Материал: Красовская Т. Ф. Операционное исчисление

Скачать файл

Заказать новую работу

Внимание! Если размещение файла нарушает Ваши авторские права, то обязательно сообщите нам

Пример 11. Решить задачу Коши, т. е. найти частное решение диффе-

ренциального уравнения

+ 4

= 3cos 2t, удовлетворяющее задан-

ным начальным условиям: x(0) = 0;

(0) =

Введем обозначение изображения искомой функции: x(t) X(p),

то-

гда

(t)

X(p) + 2; 3cos 2t

Запишем уравнение в изображениях:

X(p) + 2 + 4pX(p) + 4X(p) =

X(p)( + 4p + 4) =

2 =

X(p) =

Здесь

, , ,

– неопределенные (пока!) коэффициенты. Для то-

го, чтобы их найти, надо, приведя к общему знаменателю сумму дробей справа, приравнять числители получившихся дробей справа и слева:

2 + 3p – 8 = (p + 2)(	+ (	+ ( p +	)	.
Приравняем коэффициенты при одинаковых степенях р			слева и справа:

при р3: 0 = А1 + А3; при р2: –2 = 2А1 + А2 + 4А3 + А4;

при р1: 3 = 4А1 + 4А3 + 4А4; при р0: –8 = 8А1 + 4А2 + 4А4.

Решая эту систему линейных уравнений, находим неопределенные коэффициенты разложения на простейшие рациональные дроби:

А1 = ; А2 = – ; А3 = – ; А4 = ;

X(p) =

–

cos2t +

sin2t = x(t).

Пример 12. Решим теперь систему дифференциальных уравнений:

2х х 3у е

x 2 y y 1,

причем x(0) = 1; y(0) = 0.

Введем обозначения: x(t)

X(p); y(t)

Y(p).

Тогда: (t) pX(p) – 1;

(t)

pY(p);

;

И система в изображениях имеет вид:

2 p 1 X

3 pY

p 1

2 p 1 Y

Умножим первое уравнение на р, а второе на (2р + 1), затем вычтем из второго уравнения первое, получим:

( – 1)Y(p) =		, откуда Y(p) =		.

Теперь умножим первое уравнение на (2р – 1), а второе на 3р, затем вычтем из первого уравнения второе, получим:

(

– 1)X(p) =

; откуда X(p) =

Разложим, как в предыдущем примере, на простейшие рациональные

дроби: X(p) =

;

Y(p) =

Приводя к общему знаменателю и приравнивая числители получив-

шихся дробей, получим:

4 + 3p – 4 = ( – 1) + (p – 1) +

;

2 + 4p + 1 =

(p – 1) + p( – 1) + p(p – 1) + p

Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях р слева и спра-

ва, получим:

: 0 =

: 4 =

;

2 = +

+ 2

: 3 =

;

4 = – –

– +

: –4 = – –

+ ;

1 = –

Решая эти системы, находим коэффициенты:

;

= –1;

= –

;

= –

;

Тогда: X(p) =

= x(t),

Y(p) = –

–

–1 –

–

= y(t).

ТЕОРЕМЫ ОБ ИНТЕГРИРОВАНИИ ОРИГИНАЛА, ИЗОБРАЖЕНИЯ. РЕШЕНИЕ ИНТЕГРАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ

Приведем еще несколько полезных свойств преобразования Лапласа.

Теорема об интегрировании оригинала (изображение интеграла)

Если f(t)

F(p), то ∫

Докажем это: можно рассматривать ∫

= 1 f(t), как свертку

функций 1 и f(t). Тогда по теореме о свертке ∫

F(p).

Пример 13. ∫

, так как sin 2t

Теорема об интегрировании изображения

Если f(t)

F(p), то

∫

, при условии, что этот интеграл

сходится.

Доказательство:

∫

= ∫

∫

dt).

Меняем порядок интегрирования:

∫

dp = ∫

(–

)| )dt = ∫

Пример 14.

∫

= arctg p| =

– arctg p.

Пример 15.

∫

dp =

ln (

+ 1)| – как видим, интеграл

расходится, поэтому изображение функции

не существует (она не удо-

влетворяет условиям теоремы существования, так как эта функция не

ограничена при t	0.)
Пример 16.	Используя теорему об изображении интеграла и теорему

о свертке, можно операционным способом решать также и интегральные уравнения, т. е. уравнения, в которых неизвестная функция входит под знак интеграла. Решим такое уравнение:

y(t) + 2∫ = – ∫ .

Введем обозначение изображения искомой функции: y(t) Y(p), тогда

∫		; ∫
∫		; ∫
	(по теореме о свертке);		.
	(по теореме о свертке);		.

Теперь можно записать уравнение в изображениях:

Y(p) + 2 = – .

Отсюда можно выразить Y(p):

Y(p)

) =

; Y(p) =

–

Теперь можно восстановить оригинал, т. е. найти

y(t) =

РЕШЕНИЕ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ С ПОМОЩЬЮ ПРОИЗВОДНОЙ ОТ СВЕРТКИ

Пусть (t)	(p);		(p), тогда по теореме о свертке:
(t) = (t)		(t) = ∫ (	(p)	(p).

Очевидно, что (0) = 0, поэтому по теореме об изображении производной:

(t) =

p (p) (p).

Очевидно, что свертка – это интеграл по параметру t, поэтому, используя формулу Лейбница дифференцирования интеграла по параметру

( ∫	= f (t, t) + ∫ (x, t) dt),
можем найти производную от свертки		(t):
(t) = ∫	=	(t) (0) + ∫	(t –	.

Замечание. Для упрощения этой формулы выгодно, используя симметричность свертки, в качестве (t) (или (t – )) в интеграле брать такую функцию, чтобы

(0) = 0.

Пусть теперь требуется решить задачу Коши для линейного дифференциального уравнения с постоянными коэффициентами и нулевыми

начальными условиями:
L(y)	+	+ ... + y = f(t); y(0) = (0) = ... =	(0) = 0.

Запишем уравнение с такой же левой частью, но с правой частью, равной тождественно 1, и тоже с нулевыми начальными условиями:

+ ... +

z = 1; z(0) = (0) = ... =

(0) = 0.

Если ввести обозначение z(t)

Z(p), то Z(p) =

; с другой

стороны, если y(t)

Y(p);

f(t)

F(p), то Y(p) =

Очевидно, что Y(p) = pF(p)Z(p), откуда

y(t) =

[z(t) f(t)] =

[∫

] = z(t)

f(0)

+ ∫

(t – )d

или, если будет проще:

y(t) =

[∫

] = ∫

(t –

, так как z(0) = 0.

Таким образом, зная z(t) – решение уравнения с правой частью 1 при нулевых начальных данных, можно сразу найти в квадратурах (т. е. в интегралах) решение этого уравнения для любой правой части при тех же (нулевых) начальных условиях.

Пример 17. + 2 + x = + t; x(0) = –2; (0) = 1.

Требование нулевых начальных условий в вышеизложенном методе несущественно, так как всегда можно сделать замену переменной так, что-

бы свести задачу к нулевым начальным условиям:
положим y(t) = x(t) – x(0) – t			(0) = x(t) + 2 – t,
тогда y(0) = –2 + 2		= 0;
(t) =	(t) – (0)	= (t) – 1;	(0) = 0;	(t) =		(t),
тогда	(t) + 2( (t) + 1) + y(t) – 2 + t =				+ t.

Сокращая, получим уравнение			(t) + 2	(t) + y(t) =			; y(0) = (0) = 0.

Находим теперь z(t) из уравнения			(t) + 2	(t) + z(t) = 1; z(0) = (0) = 0.
14

Если ввести обозначение z(t) Z(p), то уравнение в изображениях:

Z(p) + 2pZ(p) + Z(p) = , откуда

Z(p) =

–

1 –

– t .

Итак, z(t) = 1 – (1 + t) , тогда по вышеизложенному:

y(t) =

[z(t) f(t)], где f(t) =

– правая часть исходного уравнения

y(t) =

[∫

] =

[∫

– (t –

)

d ] =

(1 – – 0) + ∫

–

+ (t –

)

d =

= ∫

d =

∫

– ∫

d ] =

[– t

– ln |1 + | –

]| =

(

– ln |1 + t| –

+ t + 1) =

(t – ln |1 + t|).

Тогда

x(t) = y(t) – 2 + t = (t – ln |1 + t|) + t – 2 – ответ.

Выведем изображение еще для одной часто встречающейся на практике функции, называемой импульсной функцией.

ИМПУЛЬСНАЯ ФУНКЦИЯ

Рассмотрим функцию (t, h) =

	1	,	если 0 t h
		,	если 0 t h
h				.
0,			если	t 0, h

Пользуясь функцией Хэвисайда с запаздыванием, можно ее записать

одним выражением:	(t, h) =			( (t) –		(t – h)).
одним выражением:	(t, h) =			( (t) –		(t – h)).
Тогда ее изображение:			(t, h)				(1 –	).
Тогда ее изображение:			(t, h)				(1 –	).
Если теперь h	, то	(t, h)				, но при этом для всех t (0, h) спра-
ведливо: h (t, h) = 1.
Рассмотрим функцию		(t) =						.
Ее называют импульсной функцией нулевого порядка или дельта-
функцией, функцией Дирака					{			.

Умножение единичной импульсной функции (t) на постоянную С дает импульсную функцию С (t) величины С, т. е. импульс величины С. Введение столь необычной функции оправдывается пользой, которую она

Смотрите также:


«ДОХОДЫ, РАСХОДЫ И ПРИБЫЛЬ КОММЕРЧЕСКОГО БАНКА.»
«ДОХОДЫ, РАСХОДЫ И ПРИБЫЛЬ КОММЕРЧЕСКОГО БАНКА.»
Значение, сущность и содержание социально — педагогической деятельности в организации для детей-сирот и детей, оставшихся без попечения родителей
Проактивные методы PR-деятельности российских авиационных компаний «Россия», «Азимут»
__RGR2
__RGR2
_10_Эмиль Золя для эл версии
_11_А. Франс для эл версии
_2 тема-Дефекты (тезисы)