Материал: Михайлов ТФКП Практикум 2013

Скачать файл

Заказать новую работу

Внимание! Если размещение файла нарушает Ваши авторские права, то обязательно сообщите нам

eax −ebx

∞

p −a

∞

p −b

∫p

−

∫p

= ln

p −a

p −b

p −a

Пример 14.6 ([4], № 12). Пользуясь теоремой обращения, найти оригиналы, соответствующие изображениям:

; 2)

; 3)

; 4)

( p −1)( p − 2)

p2 ( p +1)3

p( p2 +1)

(

2 +1 ( p2

+ 4)

)

Решение.

2) F(p) =

;

p2 ( p +1)3

x+i∞

∑res[epx F( p), pk ] =

f (x) =

epx F ( p)dp =

2πi

x−∫i∞

k=1,2

epx

= res

,0 + res

, −1

( p +1)

( p +

epx

d 2

e px

= x −3 +

e−x

(x2 + 4x + 6).

( p +1)3

dp2

p=0

p=−1

4) F(p) =

. Можно разложить на дроби:

(

p2 +1 ( p2

+ 4)

)

−

cosx

−

cos2x.

( p

+1)( p

+ 4)

Тот же результат можно получить с помощью вычетов:

∑

F ( p) =

res[epx F ( p); p = ±i;±2i] =

(

)

+4)

+1 ( p

2eix

+ e−ix

−

2e2ix −

1 e−2ix

1 cosx −

1 cos2x.

(i2 + 4)

3 2

2·3

Пример 14.7 ([4], № 13). Используя разложение дробей на простейшие, найти оригиналы:

1)	p2 +1	;	2)	p +1	; 3)	1	;
	p( p +1)( p +2)			p2 ( p −1)( p + 2)		( p −1)2·( p −2)3

221

;

5 p +3

; 6)

p2 +14

( p +1)3·( p +3)

(

p −1

p2 + 2 p +5

)

(

+ 4

)

( p2 +9)

)(

Решение.

p2 +1

;

p( p +1)( p + 2)

p +1

p + 2

p2 +1 = A( p +1)( p + 2)

+ Bp ( p + 2) +Cp( p +1) A =

1 ;

5 f

(x) =1

5 e−2 x

B = −2 ; C =

−2e−x +

(по таблице изображений).

;

( p −1)2·( p −2)3

( p −1)2

p −1

( p −2)3

( p −2)2

p −2

1 = A( p −2)3 + B( p −1)( p −2)3 +C( p −1)2 + D( p −1)2 ( p −2) + +E( p −1)2 ( p −2)2 .

Полагая p = 1, получим А = –1; полагая p = 2, получим С = 1. Далее приравниваем показатели при одинаковых степенях p

слева и справа:

при р4: 0 = B+E;

при р3: 0

= A + B (−7)

+ D + E (−4 − 2) .

Свободные члены:

0 = B + E,

1 = −8A +8B +C −

2D + 4E

1 = −7B + D −6E,

= 8B - 2D + 4E

−8

B = −3; D = −2; E = 3.

f (x) =−xe

x2e2 x

2xe

2 x

+3e

2 x

Оригинал

−

5 p +3

Bp +C

;

( p −1)( p2 + 2 p +5)

p −1

p2 + 2 p +5

5p +3 = A( p2 +2 p +5) +(Bp +C)( p −1)

A =1, B = −1, C = 2;

222

5 p +3

−

( p −1)( p2 +2 p +5)

p −1

( p +1)2 + 4

( p +1)2 +4

−e−x cos 2x +e−x sin 2x.

Пример 14.8 ([4] №14).

Найти оригиналы:

3 p

= −

·sinx ;

( p

+1)

= −

1 shax ;

( p

−a

)

−a

p2 −1

x·cosx .

= −

( p

+1)

Пример 14.9 ([4], № 15). Пользуясь теоремой умножения (теоремой о свертке), найти оригиналы:

; 4)

; 6)

( p +1)( p + 2)2

( p2 + 4)( p2 +9)

p2 ( p2 −1)

Решение.

2) Так как

e−x

xe−2 x , то по теореме о свертке

p +1

( p +

2)2

∫x f1 (τ)· f2 (x −τ)·dτ = F1 ( p)·F2 ( p)

получим

∫xτe−2 τ·e−( x−τ)dτ =

p +1

( p

= e

−x

·∫τ·e

−τ

dτ

= e

−x

−τe

−x

+ ∫e

−τ

= e

−x

−xe

−x

−e

−x

dτ

= −xe−2 x −e−2 x +e−x .

	p2		p	p
4)		=
	( p2 + 4)( p2 +9)		( p2 + 4)	( p2 +9)

223

cos 3τ·cos 2( x − τ)dτ =

1 x

cos(2x + τ)

+cos(5τ−2x) dτ =

∫

sin (2x + τ) +

sin(5τ

−2x)

sin 3x −

sin 2x +

sin 3x +

sin 2x =

3 sin 3x −

2 sin 2x.

Так как

x ,

shx ,

то

p2 ( p2 −

p2 −1

∫sh τ ·( x −τ)dτ= ( x −τ) ch τ

+ ∫ch τ·dτ =−x +sh x .

p2 ( p2 −1)

Пример 14.10 ([4], № 36).

1) Пусть φ( p)

f (x) иψ( p)

g(x).

0 , 0 < x < a

Показать,

что

если

a < x < b,

то

ϕ( p) =

f (x) = g(x),

x > b,

= e−apψa ( p)

−e−bpψb ( p),

где

ψa ( p)

–

изображение функции

g ( x + a )

и a > 0 .

Решение.

Воспользуемся

теоремой

запаздывания:

если

(τ > x)

то fτ

(x)

e− pτF( p) , где F(p)

– изображе-

fτ (x) =

f ( x − τ), (τ ≤ x)

ние функции f (x) .

Представим функцию

f (x) с помощью единичной функции Хе-

висайда

σ0 (x) :

f (x) = σ0 (x −a)·g(x) − σ0 (x −b)·g(x) .

Преобразуем это выражение с целью применения теоремы запаздывания:

f (x) = σ0 ((x − a)·g((x + a) − a) − σ0 (x −b)·g((x +b) −b)

e− pa·ψa ( p) −e− pb ψb ( p) ,

что и требовалось доказать.

224

Пример 14.11 ([4], № 37).

0 , x < 0,

4)f (x) = a,

x> a;x +b, 0< x <a 0 ,

Найти изображения функций:

		0 ,		x < 0,
		1
	−	1	x, 0< x < 2a,
5) f (x) = 1	−	a	x, 0< x < 2a,
		a		x > 2a.
		0 ,		x > 2a.

Решение. Представив функцию f (x)

в виде:

f (x) = σ0 (x)·(b x +b) − σ0

(x −a)·(b (x + a −a) +b) ,

по доказанному в предыдущем примере получим

f (x)

−e−ap (

2b) .

ap2

(так как

b x +b

) . Можно этот результат

p2a2

ap2

получить, используя непосредственно интеграл Лапласа.

5) Делается аналогично или непосредственно через интеграл

Лапласа.

Представив

f (x) в виде

(

)

= σ

0 (

x ·(1−

)−σ

0 (

x −2a ·(1−

x −2a +2a

) =

)

= σ0 (x)·(1−

)−

σ0

(x −2a)·(−1

−

x −2a

получим

F( p) =

−

−e−2ap (−

−

ap2

Пример 14.12 ([4] №36).

2) Доказать, что, если f (x) – периоди-

ческая функция с периодом

2ω

g (x)=

f (x), 0 < x < 2ω,

то

0, x > 2ω,

изображением функции

f (x)

является функция

φ( p) =

ψ( p)

−e−2ωp

где ψ( p)

g (x).

Доказательство.

Так как

g (x)= σ0 (x)· f (x) − σ0 (x − 2ω)· f (x) =

225

Источник: https://studfile.net/preview/16708793/

Смотрите также:




Изложение содержания дела, по которому приняты судебные постановления
_1-тема-СтрМетал
_1966(~1
_files_materials_5053_prog.ntr
_Антонян Ю.М., Сексуальные преступления. Чикатило и другие
_РГР № 1 (2)
- Габариты и масса 27