55'2012 - Науково-Ñ‚ÐµÑ Ð½Ñ–Ñ‡Ð½Ð° бібліотека НТУ "ХПІ" - Національний ...

Тогда для изображения решение получаем в виде:1 ⎡23pϑ+ b( )( p)b ( p)b ( p)( )( ) ( ) ( ) ⎥ ⎥ ⎤k p = 0 ϑ0⎢42 83 12ϑ + +++ 23a p ⎢1 εω ε ω εa pω(10)⎣a p a p ⎦Оригинал первого члена этого ряда имеет вид:⎛ 1 2 ⎞ϑ k () t exp1 = ⎜ − εRsωt ⎟×⎝ 2 ⎠(11)⎡1 22⎛ 1 ⎞ ϑ 0,52 1 ⎤⎢ 0 cos 10 − εω R ⎛ ⎞× ⎜ −sϑ ω εRc⎟t+sinω⎜1⎟ .2− εRct⎥⎢⎣⎝ 2 ⎠ ω ( 1−0,5εRc) ⎝ 2 ⎠ ⎥⎦Это первое приближенное решение поставленной задачи.Из ряда (11) видно, что второе, третье и т.д. приближения в изображенияхЛапласа определяется в следующем виде:вид:ϑϑϑk2k34( p) = εω ϑ k ( p)4( p) = εω ϑ k ( p)( p)( p)( p)( p)4 b( ) ( )( p)p = εω ϑ p ⋅( ) .−1a pb( p)a( p)k n k n12ISSN 2078-9130. Вісник НТУ «ХПІ». 2012. № 55 (961) 89b⋅ab⋅a……………………………Нахождение оригинала отношенияg() t( p)( p)⎡ ⎤= − 1 bL ⎢ ⎥ =⎢⎣a ⎥⎦t;;(12)указано в работе [5] и имеет2( 1−0,5εRc)( 1−0,5εR)⎛ ε ⎞() ⋅ ⎜ −2 sinωtR t exp Rsωt ⎟×+2⎝ 2 ⎠ ωcR ⎛ ⎞+s 1⎜ −2exp εRsω⎟×2ω ⎝ 2 ⎠⎡2⎛ ⎞ −⎛ ⎞( ) ⎥ ⎥ ⎤×2 1 d 0,5ωεR⎢ ⎜ −s 2 1cosω1 εRc⎟t+sinω⎜1− ε R c ⎟ t . (13)2⎢⎣⎝ 2 ⎠ ω 1−0,5εRc⎝ 2 ⎠ ⎦2Rc2 εω 2 2где d = ω + ( R + R )Rs4Rssc, тогда из (11) и (13) получаем:4() t = εω ϑ () t g( t τ ) d ;ϑk ∫ −t2 k τ10