denisuk repeta

МІНІСТЕРСТВО ОСВІТИ І НАУКИ УКРАЇНИ

Національний авіаційний університет

В.П.Денисюк, В.К.Репета,

П.П.Баришовець , Л.В. Рибачук

ВИЩА МАТЕМАТИКА ОПЕРАЦІЙНЕ ЧИСЛЕННЯ

Методичні рекомендації до виконання

індивідуальних завдань

Київ 2010

2

УДК 517. 445 (076.5)

ББК В11.p

В 558

Рецензент:

О.В.Карупу– доцент кафедри вищої та обчислювальної

математики ІКТ НАУ, кандидат фізико-математичних наук

Затверджено на засіданні методичної ради Інституту комп'ютерних

технологій 19 травня 2009 року.

В 558 Вища математика. Операційне числення: Методичні

рекомендації до виконання індивідуальних завдань / Денисюк В.П.,

Репета В.К., Баришовець П.П., Рибачук Л.В.– К.: НАУ, 2010.– 32 с.

Висвітлено основні теоретичні відомості з операційного числення,

наведено розв’язки типових завдань. Подано вправи для самостійної

роботи та варіанти індивідуальних завдань.

Методичні рекомендації відповідають навчальній програмі «Вища

математика» для технічних спеціальностей у межах кредитно-модульної

системи навчання і розраховані на студентів 2-го курсу вищих

технічних навчальних закладів.

УДК 517. 445 (076.5)

ББК В11.р

© Денисюк В.П., В.К.Репета.,

Баришовець П.П., Рибачук Л.В.,

© НАУ, 2010

3

ВСТУП

Операційне числення відіграє важливу роль при розв’язанні

багатьох прикладних задач, зокрема, у сучасній автоматиці,

електротехніці, технічній фізиці тощо.

Операційне числення виникло у середині ХІХ століття. Одним

із його засновників є український вчений, професор Київського

університету М.Є. Ващенко-Захарченко, який у 1862 році в своїй

дисертації уперше висловив ідею операційного методу до

розрахунків процесів в електричних колах.

Суть цього методу полягає у заміні звичайного рівняння

відносно функції ( )x t на операторне рівняння відносно її

зображення ( )X p . У результаті одержане операторне рівняння

розв’язують відносно ( )X p , що, як правило, зводиться до простих

алгебраїчних дій. Від знайденого зображення ( )X p за певними

формулами переходять до оригіналу ( )x t , який і є шуканою

функцією. 1. Перетворення Лапласа та його властивості 1.1. Оригінал і зображення

Означення. Оригіналом називають будь-яку комплексно-значну

функцію ( ) ( ) ( )f t u t iv t= + дійсної змінної t, яка задовольняє такі

умови:

1) на будь-якому обмеженому проміжку осі t ( )f t або

неперервна, або має лише скінчене число точок розриву першого

роду;

2) ( ) 0f t ≡ при 0;t <

3) існують сталі 0M > і 0σ ≥ такі, що для всіх 0t >

виконується нерівність

( ) tf t Me

σ≤ ; (1.1)

Нижню грань 0σ всіх чисел ,σ для яких виконується умова

(1.1) називають показником зростання функції ( ).f t Для

обмежених функцій за показник зростання можна взяти 0 0.σ =

4

Приклад 1. Функція

<

≥=

0для0

,0для3sin)(

2

t

ttetf

t

є функцією-оригіна-

лом, оскільки: 1) f (t) неперервна на всій осі t; 2) f(t) = 0 для t < 0;

3) для всіх 0t > виконується нерівність tt ete 22 3sin ≤ , 20 =σ , М = 1.

Зображенням оригіналу ( )f t називають функцію ( )F p

комплексної змінної p = σ + iω, яку визначають рівністю

( ) ( )0

ptF p e f t dt

∞−= ∫ (1.2)

Інтеграл в (1.2) називають інтегралом Лапласа, а операцію

переходу від оригіналу ( )f t до зображення ( )F p —

перетворенням Лапласа. Той факт, що ( )F p є зображенням

оригіналу ( )f t символічно записують так:

( )f t ≤ ( ) ,F p або ( ) ( )( ).F p L f t=

Функція F(p) визначена в півплощині Re p = σ > σ0 (рис. 1.1) і є

в цій півплощині аналітичною функцією, при цьому ( ) 0,F p →

якщо .p → +∞

Сукупність усіх оригіналів ( )f t називають простором

оригіналів, а сукупність зображень ( )F p — простором зображень.

Приклад 2. За означенням знайдіть зображення

функцій:

1) f (t) = η(t ) =

<

≥

0якщо,0

,0якщо,1

t

t – одинична функція

Хевісайда;

2) f (t ) = etα.

Розв’язання. 1) L(η(t)) = pp

edtedtte

apt

a

ptpt 1lim)(

000

=−

==−

∞→

∞−

∞−

∫∫ η ;

Зауваження. Якщо функція f (t ) ≠ 0 для t<0 , то замість неї

розглядається без спеціальних застережень добуток ( ) ( )ttf η із

збереженням позначення f (t ).

Рис. 1.1

F

p σ0

5

2) ( )αα

αααα

−=

−−===

−−

∞→

∞−−

∞−

∫∫pp

edtedteeeL

atp

a

tptptt 1lim

0

)(

0

)(

0

.

Отже, 1) η(t) ≤ p

1; 2) teα ≤

α−p

1.

Вправи

1. Перевірте, які з заданих функцій є функціями-оригіналами:

1) )η(5)( ttf t= ; 2) )η()( )42( tetf ti+= ;

3) )η(3

1)( t

ttf

−= ; 4) )η()( 2 tttf = ;

5) )η()3ch()( ttitf −= ; 6) )η(tg)( tttf = .

2. Користуючись означенням, знайдіть зображення функцій:

1) ttf =)( ; 2) 2)( ttf = ; 3) 3)( ttf = ; 4) ( ) .t

f t t e=

Запитання для самоконтролю

1. Що таке оригінал?

2. Що таке нижня грань числової множини?

3. Яка функція називається комплексно-значною? кусково-

неперервною? функцією Хевісайда?

4. Що таке показник зростання функції?

5. Що називається зображенням функції-оригіналу?

6. Наведіть приклади функцій, що не є оригіналами.

1.2. Властивості перетворення Лапласа

1.2.1. Лінійність

Теорема. Якщо 1 2( ), ( )f t f t ― функції-оригінали, А і В ―

довільні сталі, то

L(Af1(t) + Bf2(t)) = AL(f1(t)) + BL(f2(t)).

Приклад 3. Користуючись властивістю 1.2.1 і формулою teα ≤α−p

1,

визначте зображення функцій: 1) sint; 2) cost; 3) sht; 4) cht.

Розв’язання.

1) ( )itit eei

t −−=2

1sin ≤

1

111

2

12 +

=

+−

− pipipi;

6

2) ( )ititeet

−+=2

1cos ≤

1

11

2

12 +

=

++

− p

p

ipip;

3) ( )tteet

−−=2

1sh ≤

1

1

1

1

1

1

2

12 −

=

+−

− ppp;

4) ( )tteet

−+=2

1ch ≤

11

1

1

1

2

12 −

=

++

− p

p

pp.

Вправа 3. Знайдіть зображення функцій: 1) sht +2cht; 2) 3sht +4sint; 3) cht – сost; 4) sht − 5sint.

1.2.2. Подібність

Теорема. Якщо f(t) ≤ F(p), то f (ωt ) ≤

ωω

1 pF (ω ≠ 0 ).

Приклад 4. Знайдіть зображення оригіналів sinωt та cosωt.

Розв’язання.

1)

2

2 2 2 2 2

1 1 1(sin ) ;

1

L tp pp

ω ωω = ⋅ = ⋅ =

ω ω + ω + ω+

ω

2)

2

2 2 2 2 2

1 1(cos ) .

1

p p

pL t

p pp

⋅ ωω ω

ω = ⋅ = ⋅ =ω ω + ω + ω

+ω

Вправа 4. Користуючись властивостями 1.2.1 і 1.2.2, знайдіть

зображення функцій:

1) ( ) ttf 2sin= ; 2) ( ) ttf 2cos= ; 3) ( ) ttf 3cos= ; 4) ( ) ch .f t t= ω

1.2.3. Запізнення оригіналу Теорема. Нехай f (t) ≤ F (p) і τ > 0. Тоді f (t − τ) ≤ e

-p τ F (p).

Приклади

5. Знайдіть зображення одиничної функції Хевісайда “із запізненням”

(рис. 1.2):

1 для ,( )

0 для .

tt

t

≥ τη − τ =

< τ

7

Розв’язання. Використовуючи властивість

1.2.3 (запізнення оригіналу), дістанемо

( )tη − τ ≤ e–pτ

·L(η(t)) = .pe

p

− τ

6. Знайдіть зображення функції sin (ωt – φ)

−

ωη

ϕt .

Розв’язання. Використовуючи властивості 1.2.2 та 1.2.3, дістанемо

sin (ωt – φ)

−

ωη

ϕt =

−

ωωsin

ϕt

−

ωη

ϕt ≤

p

ep

ω22 ω

ωϕ

−

⋅+

Вправа 5. Користуючись властивістю 1.2.3, знайдіть зображення

функцій:

1) )1η()1()1( 2 −−=− tttf ; 2) )2η()2sin()2( −−=− tttf ;

3) cos (ωt – φ)

−

ωη

ϕt .

1.2.4. Випередження Теорема. Нехай f (t) ≤ F (p) і τ > 0. Тоді

f (t + τ) ≤ ( ) ( )

− ∫

−τ

τ

0

dttfepFeptp .

1.2.5. Зміщення зображення

Теорема. Якщо f (t) ≤ F (p) і p0 − довільне комплексне число, то

f (t) tp

e 0 ≤ F (p − p0).

Приклад 7. Знайдіть зображення функції f (t) = te t 2cos− .

Розв’язання. Враховуючи, що cos2t ≤2 4

p

p + , за властивістю 1.2.5

(p0 = –1) маємо

te t 2cos− ≤2 2

( )

1 1.

1 4 2 5

p p

p p p

+ +=

+ + + +


функцій:

1) ( ) cos .t

f t e nt= 2)3

( ) .t

f t e t−

=

1.2.6. Диференціювання оригіналу

Рис. 1.2

О τ t

f(t) = η(t– τ)

1

f(t)

8

Теорема. Якщо функція f (t) та її похідні f '(t), f ''(t),… f (n)

(t) є

функціями – оригіналами і L(f (t)) = F (p) , то

L( f '(t)) = pF (p) – f (0), L(f ''(t)) = p2 F (p) – p f (0) − f '(0),

………………………………………………

L( f (n)

(t)) = pnF (p) − p

n-1 f (0) − p

(n -2)f' (0) −…− f

(n -1)(0),

де ( ) ( ) ( ) ( )

0 00 lim , 0, 1, 2, ..., n-1.

k k

tf f t k

→ += =

Приклад 8. Знайдіть зображення функції f (t) = sin2 t.

Розв’язання. Перший спосіб. Запишемо f (t) у вигляді

1( ) (1 cos 2 )

2f t t= − .

Використовуючи властивості 1.2.1 та 1.2.2, дістанемо

1( ) (1 cos 2 )

2f t t= − ≤

2 2

1 1 2 2

2 4 ( 4)p p p p

− = + +

.

Другий спосіб. Нехай f (t) ≤F (p). За властивістю 1.2.6 (диференці-

ювання оригіналу) ( )tf ′ ≤ pF(p) – f(0). Оскільки f (0) = sin2 0 = 0, то

( )tf ′ ≤ pF(p). З іншої сторони, 2

(sin ) 2sin cos sin 2( )f t t t tt′ ′= = = ≤

≤2

2.

4p + Отже, )(

4

22

ppFp

=+

, звідси 2

2( )

( 4)F p

p p=

+.


функцій:

1) ttf 2cos)( = ; 2) ttf 3cos)( = ; 3) ttf 4cos)( = .

1.2.7. Диференціювання зображення.

Теорема. Нехай f (t) ≤ F (p), Re p > σ0 , тоді –t f (t) ≤ dp

pdF )(.

Наслідок. (− t)n f (t) ≤

n

n

dp

pFd )( або t

n f (t) ≤ (−1)

n

n

n

dp

pFd )(.

Приклади

9. Знайдіть зображення функції f (t) = nt .

Розв’язання. Відомо, що ( )tη ≤ 1

p. Тоді, використовуючи власти-

вість 1.2.7 (диференціювання зображення), послідовно дістанемо

9

( )t t− ⋅η ≤ 2

1 1

p p

′ −=

, або t ≤

2

1

p; 2 ( )t t⋅η ≤

2 3

1 2

p p

′ −=

,

……….. .................,

10. Знайдіть зображення функції f (t) = t2e

t.

Розв’язання. Відомо, що et ≤

1

1p −. За властивістю 2.7 маємо

1

1p

′

−

∞ – tte , тобто 2

( )

1

1p − ∞ tte .

Використовуючи цю властивість ще раз, дістаємо

2( )

1

1p

′

−

∞ − tet 2 , звідки tet 2 ≤3

2.

( 1)p −


функцій:

1) 2)( ttf = ; 2) 5)( ttf = ; 3) tttf 2cos)( = .

4) ttetf 3)( −= ; 5) ( ) ( ch ).t

f t t e t= +

1.2.8. Інтегрування оригіналу

Теорема. Якщо f (t) ≤ F (p), то p

pFdfL

t)(

)(

0

=

∫ ττ .

Приклад 11. Знайдіть зображення функції

0

( ) .

t

f t e dτ= τ∫

Розв’язання. Використовуючи властивість 1.2.8 і враховуючи, що

et ≤

1

1

−p, дістанемо

0

( )t

f t e dτ= τ∫ ≤ 1 1 1

.1 ( 1)p p p p

⋅ =− −

( )nt t⋅η ≤1

!n

n

p +.

10


функцій:

1)0

( ) sin .t

f t d= τ τ∫ 2)0

( ) ( 1)cos .t

f t d= τ + τ τ∫

1.2.9. Інтегрування зображення

Теорема. Якщо f (t) ≤ F (p) і t

tf )( − оригінал, то

∫∞

=

p

dppFt

tfL )(

)(.

Приклад 12. Знайдіть зображення функції sin

( ) .t

f tt

=

Розв’язання. Враховуючи, що sin t ≤2

1

1p +, і скориставшись власти-

вістю 1.2.9 (інтегрування зображення), дістанемо

sin t

t≤

2lim arctg arctg arcctg

21.

p

a

pa

dpp p p

p

+∞

→∞

π= = − =∫

+


функцій:

1) t

etf

t 1)(

−= ; 2)

1 ( ) .

tef t

t

−−=

1.2.10. Згортка оригіналів. Теорема множення

Означення. Згорткою неперервних функцій f (t) i φ (t) називають

функцію

ψ (t)= f (t) * φ (t) = ∫ −t

0

)( )( ττϕτ dtf

Теорема множення. Нехай f1 (t) ≤ F1(p) , f2 (t) ≤ F2(p) , тоді

f1 (t) * f2 (t) ≤ F1(p) · F2(p) ,

тобто згортці оригіналів відповідає добуток зображень оригіналів. Приклад 13. Знайдіть згортку функцій t і cos t та її зображення.

Розв’язання. Нехай ( ) , ( ) cos .f t t t t= ϕ = Тоді

11

0

( ) ( ) cos ( ) .t

f t t t d∗ ϕ = τ − τ τ∫

Інтегруючи за частинами, дістанемо:

00

cos( ) cos( ) sin( )

sin( )

t tu du d

t d t d dv t

v t

= τ = τ

τ − τ τ = − τ τ = = −τ − τ +

= − − τ∫

00

sin( ) sin( ) 0 sin( 0) cos( ) 1 cos .t t

t d t t t t t t+ − τ τ = − − + ⋅ − + − τ = −∫

Отже,

cos 1 cos .t t t∗ = −

Зображення F(p) цієї згортки за теоремою множення має вигляд

( ) ( ) ( ) ( )1

1

1

1cos

222 +=

+⋅=⋅=

ppp

p

ptLtLpF


функцій:

1)2

0

( ) ( ) cos 2t

f t t d= − τ τ τ∫ . 2)0

( ) sin ( )t

tf t e t d

−τ= τ − τ τ∫ .

1.2.11. Зображення періодичних функцій

Теорема. Нехай ( )f t — функція-оригінал з періодом Т, тобто

( ) ( ) ( )... , 0, .f t f t T f t nT t n N= + = = + ≥ ∈

Тоді при Re 0p >

( ) ( )0

1( )

1

Tpt

PTL f t f t e dt

e

−

−=

−∫ (1.3)

Приклад 14. Знайдіть зображення

прямокутного періодичного імпульсу з

періодом 2b (рис. 1.3)

≤<

<<=

.2для0

,0для)(

btb

btAtf

Розв’язання. Знайдемо спочатку зображення даної функції на

проміжку 0 2t b< ≤ (на одному періоді):

f (t)

t О

А

b

Рис. 1.3

2b 3b 4b 5b

12

( ) ( )pbbptb

pte

p

A

p

eAdtAepF

−−

− −=−

== ∫ 100

0 .

Тоді за формулою (1.3) дістанемо

( )tf ≤ ( ) ( )pbpb

pb

pb ep

A

e

e

p

ApF

e −−

−

− +=

−

−=

− 11

1

1

1202

.

2.12. Зображення ступінчастих функцій

Нехай

≥<

∈

∈

∈

=

−

.або0,0

),,[),(

.......................................

),,[),(

),,0[),(

)(

1

212

11

k

kkk

att

aattf

aattf

attf

tf

кусково-неперервна функція, kaaa <<<< ...0 21 . Тоді

( ) ( ) ++−−−+−−= ...)η()η()()η()η()()( 21211 atattfatttftf

( ))η()η()( 1 kkk atattf −−−+ − .

Далі слід скористатися властивістю 1.2.3.

Приклади

15. Знайдіть зображення ступінчастої функції

2 для 0 1,

3 для 1 2,( )

1 для 3 6,

0 для 0 або 6.

t

tf t

t

t t

≤ < ≤ <

= ≤ <

< ≥

Розв’язання. Графік заданої функції

зображено на рис. 1.4. Використовуючи функції

Хевісайда ( ), ( 1), ( 3), ( 6)t t t tη η − η − η − ,

запишемо f (t) у вигляді

( ) 2( ( ) ( 1)) 3( ( 1) ( 3)) ( 3) ( 6)f t t t t t t t= η − η − + η − − η − + η − − η − .

Тут вираз 2( ( ) ( 1))t tη − η − визначає графік функції ( )f t на проміжку

(0; 1) , 3( ( 1) ( 3))t tη − − η − ― на проміжку (1; 3) , а ( 3) ( 6)t tη − − η − ― на

проміжку (3; 6) .

f(t)

t О

Рис. 1.4

1 2

3

1 3 6

13

Враховуючи, що ( )tη ≤ 1

p, і скориставшись властивістю 1.2.3

(запізнення оригіналу), дістанемо

f (t) ≤ =−+

−+

−

−−−−−

p

e

p

e

p

e

p

e

p

e

p

ppppp 633

31

2

3 63 6

( )2 2 1

2 2 .

p p pp p pe e e

e e ep p p p p

− − −− − −

= + − − = + − −

16. Знайдіть зображення функції, заданої графіком (рис. 1.5).

Розв’язання. Подамо f (t) у вигляді:

для 0 1,

( ) 2 для 1 2,

0 для 0 або 2.

t t

f t t t

t t

≤ ≤

= − < < < ≥

Використовуючи функції Хевісайда, подамо

f (t) у вигляді:

( ) ( ( ) ( 1)) ( 2)( ( 1) ( 2))f t t t t t t t= η − η − + − + η − − η − =

( ) ( 1) ( 2) ( 1) ( 2) ( 2)t t t t t t t t= η − η − − − η − + − η − =

( ) 2( 1) ( 1) ( 2) ( 2)t t t t t t= η − − η − + − η − .

За властивістю 1.2.3 (запізнення оригіналу) дістанемо

f(t) ≤

2 22

2 2 2 2 2

1 2 1 (1 )(1 2 ) .

p p pp pe e e

e ep p p p p

− − −− − −

− + = − + =

Вправа 12. Знайдіть зображення функцій, заданих графічно на

рис.1.6−1.8:

1) 2) 3)

Зауваження. Зображення основних елементарних функцій

вміщені, наприклад, в [1−5].

О t

1

1

f(t)

Рис. 1.6

О t

1

1

f(t)

Рис. 1.7

2 –1 О t

1

1

f(t)

Рис. 1.8

2

f (t)

t О

1

1 2

Рис. 1.5

14

ІНДИВІДУАЛЬНІ ТЕСТОВІ ЗАВДАННЯ

1. Користуючись властивостями 1.2.1−1.2.5, знайдіть зображення

функцій.

1.1. 2

( ) sin 5 .f t t= 1.2. 2

( ) cos 9 .f t t=

1.3. ( ) ch .3

tf t = 1.4. ( ) sin2 cos3 .f t t t=

1.5. ( ) cos 2 cos7f t t t= . 1.6. ( ) sin 4 sin 3 .f t t t=

1.7. ( )1

( ) sin sh .2

f t t t= − + 1.8. ( )1

( ) ch cos .2

f t t t= −

1.9. ( ) sh sh3 .f t t t= 1.10. 2

( ) ch3 sin .f t t t=

1.11. 4

( ) sin 2 .f t t= 1.12. 4

( ) cos .2

tf t =

1.13. ( ) sin6 cos4 .f t t t= 1.14. ( ) sin4 sin 8 .f t t t=

1.15. 3

( ) sin 4 .f t t= 1.16. 3

( ) cos 3 .f t t=

1.17. 3

( ) cos .3

tf t = 1.18.

2 ( ) ch .

5

tf t =

1.19. 2 ( ) sh 3 .f t t= 1.20. ( ) ch 3 ch 2 .f t t t=

1.21. 3

( ) sh .f t t= 1.22. 3

( ) ch 4 .f t t=

1.23. ( ) sin3 cos5 .f t t t= 2.24. 2

( ) sin 2 sin .f t t t=

1.25. 2 ( 4) cos ( 4) ( 4).f t t t− = − η − 1.26.1

( 1) ( 1).t

f t e t−

− = η −

1.27.2 ( 2) sin ( 2) ( 2).f t t t− = − η − 1.28.

3 ( ) .

tf t e

−=

1.29.2

( ) cos . tf t e t

−α= β 1.30.

2( ) sin . t

f t e t−α

= β

2. Користуючись властивостями 1.2.6 −1.2.7, знайдіть зображення

функцій.

2.1. 2( ) sin 2 .f t t= 2.2. 3

sin .( )f tt =

2.3. 4

( ) cos .f t t= 2.4. ( ) sin3 .f t t t=

2.5. ( ) cos f t t t= ω 2.6. ( ) sh .f t t t=

2.7. ( ) ch .f t t t= 2.8. ( ) ch .f t t t= ω

2.9. 2

( ) cos .f t t t= ω 2.10. 2

( ) sh .f t t t=

15

2.11. ( ) sin sh .f t t t t= ω ω 2.12. ( ) cos ch .f t t t t= ω ω

2.13. 2 ( ) sin 3 .f t t t= 2.14. 2

( ) ch5 .f t t t=

2.15. 3

( ) .f t t= 2.16. 4

( ) .f t t=

2.17. ( ) cos 5 .f t t t= 2.18. ( ) sin 3 .f t t t=

2.19. 5

( ) .t

f t t e−

= 2.20. 2

( ) cos .f t t t=

2.21. ( ) ( ch 2 ).t

f t t e t= − 2.22. ( ) ( 1)sin 2 .f t t t= +

2.23. ( ) sh 3 .f t t t= 2.24. 2

( ) ( 1) sh2 .f t t t= −

2.25. ( ) sin sh .f t t t t= 2.26. 2

( ) ch 2 .f t t t=

2.27. ( ) cos ch .f t t t t= 2.28. ( ) ch 2 .f t t t=

2.29. tettf 22)( −= 2.30. 2 4

( ) .t

f t t e=

3. Користуючись властивостями 1.2.8 −1.2.9, знайдіть зображення

функцій.

3.1. 0

( ) sin3 .t

f t d= τ τ∫ 3.2. 0

( ) (2 3)cos .t

f t d= τ − τ τ∫

3.3. 0

( ) sh 2 .t

f t d= τ τ τ∫ 3.4. 2

0

( ) cos .t

f t d= ωτ τ∫

3.5. 0

( ) ch .t

f t d= ωτ τ∫ 3.6. 2

0

( ) .t

f t e d−τ

= τ τ∫

3.7. 0

( ) sin (2 3) .t

f t d= τ − τ∫ 3.8.

3 2

0

( )6

.t e

f t d

ττ

= τ∫

3.9. 3

0

( ) sin 5 .t

uf t e udu

−= ∫ 3.10.

4

0

( ) cos 8 .t

uf t e u du

−= ∫

3.11. 3

0

( ) cos 4 .t

f t u u du= ∫ 3.12. 0

( ) ( 2)cos2 .t


3.13. 1 cos2

( ) .t

f tt

−= 3.14.

0

( ) ( 1)sh 4 .t


3.15. 1

( ) .

te

f tt

−= 3.16.

1 ( ) .

te

f tt

−−

=

16

3.17.

2sin

( ) .t

f tt

= 3.18. 1 cos

( ) .t

f tt

−=

3.19. 1

( ) .te t

f tt

− −= 3.20.

2 1 ( ) (1 ) .

t tf t e e

t= −

3.21. sin

( ) .ate t

f tt

−

= 3.22. sin 7 sin 3

( ) .t t

f tt

=

3.23. cos 3 cos 2

( ) .t t

f tt

−= 3.24.

1 cos ( ) .ttf t e

t

−−=

3.25. 1

( ) .

at

t

ef t

t e

−= 3.26.

2sin ( ) .

ate btf t

t

−

=

3.27. 2cos 3

( ) .t

f tt

= 3.28. 2 1

( ) sin 2 .t

f t e tt

−=

3.29. cos cos 2

( ) .t t

f tt

−= 3.30. ( ) .

t te ef t

t

−−=


1. Що означає лінійність зображення?

2. Сформулюйте властивості подібності, запізнення та виперед-

ження оригіналу, зміщення зображення.

3. Нехай )(tf ≤ )( pF , 0)0()0()0( =′′=′= fff . Запишіть

зображення, що відповідають оригіналам )(tf ′ , )(tf ′′ та )(tf ′′′ .

4. Сформулюйте теореми про диференціювання та інтегрування

оригіналу .

5. Сформулюйте теореми про диференціювання та інтегрування

зображення.

6. Дайте означення згортки оригіналів та сформулюйте теорему

множення.

7. У чому полягає суть знаходження зображення для

ступінчастої функції?

2. Знаходження оригіналу за зображенням

2.1. Елементарний метод

На практиці для знаходження оригіналів зображень часто

застосовують властивості перетворення Лапласа та таблиці

17

зображень. Зокрема, для цього використовують розкладання

раціонального дробу у суму елементарних дробів (див. інтегральне

числення). Приклади

1. Знайдіть оригінал для функції 2

4 3( ) .

6 13

pF p

p p

−=

+ +

Розв’язання. Виконаємо перетворення

2 2 2

4( 3) 15 ( 3) 15 2( ) 4

2( 3) 4 ( 3) 4 ( 3) 4

p pF p

p p p− ⋅

+ − += = ⋅

+ + + + + +.

Оскільки 2 4

p

p +∞ cos 2t ,

2

2

4p +∞ sin 2t , то за властивостями 1.2.5

та 1.2.1

( )F p ∞ 3 315

4 cos 2 sin 22

t te t e t

− −− .


1( ) .

( 1)F p

p p=

+

Розв’язання. Перший спосіб. Розкладемо правильний раціональний

дріб F(p) у суму елементарних дробів

2 2

1.

( 1) 1

A Bp C

pp p p

+= +

+ +

Визначивши коефіцієнти А, В і С, дістанемо

2 2

1 1.

( 1) 1

p

pp p p= −

+ +

За таблицею знаходимо оригінал ( ) 1 cos .f t t= −

Другий спосіб. Відомо, що sin t ≤2

1

1p +. Діленню зображення на p

відповідає інтегрування оригіналу (властивість 1.2.8), тому

2

1

( 1)p p +∞ 0

0

sin cos cos cos 0 1 cos .t t

d t tτ τ = − τ = − + = −∫


1( ) .

( 1)( 4)F p

p p p=

− +

Розв’язання. Розклавши дріб на елементарні дроби, дістанемо

18

2 2

41 1 1 1 1 1.

4 5 1 20( 1)( 4) 4

p

p pp p p p⋅

−= − ⋅ + ⋅ +

−− + +

Першому та другому доданкам відповідають табличні оригінали, а третій

доданок подамо у вигляді різниці

2 2 2

1 4 1 1 2.

20 20 10( 4) 4 4

p p

p p p⋅

−= ⋅ − ⋅

+ + +

Тоді

1 1 1 1( ) cos 2 sin 2 .

4 5 20 10

tf t e t t= − + + −

4. 2 2

1( ) .

( 1)F p

p=

+

Розв’язання. Для відшукання оригіналу використаємо теорему про

згортку оригіналів (властивість 1.2.10).

2 2

1 1( )

1 1F p

p p= ⋅

+ +:→

0

sin sin ( )t

t dτ ⋅ − τ τ =∫

0 00

1 1 1(cos (2 ) cos ) sin (2 ) cos

2 2 2

t t t

t t d t t= τ − − τ = τ − −τ =∫

( ) ( )1 1 1 1 1

sin sin cos sin cos sin cos .4 2 2 2 2

t t t t t t t t t t= + − = − = −

2.2. Теореми розкладання

Перша теорема розкладання. Якщо зображення ( )F p в околі

0p p> нескінченно віддаленої точки має розклад в ряд Лорана

вигляду

( ) 0 1

2 1 10

... ...n n

n nn

a a aaF p

p p p p

∞

+ +=

= + + + + = ∑

то функція

( )2 2

1 2 20

0

... ...1! 2! 2! ! !

n n

n n

n

a t a ta t a t a tf t a

n n

∞

=

= + + + + + + = ∑ (2.1)

є оригіналом для функції ( ).F p

19

Приклади

5. Знайдіть оригінал )(tf , якщо ( )41

1)(

pppF

+= .

Розв’язання. Виконаємо перетворення зображення

( ) =

+

⋅=+

=

4

54 11

11

1

1)(

p

ppppF

...111

...11

11

1395845−+−=

−+−⋅=

pppppp ( )1>p .

Звідси за першою теоремою розкладання дістанемо

...!12!8!4

)(1284

−+−=ttt

tf .


( ) sinF pp

= .

Розв’язання. Розкладемо функцію 1

sinp

у ряд Лорана:

...!5

1

!3

111 sin

53−+−=

pppp,

тоді за формулою (2.1) знаходимо оригінал 2 4

1 1( ) 1 ...

3! 2! 5! 4!

t tf t = − + − .

Друга теорема розкладання. Якщо функція ( )F p аналітична в

усій комплексній площині за винятком скінченої кількості

особливих точок 1 2, , ..., ,np p p то оригіналом для ( )F p є функція

( ) ( )1

res .k

npt

p pk

f t F p e==

= ∑

Якщо ( )( )( )р

F pр

Φ=

ψ і 1 2, , ..., np p p — прості корені функції

( ) ,pψ то

( )( )( )1

k

np tk

k k

pf t e

p=

Φ=

′ψ∑ (2.2)

20

Приклади

7. Знайдіть оригінал для зображення( )( )41

1)(

2 −−=

pppF .

Розв’язання. За формулою (2.2) маємо:

Ф(p) = 1, ψ(p) = )4)(1( 2 −− pp ,

( )( )( ) ( ) 42312441ψ 222 −−=−+−=′

−−=′ ppppppp ,

12)2(ψ,4)2(ψ,3)1(ψ =−′=′−=′ .

Отже, ttt

eeetf22

12

1

4

1

3

1)(

−++−= .

8. Знайдіть оригінал для зображення ( )34

3)(

2 +−

+=

ppp

ppF .

Розв’язання. Запишемо дане зображення у вигляді

( )( )31

3)(

−−

+=

ppp

ppF .

Позначимо 3)Ф( += pp , ψ(p) = pppppp 34)34( 232 +−=+− .

Тоді ( ) 383 2 +−=Ψ′ ppp . Далі маємо: 383

3

)(

)Ф(2 +−

+=

Ψ′ pp

p

p

p,

13

3

)0(

)0Ф(==

Ψ′, 2

2

4

)1(

)1Ф(−=

−=

Ψ′, 1

6

6

)3(

)3Ф(==

Ψ′.

Отже, tt eetf 321)( +−= .

9. Знайдіть оригінал, якщо )4(

1)(

2 +

+=

pp

ppF .

Розв’язання. Знаходимо корені знаменника: p1 = 0, p2 = 2i, p3 = –2i.

Використовуємо формулу (2.2). При цьому Ф(p) = p + 1, Ψ(p) = p3 + 4p,

1′Ψ (p) =3p2 + 4. Тоді

=+−

+−+

+

++

+

+= − ititt

ei

ie

i

ietf

2

2

2

2

0

4)2(3

12

4)2(3

12

40

10)( −

+− ite

i 2

8

12

4

1

tti

eeeee

i ititititit

2sin2

12cos

4

1

4

1

22

1

24

1

4

1

8

12 22222 +−=

−+

+−=

+−−

−−−

.

Вправа13. Знайдіть оригінали для зображень:

1) 2

2( )

( 1)( 2)( 4)

pF p

p p p

+=

+ − +; 2)

2

1( )

4 3F p

p p=

+ +;

21

3) ( ) ( )2

1( )

1 2

pF p

p p p

+=

− +; 4)

2

2 2( )

2 5 9

p pe pe

F pp p p

− −

= +− + +

,


1. Знайдіть оригінали, що відповідають заданим зображенням.

1.1. 2 2

( ) .( 4)( 1)

pF p

p p=

− + 1.2.

3 2

2 3 ( ) .

4 5

pF p

p p p

+=

+ +

1.3. 2

2 1( ) .

( 2) ( 4)

pF p

p p

−=

− + 1.4.

2

2 3 ( ) .

( 2)( )

pF p

p p p

−=

+ +

1.5. 22 )2()1(

1)(

−−=

pppF . 1.6.

3

1( ) .

( 2) ( 1)

pF p

p p

−=

+ +

1.7. 2

1( ) .

( 2) (2 1)

pF p

p p

−=

− + 1.8.

2

1 ( ) .

( 1)( 4)F p

p p=

+ +

1.9. 2

( )( )

1( ) .

1 2

pF p

p p p

+=

− + 1.10.

4 2

1 ( )

4F p

p p=

+.

1.11. 2

( ) .( 2)( 9)

pF p

p p=

− + 1.12.

3

1 ( ) .

( 1)F p

p p=

+

1.13. 2

2 ( ) .

( 1)( 16)

pF p

p p

+=

− + 1.14.

2 2

1 ( ) .

( 1)F p

p p=

+

1.15. 2 2

1( ) .

( 2) ( 1)F p

p p=

+ − 1.16.

4

1 ( ) .

16F p

p=

−

1.17. 2

( ) .( 1) ( 3)

pF p

p p=

+ + 1.18.

2 2( ) .

( 4)

pF p

p=

+

1.19. 2

1( ) .

( 3)( 2 5)

pF p

p p p

+=

+ + + 1.20.

2 ( ) .

( 3)( 4)

pF p

p p=

− +

1.21. 2 2

( ) .( 16)( 25)

pF p

p p=

− + 1.22.

2 ( ) .

( 2)( 9)

pF p

p p=

+ +

1.23.

2

3 2

2 1 ( ) .

2 2 1

p pF p

p p p

+ −=

− + − 1.24.

23 1

( ) .( 2)( 3)

p pF p

p p p

+ +=

+ +

22

1.25.2

5 3( ) .

( 1)( 2 5)

pF p

p p p

+=

− + + 1.26.

)54(

3)(

2 ++

+=

ppp

ppF .

1.27. 2 2

( ) .( 4)( 9)

pF p

p p=

− + 1.28.

4

1 ( ) .

1F p

p=

−

1.29.

21

( ) .( 1)( 2)( 3)

pF p

p p p p

+=

+ + + 1.30.

2 2

2( )

( 4 8)

pF p

p p=

+ +

Запитання для самоперевірки 1. У чому полягає елементарний метод відшукання оригіналу за

зображенням?

2. Що таке окіл нескінченно віддаленої точки?

3. Який ряд називається рядом Лорана?

4. Сформулюйте першу теорему розкладання.

5. Які точки комплексної площини називаються особливими?

6. Які функції називаються аналітичними?

7. Сформулюйте другу теорему розкладання.

3. Застосування операційного числення

3.1. Розв’язування диференціальних рівнянь операційним

методом

Нехай задано лінійне диференціальне рівняння

( ) ( ) 0, 0dx

ax f t x xdt

+ = = (3.1)

де ( )tx — невідома функція, ( )f f t= — функція-оригінал, а —

дійсне число.

Нехай ( )( ) ( ) ,L f t F p= ( )( ) ( ) ,L x t X p= тоді за правилом

диференціювання оригіналу ( )( ) ( ) 0.L x t pX p x′ = −

Знайдемо зображення від обох частин рівняння (3.1)

( ) ( )( ) ( ) ( )paXxppXtaxtxL +−=+′0 , ( )( ) ( )pFtfL =

отже, ( ) ( ) ( )0 ,pX p x aX p F p− + = звідси:

23

( )( ) 0

.F p x

X pp a

+=

+ (3.2)

Далі знаходять оригінал зображення (3.2), який і буде

розв’язком задачі Коші (3.1).

Зауваження. Аналогічним чином розв’язують також лінійні

диференціальні рівняння другого і вищого порядків, а також

системи лінійних диференціальних рівнянь.

Приклади 1. Знайдіть розв’язок диференціального рівняння

1)0(,)(2)( 3 ==+′ − xetxtx t .

Розв’язання. Позначимо: ( )3

1)( 3

+== −

peLpF t , ( )( ) ( )pXtxL = , тоді

( ) 1)()( −=′ ppXtxL , 3

1)(21)(

+=+−

ppXppX . Звідси

( )( )23

4)(

++

+=

pp

ppX ,

або ( )( ) ( )( ) 3

1

2

2

23

1

2

1

23

13)(

+−

+=

+++

+=

++

++=

ppppppp

ppX .

Отже, tt eetx 322)( −− −= ― розв’язок заданого рівняння.

2. Розв’яжіть диференціальне рівняння:

texxx 32 =−′+′′ , 0,1 00 =′= xx .

Розв’язання. Нехай ( )( ) ( )pXtxL = , тоді ( )( ) ( ) 1−=′ ppXtxL ,

( )( ) ( ) ppXptxL −=′′ 2 , ( )3

13

−=

peL t .

Отже, ( )3

1)(21)()(2

−=−−+−

ppXppXppXp .

Звідси

( )( ) ,21323

22)(

2

2

−+

++

−=

−−−

−−=

p

C

p

B

p

A

ppp

pppX

)1)(3()2)(3()2)(1(222 +−+−−+−+=−− ppCppBppApp ,

24

12

1,121:1 ==−= BBp ;

3

2,32:2 =−=−= CCp ;

4

1,41:3 === AAp .

Отже,

,2

1

3

2

1

1

12

1

3

1

4

1)(

−+

++

−=

ppppX

ttteeetx

23

3

2

12

1

4

1)( ++= −

― шуканий

розв’язок.

Вправи

14. Розв’яжіть диференціальні рівняння при заданих початкових

умовах.

1) 2 0, (0) 1y y y′ − = = ; 2) , (0) 0ty y e y′ + = = ;

3) 2 sin , (0) 0x x t x′ + = = ; 4) 3 2 3 , (0) (0) 0ty y y e y y′′ ′ ′− − = = = .

15. Розв’яжіть задачу Коші ( ), (0) (0) 0,x x f t x x′′ ′+ = = = якщо

функція f (t) задана графічно (рис. 3.1 – 3.2).

1) 2)

3.2. Інтеграл Дюамеля. Розглянемо лінійне диференціальне

рівняння n-го порядку зі сталими коефіцієнтами

)()(...)()( )1(1

)(0 tftxatxatxa n

nn =+++ − (3.3)

за нульових початкових умов

( ) ( ) ( ) ( )10 0 ... 0 0

nx x x

−′= = = = (3.4)

Припустимо, що ( )g t — розв’язок рівняння

1)(...)()( )1(1

)(0 =+++ − txatxatxa n

nn

за умов (3.4). Тоді розв’язок ( )x t задачі (3.3)–(3.4) можна виразити

через функції ( )g t та ( )f t за допомогою однієї з формул

f(t)

t О 2

2

1

f(t)

t О 2

–1

1

1

Рис. 3.1 Рис. 3.2

25

∫ −′=t

dtfgtx0

)()()( τττ , або ∫ −′=t

dftgtx0

)()()( τττ (3.5)

Кожен з виразів називають формулою або інтегралом Дюамеля. Приклад 3. Розв’яжіть рівняння

( ) ( )9 8sin , 0 0 0.x x t x x′′ ′+ = = = (3.6)

за допомогою інтеграла Дюамеля.

Розв’язання. Розв’яжемо допоміжну задачу Коші

( ) ( )9 1, 0 0 0.x x x x′′ ′+ = = = (3.7)

Нехай )())(( pXtxL = , тоді )0()0()())(( 2 xpxpXptxL ′−−=′′ , крім

того, p

L1

)1( = . Отже, рівнянню (3.7) відповідає рівняння

ppXpXp

1)(9)(2 =+ ,

звідси ( )p

pXp1

)(92 =+ , ( )9

1)(

2 +=

pppX .

За таблицею зображень 9

12 +p

≤ t3sin3

1. Крім того, за властивістю

1.2.8 (інтегрування оригіналу) p

pF )(≤ ∫

t

duuf

0

)( , тому ( )9

12 +pp

≤

( )tuudutt

3cos19

13cos

9

13sin

3

1

00

−=−=∫ . Отже, для зображення ( )9

12 +pp

оригіналом є функція ( )ttg 3cos19

1)( −= . При цьому 0)0( =g ,

ttg 3sin3

1)( =′ . За другою з формул (3.5):

( ) =−−−=⋅−= ∫∫tt

dttdttx

00

)23cos()43cos(3

4sin8)(3sin

3

1)( ττττττ

tttt

t

3sin3

1sin

2

)23sin(

4

)43sin(

3

4

0

−=

−+

−

−=

ττ―

розв’язок заданого рівняння.

Вправа 16. Знайдіть розв’язки диференціальних рівнянь при

нульових початкових умовах.

26

1) ( ),x x f t′ + = якщо 1 для 0 2,

( )0 для 2;

tf t

t

≤ <=

≥

2) ( ),x x f t′′ + = якщо cos для 0 ,

( )0 для ;

t tf t

t

≤ < π=

≥ π

3.3. Сумування рядів

Розглянемо ряди вигляду

( ) ( )1 .n

n m

F n∞

=

±∑ (3.8)

Нехай f(t) ≤ F(p) . Тоді за означенням зображення

( ) ( )0

ntF n e f t dt

∞ −= ∫

і сума ряду (3.8)

( ) ( ) ( ) ( )0

0

1 1 .n nnt nt

n m n m

s e f t dt f t e dt

∞∞ ∞∞− −

= =

= ± = ±∑ ∑∫ ∫

Оскільки ( )1n nt

n m

e∞

−

=

±∑ є сумою нескінченно спадної геометричної

прогресії із знаменником teq

−±= ( 1<= −teq ), то

( ) dte

etfs

t

mtm

∫∞

−

−

−±=

0 1

)(1 (3.9)

Приклад 4. Визначте суму ряду

∑∞

= ++

+

1 )3)(1(

2

n nnn

n.

Розв’язання. Маємо:

)3)(1(

2)(

++

+=

ppp

ppF ,

p = 0, p = −1, p = −3 ― прості полюси функції )( pF . Користуючись

формулою (2.1), дістанемо

tt eetf 3

6

1

2

1

3

2)( −− −−= .

Тоді за формулою (3.9)

( ) ( )

=−

−+−=

−

−−= ∫∫

∞

−

−−−−∞

−

−−−

dte

eeeedt

e

eees

t

tttt

t

ttt

0

3

0

3

1

44

6

1

1

34

6

1

27

( ) ( ) =++=

−

−+= ∫∫

∞−−−

∞

−

−−−

dteeedte

eee

ttt

t

ttt

0

32

0

22

46

1

1

14

6

1

36

29

3

1

2

14

6

1

3

1

2

14

6

1

0

32 =

++=

−−−=

∞−−− ttt

eee .

Вправа 17. Обчисліть суми рядів:

1) ∑∞

= ++

+

1 )2)(1(

85

n nnn

n; 2) ∑

∞

= ++

+

1 )3)(1(

64

n nnn

n.


1. Розв’яжіть диференціальні рівняння при заданих початкових

умовах.

1.1. 2 10 0,x x x′′ ′+ + = (0) 1, (0) 0.x x′= =

1.2. 3 ,t

x x e′′ ′+ = (0) 0, (0) 1.x x′= =

1.3. 2 ,t

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

1.4.3

3 ,t

x x e−′′ ′+ = (0) 0, (0) 1.x x′= = −

1.5. 2 2 sin ,x x x t′′ ′− + = (0) 0, (0) 1.x x′= =

1.6. 4 sin 2 ,x x t′′ + = (0) 1, (0) 2.x x′= = −

1.7. 9 sh ,x x t′′ − = (0) 1, (0) 3.x x′= − =

1.8. 2 sin ,x x t t′′ ′+ = (0) (0) 0.x x′= =

1.9. 2 2 1,x x x′′ ′− + = (0) (0) 0.x x′= =

1.10. cos ,x x t′′ ′+ = (0) 2, (0) 0.x x′= =

1.11.2

5 ,t

x x e−′′ ′+ = (0) 0, (0) 2.x x′= =

1.12. 4 5 3 2 ,x x x t′′ ′− + = + (0) (0) 0.x x′= =

1.13. 2 5 3,x x x′′ ′+ + = (0) 1, (0) 0.x x′= =

1.14. 4 ,x x t′′ + = (0) 1, (0) 0.x x′= =

1.15. 2 5 1 ,x x x t′′ ′− + = − (0) (0) 0.x x′= =

1.16. ,tx x t e′′ ′− = (0) 0, (0) 0.x x′= =

1.17. 2 ,x x x t′′ ′+ + = (0) (0) 0.x x′= =

1.18. 2 ,t

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

28

1.19. 2 sin ,x x x t t′′ ′− + = − (0) (0) 0.x x′= =

1.20. 2 1 cos 2 ,x x x t′′ ′+ + = + (0) (0) 0.x x′= =

1.21. 4 sin ,t

x x t e t′′ + = + (0) (0) 0.x x′= =

1.22. 4 2,x x′′ + = (0) (0) 0.x x′= =

1.23. 2 2 cos 2 ,x x t′′ + = − (0) 0, (0) 1.x x′= = −

1.24.2

,x x t′′ ′− = (0) 0, (0) 1.x x′= =

1.25. cos 2 ,x x t t′′ ′+ = (0) (0) 0.x x′= =

1.26. 2 3 ,x x x t′′ ′− − = (0) 0, (0) 1.x x′= =

1.27. 4 sin ,x x t′′ − = (0) 1, (0) 0.x x′= =

1.28. 2 3 2,x x x t′′ ′+ − = + (0) (0) 0.x x′= =

1.29. 4 sin ,x x t t′′ + = (0) (0) 0.x x′= =

1.30.2

,x x t′′ + = (0) (0) 0.x x′= =

2 Обчисліть суми рядів

2.1. ∑∞

= ++

−

1 )3)(1(

43

n nnn

n. 2.2. ∑

∞

= +++

+

1 )3)(2)(1(

116

n nnn

n .

2.3. 1

2 19

( 2)( 3)n

n

n n n

∞

=

+

+ +∑ . 2.4. ∑

∞

= +++

+

1 )4)(2)(1(

67

n nnn

n.

2.5. ∑∞

= ++

+

1 )4)(2(

59

n nnn

n. 2.6. ∑

∞

= +++

+

1 )4)(3)(2(

411

n nnn

n.

2.7. ∑∞

= ++

+

1 )5)(2(

138

n nnn

n. 2.8. ∑

∞

= +++

+

1 )5)(3)(1(

76

n nnn

n.

2.9. ∑∞

= ++

+

1 )5)(1(

83

n nnn

n . 2.10. ∑

∞

= +++

+

1 )5)(4)(1(

92

n nnn

n.

2.11.

1

2 5

( 1)( 2)n

n

n n n

∞

=

+

+ +∑ . 2.12.

1

5 13

( 1)( 3)n

n

n n n

∞

=

−

+ +∑ .

2.13.

1

6 15

( 2)( 3)n

n

n n n

∞

=

−

+ +∑ . 2.14.

1

8

( 2)( 4)n

n

n n n

∞

=

+

+ +∑ .

2.15. 1

30

( 1)( 2)n

n

n n n

∞

=

−

+ +∑ . 2.16.

1

10

( 3)( 5)n

n

n n n

∞

=

+

+ +∑ .

29

2.17. ∑∞

= ++

−

1 )2)(1(

54

n nnn

n . 2.18. ∑

∞

= +++

−

1 )3)(2)(1(

78

n nnn

n.

2.19. 1

11 2

( 1)( 2)n

n

n n n

∞

=

+

+ +∑ . 2.20.

1 ( 1)( 3)( 4)n

n

n n n

∞

= + + +∑ .

2.21.

1

5 2

( 1)( 2)n

n

n n n

∞

=

−

+ +∑ . 2.22.

1

4 3

( 2)( 3)( 4)n

n

n n n

∞

=

−

+ + +∑ .

2.23. ∑∞

= ++

+

1 )5)(4(

713

n nnn

n. 2.24. ∑

∞

= +++

+

1 )5)(4)(3(

9

n nnn

n.

2.25. ∑∞

= ++

+

1 )6)(1(

73

n nnn

n. 2.26. ∑

∞

= +++1 )6)(5)(4(

12

n nnn

n.

2.27.

1

12 7

( 1)( 2)n

n

n n n

∞

=

−

+ +∑ . 2.28.

1

8 3

( 1)( 2)( 3)n

n

n n n

∞

=

−

+ + +∑ .

2.29.

1

5 4

( 1)( 5)n

n

n n n

∞

=

+

+ +∑ . 2.30.

1

3 5

( 3)( 4)n

n

n n n

∞

=

−

+ +∑ .


1. Дайте означення невласного інтеграла першого роду.

2. Дайте означення лінійних диференціальних рівнянь першого

та вищих порядків.

3. Що таке розв’язок диференціального рівняння?

4. Опишіть алгоритм розвязання лінійних диференціальних

рівнянь за допомогою перетворення Лапласа.

5. Сформулюйте задачу Коші для диференціального рівняння

першого порядку; другого порядку.

6. Що таке інтеграл Дюамеля?

7. Як розв’язують диференціальні рівняння за допомогою

формули Дюамеля?

8. Як можна обчислювати суму числових рядів за допомогою

перетворення Лапласа?

30

Відповіді до вправ

1. 1) так; 2) так; 3) ні; 4) так; 5) так; 6) ні. 2. 1) 2

1;

p

2) 3

2

p; 3)

4

6

p;

4) 2)1(

1

−p. 3. 1)

1

212 −

+

p

p; 2)

1

4

1

322 +

+− pp

; 3) 1

24 −p

p; 4)

1

464

2

−

−

p

p.

4. 1)

+−

4

1

2

12

p

p

p; 1) ( )4

22

2

+

+

pp

p; 3)

++

+ 1

3

94

122

p

p

p

p; 4)

22 ω−p

p.

5. 1) 3

2p

e p−

; 2)12

2

+

−

p

e p

; 3) p

ep

pω

22 ω

ϕ−

⋅+

. 6. 1) 22)1(

1

np

p

+−

−; 2)

4)1(

6

+p.

7. 1) ( )4

22

2

+

+

pp

p; 2)

++

+ 1

3

94

122

p

p

p

p; 3)

168

1

42

1

8

322 +

++

+p

p

p

p

p.

8. 1) 3

2

p; 2)

6

120

p; 3)

22

2

)4(

4

+

−

p

p; 4)

2)3(

1

+p; 5)

22

2

)1(

)1(2

−

++

p

pp.

9. 1) )1(

12 +pp

; 2) 22

23

)1(

1

+

−++

pp

ppp. 10. 1)

1ln

−p

p; 2)

p

p 1ln

+.

11. 1) )4(

222 +pp

; 2) )22(

122 +− ppp

. 12. 1)p

e p−−1; 2)

p

ee pp 221 −− +−;

3) 2

22 )1()1(

p

eep pp −− −−−. 13. 1) ttee

tt2sin

5

12cos

10

1

15

1

6

1 2 −−− −;

2) ( )ttee

3

2

1 −− − ; 3) tt

eet 2

12

1

3

2

24

3 −++−− ; 4) +−−)2(2sin

2

1 1te

t

+ )2(3cos −t . 14. 1) te2 ; 2) tsh ; 3) )cossin2(5

1tt − ; 4) +− tt

ete33

4(16

1

)te− . 15. 1) )2η(2

2sin2)1η(

2

1sin4)η(

2sin2

222 −−

+−−

− tt

tt

tt

;

2) −−−+−−

+−−−

− )2η()2(

2

1)1η(

2

)1(2sin)1η()1()η(

2

2sin

2

1ttt

tttt

tt

)2η()2(2sin4

1−−− tt . 16. 1) )2η()1(1 )2( −−−− −−− tee tt ; 2) +)η(sin

2tt

t

)η()sin()(2

1πππ −−−+ ttt . 17. 1) 4,5; 2)

6

17.

31

СПИСОК ЛІТЕРАТУРИ

1. Гаєва К. А., Супрун О. М., Чевський В. М. Теорія функцій комплексної змінної та операційне числення. Навч. посібник. — К.: КМУЦА, 1997. — 120 с.

2. Гаєва К. А., Супрун О. М. Теорія функцій комплексної змінної та опе-раційне числення. Збірник задач. — К.: НАУ, 2003. — 192 с.

3. Денисюк В. П., Репета В. К., Гаєва К. А., Клешня Н.О. Вища математи-ка. Модульна технологія навчання: Навч. посібник: У 4 ч.— Ч. 3. Книжкове вид-во НАУ, 2005. — 444 с.

4. Краснов М. Л., Киселев А. И., Макаренко Г. И. Функции комплексного переменного. Операционное исчисление. Теория устойчивости. М: Наука, 1971, 255 с.

5. Мартиненко В.С. Операционное исчисление.. — К.: Вища школа, 1973. — 268 с.

6. Мартиненко М.А., Юрик І.І. Теорія функцій комплексної змінної. Операційне числення. Навч. посібник 2-ге видання — К.: Видавничий дім “Слово”, 2008. — 296 с.

ЗМІСТ

Вступ……………………………………………………………….3

1. Перетворення Лапласа та його властивості…………………..3 1.1. Оригінал і зображення………………………………………..3

1.2. Властивості перетворення Лапласа………………………….5

2. Знаходження оригіналу за зображенням……………………..16

2.1. Елементарний метод…………………………………………16

2.2. Теореми розкладання……………………………………….18

3. Застосування операційного числення………………………..22

3.1. Розв’язування диференціальних рівнянь операційним мето-

дом…………………………………………………………………….22

3.2. Інтеграл Дюамеля…………………………………………...24

3.3. Сумування рядів …………..………………………………...26

Відповіді до вправ…………..……………………………………30

Список літератури………..…………………………………….…31

32

Навчальне видання

Денисюк Володимир Петрович

Репета Віктор Кузьмич

Баришовець Петро Павлович

Рибачук Людмила Віталіївна

ОПЕРАЦІЙНЕ ЧИСЛЕННЯ

Посібник для студентів технічних спеціальностей

Технічний редактор А. І. Лавринович Корректор Л. М. Романова

Художник обкладинки Верстка О. М. Іваненко

Підп. до друку 02.11.09. Формат 60×84/16. Папір офс.

Офс. друк. Ум. друк. арк. 00,53. Обл.-вид. арк. 00,2.

Тираж 100 пр. Замовлення № . Вид. № .

Видавництво Національного авіаційного університету «НАУ-друк»

03680, Київ-58, просп. Космонавта Комарова, 1

Свідоцтво про внесення до Державного реєстру ДК № 977 від

05.07.2002

Тел. (044) 406-78-28. Тел./факс: (044) 406-71-33

E-mail: [email protected]

denisuk repeta

Documents