Дискуссионный математический форумМатематический форум
Математический форум Math Help Planet

Обсуждение и решение задач по математике, физике, химии, экономике

Теоретический раздел
Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ]
MathHelpPlanet.com RSS-лента Математического форума

Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ]


Применение преобразования Лапласа к решению дифференциальных уравнений и систем

Применение преобразования Лапласа к решению
линейных дифференциальных уравнений и систем


1°. Общие сведения о преобразовании Лапласа: оригинал и изображение


Функцией-оригиналом называется комплекснозначная функция f(t) действительного переменного t, удовлетворяющая следующим условиям:


1) f(t)=0, если t<0;

2) функция f(t) интегрируема на любом конечном интервале оси t;

3) с возрастанием t модуль функции f(t) растет не быстрее некоторой показательной функции, т. е. существуют числа M>0 и s_0\geqslant0 такие, что для всех t имеем


|f(t)|\leqslant Me^{s_0t}.
(1)

Изображением функции-оригинала по Лапласу называется функция F(p) комплексного переменного p=s+i\sigma, определяемая равенством


F(p)=\int\limits_{0}^{+\infty}f(t)e^{-pt}\,dt
(2)

при \operatorname{Re}p>s_0. Условие 3 обеспечивает существование интеграла (2).


Преобразование (2), ставящее в соответствие оригиналу f(t) его изображение F(p), называется преобразованием Лапласа. При этом пишут f(t)\Doteq F(p).




Свойства преобразования Лапласа


Всюду в дальнейшем считаем, что


f(t)\Doteq F(p),\quad g(t)\Doteq G(p).
(3)

I. Свойство линейности. Для любых комплексных постоянных \alpha и \beta


\alpha f(t)+\beta g(t)\Doteq \alpha F(p)+\beta G(p).
(4)

II. Теорема подобия. Для любого постоянного \alpha>0


f(\alpha t)\Doteq \frac{1}{\alpha}F\!\left(\frac{p}{\alpha}\right).
(5)

III. Дифференцирование оригинала. Если f'(t) есть оригинал, то


f'(t)\Doteq pF(p)-f(0).
(6)

Обобщение: если f(t)~n раз непрерывно дифференцируема на (0,+\infty) и если f^{(n)}(t) есть оригинал, то


f^{(n)}(t)\Doteq p^nF(p)-p^{n-1}f(0)-p^{n-2}f'(0)-\ldots-f^{(n-1)}(0).
(7)

IV. Дифференцирование изображения равносильно умножению оригинала на "минус аргумент", т.е.


F'(p)\Doteq-tf(t).
(8)

Обобщение:

F^{(n)}(p)\Doteq (-1)^n\cdot t^n\cdot f(t).
(9)

V. Интегрирование оригинала сводится к делению изображения на p:


\int\limits_{0}^{t}f(t)\,dt\Doteq\frac{F(p)}{p}\,.
(10)

VI. Интегрирование изображения равносильно делению на t оригинала:


\int\limits_{p}^{+\infty}F(p)\,dp\Doteq\frac{f(t)}{t}
(11)

(предполагаем, что интеграл сходится).

VII. Теорема запаздывания. Для любого положительного числа \tau


f(t-\tau)\Doteq e^{-p\tau}\cdot F(p).
(12)

VIII. Теорема смещения (умножение оригинала на показательную функцию). Для любого комплексного числа \lambda


e^{\lambda t}\cdot f(t)\Doteq F(p-\lambda).
(13)

IX. Теорема умножения (Э. Борель). Произведение двух изображений F(p) и G(p) также является изображением, причем


F(p)\cdot G(p)\Doteq \int\limits_{0}^{t}f(\tau)g(t-\tau)\,d\tau\,.
(14)

Интеграл в правой части (14) называется сверткой функций f(t) и g(t) и обозначается символом


(f\ast g)= \int\limits_{0}^{t}f(\tau)g(t-\tau)\,d\tau\,.

Теорема XI утверждает, что умножение изображений равносильно свертыванию оригиналов, т.е.


f(p)\cdot G(p)\Doteq (f\ast g).
(15)



Отыскание оригиналов дробно-рациональных изображений


Для нахождения оригинала f(t) по известному изображению F(p), где F(p)=\frac{A(p)}{B(p)} есть правильная рациональная дробь, применяют следующие приемы.


1) Эту дробь разлагают на сумму простейших дробей и находят для каждой из них оригинал, пользуясь свойствами I–IX преобразования Лапласа.


2) Находят полюсы p_k,~k=1,2,\ldots,m этой дроби и их кратности n_k. Тогда оригиналом для F(p) будет функция


f(t)\Doteq \sum_{k=1}^{m}\frac{1}{(n_k-1)!} \lim_{p\to p_k}\frac{d^{n_{k-1}}}{dp^{n_{k-1}}}\Bigl[F(p)(p-p_k)^{n_k}e^{pt}\Bigr],
(16)

где сумма берется по всем полюсам функции F(p).


В случае, если все полюсы p_k функции F(p) простые, т.е. n_k=1,~k=1,2,\ldots,m, последняя формула упрощается и принимает вид


f(t)=\sum_{k=1}^{m}\frac{A(p_k)}{B'(p_k)}\,e^{p_kt}.
(17)



Пример 1. Найти оригинал функции f(t), если


F(p)=\frac{p+2}{(p+1)(p-2)(p^2+4)}\,.

Решение. Первый способ. Представим F(p) в виде суммы простейших дробей


\frac{p+2}{(p+1)(p-2)(p^2+4)}= \frac{A}{p+1}+\frac{B}{p-2}+\frac{C_p+D}{p^2+4}

и найдем неопределенные коэффициенты A,\,B,\,C,\,D. Имеем


p+2=A(p-2)(p^2+4)+B(p+1)(p^2+4)+(C_p+D)(p+1)(p-2).

Полагая в последнем равенстве последовательно p=-1,~p=2,~p=2i, получаем


-15A=1,\quad 24B=4,\quad (2Ci+D)(2i+1)(2i-2)=2+2i\,,

откуда A=-\frac{1}{15},~B=\frac{1}{6},~C=-\frac{1}{10},~D=-\frac{2}{5}; значит,


F(p)=-\frac{1}{15}\cdot\frac{1}{p+1}+\frac{1}{6}\cdot\frac{1}{p-2} -\frac{1}{10}\cdot\frac{p+4}{p^2+4}\,.

Находя оригиналы для каждой из простейших дробей и пользуясь свойствам линейности, получаем


f(t)= -\frac{1}{15}\,e^{-t}+\frac{1}{6}\,e^{2t}-\frac{1}{10}\,\cos2t-\frac{1}{5}\,\sin2t\,.

Второй способ. Найдем полюсы p_k функции F(p). Они совпадают с нулями знаменателя B(p)=(p+1)(p-2)(p^2+4). Таким образом, изображение F(p) имеет четыре простых полюса p_1=-1, p_2=2, p_{3,4}=\pm2i. Пользуясь формулой (17), получаем оригинал


\begin{aligned}f(t)&=\sum_{k=1}^{4}\frac{A(p_k)}{B'(p_k)}\,e^{p_kt}= \sum_{k=1}^{4}\frac{p_k+2}{4p_k^3-3p_k^2+4p_k-4}\,e^{p_kt}=\\ &=-\frac{1}{15}\,e^{-t}+\frac{1}{6}\,e^{2t}+\frac{-1+2i}{20}\,e^{2it}+\frac{-1-2i}{20}\,e^{-2it}\,.=\\ &=\frac{1}{6}\,e^{2t}-\frac{1}{15}\,e^{-t}-\frac{1}{10}\,\cos2t-\frac{1}{5}\,\sin2t\,.\end{aligned}



Пример 2. Найти оригинал f(t), если F(p)=\frac{p+2}{p^3(p-1)^2}.


Решение. Данная дробь F(p) имеет полюс p_1=0 кратности n_1=3 и полюс p_2=1 кратности n_2=2. Пользуясь формулой (16), получаем оригинал


\begin{aligned}f(t)&= \frac{1}{2} \lim_{p\to0}\frac{d^2}{dp^2}\!\left[\frac{p+2}{p^3(p-1)^2}\,p^3e^{pt}\right]+ \lim_{p\to1}\frac{d}{dp}\!\left[\frac{p+2}{p^3(p-1)^2}\,(p-1)^2e^{pt}\right]=\\[3pt] &=\frac{1}{2} \lim_{p\to0}\frac{d^2}{dp^2}\!\left[\frac{p+2}{(p-1)^2}\,e^{pt}\right]+ \lim_{p\to1}\frac{d}{dp}\!\left(\frac{p+2}{p^3}\,e^{pt}\right)=\\[3pt]&=\frac{1}{2} \lim_{p\to0}\!\left[\frac{2p+16}{(p-1)^4}- \frac{2t(p+5)}{(p-1)^3}+ \frac{t^2(p+2)}{(p-1)^2}\right]\!e^{pt}+ \lim_{p\to1}\!\left[\frac{t(p+2)}{p^3}- \frac{3p^2+5p}{p^4}\right]\!e^{pt}=\\[3pt] &=8+5t+t^2+(3t-8)e^t.\end{aligned}



2°. Решение задачи Коши для линейных дифференциальных уравнений с постоянными коэффициентами


Пусть требуется найти решение дифференциального уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами


x''(t)+a_1x'(t)+a_2x(t)=f(t),
(18)

удовлетворяющее начальным условиям
x(0)=x_0,\quad x'(0)=x_1.
(19)

Будем считать, что функция f(t) и решение x(t) вместе с его производньь ми до второго порядка включительно являются функциями-оригиналами. Пусть x(t)\Doteq X(p), f(t)\Doteq F(p). По правилу дифференцирования оригиналов с учетом (2) имеем


x'(t)\Doteq pX(p)-x_0,\quad x''(t)\Doteq p^2X(p)-px_0-x_1,

Применяя к обеим частям (1) преобразование Лапласа и пользуясь свойством линейности преобразования, получаем операторное уравнение


(p^2+a_1p+a_2)X(p)=F(p)+x_0(p+a_1)+x_1,
(20)

Решая уравнение (20), найдем операторное решение


X(p)=\frac{F(p)+x_0(p+a_1)+x_1}{p^2+a_1p+a_2}\,.

Находя оригинал для X(p), получаем решение уравнения (18), удовлетворяющее начальным условиям (19).


Аналогично можно решить любое уравнение n-го порядка с постоянными коэффициентами и с начальными условиями при t=0.




Пример 3. Решить дифференциальное уравнение операторным методом


x'(t)+x(t)=1,
(21)

x(0)=1.
(22)

Решение. Пусть x(t)\Doteq X(p), тогда по правилу дифференцирования оригинала имеем


x'(t)\Doteq pX(p)-x(0)=pX(p)-1.

Известно, что 1\Doteq1/p поэтому, переходя отданной задачи (21)–(22) к операторному уравнению, будем иметь


pX(p)-1+X(p)=\frac{1}{P}\,, откуда X(p)=\frac{1}{p}\,, следовательно, x(t)\equiv1\,.

Легко видеть, что функция x(t)\equiv1 удовлетворяет данному уравнению и начальному условию задачи.




Пример 4. Решить уравнение x''-5x'+4x=4,~x(0)=0,~x'(0)=2.


Решение. Так как 4\Doteq4/p и по условию x_0=x(0)=0,~x_1=x'(0)=2, то операторное уравнение будет иметь вид


(p^2-5p+4)X(p)=\frac{4}{p}+2\,.

Отсюда находим операторное решение


X(p)=\frac{2p+4}{p(p^2-5p+4)}\,.

Разлагаем правую часть на элементарные дроби:


X(p)=\frac{1}{p}-\frac{2}{p-1}+\frac{1}{p-4}\,.

Переходя к оригиналам, получаем искомое решение x(t)=1-2e^t+e^{4t}.




Пример 5. Решить уравнение x''+4x'+4x=8e^{-2t},~x(0)=x'(0)=1.


Решение. Так как 8e^{-2t}\Doteq\frac{8}{p+2} и по условию x_0=x_1=1, то операторное уравнение будет иметь вид


(p^2+4p+4)X(p)=\frac{8}{p+2}+p+4+1\,,

и, следовательно, операторное решение


X(p)=\frac{p^2+7p+18}{(p+2)^3}\,.

Разложим правую часть на элементарные дроби:


X(p)=\frac{8}{(p+2)^3}+\frac{3}{(p+2)^2}+\frac{1}{p+2}\,.

Переходя к оригиналам, получим решение поставленной задачи


x(t)=4t^2\,e^{-2t}+3t\,e^{-2t}+e^{-2t}\,.



3°. Решение систем линейных дифференциальных уравнений с постоянными коэффициентами


Пусть требуется найти решение системы двух уравнений с постоянными коэффициентами


\begin{cases}\dfrac{dx}{dt}=a_1x+b_1y+f_1(t),\\[9pt] \dfrac{dy}{dt}=a_2x+b_2y+f_2(t).\end{cases}
(23)

удовлетворяющее начальным условиям


x(0)=x_0,\quad y(0)=y_0.
(24)

Будем предполагать, что функции f_1(t),f_2(t),x(t),y(t), а также x'(t) и y'(t) являются функциями-оригиналами.


Пусть

x(t)\Doteq X(p),\quad y(t)\Doteq Y(p),\quad f_1(t)\Doteq F_1(p),\quad f_2(t)\Doteq F_2(p).

По правилу дифференцирования оригиналов с учетом (24) имеем


x'(t)\Doteq pX(p)-x_0,\quad y'(t)\Doteq pY(p)-y_0.

Применяя к обеим частям каждого из уравнений системы (23) преобразование Лапласа, получим операторную систему


\begin{cases}pX(p)=a_1X(p)+b_1Y(p)+F_1(p)+x_0,\\[3pt] pY(p)=a_2X(p)+b_2Y(p)+F_2(p)+y_0.\end{cases}

Эта система является линейной алгебраической системой двух уравнений с двумя неизвестными X(p) и Y(p). Решая ее, мы найдем X(p) и Y(p), а затем, переходя к оригиналам, получим решение x(t), y(t) системы (23), удовлетворяющее начальным условиям (24). Аналогично решаются линейные системы вида


\frac{dx_k}{dt}=\sum_{l=1}^{n}a_{kl}x_l+f_k(t),\quad a_{kl}=\text{const},\quad x_k(0)=x_k^0,\quad k=1,2,\ldots,n\,.



Пример 6. Найти решение системы дифференциальных уравнений операторным методом


\begin{cases}\dfrac{dx}{dt}=-7x+y+5,\\[9pt] \dfrac{dy}{dt}=-2x-5y-37t.\end{cases}

удовлетворяющее начальному условию x(0)=y(0)=0.


Решение. Так как 5\Doteq\frac{5}{p},\,-37t\Doteq-\frac{37}{p^2} и x_0=y_0=0, то операторная система будет иметь вид


\begin{cases}pX(p)=-7X(p)+Y(p)+5/p\,,\\ pY(p)=-2X(p)-5Y(p)+37/p^2\,.\end{cases}

Решая систему, получаем


X(p)=\frac{5p^2+25p-37}{p^2(p^2+12p+37)}\,,\quad Y(p)=\frac{-47p-259}{p^2(p^2+12p+37)}\,.

Разлагаем дроби, стоящие в правых частях, на элементарные:


X(p)=\frac{1}{p}-\frac{1}{p^2}-\frac{p+6}{(p+6)^2+1}\,,\quad Y(p)= \frac{1}{p}-\frac{7}{p^2}-\frac{p+6}{(p+6)^2+1}+\frac{1}{(p+6)^2+1}\,.

Переходя к оригиналам, получим искомое решение


\begin{cases}x(t)=1-t-e^{-6t}\cos{t}\,,\\ y(t)=1-7t+ e^{-6t}\cos{t}+ e^{-6t}\sin{t}\,.\end{cases}
Математический форум (помощь с решением задач, обсуждение вопросов по математике).
Кнопка "Поделиться"

Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ]


Яндекс.Метрика

Copyright © 2010-2019 MathHelpPlanet.com. All rights reserved