Операционное исчисление

p2X p C1p C2 2 pX p C1 X p

1

.

p 1

X p

C1p 2C1 C2

1

C1 p 1 C1 C2

1

p 1 2

p 1 3

t2 p 1 2

p 1 3

C1et C2 C1 tet 2 et x t .

родного уравнения

x

t C et C

2

C

tet

и частного решения

общ

1

1

x

t

t2

et , следовательно,

является общим решением данного

част

2

дифференциального

уравнения x 2x x et можно записать

в виде

x t c et c

tet t2

et , где c ,c - произвольные постоянные.

1

2

2

1

2

t

pF1 p F2 p 0 f1

f2 t d f1 t f2

0 ,

x n a1x n 1 an 1x an x f t ,

(23)

x 0 x 0 x n 1 0 0.

z n a1z n 1 an 1z an z 1,

(24)

z 0 z 0 z n 1 0 0.

Операторные уравнения для (23) и (24) имеют вид

A p X p F p ,

A p Z p

1

,

(25)

p

X p pZ p F p

t

f z

t d f t z 0 x t .

0

t

f z t d .

x t

(26)

0

1

28.1. x

t x t et 3

,

x 0

0,

1

28.3. x

t x t et 1

,

x 0

0 0,

x

28.3. x t x t

e2t

,

1 et 2

x 0 x

0 0,

28.4. x t x t tgt ,

x 0

1,

x 0 2.

28.1.

Решим

задачу

Коши

для

уравнения

z t z t 1,

z 0 0. Для этого составим операторное уравнение

pZ p Z p

1

, Z p

1

1

1

et 1 z t .

p

p p 1

p 1

p

Так как z t et

1 et , то по формуле (26) находим

x t

t

et

d et

t

d

et t

e d

1 t 3 e e

d

e

3

3

3

e

3

0 e

0 e

0

30

e

t

e

t

1

ln e 3

t

et

3

0

3

0

1

1

t ln et

3

1

ln4

3

e t

3

3

1

et

1

te

t

1

e

t

ln

et

3

.

3

3

9

9

4

28.2.

Решим

задачу

Коши

для

уравнения

z t z t 1,

t

1

sh t d 1

t

t

e

t

x t

e

d

1 e

1 e

0

e

2

0

et t

e t t

e

2 0

d

2 0

d .

1 e

1 e

t

e

t

e de

t

e 1 1

d

de

1 e

1 e

1 e

0

0

0

e

t

ln 1

e

t

e t 1 ln

1 e t

,

0

0

2

t

e

d ln

1 et ln2 ln

1 et

0

1 e

2

то

x t

et

1 e t

e t

1 et

et

e t 1 .

2 ln

2

ln

2

2

2

28.3.

Решим

задачу

Коши

для

уравнения

z t z t 1,

z 0 z 0 0 . Для этого составим операторное уравнение

1

1

1

1

1

p2Z p pZ p

,

Z p t p2 p 1

p

p

p2

p 1

1 t e

z t .

Так как z t 1 t et

1 et

, то по формуле (26) находим

t

e

2

t

e

2

t

e

x t

1 et d

d et

d

1 e

2

1 e

2

2

0

0

0 1 e

t

e 1 1

d 1 e

t d 1 e

1 e

2

et

2

0

0 1 e

ln 1 e

t

1

t

1

t

0 et

0

0

1 e

1 e

ln 1 et ln2

1

1

1

1

1 et

1

et 1 .

et

ln

1 e

t

2

2

1 e

t

2

2

шение задачи с

f t tgt

и нулевыми начальными условиями:

t

t

sin sint cos cost sin

x t tg sin t d

d

cos

0

sin2

0

cos2

t

t

t

t

1

d

sint sin d cost

cos

d sint cos

0

cost

cos

0

0

0

t

t

sint cos

0

cost

ln

tg

sin

4

2

0

tg

t

sint cost sint cost ln

cost sint

4

2

sint cost ln

tg

t

.

2

4

p2X p p 2 X p 0,

X p

p 2

p

2

cost 2sint .

p2 1

p2 1

p2 1

x t 3sint cost cost ln

tg

t

.

4

2

4.5. Решение систем линейных дифференциальных

уравнений с постоянными коэффициентами

Пример 29. Решить

системы

дифференциальных уравнений

с заданными начальными условиями:

t

,

t

,

x y

2e

x x y

y e

2et ,

29.2.

29.1. y x

x 2x y y e t ,

x 0 y 0 1,

x 0 y 0 y 0 0, x 0 1.

29.1. Пусть x t

X p и y t Y p . Учитывая, что

x t pX x 0 pX p 1,

y t pY p y 0 pY 1,

et

1

p 1

Решая систему, получим X p Y p

1

. Воспользовав-

p 1

29.2. Имеем

x t X p ,

x t pX p x 0 pX p ,

x t p2X p x 0 pX p 1,

y t Y p ,

y t pY p y 0 pY p ,

y t p2Y p y 0 p2Y ,

et

1

,

e t

1

.

p 1

p 1

Запишем систему операторных уравнений

1

p

p2X 1 pX p2Y Y

,

p2

p X

p2

1 Y

,

p

1

p

1

1

1

pX 2X pY

Y

.

(p 2)X (1 p)Y

.

p

1

p 1

Решим систему линейных уравнений относительно X и Y по

формулам Крамера:

p2 p

p2 1

p p 1 1 p p 2 p2 1

p 2

1 p

2 1 p 2 1 p ,

p

p

2 1

p2 p

p

x

p 1

1 2p,

y

p 1

3p

.

1

1

1

p

p 2

1 p

p 1

p 1

Таким образом

X p

x

1 2p

1 1

3

1

1 1

,

p 1 2 1 p

8 p 1

4 p

1 2

8 p 1

2

Y p

y

3p

3p

.

2 p

1 2 1 p 2

2 p2 1 2

Перейдем к оригиналам. Так как et

1

и sht

1

,

p 1

p2 1

то по теореме дифференцирования изображения находим

2p

te t ,

1

2p

t sh t .

1

p2 1

p2 1 2

p2 1

p2 1 2

Следовательно, решением системы будет

x t

1sht

3te t

, y t

3t sht .

4

4

4