислении . 4 Названия original и image и знак предложил Ван дер Поль в статьях гг. В русской литературе термин изображение и символ, по-видимому, впервые появились в книге харьковских математиков А. М. Эфроса и А. М. Данилевского «Операционное исчисление и контурные интегралы» (937), а термин оригинал только в 953 г. . Используются и другие варианты записи соответствия между оригиналами и изображениями. Например, f(x) F (p) или L{f(x)} = F (p).

3 Za bilo koji originalni f(x), njegova slika F (p) je definirana u poluravni Re p > a (a je indeks rasta funkcije f(x)), gdje nepravilni integral () konvergira. Primjer. Koristeći definiciju, pronađite sliku funkcije f(x) = sin 3x. Rješenje. Za funkciju f(x) = sin 3x imamo a =. Stoga će slika F (p) biti definirana u poluravni Re p >. Primijenimo formulu () na datu funkciju, koristeći pravilo integracije po dijelovima i ograničenje na skup vrijednosti varijable p, osiguravajući konvergenciju integrala: F (p) = + e px sin 3x dx = = p e px sin 3x x= = 3 p p e px cos 3x = 3 p 2 9 p 2 Dobijamo jednakost: Gdje nalazimo + x=+ + 3 p x=+ x= + 3 p e px cos 3x dx = + e px sin 3x dx = 3 p 2 9 p 2 F (p ). F (p) = 3 p 2 9 p 2 F (p). F (p) = 3 p Dakle, tačna je sljedeća korespondencija: sin 3x 3 p 2, Re p >. + 9 e px sin 3x dx = 3

4 4 2. Osobine Laplasove transformacije U praksi se pri konstruisanju slika koriste različite tehnike zasnovane na svojstvima Laplasove transformacije. Nabrojimo glavna svojstva čija se valjanost lako može utvrditi korištenjem definicija slike i originala.Osobina linearnosti. Ako je f(x) F (p), g(x) G(p), onda za bilo koje α, β C αf(x) + βg(x) αf (p) + βg(p), Re p > max( a, b). Ovdje i ispod, a i b su indikatori rasta za funkcije f(x) i g(x), respektivno. 2. Teorema sličnosti. Ako je f(x) F (p), onda za bilo koje α > f(αx) α F (p α), Re p > αa. 3. Teorema pomaka. Ako je f(x) F (p), onda za bilo koje λ C e λx f(x) F (p λ), Re p > a + Re λ. 4. Razlikovanje originala. Neka je funkcija f(x) diferencijabilna n puta. Tada je f (x) pf (p) f(+), f (x) p 2 F (p) pf(+) f (+), f (n) (x) p n F (p) p n f(+). .. pf (n 2) (+) f (n) (+), gdje je f (k) (+) = lim x + f (k) (x), k =, n. Komentar. Kada se konstruišu slike izvoda funkcija kontinuiranih na nuli, znak plus se izostavlja u pisanju argumenta funkcije i njenih izvoda. 5. Diferencijacija slike. Ako je f(x) F (p), onda Konkretno, za n = imamo F (n) (p) (x) n f(x), Re p >. F (p) xf(x).

5 5 6. Integracija originala. Ako je f(x) F (p), onda je x f(ξ) dξ F (p) p, Re p > α. 7. Integracija slike. Ako je integral i F (p) f(x), onda je p F (p) dp f(x) x, Re p > α. p F (p) dp konvergira 8. Teorema množenja slike (teorema konvolucije) Ako je f(x) F (p), g(x) G(p), onda F (p)g(p) x f(t) g( x t) dt = x f(x t)g(t) dt, kada je Re p > max(a, b). Integrali na desnoj strani korespondencije nazivaju se konvolucijom funkcija f(x) i g(x). 9. Teorema kašnjenja. Ako je f(x) F (p), onda za bilo koje ξ > f(x ξ)χ(x ξ) e ξp F (p), Re p > α. Original se obnavlja sa slike na jedinstven način, tačan do vrijednosti na tačkama prekida. U praksi se obično koriste gotove tabele originala i slika 5. U tabeli su navedeni glavni originali i slike koje se često nalaze u aplikacijama. Primjer 2. Koristeći svojstva Laplaceove transformacije i tablicu osnovnih originala i slika, pronaći slike sljedećih funkcija:) f(x) = e 4x sin 3x cos 2x; 3) f(x) = x 2 e 3x ; 2) f(x) = e (x 2) sin (x 2); 4) f(x) = sin2 x x. 5 Ditkin V. A., Prudnikov A. P. Priručnik za operativni račun. M., 965.

6 6 Tabela. Osnovni originali i slike Originalna slika Originalna slika p cos ωx p p 2 + ω 2 x n n! p n+ e λx p + λ sin ωx x cos ωx x n e λx n! (p + λ) n+ x sin ωx ω p 2 + ω 2 p 2 ω 2 (p 2 + ω 2) 2 2pω (p 2 + ω 2) 2 Rješenje.) Transformirajte izraz za funkciju f(x) kao slijedi: f(x) = e 4x sin 3x cos 2x = 2 e 4x (sin 5x + sin x) = = 2 e 4x sin 5x + 2 e 4x sin x. Pošto je sin x 5 p 2 i sin 5x + p, onda ćemo, koristeći svojstvo linearnosti i teoremu pomaka, za prikaz funkcije f(x) imati: F (p) = () 5 2 (p + 4) ( p + 4 )) Pošto je sin x p 2 +, ex sin x (p) 2 +, onda ćemo, koristeći teoremu kašnjenja, imati f(x) = e x 2 sin (x 2) F (p) = e 2p ( p)) Dakle, kao x 2 2 p 3, onda prema teoremi pomaka imamo: f(x) = x 2 e 3x F (p) = 2 (p 3) 3.

7 Radi poređenja, predstavljamo metodu za konstruisanje slike funkcije f(x) = x 2 e 3x koristeći svojstvo diferencijacije slike: Dobili smo isti rezultat. 4) Pošto je e 3x p 3 ; xe 3x d () = dp p 3 (p 3) 2 ; x 2 e 3x d () 2 dp (p 3) 2 = (p 3) 3. sin 2 x = 2 2 cos 2x 2p 2 p p 2 + 4, tada ćemo, koristeći svojstvo integracije slike, imati: sin 2 x ( x 2p) 2 p p 2 dp = + 4 p (= 4 ln p2) 4 ln(p2 + 4) = p 4 ln p 2 p p = 4 ln p2 + 4 p Vraćanje originala sa slike Pustite sliku Y (p) biti pravi racionalni razlomak (racionalna funkcija). Ako se razlomak razloži na zbir najjednostavnijih (elementarnih) razlomaka, tada se za svaki od njih može pronaći odgovarajući original koristeći svojstva Laplaceove transformacije i tablicu originala i njihovih slika. Zaista, A p a A eax ; A (p a) n A (n)! xn e ax.

8 8 Nakon pretvaranja razlomka Ap + B A(p a) + aa + B A(p a) (p a) 2 = + b2 (p a) 2 + b 2 = (p a) 2 + b 2 + aa + B (p a) 2 + b 2, dobijamo Ap + B (p a) 2 + b 2 A eax cos bx + aa + B e ax sin bx. b Da biste konstruisali original koji odgovara razlomku Ap + B ((p a) 2 + b 2) n, možete koristiti teoremu množenja. Na primjer, za n = 2 imamo Ap + B ((p a) 2 + b 2) 2 = Ap + B (p a) 2 + b 2 (p a) 2 + b 2. Pošto je i tada Za n = 3: Ap + B (p a) 2 + b 2 A eax cos bx + aa + B e ax sin bx = h (x) b (p a) 2 + b 2 b eax sin bx = g(x), Ap + B ((p a ) 2 + b 2) 2 = x Ap + B ((p a) 2 + b 2) 2 (p a) 2 + b 2 g(x t) h (t) dt = h 2 (t). x g(x t) h 2 (t) dt, Slično, možemo razmotriti obnavljanje originala za n > 3. Imenilac racionalne funkcije Y (p) je polinom reda k. Ako ima k različitih nula p i, i =, k, onda se širi

9 imenioca faktorima (p p i), odgovarajući original za Y (p) se može naći po formuli: y(x) = k (Y (p)(p p i)e px) p=pi. (2) i= Proizvod Y (p)(p p i) daje racionalnu funkciju, čiji nazivnik ne sadrži faktor (p p i), a izračunat na p = p i određuje koeficijent s kojim je razlomak uključen u p p i proširenje funkcije Y (p) u zbir elementarnih razlomaka. Primjer 3. Pronađite original koji odgovara slici: Y (p) = p 3 p. Rješenje. Proširujući datu sliku u zbir elementarnih razlomaka: p 3 p = p(p)(p +) = p + 2(p) + 2(p +), nalazimo originalni odgovor: y(x) = + ch x. y(x) = + 2 ex + 2 e x = + ch x. Primjer 4. Pronađite original za sliku: Y (p) = p(p 2 +). Rješenje. Pošto je p 2 sin x, onda, primenom svojstva integracije originala, + dobijamo: p(p 2 +) x Odgovor: y(x) = cos x. sin t dt = cos t x = cos x. Primjer 5. Pronađite original koji odgovara slici: Y (p) = (p 2 + 4) 2. 9

10 Rješenje. Primjenjujući svojstvo slike konvolucije, imamo: Y (p) = (p 2 + 4) 2 = p p x sin 2(x t) sin 2t dt. Nakon izračunavanja integrala, dobijamo željeni izraz za original. Odgovor: y(x) = 6 sin 2x x cos 2x. 8 Primjer 6. Pronađite original koji odgovara slici: Y (p) = p p 3 p 2 6p. Rješenje. Kako je p 3 p 2 6p = p(p 3)(p + 2), tada imenilac razlomka Y (p) ima tri jednostavna korijena: p =, p 2 = 3 i p 3 = 2. Konstruirajmo odgovarajući original koristeći formulu (2): y(x) = (p2 + 2)e px (p 3)(p + 2) + (p2 + 2)e px p= p(p + 2) + (p2 + 2 )e px p =3 p(p 3) = p= 2 = e3x e 2x. Primjer 7. Pronađite original koji odgovara slici: Y (p) = e p 2 p(p +)(p 2 + 4). Rješenje. Zamislimo razlomak uključen u izraz u obliku jednostavnih razlomaka: p(p +)(p 2 + 4) = A p + B p + + Cp + D p Primjenjujući metodu neodređenih koeficijenata na proširenje, dobijamo : Slika će izgledati ovako: A = 4 ; B = D = 5; C = 2. Y (p) = e p 2 4 p 5 e p 2 p + pe p 2 2 p e p 2 5 p (a)

11 Koristeći relacije: p χ(x), p + e x χ(x), p p cos 2x χ(x), p sin 2x χ(x) 2 i uzimajući u obzir teoremu retardacije, dobijamo željeni original za sliku (a). Odgovor: y(x) = (4 5 e (x 2) cos (2x) sin (2x) 2) χ (x) Rješenje Cauchyjevog problema za diferencijalnu jednadžbu sa konstantnim koeficijentima Metoda rješavanja različitih klasa jednadžbi korištenjem Laplaceova transformacija se naziva operativna metoda. Svojstvo Laplaceove transformacije, diferencijacija originala, omogućava nam da rješenje linearnih diferencijalnih jednadžbi s konstantnim koeficijentima svedemo na rješenje algebarskih jednačina. Razmotrimo Cauchyjev problem za nehomogenu jednačinu sa početnim uslovima y (n) + a y (n) a n y + a n y = f(x) (3) y() = y, y () = y,..., y (n ) ( ) = y n. (4) Neka funkcija f(x) i traženo rješenje zadovoljavaju uslove za postojanje Laplaceove transformacije. Označimo sa Y (p) sliku nepoznate funkcije (original) y(x), a sa F (p) sliku desne strane f(x): y(x) Y (p), f (x) F (p). Po pravilu diferencijacije originala imamo y (x) py (p) y, y (x) p 2 Y (p) py y, y (n) (x) p n Y (p) p n y p n 2 y.. y n.

12 2 Zatim, zbog svojstva linearnosti Laplaceove transformacije, nakon primjene na lijevu i desnu stranu jednačine (3), dobijamo operatorsku jednačinu M(p)Y (p) N(p) = F (p ), (5) gdje je M(p) karakterističan polinom jednadžbe (3): M(p) = p n + a p n a n p + a n y, N(p) polinom koji sadrži početne podatke Cauchyjevog problema (nestaje kada su početni podaci nula ): N(p) = y (p n + a p n a n) + + y (p n 2 + a p n a n 2) y n 2 (p + a) + y n, F (p) slika funkcije f(x). Rješavajući operatorsku jednadžbu (5), dobijamo Laplaceovu sliku Y (p) željenog rješenja y(x) u obliku Y (p) = F (p) + N(p). M(p) Vraćajući original za Y (p), nalazimo rješenje jednadžbe (3) koje zadovoljava početne uslove (4). Primjer 8. Naći rješenje diferencijalne jednačine: y (x) + y(x) = e x, zadovoljavajući uvjet: y() =. Rješenje. Neka je y(x) Y (p). Budući da je y (x) py (p) y() = py (p), e x p +, onda primjenom Laplaceove transformacije na datu jednačinu, koristeći svojstvo linearnosti, dobijamo algebarsku jednačinu za Y (p): py ( p) + Y (p) = p +. Gdje nalazimo izraz za Y (p):

13 Od tada imamo Y (p) = p + e x, (p +) 2 + p +. (p +) 2 xe x, Y (p) y(x) = e x x + e x. Provjera: Pokažimo da je pronađena funkcija zaista rješenje Cauchyjevog problema. Izraz za funkciju y(x) i njen izvod zamjenjujemo u datu jednačinu: y (x) = e x x + e x e x = e x x e x x + e x x + e x = e x. Nakon što dovedemo slične članove na levu stranu jednačine, dobijamo tačan identitet: e x e x. Dakle, konstruirana funkcija je rješenje jednadžbe. Provjerimo da li zadovoljava početni uslov y() = : y() = e + e =. Prema tome, pronađena funkcija je rješenje Cauchyjevog problema. Odgovor: y(x) = e x x + e x. Primjer 9. Riješite Cauchyjev problem y + y =, y() =, y() =. Rješenje. Neka je y(x) Y (p). Pošto je 3 y (x) p 2 Y (p) py() y (), /p, onda, primjenom Laplaceove transformacije na jednadžbu, uzimajući u obzir početne uslove dobijamo (p 2 +)Y (p) = p = Y ( p) = p(p 2 +). Dekomponirajmo razlomak na jednostavnije razlomke: Y (p) = p Iz tabele nalazimo y(x) = cos x. p p 2 +.

14 4 Također možete vratiti original sa slike primjenom svojstva integracije originala (vidi primjer 4). Odgovor: y(x) = cos x. Primjer. Riješite Cauchyjev problem y +3y = e 3x, y() =, y() =. Rješenje. Neka je y(x) Y (p). Pošto je y py (p) y(), y (x) p 2 Y (p) py() y (), i e 3x p + 3, onda, uzimajući u obzir početne uslove, dobijamo jednačinu operatora (p 2 + 3p) Y (p) + = p + 2 = Y (p) = p + 3 (p + 3) 2 p. Razložimo racionalnu funkciju na jednostavne razlomke: p + 2 (p + 3) 2 p = A p + B p C (p + 3) 2 = A(p2 + 6p + 9) + B(p 2 + 3p) + Cp p (p + 3) 2. Napravimo sistem jednadžbi za pronalaženje koeficijenata A, B i C: A + B =, 6A + 3B + C =, 9A = 2, rješavanjem kojih nalazimo A = 2/9 , B = 2/9, C = /3. Dakle, Y (p) = 2 9 p p (p + 3) 2. Pomoću tabele dobijamo odgovor. Odgovor: y(x) = e 3x 3 xe 3x. Primjer. Pronađite rješenje diferencijalne jednadžbe: y (x) + 2y (x) + 5y (x) =, zadovoljavajući uvjete: y() =, y () = 2, y () =. Rješenje. Neka je y(x) Y (p). Pošto, uzimajući u obzir date uslove, imamo y (x) p Y (p) y() = py (p) () = py (p) +, y (x) p 2 Y (p) p y() y () = = p 2 Y (p) p () 2 = p 2 Y (p) + p 2, y (x) p 3 Y (p) p 2 y() p y () y () = = p 3 Y (p) p 2 () p 2 = p 3 Y (p) + p 2 2p,

15 onda nakon primjene Laplaceove transformacije na datu jednačinu dobijamo sljedeću operatorsku jednačinu: p 3 Y (p) + p 2 2p + 2p 2 Y (p) + 2p 4 + 5pY (p) + 5 = ili nakon transformacija: Y (p) (p 3 + 2p 2 + 5p) = p 2. Rješavajući ovu jednačinu za Y (p), dobijamo Y (p) = p 2 p(p 2 + 2p + 5). Razložimo rezultujući izraz na jednostavne razlomke: p 2 p(p 2 + 2p + 5) = A p + Bp + C p 2 + 2p + 5. Koristeći metodu neodređenih koeficijenata, nalazimo A, B, C. Da bismo to učinili, svodimo razlomke na opći nazivnik i izjednačavamo koeficijente za jednake potencije p: p 2 p(p 2 + 2p + 5) = Ap2 + 2Ap + 5A + Bp 2 + Cp p(p p + 5) Dobijamo sistem algebarskih jednadžbi za A, B, C: čije će rješenje biti: A + B =, 2A + C =, 5A =, A = 5, B = 4 5, C = 2 5. Tada je Y (p) = 5p + 5 4p + 2 p 2 + 2p + 5. Da bismo pronašli original drugog razlomka, biramo cijeli kvadrat u nazivniku: p 2 + 2p + 5 = (p +) 2 + 4, zatim u brojiocu izaberemo pojam p+: 4p+2 = 4(p+)+6 i razlomak razložimo na zbir dva razlomka: 5 4p + 2 p 2 + 2p + 5 = 4 5 p + (p +) (p +) Zatim, koristeći teoremu pomaka i tablicu korespondencije između slika i originala, dobijamo rješenje originalne jednačine. Odgovor: y(x) = e x cos 2x e x sin 2x.

16 6 Koristeći operativnu metodu, može se konstruirati opće rješenje jednačine (3). Da biste to učinili, potrebno je zamijeniti specifične vrijednosti y, y,..., y (n) početnih uslova sa proizvoljnim konstantama C, C 2,..., C n. Bibliografija. Aleksandrova N.V. Istorija matematičkih pojmova, pojmova, notacija: Rečnik-priručnik. M.: Izdavačka kuća LKI, str. 2. Vasiljeva A. B. Diferencijalne i integralne jednadžbe, varijacijski račun u primjerima i problemima / A. B. Vasiljeva, G. N. Medvedev, N. A. Tikhonov, T. A. Urazgildina. M.: FIZ-MATLIT, str. 3. Sidorov Yu. V. Predavanja iz teorije funkcija kompleksne varijable / Yu. V. Sidorov, M. V. Fedorjuk, M. I. Šabunjin, M.: Nauka, 989.

OPERATIVNI RAČUN Operativni račun se odnosi na simbolički račun, koji se zasniva na konstrukciji matematičke analize kao sistema formalnih operacija na umjetno uvedenim

Lekcija 18 Originali i njihove slike Operativni račun je jedna od metoda matematičke analize koju ćemo primijeniti na rješavanje diferencijalnih jednačina i sistema. Suština korištenja ove metode

Jednačine matematičke fizike Zbirka primjera i vježbi Petrozavodsk 1 Petrozavodski državni univerzitet Fakultet matematike Jednačine matematičke fizike Zbirka primjera i vježbi

Sadržaj Uvod. Osnovni pojmovi.... 4 1. Volterrine integralne jednadžbe... 5 Opcije domaćeg zadatka.... 8 2. Rezolventa Volterrine integralne jednadžbe. 10 opcija za domaći zadatak.... 11

1 Tema 4. Metoda operatora za rješavanje linearnih diferencijalnih jednadžbi i sistema 4.1 Laplasova transformacija Original je svaka funkcija f(t) realne varijable t koja zadovoljava sljedeće

ELEMENTI OPERATIVNOG RAČUNA IZDAVAČKA KUĆA TSTU MINISTARSTVO OBRAZOVANJA I NAUKE RUSKE FEDERACIJE GOU VPO "Tambov State Technical University" ELEMENTI OPERACIONOG RAČUNA

Matematička analiza Sekcija: operativni račun Tema: Laplasova transformacija i njena svojstva Predavač Pakhomova E.G. 2011 11. Original i slika. Teorema inverzije DEFINICIJA 1. Neka:R C. Funkcija

Kompleksni brojevi, funkcije i operacije nad njima y modul R realni dio realni broj, yim imaginarni dio realni broj iy algebarski oblik pisanja kompleksnih brojeva Glavna vrijednost argumenta

Rješenje standardnih varijanti testnog rada na temu Integrali funkcije jedne varijable Metodska uputstva UDK 517.91 Metodska uputstva sadrže detaljna rješenja tipičnih varijanti testnog rada

Poglavlje 1 Operativni račun. 1. Definicija Laplaceove transformacije. Laplaceova transformacija povezuje funkciju f(t) sa realnom varijablom t sa funkcijom F() kompleksne varijable = x + iy

MINISTARSTVO SAOBRAĆAJA RUSKE FEDERACIJE FEDERALNA DRŽAVNA BUDŽETSKA OBRAZOVNA USTANOVA VISOKOG OBRAZOVANJA "RUSKI UNIVERZITET ZA SAOBRAĆAJ (MIIT)" Odsjek "Više i računarstvo"

FEDERALNA DRŽAVNA BUDŽETSKA OBRAZOVNA USTANOVA VISOKOG OBRAZOVANJA „MOSKVSKI DRŽAVNI UNIVERZITET SAOBRAĆAJA Imperator NIKOLA II” Katedra za „Višu i računarsku matematiku”

82 4. Odjeljak 4. Funkcionalni i energetski nizovi 4.2. Lekcija 3 4.2. Lekcija 3 4.2.. Proširivanje funkcije u Taylorov red DEFINICIJA 4.2.. Neka je funkcija y = f(x) beskonačno diferencibilna u nekom susjedstvu

Predavanje INTEGRACIJA RACIONALNIH RAZLOMKA Racionalni razlomci Integracija jednostavnih racionalnih razlomaka Dekompozicija racionalnih razlomaka na proste razlomke Integracija racionalnih razlomaka Racionalni

TEMA 5. Linearna Volterra jednadžba -vrste Osnovne definicije i teoreme Jednačina y = λ K(,) y() d+ f(), [, ili u obliku operatora y = λ By+ f, naziva se Volterra jednačina vrste Neka

Predavanje 6 Operativni račun Laplaceova transformacija Slike jednostavnih funkcija Osnovna svojstva Laplaceove transformacije Slika derivacije originalnog Operativnog računa Laplaceova transformacija

Lekcija 19 Rješavanje diferencijalnih jednadžbi i sistema pomoću operativne metode 19.1 Rješavanje linearnih diferencijalnih jednadžbi sa konstantnim koeficijentima Neka je potrebno pronaći određeno rješenje za linearnu

2.2. Operatorski metod za proračun prolaznih procesa. Teorijske informacije. Proračun prelaznih procesa u složenim kolima klasičnom metodom je vrlo često komplikovan pronalaženjem integracionih konstanti.

DOROKHOV VM VODIČ ZA REŠAVANJE PROBLEMA U OPERACIONOM RAČUNU MOSKVA, 4 PREDGOVOR Ovaj udžbenik daje pregled teorijske osnove operativnog računa.

Ministarstvo obrazovanja i nauke Ruske Federacije Federalna državna budžetska obrazovna ustanova visokog stručnog obrazovanja "Ruski hemijsko-tehnološki univerzitet po imenu DI Mendeljejev" Novomoskovski institut (filijala) Test 8 iz matematike (Operativni

UDK 53.7 O JEDNOJ METODI NALAŽENJA PARCIJALNOG RJEŠENJA LINEARNIH DIFERENCIJALNIH JEDNAČINA SA KONSTANTNIM KOEFICIJENTIMA Zhanybekova A.A., [email protected] Kazahstansko-britanski tehnički univerzitet,

INTEGRALNI RAČUN OBEZBJEĆENI INTEGRAL Antiderivativna funkcija i neodređeni integral antiderivativne Lema funkcija F(naziva se antiderivativna za funkciju f(na intervalu X ako je F (= f(X funkcija,

Jednačine prvog reda koje nisu riješene u odnosu na izvod. Smatrat ćemo jednadžbe prvog reda koje nisu riješene u odnosu na izvod: F (x, y, y) = 0, (1) gdje je F data funkcija njegovog

II DIFERENCIJALNE JEDNAČINE Diferencijalne jednadžbe prvog reda Definicija Relacije u kojima su nepoznate varijable i njihove funkcije pod predznakom izvoda ili diferencijala nazivaju se

ELEMENTI TEORIJE FUNKCIJA KOMPLEKSNOG OPERACIONOG RAČUNA VARIJABLE Kao rezultat proučavanja ove teme student mora naučiti: pronaći trigonometrijske i eksponencijalne oblike kompleksnog broja prema

Ministarstvo obrazovanja i nauke Ruske Federacije "MATI" Ruski državni tehnološki univerzitet po imenu. K.E. Ciolkovsky Katedra za višu matematiku Kompleksni brojevi i operativni račun

1 Tema 3. Linearne diferencijalne jednadžbe sa konstantnim koeficijentima 3.1 Linearna homogena jednadžba Diferencijalna jednadžba oblika y (n) + a n 1 y (n 1) +... + a 1 y + a 0 y = 0, (3.1) gdje je a

NEODREĐENI INTEGRAL. Antiderivativni i neodređeni integral Glavni zadatak diferencijalnog računa je da pronađe izvod (ili diferencijal) date funkcije. Integralni račun

Ministarstvo obrazovanja i nauke Ruske Federacije Ačinsk filijala Federalne državne autonomne obrazovne ustanove visokog stručnog obrazovanja "Sibirski federalni univerzitet" MATEMATIKA

Ograničenje funkcije. Relevantnost proučavanja teme Teorija granica igra fundamentalnu ulogu u matematičkoj analizi i omogućava nam da odredimo prirodu ponašanja funkcije za datu promjenu argumenta. Korišćenjem

Antiderivativni i neodređeni integral Osnovni pojmovi i formule 1. Definicija antiderivativnog i neodređenog integrala. Definicija. Funkcija F(x) se naziva antiderivatom za funkciju f(x) na intervalu

Poglavlje 1 Diferencijalne jednačine 1.1 Koncept diferencijalne jednačine 1.1.1 Problemi koji vode do diferencijalnih jednačina. U klasičnoj fizici svaka fizička veličina je povezana sa

OBIČNE DIFERENCIJALNE JEDNAČINE PRVOG REDA Osnovni pojmovi Diferencijalne jednadžbe sa odvojivim varijablama Mnogi problemi u nauci i tehnologiji svode se na diferencijalne jednadžbe.

Metodološki razvoj Rješavanje problema na TFKP Kompleksni brojevi Operacije nad kompleksnim brojevima Kompleksna ravan Kompleksni broj se može predstaviti u algebarskoj i trigonometrijskoj eksponencijali

Predavanje 3 Taylor i Maclaurin serija Primjena nizova stepena Proširivanje funkcija u nizove stepena Taylor i Maclaurin serije Za primjene je važno biti u mogućnosti proširiti datu funkciju u niz stepena, te funkcije

Tipična verzija “Kompleksni brojevi Polinomi i racionalni razlomci” Zadatak Zadata su dva kompleksna broja i cos sn Pronađite i zapišite rezultat u algebarskom obliku zapišite rezultat u trigonometrijskom obliku

Federalna agencija za obrazovanje Federalna državna obrazovna ustanova visokog stručnog obrazovanja JUŽNOFEDERALNI UNIVERZITET R. M. Gavrilova, G. S. Kostetskaya Metodološka

S P PREOBRAZHENSKY, SR TIKHOMIROV INTEGRACIJA DIFERENCIJALNIH JEDNAČINA KORIŠĆENJEM POENO REDOVA 987 SADRŽAJ Predgovor Formulacija zadatka 3 Opcije za zadatak 3 Primjer zadatka i komentari

Matematička analiza Sekcija: Neodređeni integral Tema: Integracija racionalnih razlomaka Predavač E.G. Pakhomova 0 g. 5. Integracija racionalnih razlomaka DEFINICIJA. Racionalni razlomak se naziva

Ministarstvo saobraćaja Ruske Federacije FEDERALNA DRŽAVNA BUDŽETSKA OBRAZOVNA USTANOVA VISOKOG OBRAZOVANJA “RUSKI UNIVERZITET ZA SAOBRAĆAJ (MIIT)” Institut za ekonomiju i finansije

OPERACIONI RAČUN Laplaceova transformacija i formula inverzije Neka je u Dirichletovom intervalu, odnosno: Fourierov integral (l l) a) je ograničen na ovaj interval; funkcija zadovoljava uslove b) po komadima kontinuirana

Ministarstvo obrazovanja Ruske Federacije Ruski državni univerzitet za naftu i plin po imenu IM Gubkin VI Ivanov Smjernice za proučavanje teme „DIFERENCIJALNE JEDNAČINE“ (za studente

57 Razmotrimo integraciju najjednostavnijeg racionalnog razlomka četvrtog tipa (M N) d () p q p Napravimo promjenu varijable postavljanjem d. gdje je a p q. Tada je integral M N d p p p q q a, M p N Mp q d M (p q) p

Diferencijalna jednadžba n-tog reda naziva se linearnom ako je prvog stepena u odnosu na funkciju y i njene derivate y..., y (n), tj. ima oblik a 0 y (n) + a 1 y (n 1) +... + a ny = f (x), gdje je

Matematička analiza Sekcija: Neodređeni integral Tema: Integracija racionalnih razlomaka Predavač Rozhkova S.V. 0 g. 5. Integracija racionalnih razlomaka DEFINICIJA. Racionalni razlomak se naziva

Ministarstvo telekomunikacija i masovnih komunikacija Ruske Federacije Državna obrazovna ustanova visokog stručnog obrazovanja VOLGA DRŽAVNI UNIVERZITET ZA TELEKOMUNIKACIJE

Diferencijalne jednadžbe prvog reda riješene s obzirom na derivaciju Teorema postojanja i jedinstvenosti rješenja U općenitom slučaju, diferencijalna jednadžba prvog reda ima oblik F ()

T A Matveeva V B Vetlichnaya D K Agisheva A Zotova POSEBNA POGLAVLJA MATEMATIKE: OPERATIVNE STUDIJE FEDERALNA AGENCIJA ZA OBRAZOVANJE VOLŽKI POLITEHNIČKI INSTITUT Ogranak DRŽAVNOG OBRAZOVANJA

INTEGRALNI RAČUN INEMNITE INTEGRAL Antiderivativna funkcija i neodređeni integral antiderivacije Funkcija F() se naziva antiderivativna za funkciju f() na intervalu X ako je F / () = f() X.

5. 4 Osnovne metode integracije Direktna integracija. Izračunavanje integrala na osnovu svođenja integranda na tabelarni oblik i korištenje svojstava neodređenog

Predavanje 3 Matematički opis sistema upravljanja U teoriji upravljanja, pri analizi i sintezi upravljačkih sistema, bavimo se njihovim matematičkim modelom.Matematički model sistema automatskog upravljanja je jednačina

Integracija sistema diferencijalnih jednadžbi eliminacijom varijabli Jedna od glavnih metoda za integraciju sistema diferencijalnih jednadžbi je sledeća: iz jednačina normale

Parcijalne diferencijalne jednadžbe prvog reda Neki problemi klasične mehanike, mehanike kontinuuma, akustike, optike, hidrodinamike, prijenosa zračenja svode se na parcijalne diferencijalne jednadžbe

Najjednostavniji neodređeni integrali Primjeri rješavanja problema Sljedeći integrali se svode na tablične identičnom transformacijom integranda. 1. dx = dx = 2x 2/3 /3 + 2x 1/2 + C. >2.

PRAKTIČNA LEKCIJA Integriranje racionalnih razlomaka Racionalni razlomak je razlomak oblika P Q, gdje su P i Q polinomi.Racionalni razlomak se naziva pravim ako je stepen polinoma P manji od stepena

[F] Filippov AV Zbirka zadataka o diferencijalnim jednadžbama Moskva-Izhevsk: Naučno-istraživački centar "Regularna i haotična dinamika" 00 URL: http://librarbsaz/kitablar/846pf [M] Matveev NM Zbirka zadataka i vježbi o

E zanimanje. Taylor serija. Zbir redova stepena Mat. analiza, pril. matematika, 3. semestar Nađi proširenje funkcije u niz stepena po stepenu, izračunaj radijus konvergencije niza stepena: A f()

Zadatak 1.1. Pronaći u naznačenom području neidentično nula rješenja y = y(x) diferencijalne jednadžbe koja zadovoljavaju date granične uslove (Sturm-Liouville problem) Rješenje: Razmotrite

9. Antiderivativ i neodređeni integral 9.. Neka je funkcija f() data na intervalu I R. Funkcija F () naziva se antiderivatom funkcije f () na intervalu I ako je F () = f () za bilo koje I, a antiderivat

~ ~ Neodređeni i određeni integrali Pojam antiderivativnog i neodređenog integrala. Definicija: Funkcija F se naziva antiderivatom funkcije f ako su ove funkcije povezane na sljedeći način

Predavanje 5 7 Hilbert-Schmidt teorema Razmotrićemo integralni operator A čije jezgro K(zadovoljava sljedeće uslove: K(s) je simetrično, kontinuirano u skupu varijabli na [, ]

Ministarstvo obrazovanja Republike Bjelorusije Bjeloruski državni univerzitet Fizički fakultet Odsjek za višu matematiku i matematičku fiziku O A Kononova, N I Ilyinkova, N K Filippova Linearna

Tema 9. Redovi stepena Niz stepena je funkcionalni niz oblika gde su brojevi... koeficijenti niza, a tačka proširenja niza.,...,... R... se naziva centar Redovni red Opći pojam niza snaga

SISTEMI LINEARNIH DIFERENCIJALNIH JEDNAČINA SA KONSTANTNIM KOEFICIJENTIMA Svođenje na jednu jednačinu th reda Sa praktične tačke gledišta, linearni sistemi sa konstantnim koeficijentima su veoma važni

Integrali i diferencijalne jednadžbe Modul 1. Neodređeni integral Predavanje 1.2 Sažetak Racionalni razlomci. Dekompozicija pravilnog racionalnog razlomka na najjednostavniji zbir. Integracija najjednostavnijeg

Heaviside formula ekspanzije

Neka je slika funkcije razlomka racionalna funkcija.

Teorema. Neka, gdje i su diferencibilne funkcije. Uvedimo oba pola funkcije, tj. korijene (nule) njegovog nazivnika. Zatim, ako dobijemo Heaviside formulu:

Izvodimo dokaz za slučaj kada su i polinomi stupnjeva T I P shodno tome, dok T P. Tada je to pravi racionalni razlomak. Hajde da to predstavimo kao zbir prostih razlomaka:

Odavde nalazimo koeficijente iz identita (17.2), prepisujući ga u obliku

Pomnožimo obje strane posljednje jednakosti sa i idemo na granicu u. S obzirom na to i, dobijamo

odakle slijedi (17.1). Teorema je dokazana.

Napomena 1. Ako su koeficijenti polinoma realni, tada su kompleksni korijeni polinoma parno konjugirani. Prema tome, u formuli (17.1) kompleksne konjugirane količine bit će članovi koji odgovaraju kompleksnim konjugiranim korijenima polinoma, a Heavisideova formula će imati oblik

gdje je prvi zbir proširen na sve realne korijene polinoma, drugi - na sve njegove kompleksne korijene s pozitivnim imaginarnim dijelovima.

Napomena 2. Svaki član formule (17.1) predstavlja oscilaciju napisanu u kompleksnom obliku, gdje. Dakle, realni korijeni () odgovaraju aperiodskim oscilacijama, kompleksni korijeni s negativnim realnim dijelovima odgovaraju prigušenim oscilacijama, a čisto imaginarni korijeni odgovaraju neprigušenim harmonijskim oscilacijama.

Ako nazivnik nema korijene s pozitivnim realnim dijelovima, tada za dovoljno velike vrijednosti dobijamo stabilno stanje:

Čisto imaginarni korijeni polinoma s pozitivnim imaginarnim dijelovima.

Oscilacije koje odgovaraju korijenima s negativnim realnim dijelovima opadaju eksponencijalno na i stoga ne ulaze u stabilno stanje.

Primjer 1. Pronađite originalnu sliku

Rješenje. Imamo. Zapišimo korijene polinoma: .

Prema formuli (17.1)

Ovdje, pošto su brojevi korijeni jednadžbe. dakle,

Primjer 2. Pronađite originalnu sliku

Gdje A 0; .

Rješenje. Ovdje funkcija, pored očiglednog korijena, ima beskonačno mnogo korijena, koji su nule funkcije. Rješavajući jednačinu, dobijamo gdje

Dakle, korijeni nazivnika imaju oblik i gdje

Koristeći formulu (17.3) nalazimo original

Operatorska metoda za rješavanje diferencijalnih jednadžbi

Diferencijalne jednadžbe. Razmotrimo Cauchyjev problem za linearnu diferencijalnu jednačinu

(ovdje) sa početnim uslovima

Prelazeći na slike u (18.1), zbog linearnosti Laplaceove transformacije, imaćemo

Koristeći teoremu 3 iz § 16 i početne uslove (18.2), zapisujemo slike izvoda u obliku

Zamjenom (18.4) u (18.3), nakon jednostavnih transformacija dobijamo operatorsku jednačinu

gdje (karakteristični polinom); .

Iz jednačine (18.5) nalazimo operatorsko rješenje

Rješenje Cauchyjevog problema (18.1), (18.2) je originalno operatorsko rješenje (18.6):

Za Cauchyjev problem, u prihvaćenoj notaciji možemo pisati

Jednačina operatora ima oblik

Razložimo rješenje operatora na jednostavne razlomke:

Koristeći formule dobijene u § 15, dobijamo originale:

Tako će rješenje Cauchyjevog problema imati oblik

Primjer 1. Riješiti Cauchyjev problem za diferencijalnu jednačinu sa početnim uslovima, gdje.

Rješenje.

Njegovo rješenje ima oblik

Koristeći teoremu 2 iz § 16, dosljedno nalazimo:

Primjer 2. Riješite Cauchyjev problem za diferencijalnu jednačinu sa nultim početnim uvjetima, gdje je funkcija koraka impulsa.

Rješenje. Hajde da napišemo jednačinu operatora

i njegovu odluku

Iz teoreme 2 § 16 slijedi

u skladu sa teoremom retardacije (§ 15)

konačno,

Primjer 3. Masa po bodu T, pričvršćen za oprugu krutošću With i smještena na glatkoj horizontalnoj ravni, djeluje periodično promjenjiva sila. U jednom trenutku, tačka je bila podvrgnuta udaru koji je nosio impuls. Zanemarujući otpor, pronađite zakon kretanja tačke ako je u početnom trenutku mirovala u početku koordinata.

Rješenje. Zapisujemo jednačinu kretanja u obliku

gdje je elastična sila; - Dirac funkcija. Rešimo jednačinu operatora

Ako (slučaj rezonancije), onda

Po teoremi kašnjenja

konačno,

Duhamelov integral (formula). Razmotrimo Cauchyjev problem za jednačinu (18.1) pod početnim uslovima. Operatorsko rješenje u ovom slučaju ima oblik

Neka funkcija težine bude originalna za. onda prema teoremi 1 iz § 16 dobijamo

Relacija (18.7) se naziva Duhamelov integral (formula).

Komentar. Za početne uslove različite od nule, Duhamelova formula nije direktno primenljiva. U ovom slučaju potrebno je prvo transformirati izvorni problem u problem sa homogenim (nultim) početnim uvjetima. Da bismo to učinili, uvodimo novu funkciju, pod pretpostavkom

gdje su početne vrijednosti željenog rješenja.

Kako je to lako vidjeti, a samim tim i .

Dakle, funkcija je rješenje jednadžbe (18.1) sa desnom stranom dobijenom zamjenom (18.8) u (18.1), sa nula početnih podataka.

Koristeći (18.7), nalazimo i.

Primjer 4. Koristeći Duhamelov integral, pronađite rješenje za Cauchyjev problem

sa početnim uslovima.

Rješenje. Početni podaci su različiti od nule. Pretpostavljamo, u skladu sa (18.8), . Tada za definiciju dobijamo jednačinu sa homogenim početnim uslovima.

Za problem koji se razmatra, karakterističan polinom, težinska funkcija. Prema Duhamelovoj formuli

konačno,

Sistemi linearnih diferencijalnih jednadžbi sa konstantnim koeficijentima. Cauchyjev problem za sistem linearnih diferencijalnih jednadžbi u matričnom zapisu ima oblik

gdje je vektor traženih funkcija; - vektor desnih strana; - matrica koeficijenata; - vektor početnih podataka.

Operativni račun je sada postao jedno od najvažnijih poglavlja praktične matematičke analize. Operativna metoda se direktno koristi u rješavanju običnih diferencijalnih jednačina i sistema takvih jednačina; može se koristiti i za rješavanje parcijalnih diferencijalnih jednačina.

Osnivači simboličkog (operativnog) računa smatraju se ruski naučnici M.E. Vaščenko - Zaharčenko i A.V. Letnikov.

Operativni račun je privukao pažnju nakon što je engleski inženjer elektrotehnike Hevisajd, koristeći simbolički račun, dobio niz važnih rezultata. Ali nepovjerenje u simbolički račun opstajalo je sve dok Georgi, Bromwich, Carson, A. M. Efros, A. I. Lurie, V. A. Ditkin i drugi nisu uspostavili veze između operativnog računa i integralnih transformacija.

Ideja rješavanja diferencijalne jednadžbe korištenjem operativne metode je ona iz diferencijalne jednadžbe u odnosu na željenu izvornu funkciju f ( t ) prijeđite na jednadžbu za drugu funkciju F ( str ), zove slika f ( t ) . Rezultirajuća (operativna) jednačina je obično već algebarska (što znači jednostavnija od originalne). Rješavanje u odnosu na sliku F ( str ) a zatim prelazeći na odgovarajući original, pronalaze željeno rješenje ove diferencijalne jednadžbe.

Operativna metoda za rješavanje diferencijalnih jednadžbi može se uporediti s izračunavanjem različitih izraza pomoću logaritama, kada se, na primjer, pri množenju, proračuni ne vrše na samim brojevima, već na njihovim logaritmima, što dovodi do zamjene množenja sa jednostavnija operacija - dodavanje.

Baš kao i kod logaritma, kada koristite operativnu metodu trebate:

1) tabela originala i odgovarajućih slika;

2) poznavanje pravila za izvođenje operacija na slici koje odgovaraju radnjama izvršenim na originalu.

§1. Originali i slike Laplaceovih funkcija

Definicija 1.Mi ćemo biti prava funkcija pravog argumenta f (t) poziv original, ako ispunjava tri uslova:

1) f (t) 0 , at t 0

2) f ( t ) ne raste brže od neke eksponencijalne funkcije

, at t0 , gdje M 0, s 00 - neke realne konstante, s 0 pozvao indikator rasta funkcije f(t) .

3) Na bilo kojem konačnom segmentu  a , bpozitivna poluosa Ot funkcija f (t) zadovoljava Dirichletove uslove, tj.

a) ograničeno,

b) ili je kontinuiran ili ima samo konačan broj diskontinuiteta prve vrste,

c) ima konačan broj ekstrema.

Funkcije koje zadovoljavaju ova tri zahtjeva nazivaju se operativnim računom koju zastupa Laplace ili originali .

Najjednostavniji original je funkcija jedinice Heaviside

Ako je funkcija

zadovoljava uslov 2 i ne zadovoljava uslov 1, tada će i proizvod zadovoljiti uslov 1, tj. bit će originalan. Da bismo pojednostavili notaciju, po pravilu ćemo koristiti množitelj H (t) izostaviti, s obzirom da su sve funkcije koje se razmatraju jednake nuli za negativne vrijednosti t .

Laplaceov integral za original f (t) naziva se nepravilan integral oblika