ВУЗ:
Составители:
29
равенство (2) можно представить так:
()
(
)
(
)
{
}
()
()
()
(){}
(){}() ()
....
...
...
01
2
00
3
0
21
1
1
00
3
0
2
0
1
0
pFpxaxpxpa
xxpxppxpa
xxpxpxppxра
nn
n
nnn
n
nnnn
=+−+
+++
′
+−+
+++
′′
+
′
+−
−
−
−−−
−
−−−
(3)
Уравнение (3) называют вспомогательным уравнением, или
изображающим уравнением. В этом уравнении неизвестным является
изображение
(
)
рх
, которое из него и определяется. Преобразуем его оставив
в левой части члены, содержащие
(
)
рх
:
()
(
)
()
()
()
()
() ()
.......
...
...
01002
2
00
3
0
2
1
1
00
2
0
1
0
1
1
10
pFxaxpxaxxpxpa
xxpxpa
apapaрарх
nn
n
nn
n
nn
nn
nn
++
′
+++++
′
++
+++
′
+=
++++
−−
−
−−
−
−−
−
−
(4)
Коэффициент при
(
)
рх
в левой части равенства (4) есть многочлен n-й
степени от р, который получается, если в левую часть уравнения (1) вместо
производных подставить соответствующие степени р. Обозначим его через
()
рL
:
(
)
nn
nn
apapapарL ++++=
−
−
1
1
10
...
.
L(p) – характеристический многочлен. Если правую часть равенства (4)
обозначить через М(р), то изображение искомого решения примет вид
)(
)(
)(
pL
pM
px =
. После этого по изображению находим искомое решение
задачи Коши.
Ситуация значительно упрощается, если f(t)=1, а все начальные условия
нулевые. В этом случае
()
()
.
1
1
ppL
px =
С помощью таблицы оригиналов и
изображений можно найти решение
(
)
.
1
tx
Возьмем теперь уравнение с любой
правой частью f(t) при тех же нулевых начальных условиях. Его
операторное уравнение примет вид X(p)L(p)=F(p), где F(p) – изображение
функции f(t). Поскольку
()
()
pxp
pL
1
1
=
, то
(
)
(
)()
pFpxppx
1
=
. Согласно
формуле интеграла Дюамеля
() ( ) ( )
∫
−
′
=
t
dtfxtx
0
1
τττ
.
Пример 1. Найти решение уравнения
1=+ x
d
t
dx
, удовлетворяющее
начальным условиям х=0 при
0=t
.
Решение. Составим вспомогательное уравнение
()( )
p
ppx
1
1 =+
или
29
равенство (2) можно представить так:
{ n n −1
(
а0 р x ( p ) − p x0 + p x0′ + p x0′′ + ... + x0
n−2 n −3 ( n −1)
+ )}
{ (
+ a1 p (n−1) x ( p ) − p n−2 x0 + p n−3 x0′ + ... + x0
(n−2 )
)}+ (3)
... + an−1 {px ( p ) − x0 } + an x ( p ) = F ( p ).
Уравнение (3) называют вспомогательным уравнением, или
изображающим уравнением. В этом уравнении неизвестным является
изображение х ( р ) , которое из него и определяется. Преобразуем его оставив
в левой части члены, содержащие х ( р ):
х ( р )(а0 р n + a1 p n−1 + ... + an−1 p + a n )
(
= a0 p n−1 x0 + p n−2 x0′ + ... + x0
( n −1)
)+ (4)
+ a (p )+ ... + a ( px0 + x0′ ) + an−1 x0 + F ( p ).
(n−2 )
1
n−2
x0 + p n −3
x0′ + ... + x0 n−2
Коэффициент при х ( р ) в левой части равенства (4) есть многочлен n-й
степени от р, который получается, если в левую часть уравнения (1) вместо
производных подставить соответствующие степени р. Обозначим его через
L( р ) :
L( р ) = а0 p n + a1 p n−1 + ... + an−1 p + an .
L(p) – характеристический многочлен. Если правую часть равенства (4)
обозначить через М(р), то изображение искомого решения примет вид
M ( p)
x ( p) = . После этого по изображению находим искомое решение
L( p )
задачи Коши.
Ситуация значительно упрощается, если f(t)=1, а все начальные условия
1
нулевые. В этом случае x1 ( p ) = . С помощью таблицы оригиналов и
pL( p )
изображений можно найти решение x1 (t ). Возьмем теперь уравнение с любой
правой частью f(t) при тех же нулевых начальных условиях. Его
операторное уравнение примет вид X(p)L(p)=F(p), где F(p) – изображение
1
функции f(t). Поскольку L ( p ) = , то x( p ) = px1 ( p )F ( p ) . Согласно
px1 ( p )
t
формуле интеграла Дюамеля x(t ) = ∫ x1′ (τ ) f (t − τ )dτ .
0
dx
Пример 1. Найти решение уравнения + x = 1 , удовлетворяющее
dt
начальным условиям х=0 при t = 0 .
1
Решение. Составим вспомогательное уравнение x ( p )( p + 1) = или
p
