Дифференциальные уравнения. Устойчивость решений дифференциальные уравнения старшего порядка

2.3.2. Восстановление оригинала при помощи вычетов

Если изображение F(p) функции f(t) имеет конечное число особых точек p1, p2, …, pn, то оригинал может быть вычислен с использованием вычетов функции комплексного переменного:

n

f(t) = ∑resp=pk (ept F(p)).

k=1

Из теории функции комплексной переменной известна формула вычета для полюса k-го порядка z = z0 функции f(z):

101

Найти оригинал для функции.

1

Пример 2.36. (p −1)3 .

Решение.

Функция изображения имеет особую точку p = 1, которая является полюсом первого порядка.

Применим формулу вычета для функции комплексной переменной

имеющей полюс порядка k = 3 в точке p = 1:

Замечание: в данном случае t при вычислении вычета играет роль константы, дифференцирование ведется по переменной p.

Ответ: f(t) = 12 t2 et .

Замечание: в примере 2.34 такой же результат был получен при помощи теорем о дифференцировании и смещения изображения.

1

Пример 2.37. p3 +2p2 + p .

Решение.

Найдем особые точки изображения. Для данной функции особыми точками являются нули знаменателя:

По определению особых точек имеем: p = 0 – полюс первого порядка;

p = –1 – полюс второго порядка.

102

Замечание: этот результат можно было получить при помощи алгоритма, рассмотренного в примерах раздела 2.3.1, произведя разложение правильной дроби на простейшие:

f(t) =1−et −t et−1 .

2.3.3. Восстановление оригинала по изображению F(p)·G(p)

Пусть заданным изображениям соответствуют оригиналы F(p) ↔ f(t), G(p) ↔ g(t) .

Тогда произведению изображений отвечает свертка оригиналов: F(p) G(p) ↔ f(t) g(t) ,

t

где по определению операции свертки f(t)* g(t) = ∫f(τ)g(t −τ)dτ .

0

103

Легко увидеть, что каждый из сомножителей является изо-

= −18[sin(2t −4t) −sin2t]−12 cos2t(t −0) = 14 sin2t −12 t cos2t . Ответ: f(t) = 14 sin2t −12 t cos2t .

Самостоятельно восстановить оригиналы для функций:

Ответы:

1)16 (sin3t −3t cos3t) ;

2)12 (t cht −3t cht +2t) ;

3)12 (sint +t cos3t) .

104

t

= −cosτ(t −τ) t0 + ∫cosτdτ= −cost (t −t) +cos0 (t −0) +sin τt0 =t +sint.

0

Умножение изображения на e–p означает сдвиг оригинала на (–1):

e−p F(p) ↔ η(t −1) f(t −1) .

Ответ: η(t −1) f(t −1) =((t −1) +sin(t −1)) η(t −1) .

Замечание: в ответ добавлена функция Хэвисайда, чтобы обеспечить соответствие полученной функции свойствам оригинала.

Самостоятельно восстановить оригинал:

Ответы:

1)sin(t −1) η(t −1) ;

2)cos(t −4) η(t −4) ;

3)e3(t−7) η(t −7) ;

4)(sh(t −3) −t +3) η(t −3) .

105

2.4. Решение линейных дифференциальных уравнений

Рассмотрим линейное дифференциальное уравнение n-го порядка:

anx(n) (t) +a1x(n−1) (t) + +a1x′(t) +a0x(t) =f(t) ,

с начальными условиями x(0) =x0, x′(0) =x0′′, , x(n−1) (0) =x0(n−1) . Рассмотрим процедуру решения дифференциального уравнения, основанную на том, что из равенства оригиналов следует ра-

венство изображений и наоборот. Пусть x(t) ↔ X(p) .

По теореме о дифференцировании оригинала: x′(t) ↔ pX(p) −x(0) ,

x′′(t) ↔ p2X(p) − px(0) −x′(0) ,

x′′′(t) ↔ p3X(p) − p2x(0) − px′(0) −x′′(0) .

Заметим, что дифференцирование оригинала вызывает алгебраическое преобразование изображения. Составим соответствие линейного дифференциального оператора L(x) в левой части уравнения с изображением Ψ(p), найдем f(t) ↔ F(p) для правой части уравнения и перейдем к равенству изображений Ψ(p) = F(p) .

После алгебраического преобразования левой части равенства оказывается, что уравнение приобретает вид

X(p) Φ(p) = F(p) .

Отсюда легко определяется

X(p) = ΦF((pp)) .

Для получения окончательного ответа необходимо восстановить оригинал x(t).

Решить задачу Коши.

Пример 2.40. x′+2x =2 −3t, x(0) =0 .

Решение.

Предположим, что x(t) является оригиналом, которому соответствует изображение:

106

x(t) ↔ X(p) .

Найдем

x′(t) ↔ p X(p) −x(0) = p X(p) −0 = p X(p) , f(t) =2 −3t ↔ 2p − p32 = F(p) .

Подставим изображения в уравнение

p X(p) +2X(p) = 2p − p32 .

После преобразования получим операторное уравнение:

Предположим, что x(t) является оригиналом, которому соответствует изображение:

x(t) ↔ X(p) .

Найдем изображения

x′(t) ↔ p X(p) −x(0) = p X(p) −1,

x′′(t) ↔ p2X(p) − px(0) −x′(0) = p2X(p) − p −3 ,

107

2e3t ↔ p2−3 .

Подставим в уравнение

p2 X(p) − p −3 −3 (p X(p) −1) +2X(p) = p2−3 . После преобразования получим

(p2 −3p +2) X(p) = p2−3 + p . Отсюда находим

Перейдем к изображениям в правой и левой частях уравнения.

Пусть x(t) ↔ X(p) , тогда

x′′(t) ↔ p2X(p) − px(0) −x′(0) = p2X(p) , изображение правой части уравнения 1 ↔ 1p .

После подстановки в дифференциальное уравнение и алгебраических преобразований получим операторное уравнение

(p2 +9) X(p) = 1p .

Отсюда находим

X(p) = 1 . (p2 +9) p

108

Восстановим оригинал разложением на простейшие дроби:

109