Даишев, Кузнецова 9.29 и 9.30 « Страница сетевой поддержки учеников Тимура Юрьевича Альпина

19.05.2010

Даишев, Кузнецова 9.29 и 9.30

Filed under: ТФКП — Shine @ 12:55 дп

Задача 9.29
Более развёрнутое решение, чем в методичке. Особенно рекомендуется тем, кто не понял решение оттуда.
Найти оригинал функции

$\displaystyle F(p)=\frac{p}{p^2+4}-\frac{e^{-p}}{p^2}-\frac{e^{-2p}}{p^2-1}$

Эта функция является линейной комбинацией трёх функций, следовательно её оригинал - это линейная комбинация с теми же коэффициентами их оригиналов. Найдём их по очереди, слева направо.

Выражение $\frac{p}{p^2+4}$ напоминает нам правую часть равенства $\cos at\risingdotseq \frac{p}{p^2+a^2}$ , при $a=2$ имеем $\frac{p}{p^2+4}\risingdotseq \cos 2t\equiv f_1(t)$ .
$\frac{1}{p^2}$ соответствует функции $f_{21}(t)=t$ . Если быть точным - функции такой:

$\displaystyle f_{21}(t)=\left\{ \begin{array}{ll} t, & t>0\\ 0, & t<0. \end{array} \right.$ (1)

По теореме запаздывания $f(t-\tau)\risingdotseq e^{-p\tau}F(p)$ . Следовательно, для того, чтобы получить в образе множитель $e^{-p}$ , надо от аргумента функции $f_{21}(t)$ вычесть 1. При этом получится функция

$\begin{displaymath} f_{2}(t)\equiv f_{21}(t-1)= \left\{ \begin{array}{ll} t, & t... ... 0, & t<1 \end{array}\right. \risingdotseq \frac{e^{-p}}{p^2} \end{displaymath}$

Отклоняясь от темы, отмечу, что в этом месте возникают затруднения у тех, кто не видит разницы между функциями, при помощи которых обозначаются оригиналы, и самими функциями-оригиналами. Конструкции типа (1) громоздки, поэтому в математических текстах выписывается только та их часть, которая "включается" при $t>0$ . И если сначала вычесть из $t$ 1, а потом составить оригинал

$\begin{displaymath} f_{22}(t)= \left\{ \begin{array}{ll} t-1, & t>0\\ 0, & t<0, \end{array}\right. \end{displaymath}$

а потом найти его изображение - получится $\frac{1}{p^2}-\frac{1}{p}$ , а не то, что надо.
$\frac{1}{p^2-1}$ намекает на $\sh at$ при $a=1$ . Осталось вычесть из аргумента 2, чтобы организовать множитель $e^{-2p}$ :

$\begin{displaymath} f_{3}(t)= \left\{ \begin{array}{ll} \sh (t-2), & t>2\\ 0, & t<2, \end{array}\right. \risingdotseq \frac{e^{-2p}}{p^2-1} \end{displaymath}$

И теперь составляем оригинал всей исходной функции:

$\begin{displaymath} F(p)\risingdotseq f_1(t)-f_2(t)-f_3(t)= \left\{ \begin{arra... ...in{array}{ll} \sh (t-2), & t>2\\ 0, & t<2 \end{array}\right.= \end{displaymath}$

$\begin{displaymath} =\left\lbrace \begin{array}{ll} 0, & t<0 \\ \cos 2t, & 0<t... ... 1<t<2 \\ \cos 2t-t-\sh (t-2), & 2<t. \\ \end{array}\right. \end{displaymath}$

Задача 9.30 Найти оригинал функции

$\displaystyle F(p)=\frac{p}{p^2+4p+5},$

воспользовавшись второй теоремой разложения.

Вторая теорема разложения гласит, что

$\displaystyle F(p)\risingdotseq f(t)=\sum\limits_{k}\mathrm{res}_{p_k}\left( F(p)e^{pt} \right) ,$

где $p_k$ - это особые точки функции $F(p)$ . Найдём все особые точки нашей функции и вычислим вычеты в них. Особые точки задаются уравнением $p^2+4p+5=0$ , их две: $p_1=-2+i$ , $p_2=-2-i$ ; обе являются полюсами первого порядка.

$\displaystyle \mathrm{res}_{-2+i}\left( F(p)e^{pt} \right)= \lim\limits_{p\to -2+i}\frac{p}{p^2+4p+5}e^{pt}(p+2-i)= \left( \frac{1}{2}+i \right) e^{-2t}e^{it}$

$\displaystyle \mathrm{res}_{-2-i}\left( F(p)e^{pt} \right)= \lim\limits_{p\to -2-i}\frac{p}{p^2+4p+5}e^{pt}(p+2+i)= \left( \frac{1}{2}-i \right) e^{-2t}e^{-it}$

Теперь найдём $f(t)$ , сложив эти вычеты:

$\displaystyle f(t)=\left( \frac{1}{2}+i \right) e^{-2t}e^{it}+\left( \frac{1}{2... ... e^{-2t}\left( \frac{1}{2}e^{it}+ie^{it}+ \frac{1}{2}e^{-it}-ie^{-it} \right)=$