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 ]


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


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)}

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


б) начальные условия:

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

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


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


\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).

2. Пусть заданы:


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


\dot{x}= A\cdot x(t)+f(t),
(5.26)

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


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


x(0)=x_0,
(5.27)

Требуется найти решение x(t)= \begin{pmatrix}x_1(t)& \cdots& x_n(t)\end{pmatrix}^T 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 f(t) и искомая функция x(t) 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.


рис. 5.8.

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 x^{(k)}(0)=C_k. При нахождении общего решения системы (5.26) следует принять x_i(0)=C_i,~i=1,\ldots,n.

4. Операционное исчисление можно применять для широкого класса кусочно-непрерывных функций f(t) 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) x'+x=\boldsymbol{1}(t),~ x(0)=\frac{1}{2}; б) x'+2x=-3t+2,~ x(0)=0.


▼ Решение

а) Воспользуемся алгоритмом.


1. Перейдем от оригиналов к изображениям:


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}\,.

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


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

2. Решим уравнение для изображений:


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}\,.

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


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}.

б) Воспользуемся алгоритмом.


1. Перейдем от оригиналов к изображениям:


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}\,.

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


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

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


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


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

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


▼ Решение

1. Перейдем от оригиналов к изображениям:


\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}

Запишем уравнение для изображений:


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

2. Решим уравнение для изображений:


\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}

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


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


▼ Решение

1. Перейдем от оригиналов к изображениям:


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}\,.

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


2. Решим уравнение для изображений:


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}\,.

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


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

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

▼ Решение

а) Воспользуемся алгоритмом.


1. Перейдем от оригиналов к изображениям:


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.

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


2. Решим уравнение для изображений:


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}\,.

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


б) Решим вторую задачу, пользуясь алгоритмом.


1. Перейдем от оригиналов к изображениям:


\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}

Запишем уравнение для изображений:


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

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


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


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


▼ Решение

1. Перейдем от оригиналов к изображениям:


\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}

Запишем уравнение для изображений:


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

2. Решим уравнение для изображений:


\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}

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


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


▼ Решение

1. Перейдем от оригиналов к изображениям:


\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}

Запишем систему уравнений для изображений:


\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.

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


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

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


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

Разложим каждое слагаемое на элементарные дроби:


\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}

Тогда \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..


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


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

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


▼ Решение

1. Перейдем от оригиналов к изображениям:


\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}

Запишем систему уравнений для изображений:


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

2. Решим систему уравнений для изображений.


Умножим второе уравнение на p, а из первого выразим pX(p)\colon


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

Отсюда имеем


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

Из второго уравнения системы


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}.

Представим второе слагаемое в виде


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

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


При p=-1,~ p=0,~ p=1 последовательно получаем C=-1,~ A=1,~ B=-1\colon


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

Поэтому

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}.

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


\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}

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


▼ Решение

Перейдем от оригиналов к изображениям:


\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}

Запишем систему уравнений для изображений: \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}


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


p^2X_1(p)+p=-X_1(p)-\frac{1}{p}+2.

Отсюда получим


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}.

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


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

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
рис. 5.9.

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


▼ Решение

1. Перейдем от оригиналов к изображениям:


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

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


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


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


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


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

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


▼ Решение

1. Перейдем от оригиналов к изображениям:


\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}

Так как функцию f(t) можно записать в виде


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

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


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

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


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


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


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

рис. 5.5.

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


▼ Решение

1. Аналогично примеру 5.39 перейдем от оригиналов к изображениям:


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

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


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


2. Решим уравнение для изображений:


X(p)= \frac{1}{(p+1)p(p-1)}-\frac{1}{e}\cdot \frac{e^{-p}}{p(p+1)(p-1)}

3. Найдем оригинал для функции X(p). Так как


\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}, то

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]\!.

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


▼ Решение

1. Перейдем от оригиналов к изображениям:


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

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


Запишем уравнение для изображений:


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

2. Решим уравнение для изображений:


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

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


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).

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


▼ Решение

1. Перейдем от оригиналов к изображениям:


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

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


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

2. Решим уравнение для изображений:


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

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


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


\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}



Применение интеграла Дюамеля и теоремы Бореля


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


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

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


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


\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}
(5.29)

Решением уравнения (5.29) является функция h(t), 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:

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}\,.

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


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

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


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

Так как в силу (5.29) h(0)=0, то окончательно получаем


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

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


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



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


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

2. Найти производную h'(t) 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 f(t)=\delta(t) (см. пример 5.10) и нулевыми начальными условиями, т.е.


\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}
(5.32)

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


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


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

Так как начальные условия нулевые, то


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.

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


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

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


k(t)= h'(t).
(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: x'+x=e^t,~ x(0)=0.


▼ Решение

Первый способ


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


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


б) H(p)= \frac{1}{p(p+1)};


в) h(t)= L^{_1}[H(p)]=1-e^{-t}.


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


3. По формуле (5.30) при f(t)=e^t имеем


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})\,.

Второй способ


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


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


б) K(p)= \frac{1}{p+1};


в) k(t)= L^{-1}[K(p)]= e^{-t}.


2. По формуле (5.33) при f(t)= e^t имеем


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

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


▼ Решение

Применим алгоритм решения задачи Коши с помощью единичной переходной функции.


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


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


б) H(p)= \frac{1}{p(p+2)};


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


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


3. По формуле (5.30) при f(t)=-3t+2 получаем


\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}

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


▼ Решение

Применим алгоритм решения задачи Коши с помощью импульсной переходной функции.


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


a) 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;


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


в) k(t)= L^{-1}[K(p)]= e^{2t}-e^t.


2. По формуле (5.33) имеем


\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}

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:


\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}
(5.35)

Здесь g(t) — заданная функция; a_,\ldots,a_0;~ b_m,\ldots,b_0 — постоянные коэффициенты; n и m — 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 g(t)), равен сумме эффектов каждого из факторов в отдельности.




Алгоритм решения задачи Коши с помощью принципа суперпозиции


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


\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}
(5.36)

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


2. Найти решение неоднородного уравнения с нулевыми начальными условиями:


\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}
(5.37)

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


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


\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}
(5.39)

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


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

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


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

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


x(t)=x_{c}(t)+ x_{\text{vn}}(t).
(5.41)

▼ Примеры 5.46-5.47

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


▼ Решение

Решим задачу, используя алгоритм.


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


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


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


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

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


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


k(t)= 2e^{2t}-e^t-e^{2t}+ e^t=e^{2t};

в) по формуле (5.40) имеем


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}.

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


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


▼ Решение

Решим задачу, используя алгоритм.


1. Найдем свободное движение x_c(t) как решение уравнения (5.36):


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

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


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


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

Для этого:


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


\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}

Перейдем от оригиналов к изображениям:


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.

Запишем уравнение для изображений и решим его:


\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}

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


б) найдем импульсную переходную функцию k(t) по формуле (5.39):


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};

в) определим вынужденное движение по формуле (5.40):


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}.

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

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