Элементы теории функций комплексного переменного. Нахман А.Д. - 84 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

ТГТУ | Тамбов

Составители: 

Рубрика: 

Следовательно,
()
t
ety
4
= – искомое решение.
П р и м е р 2. Решить задачу Коши
∞<≤−
<≤
=
′
−
′′
,1,1
,10,2
tt
t
yy
(
)
(
)
000
=
′
=
yy .
Р е ш е н и е. Прежде всего, запишем (см. параграф 6.1) правую часть уравнения в виде
()
(
)
(
)
(
)
;11122
−
⋅
−
η
+
−
η
⋅
−
= ttttf
ее изображение имеет вид (см. теорему запаздывания)
()
⋅+−=
−−
2
111
2
p
e
p
e
p
pF
pp
.
Применяя преобразование Лапласа к обеим частям уравнения, получаем при нулевых начальных условиях
−−=−
−
2
2
11
2
2
p
p
e
p
pYYp
p
или
()
3
2
2
2
2
p
pp
e
p
Ypp
p
−
−=−
−
,
т.е.
()
32
2
1
2
p
e
pp
Y
p−
−
−
= .
Запишем
() ()
(
)
(
)
()
1
111
1
1
1
11
1
1
1
1
222
22
2
−
+−−=
−
+
−
+−
−=
−
+−
=
−
p
p
pp
pp
pp
pp
pp
pp
.
Следовательно,
()()
11222
!2
1
222
2
32
−η−++−−=−
−
+−−=
•
•
−
ttet
p
e
p
p
p
Y
tp
,
если воспользоваться теоремой запаздывания применительно к последнему слагаемому. Итак, решение задачи Коши имеет
вид
()
(
)
(
)
11222
2
−η−++−−= ttetty
t
.
7.4. РЕШЕНИЕ СИСТЕМ ЛИНЕЙНЫХ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ
УРАВНЕНИЙ ОПЕРАЦИОННЫМ МЕТОДОМ
1
0
. Преобразование Лапласа может быть использовано и для решения систем линейных дифференциальных уравнений
с постоянными коэффициентами, если начальные условия заданы в точке
0
=
t . Продемонстрируем метод на случае системы
вида
(
)
()
()
+++=
+++=
+++=
tfzcybxaz
tfzcybxay
tfzcybxax
3333
2222
1111
;
;
&
&
&
с начальными условиями
(
)
()
()
=
=
=
.0
;0
;0
0
0
0
zz
yy
xx
Здесь
{}()
3,2,1,,,, ∈kjicba
kji
– постоянные числа;
(
)
tff
jj
=
– заданные оригиналы,
() ()
(
)
tzztyytxx
=
=
=
,, – искомые
решения;
zyx
&
&&
,, – их производные.
Положим
() ( )
pFtf
jj
•
•
= ,
() ( ) () ( )
,, pYtypXtx
•
•
•
•
==
() ( )
pZtz
•
•
= . Применяя преобразование Лапласа к обеим частям каж-
дого уравнения, получим:
+++=−
+++=−
+++=−
.
;
;
33330
22220
11110
FZcYbXazpZ
FZcYbXaypY
FZcYbXaxpX
Имеем теперь систему алгебраических линейных уравнений относительно X, Y, Z:

Страницы