x t OL
I Rozwiązać metodą operatorową równanie z niewiadomą ( ) , postaci
óó ó
x + x - 2 x = 1- 2t - 2sin t - 6cost
ó
x 0+ = 2, x 0+ =1 .
( ) ( )
z WP:
1. Traktując prawą stronę jako oryginał (pomnożoną przez funkcję
x OL, x C2 0, + Ą
( )
( )
Heaviside a h ), poszukujemy rozwiązania ,
spełniającego zadane WP.
Transformujemy równanie, tzn. mnożymy obustronnie przez
e-st 0, + Ą
( )
i całkujemy w przedziale po zmiennej t.
Korzystając z definicji i liniowości operatora L, wzorów na transformatę
pochodnych i tablicy transformat, otrzymujemy równanie algebraiczne na
%
x s =L x t ł
( ) ( )
transformatę :
1 1 1 s
% % %
s2x s - 2s -1 + s x s - 2 - 2 x s = - 2 - 2 - 6 ,
( ) ( ) ( )
14 3 424
4244 1 3
s s2 s2 +1 s2 +1
{ { { {
óó ó
L x L x
[ ] [ ]
L 1 L t L sint L cost
[ ] [ ] [ ] [ ]
czyli
1 2 2 6s
%
x s s2 + s - 2 = - - - + 2s + 3
( )
( )
.
s s2 s2 +1 s2 +1
2. Rozwiązujemy otrzymane równanie, przekształcając jego prawą stronę:
są-2
są1
2s5 + 3s4 - 3s3 - s2 + s - 2 2s5 + 3s4 - 3s3 - s2 + s - 2
% %
x s s2 + s - 2 = x s =
( ) ( )
( )
1424
3
s2 s2 +1 s + 2 s -1 s2 s2 +1
( )( )
( ) ( )
s+2 s-1
( )( )
.
Sprawdzamy, czy nie można dokonać uproszczenia otrzymanego
-2
rozwiązania. Zauważamy, że liczby i 1 są miejscami zerowymi
1
s + 2 s -1 = s2 + s - 2
( )( )
licznika, więc dzieląc go przez , otrzymujemy
2s3 + s2 +1
i rozwiązanie na transformatę przyjmuje prostszą postać
2s3 + s2 +1
%
x s =
( )
.
s2 s2 +1
( )
%
x t =L-1 x s ł
3. Przy przejściu do oryginału ( ) ( ) przedstawimy dwa sposoby.
Pierwszy, dość często używany, polega na rozkładzie funkcji wymiernej
na ułamki proste:
2s3 + s2 +1 a1 a2 A s + B
= + +
s s2 s2 +1
s2 s2 +1
( )
a1, a2, A, B
i wyznaczeniu znanymi sposobami 4 stałych .
Można jednak rozkład uzyskać przez następujące przekształcenie:
2s3 + s2 +1 2s3 s2 +1 2s 1
%
x s = = + = +
( )
.
s2 +1 s2
s2 s2 +1 s2 s2 +1 s2 s2 +1
( ) ( ) ( )
L-1
Wykorzystując liniowość operatora oraz tablice mamy
s 1
ł
%
x t =L-1 x s ł = 2L-1 + L-1 ł = 2cost +t
( ) ( )
ę ę ś
.
s2 +1ś s2
Drugi sposób oparty jest na odwracaniu za pomocą residuów.
s = 0
Zauważając, że transformata ma bieguny w punktach:
s = ąi
(podwójny) i (sprzężone, pojedyncze), mamy na podstawie
twierdzenia i wzorów na residua:
% %
x t = res0 est x s + 2 Re resi est x s =
( ) ( ) ( )
( ) ( )
d ć 2i3 + i2 +1
est +1 -1ł
= s2 + 2Reeit =
( )
s=0
ę ś
ds 4i3 + 2i
Ł ł
-1 -2
t ł
= est s2 +1 - 2 s est s2 +1 + 2 Re cost + i sin t 1ł = t + 2cost .
( )
( ) ( )
s=0
ę ś
Dla ścisłości , uzyskany ten sam rezultat należy zapisać w postaci wzoru
x t = t + 2cost h t , t R
( ) ( ) ( ) . Teraz trzeba dokonać sprawdzenia !!
2
x t OL
II Rozwiązać metodą operatorową równanie z niewiadomą ( ) , postaci
óó
x + 9 x = 1- et
ó
x 0+ = 0, x 0+ =1 .
( ) ( )
z WP:
óó
L x + 9 x = L et transformowanie,
[ ]
1.
1- ł
t
óó ł
L x + 9L x = L 1 -L
[ ] [ ] [ ]
liniowość L,
e
1 1
% %
s2x s -1+ 9x s = -
( ) ( )
wzory i tablice
s s -1
s2 - s -1 s2 - s -1
% %
x s s2 + 9 = x s =
( ) ( )
( )
2.
s s -1
( ) s s -1 s2 + 9
( )
( )
3. S p o s ó b 1 (rozkład na ułamki proste)
s2 - s -1 a b A s + B
%
x s = = + +
( )
,
s s -1 s2 + 9
s s -1 s2 + 9
( )
( )
1 1 1 11
a = , b = - , A = - , B =
stąd
9 10 90 10
L-1
i korzystając z liniowości oraz z tablic, mamy
1 11
ł
- s +
ę ś
1 1 1
%
x t =L-1 x s ł = L-1 ł - L-1 ł +L-1 ę 90 10 ś =
( ) ( ) 1
ę ś ę
9 s 10 s -1ś s2 + 9
ę ś
1 1 1 11
ć
= - et - cos3t + sin 3t
( )
h t , t R
.
9 10 90 30
Ł ł
3
S p o s ó b 2 (poprzez residua)
Transformata ma bieguny pojedyncze w punktach: 0, 1, ą 3i .
Z twierdzenia
% % %
x t = res0 es t x s + res1 es t x s + 2Re res3i es t x s
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
,
a ze wzorów na residua otrzymujemy:
ł
s2 - s -1 -1 1
%
res0 est x s = ęest ś =e0 =
( )
( )
,
óś s=0 -9 9
s -1 s2 + 9 + s[ s -1 s2 + 9 ]
ę ( ) ( )
( ) ( )
ł
s2 - s -1 1
%
res1 est x s = ęest ś = - et
( )
( )
,
óś 10
s s2 + 9 + s -1 [s s2 + 9 ] s=1
( )
ę ( ) ( )
ł
s2 - s -1 -10 - 3i
%
res3i est x s = ęes t ś = e3it =
( )
( )
s=3i
18 1- 3i
2s s2 - s + s2 + 9 2s -1 ( )
( )
ę ( ) ( ) ś
1 33
= cos3t + i sin 3t ć - - i ,
( )
180 180
Ł ł
więc po podstawieniu
1 1 1 33
x t = - et + 2Re cos3t +i sin 3t ć - - i
( ) ( )
9 10 180 180
Ł
1444444 3
424444444ł .
1 11
- cos3t + sin3t
90 30
S p o s ó b 3 (z użyciem twierdzenia Borela o splocie)
Zauważmy, że w etapie 2 możemy napisać rozwiązanie w postaci
1 1 1 1 1
% %
x s s2 + 9 = 1+ - x s = + -
( ) ( )
( )
.
s s -1 s2 + 9
s s2 + 9 s -1 s2 + 9
( )
( ) ( )
Wiedząc z tablic, że
3 1 1 1 1
t
ł
L sin 3t = (więc L sin 3tł = ), L 1 = , L = ,
[ ] [ ]
ę3 ś e
s2 + 9 s2 + 9 s s -1
mamy na podstawie twierdzenia
4
1 1 1
x t = sin 3t + 1*sin 3t - et *sin 3t
( )
.
3 3 3
Wyznaczamy odpowiednie sploty:
t
1 u=t 1 1
1*sin 3t =
sin 3u du = - [cos3u] = - cos3t
u=0
,
3 3 3
0
PAM 2, str.32
t t
4.1.6. g)
t-u -u
et *sin 3t = =
e sin 3u du = et e sin 3u du
0 0
u=t
1
ł
= et =
( )
ę- sin 3u + 3cos3u e-u ś
10
u=0
1 3
= - sin 3t + 3cos3t + et .
( )
10 10
Ostatecznie
-1
1 1 1 1 1 ( ) 1 3
ć
x t = sin 3t + - cos3t - sin 3t + 3cos3t - et =
( ) ( )
3 3 3 3 3 10 3 10
Ł ł
1 1 11 1
= - et + sin 3t - cos3t .
9 10 30 90
Otrzymaliśmy ten sam rezultat, stosując różne techniki odwracania.
x t OL
III Rozwiązać metodą operatorową równanie z niewiadomą ( ) , postaci
óó ó
x + 6 x +13 x = f t , f OL
( )
t = 0+
spełniające zerowe warunki początkowe w .
Zastosować tw. Borela o splocie.
1 1
%
Szkic: x s = f% s =Lć e-3t sin 2t f
( ) ( ) ( )
L
s2 + 6 s +13 2
Ł ł
t
1
-3u
x t =
( )
e sin 2u f (t - u) du
Odp.
2
0
5
IV Rozwiązać metodą operatorową układ równań z niewiadomymi
y t OL
x t OL ( )
( )
,
ó ó
x + 2 y = 3 y - t
=
2 xó + yó 3x + t
x 0+ = y 0+ = 0
( ) ( )
WP: .
Zastosowanie przekształcenia Laplace a do układu równań różniczkowych
liniowych o stałych współczynnikach prowadzi do układu równań algebraicznych
dla transformat funkcji niewiadomych.
Postępujemy według ogólnego schematu. Stosując operator Laplace a L
do obu równań układu i wykorzystując jego liniowość, mamy:
ó ó
L x + 2L y = 3L y - L t
[ ] [ ] [ ] [ ]
,
=
[ ] [ ] [ ] [ ]
2 L xó + L yó 3L x + L t
gdzie przyjęliśmy, że poszukiwane funkcje są oryginałami, a ich pochodne są ciągłe na przedziale 0, + Ą .
( )
% %
Oznaczając L x t ł = x s , L y t ł = y s i wykorzystując warunki początkowe w
( ) ( ) ( ) ( )
postaci x 0+ = y 0+ = 0, mamy na podstawie wzorów i tablic:
( ) ( )
1
% % %
( ) ( ) ( )
s x s + 2 s y s = 3 y s -
%
s 2s - 3 x s ł ł
ł ( ) - s-2
s2
= .
ę ś
ę2s - 3 s ś
%
1 y s
( )ś ę s-2
% % %
2 s x s + s y s = 3 x s +
( ) ( ) ( )
s2
Stosując wzory Cramera, otrzymujemy rozwiązanie tego układu równań liniowych:
6
-s-2 2s - 3
s-2 s
1
%
x s = =
( )
s 2s - 3
s2 s - 3
( )
2s - 3 s
s -s-2
.
2s - 3 s-2
1
% %
y s = = - = -x s
( ) ( )
s 2s - 3
s2 s - 3
( )
2s - 3 s
ł
1
Wystarczy teraz znalezć L-1 ę , co można uczynić trzema sposobami:
s2 s - 3
( )ś
rozkładając transformatę na ułamki proste (szczegóły zostawiamy
Czytelnikowi)
ł
1 1 1 1 1 1 1
L-1 ę = - L-1 ł - L-1 ł + L-1 ł =
ę ś ę ę
s2 s - 3 9 s 3 s2 ś 9 s - 3ś
( )ś
tablice
1 1 1
= - - t + e3t ;
9 3 9
poprzez splot (zastosowanie twierdzenia Borela)
t
tabl.
ł
1 1 1
L-1 ę = L-1 ł * L-1 ł = t * e3t = - u e3u du =
(t )
ę ś ę
s2 s - 3 s2 s - 3ś
( )ś
0
u=t
u=t
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
ł
3u
ł
= t - = t e3t - t - t e3t + e3t - = - - t + e3t ;
e u=0 - ę3 u e3u e3u ś
3 9 3 3 9 9 9 3 9
u=0 3
poprzez residua (twierdzenie i wzory)
ł ć ć
1 1 1
L-1 ę = res0 est + res3 est =
s2 s - 3 s2 s - 3 s2 s - 3
( )ś ( ) ( )
Ł ł Ł ł
d
st
est s - 3 -1ł
= + s-2 s=3 =
( )
e ł
s=0
ds
-1 -2 1 1 1 1
t ł
= est s - 3 - est s - 3 + e3t = - t - + e3t .
( ) ( )
s=0
9 3 9 9
Otrzymaliśmy więc:
7
ł
1 1 1 1
ć
%
x t =L-1 x s ł = L-1 ę = - - t + e3t t , t R
( ) ( ) ( )
h
s2 s - 3 9 3 9
( )ś ł
Ł
1 1 1
ć
y t = - x t = + t - e3t t , t R
( ) ( ) ( )
h .
9 3 9
Ł ł
ó
y = -x + 2x + t
(albo z układu wyjściowego wyrugować funkcję x i wyrazić: )
Zaleca się na końcu dokonanie sprawdzenia rozwiązania, czy otrzymane
funkcje spełniają warunki początkowe i równania układu.
8
Obliczyć całkę:
ó
1
dz, K : z + i =1,9(dom.) lub 2,1
Ń
z3 + z5 cos z
( )
E55555555F
+
f z
K ( )
Komentarz. Obliczanie całki po drodze zamkniętej K funkcji
holomorficznej prawie wszędzie (tzn. poza co najwyżej skończoną
liczbą punktów osobliwych izolowanych) w obszarze
K = śD
jednospójnym D takim, że , dokonuje się efektywnie
metodą residuów, korzystając z twierdzenie 1.13 o residuach.
Metoda obliczenia przebiega wg planu:
1) wykonanie rysunku na płaszczyznie zespolonej obszaru D i jej
brzegu K (wraz z zaznaczeniem orientacji)
2) znalezienie punktów osobliwych funkcji podcałkowej,
określenia ich rodzaju i w przypadku biegunów krotności oraz
wyszczególnienie tych punktów osobliwych, które leżą
wewnątrz D
3) obliczenie residuów w punktach osobliwych leżących wewnątrz
konturu całkowania (w biegunie k-krotnym S2k , a pojedynczym
S21 lub S3 )
1
4) wartość całki wynosi (patrz teza twierdzenia 1.13): suma
wszystkich residuów w p.3), pomnożona przez 2p i.
9
Ad1) Rysunek - tablica
Ad2) (dla 2,1)
ć p
0, ą i, ą
f Hol D -
ż
2
Ł ł
Ad3)
Residuum w 0 obliczamy, stosując S23:
2
1 d 1 1 1 1
óó óó
res0 f = lim [z3 f z ] = [ ] = j(2) 0 = -
( ) ( )
z=0
z0
1 3
424
3 -1 ! dz2 2 2 2
( ) z2 +1 cos z
E555F
( )
j(2) z -1
( )
14244
4 3
j(2) z
( )
Sumę residuów w ąi obliczamy, stosując S21 (lub S3 ) :
1
1 1
resi f + res f = 2 Re resi f = 2Relim z - i f z = 2Relim = 2 Rej i =
( ) ( ) ( ) ( )
-i=i
zi zi
14243
z3 z + i cos z ch1
( )
j z 14 3
( ) 4244
j z
( )
1 1
=
(lub wg S3 = 2Re z=i ).
1
ch1
3z2 + 5z4 cos z - z3 + z5 sin z
( ) ( )
p p
+ -
Residuum w i obliczamy wg S3 :
1
2 2
-1
3 5
ć
1 4p + p
resp /2 f = = -
z=p /2
32
3z2 + 5z4 cos z - z3 + z5 sin z
( ) ( )
Ł ł
-1
3 5
ć
1 4p + p
res f = =
-p /2 z=-p /2
32
3z2 + 5z4 cos z - z3 + z5 sin z
( ) ( )
Ł ł
ć
1 1
2pi - +
Ad4) Wartość całki: .
2 ch1
Ł ł
10
Wyszukiwarka
Podobne podstrony:
Przykladowe zadania na kolosa listopad 2010Przykładowe pytania na egzaminie1696 przykladowe zadania na,rok 12zagadneinia na kolosaPrzykladowe polecenia na onlinena kolosaprzykladowe zadania na kolokwium nr 1? di 09notatek pl przykladowe pytania na egzamin zbrojeniePrzyklad I zadania na kolokwiumPytania na kolosaprzykład projektu na TMM 2ORZECZENIA NA KOLOSAPrzykładowe zadania na I kolokwiumwięcej podobnych podstron