Дискуссионный математический форумМатематический форум

Математический форум Math Help Planet

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

Теоретический раздел
Часовой пояс: UTC + 4 часа [ Летнее время ]
MathHelpPlanet.com RSS-лента Математического форума

Часовой пояс: UTC + 4 часа [ Летнее время ]


Применение преобразования Лапласа к решению дифференциальных уравнений и систем
Глава 3. Системы дифференциальных уравнений

Применение преобразования Лапласа к решению
линейных дифференциальных уравнений и систем


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


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


1) [math]f(t)=0[/math], если [math]t<0[/math];

2) функция [math]f(t)[/math] интегрируема на любом конечном интервале оси [math]t[/math];

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


[math]|f(t)|\leqslant Me^{s_0t}.[/math]
(1)

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


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

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

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




Свойства преобразования Лапласа


Всюду в дальнейшем считаем, что


[math]f(t)\Doteq F(p),\quad g(t)\Doteq G(p).[/math]
(3)

I. Свойство линейности. Для любых комплексных постоянных [math]\alpha[/math] и [math]\beta[/math]


[math]\alpha f(t)+\beta g(t)\Doteq \alpha F(p)+\beta G(p).[/math]
(4)

II. Теорема подобия. Для любого постоянного [math]\alpha>0[/math]


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

III. Дифференцирование оригинала. Если [math]f'(t)[/math] есть оригинал, то


[math]f'(t)\Doteq pF(p)-f(0).[/math]
(6)

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


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

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


[math]F'(p)\Doteq-tf(t).[/math]
(8)

Обобщение:
[math]F^{(n)}(p)\Doteq (-1)^n\cdot t^n\cdot f(t).[/math]
(9)

V. Интегрирование оригинала сводится к делению изображения на [math]p:[/math]


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

VI. Интегрирование изображения равносильно делению на [math]t[/math] оригинала:


[math]\int\limits_{p}^{+\infty}F(p)\,dp\Doteq\frac{f(t)}{t}[/math]
(11)
(предполагаем, что интеграл сходится).

VII. Теорема запаздывания. Для любого положительного числа [math]\tau[/math]


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

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


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

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


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

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


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

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


[math]f(p)\cdot G(p)\Doteq (f\ast g).[/math]
(15)



Отыскание оригиналов дробно-рациональных изображений


Для нахождения оригинала [math]f(t)[/math] по известному изображению [math]F(p)[/math], где [math]F(p)=\frac{A(p)}{B(p)}[/math] 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 [math]p_k,~k=1,2,\ldots,m[/math] этой дроби и их кратности [math]n_k[/math]. Тогда оригиналом для [math]F(p)[/math] будет функция


[math]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],[/math]
(16)

где сумма берется по всем полюсам функции [math]F(p)[/math].

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


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



Пример 1. Найти оригинал функции [math]f(t)[/math], если


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

Решение. Первый способ. Представим [math]F(p)[/math] в виде суммы простейших дробей


[math]\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}[/math]

и найдем неопределенные коэффициенты [math]A,\,B,\,C,\,D[/math]. Имеем

[math]p+2=A(p-2)(p^2+4)+B(p+1)(p^2+4)+(C_p+D)(p+1)(p-2).[/math]

Полагая в последнем равенстве последовательно [math]p=-1,~p=2,~p=2i[/math], получаем


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

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


[math]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}\,.[/math]

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


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

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


[math]\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}[/math]



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


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


[math]\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}[/math]



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


Пусть требуется найти решение дифференциального уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами


[math]x''(t)+a_1x'(t)+a_2x(t)=f(t),[/math]
(18)

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

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


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

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


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

Решая уравнение (20), найдем операторное решение

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

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


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




Пример 3. Решить дифференциальное уравнение операторным методом


[math]x'(t)+x(t)=1,[/math]
(21)

[math]x(0)=1.[/math]
(22)

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


[math]x'(t)\Doteq pX(p)-x(0)=pX(p)-1.[/math]

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


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

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




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


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


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

Отсюда находим операторное решение

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

Разлагаем правую часть на элементарные дроби:

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

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




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


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


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

и, следовательно, операторное решение

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

Разложим правую часть на элементарные дроби:

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

Переходя к оригиналам, получим решение поставленной задачи

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



3°. Решение систем линейных дифференциальных уравнений с постоянными коэффициентами


Пусть требуется найти решение системы двух уравнений с постоянными коэффициентами


[math]\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}[/math]
(23)

удовлетворяющее начальным условиям

[math]x(0)=x_0,\quad y(0)=y_0.[/math]
(24)

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


Пусть
[math]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).[/math]

По правилу дифференцирования оригиналов с учетом (24) имеем

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

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

[math]\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}[/math]

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


[math]\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\,.[/math]



Пример 6. Найти решение системы дифференциальных уравнений операторным методом


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

удовлетворяющее начальному условию [math]x(0)=y(0)=0[/math].

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


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

Решая систему, получаем

[math]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)}\,.[/math]

Разлагаем дроби, стоящие в правых частях, на элементарные:

[math]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}\,.[/math]

Переходя к оригиналам, получим искомое решение

[math]\begin{cases}x(t)=1-t-e^{-6t}\cos{t}\,,\\ y(t)=1-7t+ e^{-6t}\cos{t}+ e^{-6t}\sin{t}\,.\end{cases}[/math]

Часовой пояс: UTC + 4 часа [ Летнее время ]


Яндекс.Метрика

Copyright © 2010-2016 MathHelpPlanet.com. All rights reserved