M00685(В.М

41

Приклад 2.2

Знайти оригінал для функції F( p) =	1
	p(p −2)(p2 +1)

Розв’язок:

Розкладемо F( p) на суму простих дробів:

F( p) =	1	=	A	+	B	+	Cp + D
	p(p −2)(p2 +1)
			p		p −2		p2 +1

Далі знаходимо коефіцієнти A, B, C, D і отримаємо розклад

F( p) = −	1		1	+	1		1	+	2		p		−	1		1
									5 p2 +1					5 p2 +1
	2 p 10 p −2

Використовуючи властивість лінійності і таблицю зображень для елементарних функцій, що наведена в додатку А, маємо оригінал:

					f (t) = −			1	+	1	e2t +		2	cos t −			1	sin t
													5
				2					10							5
2. Застосування теореми про згортку
Приклад 2.3																1
Знайти оригінал для функції F( p) =
																(p2 +1)2
Розв’язок:
		1			•
					=sin t
	(p2 +1) •
За формулою (2.11)
				1					1		1				•	t
	F( p) =					=	(p2 +1)					(p2 +1)			=•	∫0 sin(t −τ) sinτdτ =
					(p2 +1)2
			t
=		1	∫ (cos t −cos(2τ −t))dτ = 1 t cos t − 1 sin(2τ −t)																		ττ	==t0 =
		2	0								2					4
=		1 t cos t − 1 sin t
		2		2

42

3. Застосування теореми про запізнення Приклад 2.4

e−2 p

Знайти оригінал для функції F( p) = p −1

Розв’язок:

•

За теоремою про запізнення (2.4), якщо f (t) =F( p) , то

•

•

τ > 0 .

В

даному

прикладі τ = 2 ,

f (t −τ) =e−pτ F( p) при

•

1

• t

e−2 p

•

t −2

F( p) =

=e η(t) . Тому

=e

η(t

−2) .

p −1

p −1

•

•

4. З теореми обертання випливає формула

m

f (t) = ∑Res(F(p)ept , pk ),

(2.15)

k =1

де pk – особливі точки функції F( p) .

Зокрема, якщо F( p) =

Q( p)

– правильний раціональний дріб, а

R( p)

всі полюси

pk функції F( p) прості, то остання формула матиме

вигляд

m

f (t) = ∑

Q(pk )

ePk t .

(2.16)

k =1 R′(p

)

k

Приклад 2.5

1

Знайти оригінал для функції

F ( p )

=

p 2

+ 4 p + 3

Розв’язок:

F( p) =	1
	( p +1)( p +3)

43

Функція F( p)

має прості полюси

p1 = −1,

p2 = −3 .

Якщо F( p) =

Q( p)

, то Q( p) =1,

R( p) = p2 + 4 p +3

R( p)

′

R ( p) = 2 p + 4

′

′

R (−1)

= 2, R (−3) = −2 .

Тоді за формулою (2.16):

1

1

f (t) =

e−t −

e−3t

2

2

Приклад 2.6

p

Знайти оригінал для функції F( p) =

(p +1)2

Розв’язок:

Функція F( p)

має єдину особливу точку

p = −1. Це полюс

другого порядку. Знайдемо лишок функції F( p)ept в цій точці

pe

pt

d

pe

pt

= lim (pept )

′

Res

= lim

( p +1)2

=

2

2

( p +1)

p→−1

p

p=−1 ( p +1)

p→−1 dp

= lim (ept + ptept )= e−t −te−t = (1−t)e−t

p→−1

За формулою (2.15) f (t) = (1−t)e−t .

2.4 Розв’язання задачі Коші для звичайних лінійних диференціальних рівнянь з постійними коефіцієнтами

Нехай маємо диференціальне рівняння другого порядку

a	d 2 x	+ a	dx	+ a		x = f (t)	(2.17)
			dt
0 dt2		1			2
де a0 , a1, a2 – const , a0 ≠ 0 ,			f (t)		– функція-оригінал,		x = x(t)

– невідома функція-оригінал.

44

Будемо шукати розв’язок рівняння (2.17), який задовольняє початковим умовам:

x(0) = x0 ,	x′(0) = x0′	(2.18)
•	•
Нехай x(t) = X ( p), f (t) =F( p) .
•	•

Застосуємо перетворення Лапласа до обох частин рівняння (2.17), враховуючи теорему про диференціювання оригінала (2.6) і властивість лінійності перетворення Лапласа.

•						− x′
x′′(t) = p2 X ( p) − px(0) − x′(0) = p2 X ( p) − px
•				0		0
•		= pX ( p) − x
x′(t) = pX ( p) − x(0)
•			0
a0 (p2 X ( p) − px0 − x0′)+ a1(pX ( p) − x0 )+ a2 X ( p) = F( p)
(a0 p2 + a1 p + a2 )X ( p) = F( p) + a0 px0 + a0 x0′ + a1x0
X ( p) =	F( p) + a0 px0 + a0 x0′			+ a1x0		(2.19)
		a p2 + a p + a		2
		0	1
Отримали операторний розв’язок рівняння. Далі по зображенню
X ( p) знаходять оригінал			x(t) , який є розв’язком задачі

Коші (2.17)–(2.18).

Аналогічно розв’язують лінійні неоднорідні диференціальні рівняння n-го порядку.

Приклад 2.7
		′′	+ x = cos t,	′	=1
Розв’язати задачу Коші x				x(0) = −1, x (0)
Розв’язок:
•
x(t) = X ( p) .
•
•
x′′(t) = p2 X ( p) − px(0) − x′(0) = p2 X ( p) + p −1
•
•	p
cos t =
	p2 +1
•

Операторне рівняння має вигляд

45

p2 X ( p) + p −1+ X ( p) =

p

p2 +1

X ( p)(p2 +1)=

p

− p +1

p2 +1

X ( p) =

p

−

p −1

(p2 +1)2

p2 +1

Знайдемо оригінал для X ( p) .

•

ω

•

1

sin ωt =

,

sin t =

p2 +ω2

p2 +1

•

•

•

2 pω

•

2 p

t sin ωt =

, t sin t =

(p2 +ω2 )2

(p2 +1)2

•

•

Тому X ( p) =•

1 t sin t −cos t +sin t . Це і є розв’язок задачі Коші,

1

•

2

тобто x(t) =

t sin t −cos t +sin t

2

46

3 ІНДИВІДУАЛЬНІ ЗАВДАННЯ

			3.1 Завдання 1
			Обчислити
		−1+ i 3						9				−1+ i			3 9
1.											5.
				2i									i
		1+ i 3					12				6. (1− i 3)24
2.
				i								− i +1			10
								18			7.
		−1− i 3											2
3.																	9
			− 2									− i −			3
											8.			6
		− i		2				2		26			2i
					+
4.																		30
			2				2					i	2 +		2
											9.
													i
			Знайти всі значення кореня
16.		4	1+ i				3				21. 3		− 3 − 3i
														2
				2i4
17.		3	1+ i								22. 4		−1+ i			3
				2
													2i2
18.		4	− 2 − 2i						5		23. 3		−1− i
													i3 2
						2
19.		3	−1− i								24.		5 + 5i			3
			− 2i										2i		3
20.		3	−1+ i								25.	4	1− i		3
				2i		2							− 2i

		−	1− i	3 9
10.
			− 2i
11.	(i		2 −	2 )6
12.	(i		3 +1)15
13.	(−1+ i			3)12
		− i −		3 9
14.
			2i
15.	(−i		2 +	2)26

26. 4 −1+ i 3

2i2

27. 3

3 + 3i

2i3

28. 4 2 − 2 3i

2i2

29. 4

1+ i

2

30.	3 + 3i
	3
	− i 2

47

3.2 Завдання 2

Зобразити на комплексній площині множину точок, яка задається наступними співвідношеннями

1.z z +(2 +3i)z +(2 −3i)z −3 =0

2.(2 −3i)z +(2 +3i)z + 24 = 0

3.Re z2 + z 2 +3i(z − z) +6 = 0

4.z − 13 Re z =8

5.Re(2z2 −4iz)+ z z =13

6.z z + 2iz −2iz −12 = 0

7.z −Re z = 5

8.z z + Re(3z2 +8iz)= 24

9.z 2 −Re z2 −2(z + z) + 2 = 0

10.z + 12 Im z = 3

1

1

11.

Im

=

z

2

1

1

12.

Re

=

z

4

z −1

13.

Re

= 0

z +1

14.

Re z2 −7z

−8i(

− z)= 0

z

z

z −2

15.

Re

= 0

z + 2

1 ≤

z

<

2

16.

π

0 ≤ arg z <

2

z < 2

17.Re z > 0

1 < z −5 −5i ≤ 2

18.− π ≤ arg(z −5 −5i)≤ 2π2 3

2	<		z		≤ 3
	π					π
19.			< arg z ≤ −
−	2					3

z ≤ 3

Im z <1

z −3 +3i > 2

21.0 ≤ arg(z −5 +3i) < 3π

4

1 ≤

z

≤ 3

22.

≤ Re z <1

0

2 <

z + 4 −5i

< 3

23.

π

π

≤ arg(z

+3 −

5i) ≤

−

2

2

z

≤ 2

24.

π

arg z =

3

z + 2 + 4i

≥1

25.

π

5π

< arg(z +

3 + 4i) <

−

4

6

48

2 <

z

≤ 4

z + 4 − 5i

> 3

26.

< Im z ≤ 2

π

π

0

29.

< arg(z +

3 − 5i) ≤

−

z − 5 − 5i

> 2

2

2

π

2π

Re z < 3

27.

−

< arg(z

− 5

− 5i) ≤

30.

π

π

2

3

≤ arg z <

−

z

≤ 1

2

3

28.

2π

arg z =

3

3.3 Завдання 3

Обчислити значення функції. Результати надати в алгебраїчній

формі.
1. а) Ln(1− i)	б) sin i

2.	а) ch(2i)
	1
3.	а) ii
4.		−	π
	а) sh 1		2	i

5. а) Arccos3i

6.	1	+ i	2i
	а)	2
7.	а) Ln(− i)
8.	а) 5i
9.	а) cosπi

	3 − i i
б)	2
	π	+ i
б) cos
	3
	1− i		3
б) Ln
		2
б) (1+ i)i / 2
б) sh(−1+ i)
б) sin(1+ i)
				5
б) Arccos −
б) (−1+ i				4
		3)i

10.а) eei

11.а) (1+ i)i

12.а) 2i+1

13.а) Arcsin i

	1
14.	а) i	4
15.			π
	а) sin			3	+ i

16. а) cos(1+ i)

17. а) Arccos(1+ 2i)

18. а) ii

1− i i

19. а) 2

20.а) Arcsin π2 i

21.а) sin(π − i ln 2)

22.а) (−1)i

23.а) ch(2 − i)

24.а) Ln( 3 + i)

25.а) Arc tg(−1+ i)

26.а) cos(πi + ln 2)

27.а) (− 3 − i)2i

49

б) sh(2 − i) б) Arccosi

1+ i −i б)

2

б) Ln(−1)

б) sh(2 − πi)

б) (−1− i)3i

б) Arcsin 2
	+	i
б) Ln −1		3
π
б) cos	− i
2

б) Arccos(−2)

б) (−1) 2

б) Ln(−1− i)

	−	π
б) sh 1		3	i
б) i−i
б) ch(i ln 3)
б) Ln(5 − i)
б) (i −	3)i
	+	π
б) ch 2		2	i

			50
	а) 1i		π
28.			б) tg 2 i
29.	а)	Ln i	б) sh(i ln 3)
30.	а)	th πi	б) (1+i)i

3.4 Завдання 4

Відновити аналітичну функцію f (z) = u(x, y) +iv(x, y) по відомій дійсній або уявній частинах.

1.u(x, y) = x2 − y2 − xy

2.v(x, y) = x + y +5 + x2 − y2

3.u(x, y) = x3 −3xy2 − y + 2

4.v(x, y) = ex sin y − x

5.u(x, y) = 4xy −ex cos y

6.v(x, y) = ln(x2 + y2 ) + x −2 y

7.u(x, y) = 2 y +3xy +1

8.v(x, y) = ex cos y + 2xy

9.u(x, y) = y + 2xy

10.v(x, y) = ey sin x

11.u(x, y) = x2 +y y2

12.v(x, y) = −2sin 2xsh2y + y

	13. u(x, y) =		2x
		x2	+ y2

14.v(x, y) = x3 y − xy3

15.u(x, y) = 2sin xchy − x

16.v(x, y) = 3x2 y − y3

17.u(x, y) = x4 + y4 −6x2 y2

18.v(x, y) = ex sin y + x2 − y2

19.u(x, y) = x2 − y2 + 2x

20.v(x, y) =ex (xsin y + y cos y)

21.u(x, y) = 6xy + y − x2 + y2

22.v(x, y) = xy + x + y

23.u(x, y) = 5ey cos x

24.v(x, y)=ex(siny+cosy)−x+2xy

25.u(x, y) = x2 − y2 + 2xy −3

26.v(x, y) =3x2 y +x3 − y3 −3xy2

27.u(x, y) =ex (x cos y − y sin y)

28.v(x, y) = 2x3 −6xy2 + 2xy

29.u(x, y) = 2xy − x +7 y

30.v(x, y) = 4x3 y −4xy3 −7 y