Операционное исчисление. Преобразование Лапласа.

Министерство науки и высшего образования Российской Федерации Федеральное государственное бюджетное образовательное учреждение высшего образования «УФИМСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ НЕФТЯНОЙ ТЕХНИЧЕСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ» П.А. РАХМАН ОПЕРАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ. ПРЕОБРАЗОВАНИЕ ЛАПЛАСА. Учебное пособие Рекомендовано УМО РАЕ по классическому университетскому и техническому образованию в качестве учебного пособия для студентов высших учебных заведений, обучающихся по направлениям подготовки: 15.03.04 – «Автоматизация технологических процессов и производств», 27.03.04 – «Управление в технических системах» Уфа 2020 УДК 517.442 ББК 22.161я73 Р27 ISBN 978-5-98755-264-3 Рецензенты Заведующая кафедрой математического моделирования Стерлитамакского филиала Башкирского государственного университета, д-р физ.-мат. наук, профессор С.А. Мустафина; Ведущий научный сотрудник Стерлитамакского филиала Института стратегических исследований Республики Башкортостан, д-р физ.-мат. наук, профессор П.Н. Михайлов. Рахман П.А. Р27 Операционное исчисление. Преобразование Лапласа: учебное пособие / П.А. Рахман. – Стерлитамак: Изд-во «ФОБОС», 2020. – 105 с. Учебное пособие содержит теоретические основы операционного исчисления, примеры решения задач, а также задания для самостоятельного выполнения, способствуют приобретению знаний по преобразованию Лапласа и его свойствам, и освоению навыков применения преобразования Лапласа для решения задач математики, физики, электротехники и теории надежности. Пособие предназначено преподавателям для проведения практических занятий по дисциплине «Операционное исчисление» со студентами, обучающихся по направлениям 15.03.04 – «Автоматизация технологических процессов и производств» и 27.03.04 – «Управление в технических системах», а также для использования для самостоятельной работы обучающихся. ISBN 978-5-98755-264-3 © ФГБОУ ВО «Уфимский государственный нефтяной технический университет», 2020 © Рахман П.А., 2020. Содержание Введение ....................................................................................................................... 4 1. Преобразование Лапласа и его свойства............................................................... 5 1.1. Оригиналы и изображения функций............................................................... 5 1.2. Нахождение изображений по оригиналу ........................................................ 5 1.3. Нахождение оригинала по изображению ....................................................... 8 1.4. Основные свойства и теоремы преобразования Лапласа ........................... 16 2. Применение преобразования Лапласа для решения задач................................ 32 2.1. Вычисление несобственных интегралов, зависящих от параметра........... 32 2.2. Решение дифференциальных уравнений с постоянными коэффициентами и начальными условиями ...................................................................................... 33 2.3. Решение систем дифференциальных уравнений с постоянными коэффициентами и начальными условиями........................................................ 38 2.4. Применение интеграла Дюамеля при решении дифференциальных уравнений с постоянными коэффициентами ...................................................... 40 2.5. Решение дифференциальных уравнений с переменными коэффициентами и начальными условиями ...................................................................................... 44 2.6. Нахождение изображений для функций с запаздывающим аргументом . 45 2.7. Решение дифференциальных уравнений с постоянными коэффициентами, содержащих в правой части функцию Хевисайда.............................................. 50 2.8. Решение дифференциальных уравнений с запаздывающим аргументом. 51 2.9. Решение интегральных уравнений ................................................................ 53 2.10. Решение нестационарных задач математической физики ........................ 56 2.11. Решение задач электротехники ................................................................... 61 2.12. Решение задач теории надежности ............................................................. 81 Приложение. Задания по решению дифференциальных уравнений с постоянными коэффициентами и заданными начальными условиями операторным методом............................................................................................... 92 Список использованных источников .................................................................... 105 3 Введение В современном мире специалисты технической отрасли имеют дело с множеством сложных технических систем и с их математическими моделями при исследовании реакции систем на внешние воздействия, а также при анализе качественных характеристик систем: надежность, устойчивость. В случае исследования динамических и стохастических систем математическое моделирование обычно приводит к дифференциальным или интегральным уравнениям и системам дифференциальных или интегральных уравнений, для решения которых одним из наиболее известных и эффективных методов является операторный метод. Операторный метод базируется на преобразовании Лапласа и его свойствах, и позволяет преобразовывать дифференциальные и интегральные уравнения в алгебраические уравнения, тем самым существенно упрощая их решение. Также в ряде случаев анализ тех или иных характеристик, например, среднего времени наработки до первого отказа системы, сводится к вычислению несобственных интегралов от функций времени, и преобразование Лапласа позволяет сводить задачу к вычислению предела преобразованной функции. Таким образом, знание преобразования Лапласа и умение решать задачи с использованием преобразования Лапласа является достаточно актуальным как для специалистов технической отрасли, так и для студентов, обучающихся по техническим специальностям. В рамках данного учебного пособия рассматривается преобразование Лапласа и его свойства, а также примеры решения различных задач математики, физики и техники с использованием преобразования Лапласа. В первой части пособия вводится понятие оригинала и изображения функции оригинала, определение преобразования Лапласа, рассматриваются основные методы вычисления изображений по заданным оригиналам, а также оригиналов по заданным изображением. Также в первой части рассматриваются свойства преобразования Лапласа: теоремы о линейности и подобии, теоремы о запаздывании и опережении оригинала, теорема о смещении аргумента изображения, теоремы о дифференцировании и интегрировании оригиналов и изображений, теоремы о свертке оригиналов и интегралах Дюамеля, теорема об умножении оригиналов. Также рассматриваются теоремы об изображении периодических оригиналов и теоремы о предельных значениях оригиналов и их изображений. Во второй части пособия рассматриваются различные виды задач математики, при решении которых можно использовать преобразование Лапласа: вычисление несобственных интегралов, решение дифференциальных и интегральных уравнений. Также во второй части рассматривается использование преобразования Лапласа при решении задач физики: уравнения теплопроводности и волнового уравнения, задач электротехники: анализ переходных процессов в электрических цепях и анализ их частотных характеристик, и, наконец, задач надежности: анализ нестационарного коэффициента готовности технических систем, вероятности безотказной работы и среднего времени наработки до первого отказа. 4 1. Преобразование Лапласа и его свойства 1.1. Оригиналы и изображения функций Определение 1. Действительную функцию f(t) действительного аргумента t будем называть оригиналом, если она удовлетворяет следующим трем условиям: 1. f (t ) 0, при t 0. 2. f (t ) Me s0t , при t 0, где M 0, s0 0 – некоторые действительные постоянные. Постоянную s 0 называют показателем роста функции f(t). В этом случае говорят, что функция f(t) возрастает не быстрее показательной функции. 3. На любом конечном отрезке [a,b] положительный полуоси [0, ) функция f(t) удовлетворяет следующим условиям (условиям Дирихле): o Функция ограничена. o Функция либо непрерывна, либо имеет конечное число точек разрыва 1-го рода. o Функция имеет конечное число экстремумов. Функции, удовлетворяющие вышеприведенным требованиям, называются в операционном исчислении изображаемыми по Лапласу или оригиналами. Определение 2. Изображением по Лапласу функции f(t) называется p s iσ , функция F(p) комплексного переменного определяемая соотношением: F ( p) f (t )e pt dt. (1) То, что функция F(p) является изображением оригинала f(t), будем обозначать как: F ( p) L{ f (t )} или F ( p) f (t ). (2) 1.2. Нахождение изображений по оригиналу Рассмотрим примеры нахождения изображений по формуле (1). Пример 1. Найти изображение функции f (t ) a t , a 0 . e ln a , то f (t ) e t ln a . Тогда по формуле 1 получаем Решение. Так как a изображение: e t ( p ln a ) 1 . p ln a p ln a Пример 2. Найти изображение единичной функции Хевисайда: 1, при t 0; η(t ) 0, при t 0. F ( p) f (t )e pt dt e t ( p ln a ) 5 dt Решение. По формуле 1 получаем следующее изображение: F ( p) 1 p 2 4 p 9 η(t )e 3 p 2 4 p 1 dt p 4 e pt dt e pt 1 . p 0 p Примечание. Функция Хевисайда η(t ) является простейшей функцией оригиналом. С её помощью можно любую функцию ψ(t ) , удовлетворяющую только условиям 2 и 3, превращать в оригинал, удовлетворяющий всем трем условиям определения 1. Это делается при помощи функции Хевисайда следующим образом: ψ(t ), при t 0; ψ(t )η(t ) 0, при t 0. В дальнейшем для простоты записи будем писать вместо ψ(t ) η(t ) просто ψ(t ) , считая, что при t < 0 эти функции полагаются равными нулю. Например, вместо оригинала η(t ) sin ω t будем писать функцию sin ω t , подразумевая, что мы ее рассматриваем только при t ≥ 0. Полученные с помощью формулы 1 изображения некоторых функций сведены в таблицу 1. Её можно использовать для нахождения изображений более сложных функций, которые можно представить в виде линейной комбинации более простых функций, для которых известны изображения. Пример 3. Найти изображение функции f (t ) cos3 t. 1 it (e e it ) . Решение. Воспользуемся формулой Эйлера: cos t 2 Тогда, функцию f(t) можно представить в следующем виде: 1 3it f (t ) cos3 t (e 3e it 3e it e 3it ) 8 1 e 3it e 3it 3 e it e it 1 3 cos3t cost. 4 2 4 2 4 4 p Используя преобразование cos ωt из таблицы 1, получаем: p 2 ω2 η(t ) pt p2 1 3 p2 ( p 2 9)( p 2 27 1) p ( p 2 7) . ( p 2 9)( p 2 1) Пример 4. Найти изображение функции f (t ) sh (at) sin( bt) . 1 at 1 at (e e at ) , то f (t ) e sin bt Решение. Так как sh at 2 2 β Далее, используя преобразование e  α t sin β t ( p α) 2 β 2 получаем изображение: 1 b 1 b 2 pab F ( p) 2 ( p a) 2 b 2 2 ( p a) 2 b 2 (( p a) 2 b 2 )(( p 6 1 e 2 at sin bt . из таблицы 1, a) 2 b2 ) . Пример 5. Найти изображение функции f (t ) Решение. Учитывая, что f (t ) t ch (bt) t ch (bt) . 1 bt 1 te te 2 2 bt , и используя n! при n = 1 из таблицы 1, получаем: ( p b) n 1 1 1 p2 b2 F ( p) . 2( p b) 2 2( p b) 2 ( p 2 b 2 ) 2 преобразование t n e bt Таблица 1. Таблица изображений некоторых функций. № 1 f(t) – оригинал (t ≥ 0) 1 2 n 3 F(p) – изображение № 1 p n! pn 1 1 p α ω 2 p ω2 p p 2 ω2 ω p 2 ω2 p 2 p ω2 10 f(t) – оригинал (t ≥ 0) e α t sin ω t 11 e tn 0,1,2, e αt 4 sin ω t 5 cos ω t 6 sh ω t 7 ch ω t 8 1/ t π p αt cos ω t αt 12 t ne 13 t sin ω t 14 t cos ω t 15 te 16 te 17 t ne αt sin ω t αt cos ω t αt sin ω t F(p) – изображение ω ( p α) 2 ω 2 p α ( p α) 2 ω 2 n! ( p α) n 1 2 pω 2 ( p ω2 ) 2 p 2 ω2 ( p 2 ω2 )2 2( p α)ω (( p α) 2 ω 2 ) 2 ( p α) 2 ω 2 (( p α) 2 ω 2 ) 2 n! 1 2i ( p α iω) n 1 1 ( p α iω) n 9 tn t n 0,1,2,  18 n (2k 1) k 0 n 1 2 pn 1 π p t ne αt cos ω t 1 n! 1 2 ( p α iω) n 1 ( p α iω) n 7 1 1 Задачи. Найти изображения функции, используя формулу 1 и таблицу 1. 2 6. f (t ) sin 2 t. Ответ: F ( p) . 2 p( p 4) p2 2 p 3 t 2 . 7. f (t ) e cos t. Ответ: F ( p ) ( p 1)( p 2 2 p 5) 8 2 3 8. f (t ) 4t 2 2t 3. Ответ: F ( p) . 3 2 p p p 1 3 2 4p t 4 cos 2t. 9. f (t ) Ответ: F ( p) . 3 p4 p2 4 1 1 5 sin 3t 5. 10. f (t ) Ответ: F ( p) . 3 p2 9 p Ответ: F ( p) 8 p . 2 p p2 1. Ответ: F ( p) 18 ( p 1) 4 13. f (t ) 2 sin 2t 3sh 2t. Ответ: F ( p ) 10 p 2 8 . p 4 16 14. f (t ) t 2et 11. f (t ) 4 5e 2t . 12. f (t ) 3t 3 e t 2t 2 2te Ответ: F ( p) t 2 ( p 1) 3 ( p 1) 2 sin 3t cos 2t. 16. f (t ) e 4t 1 . p 4 ch 2t. 2 15. f (t ) 4 p3 4p p2 4 . 1 1 2 p2 1 Ответ: F ( p) 5 p2 25 . sin 3t cos 2t. Ответ: F ( p) 1 1 2 ( p 4) 2 1 5 ( p 4) 2 25 . 1.3. Нахождение оригинала по изображению Для нахождения оригинала f(t) по известному изображению F(p) нужно использовать формулы обращения Римана-Меллина. Если функция f(t) является оригиналом, т.е. удовлетворяет условиям 1-3 определения 1 и F(p) служит ее изображением, то в любой точке своей непрерывности функция f(t) равна: a iω 1 f (t ) lim e pt F ( p ) dp . (3) 2 πi ω a iω Получающийся интеграл (в смысле главного значения) берется вдоль любой прямой Re p a s0 . 8 На практике для нахождения оригинала f(t) применяются различные приемы, упрощающие нахождение функции оригинала. Рассмотрим эти приемы более подробно. 1.3.1. Разложение дробно-рационального изображения на простейшие дроби A( p) есть дробно-рациональная функция, причем степень B( p) числителя A(p) меньше степени знаменателя B(p), то эту дробь разлагают на сумму простых дробей (c применением метода неопределенных коэффициентов) и находят оригиналы для каждой простой дроби либо по формуле 1, либо по таблице 1. p Пример 17. Найти оригинал функции F ( p) . 2 p 2p 5 Решение. Разложим дробь на сумму таких дробей, оригиналы которых можно найти, используя таблицу 1: p ( p 1) 1 p 1 1 2 . 2 2 2 p 2 p 5 ( p 1) 4 ( p 1) 4 2 ( p 1) 2 4 Из таблицы 1 имеем следующие преобразования Лапласа: p 1 1 2 1 t t и e cos 2 t e sin 2t . 2 ( p 1) 2 4 2 ( p 1) 2 4 Тогда, используя эти преобразования, получаем искомый оригинал: p 1 t F ( p) f ( t ) e cos 2 t sin 2t . 2 p2 2 p 5 Если F ( p) Пример 18. Найти оригинал функции F ( p) 1 . p3 8 Решение. Разложим заданную дробь на простейшие дроби, используя неопределенные коэффициенты A, B, C: 1 A Bp C ( A B) p 2 (2 A 2 B C ) p (4 A 2C ) . p3 8 p 2 p2 2 p 4 ( p 2)( p 2 2 p 4) Учитывая, что ( A B) p 2 (2 A 2 B C ) p (4 A 2C ) 1 , составляем и решаем следующую систему уравнений для неопределенных коэффициентов: p2 : A B 0 A 1 / 12 p : 2 A 2B C 1: 4 A 2C 1 B 1 / 12 . C 1/ 3 Тогда, имеем следующее разложение дроби: 1 1 1 1 p 4 F ( p) . p 3 8 12 p 2 12 p 2 2 p 4 9 3 3, и Далее, учтем, что p 2 2 p 4 ( p 1) 2 ( 3 ) 2 и p 4 p 1 представим изображение в следующем виде: 1 1 p 1 3 F ( p) 3 . 2 2 2 12 p 2 ( p 1) ( 3) ( p 1) ( 3) 2 Наконец, используя таблицу 1, находим оригиналы для каждой дроби, и получаем искомый оригинал: 1 2t f (t ) (e e t (cos(t 3 ) 3 sin(t 3 ))) . 12 Задачи. Найти оригиналы по заданным изображениям: 1 t 1 e 19. F ( p) . Ответ: f (t ) 2 3 ( p 1)( p 4) 20. F ( p) 21. F ( p) 22. F ( p) 23. F ( p) 24. F ( p) 25. F ( p) 26. F ( p) 27. F ( p) p 3 . p( p 2 4 p 3) p( p p 2 p 2 1 . 4p 5 Ответ: f (t ) e 1 . 4p 3 Ответ: f (t ) 1 (e 2 . 2 Ответ: f (t ) 1 (sin t t cos t ) . 2 . Ответ: f (t ) 1 t sin t . 2 p 1) 2 1 p 2 p2 7 p 4) 3 . 2t sin t . t e t 3t ). te t . t 1 . p p2 p2 2 p 2 . 2 p4 2 p3 28. F ( p) 29. F ( p) p 2 ( p 1)( p 2)( p 2 1 2t e 6 1 1 ch t ch 2t . 3 12 Ответ: f (t ) 1 e . 2 p3 p5 Ответ: f (t ) e 3t . 1 4 1 5p2 ( p 2 1) (p Ответ: f (t ) 1 2e t 1 e 12 Ответ: f (t ) 4 1 2 1 2t e 4 1 e 15 4) t Ответ: f (t ) 2 3 2 3 3 e sin t. 9 2 Ответ: f (t ) t2 2 . 1 cos 2t 10 10 1 sin 2t . 5 2e t sin t . 2t . 1.3.2. Разложение изображения в степенной ряд Если изображение F(p) может быть разложено в степенной ряд по степеням 1 / p: a 0 a1 an (4) F ( p)   p p2 pn 1 причем ряд сходится к F(p) при p R lim a n 1 / a n ), n то оригинал имеет вид степенного ряда: t t2 tn f (t ) a0 a1 a2  an  1! 2! n! причем ряд сходится к f(t) при всех значениях t. Пример 30. Найти оригинал функции F ( p) разложение в степенной ряд и формулу: ( 1) k q k k 0 1 1 q (5) 1 , используя p( p 4 1) ;0 q 1. 1 1 1 1 1 1 , и p( p 4 1) p 5 1 1 / p 4 p 5 p 9 p13 данный ряд сходится при p 1 . Тогда, учитывая преобразование Лапласа Решение. Имеем F ( p) n! pn 1 t , получаем оригинал: f (t ) n t 4 t 8 t 12 t 16  4! 8! 12! 16! следующих изображений, Задачи. Найти оригиналы разложение в степенной ряд: 1 31. F ( p) ; где k 1,2,  k p( p ak ) t k a k t 2 k a 2 k t 3k  Ответ: f (t ) k! (2k )! (3k )! 32. F ( p ) sin используя 1 . p t2 t4  Ответ: f (t ) 1 2! 3! 4! 5! 1.3.3. Вычисление оригинала через вычеты функции изображения Пусть задано изображение F(p) как функция комплексного переменного p, причем она ограничена следующим неравенством: 1 lim F ( p ) M . p p Где, М > 0 – некоторая действительная постоянная. Кроме того, пусть функция F(p) имеет полюса в точках p j , j 1m . 11 Тогда оригинал f(t) функции F(p) может быть вычислен как сумма pt вычетов функции Ф( p j ) F ( p j )e j в полюсах p j , j 1m : m res(Ф( p j )) , где Ф( p j ) f (t ) F ( p j )e p jt . (6) j 1 В частности, если F ( p) A( p) / B( p) дробно-рациональная функция, причем степень числителя A(p) меньше степени знаменателя B(p), и знаменатель имеет корни в точках p j кратности k j , j 1m , то оригиналом её служит функция: f (t ) m res(Ф( p j )) . j 1 Где, вычет res(Ф( p j )) в полюсе p j кратности k j res(Ф( p j )) 1 (k j d lim 1)! p kj 1 kj 1 pj (( p 1 вычисляется как: k p j ) j F ( p)e pt ) . dp В случае если полюс p j простой – имеет кратность k j вычисления вычета упрощается: res(Ф( p j )) lim (( p p j ) F ( p )e pt ) . p 1 , то формула pj (8) 1 . p 3 ( p 1) Решение. Для функции F ( p) точка p1 0 является полюсом кратности 3 , а точка p2 1 простым полюсом. Для нахождения оригинала вычислим Пример 33. Найти оригинал по его изображению: F ( p) k1 (7) e pt вычеты функции Ф( p ) F ( p ) e в этих полюсах. p 3 ( p 1) Для полюса p1 0 кратности k1 3 по формуле (7) получаем вычет: pt res (Ф(0)) 1 d2 e pt 3 lim p 2! p 0 dp 2 p 3 ( p 1) 1 e pt (t 2 ( p 1) 2 2t ( p 1) 2)) t2 lim 1 t . 2! p 0 2 ( p 1) 3 Для простого полюса p2 1 по формуле (8) получаем вычет: e pt e pt res (Ф(1)) lim ( p 1) 3 lim 3 et . p 1 p 1 p p ( p 1) Тогда, искомый оригинал равен сумме вычисленных вычетов: t2 f (t ) res(Ф(0)) res(Ф(1)) 1 t et . 2 12 p3 Пример 34. Найти оригинал по изображению F ( p) . ( p 2 1) 2 Решение. Представим заданное изображение в следующем виде: p3 F ( p) i являются полюсами . Очевидно, точки p1 i и p2 ( p i) 2 ( p i) 2 кратности k1 2 и k 2 2 . Вычислим вычеты функции Ф( p ) F ( p )e pt в этих полюсах по формуле (7): 1 d p 3e pt 2 res (Ф(i )) lim ( p i) 1! p i dp ( p i) 2 ( p i) 2 lim p e pt (( p 3t i 3 p 2 )( p i ) 2 p 3 ) ( p i) 3 1 2 t it e . 4i 1 d p 3e pt 2 res(Ф( i )) lim ( p i) 1! p i dp ( p i) 2 ( p i) 2 3 p 2 )( p i ) 2 p 3 ) 1 t e it . 3 p i 2 4i ( p i) Тогда, искомый оригинал равен сумме вычисленных вычетов: 1 t it 1 t f (t ) res(Ф(i)) res(Ф( i)) e e it 2 4i 2 4i 1 it t 1 it t t (e e it ) (e e it ) ch(it ) sh(it ) cos t sin t . 2 2 2i 2i 2 lim e pt (( p 3t Пример 35. Найти оригинал по изображению F ( p) Решение. Для функции F ( p) точка p 1 1 . ( p 1) 3 является единственным полюсом кратности k 3 . Вычислим вычет функции Ф ( p ) F ( p ) e pt в этом полюсе по формуле (7), и найдем искомый оригинал: 1 d2 e pt 1 t2 t 2 pt f (t ) res(Ф(1)) lim 2 ( p 1) 3 lim ( t e ) e . 2! p 1 dp 2! p 1 2 ( p 1) 3 Пример 36. Найти оригинал для изображения: p F ( p) . ( p 1)( p 2)( p 3)( p 4) Решение. Точки p1 1, p2 2, p3 3, p4 4 являются простыми полюсами для функции комплексной переменной F ( p ) . Вычисляем вычеты функции Ф( p ) F ( p )e pt в этих полюсах по формуле (8) и получаем следующие вычеты: 13 res(Ф( 1)) pe pt lim ( p 1) p 1 ( p 1)( p 2)( p 3)( p 4) 1 e t 1 2 3 e t ; 6 res(Ф( 2)) pe pt lim ( p 2) p 2 ( p 1)( p 2)( p 3)( p 4) 2 e 2t ( 1) 1 2 e res(Ф( 3)) lim ( p 3) p 3 pe pt ( p 1)( p 2)( p 3)( p 4) 3 e 3t ( 2) ( 1) 1 pe pt 4 e 4t res(Ф( 4)) lim ( p 4) p 4 ( p 1)( p 2)( p 3)( p 4) ( 3) ( 2) ( 1) Тогда, искомый оригинал равен сумме вычисленных вычетов: f (t ) res(Ф( 1)) res(Ф( 2)) res(Ф( 3)) res(Ф( 4)) 1 t (e 6e 2t 9e 3t 4e 4t ). 6 Задачи. Найти оригиналы для заданных изображений: p 37. F ( p) . ( p 1) 3 ( p 2) 2 1 3 2 t t e te t e t 2te 2t e 2t . Ответ: f (t ) 27 2 4 p p2 38. F ( p ) . Ответ: f (t ) 4e t 4t 3 . 3 2 p p 1 1 t 1 2t 1 f ( t ) e e 39. F ( p) . Ответ: 6 2 2 p 4 6 p 3 11p 2 6 p 1 40. F ( p) . 3 ( p 1) ( p 3 1) 1 t 2 e (2t 8 Ответ: f (t ) 41. F ( p) p4 Ответ: f (t ) 42. F ( p) 43. F ( p) p p 3 p 3 1 3p2 2 p3 2 3 3 t 2 e 3) 2p 1 2 sin t 2 2 t 3 e sin 3 2 t π . 6 . t 3 2 t 3 cos t 3 . 2 2 2p 1 . 3p2 3p 1 p Ответ: f (t ) 6t 1 e 24 1 Ответ: f (t ) e t (1 t 2 ) . . 1 e 3 t t 1 2 t 3 e cos 3 2 14 3 sin t 3 . 2 2t ; 3e 3t ; 2 2e 4t . 3 1 3t e . 6 44. F ( p) 45. F ( p) 46. F ( p ) 2p 3 . p 4 p2 5p 1 . ( p 1) 2 ( p 2) p2 2 p 1 . p3 2 p2 2 p 1 Ответ: f (t ) 47. F ( p ) 2e 49. F ( p) 50. F ( p) 51. F ( p) 52. F ( p ) 53. F ( p ) 54. F ( p ) 55. F ( p) 56. F ( p) 5 t 3 sin 2 3 1 t t e 3 e t 2 cos t 3 2 p 1 . p( p 1)( p 2)( p 3) 1 . 2 p ( p 2 1) p . 2 p 4p 4 6 p3 4 p 1 . p4 p2 5 p 3 3 p 2 12 p 12 . p 4 16 3p2 1 . ( p 2 1) 3 3 2 p3 . p4 4 p . ( p 2) 3 p 2 . p3 1 Ответ: f (t ) 57. F ( p) t 2 e t Ответ: f (t ) cos 3 1 2t e (4 sin t 3 cos t ) . 5 5 1 2t (e e t 3te t ) . 9 t 3 . 2 3p2 . ( p 3 1) 2 Ответ: f (t ) 48. F ( p) Ответ: f (t ) 3 e 5 p3 t e t 2 cos t 3 2 3 sin t 3 2 . Ответ: f (t ) 2 3t e 3 Ответ: f (t ) t sin t . Ответ: f (t ) e Ответ: f (t ) 4 t 2 cost sin t . Ответ: f (t ) ch 2t Ответ: f (t ) 1 2 t sin t . 2 Ответ: f (t ) 1 3 t 2 2t . Ответ: f (t ) (t 2 t ) e 2t . 2t 3 2t e 2 et 1 . 6 (1 2t ) . cos 2t 3 sin 2t . 2 1 t 3 sin . 2 3 5 p 2 11p 3 . p 3 ( p 3) Ответ: f (t ) 15 2e 3t 1 2 t 2 4t 3. 1.4. Основные свойства и теоремы преобразования Лапласа 1.4.1. Теорема о линейности Теорема 1. Пусть заданы две функции оригиналы f(t) и g(t), и соответствующие им изображения F(p) и G(p). Тогда, для любых констант α и β : α f (t ) β g (t ) αF ( p) βG( p) . (9) Доказательство. По определению преобразования Лапласа имеем: (α f (t ) β g (t ))e pt dt α f (t )e pt dt β g (t )e pt α F ( p ) βG ( p ) . dt Таким образом, преобразование Лапласа от суммы (разности) оригиналов, умноженных на некоторые константы, равно сумме (разности) их изображений, умноженные на соответствующие константы. 1.4.2. Теорема подобия Теорема 2. Пусть задана функция оригинал f(t) и соответствующее ей изображение F(p). Тогда, для любой константы α 0 : 1 p f (α t ) F . (10) α α Доказательство. По определению преобразования Лапласа имеем: p (α t ) 1 1 p f (αt )e dt f (αt )e α d (αt ) F . α α α Таким образом, умножение аргумента оригинала на положительную константу α приводит к делению изображения и его аргумента на константу α . pt 1.4.3. Теорема о запаздывании оригинала Теорема 3. Пусть задана функция оригинал f(t) и соответствующее ей изображение F(p). Тогда, для заданной константы τ 0 : f (t τ) e pτ F ( p ) . (11) Доказательство. По определению преобразования Лапласа имеем: f (t τ )e pt dt e p ( t τ τ) τ )e f (t d (t τ) pτ f (θ)e pθ dθ e pτ τ f (θ)e pθ dθ τ f (θ)e pθ dθ . Учтем, что по определению функции оригинала f (θ) 0 при θ 0 . Соответственно, первый интеграл с пределами от τ до 0 равен нулю. Также заметим, что второй интеграл по определению преобразования Лапласа – это изображение F(p). Тогда имеем: f (t τ )e pt dt e pτ f (θ)e 16 pθ dθ e pτ F ( p) . Таким образом, запаздывание аргумента оригинала на заданную положительную константу τ приводит к умножению изображения от функции без запаздывания на e p τ . Пример 58. Найти изображение оригинала f (t ) (t 1) 2 . 2 Решение. Воспользуемся преобразованием Лапласа t 2 , и также p3 учтем, что в (t 1) 2 запаздывание составляет τ 1 . Тогда, по теореме о запаздывании оригинала получаем следующее изображение: 2 p f (t ) (t 1) 2 F ( p) e . p3 1.4.4. Теорема об опережении оригинала Теорема 4. Пусть задана функция оригинал f(t) и соответствующее ей изображение F(p). Тогда, для заданной константы τ 0 : τ) f (t e pτ τ F ( p) pt e f (t )dt . (12) Доказательство. По определению преобразования Лапласа имеем: f (t τ )e pt dt e pτ τ )e f (t p ( t τ τ) τ) d (t f (θ)e pθ dθ e pτ τ f (θ)e pθ τ dθ f (θ)e pθ dθ . Учтем, что первый интеграл с пределами от нуля до бесконечности по определению преобразования Лапласа – это изображение F(p). Тогда имеем: f (t τ )e pt dt e pτ τ f (θ)e F ( p) pθ dθ . 1.4.5. Теорема о смещении аргумента изображения Теорема 5. Пусть задана функция оригинал f(t) и соответствующее ей изображение F(p). Тогда для любой комплексной константы α : e  α t f (t ) F( p α) . (13) Доказательство: По определению преобразования Лапласа имеем: e  α t f (t )e pt dt f (t )e ( p α )t dt F ( p α) . Таким образом, смещению комплексного аргумента на величину функции изображения соответствует умножение ее оригинала на e  α t . 17 α Пример 59. Найти изображения функций затухающих колебаний: f (t ) e α t sin ωt и f (t ) e α t cosωt , α 0 . Решение. Воспользуемся следующими преобразованиями Лапласа: p ω и . Тогда по теореме о смещении имеем: cos ω t sin ω t p 2 ω2 p 2 ω2 ω ; f (t ) e αt sin ωt F ( p) ( p α) 2 ω 2 p α . f (t ) e αt cosωt F ( p) ( p α) 2 ω 2 Пример 60. Найти изображение функции f (t ) ch t sin t . 1 t 1 t 1 t (e e t ) sin t e sin t e sin t , Решение. Учтем что f (t ) ch t sin t 2 2 2 1 а также преобразование sin t . Тогда, по теореме о смещении имеем: 2 p 1 1 t 1 t 1 1 1 1 p2 2 f (t ) e sin t e sin t F ( p) . 2 2 2 ( p 1) 2 1 2 ( p 1) 2 1 p 4 4 1 Пример 61. Найти оригинал по его изображению F ( p) . 2 p 2p 1 1 Решение. Имеем изображение F ( p) . Тогда, p 2 2 p ( p 1) 2 1 1 используя преобразование 2 sh t и теорему смещения, получаем: p 1 1 F ( p) f (t ) e t sh t . 2 ( p 1) 1 3p 1 Пример 62. Найти оригинал по его изображению F ( p) . 2 p 4p 7 Решение. Преобразуем знаменатель в следующий вид: 2 2 p 4 p 7 ( p 2) 3 , затем разложим дробь на слагаемые так, чтобы p ω получить изображения вида и , для которых известны 2 2 2 p ω p ω2 соответствующие им оригиналы cosωt и sin ωt . Тогда, используя их, а также теорему о смещении X ( p α) e α t x(t ) , получаем: F ( p) 3p 1 p 4p 7 2 3( p 2) 5 ( p 2) 2 3 p 2 5 3 2 2 2 ( p 2) ( 3) 3 ( p 2) ( 3) 2 5 2t f (t ) 3e 2t cos(t 3) e sin(t 3). 3 3 18 1.4.6. Теорема о дифференцировании оригинала Теорема 6. Пусть задана функция оригинал f(t) и соответствующее ей изображение F(p). Тогда изображение от производной n-го порядка функции оригинала выглядит как: d n f (t ) d n 2 f (0) d n 1 f (0) n n 1 p F ( p) p f (0)  p . (14) dt n dt n 2 dt n 1 В частности, изображения от производных функции оригинала первого и второго порядка, выглядят как: df (t ) d 2 f (t ) df (0) 2 pF ( p ) f (0) и p F ( p ) pf ( ) . dt dt dt 2 Доказательство. Рассмотрим сначала случай производной оригинала 1-го порядка. Используя определение преобразования Лапласа, а также используя df (t ) dt , и учитывая, что интегрирование по частям и обозначая u e pt и dv dt оригинал f(t) по определению ограничен на положительной полуоси [0, ) и lim e t pt 0 , имеем: f (t ) df (t ) df (t ) pt e dt e pt f (t ) p f (t )e pt dt pF ( p ) f (0) . dt 0 dt В случае производной 2-го порядка, также используем интегрирование по d 2 f (t ) pt частям, обозначая u e и dv dt , и имеем следующий интеграл: dt 2 d 2 f (t ) d 2 f (t ) pt e dt 2 dt 2 dt e pt df (t ) dt 0 Учитывая, что p df (t ) e 0 dt df (t ) e dt pt pt df (0) dt dt dt pF ( p ) p df (t ) e dt pt dt. f (0) , получаем: d 2 f (t ) df (0) df (0) p( pF ( p) f (0)) p 2 F ( p) pf (0) . 2 dt dt dt Продолжая аналогично для производных более высокого порядка, можно вывести формулу для изображений от производных n-го порядка: d n f (t ) d ( n 1) f (0) d ( n 2) f (0) n 1 n 2 p p F ( p) p f (0)  dt n dt ( n 1) dt ( n 2) n p F ( p) p n 1 f (0)  d ( n 2) f (0) p dt ( n 2) 19 d n 1 f (0) dt n 1 n n 1 p F ( p) p k 0 n k 1 d k f (0) . dt k 1.4.7. Теорема о дифференцировании изображения Теорема 7. Пусть задана функция оригинал f(t) и соответствующее ей изображение F(p). Тогда оригинал от производной n-го порядка функции изображения по комплексному аргументу p выглядит следующим образом: dn F ( p ) ( 1) n t n f (t ) . (15) n dp В частности, оригиналы от производных функции изображения первого и второго порядка, выглядят как: d d2 F ( p) t f (t ) ; F ( p) t 2 f (t ) . 2 dp dp Доказательство. Рассмотрим сначала случай производной 1-го порядка функции изображения. По определению преобразования Лапласа, изображение вычисляется по формуле: F ( p) f (t )e pt dt . Выполним дифференцирование левой и правой частей формулы по комплексному аргументу p, и получаем оригинал от производной 1-го порядка функции изображения: d d d F ( p) f (t )e pt dt f (t ) (e pt )dt ( t f (t ))e pt dt t f (t ) . dp dp 0 dp В случае производной изображения 2-го порядка дважды дифференцируем левую и правую часть по комплексному аргументу p, и получаем оригинал от производной 2-го порядка функции изображения: d2 d2 F ( p) f (t )e pt dt (t 2 f (t ))e pt dt t 2 f (t ) . 2 2 dp dp 0 Продолжая аналогично для производных более высокого порядка, можно вывести формулу для нахождения оригинала от производной n-го порядка функции изображения: dn dn F ( p ) f (t )e pt dt (( 1) n t n f (t ))e pt dt ( 1) n t n f (t ) . n n dp dp 0 1.4.8. Теорема об интегрировании оригинала Теорема 8. Пусть задана функция оригинал f(t) и соответствующее ей изображение F(p). Тогда изображение от следующего интеграла функции оригинала выглядит как: t F ( p) f ( τ)dτ . (16) p t f ( τ)dτ , причем заметим, что u(0) Доказательство. Обозначим u (t ) и f (t ) du(t ) . Обозначим также изображение оригинала u(t) как U(p). dt 20 Тогда с одной стороны по теореме о дифференцировании оригинала, и du(t ) pU ( p ) u (0) pU ( p) . С другой учитывая, что u(0) 0 , имеем: dt du(t ) f (t ) F ( p) . Отсюда, очевидно, что стороны, также имеем: dt F ( p) pU ( p) . Тогда, учитывая, что u(t ) U ( p) , получаем: t 1 u (t ) f ( τ)dτ U ( p ) F ( p) . p 1.4.9. Теорема об интегрировании изображения Теорема 9. Пусть задана функция оригинал f(t) и соответствующее ей изображение F(p). Тогда оригинал от следующего интеграла функции изображения выглядит как: f (t ) . (17) F (q)dq t p Доказательство. Обозначим интеграл как: U ( p) F (q)dq , и тогда, p d (U ( ) U ( p)) dU ( p) . Обозначим также оригинал dp dp изображения U(p) как u(t). Тогда, с одной стороны по теореме о дифференцировании изображения dU ( p) t u (t ) . имеем: С другой стороны, также имеем: dp dU ( p) F ( p) f (t ) . Отсюда, очевидно, что: f (t ) tu(t ) . dp Тогда, учитывая, что U ( p) u(t ) , получаем: учтем что F ( p) U ( p) F (q)dq f (t ) . t u (t ) p Пример 63. Найти изображение функции f (t ) e at e bt t 1 Решение. Учитывая преобразования Лапласа e at а также теорему об интегрировании изображения: f (t ) 1 at (e t e bt ) F ( p) p 1 1 q a q b 21 x(t ) t dq ln . и e bt p a 1 p b X (q)dq , получаем: p q a q b ln p p b . p a , 1.4.10. Теорема о свертке оригиналов Определение 3. Сверткой двух функций оригиналов f(t) и g(t) называют интеграл следующего вида: t f ( τ) g (t τ)dτ . (18) Теорема 10. Пусть заданы две функции оригиналы f(t) и g(t), и соответствующие им изображения F(p) и G(p). Тогда, изображением от свертки оригиналов является произведение изображений этих оригиналов: t f ( τ) g (t τ)dτ F ( p )G ( p ) . (19) Доказательство. Обозначим свертку оригиналов как функцию t f ( τ) g (t u (t ) τ)dτ , и рассмотрим ее изображение U ( p) u(t ) , используя определение преобразования Лапласа: t U ( p) pt u (t )e f ( τ) g (t dt τ)dτ e pt dt . Выполним ряд преобразований рассматриваемого интеграла: t t f ( τ) g (t τ)dτ e pt t f ( τ)e Теперь равна нулю внутреннего функция g (t f ( τ) g (t dt pτ τ)dτ e p (t τ τ ) dt τ)e g (t p (t τ ) dτ dt. заметим, что поскольку функция g (t τ) является оригиналом и при t τ 0 , то мы можем «расширить» верхний предел интегрирования по переменной τ до бесконечности, поскольку τ) 0 при τ t . В результате получаем следующий интеграл: f ( τ)e U ( p) pτ g (t τ)e p (t τ ) dτ dt . Теперь поскольку верхний предел внутреннего интеграла не содержит переменную t, то мы можем поменять порядок интегрирования, внеся внутрь интегрирования по переменной τ интеграл по переменной t: f ( τ)e U ( p) pτ g (t Теперь обозначим θ t f ( τ)e U ( p) pτ g (θ)e τ pθ τ)e p (t τ ) dt dτ . τ и тогда получим: dθ dτ f ( τ)e pτ g (θ)e τ pθ dθ g (θ)e pθ dθ dτ . Заметим, что функция оригинал g (θ) равна нулю при t τ 0 , и, соответственно, интеграл по переменной θ на отрезке от τ до 0 равен нулю. 22 Также заметим, что интеграл по переменной θ с пределами от 0 до бесконечности – это по определению преобразование Лапласа изображение G(p) от функции оригинала g (θ) . Тогда, с учетом вышесказанного получаем: f ( τ)e U ( p) pτ g (θ)e pθ dθ dτ pτ f ( τ)e G( p)dτ pτ f ( τ)e dτ G( p) . Наконец, заметим, что оставшийся интеграл по переменной τ с пределами от 0 до бесконечности – это по определению преобразование Лапласа изображение F(p) от функции оригинала f (τ) . Тогда, окончательно: t U ( p) F ( p )G ( p ) f ( τ) g (t τ)dτ . u (t ) Пример 64. Найти оригинал по его изображению F ( p) Решение. 1 p 2 ω 2 F ( p) ( p2 1 ω2 ) 2 1 1 ω2 p 2 p2 ω2 . ( p2 1 . ω2 ) 2 Учтем то, что 1 sin ω t . Тогда, используя теорему о свертке оригиналов, получаем: ω t 1 (p 2 ω ) 2 2 1 1 (sin ωτ) (sin ω(t ω 0ω 1 t (cosω(2 τ t ) cosωt )dτ 2ω 2 0 1 (sin ωt 2ω 3 τ))dτ ω t cosω t ) . Пример 65. Найти оригинал по его изображению F ( p) Решение. Представим изображение в виде: F ( p) Учтем то, что 1 1 sin ω t и ω p ω теорему о свертке, получаем: p F ( p) f (t ) 2 ( p ω2 )2 2 2 p p 2 ω2 ( p2 1 p . 2 2 2 p ω p ω2 cos ω t . Тогда, используя t 1 (sin ωτ)(cos ω(t ω p . ω2 ) 2 τ))dτ t sin ωt . 2ω 4p 3 . (p 2 p 10) 2 Решение. Преобразуем знаменатель в следующий вид: ( p 2 2 p 10) 2 (( p 1) 2 9) 2 , и воспользуемся результатами решения предыдущих примеров 64 и 65. Тогда, получаем: Пример 66. Найти оригинал по его изображению F ( p) 23 2 4p 3 4( p 1) 7 p 1 1 4 7 2 2 2 2 2 (p 2 p 10) (( p 1) 9) (( p 1) 9) (( p 1) 2 9) 2 t 7 t 2 7 7 f (t ) 4e t sin 3t e (sin 3t 3t cos 3t ) e t t sin 3t t cos 3t . 6 54 3 54 18 F ( p) 2 1.4.11. Интегралы Дюамеля и теорема об их изображении Определение 4. Пусть заданы две функции оригиналы f(t) и g(t). Тогда интегралом Дюамеля 1-го типа называют интеграл вида: t df ( τ) y (t ) f (0) g (t ) g (t τ) dτ . (20) d τ А интегралом Дюамеля 2-го типа называют интеграл вида: t dg (t τ) y (t ) f (t ) g (0) f ( τ) dτ . (21) dτ Оба интеграла эквивалентны и дают одну и ту же результирующую функцию y(t). Теорема 11. Пусть заданы две функции оригиналы f(t) и g(t), и соответствующие им изображения F(p) и G(p). Тогда, интегралы Дюамеля обоих типов являются оригиналами изображения pF( p)G( p) : t df ( τ) dg (t τ) pF ( p)G ( p) f (0) g (t ) g (t τ) dτ f (t ) g (0) f ( τ) dτ . (22) dτ 0 dτ Доказательство. Найдем оригинал для изображения: pF( p)G( p) . 1) Преобразуем изображение pF( p)G( p) в следующий вид: t ( pF( p) f (0))G( p) f (0) G( p) . Учтем, что по теореме о дифференцировании оригинала: df (t ) pF ( p ) f (0) . Тогда, используя теорему о свертке оригиналов, а также dt f (0) g (t ) , получаем: учитывая, что f (0)G( p) df ( τ) g (t τ) dτ f (0) g (t ) . 0 dτ Очевидно, полученный интеграл является интегралом Дюамеля 1-го типа. t pF ( p)G ( p) ( pF ( p) f (0)) G ( p) f (0) G ( p) 2) Аналогично pF( p)G( p) можно преобразовать следующим образом: F ( p)( pG( p) g (0)) F ( p) g (0) . Учтем, что по теореме о дифференцировании оригинала: dg (t ) pG( p ) g (0) . Тогда, используя теорему о свертке оригиналов, а также dt f (t ) g (0) , получаем: учитывая, что, что F ( p) g (0) 24 dg (t τ) dτ f (t ) g (0) . d τ Очевидно, полученный интеграл является интегралом Дюамеля 2-го типа. t pF ( p) G ( p) F ( p)( pG( p) f ( τ) g (0)) F ( p) g (0) 1.4.12. Теорема об умножении оригиналов Теорема 12. Пусть заданы две функции оригиналы f(t) и g(t), и соответствующие им изображения F(p) и G(p). Тогда, изображение от произведения оригиналов вычисляется как: f (t ) g (t ) a iω 1 lim F (q)G ( p q)dq . 2 π i ω a iω Доказательство. Найдем оригинал a iω 1 X ( p) lim F (q)G ( p q)dq по формуле 3: 2 π i ω a iω (23) для x(t) изображения a iω a iω a iω 1 1 1 lim e pt X ( p)dp lim e pt lim F (q)G( p q)dq dp . 2π i ω a iω 2πi ω a iω 2π i ω a iω Поменяем местами порядок интегрирования по переменным p и q, и тогда a iω a iω 1 1 получим: x(t ) lim F (q) lim e pt G( p q) dp dq . 2π i ω a iω 2πi ω a iω Учитывая, что по теореме смещения аргумента изображения: G ( p q) g (t )e qt , а также используя формулу 3, получаем: x(t ) a iω 1 lim F (q) g (t )e qt dq 2π i ω a iω x(t ) a iω 1 lim e qt F (q)dq g (t ) 2π i ω a iω f (t ) g (t ) . 1.4.13. Теоремы об изображении периодических оригиналов Теорема 13. Пусть задана периодическая функция f(t) = f(t+T), где T – период. Тогда, ее изображение F(p) может быть найдено следующим образом: T ( p) f (t )e pt dt . F ( p) , где ( p) (24) pT 1 e Доказательство. Учитывая периодичность функции f(t) = f(t+T), представим ее изображение F(p) в следующем виде: T F ( p) f (t )e pt dt T f (t )e pt dt f (t )e pt dt T f (t )e T f (t )e pt dt e pT f (t )e pt dt ( p) e Отсюда, получаем: F ( p) ( p) . 1 e pT 25 pT F ( p). pt dt f (t T )e p (t T ) dt Пример 67. Найти изображение периодической функции f (t ) A sin ωt . Решение. Период функции f (t ) A sin ωt составляет T π ω . πω T Тогда, ( p) f (t )e pt dt A e pt Aω 1 e 2 p ω2 sin ωt dt π p ω . Соответственно, изображение выглядит следующим образом: F ( p) π p ω Aω 1 e p 2 ω2 1 e π p ω π Aω cth p . 2ω p 2 ω2 ( p) некоторой 1 e pT периодической функции f(t) = f(t+T), где T – период, и кроме того, пусть функция ψ(t ) является оригиналом изображения ( p) . Тогда, периодическая функция f(t) может быть представлена как: Теорема 14. Пусть задано изображение вида F ( p) ψ(t kT ) . f (t ) (25) k 0 Доказательство: Представим изображение F(p) в виде суммы геометрической прогрессии: ( p) F ( p) ( p) e pkT ( p) (1 e pT e p 2T  e pnT ) . pT 1 e k 0 Тогда, с учетом теоремы о запаздывании оригинала pkT e ( p) ψ(t kT ) получаем оригинал: f (t ) ψ(t ) ψ(t T ) ψ(t 2T )  ψ(t ψ(t nT )  kT ) . k 0 Таким образом, оригинал f(t), изображение которого имеет вид формулы (24), является периодической функцией c периодом T, получающейся при «периодическом продолжении» функции ψ(t ) , являющейся оригиналом изображения ( p) , с отрезка [0, T] на всю положительную часть оси t. Другими словами, берется график функции ψ(t ) на отрезке [0, T] и «копируется» на отрезки [T, 2T], [2T, 3T] и так до бесконечности. Пример 68. Найти оригинал по заданному изображению периодической функции f (t ) f (t T ) , T – период: F ( p) 1 1 e pT 1 p2 T 1 2 p 1 e p2 ( p ) F ( p )(1 e Решение. Учитывая, что функцию Хевисайда η(t ) , находим оригинал ψ(t ) : 26 pT pT 2 . ) , а также используя pT 1 T 1 1 ( p) e 2 2 2 2 p p p Упростив формулу, получаем: ψ(t ) T 2 t η(t ) t T 2 T . 2 η t t , при 0 t T 2 ; T 0, при T 2 t T . 2 Соответственно, решением является функция f(t), получающаяся при периодическом продолжении функции ψ(t ) с отрезка [0, T] на всю положительную часть оси t: ψ(t ) t f (t ) η(t ) η t ((t kT ) (η(t kT ) η(t kT T 2))) . k 0 T/2 T T/2 3T / 2 t 2T Рис. 1. График периодической функции f(t). Пример 69. Найти оригинал по заданному изображению периодической функции f (t ) f (t T ) , T – период: 2 pT (2 pT ) e F ( p) p 3 (1 e pT ) ( p ) F ( p )(1 e Решение. Учитывая, что Хевисайда η(t ) , находим оригинал ψ(t ) : ( p) (2 pT ) (2 pT )e p3 ψ(t ) (t 2 pT t T )η(t ) (t 2 2 p3 ((t T )2 pT . pT 1 T p2 (t ) , и используя функцию 2 p3 T ) T )η(t 1 T e p2 pT T) t T ) (η(t ) η(t T )). Соответственно, решением является функция f(t), получающаяся при периодическом продолжении функции ψ(t ) с отрезка [0, T] на всю положительную часть оси t: (((t kT ) 2 f (t ) (t kT ) T ) (η(t kT ) η(t kT T ))) . k 0 27 T/2 T 3T / 2 2T t –T 2/ 4 Рис. 2. График периодической функции f(t). Задачи. Найти изображение периодических функций f(t), являющихся периодическим продолжением заданной функций ψ(t ) с отрезка [0, T] на всю положительную часть оси t. T A, при 0 t ; 2 70. ψ(t ) T A, при t T. 2 T ψ(t ) A η(t ) 2η t η(t T ) ; 2 Ответ: A 1 e pT 2 A pT F ( p) th . p 1 e pT 2 p 4 2A T t , при 0 t ; T 2 71. ψ(t ) t T 2A 1 , при t T. T 2 ψ(t ) Ответ: F ( p) 72. ψ(t ) Ответ: 2A t η(t ) T 1 2t η t T T 2 t 1 η(t T ) T 2 A 1 e pT 2 2A pT th . 4 p 2T 1 e pT 2 p 2T t , при 0 t T . T t ψ(t ) A 1 (η(t ) η(t T )) ; T A1 F ( p) A 1 p (1 e pT ) 1 . pT 28 ; 2π t T , при 0 t ; T 2 73. ψ(t ) T 0, при t T. 2 2π t T ψ(t ) A sin η(t ) η t ; T 2 Ответ: Aω 2π F ( p) ; ω . T ( p 2 ω 2 )(1 e pT 2 ) A sin 1.4.14. Теоремы о предельных значениях оригиналов и их изображений Теорема 15. Пусть задана функция f(t), являющаяся оригиналом, и ей соответствует изображение F(p). Тогда, если существуют пределы lim f (t ) и t lim f (t ) , то предельные значения оригинала f(t) связаны с предельными t значениями ее изображения F(p) как: lim f (t ) lim pF ( p) ; lim f (t ) lim pF ( p) . t t Доказательство. p p то, что в df (t ) pt e dt дифференцировании оригинала: dt Тогда, имеем первый предел: lim pF ( p) p Учтем lim( pF ( p) p Учитывая, что lim e p pt f (0) соответствии pF ( p ) f (0)) lim p df (t ) dt f (0) lim f (t ) p 0 t dt Аналогично, имеем второй предел: p lim ( pF ( p) p pt Учитывая, что lim e p f (0) t теоремой о f ( 0) . df (t ) e 0 dt pt dt f (0) . f (0)) f ( 0) lim p f ( 0) df (t ) e dt lim f (t ) . t pt dt f (0) . 0 , получаем: lim pF ( p) p с 1, получаем: lim pF ( p ) lim pF ( p) (26) f (0) lim f (t ) . t Пример 74. Вычислить пределы функции f (t ) 1 2e t при t и 0 через предельные значения ее изображения. 1 2 Решение. Имеем изображение F ( p) функции f (t ) 1 2e t . p p 1 29 Тогда, по теореме о предельных значениях получаем следующие пределы функции f(t): 1 2 2p lim f (t ) lim pF ( p) lim p lim 1 1; t p 0 p 0 p 0 p p 1 p 1 lim f (t ) t lim pF ( p) lim p p p 1 p 2 lim 1 p 1 p 2p p 1 1. Теорема 16. Пусть задана функция f(t), являющаяся оригиналом, и ей t соответствует изображение F(p). Тогда, если существует предел lim f ( τ)dτ , то t такой несобственный интеграл может быть вычислен как предел функции изображения F(p) при p 0 : f (t )dt lim F ( p) . p (27) Доказательство. Нетрудно заметить, что: lim F ( p) p lim f (t )e p pt dt f (t )dt . Пример 75. Вычислить несобственный интеграл Решение. Учтем преобразование Лапласа sin t x(t ) t Тогда, по теореме 16 получаем: об интегрировании изображения: sin t dt t 1 lim p p q2 1 sin t dt . 0 t 1 , а также теорему p2 1 X (q)dq . p dq 30 lim p π arctg p 2 π . 2 Контрольные вопросы 1. Какие функции, и при каких условиях, являются оригиналами? 2. Дайте определение и приведите примеры преобразования Лапласа. 3. Перечислите основные методы нахождения оригиналов по их изображениям. 4. В чем заключаются свойства линейности и подобия преобразования Лапласа? 5. Каким образом влияет запаздывание функции оригинала на ее изображение? 6. Каким образом влияет смещение аргумента изображения на ее оригинал? 7. По какой формуле определяется изображение n-й производной функции f(t), имеющей изображение F(p)? 8. По какой формуле определяется изображения F(p), имеющей оригинал f(t)? оригинал n-й производной 9. Сформулируйте теорему о свертке функций оригиналов. 10. Что такое интеграл Дюамеля и как определяется его изображение? 11. Каким образом определяются изображения периодических функций? 12. Каким образом, и при каких условиях, можно вычислить предельные значения функции оригинала через предельные значения ее изображения? 31 2. Применение преобразования Лапласа для решения задач 2.1. Вычисление параметра несобственных интегралов, зависящих от b φ( x, t ) dt , который является Пусть необходимо вычислить интеграл a интегралом, зависящим от параметра x. Обозначим его как функцию b φ( x, t ) dt . Тогда, ее изображение: f ( x) a b F ( p) φ( x, t ) dt dx . px e (28) a Изменение порядка интегрирования часто дает возможность довести задачу до конца и найти изображение F(p) в явном виде, а затем и оригинал f(x). 1 cos xt dt . Пример 76. Вычислить несобственный интеграл f ( x) 2 t 1 b 1 cos xt dt dx . 2 t a Изменим порядок интегрирования и учтем преобразования Лапласа 1 p и cos(xt) . Тогда имеем следующий интеграл: p p2 t 2 Решение. Имеем изображение F ( p) e px 1 1 1 p e px (1 cos xt)dx dt dt . 2 2 2 2 p t t p t Вычисляем интеграл, получаем изображение F(p) в явном виде и по нему находим оригинал f(x): F ( p) dt F ( p) p( p 2 2 t ) 1 d (t / p) 2 p 0 1 t 2 / p2 1 t arctg 2 p p π 2 p2 Задачи. Вычислить следующие несобственные интегралы: xt sin xt πx 2 dt . 77. Ответ: . 4 t3 π ax cos xt e . dt . 78. Ответ: 2 2 2a t 0a sin xt dt . 4 t ( t 4 ) (1 e xt ) sin xt dt . 80. t 79. 32 Ответ: π (1 e 8 Ответ: 3π . 4 x cos x) . f ( x) πx . 2 1 p2 1 ln( p t ) 1 ln(t 2 1) 2 e xt sin xt dt . 2 t 1 t 1 Решение. Найдем изображения подынтегральных функций по переменной x, затем вычислим интегралы от них и сравним полученные изображения. 1 /( p t ) и Для левой части используем преобразование Лапласа e xt получаем следующее изображение: e xt 1 1 p t 1 FL ( p) e px dt dx dt dt 2 2 2 2 p t t 1 ( t 1 )( p t ) p 1 t 1 Пример 81. Доказать равенство: dt πp 1 2 1 p arctg t p2 ln p . Для правой части используем преобразование sin( xt ) t /( p 2 t 2 ) и получаем следующее изображение: sin xt t 1 p2 t 1 px FR ( p) e dt dx dt dt 2 2 2 2 2 t 1 t 1 ( t 1 )( p t ) p 1 p t 1 p 2 1 ln(t 1) 1 ln( p 2 2 2 t ) p2 t arctg p p 1 p 2 πp 1 2 ln p . Видим, что изображения левой и правой частей совпадают. Таким образом, равенство доказано. te xt cos xt dt dt . 82. Доказать равенство: 2 t 1 t 1 Указание. Сравнить изображения интегралов, имеющих вид π 1 p ln p . F ( p) 2 2 p 1 p2 1 2.2. Решение дифференциальных уравнений коэффициентами и начальными условиями с постоянными Задано дифференциальное уравнение с постоянными коэффициентами: d n x(t ) d n 1 x(t ) dx(t ) (29) a  a a n x(t ) f (t ) . 1 n 1 dt dt n dt n 1 Где, ak – действительные числа. Требуется найти решение дифференциального уравнения (29), удовлетворяющее заданным начальным условиям: dx(0) d n 1 x(0) x(0) x0 , x ' 0 , , x0( n 1) . n 1 dt dt ( n 1) Где, x0 , x'0 ,, x0 заданные числовые значения начальных условий. Считаем, что искомая функция x(t), все ее производные, а также функция f(t) являются оригиналами, и имеют изображения: x(t ) X ( p); f (t ) F ( p) . 33 Соответственно, изображения производных x(t): dx(t ) / dt pX ( p) x0 ; d 2 x(t ) / dt 2 d n 1 x(t ) / dt n 1 p 2 X ( p ) px0 … n 1 p X ( p ) p n 2 x0 x '0 ;  x0( n 2) ; d n x(t ) / dt n p n X ( p ) p n 1 x0  x0( n 1) . Преобразуем дифференциальное уравнение (29) по Лапласу и получаем: ( p n X ( p)  x0( n 1) ) a1 ( p n 1 X ( p)  x0( n 2) )   an 1 ( pX ( p) x0 ) an X ( p) F ( p). Далее, перепишем уравнение в следующем виде: Qn ( p) X ( p) F ( p) Rn 1 ( p) . Где, Qn ( p ) pn a1 p n 1  an 1 p an . Rn 1 ( p ) p n 1 x0  x0( n 1) a1 ( p n 2 x0  x0( n 2) )  an 1 x0 . Тогда, получаем решение уравнения в изображениях: F ( p ) Rn 1 ( p ) . (30) X ( p) Qn ( p ) После этого находим оригинал x(t) по полученному изображению X(p), и тем самым получаем решение дифференциального уравнения (29) при заданных начальных условиях. Пример 83. Найти решение дифференциального уравнения d x(t ) dx(t ) 4 5 x(t ) 0 при начальных условиях: x(0) 0, dx(0) / dt 1. 2 dt dt Решение. Преобразуем уравнение по Лапласу: p 2 X ( p ) 1 4 pX ( p ) 5 X ( p ) 0 . 1 1 Отсюда имеем: X ( p) x(t ) e 2t sin(t ) . 2 2 p 4 p 5 ( p 2) 1 d 3 x(t ) dx(t ) 4 1 при Пример 84. Решить дифференциальное уравнение dt dt 3 начальных условиях: x(0) 0, dx(0) / dt 0, d 2 x(0) / dt 2 0 . 1 Решение. Преобразуем уравнение по Лапласу: p 3 X ( p) 4 pX ( p) . p 2 1 1 1 1 1 1 x ( t ) t sin 2t . 4 2 p 2 ( p 2 4) 4 p 2 p 2 4 Пример 85. Найти общее решение (без конкретных значений начальных d 2 x(t ) dx(t ) 2 10x(t ) 2e t cos3t . условий) дифференциального уравнения 2 dt dt Отсюда имеем: X ( p) 34 Решение. Обозначим начальные условия как: x(0) c1 , dx(0) / dt c2 . Тогда, преобразуя уравнение по Лапласу, получаем: p 1 . p 2 X ( p) c1 p c 2 2 pX ( p) 2c1 10 X ( p) 2 ( p 1) 2 9 Отсюда находим решение в виде изображения, а затем находим оригинал: 1 2( p 1) X ( p) c1 p 2c1 c2 2 p 2 p 10 ( p 1) 2 9 1 ( p 1) 2 2( p 1) 9 ( p 1) 2 9 2( p 1) (( p 1) 2 9) 2 d 1 dp ( p 1) 2 9) c1 ( p 1) c1 c1 ( p 1) ( p 1) 2 9 c1 c2 ( p 1) 2 9 c1 ( p 1) ( p 1) 2 9 1 t te sin 3t c1e t cos3t 3 Ко всем дробям применена теорема x(t ) c2 c1 c2 ( p 1) 2 9 1 (c1 c2 )e t sin 3t. 3 смещения F ( p 1) e t f (t ) , дающая множитель e t у оригиналов, а для нахождения оригинала первой дроби также применена теорема о дифференцировании изображения dF( p) / dp t f (t ) . Таким образом, общее решение дифференциального уравнения: 1 x(t ) e t c1 cos 3t (t c1 c 2 ) sin 3t . 3 Пример 86. Найти решение дифференциального уравнения 2 d x(t ) dx(t ) 2 3x(t ) e 3t при начальных условиях: x(0) 0, dx(0) / dt 0 . 2 dt dt Решение. Преобразуем уравнение по Лапласу и получаем уравнение в 1 изображениях: p 2 X ( p) 2 pX ( p) 3 X ( p) . p 3 Из полученного уравнения получаем решение в виде изображения: 1 1 . X ( p) 2 ( p 2 p 3)( p 3) ( p 1)( p 3) 2 Разложим полученную дробь на простейшие дроби, используя неопределенные коэффициенты A, B, C: 1 A B C A( p 1) B( p 3)( p 1) C ( p 3) 2 ( p 1)( p 3) 2 ( p 3) 2 p 3 p 1 ( p 1)( p 3) 2 p 2 (B C) p ( A 2 B 6C ) ( A 3B 9C ) . ( p 1)( p 3) 2 35 Учитывая, что p 2 ( B C ) p ( A 2 B 6C ) ( A 3B 9C ) 1 , составляем и решаем систему уравнений для неопределенных коэффициентов: p2 : B C 0 A 1/ 4 p : A 2 B 6C 1: A 3B 9C B 1 C 1 / 16 . 1 / 16 Тогда, получаем изображение и находим для него оригинал: 1 1 1 1 3t 1 3t 1 t X ( p) x ( t ) te e e . 4 16 16 4( p 3) 2 16( p 3) 16( p 1) 1 t t 1 3t e e . Таким образом, решение уравнения: x(t ) 16 4 16 Задачи. Решить дифференциальные уравнения коэффициентами при заданных начальных условиях: dx(t ) x(t ) e t ; 87. dt x(0) 0. dx(t ) 2 x(t ) 0 ; 88. dt x(0) 1. d 2 x(t ) dt 2 89. x(0) d 2 x(t ) dt 2 90. dx(t ) 2 x(t ) dt dx(0) 1; 0. dt x(t ) с Ответ: x(t ) sh t . Ответ: x(t ) e 2t . Ответ: x(t ) 1 t te 3 Ответ: x(t ) 1 2 (t sin t 4 et ; t cos t ; 7 t e 9 постоянными 2 e 9 2t . t cos t sin t ) . dx(0) x(0) 0 ; 0. dt d 2 x(t ) dx(t ) 2 α (α 2 β 2 ) x(t ) 0 ; 2 1 αt dt dt e sin βt . 91. Ответ: x(t ) β dx(0) x(0) 0 ; 1. dt d 2 x(t ) 4 x(t ) cos 3t ; 2 11 1 dt cos 2t cos 3t sin 2t . 92. Ответ: x(t ) 5 5 dx(0) x(0) 2 ; 2. dt 36 d 3 x(t ) d 2 x(t ) dx(t ) (t ) 6 11 6 x(t ) 0 ; 3 2 dt dt dt 93. dx(0) d 2 x(0) x(0) 0 ; 1; 0. dt dt 2 5 t 3 3t Ответ: x(t ) e 4e 2t e . 2 2 d 3 x(t ) dx(t ) e 2t ; 3 dt dt 94. dx(0) d 2 x(0) x(0) 0. dt dt 2 1 1 2t 2 1 e cos t sin t . Ответ: x(t ) 2 10 5 5 d 3 x(t ) d 2 x(t ) dx(t ) 4 8 3x(t ) 8e t ; 3 2 dt dt dt 95. dx(0) d 2 x(0) x(0) 1. dt dt 2 Ответ: x(t ) e t . d 4 x(t ) dt 4 d 3 x(t ) cos t ; dt 3 96. dx(0) d 2 x(0) d 3 x(0) x(0) 2. dt dt 2 dt 3 3 t 1 1 Ответ: x(t ) 2t 2 t 3 e cos t sin t . 2 2 2 d 4 x(t ) 4 x(t ) t 2 ; 4 dt 97. dx(0) d 2 x(0) d 3 x(0) x(0) 0. dt dt 2 dt 3 1 2 Ответ: x(t ) (t sh t sin t ) . 4 d 5 x(t ) d 3 x(t ) dx(t ) 2 2t cos t ; dt dt 5 dt 3 98. dx(0) d 2 x(0) d 3 x(0) d 4 x(0) x(0) 0. dt dt 2 dt 3 dt 4 3 3 1 2 t cos t t t sin t . Ответ: x(t ) t 2 4 4 8 8 8 37 2.3. Решение систем дифференциальных уравнений с постоянными коэффициентами и начальными условиями Методика решения системы дифференциальных уравнений с постоянными коэффициентами при применении преобразования Лапласа аналогична с методикой решения одного дифференциального уравнения. Использование преобразование Лапласа дает систему алгебраических уравнений для изображений, решив которую можно найти изображения неизвестных функций. Затем, выполнив обратное преобразование Лапласа найденных изображений, можно получить искомые неизвестные функции. Пример 99. Решить систему дифференциальных уравнений: dx(t ) α x(t ) β y (t ) βe α t ; dt dy(t ) β x(t ) α y (t ) 0. dt При начальных условиях: x(0) 0 , y(0) 1. Решение. Преобразуем систему уравнений по Лапласу, учитывая начальные условия: β pX ( p ) αX ( p ) βY ( p ) ; p α pY ( p ) 1 βX ( p ) αY ( p ) 0. Решая систему уравнений, получаем изображения X(p) и Y(p): 2β ( p α) 2 β 2 X ( p) ; Y ( p) . ( p α) 2 β 2 ( p α)(( p α) 2 β 2 ) Далее, из изображений получаем решение в виде оригиналов x(t) и y(t): 2β X ( p) x(t ) 2e α t sin β t ; 2 2 ( p α) β ( p α) 2 β 2 2( p α) 1 Y ( p) y (t ) 2e α t cosβ t e α t . 2 2 2 2 p α ( p α)(( p α) β ) ( p α) β Пример 100. Решить систему дифференциальных уравнений: dx(t ) x(t ) 2 y (t ) ; dt dy(t ) 2 x(t ) y (t ) 1. dt При начальных условиях: x(0) 0 , y(0) 5 . Решение. Преобразуем систему уравнений по Лапласу, учитывая начальные условия: pX ( p ) X ( p ) 2Y ( p ); pY ( p ) 5 2 X ( p ) Y ( p ) 1 / p. 38 Решая систему уравнений, получаем изображения X(p) и Y(p): 10 p 2 5p2 4 p 1 X ( p) ; Y ( p) . p ( p 1)( p 3) p ( p 1)( p 3) Далее, для получения оригиналов разложим полученные дроби на простейшие и из них уже выведем оригиналы x(t) и y(t): 10 p 2 2 2 8 2 8 3t X ( p) x(t ) 2e t e ; p( p 1)( p 3) 3 p p 1 3( p 3) 3 3 5p2 4 p 1 1 2 8 1 8 3t Y ( p) y (t ) 2e t e . p( p 1)( p 3) 3 p p 1 3( p 3) 3 3 Задачи. Решить системы дифференциальных уравнений при заданных начальных условиях: dx(t ) 2 y (t ) ; 5 2t 1 2t dt x(t ) e e ; dy(t ) 2 2 101. Ответ: 2 x(t ) ; 5 2t 1 2t dt y (t ) e e . x(0) 2 ; y (0) 3. 2 2 dx(t ) 3 x(t ) 4 y (t ) ; dt dy(t ) 102. 4 x(t ) 3 y (t ) ; dt x(0) 1; y (0) 1. x(t ) Ответ: y (t ) dx(t ) y (t ) 0 ; dt dy(t ) 103. 2 x(t ) 2 y (t ) 0 ; dt x ( 0) 1 ; y ( 0) 1. 6 5t e 5 3 5t e 5 1 e 5 2 e 5 5t ; 5t . x(t ) e t (cost 2 sin t ); Ответ: y (t ) e t (cost 3 sin t ). dx(t ) 2 x(t ) 2 y (t ) 10e 2t ; dt dy(t ) 2 x(t ) y (t ) 7e 2 t ; 104. dt x(0) 1; y (0) 3. 39 Ответ: x(t ) e2t ; y (t ) 3e 2 t . dx(t ) dy(t ) 3 x(t ) 0 ; dt dt d 2 x(t ) dy(t ) 105. 2 y (t ) e 2 t ; 2 dt dt dx(0) x ( 0) 1; 1; y (0) 0. dt 2 x(t ) Ответ: y (t ) 1 t 1 2t e e 2 4 1 t 1 2t e e 2 8 3 t/2 e cos 4 5 t/2 e cos 8 dx(t ) y (t ) z (t ) ; dt dy(t ) x(t ) y (t ) ; 106. dt dz(t ) x(t ) z (t ) ; dt x(0) 1; y (0) 2 ; z (0) 3. 23 11 t / 2 t e sin 2 4 23 23 73 t / 2 t e sin 2 8 23 23 t; 2 23 t. 2 x(t ) 2 e t ; 2 4e t te t ; Ответ: y (t ) z (t ) 2 5e t te t . 2.4. Применение интеграла Дюамеля при решении дифференциальных уравнений с постоянными коэффициентами Интеграл Дюамеля может быть использован при решении дифференциальных уравнений с постоянными коэффициентами и со сложной правой частью. Пусть требуется найти решение дифференциального уравнения с постоянными коэффициентами и заданной функцией f(t) в правой части уравнения: d n x(t ) d n 1 x(t ) dx(t ) a  a a n x(t ) f (t ) . (31) 1 n 1 dt dt n dt n 1 Для простоты будем рассматривать нулевые начальные условия: dx(0) d n 1 x(0) x(0)  0. dt dt n 1 Наряду с исходным уравнением также рассмотрим другое дифференциальное уравнение с такой же левой частью, но с правой частью, равной 1 вместо функции f(t): d n h(t ) d n 1h(t ) dh(t ) (32) a1  an 1 a n h(t ) 1 . n n 1 dt dt dt Для него также будем рассматривать нулевые начальные условия: dh(0) d n 1h(0) h(0)  0. dt dt n 1 40 Преобразуем дифференциальные уравнения (31) и (32) по Лапласу с учетом начальных условий, и получим: p n X ( p) a1 p n 1 X ( p)  a n 1 pX ( p) a n X ( p) F ( p); (33) p n H ( p) a1 p n 1 H ( p)  a n 1 pH ( p) a n H ( p) 1 / p. Отсюда, получаем решение уравнений в виде изображений: F ( p) 1 (34) X ( p) ; H ( p) . Qn ( p) pQn ( p) Где, Qn ( p ) p n a1 p n 1  a n 1 p a n . Очевидно, что X ( p) pF( p) H ( p) . Тогда, используя интеграл Дюамеля 2-го типа, мы получаем следующий интеграл для нахождения оригинала x(t): t dh(t τ) X ( p) pF ( p) H ( p) x(t ) f (t ) h(0) f ( τ) dτ . (35) dτ Таким образом, если решить дифференциальное уравнение (32) и получить функцию h(t), то по формуле (35) мы также можем найти искомую функцию x(t). Пример 107. Найти решение дифференциального уравнения 2 d x(t ) x(t ) 5 t 2 при начальных условиях: x(0) dx(0) / dt 0 . 2 dt Решение. Сначала рассмотрим дифференциальное уравнение 2 d h(t ) h(t ) 1, при начальных условиях: h(0) dh(0) / dt 0 . Преобразуем его dt 2 1 по Лапласу с учетом начальных условий: p 2 H ( p) H ( p) , решаем его и p получаем функцию h(t): 1 1 p H ( p) h(t ) 1 cos t . p( p 2 1) p p 2 1 Теперь, для нахождения решения исходного уравнения применим формулу (35), учитывая, что dh(t ) / dt sin t , f (t ) 5t 2 и h(0) 0 . В результате получаем искомую функцию x(t): t t dh(t τ) x(t ) f (t ) h(0) f ( τ) dτ 5 τ 2 sin(t τ) dτ 5(t 2 2 2 cos t ) . dτ Примечание. Следует отметить, что особенно удобно применять интеграл Дюамеля для интегрирования нескольких дифференциальных уравнений с одинаковыми левыми и различными правыми частями. В этом случае интеграл Дюамеля значительно сокращает объём вычислительной работы. d 2 x(t ) 1 x(t ) Пример 108. Решить дифференциальное уравнение с 2 dt 1 et начальными условиями x(0) dx(0) / dt 0 . 41 d 2 h(t ) Решение. Сначала решим дифференциальное уравнение h(t ) 1, dt 2 с начальными условиями h(0) dh(0) / dt 0 . Преобразуем его по Лапласу и получаем уравнение: p 2 H ( p ) H ( p ) 1 / p . Решаем его и получаем h(t): 1 p 1 H ( p) h(t ) cht 1 . 2 2 p( p 1) p 1 p Теперь, для нахождения решения исходного уравнения применим 1 формулу (35), учитывая, что dh(t ) / dt sh t , f (t ) и h(0) 0 . 1 et В результате получаем искомую функцию x(t): t t t τ 1 e e (t τ) e t t e τ dτ e t t d (e τ 1) x(t ) sh ( t τ) d τ d τ τ τ 2 0 1 eτ 2 0 eτ 1 01 e 0 2(1 e ) e t et 1 ln 2 2 e t et 1 ln 2 2 e t et 1 ln 2 2 1 t (e 2 1) e t t (e 20 et (e 2 t τ 1 1)d (e e τ 1 1) et e t 1 et ln 2 2 et 1) e t t d (e τ 1) 20 e τ 1 sh(t ) ln Задачи. Решить дифференциальные уравнения условиях, используя интеграл Дюамеля: d 2 x(t ) dx(t ) t; 2 dt dt 109. Ответ: x(t ) dx(0) x(0) 0. dt d 3 x(t ) dx(t ) et ; 3 dt dt 110. Ответ: x(t ) dx(0) d 2 x(0) x(0) 0. dt dt 2 d 2 x(t ) dx(t ) 2 t 2et ; 2 dt dt 111. Ответ: x(t ) dx(0) x(0) 0. dt d 2 x(t ) dx(t ) 2 2 x(t ) sin t ; 2 dt dt 112. dx(0) x(0) 0. dt 42 τ et 1 2 1 t (e 2 tet 1) . при заданных начальных 1 2 t 2 t 1 e t. 1 t e 2 1 sin t 2 1 e 2t 2e t 1 cos t 1. 2 t 2et . Ответ: x(t ) 113. 114. 115. 116. 117. 1 (1 e t ) sin t 5 2 (1 e t ) cos t . 5 d 2 x(t ) arctg t ; dt 2 dx(0) x(0) 0. dt 1 2 t Ответ: x(t ) (t 1) arctg t ln(t 2 1) 2 2 2 d x(t ) dx(t ) cos t ; dt dt 2 dx(0) x(0) 0. dt 1 Ответ: x(t ) (sin t cost e t ) . 2 2 d x(t ) x(t ) sh t ; dt 2 dx(0) x(0) 0. dt 1 Ответ: x(t ) (t ch t sh t ) . 2 d 2 x(t ) dx(t ) 2 x(t ) ch t ; dt dt 2 dx(0) x(0) 0. dt 1 2 Ответ: x(t ) ((t t )e t sh t ) . 4 2 d x(t ) x(t ) th t ; dt 2 dx(0) x ( 0) 0. dt π sh t 2 ch t arctg( e t ) Ответ: x(t ) . 4 t . 2 d 2 x(t ) 1 x ( t ) ; 2 2 cos t dt 118. dx(0) x(0) 0. dt 4 tg(t / 2) sin(t ) arctg Ответ: x(t ) t sin(t ) 3 3 43 cos(t ) ln 2 cos(t ) . 3 d 2 x(t ) 1 x ( t ) ; 2 2 dt 4 tg t 119. dx(0) x(0) 0. dt 1 3 3 x(t ) (1 cost ) sin(t ) arth sin(t ) 3 18 2 Ответ: 3 π cos(t ) arctg ( 3 cos(t )) . 9 3 . d 2 x(t ) 1 x ( t ) ; 2 2 dt 1 cos t 120. dx(0) x(0) 0. dt Ответ: x(t ) cos(t ) arctg(cos(t )) π cos(t ) 4 1 1 sin(t ) arth sin(t ) . 2 2 d 3 x(t ) dx(t ) 1 ; 3 dt 2 sin t dt 121. dx(0) d 2 x(0) x(0) 0. dt dt 2 x(t ) cos(t ) ln Ответ: 2 2 sin t t sin t 2 2tg(t / 2) 1 (2 sin t 1) arctg 3 3 π . 6 2.5. Решение дифференциальных уравнений коэффициентами и начальными условиями с переменными Преобразование Лапласа может использоваться для решения дифференциальных уравнений с функциональными (переменными) коэффициентами. Рассмотрим пример решения такого уравнения. Пример 122. Решить дифференциальное d x(t ) dx(t ) t t x(t ) 0 с начальными условиями x(0) dt dt 2 Решение. С учетом начальных условий запишем x(t) и ее производных: x(t ) X ( p ) ; dx(t ) / dt pX ( p ) 1, d 2 x(t ) / dt 2 уравнение Бесселя 2 1, dx(0) / dt 0. изображения функции p 2 X ( p) p. d 2 x(t ) Для нахождения изображений функций t x(t ) и t воспользуемся dt 2 t x(t ) . формулой дифференцирования изображений dX ( p) / dp 44 Тогда, получаем: d 2 x(t ) d dX ( p) 2 2 dX ( p ) ( p X ( p ) p ) 2 pX ( p ) p 1. иt t x(t ) dp dp dp dt 2 В итоге получаем следующее уравнение в изображениях: dX ( p) dX ( p) dX ( p) 2 pX ( p) p 2 1 pX ( p) 1 0 ( p 2 1) pX ( p) 0 . dp dp dp Данное дифференциальное уравнение с разделяющими переменными. Решаем его и получаем следующее уравнение: dX ( p) p dp 1 1 2 ln X ( p ) ln( p 1 ) ln C . X ( p) 2 2 p2 1 Где, C – некоторая положительная константа (C > 0). Соответственно, получаем два корня уравнения: C C X 1 ( p) ; X 2 ( p) . 2 2 p 1 p 1 Выберем корень X(p) = X2(p), разложим его в ряд, и найдем для него оригинал x(t): X ( p) C p 2 1 C 1 p 1 p2 1 2 C 1 1 1 p 2 p2 1 3 1 2 2 2! p 4 1 3 5 1 2 3 3! p 6  1 t2 1 3 t4 1 3 5 t6 x(t ) C 1 . 2 1! 2! 2 2 2! 4! 2 3 3! 6! Учтем, что x(0) = 1, и отсюда вычисляем константу C = 1. Тогда, в итоге получаем решение x(t) в виде ряда: ( 1) n t n t2 t4 t6 . x(t ) 1 2  2n 2 2 (1!) 2 2 2 (2!) 2 2 6 (3!) 2 n 0 2 (n!) Это, так называемая, функция Бесселя нулевого порядка I 0 (t ) . 2.6. Нахождение изображений для функций с запаздывающим аргументом Имеется большое количество функций f (t τ) , которые описывают процессы, начинающиеся не при t = 0, а с заданным запаздыванием τ > 0. 0, t τ; Рассмотрим функцию Хевисайда с запаздыванием: η(t τ) 1, t τ. Тогда запаздывающую функцию f (t τ) можно превратить в оригинал при помощи функции Хевисайда η(t τ) с тем же запаздыванием τ 0 : 0, t τ; f (t τ) η(t τ) (36) f (t τ) , t τ. 45 Заметим, что множитель η(t τ) способен «гасить» значения некоторых функций. Эта функция удобна для записи как периодических, так и других составных функций. Тогда, по теореме о запаздывании изображение от функции оригинала f (t τ) η(t τ) выражается следующей формулой: τ) η(t f (t τ) e pτ F ( p ) , где F ( p) f (t ) . (37) Пример 123. Найти изображение периодической функции, представляющей собою прямоугольные импульсы с амплитудой A, периодом T и длительностью τ. A τ T T+τ 2T t 2T+τ Рис. 3. График периодической функции f(t). Решение. Рассмотрим постоянную функцию x(t ) A . Для получения требуемой периодической функции она должна быть «гаситься», начиная с момента τ. Это можно записать следующим образом при помощи запаздывающей функции Хевисайда: A, 0 t τ ; Aη (t ) Aη (t τ) 0, τ t T . Далее, начиная с момента t = T, периодическая функция снова равна A, и вплоть до момента T + τ. Это можно записать при помощи запаздывающей функции Хевисайда как: Aη (t ) Aη(t τ) Aη(t T ) Aη(t T τ) . Продолжая рассуждения аналогичным образом, получаем периодическую функцию, заданную в виде ряда: f (t ) Aη (t ) Aη(t τ) Aη(t T ) Aη(t T τ)  (η(t A kT ) η(t kT τ)). k 0 Тогда, используя формулу (37), находим изображение периодической функции f(t) в виде ряда: A A A F ( p) (1 e p τ ) (e pT e p (T τ ) ) (e p 2T e p ( 2T τ) )  p p p A (1 e p pτ )(1 e pT e 2 pT 46 ) A (1 e p pτ ) (e k 0 pT k ) . Тогда, учитывая, что lim e 0 , находим сумму геометрической pnT n прогрессии (e 1 1 e pT k ) k 0 Пример 124. 2 f (t ) (t 6t 11) η(t pT , и в итоге получаем: F ( p ) Найти 2) . изображение A 1 e p 1 e запаздывающей pτ pT . функции 4 3 2 1 1 2 3 4 t 5 Рис. 4. График запаздывающей функции f(t). Решение. Функция f(t) описывает некоторый процесс, начинающийся с запаздыванием τ = 2. Для того, чтобы найти ее изображение, нужно функцию f(t) представить так, чтобы сдвиг аргумента t везде соответствовал запаздыванию τ = 2 в функции Хевисайда: f (t ) 6t 11)η(t (t 2 2) ((t 2) 2 2(t 2) 3)η(t 2) . Тогда, по формуле (37) из функции оригинала получаем ее изображение: 2 2 3 f (t ) ((t 2) 2 2(t 2) 3)η(t 2) F ( p) e 2p . 3 2 p p p Пример 125. Найти изображение составной функции f(t), предварительно записав её при помощи функции Хевисайда в виде одного аналитического выражения. 3 2 1 1 2 3 4 5 6 t Рис. 5. График составной функции f(t). 47 Составная функция f(t) задана в следующем виде: 0, t 0; 3, 0 t 4; f (t ) 3 9 t , 4 t 6; 2 0 , t 6. Решение. Составная функция равна 0 при t < 0. В момент t = 0 она 3 t. В становится равной 3. В момент t = 4 она начинает линейно убывать: 9 2 момент t = 6 она становится равной 0. Эту последовательность «развития событий» можно записать одной формулой, используя функции Хевисайда с соответствующими запаздываниями: 3 f (t ) 3(η(t ) η(t 4)) 9 t (η(t 4) η(t 6)) 2 3 3 t η(t 4) 9 t η(t 6) . 2 2 Теперь преобразуем полученную функцию так, чтобы сдвиг аргумента t в множителях при функциях Хевисайда соответствовали запаздываниям в функциях Хевисайда: 3 3 f (t ) 3 η(t ) (t 4)η(t 4) (t 6) η(t 6) . 2 2 Тогда, по формуле (37) получаем изображение: 3 3 3 F ( p) e 4p e 6p . 2 2 p 2p 2p Задачи. Записать с помощью функции Хевисайда одним аналитическим выражением составную функцию f(t) и найти её изображение: t , 0 t 1; f (t ) t η(t ) (t 1) η(t 1) η(t 3); 126. f (t ) 1, 1 t 3 ; Ответ: F ( p ) 1 (1 e p ) 1 e 3 p . p p2 0 , t 3. 3η(t ) 127. f (t ) 6 2t , 0 t 1; 4 2t , 1 t 2 ; 0, t f (t ) 2. 2t η(t ) 4(t 1) η(t 1) 2(t 2)η(t 2); 2 Ответ: F ( p) (1 2e p e 2 p ). 2 p 5, 0 t 2; f (t ) 5 η(t ) 2t η(t 1) η(t 3); 128. f (t ) 5 2t , 2 t 3 ; Ответ: F ( p) 1 (5 4e 2 p e 3 p ) 2 e p p2 6 2t , t 3. 48 2p . Задачи. Построить график заданной составной функции f(t) и найти её изображение: t , 0 t 1; f (t ) 3 , t 1. 129. f (t ) t η(t ) (t 3) η(t 1) . Ответ: 1 2 p F ( p) (1 e p ) e . 2 p p 1, 0 t 1; f (t ) 1 e t , t 1. t 130. f (t ) η(t ) e η(t 1) . Ответ: p 1 1 e F ( p) e . p p 1 131. f (t ) (η(t 2π) η(t 3π)) sin t . 0 , 0 t 2π ; f (t ) sin t , 2 π t 3π ; Ответ: 0 , t 3π. F ( p) 132. f (t ) p 1 (e 2 pπ 1 η t 2 2 , 0 t 1 / 2; Ответ: F ( p) 3 pπ e ). 3 2 2 η(t ) η t f (t ) 133. f (t ) 1 η t 2 1 e p t2 f (t ) t F ( p) 3 2 η t sin 2πt . sin 2π t , 1 / 2 t 3 / 2; 2 , t 3 / 2. p 2 e 3 p 2 2π e p 2 4π 2 (1 t )η(t ) (t 2 5t 4)η(t 1) (t 2 1 t , 0 t 1; Ответ: 1 2 1 p 4t 3 p 2 3t )η(t e p 2 3) . 3 , 1 t 3; 3 , t 3. 1 (1 3e p2 p 49 3e 3p ) 2 (e p3 p e 3p ). . 2.7. Решение дифференциальных уравнений с постоянными коэффициентами, содержащих в правой части функцию Хевисайда Существуют задачи (процессы), которые описываются при помощи дифференциальных уравнений с постоянными коэффициентами, в правой части которых присутствует функция Хевисайда. Например, уравнения динамики систем, которые подвержены воздействию сил не непрерывно, а только в некоторые моменты времени. Используя преобразование Лапласа, а также теорему о запаздывании оригинала, такие дифференциальные уравнения также можно решать. d 2 x(t ) dx(t ) Пример 134. Решить уравнение 3 4 η(t ) (t 2) η(t 3) с 2 dt dt начальными условиями x(0) dx(0) / dt 0 . Решение. Выполним преобразование Лапласа дифференциального уравнения и получим: 4 1 5 p 2 X ( p) 3 pX ( p) e 3p . 2 p p p 4 5 1 3p Отсюда, X ( p) e e 3p . 2 2 3 p ( p 3) p ( p 3) p ( p 3) 1 1 1 1 t 1 1 3t Далее учтем, что: 2 e . 3 9 9 p ( p 3) 3 p 2 9 p 9( p 3) 1 1 1 1 1 t2 t 1 1 3t e . 6 9 27 27 p 3 ( p 3) 3 p 3 9 p 2 27 p 27( p 3) Используя полученные преобразования и теорему о запаздывании оригинала, имеем: 4 5 1 X ( p) e 3p e 3p 2 2 3 p ( p 3) p ( p 3) p ( p 3) x(t ) 4 1 t 3 1 9 (t 1 e 9 3) 2 6 3t t 9 η(t ) 5 t 3 1 e 27 1 27 3 3 1 9 3 ( t 3) 1 e 9 η(t 3 ( t 3) η(t 3) 3). Тогда, окончательно получаем искомую функцию x(t): 4 1 x(t ) (3t 1 e 3t )η(t ) (9t 2 30t 199 28e 3(t 3) ) η(t 3) . 9 54 Отметим, что правая часть исходного дифференциального уравнения является разрывной функцией, которую в традиционном математическом анализе записывают в виде нескольких аналитических выражений. Использование функции Хевисайда позволяет записать правую часть в виде одного аналитического выражения. 50 Задачи. Решить дифференциальные уравнения: d 2 x(t ) 135. dt 2 2 dx(t ) dt x(t ) Ответ: d 2 x(t ) 136. dt 2 2 x(t ) η(t ) η(t 1); x(0) 1 (1 e t (cost 2 dx(0) dt 0. sin t )) η(t ) 1 (1 e t 1 (cos(t 1) sin(t 1))) η(t 1). 2 ω 2 x(t ) Ответ: x(t ) a (η(t ) η(t τ)); x(0) dx(0) dt a ((1 cos(ω t ))η (t ) (1 cos(ω (t ω2 0. τ)))η (t τ)) . 2.8. Решение дифференциальных уравнений с запаздывающим аргументом Существуют дифференциальные уравнения, в которых аргументы функций являются как просто переменной t, так и выражениями вида t τ(t ) . Например, dx(t ) / dt (t , x(t ), x(t τ(t ))) – это дифференциальные уравнения с отклоняющимся аргументом. Если τ const , то это дифференциально-разностные уравнения. Также существуют дифференциальные уравнения с запаздывающим аргументом, описывающие процессы с последствием, в которых аргументом старшей производной функции является переменная t, а для остальных производных аргументом является выражение вида t τ : d n x(t ) n 1 d k x(t τ k ) ak f (t ) . (38) dt n dt k k 0 . Где, ak const; τ k const , 0 t Для простоты рассмотрим случай нулевых начальных условий: dx(0) d n 1 x(0) x(0)  0. (39) dt dt n 1 Считаем, что функции x(t) и f(t) имеют соответствующие изображения X(p) и F(p). Тогда, преобразуем уравнение по Лапласу и получаем: n n 1 p X ( p) a k p k X ( p )e pτ k F ( p) , k 0 Далее, находим решение в виде изображения: F ( p) . X ( p) n 1 pτ k n k p ak p e (40) k 0 По полученному изображению вычисляется оригинал x(t), являющийся решением дифференциального уравнения. 51 Пример 137. Решить дифференциальное уравнение dx(t ) dt x(t 1) 1 при заданном начальном условии x(0) 0 . Решение. Преобразуем уравнение по Лапласу и получаем уравнение: 1 . pX ( p) X ( p)e p p Далее, используя функцию Хевисайда η(t ) , выводим решение уравнения в виде изображения X(p), а затем находим его оригинал x(t): 1 1 1 1 X ( p) p 2 p p e p 1 e p/p 1 e p 1 p p2 x(t ) t η(t ) e 2p p2 e np  pn  (t 1) 2 (t n) n 1 η(t 1)  η(t 2! (n 1)! 1 e kp p2 k 0 pk n) k (t k ) k 1 η(t 0 ( k 1)! k ). Задачи. Решить следующие дифференциальные уравнения. d 2 x(t ) 138. dt 2 x(t 1) t ; x(0) dx(0) dt 0. (t k ) 2 k 3 η (t k ) . Ответ: x(t ) 3)! k 0 ( 2k d 2 x(t ) dx(t 1) dx(0) 139. 2 t ; x ( ) 0. dt dt dt 2 2 k (t k ) k 3 η (t k ) . Ответ: x(t ) (k 3)! k 0 d 2 x(t ) dx(t 1) dx(0) 140. 2 x(t 2) 1; x(0) 2 dt dt dt k 2 (k 1)(t k ) η(t k ) . Ответ: x(t ) (k 2)! k 0 d 2 x(t ) 141. dt 2 0. dx(t 2) dx(0) x(t 4) t ; x(0) 0. dt dt ( 1) k (k 1)(t 2k ) k 3 η(t 2k ) . Ответ: x(t ) (k 3)! k 0 1 1 Примечание. Учесть, что q k и (k 1)q k , при | q | 1 . 1 q k 0 (1 q) 2 k 0 2 52 2.9. Решение интегральных уравнений Пусть задано интегральное уравнение Вольтерра вида: x y ( x) f ( x) g ( x t ) y (t ) dt . (41) Где, g ( x t ) ядро интегрального уравнения. Пусть имеются преобразования: F ( p) f ( x) , G( p) g ( x) , Y ( p) y( x) . Тогда, применяя к обеим частям уравнения преобразование Лапласа и используя формулу умножения изображений, получаем уравнение Y ( p) F ( p) G( p)Y ( p) . Из него получаем решение в виде изображения Y(p), по которому также можно найти оригинал y(x): F ( p) Y ( p) y ( x) . (42) 1 G ( p) x Пример 142. Решить интегральное уравнение: y ( x) 1 y (t )dt . Решение. Выполняем преобразование Лапласа уравнения, используя x формулу интегрирования оригинала f (t ) dt F ( p) / p , и получаем: Y ( p) 1/ p Y ( p) / p . Из него получаем решение интегрального уравнения: Y ( p ) 1 /( p 1) y ( x) e x . x Пример 143. Решить интегральное уравнение: y ( x) e x y (t ) e x t dt . Решение. Выполняем преобразование Лапласа, используя теорему об 1 1 Y ( p) умножении изображений, и получаем: Y ( p) . Из него p 1 p 1 получаем решение интегрального уравнения: 1 Y ( p) y ( x) e 2 x . p 2 x Пример 144. Решить интегральное уравнение: y ( x) cos x ( x t ) y (t ) dt . Решение. Выполняем преобразование Лапласа, используя теорему об p 1 умножении изображений, и получаем: Y ( p) Y ( p) . p2 1 p2 Выражаем Y(p) из уравнения и выполняем разложение дроби: p3 p3 1 1 1 p p . Y ( p) 2 2 2 2 2 2 2 2 p 1 p 1 ( p 1)( p 1) 2 p p 1 p 1 1 1 cos x ch x . Отсюда, получаем решение уравнения: y ( x) 2 2 53 Задачи. Решить следующие интегральные уравнения: x 1 3 x . 145. y (t )( x t ) 2 dt Ответ: y(x) 1. 3 x Ответ: y( x) y (t ) cos(x t )dt 1 cos x. 146. x. x2 2 147. y ( x) x ( x t )e (t x ) y (t )dt. 1 1 3 2 x x 16 8 8 Ответ: y ( x) 1 3 x 12 1 2x e . 16 Аналогично решаются интегральные уравнения Вольтерра вида: x g ( x t ) y (t )dt f ( x) . (43) В этом случае G( p)Y ( p) F ( p) , и решение находится по формуле: F ( p) Y ( p) y ( x) . G ( p) Пример 148. Решить интегральное уравнение: x cos(x t ) y (t )dt x x2. Решение. Выполнив преобразование Лапласа, имеем: p 1 2 Y ( p ) . p2 1 p 2 p3 p 2 2 ( p 2 1)( p 2) p 3 p 2 p 2 2 Y ( p) ( p 1) p3 p p4 p4 1 2 1 2 1 2 1 3 y ( x) 1 2 x x x . 2 3 4 p p 2 3 p p Задачи. Решить интегральные уравнения: x 149. e x t y (t )dt Ответ: y( x) 1 x. x x 150. e 2( x t) y (t )dt x 2e x Ответ: y ( x) 2 xe x x 151. cos(x t ) y (t )dt Ответ: y(x) 1. sin x x 152. e x t y (t )dt Ответ: y ( x) sh x 54 e x. x 2e x . (44) Наконец, пусть задана система интегральных уравнений Вольтерра вида: s x φ j ( x) g jk ( x t ) φ k (t )dt ; j f j ( x) 1 s . (45) k 10 Выполняя преобразование Лапласа, получаем систему уравнений вида: s j ( p) F j ( p) G jk ( p) k ( p) ; j 1 s . (46) k 1 Решая систему уравнений, находим изображения j ( p) . Далее по ним находим оригиналы φ j ( x) , которые являются искомым решением системы интегральных уравнений. Пример 153. Решить систему интегральных уравнений: x φ1 ( x ) x x (x t) e φ1 (t )dt ( x t ) φ 2 (t )dt; x φ 2 ( x) 1 x sh( x t ) φ1 (t )dt e x t φ 2 (t )dt. Решение. Преобразовав систему по Лапласу и решив ее, получаем: 1 1 1 1 ( p) 1 ( p) 2 ( p) ; 2 p 1 p p2 1 1 1 ( p ) 2 ( p) 1 2 ( p ). p p2 1 p 1 Решая систему уравнений, получаем изображения: p2 p 1 ; p ( p 1)( p 2 1) 1 ( p) 2 ( p) p3 p 2 1 ( p 1)( p 1)( p 2 1) . Наконец, разлагая их на простейшие дроби, находим искомые оригиналы: 1 x 1 3 1 φ1 ( x) 1 e sin x cos x ; φ 2 ( x) (cos x ch x) sin x. 2 2 2 2 Задачи. Решить систему интегральных уравнений: x φ1 ( x ) x φ1 (t )dt x x 154. φ 2 ( x) 1 ( x t ) φ 2 (t )dt ; x e x t φ1 (t )dt φ 2 (t )dt. 3 φ1 ( x) Ответ: φ 2 ( x) 1 2x 3 e cos x 3 2 3 x e2 cos 3 x 2 3 sin 3 x 2 1 3 sin x . 2 3 55 1 ; 3 x φ1 ( x ) 2 x ( x t ) φ1 (t )dt 4 φ 2 (t )dt ; x 155. φ 2 ( x) 1 x φ1 (t )dt Ответ: φ1 ( x) ( x t ) φ 2 (t )dt . 2e x (1 x); φ 2 ( x) e x (1 x). 2.10. Решение нестационарных задач математической физики Преобразование Лапласа можно использовать для решения нестационарных задач математической физики. Пусть задана некоторая функция u ( x, t ) , зависящая от координаты x и времени t. Рассмотрим два основных типа уравнений математической физики. 2.10.1. Решение уравнения теплопроводности Рассмотрим уравнение теплопроводности следующего вида: 2 u ( x, t ) u ( x, t ) 2 (47) a f ( x, t ) . t x2 Где, u ( x, t ) – функция температуры при координате x в момент времени t. f ( x, t ) – заданная функция тепловых источников. a 0 – константа, параметр a является коэффициентом температуропроводности. u( x,0) φ( x) – начальные условия в виде функции координаты x; u(0, t ) ψ1 (t ); u(l , t ) ψ 2 (t ); 0 x l – краевые условия в виде функций времени t. В случае если функция f ( x, t ) 0 , то уравнение является неоднородным, а если же f ( x, t ) 0 , то уравнение является однородным. Пусть все функции являются оригиналами. Будем обозначать F ( x, p ) e pt f ( x, t )dt – изображение по Лапласу следующим образом: f ( x, t ) F ( x, p) . Тогда, имеем следующие изображения: 2 2 u ( x, t ) U ( x, p ) ; x2 x2 u ( x, t ) pU ( x, p) u ( x,0) pU ( x, p) φ( x); t f ( x, t ) F ( x, p); ψ1 (t ) 1 ( p ) ; ψ 2 (t ) 2 ( p ). Тогда, преобразованное уравнение теплопроводности имеет вид: 2 U ( x, p) 2 a pU ( x, p) φ( x) F ( x, p) 0 . x2 56 (48) Соответственно, преобразованные по Лапласу краевые условия: U (0, p) 1 ( p) ; U (l , p) 2 ( p) . Решая преобразованное дифференциальное уравнение, можно найти изображение U ( x, p) , а из него, соответственно, оригинал u ( x, t ) . Пример 156. Найти решение однородного уравнения теплопроводности для полубесконечного стержня, расположенного вдоль оси x, 0 ≤ x ≤ ∞: 2 u ( x, t ) u ( x, t ) . a2 t x2 Начальные условия (начальное распределение температуры стержня): u(x,0) 0 . Краевые условия (температура стержня на его концах): u(0, t ) u0 ; u( , t ) 0 . Решение. Выполняем преобразование Лапласа уравнения: 2 U ( x, p) p U ( x, p) 0 . x2 a2 Кроме того, краевые условия в преобразованном виде: u0 U (0, p) ; U ( , p) 0 . p Общее решение этого дифференциального уравнения: x p a x p e a U ( x, p) C1e C2 . Используя краевые условия U (0, p) u0 / p ; U ( , p) систему уравнений для констант C1 и C2: C1 C2 u0 ; lim C 2 e x p x p a 0 , составляем 0. Решая систему, вычисляем константы: u0 C1 ; C2 0. p Тогда, имеем решение уравнение в виде изображения: x p u0 U ( x, p ) e a . p Воспользуемся следующим обратным преобразованием Лапласа: x p 1 x e a 1 erf p 2a t Тогда, окончательно получаем: u ( x, t ) u0 1 1 2 x /( 2a π 0 57 2 π t) e x /( 2 a t ) e τ2 dτ . τ2 dτ . На рис. 6 представлены графики функции u(x,t) – распределения температуры вдоль полубесконечного стержня на отрезке 0 ≤ x ≤ 2 в моменты времени t = 0,1; t = 1 и t = 10 при температуре u0 = 100 в начале стержня (x = 0) и коэффициенте температуроповодности a = 0,25. Рис. 6. Графики распределения температуры вдоль полубесконечного стержня на отрезке 0 ≤ x ≤ 2 в моменты времени t = 0,1; t = 1 и t = 10 при температуре u0 = 100 в начале стержня (x = 0) и коэффициенте температуроповодности a = 0,25. 2.10.2. Решение волнового уравнения Рассмотрим волновое уравнение следующего вида: 2 u 2 ( x, t ) u ( x, t ) 2 (49) a f ( x, t ) . t2 x2 Где, u ( x, t ) – функция отклонения при координате x в момент времени t. f ( x, t ) – заданная функция внешнего воздействия. a – константа, определяющая фазовую скорость распространения волны. u( x,0) φ( x) – начальные отклонения в виде функции координаты x; u( x,0) / t ( x) – начальные скорости в виде функции координаты x; u(0, t ) ψ1 (t ); u(l , t ) ψ 2 (t ); 0 x l – краевые условия в виде функций времени t. В случае если функция f ( x, t ) 0 , то уравнение является неоднородным, а если же f ( x, t ) 0 , то уравнение является однородным. Пусть все функции являются оригиналами. Будем обозначать F ( x, p ) e pt f ( x, t )dt – изображение по Лапласу следующим образом: f ( x, t ) F ( x, p) . 58 Тогда, имеем следующие изображения: 2 2 u ( x, t ) U ( x, p ) ; x2 x2 2 u ( x, t ) u ( x,0) p 2U ( x, p) p u ( x,0) p 2U ( x, p) pφ( x) 2 t t f ( x, t ) F ( x, p); ψ1 (t ) 1 ( p ) ; ψ 2 (t ) 2 ( p ). Тогда, преобразованное волновое уравнение имеет вид: 2 U ( x, p) 2 a p 2U ( x, p) pφ( x) ( x) F ( x, p) 0 . 2 x Соответственно, преобразованные по Лапласу краевые условия: U (0, p ) 1 ( p) ; ( x); (50) U (l , p ) 2 ( p) . Решая преобразованное дифференциальное уравнение, можно найти изображение U ( x, p) , а из него, соответственно, оригинал u ( x, t ) . Пример 157. Имеется струна, концы которой x жестко. Соответственно, краевые условия для струны: u (0, t ) 0; 0 и x l закреплены u (l , t ) 0. Начальные отклонения струны (при t = 0) заданы функцией: πx u ( x,0) A sin ; 0 x l. l Начальные скорости струны (при t = 0) равны нулю: u ( x,0) 0. t Колебание струны описывается волновым уравнением: 2 u ( x, t ) 1 2 u ( x, t ) 0. x2 a2 t2 Найти функцию u ( x, t ) , описывающую отклонения струны. Решение. Выполнив преобразование Лапласа волнового уравнения с учетом начальных отклонений и скоростей, получаем: 2 πx U ( x, p ) 1 2 p U ( x , p ) pA sin 0; l x2 a2 Соответственно, выполнив преобразование краевых условий, также имеем преобразованные краевые условия: U (0, p) 0; U (l, p) 0. 59 Общее решение волнового уравнения в изображениях выглядит как: U ( x, p ) C1 p x a e C2 e p x a A πx p sin . 2 2 2 l p a π /l 0; U (l, p) 0 , составляем систему 2 Используя краевые условия U (0, p) уравнений для констант C1 и C2: C1 C2 0 ; pl C1e a pl a C2 e 0. Решая систему, вычисляем константы: C1 0 ; C2 0 . Тогда, окончательное решение волнового уравнения: πx aπ π p U ( x, p) A 2 sin u ( x , t ) A cos t sin x . l l l p a2π2 / l 2 На рис. 7 представлены графики функции u ( x, t ) – поперечные отклонения струны в моменты времени t = 0; t = 1 и t = 2 при длине струны l = 2, амплитуде колебаний A = 1 и фазовой скорости a = 1. Рис. 7. Поперечные отклонения струны в моменты времени t = 0; t = 1 и t = 2 при длине струны l = 2, амплитуде колебаний A = 1 и фазовой скорости a = 1. 60 2.11. Решение задач электротехники Преобразование Лапласа можно использовать при анализе переходных процессов и частотных характеристик электрических схем, которые часто сводятся к преобразованию по Лапласу дифференциальных уравнений и их решению. Анализ электрических схем во временной области. Одной из типовых задач электротехники является анализ электрических цепей с одним входом и выходом (рис. 8), который базируется на выводе математической модели, связывающей функцию входного напряжения x(t) с функцией выходного напряжения y(t), а также выводе функций выходного напряжения для заданных функций входного напряжения. x(t) y(t) Рис. 8. Обобщенная модель электрической схемы с одним входом и одним выходом. В общем случае электрическая схема может содержать большое количество как линейных, так и нелинейных элементов, внутренние источники постоянных и переменных токов и напряжений, и, соответственно, математическая модель, связывающая функции входного и выходного напряжения оказывается достаточно сложной. В случае же электрических схем, содержащих только линейные элементы (резисторы, катушки индуктивности и конденсаторы, усилители токов и напряжений с постоянными коэффициентами усиления), связь между функциями входного и выходного напряжений может быть представлена дифференциальным уравнением следующего вида: d n y (t ) d n 1 y (t ) dy(t ) a  a an y (t ) 1 n 1 dt dt n dt n 1 (51) d m x(t ) d m 1 x(t ) dx(t ) b1  bm 1 bm x(t ). dt dt m dt m 1 Где, a1…an, b1…bm – некоторые действительные постоянные коэффициенты. Особо отметим, что порядок m ≥ 0 правой части уравнения может быть как меньше или равен порядка n ≥ 0 левой части уравнения, так и больше него. Очевидно, что данное уравнение можно преобразовать по Лапласу, используя теорему о дифференцировании оригинала с учетом начальных условий для функций входного и выходного напряжений и их производных. При решении практических задач в большинстве случаев начальные условия либо равны нулю, либо ненулевые условия для функций входного и выходного напряжений и их производных взаимно компенсируются, и в итоге преобразование Лапласа дает связь между изображениями функций входного и выходного напряжения в виде формулы, не содержащей какие-либо начальные условия: 61 pm b1 p m 1  bm 1 p bm (52) X ( p) . p n a1 p n 1  a n 1 p a n Обозначим полученную дробь как передаточную функцию W(p) комплексного аргумента p, и тогда имеем: Y ( p) W ( p) X ( p) . (53) Таким образом, если для электрической схемы вывести передаточную функцию W(p), то тогда для заданной функции входного напряжения x(t), для которой известно изображение X(p), по формуле (53) можно получить изображение выходного напряжения Y(p), а затем также найти оригинал функции выходного напряжения y(t). Теперь особо отметим, что в электротехнике большое значение имеет, так называемая переходная функция h(t), которая получается на выходе схемы, при подаче на вход схемы единичной функции (функции Хевисайда): 1, при t 0 ; η(t ) Тогда, учитывая, что η(t ) 1/ p , и обозначив изображение 0, при t 0 . функции h(t) как H(p), по формуле (53) имеем: H ( p) W ( p) / p . (54) Наконец, подставляя формулу (54) в формулу (53) получаем: Y ( p) pH ( p) X ( p) . (55) Y ( p) Тогда, по теореме об изображении интегралов Дюамеля мы имеем следующие два интеграла Дюамеля, связывающие функции входного и выходного напряжений при помощи переходной функции h(t): t dx( τ) y (t ) x(0) h(t ) h(t τ) dτ . (56) d τ dh(t τ) dτ . (57) dτ Таким образом, если электрической схемы вывести переходную функцию h(t), то тогда для любой функции входного напряжения x(t) по формулам (56) или (57) можно также найти функцию выходного напряжения y(t). t y (t ) x(t ) h(0) x( τ) Анализ электрических схем в частотной области. Другой типовой задачей электротехники является анализ электрических цепей с одним входом и выходом в частотной области, который позволяет проанализировать влияние схемы, оказываемое на амплитуду и фазу гармонических входных сигналов вида sin(ωt φ) . При частотном анализе схема рассматривается как «комплексный преобразователь» (рис. 9) с передаточной функцией W(p). X(p) W(p) Y(p) Рис. 9. Обобщенная модель электрической схемы как комплексного преобразователя. 62 Для анализа электрических схем в частной области, используют связь между односторонним преобразованием Фурье и преобразованием Лапласа. По определению, одностороннее преобразование Фурье для функции w(t) вычисляется как: W (iω) w(t )e iωt dt . (58) Тогда, учитывая, что изображение по Лапласу вычисляется как W ( p) w(t )e pt dt , мы можем получить простую связь между комплексной передаточной функцией W ( p) и, так называемой, частотной передаточной функцией: W (iω) lim W ( p ) . (59) p iω Далее, частотную передаточную функцию W (iω) в соответствии с теорией функций комплексного переменного можно представить как: (60) W (iω) Re(W (iω)) i Im(W (iω)) . Где, Re(W (iω)) – действительная часть функции W (iω) , а Im(W (iω)) – мнимая часть. Тогда, можно найти амплитуду A(ω) и фазу (ω) частотной передаточной функции W (iω) по следующим формулам теории функций комплексного переменного: A(ω) Re(W (iω)) 2 Im(W (iω)) 2 . (61) Im(W (iω)) . (62) Re(W (iω)) В электротехнике, функция A(ω) известна как амплитудно-частотная характеристика, а функция (ω) как фазово-частотная характеристика. Амплитудно-частотная A(ω) и фазово-частотная (ω) характеристики показывают усиление (ослабление) амплитуды и сдвиг фазы входных гармонических сигналов вида sin(ωt φ) с заданной круговой частотой ω и фазой φ, осуществляемой электрической схемой в установившемся режиме при . t (ω) arctg Пример 158. Задана электрическая схема фильтра низких частот первого порядка, состоящего из резистора R и конденсатора C, соединенных последовательно (рис. 10). Начальное напряжение на конденсаторе u C (0) 0 . Найти функцию выходного напряжения y(t) фильтра для следующих функций входного напряжения x(t): 1, при t 0 ; 1) Единичная функция (Хевисайда): η(t ) 0, при t 0 . 63 2) Прямоугольные колебания с периодом T, заданные в виде следующего ряда при помощи функции Хевисайда: 1, при kT t kT T 2 ; (η(t kT ) η(t kT T 2)) 0, при kT T 2 t (k 1)T . k 0 3) Синусоидальные колебания с круговой частотой ω и фазой φ: sin(ωt φ) . Также найти амплитудно-частотную A(ω) и фазово-частотную (ω) характеристики фильтра. R x(t) y(t) iR(t) iC(t) C uC(0) = 0 Рис. 10. Электрическая схема фильтра низких частот первого порядка. Анализ во временной области. Заметим, что поскольку конденсатор C подключен параллельно выходу фильтра, то выходное напряжение фильтра равно напряжению на конденсаторе: y(t ) uC (t ) . Тогда, поскольку начальное напряжение на конденсаторе равно нулю, то начальное значение выходного напряжения также равно нулю: y(0) 0 . Также заметим, что в силу последовательного соединения через резистор R и конденсатор C течет один и тот же ток: iR (t ) iC (t ) . Из электротехники известно, что токи и напряжения на резисторе и конденсаторе связаны между собой следующими соотношениями: du (t ) u R (t ) iR (t ) R ; iC (t ) C C . dt Также заметим, что входное напряжение x(t ) складывается из напряжений на резисторе и конденсаторе: x(t ) u R (t ) uC (t ) . Тогда, учитывая приведенные выше соотношения токов и напряжений на резисторе и конденсаторе, и равенство токов iR (t ) iC (t ) , получаем: du (t ) x(t ) iR (t ) R uC (t ) iC (t ) R uC (t ) RC C uC (t ) . dt Тогда, учитывая что получаем следующее y(t ) uC (t ) , дифференциальное уравнение, с начальным условием, связывающее выходное напряжение с входным напряжением: 64 dy(t ) dt 1 y (t ) RC 1 x(t ) ; RC y (0) 0. 1 . RC Тогда, дифференциальное уравнение принимает следующий вид: dy(t ) α y (t ) α x(t ) ; y (0) 0. dt Выполним преобразование Лапласа дифференциального уравнения с учетом нулевого начального условия y(0) 0 , обозначив изображения функций x(t) и y(t) как X(p) и Y(p), а также используя теорему о дифференцировании оригинала. Тогда, получаем уравнение: pY ( p) αY ( p) α X ( p) . Обозначим коэффициент затухания фильтра как: α Отсюда, окончательно получаем формулу, связывающую изображения функций входного и выходного напряжений: α Y ( p) X ( p) . p α 1) Пусть в качестве функции входного напряжения задана единичная функция (Хевисайда) x(t ) η(t ) . Тогда, ее изображение выглядит как: 1 X ( p) . p Соответственно, изображение функции выходного напряжения выглядит следующим образом: α 1 1 . Y ( p) p( p α) p p α 1 1 1 и e αt , получаем Учитывая преобразования Лапласа p p α оригинал функции выходного напряжения (рис. 11): y (t ) 1 e αt . 2) Пусть в качестве функции входного напряжения задана функция прямоугольных колебаний с периодом T, заданная в виде ряда: (η(t kT ) η(t kT T 2)) . k 0 Тогда, с учетом преобразования η(t ) оригинала f (t τ) e pτ 1 / p и теоремы о запаздывании F ( p ) ее изображение выглядит как: 1 pkT 1 p ( kT T 2) . e e p k 0 p Соответственно, изображение функции выходного напряжения выглядит следующим образом: X ( p) 65 α e p( p α) Y ( p) k 0 1 p k 0 1 e α p α e p( p α) pkT 1 p pkT 1 p α p ( kT T 2 ) e p ( kT T 2 ) . 1 1 η(t ) и e αt η(t ) , и теорему о запаздывании p p α оригинала, получаем оригинал функции выходного напряжения (рис. 12): Тогда, учитывая, (η(t y (t ) α ( t kT ) kT )(1 e ) η(t kT T 2)(1 e α ( t kT T 2 ) )) . k 0 3) Пусть в качестве функции входного напряжения задана функция x(t ) sin(ωt φ) . Тогда, учитывая, что sin(ωt φ) sin ωt cosφ cosωt sin φ , ее изображение выглядит как: ω p X ( p) cos φ sin φ . 2 2 2 p ω p ω2 Тогда, изображение функции выходного напряжения выглядит как: αω αp Y ( p) cos φ sin φ . ( p α)( p 2 ω 2 ) ( p α)( p 2 ω 2 ) Разложим полученные дроби следующим образом: αω αp Y ( p) cos φ sin φ ( p α)( p 2 ω 2 ) ( p α)( p 2 ω 2 ) αω 2 α ω2 1 p α p α cosφ p 2 ω2 αω α 2 ω2 1 p p α α2 α 2 ω2 α2 α 2 ω2 p2 ω2 p ω2 / α p 2 ω2 1 p α α ω cosφ ω p 2 ω2 ω ω 1 sin φ. p 2 ω2 α p 2 ω2 p α 1 p e αt , Учитывая преобразования Лапласа p α p 2 ω2 ω p2 ω2 sin φ p cos ωt и sin ωt , получаем оригинал функции выходного напряжения: y (t ) αω e α ω2 αt 2 α2 cosωt α 2 ω2 cosωt ω sin ωt α 66 α sin ωt cosφ ω e αt sin φ. Представим полученную функцию в следующем виде: ω sin ω t cos φ sin φ α α2 . y (t ) α 2 ω2 ω ω cosωt sin φ cosφ e αt sin φ cosφ α α Теперь, воспользуемся следующими тригонометрическими тождествами: ω sin φ α cosφ ω sin φ cos φ α Тогда, имеем следующее: y (t ) α2 ω2 α α2 cos φ arctg ω2 sin φ arctg α sin ωt cos φ arctg α ω α ; ω . α ω α . ω ω e αt sin φ arctg α α Далее, учитывая формулу sin ωt cos γ cosωt sin γ sin(ωt γ) , получаем: y (t ) α ω 2 2 cosωt sin φ arctg α sin ωt φ arctg ω α e αt sin φ arctg ω α . α ω Введем следующие обозначения: ω α arctg ; (ω) . A(ω) 2 2 α α ω Тогда окончательно получаем функцию выходного напряжения (рис. 13): 2 y (t ) 2 A(ω)(sin(ωt φ (ω)) e αt sin(φ (ω))) . Рис. 11. Графики функций входных и выходных напряжений фильтра низких частот первого порядка при α = 10 и единичной функции на входе фильтра. 67 Рис. 12. Графики функций входных и выходных напряжений фильтра низких частот первого порядка при α = 10 и прямоугольных колебаниях с периодом T = 0,1 на входе фильтра. Рис. 13. Графики функций входных и выходных напряжений фильтра низких частот первого порядка при α = 10 и синусоидальных колебаниях с круговой частотой ω = 2π ∙ 10 и фазой φ = 0 на входе фильтра. Анализ в частотной области. Выше при анализе фильтра мы вывели следующую формулу, связывающую изображения функций входного и выходного напряжений: α Y ( p) X ( p) . p α α Соответственно, комплексная передаточная функция: W ( p) . p α 68 Вычислим теперь частотную передаточную функцию, и преобразуем ее так, чтобы можно было отдельно выделить ее действительную и мнимую части. Тогда, получаем: α α iω α2 αω W (iω) i . iω α α iω α 2 ω 2 α 2 ω2 Тогда, амплитудно-частотная характеристика (рис. 14) фильтра: α α . A(ω) α 2 ω2 2 2 α ω α 2 ω2 Соответственно, фазово-частотная характеристика (рис. 15) фильтра: ω (ω) arctg . α Рис. 14. График амплитудно-частотной характеристики фильтра низких частот первого порядка при α = 10. Рис. 15. График фазово-частотной характеристики фильтра низких частот первого порядка при α = 10. 69 Пример 159. Задана электрическая схема полосового фильтра второго порядка, состоящего из резистора R, катушки индуктивности L и конденсатора C (рис. 16). Начальное напряжение на конденсаторе u C (0) 0 , начальный ток катушки индуктивности iL (0) 0 . Найти функцию выходного напряжения y(t) фильтра для следующих функций входного напряжения x(t): 1, при t 0 ; 1) Единичная функция (Хевисайда): η(t ) 0, при t 0 . 2) Прямоугольные колебания с периодом T, заданные в виде следующего ряда при помощи функции Хевисайда: 1, при kT t kT T 2 ; (η(t kT ) η(t kT T 2)) 0, при kT T 2 t (k 1)T . k 0 3) Синусоидальные колебания с круговой частотой ω и фазой φ: sin(ωt φ) . Также найти амплитудно-частотную A(ω) и фазово-частотную (ω) характеристики фильтра. iR(t) R x(t) y(t) iL(t) L C iL(0) = 0 iC(t) uC(0) = 0 Рис. 16. Электрическая схема полосового фильтра второго порядка. Анализ во временной области. Заметим, что поскольку конденсатор C подключен параллельно выходу фильтра, то выходное напряжение фильтра равно напряжению на конденсаторе: y(t ) uC (t ) . Тогда, поскольку начальное напряжение на конденсаторе равно нулю, то начальное значение выходного напряжения также равно нулю: y(0) 0 . Также заметим, что ток, протекающий через резистор R, равен сумме токов, протекающих через катушку индуктивности L и конденсатор C: iR (t ) iC (t ) iL (t ) . Из электротехники известно, что токи и напряжения на резисторе, конденсаторе и катушке индуктивности связаны между собой следующими соотношениями: du (t ) di (t ) u R (t ) iR (t ) R ; iC (t ) C C ; u L (t ) L L . dt dt 70 Тогда, учитывая эти соотношения, и то, что iL (0) 0 , u C (0) 0 и y(t ) uC (t ) , получаем, что начальное значение производной выходного напряжения составляет: u R (0) x(0) uC (0) x(0) dy(0) duC (0) 1 1 . iC (0) (iR (0) iL (0)) dt dt C C RC RC RC Теперь также заметим, что входное напряжение x(t ) складывается из напряжений на резисторе и конденсаторе, и кроме того, напряжения на конденсаторе и на катушке индуктивности совпадают и равны выходному напряжению: x(t ) u R (t ) uC (t ); uC (t ) u L (t ) y(t ). Тогда, учитывая приведенные выше соотношения токов и напряжений на резисторе, катушке индуктивности и конденсаторе, а также iR (t ) iL (t ) iC (t ) , получаем: du (t ) x(t ) (iC (t ) iL (t ))R u C (t ) (C C iL (t ))R u C (t ) . dt Продифференцируем обе части уравнения, и учтем, что diL (t ) / dt uL (t ) / L и u L (t ) uC (t ) , и тогда получим: dx(t ) dt R C d 2 u C (t ) 2 diL (t ) dt duC (t ) dt R C d 2 u C (t ) 2 1 u C (t ) L duC (t ) . dt dt dt Тогда, учитывая что получаем следующее y(t ) uC (t ) , дифференциальное уравнение с начальными условиями, связывающее выходное напряжение с входным: d 2 y (t ) 1 dy(t ) 1 1 dx(t ) dy(0) 1 y ( t ) ; y ( ) ; x(0). RC dt LC RC dt dt RC dt 2 Введем следующие обозначения: 1 Коэффициент затухания фильтра: β . 2 RC 1 Собственная круговая частота свободных колебаний: ω 0 . LC Тогда, дифференциальное уравнение принимает следующий вид: d 2 y (t ) dy(t ) dx(t ) dy(0) 2β ω 02 y (t ) 2β ; y (0) 0 ; 2βx(0). 2 dt dt dt dt Выполним преобразование Лапласа дифференциального уравнения с учетом нулевых начальных условий, обозначив изображения функций x(t) и y(t) как X(p) и Y(p), а также используя теорему о дифференцировании оригинала. Тогда, получаем уравнение: dy(0) p 2Y ( p ) py(0) 2β( pY ( p) y (0)) ω 02Y ( p) 2β( pX ( p) x(0)). dt 71 Учитывая, начальные условия y(0) 0 и dy(0) / dt 2βx(0) , окончательно получаем формулу, связывающую изображения функций входного и выходного напряжений: 2βp Y ( p) X ( p) . p 2 2βp ω 02 1) Пусть в качестве функции входного напряжения задана единичная функция (Хевисайда) x(t ) η(t ) . Тогда, ее изображение выглядит как: 1 . X ( p) p Соответственно, изображение функции выходного напряжения выглядит как: 2β . Y ( p) 2 p 2βp ω 02 Чтобы упростить нахождение оригинала y(t) – функции выходного напряжения, преобразуем знаменатель p 2 2βp ω 02 ( p β) 2 ω 02 β 2 , и получим: 2β . Y ( p) ( p β) 2 ω 02 β 2 Теперь рассмотрим три возможных случая параметров фильтра, когда собственная частота ω 0 больше, равна или меньше коэффициента затухания β . Случай А. Собственная частота фильтра больше коэффициента затухания: ω0 β . В этом случае ω 02 образом: Y ( p) 0 , и записываем изображение Y(p) следующим β2 2β ω 02 β 2 ( p β) ω 02 β2 ( ω 02 2 ω 02 Учитывая преобразование β2 β ) 2 2 . e βt sin(t ω 02 β2 ), ( p β) 2 ( ω 02 β 2 ) 2 получаем оригинал функции выходного напряжения фильтра (рис. 17): 2β y(t ) e βt sin(t ω 02 β 2 ) . 2 2 ω0 β Случай Б. Собственная частота фильтра равна коэффициенту затухания: ω0 β . В этом случае ω 02 β 2 0 , и имеем следующее изображение Y(p): 2β . Y ( p) ( p β) 2 72 1 Тогда, учитывая преобразование te ( p β) функции выходного напряжения фильтра (рис. 18): 2 2βte y (t ) βt βt , получаем оригинал . Случай В. Собственная частота фильтра меньше коэффициента затухания: ω0 β . В этом случае ω 02 β 2 0 , и записываем изображение Y(p) следующим образом: β2 2β Y ( p) β2 ω 02 ( p β) 2 ( β2 β2 Учитывая преобразование ω 02 ω 02 ) 2 . ω 02 e βt sh(t β 2 ω 02 ) , ( p β) 2 ( β 2 ω 02 ) 2 получаем оригинал функции выходного напряжения фильтра (рис. 19): 2β y (t ) e βt sh(t β 2 ω 02 ) . β 2 ω 02 2) Пусть в качестве функции входного напряжения задана функция прямоугольных колебаний с периодом T, заданная в виде ряда: (η(t kT ) η(t kT T 2)) . k 0 Тогда, с учетом преобразования η(t ) оригинала f (t τ) e pτ 1 / p и теоремы о запаздывании F ( p ) ее изображение выглядит как: 1 pkT 1 p ( kT T 2) . e e p p k 0 Соответственно, изображение функции выходного напряжения: 2β 2β pkT Y ( p) e e p ( kT T 2) . 2 2 2 2 2 2 ω0 β ( p β) ω0 β k 0 ( p β) Ограничимся рассмотрением случая, когда собственная частота фильтра больше коэффициента затухания: ω0 β . X ( p) ω 02 Учитывая преобразование β2 y (t ) η(t 2β ω 02 β 2 k 0 η(t kT )e kT T 2)e β ( t kT ) ω 02 e βt sin(t ω 02 β2 ) и ( p β) ( β ) теорему о запаздывании оригинала, получаем оригинал функции выходного напряжения (рис. 20): 2 sin((t β ( t kT T 2 ) 73 2 2 kT ) ω 02 sin((t β2 ) kT T 2) . ω 02 β ) 2 3) Пусть в качестве функции входного напряжения задана функция x(t ) sin(ωt φ) . Тогда, учитывая, что sin(ωt φ) sin ωt cosφ cosωt sin φ , ее изображение выглядит как: ω p X ( p) cos φ sin φ . p 2 ω2 p 2 ω2 Тогда, изображение функции выходного напряжения выглядит как: 2βωp 2βp 2 Y ( p) cos φ sin φ . ( p 2 ω 2 )( p 2 2βp ω 02 ) ( p 2 ω 2 )( p 2 2βp ω 02 ) Выполним следующее разложение дробей: 1 Y ( p) 1 2βp p2 1 (ω 02 ω2 p2 4β 2 ω 2 ω 2 ) 2 4β 2 ω 2 p 2 p ω2 p2 2βω(ω02 ω 2 ) (ω 02 ω 2 ) 2 4β 2 ω 2 2βω 2 ω 02 ω 2 p ω 02 ω 02 p 2βω02 ω 02 ω 2 ω2 2β ω 02 (ω 02 1 p 2βp ω 02 2βω ω ) 2 cos φ sin φ. 2 Далее, ограничимся рассмотрением случая, когда собственная частота фильтра больше коэффициента затухания: ω0 β , и представим Y(p) в следующем виде: p p2 ω2 2βω ω ω 02 ω 2 p 2 ω 2 p β Y ( p) 2βω(ω02 (ω 02 ω 2 ) 2 ω ) 4β 2 ω 2 2 ( p β) 2 ω 02 ω 02 ( ω 02 ω2 ω2 74 cosφ β ω 02 ω 02 ( p β) 2 β2 )2 β2 β2 ( ω 02 β2 )2 ω 02 ω 2 ω 2 2βω p ω2 p p2 ω2 p β 4β ω ω 2 ) 2 4β 2 ω 2 2 (ω 02 ( p β) 2 2 2β 2 ω 2 ( ω 02 ω 02 (ω 02 2β 2 ω 2 ω2 ) Учтем преобразования ω 02 ( p β) 2 β2 ( ω 02 p β β2 )2 ω 02 2 2 e e βt βt ( ω 02 β2 )2 ω Лапласа sin(t ω 02 β2 ), cos(t ω 02 β2 ) , p p и тогда, βt e 2βω(ω02 ω 2 ) (ω 02 ω 2 ) 2 4β 2 ω 2 (ω 02 e 2β 2 ω 2 ω ω2 2 βt наконец, βt 75 cos φ β ω 02 sin(t ω 02 cos(t ω 02 ω 02 (ω 02 2β 2 ω 2 e β2 ) β2 β2 ) βt β2 ) ω2 ) sin(t ω 02 sin φ. β ω 02 β2 ) β2 и получаем ω 02 ω 2 sin(ωt ) 2βω cos(ωt ) 4β 2 ω 2 ω 2 ) 2 4β 2 ω 2 cos(t ω 02 ω 02 ω 02 e sin(ωt ) , ω2 cos(ωt ) ω2 p2 2 2βω sin(ωt ) ω 02 ω 2 cos(ωt ) y (t ) β2 β2 ( p β) ( β ) оригинал функции выходного напряжения фильтра: 2 sin φ. β ω 02 ω 02 ( p β) 2 β2 )2 Выполним ряд алгебраических преобразований функции y(t): y (t ) 4β 2ω2 ω2 ) 2 4β 2ω2 (ω02 4β 2ω2 ω2 ) 2 4β 2ω2 (ω02 (ω02 4β 2ω2 e ω2 ) 2 4β 2ω2 ω02 ω2 cos(ωt ) cos φ 2βω sin(ωt ) ω02 ω2 sin(ωt ) sin φ 2βω cos(ωt ) βt ω02 cos(t βω(ω02 ω2 ) (ω02 ω2 ) 2 4β 2ω2 β ) sin φ 2β ω02 ω02 ω2 cos φ 2βω 2 β 2 e βt sin(t ω02 β 2 ) 2β 2ω2 ω02 (ω02 ω2 ) sin φ . βω(ω02 ω2 ) cos φ Теперь, воспользуемся следующими тригонометрическими тождествами: sin γ b cos γ a a2 cos γ b sin γ a a2 b2 a b2 a sin γ arctg b ; a cos γ arctg b a ; sin θ cos φ cos θ sin φ sin(θ φ). Тогда, получаем следующее: ω 02 ω 2 2βω y (t ) sin ωt φ arctg 2βω (ω 02 ω 2 ) 2 4β 2 ω 2 2βω (ω 02 ω ) 4β ω 2 2 2 2 e βt cos(t ω 04 β 2ω2 ω2 ) 2 (ω 02 ω 02 ω 02 ω 2 β ) sin φ arctg 2βω 2 2β 4β 2 ω 2 ω 02 β2 2β 2 ω 2 ω 02 (ω 02 ω 2 ) e sin(t β ) cos φ arctg . βω(ω02 ω 2 ) Введем следующие обозначения: ω02 ω2 2βω A(ω) ; (ω) arctg ; 2 2 2 2 2 2 βω (ω0 ω ) 4β ω βt E (ω) ω 02 ω04 (ω02 2 β 2ω2 ω2 ) 2 4β 2 ω 2 ; (ω) arctg 76 2β 2 ω 2 ω02 (ω02 ω 2 ) . βω(ω02 ω 2 ) Тогда, окончательно получаем функцию выходного напряжения (рис. 21): y (t ) A(ω) sin(ωt A(ω) cos(t ω 02 e βt E (ω) 2β ω 02 β2 φ (ω)) β 2 ) sin(φ sin(t ω 02 (ω)) β 2 ) cos(φ (ω)) . Рис. 17. Графики функций входных и выходных напряжений полосового фильтра второго порядка при параметрах фильтра β = 10 и ω0 = 20 и единичной функции на входе фильтра. Рис. 18. Графики функций входных и выходных напряжений полосового фильтра второго порядка при параметрах фильтра β = 10 и ω0 = 10 и единичной функции на входе фильтра. 77 Рис. 19. Графики функций входных и выходных напряжений полосового фильтра второго порядка при параметрах фильтра β = 10 и ω0 = 5 и единичной функции на входе фильтра. Рис. 20. Графики функций входных и выходных напряжений полосового фильтра второго порядка при параметрах фильтра β = 10 и ω0 = 20 и прямоугольных колебаниях с периодом T = 1 на входе фильтра. 78 Рис. 21. Графики функций входных и выходных напряжений при параметрах полосового фильтра второго порядка β = 10 и ω0 = 20 и синусоидальных колебаниях с круговой частотой ω = 2π ∙ 1 и фазой φ = 0 на входе фильтра. Анализ в частотной области. Выше при анализе фильтра мы вывели формулу, связывающую изображения функций входного и выходного 2βp напряжений: Y ( p) X ( p) . 2 p 2βp ω 02 Соответственно, комплексная передаточная функция фильтра: 2βp . W ( p) 2 p 2βp ω 02 Вычислим теперь частотную передаточную функцию, и преобразуем ее так, чтобы можно было отдельно выделить ее действительную и мнимую части: (ω 02 ω 2 ) 2βiω 2βiω W (iω) ω 2 2βiω ω 02 (ω 02 ω 2 ) 2βiω 2βω(ω02 ω 2 ) 4β 2 ω 2 i 2 . (ω 02 ω 2 ) 2 4β 2 ω 2 (ω 0 ω 2 ) 2 4β 2 ω 2 Тогда, амплитудно-частотная характеристика (рис. 22) фильтра: 2βω 2βω . A(ω) 4β 2 ω 2 (ω02 ω 2 ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (ω0 ω ) 4β ω (ω0 ω ) 4β ω Соответственно, фазово-частотная характеристика (рис. 23) фильтра: ω 02 ω 2 (ω) arctg . 2βω 79 Рис. 22. График амплитудно-частотной характеристики полосового фильтра второго порядка при β = 10 и ω0 = 20. Рис. 23. График фазово-частотной характеристики полосового фильтра второго порядка при β = 10 и ω0 = 20. Используя полученную функцию АЧХ полосового фильтра можно определить резонансную круговую частоту полосового фильтра ωR, при которой АЧХ достигает максимального значения, из уравнения A(ωR ) 1 : ω R ω0 . Также можно найти нижнюю ωLC (low cut-off) и верхнюю ωHC (high-cutoff) круговые частоты среза полосового фильтра, при которых значение АЧХ фильтра в 2 меньше максимального значения, из уравнения A(ω C ) 1 2 : ω LC β β2 ω 02 ; ω HC β β 2 ω 02 . Наконец, также можно вычислить полосу пропускания фильтра, как разницу между круговыми частотами среза полосового фильтра: ωHC ωLC 2β . 80 2.12. Решение задач теории надежности Преобразование Лапласа можно использовать при анализе показателей надежности технических систем и решении задач теории надежности, которые часто сводятся к решению систем дифференциальных уравнений первого порядка. Для анализа надежности систем в теории надежности, как правило, используются такие ключевые показатели надежности как: нестационарный коэффициент готовности, вероятность безотказной работы и среднее время наработки на отказ, и часто применяются модели надежности на базе цепей Маркова. Рассмотрим обобщенную модель надежности технических систем на базе цепей Маркова и методику расчета ключевых показателей надежности: Нестационарный коэффициент готовности. Вероятность безотказной работы. Среднее время наработки до первого отказа. Нестационарный коэффициент готовности. В общем случае цепь Маркова с непрерывным временем в модели надежности технических систем выглядит следующим образом (рис. 24): E+ E– H+ H– Рис. 24. Цепь Маркова в обобщенной модели надежности системы. 81 Цепь Маркова содержит множество состояний E, которое состоит из подмножества работоспособных состояний E+ и подмножества неработоспособных состояний E–. В свою очередь, подмножество E+ содержит подмножество H+ граничных работоспособных состояний, имеющих прямые переходы в неработоспособные состояния. Аналогично, подмножество E– содержит подмножество H– граничных неработоспособных состояний, имеющих прямые переходы в работоспособные состояния. У каждого состояния i E (рис. 25) могут быть как входящие переходы с интенсивностями γ ri из подмножества состояний {r Ri }, имеющих переходы в i-е состояние, так и исходящие переходы с интенсивностями γ is в подмножество состояний {s Si } , имеющих переходы из i-го состояния. r γri i γis s Рис. 25. Входящие и исходящие переходы для состояния i. Математически модель цепи Маркова с непрерывным временем представляет собой систему дифференциальных уравнений КолмогороваЧепмена для каждого состояния i E , решив которую можно найти функции вероятностей Pi(t) всех состояний системы, при заданных начальных условиях Pi(0) для всех состояний и, учитывая, что сумма вероятностей всех состояний системы всегда равна 1: Pi (t ) 1; i E (63) dP (t ) i E: i ( γ ri Pr (t )) Pi (t ) γ is . dt r R s S i i Решив систему дифференциальных уравнений при некоторых заданных начальных условиях: обычно одно из работоспособных состояний k* выбирается начальным и для него Pk*(0) = 1, а для остальных состояний Pi(0) = 0, можно получить функции вероятностей Pi(t) всех состояний системы. Тогда, согласно теории надежности функция нестационарного коэффициента готовности K(t) системы при заданном начальном состоянии k* определяется как сумма функций вероятностей работоспособных состояний системы: (64) K (t ) Pi (t ). i E Нетрудно заметить, что для решения системы дифференциальных уравнений Колмогорова-Чепмена мы можем применить преобразование Лапласа. 82 Обозначим изображения функций вероятностей Pi(t) как Yi(p) и применим преобразование Лапласа к системе дифференциальных уравнений с учетом теоремы о дифференцировании оригинала dPi (t ) / dt pYi ( p) Pi (0) и начальных условий: 1 Yi ( p ) ; p i E Pk * (0) 1; i E \ {k *} : Pi (0) 0 ; (65) i E : pYi ( p) Pi (0) ( γ ri Yr ( p )) Yi ( p ) γ is . r Ri s Si Тогда, решив полученную систему уравнений, мы можем найти изображения Yi(p) для всех работоспособных состояний, и далее по ним найти оригиналы функций вероятностей Pi(t) для всех работоспособных состояний, и, наконец, также найти функцию нестационарного коэффициента готовности системы K(t). Вероятность безотказной работы. Для нахождения функции вероятности безотказной работы в модели надежности на базе цепи Маркова согласно теории надежности необходимо специальным образом редуцировать исходную цепь Маркова (рис. 24), а затем решить для нее систему дифференциальных уравнений Колмогорова-Чепмена при заданном начальном состоянии. Начальное состояние k* системы должно быть из подмножества работоспособных состояний E+. Редуцирование исходной цепи Маркова сводится к следующему: Удаляются все исходящие переходы из всех неработоспособных состояний подмножества E– в любые другие состояния. Удаляются неработоспособные состояния, которые не имеют переходы из работоспособных состояний, поскольку в результате предыдущей операции у них не остается ни входящих, ни исходящих переходов. Таким образом, в результате редуцирования цепи Маркова (рис. 26) остаются только граничные неработоспособные состояния, имеющие прямые переходы из граничных работоспособных состояний. Далее, учитывая то, что в редуцированной цепи Маркова работоспособные состояния не имеют входящих переходов из неработоспособных состояний, и, в уравнениях Колмогорова-Чепмена для работоспособных состояний вероятности неработоспособных состояний не участвуют, то система дифференциальных уравнений составляется только для работоспособных состояний. В качестве начальных условий для состояния k* вероятность задается равной 1, а для всех остальных состояний вероятность задается равной 0. Pk * (0) 1; i E \ {k *} : Pi (0) 0 ; dP (t ) (66) i E : i ( γ ri Pr (t )) Pi (t ) γ is . dt r Ri s Si 83 Решив систему уравнений, получаем функции вероятностей всех работоспособных состояний редуцированной цепи Маркова при заданном начальном состоянии k*. Тогда, согласно теории надежности функция вероятности безотказной работы PFF(t) системы при заданном начальном состоянии k* определяется как сумма функций вероятностей работоспособных состояний редуцированной цепи Маркова: PFF (t ) Pi (t ). (67) i E k* H– E+ H+ Рис. 26. Редуцированная цепь Маркова в обобщенной модели надежности системы для расчета вероятности безотказной работы системы. Для решения системы дифференциальных уравнений КолмогороваЧепмена мы можем применить преобразование Лапласа. Обозначим изображения функций вероятностей Pi(t) как Yi(p) и применим преобразование Лапласа к системе дифференциальных уравнений с учетом теоремы о дифференцировании оригинала dPi (t ) / dt pYi ( p) Pi (0) и начальных условий: Pk * (0) 1; i E \ {k *} : Pi (0) 0 ; (68) i E : pYi ( p) Pi (0) ( γ ri Yr ( p)) Yi ( p) γ is . r Ri s Si 84 Тогда, решив полученную систему уравнений, мы можем найти изображения Yi(p) для всех работоспособных состояний, и далее по ним найти оригиналы функций вероятностей Pi(t) для всех работоспособных состояний, и, наконец, также найти функцию вероятности безотказной работы PFF(t). Среднее время наработки до первого отказа. В соответствии с теорией надежности среднее время наработки до первого отказа TFF системы определяется как среднее время пребывания системы в одном из работоспособных состояний в редуцированной цепи Маркова, и вычисляется как несобственный интеграл от функции вероятности безотказной работы системы, которая, в свою очередь, равна сумме функций вероятностей работоспособных состояний: (69) Pi (t )dt . E Теперь отметим, что согласно теореме 16, несобственный интеграл от функции-оригинала может быть вычислен как предел его изображения: TFF PFF (t )dt f (t )dt 0i lim F ( p ) . p Тогда, очевидно, что можно намного проще вычислить среднее время наработки до первого отказа как предел суммы изображений Yi(p) функций вероятностей Pi(t) работоспособных состояний редуцированной цепи Маркова: TFF 0i Pi (t )dt E lim p i Yi ( p) . E (70) Пример 160. Пусть имеется дублированная система с двумя идентичными восстанавливаемыми элементами с экспоненциальным законом распределения времени отказов и с экспоненциальным законом распределения времени восстановлений. Интенсивность отказов элементов составляет λ. Интенсивность восстановлений элементов составляет μ. Элементы независимы по отказам и по восстановлениям. Дублированная система считается работоспособной, когда хотя бы один из элементов работоспособен. В начальный момент времени оба элемента работоспособны. 1) Найти функцию нестационарного коэффициента готовности системы K(t). 2) Найти функцию вероятности безотказной работы системы PFF(t). 3) Найти среднее время наработки до первого отказа системы TFF. Решение. Согласно теории надежности, модель надежности дублированной системы может быть представлена в виде цепи Маркова (рис. 27) с тремя состояниями: состояние 0 – оба элемента работоспособны, состояние 1 – один из элементов неработоспособен, состояние 2 – оба элемента неработоспособны. Состояние 0 является начальным. 85 λ 2λ 0* 1 μ 2 2μ Рис. 27. Цепь Маркова для модели надежности дублированной системы. Также согласно теории надежности вероятности состояний цепи Маркова могут быть найдены из следующей системы дифференциальных уравнений Колмогорова-Чепмена: P0 (0) 1 ; P1 (0) 0 ; P2 (0) 0 ; P0 (t ) P1 (t ) P2 (t ) 1; dP0 (t ) / dt 2λP0 (t ) μP1 (t ); dP1 (t ) / dt 2λP0 (t ) (μ λ ) P1 (t ) 2μP2 (t ); dP2 (t ) / dt λP1 (t ) 2μP2 (t ). 1) Согласно теории надежности нестационарный коэффициент готовности рассматриваемой дублированной системы равен сумме вероятностей работоспособных состояний 0 и 1, когда либо оба элемента работоспособны, либо хотя бы один из элементов работоспособен. Также учтем, что P0 (t ) P1 (t ) P2 (t ) 1. Тогда, нестационарный коэффициент готовности может быть вычислен как: K (t ) P0 (t ) P1 (t ) 1 P2 (t ) . Нетрудно заметить, что для решения задачи достаточно решить вышеприведенную систему дифференциальных уравнений и найти неизвестную функцию P2 (t ) . Обозначим изображения функций вероятностей P0 (t ) , P1 (t ) и P2 (t ) как Y0 ( p) , Y1 ( p) и Y2 ( p) , и применим преобразование Лапласа к системе дифференциальных уравнений, с учетом теоремы о дифференцировании оригинала dPi (t ) / dt pYi ( p) Pi (0) и начальных значений для функций вероятностей P0 (0) 1, P1 (0) 0 и P2 (0) 0 : Y0 ( p ) Y1 ( p ) Y2 ( p ) 1 / p ; pY0 ( p ) 1 2λY0 ( p ) μY1 ( p ); pY1 ( p ) 2λY0 ( p ) (μ λ )Y1 ( p ) 2μY2 ( p ); pY2 ( p ) λY1 ( p ) 2μY2 ( p ). Таким образом, мы получили систему линейных алгебраических уравнений, где в качестве неизвестных выступают изображения функций вероятностей. Выразим из последнего уравнения Y1 ( p) через Y2 ( p) : p 2μ Y1 ( p) Y2 ( p) . λ 86 После этого подставим полученное выражение в предпоследнее уравнение на место изображения Y1 ( p) , и выразим Y0 ( p) через Y2 ( p) : p(λ 3μ) 2μ 2 Y0 ( p) Y2 ( p) . 2λ 2 Теперь, подставим полученные выражения для изображений Y0 ( p) и Y1 ( p) в уравнение Y0 ( p) Y1 ( p) Y2 ( p) 1 / p , получаем Y2 ( p) : 2λ 2 Y2 ( p) . p( p 2 3(λ μ) p 2(λ μ) 2 ) Выполним ряд алгебраических преобразований полученной дроби, и далее разложим ее на более простые дроби: 2λ 2 p( p 2 3(λ μ) p 2(λ μ) 2 ) p2 p( p 2λ 2 λ μ)( p 2(λ μ)) 2λ 2 1 1 λ μ λ μ p 1 p λ μ λ2 1 2 (λ μ) p Теперь, 1 p α e αt учитывая 2λ 2 1 p(λ μ) p λ μ 1 1 2(λ μ) p 2 p λ μ известные p p p 1 2(λ μ) 1 2(λ μ) 1 . 2(λ μ) преобразования Лапласа 1 p 1 и , получаем оригинал функции вероятности P2 (t ) : λ2 λ 2 (1 e ( λ μ )t ) 2 ( λ μ )t 2( λ μ )t P2 (t ) (1 2e e ) . (λ μ) 2 (λ μ) 2 Тогда, в итоге получаем следующую функцию нестационарного коэффициента готовности (рис. 29) рассматриваемой дублированной системы: λ 2 (1 e ( λ μ )t ) 2 K (t ) 1 P2 (t ) 1 . (λ μ) 2 Особо отметим, что при t →∞ коэффициент готовности дублированной системы стремится к следующему стационарному значению: λ2 μ(μ 2λ) lim K (t ) 1 . t (λ μ) 2 (λ μ) 2 2) Для нахождения функции вероятности безотказной работы системы согласно теории надежности необходимо рассмотреть редуцированную цепь Маркова, которая получается из исходной цепи Маркова путем удаления исходящих переходов из всех неработоспособных состояний во все работоспособные состояния. 87 В рассматриваемой нами исходной цепи Маркова (рис. 27) таким переходом является переход из неработоспособного состояния 2 в работоспособное состояние 1. Удаляем его, и тогда получаем следующую редуцированную цепь Маркова (рис. 28): 2λ 0* 1 λ 2 μ Рис. 28. Редуцированная цепь Маркова для модели надежности дублированной системы. Соответственно, система дифференциальных уравнений КолмогороваЧепмена для работоспособных состояний 0 и 1 редуцированной цепи Маркова выглядит как: P0 (0) 1 ; P1 (0) 0 ; dP0 (t ) / dt 2λP0 (t ) μP1 (t ); dP1 (t ) / dt 2λP0 (t ) (μ λ) P1 (t ). Вероятность безотказной работы рассматриваемой дублированной системы равна сумме вероятностей работоспособных состояний 0 и 1 редуцированной цепи Маркова: PFF (t ) P0 (t ) P1 (t ) . Тогда, очевидно, что для решения задачи необходимо решить вышеприведенную систему дифференциальных уравнений и найти сумму функций P0 (t ) и P1 (t ) . Обозначим изображения функций вероятностей P0 (t ) и P1 (t ) , как Y0 ( p) и Y1 ( p) , и применим преобразование Лапласа к системе дифференциальных уравнений, с учетом теоремы о дифференцировании оригинала dPi (t ) / dt pYi ( p) Pi (0) и начальных значений для функции вероятностей P0 (0) 1 и P1 (0) 0 . В результате получаем: pY0 ( p) 1 2λY0 ( p) μY1 ( p); pY1 ( p) 2λY0 ( p) (μ λ)Y1 ( p). 2λ Y0 ( p) . p μ λ После этого подставим полученное выражение в первое уравнение на место изображения Y1 ( p) , и получаем изображение Y0 ( p) , а затем также и изображение Y1 ( p) : p μ λ 2λ Y0 ( p) ; Y1 ( p) . 2 2 2 p p(μ 3λ) 2λ p p(μ 3λ) 2λ 2 p μ 3λ Тогда, сумма изображений: Y0 ( p) Y1 ( p) . 2 p p(μ 3λ) 2λ 2 Выразим из второго уравнения Y1 ( p) через Y0 ( p) : Y1 ( p) 88 Введем обозначение: β полученной дроби: μ 3λ , и выполним ряд преобразований 2 Y0 ( p ) Y1 ( p) p2 p β p 2β 2βp 2λ 2 β2 β ( p β) ( β 2λ ) β 2λ ( p β) Учтем следующие преобразования Лапласа: p β e βt ch(t β 2 ( p β) 2 ( β 2 2λ 2 ) 2 2 2 2 2 β2 2 2λ 2 2 e 2 βt sh(t β 2 2λ 2 ( β 2 2 2 . 2λ ) 2λ 2 ) ; 2λ 2 ) . ( p β) 2 ( β 2 2λ 2 ) 2 Тогда, получаем сумму функций P0 (t ) и P1 (t ) , которая равна искомой функции вероятности безотказной работы (рис. 30): PFF (t ) P0 (t ) P1 (t ) e βt ch(t β 2 2λ 2 ) β β2 2λ 2 sh(t β 2 2λ 2 ) . Особо отметим, что β 2 2λ 2 0 , поскольку по определению теории надежности интенсивности отказов и восстановлений являются неотрицательными величинами: λ 0 и μ 0 , и очевидно, что: (μ 3λ) 2 μ 2 6μλ λ 2 2λ 2 0. 4 4 3) В соответствии с теорией надежности среднее время наработки до первого отказа рассматриваемой нами дублированной системы определяется как среднее время пребывания системы в одном из работоспособных состояний 0 и 1 в редуцированной цепи Маркова, и вычисляется через следующий β2 2λ 2 интеграл: TFF ( P0 (t ) P1 (t ))dt . Теперь заметим, для вычисления интеграла мы можем воспользоваться теоремой о предельных значениях, и вычислить среднее время наработки до первого отказа через предел полученной выше суммы изображений Y0 ( p) и Y1 ( p) функций вероятностей P0 (t ) и P1 (t ) . С учетом вышесказанного, получаем следующую формулу для вычисления среднего время наработки до первого отказа рассматриваемой дублированной системы: p μ 3λ μ 3λ TFF ( P0 (t ) P1 (t ))dt lim(Y0 ( p) Y1 ( p)) lim 2 . 2 2 p 0 p 0 p p ( μ 3 λ) 2λ 2λ 89 Рис. 29. График функции коэффициента готовности дублированной системы при интенсивностях отказов λ = 0,4 час–1 и восстановлений μ = 0,6 час–1. Рис. 30. График функции вероятности безотказной работы дублированной системы при интенсивностях отказов λ = 0,4 час–1 и восстановлений μ = 0,6 час–1. 90 Контрольные вопросы 1. К чему сводится вычисление несобственных интегралов, зависящих от параметра, с помощью преобразование Лапласа? 2. Какие свойства преобразования Лапласа позволяют использовать его для решения дифференциальных уравнений с постоянными коэффициентами? 3. В каких случаях используется интеграл Дюамеля при решении дифференциальных уравнений с постоянными коэффициентами? 4. Каким образом при помощи функции Хевисайда представляются периодические, запаздывающие и составные функции и как вычисляются их изображения? 5. Приведите пример решения дифференциальных содержащих функцию Хевисайда в правой части. уравнений, 6. Приведите пример решения дифференциальных содержащих функции с запаздывающим аргументом. уравнений, 7. Перечислите основные виды интегральных уравнений и способ их решения с помощью преобразования Лапласа. 8. Перечислите основные виды уравнений математической физики, для решения которых может применяться преобразование Лапласа. 9. Каким образом используется преобразование Лапласа при анализе переходных процессов и частотных характеристик электрических цепей? Приведите пример. 10. Каким образом используется преобразование Лапласа при анализе показателей надежности технических систем? Приведите пример. 91 Приложение. Задания по решению дифференциальных уравнений с постоянными коэффициентами и заданными начальными условиями операторным методом Задания по решению дифференциальных уравнений Вариант 1. d 2 y(t ) 1.1. dt 2 d 2 y(t ) 1.2. dt 2 d 2 y(t ) 1.3. dt 2 d 4 y(t ) 1.4. dt 4 2 dy(t ) 2 y(t ) dt 4 y(t ) 0 ; y(0) 1, 4t ; y(0) 1, dy(0) dt dy(0) dt 2. 0. dy(t ) dy(0) y(t ) 2t sin t ; y(0) 1, 1. dt dt d 2 y(t ) dy(0) d 2 y(0) 2 y(t ) t sin t ; y(0) dt dt 2 dt 2 2 d 3 y(0) dt 3 0. Вариант 2. d 2 y(t ) dy(t ) dy(0) 2.1. 6 9 y(t ) 0 ; y(0) 1, 2. 2 dt dt dt d 2 y(t ) dy(0) 2.2. 4 y ( t ) 8 t ; y ( ) , (0) 4. dt dt 2 d 2 y(t ) dy(t ) dy(0) 2.3. 2 y(t ) 2t cost ; y(0) 1, 1. 2 dt dt dt d 3 y(t ) dy(t ) dy(0) d 2 y(0) 2t 2.4. 10 e ; y ( ) 0. dt dt dt 3 dt 2 Вариант 3. d 2 y(t ) dy(t ) dy(0) 3.1. 6 y(t ) 2 ; y(0) 1, 0. 2 dt dt dt d 2 y(t ) dy(0) 3.2. 4 y ( t ) 2 cos 2 t ; y ( ) , 4. dt dt 2 d 2 y(t ) dy(0) 3.3. y ( t ) 30 sin t sin 3 t ; y ( ) 1 , 1. dt dt 2 d 3 y(t ) d 2 y(t ) dy(t ) dy(0) 3.4. 4 4 y(t ) t 2 8 ; y(0) 3 2 dt dt dt dt Вариант 4. d 2 y(t ) 4.1. 9 y(t ) dt 2 2 t ; y(0) 0, dy(0) 1. dt 92 d 2 y(0) dt 2 0. d 2 y(t ) dy(0) 4 y ( t ) 4 sin t ; y ( ) 4 , 0. dt dt 2 d 2 y(t ) dy(0) 4.3. y(t ) 30 sin t cos 3t ; y(0) 1, 1. 2 dt dt d 3 y(t ) dy(t ) dy(0) d 2 y(0) 4.4. 1 ; y ( ) 0. dt dt dt 3 dt 2 4.2. Вариант 5. d 2 y(t ) dy(t ) dy(0) 5.1. 2 y(t ) e t ; y(0) 0, 2. 2 dt dt dt d 2 y(t ) dy(t ) dy(0) 5.2. 2 t sin t ; y ( ) 0. dt dt dt 2 d 2 y(t ) dy(0) 5.3. y ( t ) 30 cos t sin 3 t ; y ( ) 1 , 1. dt dt 2 d 3 y(t ) d 2 y(t ) dy(0) d 2 y(0) 5.4. sin t ; y(0) 0. dt dt 3 dt 2 dt 2 Вариант 6. d 2 y(t ) dy(t ) dy(0) 6.1. 3 6 ; y ( ) 1 , 1. dt dt dt 2 d 2 y(t ) dy(t ) dy(0) 6.2. 2 y(t ) sin t ; y(0) 0, 1. 2 dt dt dt d 2 y(t ) dy(0) 6.3. y ( t ) 30 cos t cos 3 t ; y ( ) 1 , 1. dt dt 2 d 3 y(t ) dy(t ) dy(0) d 2 y(0) 6.4. t ; y(0) 0, 1, 0. dt dt dt 3 dt 2 Вариант 7. d 2 y(t ) dy(0) 7.1. y(t ) t 2 2t ; y(0) 4, 2. 2 dt dt d 2 y(t ) dy(t ) dy(0) t 7.2. 2 y ( t ) e ; y ( ) , 1. dt dt dt 2 d 2 y(t ) dy(t ) dy(0) 7.3. 9 20 y(t ) 442sin t ; y(0) 1, 1. 2 dt dt dt d 3 y(t ) d 2 y(t ) dy(t ) dy(0) d 2 y(0) 7.4. 2 5 ; y ( ) 1 , 2 , dt dt dt 3 dt 2 dt 2 93 0. Вариант 8. d 2 y(t ) dy(t ) dy(0) 8.1. 2 y ( t ) 4 ; y ( ) 4 , 2. dt dt dt 2 d 2 y(t ) dy(t ) dy(0) 8.2. cost ; y(0) 2, 0. 2 dt dt dt d 2 y(t ) dy(t ) dy(0) 8.3. 9 20 y ( t ) 290 sin 2 t ; y ( ) 1 , 1. dt dt dt 2 d 3 y(t ) d 2 y(t ) dy(0) d 2 y(0) t ; y(0) 3, 1, 0. 8.4. dt dt 3 dt 2 dt 2 Вариант 9. d 2 y(t ) dy(t ) dy(0) 9.1. 5 6 y(t ) 2e t ; y(0) 1, 1. 2 dt dt dt d 2 y(t ) dy(t ) dy(0) 9.2. 2 2 y ( t ) 1 ; y ( ) 0. dt dt dt 2 d 2 y(t ) dy(t ) dy(0) 9.3. 9 20 y(t ) 850sin 3t ; y(0) 1, 1. 2 dt dt dt d 3 y(t ) d 2 y(t ) dy(0) d 2 y(0) 9.4. sin t ; y(0) 1, 1, 0. dt dt 3 dt 2 dt 2 Вариант 10. d 2 y(t ) dy(0) 3 10.1. y ( t ) t 6 t ; y ( ) 0. dt dt 2 d 2 y(t ) dy(0) y(t ) cost ; y(0) 1, 1. 10.2. 2 dt dt d 2 y(t ) dy(0) 2t 10.3. y ( t ) 40 e sin 3 t ; y ( ) 1 , 1. dt dt 2 d 4 y(t ) d 2 y(t ) dy(0) d 2 y(0) d 3 y(0) 10.4. 1 ; y(0) dt dt 4 dt 2 dt 2 dt 3 Вариант 11. d 2 y(t ) dy(0) 11.1. y ( t ) sin 2 t ; y ( ) 0. dt dt 2 d 2 y(t ) dy(t ) dy(0) 2 11.2. 2 y ( t ) t ; y ( ) 1 , 0. dt dt dt 2 d 2 y(t ) dy(0) 11.3. y(t ) 40e 2t cos3t ; y(0) 1, 1. 2 dt dt 94 0. 11.4. d 3 y(t ) dt 3 y(t ) 0 ; y(0) 0, dy(0) dt 1, d 2 y(0) dt 2 Вариант 12. d 2 y(t ) dy(0) 12.1. y(t ) cos t ; y(0) 0. 2 dt dt d 2 y(t ) dy(t ) dy(0) 12.2. 2 5 y ( t ) 3 ; y ( ) 1 , 0. dt dt dt 2 d 2 y(t ) dy(0) 12.3. y(t ) 30e 3t sin 2t ; y(0) 1, 1. 2 dt dt d 3 y(t ) dy(t ) dy(0) d 2 y(0) t 12.4. e ; y(0) 0, 2, dt dt dt 3 dt 2 Вариант 13. d 2 y(t ) 13.1. y(t ) cost sin 2t ; y(0) dt 2 d 2 y(t ) dy(t ) 13.2. 2 2 y(t ) 1 ; y(0) 2 dt dt d 2 y(t ) 13.3. y(t ) 30e 3t cos 2t ; y(0) 2 dt 3 d y(t ) d 2 y(t ) 13.4. cos t ; y(0) 2, dt 3 dt 2 2. 0. dy(0) 0. dt dy(0) 0. dt dy(0) 1, 1. dt dy(0) d 2 y(0) 0, dt dt 2 Вариант 14. d 2 y(t ) dy(0) t 14.1. y ( t ) e 2 ; y ( ) 0. dt dt 2 d 2 y(t ) dy(0) 14.2. 4 y(t ) t ; y(0) 1, 0. 2 dt dt d 2 y(t ) dy(t ) dy(0) 14.3. 2 y(t ) 12te t ; y(0) 1, 1. 2 dt dt dt d 4 y(t ) d 2 y(t ) dy(0) d 2 y(0) 14.4. cos t ; y ( ) , 1 , dt dt 4 dt 2 dt 2 Вариант 15. d 2 y(t ) dy(0) 15.1. 4 y(t ) 4e 2t ; y(0) 0, 0. 2 dt dt d 2 y(t ) dy(0) 15.2. y ( t ) 1 ; y ( ) 1 , 0. dt dt 2 95 0. 0, d 3 y(t ) dt 3 0. d 2 y(t ) dy(t ) dy(0) 2t 2 y ( t ) 54 te ; y ( ) 1 , 1. dt dt dt 2 d 3 y(t ) dy(t ) dy(0) d 2 y(0) 15.4. cost ; y(0) 0, 2, dt dt dt 3 dt 2 15.3. 0. Вариант 16. d 2 y(t ) dy(t ) dy(0) t 16.1. 3 2 y ( t ) e ; y ( ) 0. dt dt dt 2 d 2 y(t ) dy(t ) dy(0) 16.2. 2 5 y(t ) 1 t ; y(0) 0. 2 dt dt dt d 2 y(t ) dy(t ) dy(0) 3t 16.3. 2 y ( t ) 48 te ; y ( ) 1 , 1. dt dt dt 2 d 3 y(t ) dy(0) d 2 y(0) t 16.4. y(t ) e ; y(0) 0, 2, 0. dt dt 3 dt 2 Вариант 17. d 2 y(t ) dy(t ) dy(0) 17.1. e t cost ; y(0) 2, 0. 2 dt dt dt d 2 y(t ) dy(0) 17.2. 4 y ( t ) 2 cos t cos 3 t ; y ( ) 0. dt dt 2 d 2 y(t ) dy(t ) dy(0) 17.3. 2 y(t ) 300te 4t ; y(0) 1, 1. 2 dt dt dt d 3 y(t ) d 2 y(t ) dy(t ) dy(0) d 2 y(0) 17.4. 2 4 ; y(0) 1, 2, dt dt dt 3 dt 2 dt 2 Вариант 18. d 2 y(t ) 18.1. dt 2 d 2 y(t ) 18.2. dt 2 d 2 y(t ) 18.3. dt 2 d 3 y(t ) 18.4. dt 3 dy(t ) dt dy(t ) dt y(t ) y(t ) tet ; y(0) dy(0) dt 0. dy(0) 1. dt dy(0) 24t 2 e t ; y(0) 1, 1. dt 1 2 t dy(0) d 2 y(0) t e ; y(0) 0. 2 dt dt 2 Вариант 19. d 2 y(t ) dy(t ) 19.1. 2 dt dt 2 4 sin 2 t ; y(0) y(t ) t ; y(0) 0, dy(0) dt 96 0. 2. d 2 y(t ) dy(0) t y ( t ) te 4 sin t ; y ( ) 0. dt dt 2 d 2 y(t ) dy(0) 19.3. y(t ) 54t 2 e 2t ; y(0) 1, 1. 2 dt dt d 3 y(t ) d 2 y(t ) dy(t ) 6 11 6 y(t ) 1 t t 2 ; y(0) 19.4. 3 2 dt dt dt 19.2. Вариант 20. d 2 y(t ) dy(t ) dy(0) t 20.1. y ( t ) e ; y ( ) , 1. dt dt dt 2 d 2 y(t ) dy(t ) 2 dy(0) 20.2. t ; y(0) 0, 1. 2 dt dt dt d 2 y(t ) dy(0) 2 3t 20.3. y ( t ) 64 t e ; y ( ) 1 , 1. dt dt 2 d 3 y(t ) d 2 y(t ) dy(t ) dy(0) 20.4. 3 3 y(t ) 1 ; y(0) 3 2 dt dt dt dt dy(0) dt d 2 y(0) dt 2 d 2 y(0) dt 2 0. 0. Вариант 21. d 2 y(t ) dy(0) 21.1. y ( t ) sin t ; y ( ) 1 , 0. dt dt 2 d 2 y(t ) dy(t ) dy(0) 21.2. 3 2 y(t ) e t ; y(0) 0. 2 dt dt dt d 2 y(t ) dy(0) 21.3. y(t ) 3375t 2 e 4t ; y(0) 1, 1. 2 dt dt d 2 y(t ) dy(t ) dy(0) t 21.4. y ( t ) te ; y ( ) 0. dt dt dt 2 Вариант 22. d 2 y(t ) dy(0) 22.1. y(t ) 2 sin t ; y(0) 0, 0. 2 dt dt d 2 y(t ) dy(0) 22.2. y ( t ) t cos 2 t ; y ( ) 0. dt dt 2 d 3 y(t ) d 2 y(t ) dy(t ) dy(0) d 2 y(0) 3t 22.3. 3 3 y(t ) 250e sin t ; y(0) dt dt dt 3 dt 2 dt 2 d 4 y(t ) d 3 y(t ) dy(0) d 2 y(0) d 3 y(0) cost ; y(0) 0, 0, 0, 1. 22.4. dt dt 4 dt 3 dt 2 dt 3 97 0. Вариант 23. d 2 y(t ) dy(t ) dy(0) 23.1. 2 y ( t ) t sin t ; y ( ) 0. dt dt dt 2 d 2 y(t ) dy(0) 23.2. 4 y(t ) sin t ; y(0) 0. 2 dt dt d 3 y(t ) d 2 y(t ) dy(t ) 23.3. 3 3 y(t ) 500e 2t sin 3t ; 3 2 dt dt dt 2 dy(0) d y(0) y(0) 0. dt dt 2 d 4 y(t ) d 2 y(t ) dy(t ) 5 10 6 y(t ) 0 ; 23.4. 4 2 dt dt dt dy(0) d 2 y(0) d 3 y(0) y(0) 1, 0, 6 , 14. dt dt 2 dt 3 Вариант 24. d 2 y(t ) 24.1. dt 2 d 2 y(t ) 24.2. dt 2 d 3 y(t ) 24.3. dt 3 d 3 y(t ) 24.4. dt 3 dy(t ) dy(0) y(t ) 2 cos2 t ; y(0) 0. dt dt dy(t ) dy(0) tet ; y(0) 1, 0. dt dt d 2 y(t ) dy(t ) dy(0) d 2 y(0) 4 5 2 y(t ) 50t cost ; y(0) dt dt dt 2 dt 2 d 2 y(t ) dy(0) d 2 y(0) 3 4 y(t ) 0 ; y(0) 0, 0, 2. dt dt 2 dt 2 2 Вариант 25. d 2 y(t ) dy(t ) 25.1. 4 4 y(t ) dt dt 2 d 2 y (t ) 3 4 y (t ) sin t 25.2. 2 2 dt 3 2 d y(t ) d y(t ) dy(t ) 25.3. dt dt 3 dt 2 3 d y(t ) 25.4. y(t ) 1 ; y(0) dt 3 1 ; y(0) sin dy(0) dt 0. 1 dy(0) t ; y (0) 1, 2 dt 0. y(t ) 160sin t sin 2t ; y(0) dy(0) dt d 2 y(0) dt 2 98 0. 0. dy(0) dt d 2 y(0) dt 2 0. Ответы на задания по решению дифференциальных уравнений Вариант 1. 1.1. y (t ) e t (cost 3 sin t ) 1 2t (3e e 2t 4t ) 1.2. y (t ) 4 1.3. y (t ) te t (1 t ) cos t sin t t 1.4. y (t ) (3t cos t (t 2 3) sin t ) 24 Вариант 2. 2.1. y (t ) e 3t (1 t ) 2.2. y(t ) 2t sin 2t 2.3. y (t ) 2te 2.4. y (t ) 2t e t (t 1) sin t cos t 4 cos t 2 sin t 5 Вариант 3. 3.1. y (t ) 1 (12e 15 2t 8e 3t 5) t sin 2t 2 3.3. y(t ) sin t 5 cost 5 cos 2t cos 4t 1 (32e t 15e 2t 5e 2t 4t 2 8t 22) 3.4. y (t ) 16 3.2. y (t ) 2 sin 2t Вариант 4. 1 (3t 6 7e 3t e 3t ) 27 1 (4 sin t 12 cos 2t 2 sin 2t ) 4.2. y (t ) 3 4.3. y(t ) cost 5 sin t 5 sin 2t sin 4t 4.4. y(t ) t sin t 4.1. y (t ) Вариант 5. 1 (sht 5te t ) 2 2 2t 2 14 1 e cos t sin t t sin t 5.2. y (t ) 25 25 25 5 5.3. y(t ) cost 15sin t 5 sin 2t sin 4t 5.1. y (t ) 99 2 t cos t 5 5.4. y (t ) 1 t e 2 t 1 1 (cost sin t ) 2 Вариант 6. 6.1. y (t ) e 3t 2t 1 t (e te t cos t ) 6.2. y (t ) 2 6.3. y(t ) sin t 7 cost 5 cos 2t cos 4t 1 2 t 1 cos t sin t 6.4. y (t ) 2 Вариант 7. 7.1. y (t ) t 2 2t 2 6 cos t 4 sin t 1 2 t t e tet 7.2. y (t ) 2 7.3. y (t ) 14e 5t 22e 4t 9 cos t 19 sin t 3 t 4 t 1 e sin 2t e cos 2t 7.4. y (t ) 5 5 5 Вариант 8. 8.1. y (t ) 4 2te t 1 t (e cos t sin t ) 8.2. y (t ) 2 2 8.3. y (t ) 17e 5t 25e 4t 9 cos 2t 8 sin 2t 1 3 1 2 t t 2t 4 e t 8.4. y (t ) 6 2 Вариант 9. 9.1. y (t ) e t 1 (1 e t cos t e t sin t ) 9.2. y (t ) 2 9.3. y (t ) 72e 5t 98e 4t 27 cos 3t 11sin 3t 1 t (e cos t sin t ) 9.4. y (t ) 2t 2 Вариант 10. 10.1. y (t ) t 3 1 t sin t cost sin t 10.2. y (t ) 2 100 10.3. y (t ) 10.4. y (t ) e 2t (3 cos 3t sin 3t ) 10 sin t 2 cos t 1 2 cht t 1 2 Вариант 11. 1 (2 sin t sin 2t ) 11.1. y (t ) 3 11.2. y (t ) t 2 4t 6 5e t te 11.3. y (t ) e 11.4. y (t ) t e 2t t (cos3t 3 sin 3t ) 8 sin t 1 t e2 3 3 sin t 3 2 cos 2 cos t 3 t 2 Вариант 12. 1 t sin t 12.1. y (t ) 2 1 (3 e t (2 cos 2t sin 2t )) 12.2. y (t ) 5 12.3. y (t ) e 3t (2 cos 2t sin 2t ) 5 sin t cos t 1 t 3 1 e sin t cos t 1 12.4. y (t ) 2 2 2 Вариант 13. 13.1. y (t ) 13.2. y (t ) 13.3. y (t ) 13.4. y (t ) 1 (3t sin t 4 sin t 2 sin 2t ) 6 1 (1 e t (cost sin t )) 2 e 3t (cos 2t 2 sin 2t ) 8 sin t 1 1 (sin t cos t e t ) 2 Вариант 14. 14.1. y (t ) 14.2. y (t ) 14.3. y (t ) 14.4. y (t ) 2 1 (e 2 t 5 cos t sin t ) 1 1 t cos 2t sin 2t 4 8 2e t 4e 2t (3 6t )e 1 (cost cht ) t 1 2 t 101 Вариант 15. 1 sh 2t 2 15.2. y(t ) 1 2 cost 15.1. y (t ) te 2t 15.3. y (t ) 3e t (2 6t 9t 2 )e 3 1 sin t t cos t 2 2 15.4. y (t ) 2t Вариант 16. 16.1. y (t ) 16.2. y (t ) 16.3. y (t ) 1 t (e 3e t 2e 2t ) 6 1 1 t (3 e t (4 sin 2t 3 cos 2t )) 5 25 2e t 16e 2t (15 12t )e 3t 1 t e 2 16.4. y (t ) 5 e 6 1 t 1 2t 3 e cos t 3 2 3 sin 3 t 2 Вариант 17. 17.3. y (t ) 5 1 t e (sin t cos t ) 2 2 t 1 sin 2t (cos 2t cos 4t ) 4 12 5e t 25e 2t (21 30t )e 4t 17.4. y (t ) 4t 3 2e t 17.1. y (t ) 17.2. y (t ) Вариант 18. 1 2 t 2 18.1. y (t ) et 1 t 18.2. y (t ) 2t 3 18.3. y (t ) 4e t 18.4. y (t ) 1 t 2 e t 3t 4 1 1 (13e t sin 2t 2 cos 2t ) 5 (3 6t 6t 2 4t 3 )e t 3 2 1 e 24 1 t 1 2t 3 e cos t 3 2 Вариант 19. 19.1. y (t ) 2e t te t t 2 1 ((t 1)e t cos t ) 2 sin t 2t cos t 19.2. y (t ) 2 102 3 sin 3 t 2 19.3. y (t ) 19.4. y (t ) 3e t 54e t (52 48t 18t 2 )e 2t 1 2 4 35 1 2t 4 t t e t e e 6 9 54 2 27 Вариант 20. 1 20.1. y (t ) e 3 1 t 1 2t 3 e cos t 3 2 3 3 sin t3 2 20.2. y(t ) 3e t 2t 3 3 20.3. y (t ) 2e t 8e t (7 12t 8t 2 )e 1 20.4. y(t ) 1 e t t 2 t 1 2 3t 3 t 2 t 3t Вариант 21. 21.2. y (t ) 1 t 3 t 1 e e sin t 4 4 2 e 2t e t (1 t ) 21.3. y (t ) 28e t 125e 21.4. y (t ) 1 t 1 e (t 1) e 3 3 21.1. y (t ) t (98 240t 1 t 2 cos 3 t 2 225t 2 )e 4t 3 3 sin t 3 2 Вариант 22. 22.1. y(t ) sin t t cost 4 5 1 sin 2t sin t t cos 2t 22.2. y (t ) 9 9 3 22.3. y (t ) (25t 2 40t 22)e t e 3t (4 sin t 22 cos t ) 1 2 22.4. y (t ) (t e t cos t sin t ) 2 Вариант 23. 23.1. y (t ) 23.2. y (t ) 23.3. y (t ) 23.4. y (t ) 1 t 1 e (t 3) t 2 cos t 2 2 1 1 sin t sin 2t 3 6 (75t 2 30t 9)e t e 2t (13 sin 3t 9 cos 3t ) 1 1 3t e t cos t sin t e 2 2 103 Вариант 24. 22 t 6 t 3 4 e te cos 2t sin 2t 25 5 25 25 1 et t 2 t 1 2 2t 6e 25e t (10t 8) sin t (5t 19) cos t 2 t (e (3t 1)e 2t ) 9 24.1. y (t ) 1 24.2. y (t ) 24.3. y (t ) 24.4. y (t ) Вариант 25. 1 1 2t e (1 2t ) 25.1. y (t ) 4 4 83 1 1 ch2t cos t cos 2t 25.2. y (t ) 80 10 16 25.3. y (t ) cos 3t 3 sin 3t (20t 15) cos t 1 25.4. y (t ) 1 e 3 1 t 2 2t 3 e cos t 3 2 104 (20t 5) sin t 16e t Список использованных источников 1. Старков В.Н. Операционное исчисление и его применения: учебное пособие. – СПб: СПбГУ, 2000. 2. Волков И.К., Канатников А.Н. Интегральные преобразования и операционное исчисление: учебник для вузов. – М.: МГТУ им. Н.Э. Баумана, 2002. 3. Эйдерман В.Я. Основы теории функций комплексного переменного и операционного исчисления. – М.: Физматлит, 2002. 4. Graf Urs. Applied Laplace Transforms and z-Transforms for Scientists and Engineers. – Springer Basel AG, 2004. 5. Dyke Phil. An Introduction to Laplace Transforms and Fourier Series. – London: Springer-Verlag, 2014. 6. Пантелеев А.В., Якимова А.С. Теория функций комплексного переменного и операционное исчисление в примерах и задачах: учебное пособие. – СПб.: Лань, 2015. 7. Крайнев Л.Б., Рыжих Ю.Н. Операционное исчисление. Примеры и задачи: учебно-методическое пособие. – Томск: Томский государственный университет, 2007. 8. Биккулов И.М., Григорьева Т.В., Рахман П.А. Уравнения математической физики. – Стерлитамак: Изд-во «ФОБОС», 2015. 9. Демирчян К.С., Нейман Л.Р., Коровкин Н.В., Чечурин В.Л. Теоретические основы электротехники: в 3-х томах. – 4-е изд. – СПб.: Питер, 2003. 10. Половко А.М., Гуров С.В. Основы теории надежности. – СПб.: БХВПетербург, 2006. 105