Дифференциальные уравнения. - 38 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

МГТУ ГА | Москва

Рубрика: 

38 ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ
cos 2t →
p
p
2
+ 4
,
sin 2t →
2
p
2
+ 4
.
Отсюда, пользуясь свойством линейности, находим
f(t) = −
1
4
+
1
5
e
t
+
1
20
cos 2t −
1
10
sin 2t.
Пример 50. Для изображения F (p) =
e
−p
p+1
найдём оригинал f(t). Имеем e
−t
→
1
p+1
. Множитель
e
−p
указывает на необходимость применения теоремы запаздывания при τ = 1. Поэтому
e
−(t−1)
→
e
−p
p + 1
.
Значит,
f(t) = e
1−t
.
5.2. Решение дифференциальных уравнений с помощью преобразования Ла-
пласа
Применим полученные результаты к решению задачи Коши для обыкновенных линейных диф-
ференциальных уравнений и систем с постоянными коэффициентами.
5.2.1. Решение задачи Коши для обыкновенных линейных дифференциальных урав-
нений с постоянными коэффициентами
Рассмотрим обыкновенное линейное дифференциальное у равнение порядка n с постоянными
коэффициентами
a
0
d
n
x(t)
dt
n
+ a
1
d
n−1
x(t)
dt
n−1
+ ··· + a
n−1
dx(t)
dt
+ a
n
x(t) = f (t) (92)
и решим задачу Коши для этого уравнения с начальными данными
x(0) = x
0
, x
′
(0) = x
′
0
, . . . , x
(n−1)
(0) = x
(n−1)
0
. (93)
Пусть x(t) → X(p), f (t) → F (p). Тогда, применяя к обеим частям уравнения (92) преобра-
зование Лапласа и используя теорему о дифференцировании оригинала и свойство линейности
преобразования Лапласа, получим вместо дифференциального уравнения (92) с начальными усло-
виями (93) уравнение
(a
0
p
n
+ a
1
p
n−1
+ ··· + a
n−1
p + a
n
)X(p) − a
0
(p
n−1
x
0
+ p
n−2
x
′
0
+ ··· + x
(n−1)
0
)−
− a
1
(p
n−2
x
0
+ p
n−3
x
′
0
+ ··· + x
(n−2)
0
) − ··· −a
n−2
(px
0
+ x
′
0
− a
n−1
x
0
= F (p). (94)
Из уравнения (94) находим
X(p) =
F (p) + ψ
n−1
(p)
ϕ
n
(p)
, (95)
где
ψ
n−1
(p) = a
0
(p
n−1
x
0
+ p
n−2
x
′
0
+ ··· + x
(n−1)
0
) + a
1
(p
n−2
x
0
+ p
n−3
x
′
0
+ ··· + x
(n−2)
0
) + . . .
··· + a
n−2
(px
0
+ x
′
0
− a
n−1
x
0
)
и
ϕ
n
(p) = a
0
p
n
+ a
1
p
n−1
+ . . . + a
n−1
p + a
n
.
38                                            ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ

                                                                     p
                                                          cos 2t →       ,
                                                                  p2 + 4
                                                                     2
                                                          sin 2t → 2     .
                                                                  p +4
Отсюда, пользуясь свойством линейности, находим
                                                  1 1     1            1
                                         f (t) = − + et +    cos 2t −    sin 2t.
                                                  4 5     20          10
                                     e                                       1
                                         найдём оригинал f (t). Имеем e−t → p+1
                                                           −p
  Пример 50. Для изображения F (p) = p+1                                        . Множитель
 −p
e указывает на необходимость применения теоремы запаздывания при τ = 1. Поэтому
                                                                         e−p
                                                          e−(t−1) →          .
                                                                        p+1
Значит,
                                                            f (t) = e1−t .

     5.2. Решение дифференциальных уравнений с помощью преобразования Ла-
          пласа
  Применим полученные результаты к решению задачи Коши для обыкновенных линейных диф-
ференциальных уравнений и систем с постоянными коэффициентами.

     5.2.1. Решение задачи Коши для обыкновенных линейных дифференциальных урав-
            нений с постоянными коэффициентами
  Рассмотрим обыкновенное линейное дифференциальное уравнение порядка n с постоянными
коэффициентами
                    dn x(t)      dn−1 x(t)                dx(t)
                        n
                            +
                           a0 a1     n−1
                                           + · · · + an−1       + an x(t) = f (t)                                               (92)
                     dt           dt                       dt
и решим задачу Коши для этого уравнения с начальными данными
                                                                                          (n−1)
                                      x(0) = x0 , x′ (0) = x′0 , . . . , x(n−1) (0) = x0          .                             (93)
  Пусть x(t) → X(p), f (t) → F (p). Тогда, применяя к обеим частям уравнения (92) преобра-
зование Лапласа и используя теорему о дифференцировании оригинала и свойство линейности
преобразования Лапласа, получим вместо дифференциального уравнения (92) с начальными усло-
виями (93) уравнение
                                                                                                      (n−1)
     (a0 pn + a1 pn−1 + · · · + an−1 p + an )X(p) − a0 (pn−1 x0 + pn−2 x′0 + · · · + x0                       )−
                                n−2                                (n−2)
                      − a1 (p         x0 +   pn−3 x′0   + ··· +   x0     )−   · · · − an−2 (px0 +     x′0   − an−1 x0 = F (p). (94)
Из уравнения (94) находим
                                                                F (p) + ψn−1 (p)
                                                   X(p) =                        ,                                              (95)
                                                                     ϕn (p)
где
                                                          (n−1)                                               (n−2)
     ψn−1 (p) = a0 (pn−1 x0 + pn−2 x′0 + · · · + x0               ) + a1 (pn−2 x0 + pn−3 x′0 + · · · + x0             ) + ...
                                                                                           · · · + an−2 (px0 + x′0 − an−1 x0 )
и
                                       ϕn (p) = a0 pn + a1 pn−1 + . . . + an−1 p + an .

Страницы