Дифференциальные уравнения. Учебное пособие-2

=

−2

2

−

4 ln |1 + 2 | =

−2

∙

4 ∙ (2 − ln(1 + 2 )).

1

1

( ) = 1+

1

( ) −

, если (0) = (0) = 0.

Пример 2. Используя формулу Дюамеля, решить

уравнение

′′

1

= 1.

′

′′( ) − ( )

( ) → ̅( )

Решение. Аналогично:

2

2 ∙ ̅( ) − ̅( ) = 1

1

̅( )(

− 1)

1

=

̅( )=

( − 1)( +

1)

=

+

1 = ( 2

− 1)

=

+ − 1

+ 1

+ ( +

1)

+ ( −1)

= 0

− = 1

= −1

= 1

2 = 1

= = 1/2

= −1

2

= 1

1

1

1

̅( ) = − +

2( −

1)

+ 2( + 1)

1( ) = −1 + 2

∙

+

2

∙

−

.

1

1

Применим вторую формулу Дюамеля:

( ) = ∫0

′1( −

)

∙ ( ) ∙ =

t

=

1 ∙ ∫1

12

− 1 −

1

∙ t

+

1

∙ 1 ∙ ln

2

=

2

et

+ 1

e

2

1 +

= 2

∙

− −ln| |

+ ln|

+ 1|

|1

+ 2

∙ ln 1 + =

=

1

1

1

2

21

∙

− 1 − ln + ln(1 +

) + 1 + ln 1 − ln 2 +

+

1 ∙ln

2

= −1

− 1

∙

+

1

∙ ∙

ln(1

+ ) +

2

1 +

2 2

2

2

.

+ 1

−

∙

ln 2

+ 1 ∙ ln

Требования,

чтобы начальные условия были нулевыми,

2

2

2

1

+

С0 ∙

′′

( ) + 1 ∙

( )

+ 2 ∙ ( ) = ( )

(3)

′

Пусть нужно решить уравнение

Введем новую переменную0,

: y(1t)=.

x(t)

начальными условиями:

x(0)=

′ (0)=

− 0

(4)

Тогда

′

′

( ) − 1,

′′

− 1 ∙ .

Тогда

( ) =

( ) = ′′( )

или0 ∙ ′′( ) + 1( ′( )

+ 1) + 2( ( ) + 0 + 1 ∙ )=f(t)

0

исходное уравнение приводится к виду:

∙

′′

( ) + 1

( ) + 2 ( )

= (t) −

1 1−2 0 −

−2 1

′

(5)

где

(0) = (0) − 0

− 1 ∙ 0 = 0 − 0 = 0,

(6)

Таким

(0)

=

(0) − 1 = 1 − 1 = 0

′

′

Коши:

" + 2 + = (1+ )

+ ,

где

(0) = −2,

′

(0) = 1.

− 2

Пример 3. С помощью формулы Дюамеля решить задачу

′

′

( )и= ( ) + 2 − .

Решение. Сведем исходную задачу к задаче с нулевыми

виду( ):

=

( ) −

1, "( ) = "( )

Тогда

начальными условиями, где

уравнения приводится к

"( ) + 2′( ) + ( ) =

−

2

+

− 2 + 2 −

где

"( ) + 2′( ) + ( ) =

(1 + )

(1+

)2,

(0) = 0,

(0) = 0.

−

′

Решим уравнение с помощью формулы Дюамеля, для

Пусть

"( ) + 2′( ) + ( ) = 1.

чего составим вспомогательное уравнение:

( ) → ( ).

1

2

( ) + 2 ( ) + ( ) =

1

1

( ) =

( 2 + 2

+ 1)

=

( + 1)2

=

=

+ + 1

+ ( + 1)2

1 = ( + 1)2 + ( + 1) +

= 0

= 1

= 1

= −1

= 1

= −1

= −1

4 + 2

+ = 1

1

= −1

1

1

Для

( ) =

−

+ 1

−

( + 1)2

1( ) = 1 −

−

− ∙

−

Дюамеля:

нахождения

( )

применим первую формулу

( )

= 0

′1

( )

∙ (

− )

∙ =

−

= ′1

1

( ) = 1 −

−

− ∙

∙ − =

( )

= − −

− + ∙ − =

2

=

−

− +

)

2

∙ = −

∙

Для0

(1 + −

0

(1 +

− )

вычисления интеграла разложим дробь на

простейшие:

(1 + − )2 =

1 + − + (1 + − )2

= (1 + − ) +

− = 1

= 0

= −1

Тогда

+ + ∙

= + 1

=

( )

=

−

−t

1+1− + (1+1−)2

t

= −

∙

|1 + − 0|

+ − ∙

( + 1)

1+1−

0

=

0

=

(

|1 + |) +

−

∙ (

+ 1) ∙ 1 −

1+ =

− ln l-ln

∙

(1

∙ ( + 1)

1

= ( ≥ 0)

=

−

+ ) +

−

∙ 1+ =

= −( −

(1 + )).

ln

ln

Тогда исходное решение примет вид:

( ) = ( )

+ −2 = −( −ln(1 + )) + − 2.

Задания для самостоятельного решения

(0)

С помощью одной из формул Дюамеля найти решения

=

(0) = 0.

2

′

уравнения, удовлетворяющие начальным условиям

2+cos1

2.

" −

′

=

(1+

)2

6.

" + =

1.

" + 2′ +

=

1+−

5.

” + =

1

2

3.

1+

2

7.

" + =

1

2

" − ′ =

2+

1+

4.

" − ′ =

1+1

" − =

.

8.

th

§16. Изображение интеграла. Теорема

запаздывания

Установим связь междуt изображением ( )

функции

( ) и интегралом ∫0

f (t) dt .

( ) → ( ), то справедливоt

F( p)

Теорема (интегрирование оригинала). Если

соотношение

∫ f (τ) dτ →

(1)

p

0

Доказательство. Обозначим ∫t

f (τ) dτ =ϕ(t) и

−pt

0

du '(t) dt;

почастям

найдем ее изображение:

p

t

+∞

ϕ(t) dt =

u =ϕ(t);

=ϕ

=

f (τ) dτ

→ ∫0 e

− pt

∫0

dυ =e− pt dt;

υ = −e

− pt

+∞

1

+∞

e

−pt

= − p −ϕpt

(t)

0|

+

∫0 e

ϕ'(t) dt = =−

p

F( p)

lime

ϕ(t) +ϕ(0) +

1

+∞∫e−pt f (t) dt =

.

t→+∞

p

p

p 0

p

t

f (τ) dτ →

F( p)

Следовательно,

∫0

.

p

Пример 1.

Найти оригинал функции, изображение

которой имеет вид F( p) =

a

,

так как

p( p2 +a2 )

a

←sin at

, то

p2 +a2

a

t

1 cos aτ |t

←

sin aτ dτ = −

=

−

1

p( p2 +a2 )

←1

∫0

a

0

(cos at −1) =

(1−cos at).

a

1

a

←

a

Итак,

a (1−cos at) →

.

p( p2 +a2 )

Теорема запаздывания. Для любого положительного τ

имеет место соотношение:

→ e− pτ F( p)

→

f (t −τ)

(2)

где

f (t)

t

(смещение независимой положительной

F( p)

переменной

на величину τ

соответствует умножению

изображения на e− pτ ).

(см. рис.1б).

e

Теорема запаздывания показывает, что умножение

изображения на − pτ сдвигает график оригинала вправо на

Теорема запаздывания играет важную роль в

операционном исчислении потому, что с её помощью

можно получать изображения функций часто

встречающихся в технических приложениях. К ним

относятся функции, которые имеют различные

аналитические выражения на различных промежутках

значений аргумента, а именно, ступенчатые и

периодические функции.

Пример 2. Найти изображение функции

f (t −1) = (t −1)2 χ(t −1),

где χ(t) −единичная функция

Хевисайда.

Решение. Найдем изображение функции:

f (t) =t2 χ(t) →

2

.

p3

Тогда по теореме запаздывания для искомой функции

2

−p

f (t −1) →

e

.

p3