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 ]


Решение дифференциальных уравнений операционным методом

Решение дифференциальных уравнений
операционным методом


Постановка задачи


Рассмотрим задачу, наиболее часто встречающуюся в теории дифференциальных уравнений, — задачу Коши для линейных дифференциальных уравнений и систем.


1. Пусть заданы:


а) линейное обыкновенное дифференциальное уравнение с постоянными коэффициентами


[math]a_{n}\,\frac{d^{n}x}{dt^{n}}+ a_{n-1}\,\frac{d^{n-1}x}{dt^{n-1}}+ \ldots+ a_0x=f(t),\qquad \mathsf{(5.24)}[/math]

где [math]n[/math] — порядок дифференциального уравнения; [math]a_n,a_{n-1},\ldots,a_0[/math] — заданные коэффициенты; [math]f(t)[/math] — заданная функция;


б) начальные условия:

[math]x(0)=x_0,\quad x'(0)=x'_0,\quad \ldots,\quad x^{(n-1)}(0)=x_0^{n-1}.[/math]
(5.25)

Требуется найти решение [math]x(t)[/math] дифференциального уравнения, которое удовлетворяет начальным условиям (решить задачу Коши (5.24),(5.25)).


Замечание 5.6. Переменная [math]t[/math] в задачах анализа динамических систем имеет смысл времени. Поэтому будем использовать следующие обозначения производных:


[math]\frac{dx}{dt}=x'(t)=\dot{x}(t),\qquad \frac{dx^2}{dt^2}= x''(t)=\ddot{x}(t),\qquad \frac{dx^3}{dt^3}=x'''(t)=\dddot{x}(t).[/math]

2. Пусть заданы:


а) система линейных обыкновенных дифференциальных уравнений первого порядка с постоянными коэффициентами, записанная в нормальной форме:


[math]\dot{x}= A\cdot x(t)+f(t),[/math]
(5.26)

где [math]x=\begin{pmatrix}x_1& \cdots& x_n\end{pmatrix}^T[/math] — вектор неизвестных; [math]A=\begin{pmatrix} a_{11}&\cdots& a_{1n}\\ \vdots& \ddots& \vdots\\ a_{n1}& \cdots& a_{nn}\end{pmatrix}[/math] матрица коэффициентов; [math]f(t)= \begin{pmatrix}f_1(t)& \cdots& f_n(t)\end{pmatrix}^T[/math] — заданная вектор-функция;


б) начальные условия (где [math]x_0= \begin{pmatrix}x_{i0}& \cdots& x_{n0}\end{pmatrix}^T[/math] — вектор начальных значений):


[math]x(0)=x_0,[/math]
(5.27)

Требуется найти решение [math]x(t)= \begin{pmatrix}x_1(t)& \cdots& x_n(t)\end{pmatrix}^T[/math] системы, которое удовлетворяет начальным условиям (решение задачи Коши (5.26),(5.27)).


Во многих учебниках изложены классические аналитические и численные методы решения задачи Коши. Здесь будем предполагать, что заданная функция [math]f(t)[/math] и искомая функция [math]x(t)[/math] принадлежат классу оригиналов. Для решения задач (5.24),(5.25) и (5.26),(5.27) можно применить аппарат операционного исчисления метода решения задач, суть которого состоит в следующем.


Поставленная в классе оригиналов задача переводится с помощью преобразования Лапласа в задачу для изображений. Эта задача решается, и определяете изображение искомой функции. Затем применяется обратное преобразование Лапласа и находится оригинал — решение поставленной задачи.




Алгоритм решения задачи Коши операционным методом


1. Применить преобразование Лапласа: от известных и неизвестных функций перейти к их изображениям, записать уравнение (систему) в изображениях, соответствующее решаемой задаче Коши.

2. Решить полученное уравнение (систему): найти изображение искомого решения.

3. Применить обратное преобразование Лапласа: найти оригинал для полученного в п.2 изображения.


Замечания 5.7


1. Преимущество операционного метода заключается в том, что при его применении функции из пространства оригиналов и производимые над ними операции заменяются функциями и операциями в пространстве изображений, которые оказываются более простыми. Так, вместо дифференциальных уравнений решаются алгебраические уравнения (рис. 5.8).

2. Начальные условия при записи уравнений в изображениях учитываются автоматически, и нет необходимости решать систему для нахождения произвольных постоянных, как это делается при применении классического метода.

3. Операционное исчисление позволяет найти не только частное, но и общее решение уравнения (5.24). Для этого достаточно положить [math]x^{(k)}(0)=C_k[/math]. При нахождении общего решения системы (5.26) следует принять [math]x_i(0)=C_i,~i=1,\ldots,n[/math].

4. Операционное исчисление можно применять для широкого класса кусочно-непрерывных функций [math]f(t)[/math] и функций, заданных графически; для решения уравнений с переменными коэффициентами, уравнений в частных производных, интегральных и интегро-дифференциальных уравнений; для вычисления несобственных интегралов и суммирования рядов.

5. При решении уравнения (системы) для изображений не следует приводить дроби к общему знаменателю, так как следующий этап — нахождение оригинала — связан с представлением дробей в виде суммы.


▼ Примеры 5.30-5.37

Пример 5.30. Решить задачи Коши: а) [math]x'+x=\boldsymbol{1}(t),~ x(0)=\frac{1}{2}[/math]; б) [math]x'+2x=-3t+2,~ x(0)=0[/math].


▼ Решение

а) Воспользуемся алгоритмом.


1. Перейдем от оригиналов к изображениям:


[math]L \bigl[x(t)\bigr]=X(p);\qquad L \bigl[x'(t)\bigr]=pX(p)-\frac{1}{2};\qquad L \bigl[\boldsymbol{1}(t)\bigr]=\frac{1}{p}\,.[/math]

Здесь использованы формулы (5.11) и 1 из табл. 5.1. Запишем уравнение для изображений:


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

2. Решим уравнение для изображений:


[math]pX(p)+X(p)=\frac{1}{p}+\frac{1}{2}\quad \Rightarrow\quad X(p)= \frac{\frac{1}{p}+ \frac{1}{2}}{p+1}= \frac{1}{p(p+1)}+ \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{p+1}\,.[/math]

3. Найдем оригинал для функции [math]X(p)[/math]. Применяя формулы 15,6 из табл. 5.1, получаем:


[math]x(t)= L^{-1} \bigl[X(p)\bigr]= \frac{1}{-1}(e^{-t}-1)+ \frac{1}{2}\,e^{-t}= 1-\frac{1}{2}\,e^{-t}.[/math]

б) Воспользуемся алгоритмом.


1. Перейдем от оригиналов к изображениям:


[math]L \bigl[x(t)\bigr]=X(p);\qquad L \bigl[x'(t)\bigr]=pX(p)-x(0)=pX(p);\qquad L \bigl[f(t)\bigr]= L \bigl[-3t+2\bigr]= \frac{-3}{p^2}+\frac{2}{p}\,.[/math]

Здесь использованы формулы 3,2 из табл. 5.1. и (5.11). Запишем уравнение для изображений:


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

Решим уравнение для изображений: [math]X(p)=-\frac{3}{p^2(p+2)}+\frac{2}{p(p+2)}[/math].


3. Найдем оригинал для функции [math]X(p)[/math]. Применяя формулы 18,15 из табл. 5.1, получаем


[math]x(t)=-3\cdot \frac{1}{4}(e^{-2t}-1+2t)+\frac{2}{-2}(e^{-2t}-1)=1,\!75-1,\!5t-1,\!75e^{-2t}.[/math]

Пример 5.31. Решить задачу Коши: [math]x''-3x'+2x=2e^{3t},~ x(0)=1,~ x'(0)=3[/math].


▼ Решение

1. Перейдем от оригиналов к изображениям:


[math]\begin{gathered}L \bigl[x(p)\bigr]=X(p);\qquad L \bigl[x'(p)\bigr]=pX(p)-x(0)=pX(p)-1;\\ L \bigl[x''(p)\bigr]= p^2X(p)-p\,x(0)-x'(0)= p^2X(p)-p-3;\qquad L \bigl[2e^{3t}\bigr]=\frac{2}{p-3}\,. \end{gathered}[/math]

Запишем уравнение для изображений:


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

2. Решим уравнение для изображений:


[math]\begin{aligned}& p^2X(p)-3pX(p)+2X(p)=\frac{2}{p-3}+p\quad \Rightarrow\\ & X(p)= \frac{2}{(p-3)(p^2-3p+2)}+ \frac{p}{p^2-3p+2}= \frac{2+p^2-3p}{(p^2-3p+2)(p-3)}= \frac{1}{p-3}\,. \end{aligned}[/math]

3. Найдем оригинал для функции [math]X(p)\colon\, x(t)=L^{-1}\! \left[\frac{1}{p-3}\right]= e^{3t}[/math].


Пример 5.32. Решить задачу Коши [math]x''+4x=\cos2t,~ x(0)=1,~ x'(0)=-1[/math] методами операционного исчисления


▼ Решение

1. Перейдем от оригиналов к изображениям:


[math]L[x(t)]= X(p);\qquad L[x''(t)]= p^2X(p)-p\,x(0)-x'(0)= p^2X(p)-p+1;\qquad L[\cos2t]= \frac{p}{p^2+4}\,.[/math]

Запишем уравнение для изображений: [math]p^2X(p)-p+1+4X(p)=\frac{p}{p^2+4}[/math].


2. Решим уравнение для изображений:


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

3. Применяя формулы 10,9,8 из табл. 5.1, найдем оригинал для функции [math]X(p)\colon[/math]


[math]x(t)=\frac{1}{4}\,t\sin2t+ \cos2t-\frac{1}{2}\sin2t\,.[/math]

Пример 5.33. Решить задачи Коши:
а) [math]x'''+x'=0,~~ x(0)=2,~ x'(0)=0,~ x''(0)=-1[/math];
б) [math]x'''+6x''+11x'+6x=0,~~ x(0)=1,~ x'(0)=-3,~ x''(0)=9[/math].

▼ Решение

а) Воспользуемся алгоритмом.


1. Перейдем от оригиналов к изображениям:


[math]L[x(t)]= X(p);\quad L[x'''(t)]= p^3X(p)-p^2x(0)-p\,x'(0)-x''(0)= p^3X(p)-2p^2+1;\quad L[0]=0.[/math]

Запишем уравнение для изображений: [math]p^3X(p)-2p^2+1+pX(p)-2=0[/math].


2. Решим уравнение для изображений:


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

3. Применяя формулы 1,9 из табл. 5.1, найдем оригинал для функции [math]X(p)\colon\, x(t)=1+\cos t[/math].


б) Решим вторую задачу, пользуясь алгоритмом.


1. Перейдем от оригиналов к изображениям:


[math]\begin{gathered}L[x(t)]=X(p);\qquad L[x'(t)]=pX(p)-x(0)= pX(p)-1;\\ L[x''(t)]=p^2X(p)-p\,x(0)-x'(0)= p^2X(p)-p+3;\\ L[x'''(t)]=p^3X(p)-p^2x(0)-p\,x'(0)-x''(0)= p^3X(p)-p^2+3p-9;\quad L[0]=0. \end{gathered}[/math]

Запишем уравнение для изображений:


[math]p^3X(p)-p^2+3p-9+ 6p^2X(p)-6p+18+ 11pX(p)-11+6X(p)=0.[/math]

2. Решим уравнение для изображений: [math]X(p)= \frac{p^2+3p+2}{p^3+6p^2+11p+6}= \ldots= \frac{1}{p+3}[/math].


3. Найдем оригинал для функции [math]X(p)\colon\, x(t)=L^{-1}\! \left[\frac{1}{p+3}\right]=e^{-3t}[/math].


Пример 5.34. Решить задачу Коши: [math]x'''-3x''+3x'-x=e^t,~ x(0)=1,~ x'(0)=-1,~ x''(0)=1[/math].


▼ Решение

1. Перейдем от оригиналов к изображениям:


[math]\begin{gathered}L\bigl[x(t)\bigr]=X(p);\quad L\bigl[x'(t)\bigr]=pX(p)-x(0)=pX(p)-1;\\[2pt] L\bigl[x''(t)\bigr]= p^2X(p)-p\,x(0)-x'(0)= p^2X(p)-p+1;\\[2pt] L\bigl[x'''(t)\bigr]= p^3X(p)-p^2x(0)-p\,x'(0)-x''(0)= p^3X(p)-p^2+p-1;\quad L[e^t]= \frac{1}{p-1}\,. \end{gathered}[/math]

Запишем уравнение для изображений:


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

2. Решим уравнение для изображений:


[math]\begin{aligned}X(p)&= \frac{1}{(p-1)^4}+ \frac{p^2-4p+7}{(p-1)^3}= \frac{1}{(p-1)^4}+ \frac{(p-1)^2}{(p-1)^3}-\frac{2(p-1)}{(p-1)^3}+ \frac{4}{(p-1)^3}=\\ &= \frac{1}{(p-1)^4}+ \frac{1}{p-1}-\frac{2}{(p-1)^2}+ \frac{4}{(p-1)^3}= \frac{1}{6}\cdot \frac{3!}{(p-1)^4}+ \frac{1}{p-1}-2\cdot \frac{1}{(p-1)^2}+ 2\cdot \frac{2}{(p-1)^3}\,. \end{aligned}[/math]

3. По формулам 7, 6 из табл. 5.1 найдем оригинал для функции [math]X(p)\colon~ x(t)= e^t\! \left(\frac{1}{6}\,t^3+1-2t+2t^2\right)[/math].


Пример 5.35. Решить систему ДУ: [math]\begin{cases}x'=x+2y-9t,& x(0)=1,\\ y'=2x+y+4e^t,& y(0)=2. \end{cases}[/math] операционным методом.


▼ Решение

1. Перейдем от оригиналов к изображениям:


[math]\begin{gathered}L[x(t)]=X(p);\qquad L[y(t)]= Y(p);\\ L[x'(t)]= pX(p)-x(0)=pX(p)-1;\quad L[y'(t)]= pY(p)-y(0)= pY(p)-2;\\ L[9t]=\frac{9}{p^2}\,;\qquad L[4e^t]=\frac{4}{p-1}\,. \end{gathered}[/math]

Запишем систему уравнений для изображений:


[math]\left\{\begin{aligned}&pX(p)-1= X(p)+2Y(p)-\frac{9}{p^2}\,;\\ &pY(p)-2= 2X(p)+Y(p)+\frac{4}{p-1}\,. \end{aligned}\right.[/math]

2. Решим систему уравнений для изображений. Из первого уравнения выразим [math]X(p)\colon[/math]


[math]X(p)= \frac{2Y(p)}{p-1}+\frac{1}{p-1}-\frac{9}{p^2(p-1)}\,,[/math]

и подставим во второе: [math]pY(p)-2= \frac{4Y(p)}{p-1}+\frac{2}{p-1}-\frac{18}{p^2(p-1)}+ Y(p)+ \frac{4}{p-1}[/math]. Отсюда имеем


[math]Y(p)= \frac{2(p-1)}{(p+1)(p-3)}+ \frac{6}{(p+1)(p-3)}-\frac{18}{p^2(p+1)(p-3)}[/math]

Разложим каждое слагаемое на элементарные дроби:


[math]\begin{gathered}\frac{2(p-1)}{(p+1)(p-3)}= \frac{1}{p+1}+ \frac{1}{p-3}\,;\quad \frac{6}{(p+1)(p-3)}=-\frac{3}{2}\cdot \frac{1}{p+1}+ \frac{3}{2}\cdot \frac{1}{p-3}\,;\\ \frac{18}{p^2(p+1)(p-3)}= \frac{4}{p}-\frac{6}{p^2}-\frac{9}{2}\cdot \frac{1}{p+1}+ \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{p-3}\,. \end{gathered}[/math]

Тогда [math]\left\{\begin{aligned}&Y(p)=-\frac{4}{p}+\frac{6}{p^2}+ \frac{4}{p+1}+2\cdot \frac{1}{p-3}\,,\\ &X(p)=\frac{1}{p-1}-\frac{3}{p}-\frac{3}{p^2}-\frac{8}{p(p-1)}+\frac{8}{(p+1)(p-1)}+\frac{4}{(p-3)(p-1)}\,. \end{aligned}\right.[/math].


3. По формулам 6, 2, 3, 15, 16 из табл. 5.1 найдем оригиналы для функций [math]X(p)[/math] и [math]Y(p)\colon[/math]


[math]\begin{cases}x(t)=2e^{3t}-4e^{-t}-2e^t+5-3t\,;\\[2pt] y(t)=-4+6t+4e^{-t}+2e^{3t}. \end{cases}[/math]

Пример 5.36. Решить задачу Коши: [math]\begin{cases}x'=y-1,& x(0)=1,\\ y'=-x-2y,& y(0)=-1.\end{cases}[/math].


▼ Решение

1. Перейдем от оригиналов к изображениям:


[math]\begin{gathered}L[x(t)]=X(p);\quad L[y(t)]=Y(p);\quad L[x'(t)]=pX(p)-x(0)= pX(p)-1;\\ L[y'(t)]= pY(p)-y(0)= pY(p)+1;\quad L[\boldsymbol{1}(t)]= \frac{1}{p}. \end{gathered}[/math]

Запишем систему уравнений для изображений:


[math]\begin{cases}pX(p)-1= Y(p)-1\!\!\not{\phantom{|}}\,p,\\ pY(p)+1=-X(p)-2Y(p). \end{cases}[/math]

2. Решим систему уравнений для изображений.


Умножим второе уравнение на [math]p[/math], а из первого выразим [math]pX(p)\colon[/math]


[math]\begin{gathered}pX(p)= Y(p)+1-\frac{1}{p},\\ p^2Y(p)+p=-pX(p)-2pY(p). \end{gathered}[/math]

Отсюда имеем


[math]p^2Y(p)+p=-Y(p)-1+\frac{1}{p}-2Y(p)[/math] или [math]Y(p)= \frac{1\!\!\not{\phantom{|}}\,p-1-p}{p^2+2p+1}= \frac{1}{p(p+1)^2}-\frac{1}{p+1}.[/math]

Из второго уравнения системы


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

Представим второе слагаемое в виде


[math]\frac{1}{p(p+1)^2}= \frac{A}{p}+ \frac{B}{p+1}+ \frac{C}{(p+1)^2},[/math]

где [math]A,\,B,\,C[/math] — неопределенные коэффициенты. Отсюда находим [math]A(p+1)^2+ Bp(p+1)+ Cp=1[/math].


При [math]p=-1,~ p=0,~ p=1[/math] последовательно получаем [math]C=-1,~ A=1,~ B=-1\colon[/math]


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

Поэтому

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

3. По формулам 15,2,6,7 из табл. 5.1 найдем оригиналы для функций [math]X(p)[/math] и [math]Y(p)\colon[/math]


[math]\begin{cases}x(t)=2\,e^{-t}-2+e^{-t}+t\,e^{}= 3\,e^{-t}+ t\,e^{-t}-2;\\ y(t)=1-2\,e^{-t}-t\,e^{-t}. \end{cases}[/math]

Пример 5.37. Решить задачу Коши: [math]\begin{cases}x'_1=-x_2+2,& x_1(0)=-1,\\ x'_2=x_1+1,& x_2(0)=0. \end{cases}[/math].


▼ Решение

Перейдем от оригиналов к изображениям:


[math]\begin{gathered}L[x_1(t)]= X_1(p);\qquad L[x_2(t)]= X_2(p);\\ L[x'_1(t)]= pX_1(p)-x_1(0)= pX_1(p)+1;\qquad L[x'_2(t)]= pX_2(p)-x_2(0)= pX_2(p);\\ L[\boldsymbol{1}(t)]= \frac{1}{p};\qquad L[2\cdot \boldsymbol{1}(t)]= \frac{2}{p}. \end{gathered}[/math]

Запишем систему уравнений для изображений: [math]\begin{cases}pX_1(p)+1=-X_2(p)+ 2\!\!\not{\phantom{|}}\,p,\\ pX_2(p)= X_1(p)+ 1\!\!\not{\phantom{|}}\,p.\end{cases}[/math]


2. Решим систему уравнений для изображений. Для этого умножим первое уравнение на [math]p[/math] и подставим во второе:


[math]p^2X_1(p)+p=-X_1(p)-\frac{1}{p}+2.[/math]

Отсюда получим


[math]X_1(p)= \frac{2}{p^2+1}-\frac{1}{p},\qquad X_2(p)=-\frac{2p}{p^2+1}+1-1+\frac{2}{p}=-\frac{2p}{p^2+1}+\frac{2}{p}.[/math]

3. По формулам 8, 2, 9 из табл. 5.1 найдем оригиналы для функций [math]X_1(p)[/math] и [math]X_2(p)\colon[/math]


[math]\begin{cases}x_1(t)=2\sin t-1,\\ x_2(t)=2-2\cos t.\end{cases}[/math]

Замечание 5.8. Во многих практических задачах правая часть дифференциального уравнения задается графически. В этом случае алгоритм решения задачи не изменяется, а для нахождения изображения оригинала, заданного графиком, используются методы, изложенные в разд. 5.1.3.


▼ Примеры 5.38-5.42

Пример 5.38. Решить задачу Коши: [math]x'+x=f(t),~ x(0)=0[/math], где [math]f(t)[/math] — функция, изображенная на рис. 5.9 (а).


▼ Решение

1. Перейдем от оригиналов к изображениям:


[math]L[x(t)]= X(p),\qquad L[x'(t)]= pX(p)-x(0)= pX(p).[/math]

Функцию [math]f(t)[/math] можно записать в форме [math]f(t)= \boldsymbol{1}(t)-\boldsymbol{1}(t-2)[/math]. Ее изображение находится по свойству запаздывания: [math]F(p)= \frac{1}{p}-\frac{1}{p}\,e^{-2p}[/math].


Запишем уравнение для изображений: [math]pX(p)+ X(p)= \frac{1}{p}-\frac{1}{p}\,e^{-2p}[/math].


2. Решим уравнение для изображений: [math]X(p)= \frac{1}{p(p+1)}- \frac{e^{-2p}}{p(p+1)}[/math].


3. Найдем оригинал для функции [math]X(p)[/math]. Первому слагаемому по формуле 15 из табл. 5.1 соответствует оригинал [math]1-e^{e^{-t}}[/math]. Оригинал для второго слагаемого находится по теореме запаздывания (5.9):


[math]x(t)=1-e^{-t}-\bigl[1-e^{-(t-2)}\bigr]\cdot \boldsymbol{1}(t-2).[/math]

Пример 5.39. Решить задачу Коши: [math]x''+x= f(t),~ x(0)=0,~ x'(0)=0[/math], где [math]f(t)[/math] — функция, изображенная на рис. 5.9 (б).


▼ Решение

1. Перейдем от оригиналов к изображениям:


[math]\begin{gathered}L[x(t)]= X(p),\qquad Lx'(t)]= pX(p)-x(0)= pX(p);\\ L[x''(t)]= p^2X(p)-p\,x(0)-x'(0)= p^2=X(p). \end{gathered}[/math]

Так как функцию [math]f(t)[/math] можно записать в виде


[math]f(t)= \cos t\cdot \bigl[\boldsymbol{1}(t)-\boldsymbol{1}(t-\pi)\bigr]= \cos t+\cos(t-\pi)\cdot \boldsymbol{1}(t-\pi),[/math]

то по формуле 9 из табл. 5.1 и по теореме запаздывания находим соответствующее изображение:


[math]X(p)= L[f(t)]= \frac{p}{p^2+1}+ \frac{p}{p^2+1}\,e^{-\pi\,p}.[/math]

Запишем уравнение для изображений: [math]p^2X(p)+ X(p)= \frac{p}{p^2+1}+ \frac{p}{p^2+1}\,e^{-\pi\,p}[/math].


2. Решим уравнение для изображений: [math]X(p)= \frac{p}{(p^2+1)^2}+ \frac{p}{(p^2+1)^2}\,e^{-\pi\,p}[/math].


3. Найдем оригинал для функции [math]X(p)[/math] по формуле 10 из табл. 5.1 и с учетом теоремы запаздывания (5.9):


[math]x(t)= \frac{1}{2}t\sin{t}+ \frac{1}{2}(t-\pi)\sin(t-\pi)\cdot \boldsymbol{1}(t-\pi).[/math]

Пример 5.40. Решить задачу Коши: [math]x''-x'= f(t),~ x(0)=0,~ x'(0)=0[/math], где [math]f(t)[/math] — функция, изображенная на рис. 5.5 (з).


▼ Решение

1. Аналогично примеру 5.39 перейдем от оригиналов к изображениям:


[math]L[x(t)]= X(p),\qquad L[x'(t)]= pX(p),\qquad L[x''(t)]= p^2X(p).[/math]

Согласно результату примера 5.22,п."з": [math]L[f(t)]= \frac{1-e^{-p-1}}{p+1}[/math].


Запишем уравнение для изображений: [math]p^2X(p)-pX(p)= \frac{1-e^{-p-1}}{p+1}[/math].


2. Решим уравнение для изображений:


[math]X(p)= \frac{1}{(p+1)p(p-1)}-\frac{1}{e}\cdot \frac{e^{-p}}{p(p+1)(p-1)}[/math]

3. Найдем оригинал для функции [math]X(p)[/math]. Так как


[math]\frac{1}{p(p+1)(p-1)}=-\frac{1}{p}+ \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{p+1}+ \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{p-1}[/math], то

[math]x(t)=-1+ \frac{1}{2}\,e^{-t}+ \frac{1}{2}\,e^t-\frac{1}{e}\boldsymbol{1}(t-1)\left[-1+\frac{1}{2}\,e^{-(t-1)}+ \frac{1}{2}\,e^{t-1}\right]\!.[/math]

Пример 5.41. Решить задачу Коши: [math]x''+x= f(t),~ x(0)=0,~ x'(0)=0[/math], где [math]f(t)[/math] — функция, изображенная на рис. 5.5 (и).


▼ Решение

1. Перейдем от оригиналов к изображениям:


[math]L[x(t)]= X(p),\qquad L[x''(t)]= p^2X(p).[/math]

Согласно результату примера 5.22 п."и" [math]L[f(t)]= \frac{1}{p}-\frac{2}{p}\,e^{-p}+ \frac{1}{p}\,e^{-2p}[/math].


Запишем уравнение для изображений:


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

2. Решим уравнение для изображений:


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

3. Найдем оригинал для функции [math]X(p)[/math]. По формуле 17 из табл. 5.1 с учетом теоремы запаздывания (5.9) получаем


[math]x(t)=1-\cos t-2\cdot \bigl[1-\cos(t-1)\bigr]\cdot \boldsymbol{1}(t-1)+ \bigl[1-\cos(t-2)\bigr]\cdot \boldsymbol{1}(t-2).[/math]

Пример 5.42. Решить задачу Коши: [math]x''+9x=f(t),~ x(0)=0,~ x'(0)=1[/math], где [math]f(t)[/math] — функция, изображенная на рис. 5.5,г.


▼ Решение

1. Перейдем от оригиналов к изображениям:


[math]L[x(t)]= X(p);\quad L[x''(t)]= p^2X(p)-px(0)-x'(0)= p^2X(p)-1;[/math]

Согласно результату примера 5.22,г [math]L[f(t)]= \frac{e^{-p}}{p^2}-2\cdot \frac{e^{-2p}}{p^2}+\frac{e^{-3p}}{p^2}[/math]. Запишем уравнение для изображений:


[math]p^2X(p)-1+9X(p)= \frac{1}{p^2}\bigl(e^{-p}-2e^{-2p}+ e^{-3p}\bigr)[/math]

2. Решим уравнение для изображений:


[math]X(p)= \frac{1}{p^2+9}+ \frac{1}{p^2(p^2+9)}\bigl(e^{-p}-2e^{-2p}+ e^{-3p}\bigr).[/math]

3. Найдем оригинал для функции [math]X(p)[/math]. Заметим, что [math]\frac{1}{p^2(p^2+9)}= \frac{1}{9}\cdot \frac{1}{p^2}-\frac{1}{9}\cdot \frac{1}{p^2+9}[/math].


Согласно формулам 8, 3 из табл. 5.1 этому изображению соответствует оригинал [math]\frac{1}{9}t-\frac{1}{27}\sin3t[/math]. Раскрывая скобки во втором слагаемом [math]X(p)[/math] и при меняя теорему запаздывания при [math]\tau=1,~ \tau=2,~ \tau=3[/math], получаем:


[math]\begin{gathered}x(t)= \frac{}{}\sin3t+ \left[\frac{1}{9}(t-1)-\frac{1}{27}\sin[3(t-1)]\right]\cdot \boldsymbol{1}(t-1)\,-\\ -\left[\frac{2}{9}(t-2)-\frac{2}{27}\sin[3(t-2)]\right]\cdot \boldsymbol{1}(t-2)+ \left[\frac{1}{9}(t-3)-\frac{1}{27}\sin[3(t-3)]\right]\cdot \boldsymbol{1}(t-3). \end{gathered}[/math]



Применение интеграла Дюамеля и теоремы Бореля


Рассмотрим задачу решения дифференциального уравнения (5.24) с нулевыми начальными условиями:


[math]x(0)=0,~ x'(0)=0,~ \ldots,~ x^{(n-1)}(0)=0.[/math]
(5.28)

Рассмотрим два способа ее решения, применение которых не требует нахождения изображения правой части [math]f(t)[/math] дифференциального уравнения.


Первый способ. Наряду с уравнением (5.24) рассмотрим уравнение, получающееся из него при [math]f(t)=\boldsymbol{1}(t)[/math], с нулевыми начальными условиями, т.е.


[math]\begin{gathered}a_n\cdot h^{(n)}+\ldots+a_0\cdot h= \boldsymbol{1}(t),\\ x(0)=0,~ x'(0)=0,~ \ldots,~ x^{(n-1)}(0)=0. \end{gathered}[/math]
(5.29)

Решением уравнения (5.29) является функция [math]h(t)[/math], которая называется единичной переходной функцией.


Применим к задачам (5.24), (5.28) и (5.29) алгоритм решения задачи Коши, описанный в данном разделе.


Перейдем от оригиналов к изображениям:

[math]L[x(t)]=X(p),\quad L[h(t)]=H(p),\quad L[f(t)]=F(p),\quad L[\boldsymbol{1}(t)]= \frac{1}{p}\,.[/math]

Так как начальные условия нулевые, то [math]L[x^{(k)}(t)]=p^kX(p),~ L[h^{(k)}(t)]=p^kH(p),~ k=1,2,\ldots,n.[/math]. В результате получаем уравнения в изображениях, соответствующие уравнениям (5.24) и (5.29):


[math]D(p)X(p)=F(p),~ D(p)H(p)=\frac{1}{p}[/math], где [math]D(p)=a_np^n+\ldots+a_0[/math] — характеристический многочлен.

Исключая [math]D(p)[/math], находим [math]X(p)=pH(p)F(p)[/math]. Используя интеграл Дюамеля (5.17), можно найти оригинал


[math]x(t)= h(0)f(t)+ \int\limits_{0}^{t} h'(\tau)f(t-tau)\,d\tau\,.[/math]

Так как в силу (5.29) [math]h(0)=0[/math], то окончательно получаем


[math]x(t)= \int\limits_{0}^{t} h'(\tau)f(t-tau)\,d\tau\,.[/math]
(5.30)

На основании (5.30) можно сформулировать алгоритм решения задачи Коши:


[math]\begin{gathered}a_nx^{(n)}+\ldots+a_0x=f(t),\\ x(0)=0,~ x'(0)=0,~ \ldots,~ x^{(n-1)}(0)=0.\end{gathered}[/math]
(5.31)



Алгоритм решения задачи Коши (5.31) с помощью единичной переходной функции


1. Найти единичную переходную функцию [math]h(t)[/math], решая задачу (5.29). Для этого можно применить операционное исчисление или другие методы.

2. Найти производную [math]h'(t)[/math] единичной переходной функции.

3. Определить решение задачи (5.31) по формуле (5.30).


Второй способ. В качестве вспомогательного уравнения для решения задачи (5.24),(5.28) рассмотрим уравнение с правой частью [math]f(t)=\delta(t)[/math] (см. пример 5.10) и нулевыми начальными условиями, т.е.


[math]\begin{gathered}a_nk^{(n)}+ \ldots+ a_0k=\delta(t),\\[2pt] k(0)=0,~ k'(0)=0,~ \ldots,~ k^{(n-1)}(0)=0. \end{gathered}[/math]
(5.32)

Решением уравнения (5.32) является функция [math]k(t)[/math], которая называется импульсной переходной функцией.


Рассмотрим решение задач Коши (5.31) и (5.32) с помощью преобразования Лапласа. Перейдем от оригиналов к изображениям:


[math]L[k(t)]= K(p);\quad L[x(t)]= X(p);\quad L[f(t)]= F(p);\quad L[\delta(t)]=1.[/math]

Так как начальные условия нулевые, то


[math]L \bigl[x^{(k)}(t)\bigr]= p^kX(p),\quad L \bigl[k^{(k)}(t)\bigr]= p^kK(p),\quad k=1,2,\ldots,n.[/math]

В результате получаем [math]D(p)X(p)=F(p),~ D(p)K(p)=1[/math], где [math]D(p)= a_np^n+ \ldots+a_0[/math]. Отсюда находим изображение искомого решения [math]X(p)= K(p)F(p)[/math]. Согласно теореме Бореля можно найти оригинал по формуле (5.16):


[math]x(t)= \int\limits_{0}^{t} k(\tau)f(t-\tau)\,d\tau= \int\limits_{0}^{t} k(t-\tau)f(\tau)\,d\tau\,.[/math]
(5.33)

Заметим, что между переходными функциями, как следует из сравнения (5.30) и (5.33), имеется связь:


[math]k(t)= h'(t).[/math]
(5.34)

На основании формулы (5.33) можно сформулировать алгоритм решения задачи (5.31).




Алгоритм решения задачи Коши (5.31) с помощью импульсной переходной функции


Найти импульсную переходную функцию, решая задачу Коши (5.32). Для этого можно применить операционное исчисление или другие методы [45].


По формуле (5.33) найти решение задачи Коши (5.31).


▼ Примеры 5.43-5.45

Пример 5.43. Решить задачу Коши: [math]x'+x=e^t,~ x(0)=0[/math].


▼ Решение

Первый способ


1. Составим уравнение (5.29) [math]h'+h=1,~ h(0)=0[/math] для единичной переходной функции и решим его, применяя операционное исчисление:


а) [math]L[h(t)]= H(p),~~ L[h'(t)]= pH(p),~~ L[\boldsymbol{1}(t)]= \frac{1}{p};~~ pH(p)+ H(p)= \frac{1}{p}[/math];


б) [math]H(p)= \frac{1}{p(p+1)}[/math];


в) [math]h(t)= L^{_1}[H(p)]=1-e^{-t}[/math].


2. Найдем производную единичной переходной функции: [math]h'(t)=e^{-t}[/math].


3. По формуле (5.30) при [math]f(t)=e^t[/math] имеем


[math]x(t)= \int\limits_{0}^{t}e^{-\tau}e^{t-\tau}d\tau= e^{t} \int\limits_{0}^{t} e^{-2\tau} d\tau= \left.{-\frac{1}{2}e^{t}e^{-2\tau}}\right|_{\tau=0}^{\tau=t}= \frac{1}{2}(e^t-e^{-t})\,.[/math]

Второй способ


1. Составим уравнение (5.32) [math]k'+k=\delta(t),~ k(0)=0[/math] для импульсной переходной функции и решим его:


а) [math]L[k(t)]= K(p);~~ L[k'(t)]= pK(p);~~ L[\delta(t)]=1;~~ pK(p)+ K(p)=1[/math];


б) [math]K(p)= \frac{1}{p+1}[/math];


в) [math]k(t)= L^{-1}[K(p)]= e^{-t}[/math].


2. По формуле (5.33) при [math]f(t)= e^t[/math] имеем


[math]x(t)= \int\limits_{0}^{t} e^{-\tau}e^{t-\tau}d\tau= \frac{1}{2}(e^t-e^{-t}).[/math]

Пример 5.44. Решить задачу Коши: [math]x'+2x=-3t+2,~ x(0)=0[/math].


▼ Решение

Применим алгоритм решения задачи Коши с помощью единичной переходной функции.


1. Составим уравнение [math]h'+2h=1,~ h(0)=0[/math] для нахождения единичной переходной функции и решим его:


а) [math]L[h(t)]= H(p),~~ L[h'(t)]= pH(p),~~ L[\boldsymbol{1}(t)]= \frac{1}{p};~~ pH(p)+ 2H(p)= \frac{1}{p}[/math];


б) [math]H(p)= \frac{1}{p(p+2)}[/math];


в) [math]h(t)= L^{-1}[H(p)]=-\frac{1}{2}(e^{-2t}-1)= \frac{1}{2}(1-e^{-2t})[/math].


2. Найдем производную от единичной переходной функции: [math]h'(t)= e^{-2t}[/math].


3. По формуле (5.30) при [math]f(t)=-3t+2[/math] получаем


[math]\begin{aligned}x(t)&= \int\limits_{0}^{t} e^{-2\tau}\bigl[2-3(t-\tau)\bigr]d\tau= (2-3t) \int\limits_{0}^{t} e^{-2\tau}d\tau+ 3\int\limits_{0}^{t} \tau\,e^{-2\tau}d\tau=\\ &= \left.{\frac{-2+3t}{2}\,e^{-2\tau}}\right|_{0}^{t}-\left.{\frac{3}{2}\tau\,e^{-2\tau}}\right|_{0}^{t}+ \frac{3}{2} \int\limits_{0}^{t} \tau\,e^{-2\tau}d\tau=\\ &= \left(-1+\frac{3}{2}\,t\right)\! e^{-2t}+ 1-\frac{3}{2}\,t-\frac{3}{2}\,t\,e^{-2t}-\frac{3}{4}\,e^{-2t}+ \frac{3}{4}=\\ &=1,\!75-1,\!5t-1,\!75e^{-2t}. \end{aligned}[/math]

Пример 5.45. Решить задачу Коши: [math]x''-3x'+2x=2e^{3t},~ x(0)=0,~ x'(0)=0[/math].


▼ Решение

Применим алгоритм решения задачи Коши с помощью импульсной переходной функции.


1. Составим уравнение [math]k''-3k'+2k=\delta(t),~ k(0)=0,~ k'(0)=0[/math] для импульсной переходной функции и решим его:


a) [math]L[k(t)]= K(p),~ L[k'(t)]= pK(p),~ L[k''(t)]= p^2K(p),~ L[\delta(t)]=1,~ p^2K(p)-3pK(p)+ 2K(p)=1[/math];


б) [math]K(p)= \frac{1}{p^2-3p+2}= \frac{1}{(p-1)(p-2)}[/math];


в) [math]k(t)= L^{-1}[K(p)]= e^{2t}-e^t[/math].


2. По формуле (5.33) имеем


[math]\begin{aligned}x(t)&= \int\limits_{0}^{t} (e^{2\tau}-e^{\tau})2e^{3(t-\tau)}d\tau= 2e^{3t} \int\limits_{0}^{t} (e^{-\tau}-e^{-2\tau})d\tau= \left.{2e^{3t}\! \left(-e^{-\tau}+ \frac{1}{2}e^{-2\tau}\right)}\right|_{0}^{t}= \\ &=-2e^{2t}+e^t+ 2e^{3t}-e^{3t}= e^t-2e^{2t}+ e^{3t}. \end{aligned}[/math]

Замечание 5.9. При решении прикладных задач, в частности задачи анализа выходных процессов линейных динамических систем, возникает необходимость в решении задачи, более общей по сравнению с (5.24), (5.25), где правая часть представляет собой линейный дифференциальный оператор над некоторой функцией:


[math]\begin{gathered}a_nx^{(n)}+ \ldots+ a_0x= b_m g^{(m)}(t)+ \ldots+ b_0g(t),\\[2pt] x(0)=x_0,~ x'(0)=x'_0,~ \ldots,~ x^{(n-1)}(0)= x_0^{(n-1)}. \end{gathered}[/math]
(5.35)

Здесь [math]g(t)[/math] — заданная функция; [math]a_,\ldots,a_0;~ b_m,\ldots,b_0[/math] — постоянные коэффициенты; [math]n[/math] и [math]m[/math] — числа, определяющие порядок старшей производной в левой и правой частях уравнения.


В процедуре решения задачи используется принцип суперпозиции: эффект, вызываемый суммой нескольких факторов (начальными условиями и функцией [math]g(t)[/math]), равен сумме эффектов каждого из факторов в отдельности.




Алгоритм решения задачи Коши с помощью принципа суперпозиции


1. Найти решение однородного уравнения (при [math]g(t)\equiv 0[/math]), соответствующего уравнению (5.35) с заданными начальными условиями:


[math]\begin{gathered}a_nx^{(n)}+\ldots+ a_0x=0,\\ x(0)=x_0,~ x'(0)=x'_0,~ \ldots,~ x^{(n-1)}(0)= x^{(n-1)}_{0}.\end{gathered}[/math]
(5.36)

Для этого может применяться как операционное исчисление, так и другие методы Полученное решение называется свободным движением и обозначается [math]x_c(t)[/math]. Оно характеризует влияние начальных условий. Если начальные условия нулевые, свободное движение отсутствует, т.е. [math]x_c(t)\equiv0[/math].


2. Найти решение неоднородного уравнения с нулевыми начальными условиями:


[math]\begin{gathered}a_nx^{(n)}+ \ldots+ a_0x= b_mg^{(m)}+ \ldots+ b_0g,\\ x(0)=0,~ x'(0)=0,~ \ldots,~ x^{(n-1)}(0)=0. \end{gathered}[/math]
(5.37)

Полученное решение называется вынужденным движением и обозначается [math]x_{\text{vn}}(t)[/math]. Оно характеризует влияние функции [math]g(t)[/math]. Для его нахождения следует:


а) найти импульсную переходную функцию [math]k_0(t)[/math] для уравнения [math]a_nx^{(n)}+ \ldots+a_0x=f(t)[/math]. Для этого решить задачу (5.32) с применением операционного исчисления:


[math]\begin{gathered}a_n k_{0}^{(n)}+ \ldots+a_0k^0= \delta(t),\\ k_0(0)=0,~ k'_0(0)=0,~ \ldots,~ k_0^{(n-1)}(0)=0. \end{gathered}[/math]
(5.39)

б) найти импульсную переходную функцию [math]k(t)[/math] для уравнения [math]a_nx^{(n)}+ \ldots+ a_0x= b_mg^{(m)}+ \ldots+ b_0g[/math] по формуле


[math]k(t)= b_m k_0^{(m)}(t)+ \ldots+ b_0k_0(t);[/math]
(5.39)

в) найти вынужденное движение по формуле, аналогичной (5.33):


[math]x_{\text{vn}}(t)= \int\limits_{0}^{t} k(\tau)g(t-\tau)\,d\tau\,.[/math]
(5.40)

3. Найти решение задачи (5.35) в виде суммы свободного и вынужденного движений:


[math]x(t)=x_{c}(t)+ x_{\text{vn}}(t).[/math]
(5.41)

▼ Примеры 5.46-5.47

Пример 5.46. Найти решение задачи: [math]x''-2x'+2x= g'(t)-g(t),~ g(t)= e^{3t}\cdot \boldsymbol{1}(t),~ x(0)=0,~ x'(0)=0[/math].


▼ Решение

Решим задачу, используя алгоритм.


1. Найдем решение [math]x_c(t)[/math] уравнения (5.36): [math]x''-3x'+2x=0,~ x(0)=0,~ x'(0)=0[/math]. Так как начальные условия нулевые, то, очевидно, [math]x_c(t)\equiv0[/math].


2. Найдем решение уравнения (5.37): [math]x''-3x'+2x=g'-g,~ x(0)=0,~ x'(0)=0[/math]. Для этого:


а) найдем импульсную переходную функцию [math]k_0(t)[/math] для уравнения [math]x''-3x'+2x=f(t)[/math], решая уравнение (5.38):


[math]k''_0-3k'_0+2k_0= \delta(t),\quad k_0(0)=0,~ k'_0(0)=0.[/math]

Из п.1 примера 5.45 следует, что [math]k_0(t)= e^{2t}-e^t[/math];


б) по формуле (5.39) определим импульсную переходную функцию:


[math]k(t)= 2e^{2t}-e^t-e^{2t}+ e^t=e^{2t};[/math]

в) по формуле (5.40) имеем


[math]x_{\text{vn}}(t)= \int\limits_{0}^{t} e^{2\tau}e^{3(t-\tau)}d\tau= e^{3t} \int\limits_{0}^{t} e^{-\tau}d\tau= \Bigl.{-e^{3t}e^{-\tau}}\Bigr|_{0}^{t}= e^{3t}-e^{2t}.[/math]

3. Решение задачи получается по формуле (5.41): [math]x(t)= x_c(t)+ x_{\text{vn}}(t)= e^{3t}-e^{2t}[/math].


Пример 5.47. Найти решение задачи: [math]x'''+6x''+11x'+6x= g''+5g'+6g;~~ g(t)=\boldsymbol{t},~ x(0)=1,~ x'(0)=-3,~ x''(0)=9[/math].


▼ Решение

Решим задачу, используя алгоритм.


1. Найдем свободное движение [math]x_c(t)[/math] как решение уравнения (5.36):


[math]\begin{gathered}x'''+6x''+11x'+6x=0,\\ x(0)=1,~ x'(0)=-3,~ x''(0)=9. \end{gathered}[/math]

Согласно результату примера 5.33, пункт "б", [math]x_c(t)=e^{-3t}[/math].


2. Найдем вынужденное движение как решение уравнения (5.37):


[math]\begin{gathered}x'''+6x''+11x'+6x= g''+5g'+6,\\ x(0)=0,\quad x'(0)=0,\quad x''(0)=0.\end{gathered}[/math]

Для этого:


а) найдем импульсную переходную функцию для уравнения [math]x'''+6x''+11x'+6x=f(t)[/math], то есть решим уравнение (5.38):


[math]\begin{gathered}k'''_0+6k''_0+11k'_0+6k_0=\delta(t),\\ k_0(0)=0,\quad k'_0(0)=0,\quad k''_0(0)=0. \end{gathered}[/math]

Перейдем от оригиналов к изображениям:


[math]L[k_0(t)]= K_0(p);\quad L[k'_0(t)]= pK_0(p);\quad L[k''_0(t)]= p^2K_0(p);\quad L[k'''_0(t)]= p^3K_0(p);\quad L[\delta(t)]=1.[/math]

Запишем уравнение для изображений и решим его:


[math]\begin{gathered}p^3K_0(p)+ 6p^2K_0(p)+ 11pK_0(p)+ 6K_0(p)=1\\ \Downarrow\\ K_0(p)= \frac{1}{p^3+6p^2+11p+6}= \frac{1}{(p+1)(p+2)(p+3)}= \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{p+1}-\frac{1}{p+2}+ \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{p+3}\,.\end{gathered}[/math]

Найдем оригинал: [math]k_0(t)= \frac{1}{2}\,e^{-t}-e^{-2t}+ \frac{1}{2}\,e^{-3t}[/math];


б) найдем импульсную переходную функцию [math]k(t)[/math] по формуле (5.39):


[math]k(t)= k''_0+ 5k'_0+ 6k_0= \frac{1}{2}\,e^{-t}-4e^{-2t}+ \frac{9}{2}\,e^{-3t}-\frac{5}{2}\,e^{-t}+ 10e^{-2t}-\frac{15}{2}\,e^{-3t}+ 3e^{-t}-6e^{-2t}+ 3e^{-3t}= e^{-t};[/math]

в) определим вынужденное движение по формуле (5.40):


[math]x_{\text{vn}}(t)= \int\limits_{0}^{t} e^{-\tau} \boldsymbol{1}(t-\tau)\,d\tau= \Bigl.{-e^{-\tau}}\Bigr|_{0}^{t}=1-e^{-t}.[/math]

3. Найдем решение задачи по формуле (5.41): [math]x(t)= e^{-3t}+1-e^{-t}[/math].


Часовой пояс: UTC + 4 часа [ Летнее время ]


Яндекс.Метрика

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