0887579_C36AB_denisyuk_v_p_repeta_v_k_gaeva_k_a_kleshnya_n_o_visha_matemat

За таблицею зображень знаходимо шуканий розв’язок:

x(t) =

1

t

3

e

−t

+ 3t e

−t

+ e

−t

.

3!

11. Розв’яжіть рівняння

x′′ + 4x′ + 4x = e−2t (cos t + 2 sin t)

за початко-

вих умов x(0) = –1, x′(0) = 1.

Розв’язання. Нехай x(t)

X ( p), тоді

x′(t) pX ( p) + 1, x′′(t)

p2 X ( p) + p − 1 .

Знайдемо зображення правої частини заданого рівняння:

e −2t (cos t + 2 sin t)

p + 2

+

2

=

p + 4

.

( p + 2)2 +

1 ( p + 2)2 + 1 ( p

+ 2)2

+ 1

Складаємо операторне рівняння

p + 4

p2 X ( p) + p −1+ 4( pX ( p) + 1) + 4X ( p) =

.

( p

+ 2)2 + 1

Звідси

p + 4

X ( p)( p2 + 4 p + 4) =

− p − 3 ,

( p

або

+ 2)2 + 1

X ( p) =

p + 4

−

p + 3

=

( p

+ 2)2 ( p + 2)2

+ 1 ( p + 2)2

=

p + 4

−

1

−

1

.

( p + 2)2 (( p + 2)2 + 1)

p + 2

( p + 2)2

Розглянемо дріб

p + 4

.

( p + 2)2 (( p + 2)2 +

1)

Оскільки множники знаменника відрізняються на одиницю, то виконаємо такі дії:

p + 4

=

( p + 4)(( p + 2)2 + 1− ( p + 2)2 )

=

( p + 2)2 (( p + 2)2

+ 1)

( p + 2)2 (( p + 2)2 + 1)

=

p + 4

−

p + 4

=

p + 2 + 2

−

p + 2 + 2

=

( p + 2)2

( p + 2)2

+ 1 ( p + 2)2

( p + 2)2 +

1

1

2

p + 2

2

=

+

−

−

.

p + 2

( p + 2)2

( p + 2)2 + 1

( p + 2)2 + 1

371

Отже,

1

p + 2

2

X ( p) =

−

−

.

( p + 2)2

( p + 2)2 + 1

( p + 2)2 + 1

Шуканий оригінал має вигляд

x(t) = e −2t (t − cos t − 2 sin t).

12. Розв’яжіть рівняння y′′ − 2 y′ + 2 y = 2et

cos t , якщо y(0)= y′(0) = 0.

Розв’язання. Нехай y(t)

Y(p), тоді y′(t)

pY ( p),

y′′(t)

p2Y ( p).

Складаємо операторне рівняння

( p2 − 2 p + 2)Y ( p) = F ( p),

де F(p)=

2( p − 1)

― зображення правоїчастинизаданогорівняння. Звідси

( p − 1)2 + 1

Y ( p) =

2( p −1)

.

(( p −1)2 + 1)2

Для відшукання

оригіналу

застосуємо

теорему

про

згортку функції

(властивість 100).

Відомо, що et sin t

1

, тоді вираз

( p − 1)2 + 1

2( p − 1)

=

1

2( p − 1)

(( p − 1)2 + 1)2

( p

− 1)2 +

1 ( p − 1)2 + 1

є зображенням згортки

et

sin t 2et

t

− τ)eτ sin τd τ.

cos t = 2∫ et−τ cos(t

0

Обчислимо цей інтеграл

t

− τ) sin τd τ = et

t

2et ∫ cos(t

∫ (sin (t − τ + τ) + sin (t − τ − τ))d τ =

0

0

= et sin t τ

t

+

1

cos (t − 2τ)

t0

= et

t sin t +

1

cos t −

1

cos t = t et sin t.

2

2

0

2

Отже, y = t et

sin t ― розв’язок заданої задачі Коші.

372

13. Розв’яжіть задачу Коші

	x′′ − x =	1	,	x(0) = x′(0) = 0 ,
		1 + et

використовуючи формулу Дюамеля. Розв’язання. Розглянемо допоміжну задачу

x′′ − x = 1,		x (0) = x′(0) = 0 .
1	1	1	1

Якщо X1(p) x1(t), то переходячи до операторного рівняння, дістанемо

			X1 ( p) =			1		,
						p( p2
							−1)
звідки x1 (t) = ∫t	shτd τ = ch t − 1. За формулою (4.22) маємо
0
x(t) = ∫t		1	sh (t − τ)d τ =	1		(et − t et − 1) + sh t ln			1+ et	.
									2
	0 1+ eτ		2

14. Розв’яжіть систему лінійних диференціальних рівнянь

y′ = 3z − y,

′ = + + t

z y z e

за початкових умов y(0) = z(0) = 0.

Розв’язання. Переведемо задану систему в простір зображень. Нехай

	y(t)	Y ( p) , z(t) Z ( p) , тоді y′(t) pY ( p) , z′(t) pZ ( p) , крім того,
	et	1		.
		p − 1

Тоді зображувальна система має вигляд

pY ( p)

pZ ( p)

	= 3Z ( p) − Y ( p),				( p
	= Y ( p) + Z ( p) +	1		,	або
		p − 1

	+ 1)Y ( p) −	3Z ( p) = 0,
	− Y ( p) + ( p −1)Z ( p) =		1	.
			p −1

Цю систему зручно розв’язати за формулами Крамера. Маємо

=

p + 1

−3

= p2

− 4,

1 =

0

−3

=

3

,

1

−1

p −

1

p −

1

p − 1

p − 1

373

=

p + 1

0

=

p + 1

.

2

1

− 1

p − 1

p − 1

Отже, Y ( p) =

1

=

3

, Z ( p) =

2 =

p + 1

.

( p −1)( p2 − 4)

( p − 1)( p2

− 4)

Розклавшидробинаелементарні, знайдемооригінали(розв’язоксистеми)

	3		2t		1					−2t				t
y(t) =		e		+				e				− e			,
	4						4
	3				1								2
			2t								−2t						t
z(t) =		e		−					e			−					e	.
	4				12								3

15. У схемі (рис. 4.13) при t = 0 замикається ключ К. Визначте напругу
uc(t) на конденсаторі С і струми i1(t), i2(t), i3(t) у вітках електричного кола.
Розв’язання. За схемою (рис. 4.13) визначимо початкові умови. При ро-
зімкнутому ключі К очевидно, що uc(0) = E, i1(0) = i2(0) = i3(0) = 0. При за-
i1		t = 0		мкненому ключі К за схемою можна за-
				писати систему рівнянь електричної рів-
		K	i2
r1	i3			новаги, використовуючи закони Ома і
E	C	UC(t)	r2	Кірхгофа
				i1 (t) − i2	(t) − i3 (t) = 0,
				r1i1 (t) + uc (t) − E = 0,
	Рис. 4.13			r i (t) − u (t) = 0.
				2 2	c
Враховуючи, що струм і напруга в ємності зв’язані співвідношенням

i (t) = i

(t) = Cu′ (t),

(4.23)

3

c

c

дістанемо систему лінійних диференціальних рівнянь

i (t) − i (t) − Cu′

(t) = 0,

1

2

c

r1i1(t) + uc (t) = E,

r i (t) − u

c

(t)

= 0.

2 2

Нехай I1 ( p) → i1 (t),

I2 ( p) → i2 (t), I3 ( p) → i3 (t),

UC ( p) → uc (t) , тоді з

урахуванням співвідношення I

3

( p) = pCU

c

( p) − Cu (0) (див. властивість 60),

c

зображувана система має вигляд

I ( p) − I

( p) − pCU

( p)

= −CU

(0),

1

2

E C

C

r1I1( p) + UC ( p) =

,

p

r2 I2

( p) − UC ( p) = 0.

374

Розв’язавши цю систему лінійних алгебраїчних рівнянь відносно змінних I1 ( p), I2 ( p), UC ( p) , дістанемо

p +

1

E

1

E

r C

I1( p) =

, I2 ( p) =

1

,

r1r2C

r1 + r2

r2

r1 + r2

p

p

+

p

p +

r r C

r r C

1 2

1

1 2

p +

r C

.

UC ( p) = E

1

r1 + r2

p

p +

r r C

1 2

Тепер можна визначити I3 ( p) :

або

I3 ( p) i3 (t) = ic (t) ,

I3 ( p) = pCUc ( p) − Cuc (0) = −

E

1

.

r

p +

r1 + r2

2

r r C

1 2

Знаходимо, нарешті, оригінали шуканих струмів і напруги

r + r

r + r

1

2

t

1

2

t

E

1

1

−

E

−

r r C

r r C

i (t)

=

+

e 1 2

=

1− e 1 2

,

1

r r C

r

+ r

r + r

r

+ r

1 2

1

2

−

1

2

1

2

r r C

r r C

1 2

1 2

r1 + r2

r1+r2

E

−

t

, i (t)= −

E

−

t

i

(t) =

r

+ r e

r1r2C

e r1r2C ,

2

(r1

+ r2 )r2

2

1

3

r2

r1 + r2

E

−

t

r r C

u

(t) =

r + r e 1 2

.

r

+ r

c

2

1

1

2

Т.2 ВПРАВИ ДЛЯ АУДИТОРНОЇ

ІСАМОСТІЙНОЇ РОБОТИ

1.Знайдіть оригінали для зображень:

1)	F ( p) =	p + 2	,	2) F ( p) =	1	,
		( p + 1)( p − 2)( p2 + 4)			p2 + 4 p + 3

375

3)	F( p) =					p + 1						,				4)	F ( p) =		1						,
			p	2	(	)(	p + 2			)								p +	2 p	2	+ p			3
						p − 1
5)	F ( p) =					e− p		+	pe				−2 p				F ( p) =		1
															,	6)								,
			p2 − 2 p + 5 p2										+ 9					p2 + 4 p			+ 5
7)	F( p) =					3 p − 2								,		8)	F ( p) =		1			.
			( p − 1)( p2 − 6 p + 10)															( p2 + 4)2

2. Для заданих зображень знайдіть оригінали і побудуйте їхні графіки:

1) F ( p) =	2e− p		2) F ( p) =	e−3 p
		;			.
	p3
				p + 3

3. Розв’яжіть диференціальні рівняння при заданих початкових умовах.

1)	y′ − 2 y = 0,	y(0) = 1 ;
2)	y′ + y = et ,	y(0)	= 0 ;
3)	x′ + 2x = sin t,	x(0) = 0 ;
4)	y′′ − 2 y′ − 3y = e3t ,	y(0)	= y′(0) = 0 ;
5)	y′′ + y′ − 2y = et ,	y(0)	= 0, y′(0) = 1 .

4. Розв’яжіть задачу Коші x′′ + x = f (t),									x(0) = x′(0) = 0,		якщо функція f
(t) задана графічно (рис. 4.14 — 4.15).
1)									2)
f(t)									f(t)
1								t	2
	О		1 2
	–1								О	1 2	t
		Рис. 4.14								Рис. 4.15

5.За допомогою формули Дюамеля розв’яжіть диференціальні рівняння

знульовими початковими умовами.

1)	x′′ =		1		, x(0) = x′(0) = 0 ;	2) x′′ = arctg t,			x(0) = x′(0) = 0 ;
			+ t2
	1							1
3) x′′ = t ln2 t,					x(0) = x′(0) = 0 ;	4) x′′ − x′ =				, x(0) = x′(0) = 0.
								+ et
						1

376

6. Знайдіть розв’язки диференціальних рівнянь при нульових початкових умовах.

1)	x′ + x = f (t),		якщо
2)	x′′ + x =	f (t),	якщо
3)	x′′ − x′ =	f (t),	якщо
4)	x′ − 2x = f (t),		якщо
5)	x′′ + x =	f (t),	якщо

f (t)

f (t)

f (t)

f (t)

f (t)

			для		0 ≤ t < 2,
	1
	=		для		t ≥ 2;
	0
	cos t				для 0 ≤ t < π,
	=		0		для t ≥ π;
	e−t			для 0 ≤ t < 1,
	=
		0		для t ≥ 1;
		sh(3t − 6) для				t ≥ 2,
	=
				0	для	t < 2;
	1			для 0 ≤ t < 1,
				для 1 ≤ t < 2,
	= −1
			0	для t ≥ 2.

7. Розв’яжіть системи диференціальних рівнянь при заданих початкових умовах.

		1)		x′			+ y = 0,										x(0) = 1,										y(0) = −1 ;														2)				x′				= − y,										x(0) = y(0) = 1.
														0,																																		′ = 2x + 2 y,
				x + y′ =																																									y
				x + x′ = y + et ,																																									x′				= 3y − x,
		3)									′									t			x(0)				= y(0) = 1;														4)						y′		= y + x + e								at		,				x(0) = y(0) = 1.
					y + y								= x + e ,
																													Відповіді
		1.		1)			1	e2t					−		1	e−t −							1			cos	2t −	1	sin 2t;									2)						1		(e−t			− e−3t );						3)				−			3		−	t		+			2	et	+				1				e−2t ;
							6							15									10					5																2																	4													12
																																																																2				3
4)		1 − e−t − te−t ;												5)				1		et			sin(2t − 2) + cos(3t − 6) ;																					6)				e−2t			sin t;				7)				et + e3t (17sin t + cos t)																								;
																	2
																																																																				5
8)		sin 2t − 2t cos 2t												.		2. 1)								(t − 1)2 η(t − 1);								2)								e−3(t −3)η(t − 3).													3.		1)					1			te3t			−		1			e3t	+					1				e−t		;
					16																																																						4									16								16
	sh t;						e			2t		;					sh t;											1			t					7				t				2			−2t						(t +		1)e			−t														1							−2t
2)					3)									4)											5) 0; 6)			3 te				−				9 e					−			9 e					;		7)								;					8) –1;							9)					(e						−
																																																																								5
− cos t + 2sin t);														10)			t +					1		t 2 ;			11)	2et		+			3		e2t					−			8		et		(cos			t	+ 2sin				t	) .					4.			1)					2 (sin2					t				η(t) −
																						2										5										5							2						2																			2
			2 t − 1																2 t − 2															1								1																			1
−2sin							η(t − 1)								+ sin											η(t − 2));				2)							t			−					sin 2t η(t) − ((t										− 1) −									sin 2(t − 1))η(t − 1) +
	1			2			1																2											2					1			2										1									2						t															t
+		((t	− 2) −						sin 2(t − 2))η(t − 2).																		5. 1)	t arctg t −													ln (1 + t							2	); 2)				(t	2	− 1)arctg t −														ln(1 + t					2			) +						;
	2						2																															2														2															2															2

377

t3

2

t −

5

ln t +

19

t

t

t

−t

−(t − 2)

3)

ln

;

4)

e

− 1 − (t + ln

2)(e

+ 1)ln (e

+ 1) . 6. 1) 1 − e

−

η(t − 2)(1− e

) ;

8

18

6

2)

t

sin t +

1

η(t − π)(t − π)sin (t − π);

3)

ch t − 1 −

1

η(t

− 1)(ch(t − 1) − 1);

4)

1

3(t−2)

1

−3(t−2)

e

+

e

−

2

2

e

2

10

3

2(t−2)

2

t

2

t − 1

2 t − 2

t − T

1

e−2(t−T)

−

e

η(t

− 2);

5)

2

sin

− 2η(t − 1)sin

+ η(t − 2)sin

;

6)

−

+

×

2

2

2

2

4

4

5

t − (T + τ)

1

e−2(t−(T +τ))

t

t

t

×η(t −T) −

−

+

η(t − (T + τ)) . 7. 1) x = e , y =−e ;

2)

x

= e (cost − 2sint),

2

4

4

3e−2t

(11 − 4a)e2t

3eat

t

t

x =

e−2t

y = e

(cost + 3sin t);

3)

x = y = e

;

4)

+

+

,

y = −

+

4(2 + a)

4(2 − a)

a2 − 4

4(2

+ a)

+

(11− 4a)e2t

+

(a + 1)eat

.

4(2 − a)

a2 − 4

Т.2 ІНДИВІДУАЛЬНІ ТЕСТОВІ ЗАВДАННЯ

2.1. Знайдіть оригінали, що відповідають заданим зображенням.

2.1.1. а)

F ( p) =

pe− p

;

б) F ( p) =

p

.

p2 + 4 p + 20

( p2

− 4)( p2

+

1)

2.1.2. а)

F ( p) =

e−3 p ( p + 3)

;

б) F ( p) =

2 p + 3

.

p2 + 4 p + 8

p3 + 4 p2 + 5 p

2.1.3. а) F( p) =

e−4 p

;

б) F ( p) =

2 p − 1

.

p2

− 6 p + 10

( p −

2)2 ( p +

4)

2.1.4. а) F( p) =

e−2 p

;

б) F ( p) =

2 p − 3

.

p2

+ 2 p + 5

( p + 2)( p2 + p)

2.1.5. а) F( p) =

e−6 p p

;

б) F ( p) =

1

.

p2

+ 8 p + 17

( p − 1)2 ( p − 2)2

2.1.6. а)

F( p) =

e− p ( p −1)

;

б) F ( p) =

p − 1

.

p2

− 4 p + 5

( p +

2)3 ( p +

1)

2.1.7. а)

F( p) =

e− p (2 p + 1)

;

б) F ( p) =

p − 1

.

p2

+ 6 p + 5

( p − 2)2 (2 p + 1)

378

2.1.8. а) F( p) =

e−2 p

( p + 4)

;

p2 − 4 p + 3

2.1.9. а) F( p) =

e−3 p p

;

p2 − p − 2

2.1.10. а)

F( p) =

e− p (2 p −1)

;

p2

+ p − 2

2.1.11. а) F( p) =

e−4 p p

;

p2

− 8 p +

20

2.1.12. а) F( p) =

e−2 p

;

p2 + 4 p − 5

2.1.13. а)

F( p) =

e−3 p (4 p − 3)

;

p2

− 6 p + 13

2.1.14. а)

F( p) =

e− p ( p + 1)

;

p2

+ 4 p +

8

2.1.15. а)

F( p) =

e− p (2 p − 3)

;

p2

− 2 p + 10

2.1.16. а)

F( p) =

e−4 p ( p − 2)

;

p2

+ 2 p + 17

2.1.17. а) F( p) =

e−2 p p

;

p2

− 4 p +

40

2.1.18. а)

F( p) =

e− p

;

p2 − 4 p − 5

2.1.19. а)

F( p) =

e−3 p ( p + 1)

;

p2

− 6 p + 25

2.1.20. а) F( p) =

e− p p

;

p2

− 2 p +

26

2.1.21. а)

F( p) =

e− p (2 p − 5)

;

p2

− 4 p +

8

б) F ( p) =

1

.

( p + 1)( p2

+ 4)

б) F ( p) =

p + 1

.

p2 ( p − 1)( p + 2)

б) F( p) =

1

.

p4 + 4 p2

б) F ( p) =

p

.

( p − 2)( p2

+ 9)

б) F ( p) =

1

.

p3

( p + 1)

б) F ( p) =

p + 2

.

( p − 1)( p2

+ 16)

б) F( p) =

1

.

p2 ( p + 1)2

б) F( p) =

1

.

( p + 2)2 ( p −1)2

б) F ( p) =

1

.

p4

−

16

б) F ( p) =

p

.

( p

+ 1)2 ( p + 3)

б) F ( p) =

p

.

( p

2 + 4)( p + 1)

б) F( p) =

2 p − 1

.

( p

2 + 8)( p − 2)

б) F ( p) =

p

.

( p − 3)( p2

+ 4)

б) F ( p) =

1

.

p4

− 1

379

2.1.22.а) F( p)

2.1.23.а) F( p)

2.1.24.а) F( p)

2.1.25.а) F( p)

2.1.26.а) F( p)

2.1.27.а) F( p)

2.1.28.а) F( p)

2.1.29.а) F( p)

2.1.30.а) F( p)

	=	e−2 p ( p + 3)		;
		p2	+ 4 p + 20

=e−3 p (2 p −1) ; p2 − 8 p + 25

=e−5 p ( p − 3) ; p2 − p − 2

=e− p ( p + 2) ; p2 − 3p − 4

	=		e− p p	;
		p2	− 10 p + 26

=e−2 p (2 p + 3) ; p2 + 4 p − 5

	=	e−4 p ( p − 5)		;
		p2	− 2 p + 37

=e−2 p (3 p −1) ; p2 − p − 2

=e−3 p ( p + 1) ; p2 − 5 p + 6

б) F ( p) =

p

.

( p + 2)( p2 + 9)

б)

F ( p) =

p2 + 2 p − 1

.

p3 − 2 p2 + 2 p − 1

б)

F ( p) =

p2 + 3 p +

1

.

p( p

+ 2)( p +

3)

б) F ( p) =

5 p + 3

.

( p −

1)( p2 +

2 p +

5)

б) F ( p) =

p + 3

.

( p +

1)( p2 +

4 p +

5)

б) F ( p) =

p

.

( p2

− 4)( p2

+ 9)

б) F ( p) =

p

.

( p2

− 16)( p2

+ 25)

б) F ( p) =

p2 + 1

.

p( p

+ 1)( p +

2)( p +

3)

б) F ( p) =

p + 1

.

( p + 3)( p2 + 2 p + 5)

2.2. Розв’яжітьдиференціальнірівнянняпризаданих початкових умовах.

2.2.1.	x′′ + 2x′ + 10x = 0,	x(0) =		1, x′(0)		= 0.
2.2.2.	x′′ + 3x′ = et ,	x(0) = 0,			x′(0)		= 1.
2.2.3.	x′′ + 2x′ + x = e−t ,	x(0) = 1,			x′(0)	= 0.
2.2.4.	x′′ + 3x′ = e−3t ,	x(0) = 0,			x′(0)		= −1.
2.2.5.	x′′ − 2x′ + 2x = sin t,	x(0)	= 0,		x′(0)		= 1.
2.2.6.	x′′ + 4x = sin 2t,	x(0)	= 1, x′(0)			= −2.
2.2.7.	x′′ − 9x = sht,	x(0)	= −1, x′(0) = 3.
2.2.8.	x′′ + 2x′ = t sin t,	x(0)	=	x′(0) = 0.

380