Rješavanje diferencijalnih jednadžbi pomoću Laplaceove transformacije. Operacijska metoda rješavanja linearnih diferencijalnih jednadžbi i njihovih sustava. §1. Izvornici i slike Laplaceovih funkcija

07.10.2020

Pročitajte također

Juha od tjestenine i krumpira je najlakša opcija!

Kako pravilno marinirati i skuhati sočan mekani odrezak od vrata, lungić u soji, med-senf, umak od gljiva: recepti

Indijski somun chapati

Varivo od povrća za zimu bez sterilizacije Recept za varivo od povrća za pripremu zimnice

Gulaš od povrća za zimu, recept za preljev od povrća za zimu Kako kuhati gulaš od povrća za zimu

Veličina: px

Počnite prikazivati sa stranice:

Prijepis

1 Rješavanje diferencijalnih jednadžbi korištenjem Laplaceove transformacije (operacijska metoda) Operacijski račun jedna je od najekonomičnijih metoda za integraciju linearnih diferencijalnih jednadžbi s konstantnim koeficijentima i vrlo je popularna među inženjerima. Metodu je predložio poznati američki elektroinženjer i fizičar O. Heaviside (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, operacijski račun nije dobio matematičko opravdanje u djelima O. Heavisidea („njegova matematika je nastala u fizičkom kontekstu iz kojeg ju nije bilo lako izolirati“ [, str. 8]), mnogi njegovi rezultati ostali su nedokazani. Tek u 2. godinama 20. stoljeća metoda je dobila opravdanje u djelima Bromwicha (T. J. I A. Bromwich) i Carsona (J. R. Carson) 2.. Pojam originala i slike prema Laplaceovoj definiciji. Izvorna funkcija je svaka funkcija kompleksnih vrijednosti f(x) realnog argumenta x koja zadovoljava sljedeće uvjete:) f(x) je kontinuirana za x, osim, možda, za konačni broj točaka diskontinuiteta -tog ljubazan; 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-tehničkog fakulteta : u 3 sata / komp. : N. Yu Svetova, E. E. Semyonova. Petrozavodsk: Izdavačka kuća PetrSU, Pokušaji rigoroznog opravdanja i "matematički prihvatljivog" prikaza računa nalikovali su na "opći napad": engleski matematičar Bromwich (96), američki inženjer Carson (925), nizozemski inženjer elektrotehnike Van der Pol ( ) privukao je rezultate raznih teorija, povezao Heavisideov račun s Laplaceovom transformacijom, s 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 izvornik je Heavisideova 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 izvorni f(x), njegova slika F (p) definirana je u poluravnini Re p > a (a je indeks rasta funkcije f(x)), gdje nepravi integral () konvergira. Primjer. Pomoću definicije pronađite sliku funkcije f(x) = sin 3x. Riješenje. Za funkciju f(x) = sin 3x vrijedi a =. Stoga će slika F (p) biti definirana u poluravnini Re p >. Primijenimo formulu () na zadanu funkciju, koristeći pravilo integracije po dijelovima i ograničenje skupa 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 Dobivamo 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, vrijedi sljedeća korespondencija: sin 3x 3 p 2, Re p >. + 9 e px sin 3x dx = 3

4 4 2. Svojstva Laplaceove transformacije U praksi se pri konstruiranju slika koriste različite tehnike koje se temelje na svojstvima Laplaceove transformacije. Nabrojimo glavna svojstva, čija se valjanost može lako utvrditi korištenjem definicija slike i originala. Ako je f(x) F (p), g(x) G(p), tada za bilo koji α, β C αf(x) + βg(x) αf (p) + βg(p), Re p > max( a, b). Ovdje i dolje, a i b su indikatori rasta za funkcije f(x) odnosno g(x). 2. Teorem sličnosti. Ako je f(x) F (p), tada je za bilo koje α > f(αx) α F (p α), Re p > αa. 3. Teorem o pomaku. Ako je f(x) F (p), tada za bilo koji λ C e λx f(x) F (p λ), Re p > a + Re λ. 4. Razlikovanje izvornika. 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. Kod konstruiranja slika izvoda funkcija neprekidnih na nuli, znak plus se izostavlja u pisanju argumenta funkcije i njegovih izvoda. 5. Razlikovanje slike. Ako je f(x) F (p), tada Posebno, 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), tada je x f(ξ) dξ F (p) p, Re p > α. 7. Integracija slike. Ako su integral i F (p) f(x), tada p F (p) dp f(x) x, Re p > α. p F (p) dp konvergira 8. Teorem množenja slike (teorem konvolucije) Ako je f(x) F (p), g(x) G(p), tada je 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 konvolucija funkcija f(x) i g(x). 9. Teorem o kašnjenju. Ako je f(x) F (p), tada za bilo koje ξ > f(x ξ)χ(x ξ) e ξp F (p), Re p > α. Izvornik se obnavlja sa slike na jedinstven način, točan prema vrijednostima na prijelomnim točkama. U praksi se obično koriste gotove tablice originala i slika 5 U tablici su navedeni glavni originali i slike koje se često nalaze u aplikacijama. Primjer 2. Koristeći svojstva Laplaceove transformacije i tablicu osnovnih originala i slika, pronađite 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. Handbook of operational calculus. M., 965.

6 6 Tablica. Osnovni originali i slike Izvorna slika Izvorna 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.) Pretvorite 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. Budući da je sin x 5 p 2 i sin 5x + p, tada ćemo, koristeći svojstvo linearnosti i teorem o pomaku, za prikaz funkcije f(x) imati: F (p) = () 5 2 (p + 4) ( p + 4 )) Budući da je sin x p 2 +, ex sin x (p) 2 +, tada ćemo, koristeći teorem o kašnjenju, imati f(x) = e x 2 sin (x 2) F (p) = e 2p ( p)) Dakle, kako je x 2 2 p 3, tada po teoremu o pomaku imamo: f(x) = x 2 e 3x F (p) = 2 (p 3) 3.

7 Za usporedbu predstavljamo metodu za konstruiranje slike funkcije f(x) = x 2 e 3x korištenjem svojstva diferencijacije slike: Dobili smo isti rezultat. 4) Kako 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) je pravi racionalni razlomak (je racionalna funkcija). Ako se razlomak rastavi na zbroj najjednostavnijih (elementarnih) razlomaka, tada se za svaki od njih može pronaći odgovarajući original pomoću svojstava Laplaceove transformacije i tablice originala i njihovih slika. Doista, A p a A eax ; A (p a) n A (n)! xn e sjekira.

8 8 Nakon pretvorbe razlomka Ap + B A(pa) + aa + B A(pa) (pa) 2 = + b2 (pa) 2 + b 2 = (pa) 2 + b 2 + aa + B (pa) 2 + b 2, dobivamo Ap + B (p a) 2 + b 2 A eax cos bx + aa + B e ax sin bx. b Za konstruiranje originala koji odgovara razlomku Ap + B ((p a) 2 + b 2) n, možete koristiti teorem 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. Budući da 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 (pa) 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 restauraciju originala za n > 3. Nazivnik racionalne funkcije Y (p) je polinom reda k. Ako ima k različitih nula p i, i =, k, tada se širi

9 nazivnika po faktorima (p p i), odgovarajući original za Y (p) može se pronaći po formuli: y(x) = k (Y (p)(p p i)e px) p=pi. (2) i= Umnožak 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 rastavljanje funkcije Y (p) u zbroj elementarnih razlomaka. Primjer 3. Pronađite original koji odgovara slici: Y (p) = p 3 p. Riješenje. Proširivši zadanu sliku u zbroj elementarnih razlomaka: p 3 p = p(p)(p +) = p + 2(p) + 2(p +), nalazimo izvorni 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 +). Riješenje. Budući da je p 2 sin x, tada, primjenjujući svojstvo integracije originala, + dobivamo: 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. Primjenom svojstva konvolucijske slike imamo: Y (p) = (p 2 + 4) 2 = p p x sin 2(x t) sin 2t dt. Izračunavanjem integrala dobivamo željeni izraz za izvornik. 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. Riješenje. Kako je p 3 p 2 6p = p(p 3)(p + 2), tada nazivnik razlomka Y (p) ima tri jednostavna korijena: p =, p 2 = 3 i p 3 = 2. Konstruirajmo odgovarajući original pomoću formule (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). Riješenje. Zamislimo razlomak koji je uključen u izraz u obliku jednostavnih razlomaka: p(p +)(p 2 + 4) = A p + B p + + Cp + D p Primjenom metode neodređenih koeficijenata na proširenje dobivamo : 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 teorem o retardaciji, dobivamo 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 s konstantnim koeficijentima Metoda rješavanja različitih klasa jednadžbi korištenjem Laplaceova transformacija se naziva operativna metoda. Svojstvo Laplaceove transformacije, diferencijacija originala, omogućuje redukciju rješenja linearnih diferencijalnih jednadžbi s konstantnim koeficijentima na rješenje algebarskih jednadžbi. Razmotrimo Cauchyjev problem za nehomogenu jednadžbu s početnim uvjetima 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 uvjete postojanja Laplaceove transformacije. Označimo s Y (p) sliku nepoznate funkcije (originala) y(x), a s F (p) sliku desne strane f(x): y(x) Y (p), f (x) F (p). Po pravilu razlikovanja 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 njezine primjene na lijevu i desnu stranu jednadžbe (3), dobivamo operatorsku jednadžbu M(p)Y (p) N(p) = F (p ), (5) gdje je M(p) karakteristični 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). Rješavanjem operatorske jednadžbe (5) dobivamo Laplaceovu sliku Y (p) željenog rješenja y(x) u obliku Y (p) = F (p) + N(p). M(p) Vraćajući izvorno za Y (p), nalazimo rješenje jednadžbe (3) koje zadovoljava početne uvjete (4). Primjer 8. Nađite rješenje diferencijalne jednadžbe: y (x) + y(x) = e x, pri čemu je zadovoljen uvjet: y() =. Riješenje. Neka je y(x) Y (p). Budući da je y (x) py (p) y() = py (p), e x p +, tada, primjenom Laplaceove transformacije na danu jednadžbu, koristeći svojstvo linearnosti, dobivamo algebarsku jednadžbu 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 doista rješenje Cauchyjevog problema. U zadanu jednadžbu zamijenimo izraz za funkciju y(x) i njenu derivaciju: y (x) = e x x + e x e x = e x x e x x + e x x + e x = e x. Nakon dovođenja sličnih članova na lijevu stranu jednadžbe, dobivamo točan identitet: e x e x. Dakle, konstruirana funkcija je rješenje jednadžbe. Provjerimo da li zadovoljava početni uvjet y() =: y() = e + e =. Prema tome, nađena funkcija je rješenje Cauchyjevog problema. Odgovor: y(x) = e x x + e x. Primjer 9. Riješite Cauchyjev problem y + y =, y() =, y() =. Riješenje. Neka je y(x) Y (p). Budući da je 3 y (x) p 2 Y (p) py() y (), /p, tada, primjenom Laplaceove transformacije na jednadžbu, uzimajući u obzir početne uvjete dobivamo (p 2 +)Y (p) = p = Y (p) = p(p 2 +). Rastavimo razlomak na jednostavnije razlomke: Y (p) = p Iz tablice nalazimo y(x) = cos x. p p 2 +.

14 4 Također možete vratiti izvornik sa slike primjenom svojstva integracije izvornika (pogledajte primjer 4). Odgovor: y(x) = cos x. Primjer. Riješite Cauchyjev problem y +3y = e 3x, y() =, y() =. Riješenje. Neka je y(x) Y (p). Budući da je y py (p) y(), y (x) p 2 Y (p) py() y (), i e 3x p + 3, tada, uzimajući u obzir početne uvjete, dobivamo operatorsku jednadžbu (p 2 + 3p) Y (p) + = p + 2 = Y (p) = p + 3 (p + 3) 2 p. Rastavimo 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 sustav jednadžbi za pronalaženje koeficijenata A, B i C: A + B =, 6A + 3B + C =, 9A = 2, rješavanjem kojeg nalazimo A = 2/9 , B = 2/9, C = /3. Dakle, Y (p) = 2 9 p p (p + 3) 2. Pomoću tablice dobivamo odgovor. Odgovor: y(x) = e 3x 3 xe 3x. Primjer. Nađite rješenje diferencijalne jednadžbe: y (x) + 2y (x) + 5y (x) =, zadovoljavajući uvjete: y() =, y () = 2, y () =. Riješenje. Neka je y(x) Y (p). Budući da, uzimajući u obzir zadane uvjete, 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 tada nakon primjene Laplaceove transformacije na zadanu jednadžbu dobivamo sljedeću operatorsku jednadžbu: 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 jednadžbu za Y (p), dobivamo Y (p) = p 2 p(p 2 + 2p + 5). Rastavimo dobiveni izraz na proste razlomke: p 2 p(p 2 + 2p + 5) = A p + Bp + C p 2 + 2p + 5. Metodom neodređenih koeficijenata nalazimo A, B, C. Da bismo to učinili, svedemo razlomke na opći nazivnik i izjednačimo koeficijente za jednake potencije p: p 2 p(p 2 + 2p + 5) = Ap2 + 2Ap + 5A + Bp 2 + Cp p(p p + 5) Dobivamo sustav 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 izvornik drugog razlomka, izaberemo cijeli kvadrat u njegovom nazivniku: p 2 + 2p + 5 = (p +) 2 + 4, zatim u brojniku izaberemo član p+: 4p+2 = 4(p+)+6 i rastavimo razlomak na zbroj dvaju razlomaka : 5 4p + 2 p 2 + 2p + 5 = 4 5 p + (p +) (p +) Zatim, koristeći teorem o pomaku i tablicu korespondencije između slika i originala, dobivamo rješenje izvorne jednadžbe. Odgovor: y(x) = e x cos 2x e x sin 2x.

16 6 Operacijskom metodom može se konstruirati opće rješenje jednadžbe (3). Da biste to učinili, potrebno je zamijeniti specifične vrijednosti y, y,..., y (n) početnih uvjeta proizvoljnim konstantama C, C 2,..., C n. Bibliografija. Aleksandrova N.V. Povijest matematičkih pojmova, pojmova, notacija: Rječnik-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. Tihonov, T. A. Urazgildina. M.: FIZ-MATLIT, str. 3. Sidorov V. Predavanja o teoriji funkcija kompleksne varijable / Yu. V. Sidorov, M. V. Fedorjuk, M. I. Šabunjin M.: Nauka, 989.

OPERACIONI RAČUN Operacijski se račun odnosi na simbolički račun koji se temelji na konstrukciji matematičke analize kao sustava formalnih operacija na umjetno uvedenim

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

Jednadžbe matematičke fizike Zbirka primjera i vježbi Petrozavodsk 1 Državno sveučilište Petrozavodsk Fakultet matematike Jednadžbe matematičke fizike Zbirka primjera i vježbi

Sadržaj Uvod. Osnovni pojmovi.... 4 1. Volterrine integralne jednadžbe... 5 Mogućnosti domaće zadaće.... 8 2. Resolvent Volterrine integralne jednadžbe. 10 opcija za domaću zadaću.... 11

1 Tema 4. Operatorska metoda za rješavanje linearnih diferencijalnih jednadžbi i sustava 4.1 Laplaceova transformacija Original je svaka funkcija f(t) realne varijable t koja zadovoljava sljedeće

ELEMENTI OPERACIONOG RAČUNA IZDAVAČKA KUĆA TSTU MINISTARSTVO OBRAZOVANJA I ZNANOSTI RUSKE FEDERACIJE GOU VPO "Tambovsko državno tehničko sveučilište" ELEMENTI OPERACIJSKOG RAČUNA

Matematička analiza Sekcija: Operacijski račun Tema: Laplaceova transformacija i njena svojstva Predavač Pakhomova E.G. 2011 11. Izvornik i slika. Teorem inverzije DEFINICIJA 1. Neka:R C. Funkcija

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

Rješenje standardnih varijanti ispitnog rada na temu Integrali funkcije jedne varijable Metodske upute UDK 517.91 Metodske upute sadrže detaljna rješenja tipičnih varijanti ispitnog rada.

Poglavlje 1 Operacijski račun. 1. Definicija Laplaceove transformacije. Laplaceova transformacija pridružuje funkciju f(t) realnoj varijabli t funkciji F() kompleksne varijable = x + iy

MINISTARSTVO PROMETA RUSKE FEDERACIJE SAVEZNA DRŽAVNA PRORAČUNSKA OBRAZOVNA USTANOVA VISOKOG OBRAZOVANJA "RUSKO SVEUČILIŠTE ZA PROMET (MIIT)" Odjel za "Visoko i računarstvo"

SAVEZNA DRŽAVNA PRORAČUNSKA OBRAZOVNA INSTITUCIJA VISOKOG OBRAZOVANJA "MOSKOVSKO DRŽAVNO SVEUČILIŠTE PROMETA CAR NIKOLA II" Odsjek za "Višu i računalnu matematiku"

82 4. Odjeljak 4. Funkcionalne i potencije 4.2. Lekcija 3 4.2. Lekcija 3 4.2.. Proširenje funkcije u Taylorov niz DEFINICIJA 4.2.. Neka je funkcija y = f(x) beskonačno diferencijabilna u nekom susjedstvu

Predavanje INTEGRACIJA RACIONALNIH RAZLOMAKA Racionalni razlomci Integracija jednostavnih racionalnih razlomaka Rastavljanje racionalnih razlomaka na proste razlomke Integracija racionalnih razlomaka Racionalni

TEMA 5 Linearna Volterrina jednadžba -vrste Osnovne definicije i teoremi Jednadžba y = λ K(,) y() d+ f(), [, ili u operatorskom obliku y = λ By+ f, naziva se Volterra jednadžba vrste Neka

Predavanje 6 Operativni račun Laplaceova transformacija Slike jednostavnih funkcija Osnovna svojstva Laplaceove transformacije Slika derivacije izvornog Operacioni račun Laplaceova transformacija

Lekcija 19 Rješavanje diferencijalnih jednadžbi i sustava koristeći operacijsku metodu 19.1 Rješavanje linearnih diferencijalnih jednadžbi s konstantnim koeficijentima Neka je potrebno pronaći određeno rješenje linearne

2.2. Operatorska metoda za proračun prijelaznih procesa. Teorijske informacije. Proračun prijelaznih procesa u složenim krugovima klasičnom metodom vrlo je često kompliciran pronalaskom integracijskih konstanti.

DOROKHOV VM VODIČ ZA RJEŠAVANJE PROBLEMA U OPERACIJSKOM RAČUNU MOSKVA, 4 PREDGOVOR Ovaj udžbenik ocrtava teorijske temelje operacijskog računa i metode za rješavanje problema

Ministarstvo obrazovanja i znanosti Ruske Federacije Savezna državna proračunska obrazovna ustanova visokog stručnog obrazovanja "Rusko kemijsko-tehnološko sveučilište nazvano po D. I. Mendeljejevu" Novomoskovski institut (ogranak) Test 8 iz matematike (Operativni

UDK 53.7 O JEDNOJ METODI PRONALAŽENJA PARCIJALNOG RJEŠENJA LINEARNIH DIFERENCIJALNIH JEDNADŽBI S KONSTANTNIM KOEFICIJENTIMA Zhanybekova A.A., [e-mail zaštićen] Kazahstansko-britansko tehničko sveučilište,

INTEGRALNI RAČUN INDEMNITE INTEGRAL Antiderivacija funkcije i neodređeni integral antiderivacije Lema Funkcija F(naziva se antiderivacija za funkciju f(na intervalu X ako je F (= f(X funkcija,

Jednadžbe prvog reda koje nisu riješene s obzirom na derivaciju Razmotrit ćemo jednadžbe prvog reda koje nisu riješene s obzirom na derivaciju: F (x, y, y) = 0, (1) gdje je F dana funkcija svoje

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

ELEMENTI TEORIJE FUNKCIJA OPERACIONOG RAČUNA KOMPLEKSNE VARIJABLE Kao rezultat proučavanja ove teme student mora naučiti: pronaći trigonometrijski i eksponencijalni oblik kompleksnog broja prema

Ministarstvo obrazovanja i znanosti Ruske Federacije "MATI" Rusko državno tehnološko sveučilište nazvano po. K.E. Tsiolkovsky Zavod za višu matematiku Kompleksni brojevi i operacijski račun

1 Tema 3. Linearne diferencijalne jednadžbe s 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. Antiderivacija i neodređeni integral Glavna zadaća diferencijalnog računa je pronaći derivaciju (ili diferencijal) zadane funkcije. Integralni račun

Ministarstvo obrazovanja i znanosti Ruske Federacije Achinsk podružnica Savezne državne autonomne obrazovne ustanove visokog stručnog obrazovanja "Sibirsko federalno sveučilište" MATEMATIKA

Ograničenje funkcije. Relevantnost proučavanja teme Teorija granica igra temeljnu ulogu u matematičkoj analizi i omogućuje nam da odredimo prirodu ponašanja funkcije za danu promjenu argumenta. Pomoću

Antiderivacija i neodređeni integral Osnovni pojmovi i formule 1. Definicija antiderivacije i neodređenog integrala. Definicija. Funkcija F(x) se naziva antiderivacija za funkciju f(x) na intervalu

Poglavlje 1 Diferencijalne jednadžbe 1.1 Koncept diferencijalne jednadžbe 1.1.1 Problemi koji vode do diferencijalnih jednadžbi. U klasičnoj fizici svaka je fizikalna veličina povezana s

OBIČNE DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE PRVOG REDA Osnovni pojmovi Diferencijalne jednadžbe sa separabilnim varijablama Mnogi problemi u znanosti i tehnologiji svode se na diferencijalne jednadžbe Razmotrimo

Metodička izrada Rješavanje zadataka na TFKP Kompleksni brojevi Operacije nad kompleksnim brojevima Kompleksna ravnina Kompleksni broj može se prikazati algebarskim i trigonometrijskim eksponencijalom

Predavanje 3 Taylor i Maclaurinov red Primjena potencijskih redova Proširenje funkcija u potencijske redove Taylorov i Maclaurinov red Za primjenu je važno moći proširiti zadanu funkciju u potencijski niz, te funkcije

Tipična verzija “Kompleksni brojevi Polinomi i racionalni razlomci” Zadatak Zadana su dva kompleksna broja i cos sn Nađi i zapiši rezultat u algebarskom obliku Zapiši rezultat u trigonometrijskom obliku

Savezna agencija za obrazovanje Savezna državna obrazovna ustanova visokog stručnog obrazovanja JUŽNO SAVEZNO SVEUČILIŠTE R. M. Gavrilova, G. S. Kostetskaya Metodološka

S P PREOBRAZHENSKY, SR TIKHOMIROV INTEGRACIJA DIFERENCIJALNIH JEDNADŽBI POMOĆU POTENCIJERNIH NIZOVA 987 SADRŽAJ Predgovor Formulacija zadatka 3 Mogućnosti za zadatak 3 Primjer zadatka i komentari

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

Ministarstvo prometa Ruske Federacije SAVEZNA DRŽAVNA PRORAČUNSKA OBRAZOVNA USTANOVA VISOKOG OBRAZOVANJA “RUSKO SVEUČILIŠTE ZA PROMET (MIIT)” Institut za ekonomiju i financije

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

Ministarstvo obrazovanja Ruske Federacije Rusko državno sveučilište za naftu i plin nazvano po IM Gubkin VI Ivanov Smjernice za proučavanje teme "DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE" (za studente

57 Razmotrimo integraciju najjednostavnijeg racionalnog razlomka četvrte vrste (M N) d () p q p Izvršimo 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 stupnja u odnosu na funkciju y i njezine derivacije 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. Integracija racionalnih razlomaka DEFINICIJA. Racionalni razlomak naziva se

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

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

T A Matveeva V B Vetlichnaya D K Agisheva A Zotova POSEBNA POGLAVLJA MATEMATIKE: OPERATIVNA STUDIJA SAVEZNA AGENCIJA ZA OBRAZOVANJE VELEUČILIŠNI INSTITUT VOLZHKY PODRUŽNICA DRŽAVNOG OBRAZOVANJA

INTEGRALNI RAČUN INDEMNITE INTEGRAL Antiderivacija funkcije i neodređeni integral antiderivacije Funkcija F() naziva se antiderivacija za funkciju f() na intervalu X ako je F / () = f() X.

5. 4 Osnovne metode integracije Izravna integracija. Izračun integrala na temelju svođenja integranda na tablični oblik i korištenjem svojstava neodređenog

Predavanje 3. Matematički opis sustava upravljanja U teoriji upravljanja, pri analizi i sintezi sustava upravljanja, bavimo se njihovim matematičkim modelom sustava automatskog upravljanja

Integracija sustava diferencijalnih jednadžbi eliminacijom varijabli Jedna od glavnih metoda za integraciju sustava diferencijalnih jednadžbi je sljedeća: iz jednadžbi 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 zadataka Sljedeći integrali se identičnom transformacijom integranda svode na tablične. 1. dx = dx = 2x 2/3 /3 + 2x 1/2 + C. >2.

PRAKTIČNI NASTAVA Integriranje racionalnih razlomaka Racionalni razlomak je razlomak oblika P Q, gdje su P i Q polinomi. Racionalni razlomak se naziva pravim ako je stupanj polinoma P manji od stupnja

[F] Filippov AV Zbirka zadataka o diferencijalnim jednadžbama Moskva-Iževsk: Znanstvenoistraživački centar "Regularna i kaotična dinamika" 00 URL: http://librarbsaz/kitablar/846pf [M] Matveev NM Zbirka zadataka i vježbi na

E zanimanje. Taylorova serija. Zbrajanje potencijskih redova Mat. analiza, prim. matematika, 3. semestar Naći proširenje funkcije u potencijski red po potencijama, izračunati polumjer konvergencije potencijskog reda: A f()

Zadatak 1.1. Pronađite u navedenom području neidentična nula rješenja y = y(x) diferencijalne jednadžbe koja zadovoljavaju zadane rubne uvjete (Sturm-Liouvilleov problem) Rješenje: Razmotrimo

9. Antiderivacija i neodređeni integral 9.. Neka je funkcija f() dana na intervalu I R. Funkcija F () naziva se antiderivacija funkcije f () na intervalu I ako je F () = f () za bilo koji I, a antiderivacija

~ ~ Neodređeni i određeni integrali Pojam antiderivacije i neodređenog integrala. Definicija: Funkcija F se zove antiderivacija funkcije f ako su te funkcije povezane na sljedeći način

Predavanje 5 7 Hilbert-Schmidtov teorem Razmotrit ćemo integralni operator A čija jezgra K(zadovoljava sljedeće uvjete: K(s) je simetričan, kontinuiran u skupu varijabli na [, ]

Ministarstvo obrazovanja Republike Bjelorusije Bjelorusko državno sveučilište Fizički fakultet Odsjek za višu matematiku i matematičku fiziku O A Kononova, N I Ilyinkova, N K Filippova Linear

Tema 9 Potencijalni niz Potencijalni niz je funkcionalni niz oblika gdje su brojevi... koeficijenti niza, a točka širenja niza.,...,... R... naziva se centar Redovi potencija Opći pojam niza potencija

SUSTAVI LINEARNIH DIFERENCIJALNIH JEDNADŽBI S KONSTANTNIM KOEFICIJENTIMA Redukcija na jednu jednadžbu th. reda S praktičnog gledišta vrlo su važni linearni sustavi s konstantnim koeficijentima

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

Heaviside formula za ekspanziju

Neka je slika funkcije razlomačka racionalna funkcija.

Teorema. Neka, gdje su i diferencijabilne funkcije. Uvedimo oba pola funkcije, tj. korijene (nule) svog nazivnika. Zatim, ako dobijemo Heavisideovu formulu:

Provodimo dokaz za slučaj kada su i polinomi stupnjeva T I P prema tome, dok T P. Tada je to pravi racionalni razlomak. Predstavimo to kao zbroj prostih razlomaka:

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

Pomnožimo obje strane posljednje jednakosti s i idemo do granice na. S obzirom na to i, dobivamo

odakle slijedi (17.1). Teorem je dokazan.

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

gdje je prvi zbroj 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 složenom obliku, gdje. Dakle, stvarni korijeni () odgovaraju aperiodskim oscilacijama, složeni korijeni s negativnim realnim dijelovima odgovaraju prigušenim oscilacijama, a čisto imaginarni korijeni odgovaraju neprigušenim harmoničkim oscilacijama.

Ako nazivnik nema korijene s pozitivnim stvarnim dijelovima, tada za dovoljno velike vrijednosti dobivamo 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 izvornu sliku

Riješenje. Imamo. Zapišimo korijene polinoma: .

Prema formuli (17.1)

Ovdje, budući da su brojevi korijeni jednadžbe. Stoga,

Primjer 2. Pronađite izvornu sliku

Gdje A 0; .

Riješenje. Ovdje funkcija, osim očitog korijena, ima beskonačno mnogo korijena, koji su nule funkcije. Rješavajući jednadžbu, dolazimo gdje

Dakle, korijeni nazivnika imaju oblik i, gdje

Pomoću formule (17.3) nalazimo original

Operatorska metoda za rješavanje diferencijalnih jednadžbi

Diferencijalne jednadžbe. Razmotrimo Cauchyjev problem za linearnu diferencijalnu jednadžbu

(ovdje) s početnim uvjetima

Prelaskom na slike u (18.1), zbog linearnosti Laplaceove transformacije, imat ćemo

Koristeći teorem 3 iz § 16 i početne uvjete (18.2), zapisujemo slike derivacija u obliku

Zamjenom (18.4) u (18.3) nakon jednostavnih transformacija dobivamo operatorsku jednadžbu

gdje je (karakteristični polinom); .

Iz jednadžbe (18.5) nalazimo rješenje operatora

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

Za Cauchyjev problem, u prihvaćenoj notaciji možemo napisati

Operatorska jednadžba ima oblik

Rastavimo rješenje operatora na jednostavne razlomke:

Koristeći formule dobivene u § 15, dobivamo izvornike:

Tako će rješenje Cauchyjevog problema imati oblik

Primjer 1. Riješite Cauchyjev problem za diferencijalnu jednadžbu s početnim uvjetima, gdje je.

Riješenje.

Njegovo rješenje ima oblik

Koristeći teorem 2 iz § 16, dosljedno nalazimo:

Primjer 2. Riješite Cauchyjev problem za diferencijalnu jednadžbu s nultim početnim uvjetima, gdje je koračna impulsna funkcija.

Riješenje. Napišimo operatorsku jednadžbu

i njegovu odluku

Iz teorema 2 § 16 slijedi

u skladu s teoremom retardacije (§ 15)

Konačno,

Primjer 3. Po masi točke T, pričvršćen na oprugu krutošću S i nalazi se na glatkoj vodoravnoj ravnini, djeluje sila koja se povremeno mijenja. U jednom trenutku, točka je bila podvrgnuta udaru koji je nosio impuls. Zanemarujući otpor, pronađite zakon gibanja točke ako je u početnom trenutku mirovala u ishodištu koordinata.

Riješenje. Jednadžbu gibanja zapisujemo u obliku

gdje je elastična sila; - Diracova funkcija. Riješimo operatorsku jednadžbu

Ako (slučaj rezonancije), onda

Po teoremu kašnjenja

Konačno,

Duhamelov integral (formula). Razmotrimo Cauchyjev problem za jednadžbu (18.1) pod početnim uvjetima. Rješenje operatora u ovom slučaju ima oblik

Neka težinska funkcija bude izvorna za. tada po teoremu 1 iz § 16 dobivamo

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

Komentar. Za početne uvjete različite od nule, Duhamelova formula nije izravno primjenjiva. U tom slučaju potrebno je prvo transformirati izvorni problem u problem s homogenim (nultim) početnim uvjetima. Da bismo to učinili, uvodimo novu funkciju, pod pretpostavkom

gdje su početne vrijednosti željenog rješenja.

Kako je lako vidjeti, i stoga .

Dakle, funkcija je rješenje jednadžbe (18.1) s desnom stranom dobivenom supstitucijom (18.8) u (18.1), s nula početnih podataka.

Koristeći (18.7), nalazimo i.

Primjer 4. Pomoću Duhamelovog integrala pronađite rješenje Cauchyjevog problema

s početnim uvjetima.

Riješenje. Početni podatak nije nula. Pretpostavljamo, u skladu s (18.8), . Tada za definiciju dobivamo jednadžbu s homogenim početnim uvjetima.

Za problem koji se razmatra, karakteristični polinom, funkcija težine. Prema Duhamelovoj formuli

Konačno,

Sustavi linearnih diferencijalnih jednadžbi s konstantnim koeficijentima. Cauchyjev problem za sustav linearnih diferencijalnih jednadžbi u matričnom zapisu ima oblik

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

Operacijski račun je sada postao jedno od najvažnijih poglavlja praktične matematičke analize. Operacijska metoda izravno se koristi u rješavanju običnih diferencijalnih jednadžbi i sustava takvih jednadžbi; također se može koristiti za rješavanje parcijalnih diferencijalnih jednadžbi.

Utemeljiteljima simboličkog (operacijskog) računa smatraju se ruski znanstvenici M.E. Vašchenko - Zakharchenko i A.V. Letnikov.

Operacijski račun privukao je pozornost nakon što je engleski inženjer elektrotehnike Heaviside, koristeći simbolički račun, dobio niz važnih rezultata. Ali nepovjerenje prema simboličkom računu zadržalo se sve dok Georgi, Bromwich, Carson, A. M. Efros, A. I. Lurie, V. A. Ditkin i drugi nisu uspostavili veze između operacijskog računa i integralnih transformacija.

Ideja rješavanja diferencijalne jednadžbe pomoću operativne metode je da se iz diferencijalne jednadžbe u odnosu na željenu izvornu funkciju f ( t ) prijeđite na jednadžbu za drugu funkciju F ( str ), zove slika f ( t ) . Rezultirajuća (operacijska) jednadžba obično je već algebarska (što znači jednostavnija od izvorne). 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 usporediti s izračunom različitih izraza pomoću logaritma, kada se, na primjer, pri množenju izračuni ne provode na samim brojevima, već na njihovim logaritmima, što dovodi do zamjene množenja s jednostavnija operacija - zbrajanje.

Baš kao i kod logaritma, kada koristite operacijsku metodu potrebno vam je:

1) tablica izvornika i odgovarajućih slika;

2) poznavanje pravila za izvođenje operacija na slici koja odgovara radnjama koje se izvode na izvorniku.

§1. Izvornici i slike Laplaceovih funkcija

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

1) f (t) 0 , na t 0

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

, na t0 , gdje je M 0, s 00 - neke realne konstante, s 0 nazvao pokazatelj rasta funkcije f(t) .

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

a) ograničeno,

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

c) ima konačan broj ekstrema.

Funkcije koje zadovoljavaju ova tri zahtjeva nazivaju se u operacijskom računu koju zastupa Laplace ili izvornici .

Najjednostavniji izvornik je funkcija jedinice Heaviside

Ako funkcija

zadovoljava uvjet 2, a ne zadovoljava uvjet 1, tada će proizvod također zadovoljavati uvjet 1, tj. bit će originalan. Da bismo pojednostavili zapis, u pravilu ćemo koristiti množitelj H (t) izostaviti, s obzirom da su sve razmatrane funkcije jednake nuli za negativne vrijednosti t .

Laplaceov integral za original f (t) nazivamo nepravim integralom oblika