Операционное исчисление. Учебное пособие

Обозначим изображение искомого решения дифференциального























































уравнения через



px

, т. е.

 

Изображение функции

уравнения, обозначим, как обычно, через





tf , т. е. правой части дифференциального

, т. е.

pFtfL 



pxtxL

, или



txpx

 .



 



pF :



tfpF

 .



Будем решать задачу Коши, т. е. искать частное решение данного дифференциального уравнения, удовлетворяющее заданным начальным условиям:

1

nn

xxxxxx

,

0

где





1

n

,...,,

00

xxx – некоторые числа.

0







00

1



0,...,0,0



Рассмотрим сначала случай нулевых начальных условий, т. е. бу-

1

дем предполагать, что



 

Тогда

2

 , т. е.



 





 









00

txpx



txpxp

, т. е.



txpxp

, т. е.

n

xxx .

0

0...





pxtxL

,

pxptxL



2

 





,

pxptxL

……………….. ……………………





nn



 , т. е.



txpxp



 .

nn



pxptxL

Отсюда имеем

nn



1

10

...



1



nn



pFpxapxpapxpapxpa

,

или

nn

1

10



...

41



1

nn





pFpxapapapa

.

nn



p



































Обозначим



n

1

10

...



apapapapY 

.

1

nn

Этот многочлен представляет собой не что иное, как характеристический многочлен для исходного дифференциального уравнения (только раньше вместо

Таким образом, получили

Отсюда при нулевых начальных условиях

мы писали  или k).

n



pFpxpY

.



 ,

px



pF



pY

n

т. е. мы нашли изображение решения дифференциального уравнения, удовлетворяющего нулевым начальным условиям.

Переходя от изображения к оригиналу, получим искомое решение





txx  :

 

txpx

 .



Пусть теперь начальные условия не обязательно нулевые (т. е. рассмотрим общий случай). Умножим коэффициенты дифференциального уравнения на изображения функции

x(t) и ее производных:

a на

n

a на

1n

a на

2n









pxtxL  ,



0



xpxpxpxptxL

,

0



00

22



……………..………………………………………………………

a на

1

a на

0







211



0

1



0

3



...

0



nnnn

2



...

0

Подставим полученные выражения в уравнение (*).

Введем обозначение:

)2(

n



n





1

01

2

0

1



0

3





0

2

nn





...

0

 

3

0



0

2

nnnn



0



1

n



xpxxpxpap

0

......







xpxpxpxpxpxptxL



00

3

0



2

0







,



xpxxpxppxptxL .

0

nn



2

nnnnnn

xpxxpxppxptxL ,

0

1



nn

xaxpxaxpxxpxpa

.01002

42



Заметим, что при нулевых начальных условиях

















1

pn

Тогда, с учетом введенных обозначений, будем иметь

0



.



Полученное уравнение носит название

нения изображениях

для данного дифференциального уравнения (или уравнения в

).

Это уравнение называют также

изображающим уравнением.

nn

1



pFppxpY

вспомогательного урав-

Это алгебраическое уравнение. Таким образом, переходя к изображениям, мы вместо дифференциального уравнения получаем более простое алгебраическое уравнение. Решая его, найдем изображение искомого решения.





px



nn

1

n





p



pY



pFppxpY

, отсюда



pF

.



pY

nn

Полученная формула дает так называемое

операторное решение

уравнения в изображениях.

Отыскав по изображению соответствующий ему оригинал, получим искомое решение:



 

pxtx

 .



Аналогичным образом решаются и системы линейных дифференциальных уравнений с постоянными коэффициентами. В этом случае, переходя к изображениям, получим алгебраическую систему уравнений. Решив такую алгебраическую систему, найдем изображение решений системы дифференциальных уравнений, а затем, перейдя к оригиналам, и сами эти решения.

43



Примеры

xx

x



































1. Найти частное решение дифференциального уравнения



0106

,

удовлетворяющее начальным условиям:



10 x ;









30 x

;

80x

, т. е. решить задачу Коши.

Перейдем к уравнению в изображениях.



 



  

   

     



0

c

:

pxtx

 ,



00 L , т. е.



 





для любого оригинала

tcfpcF

0xpxptx 

23









 pxp ,



00

(как следствие линейности изображения при

1



002xpxpxptx

223

2





000

xxpxppxptx



3

 ppxp ,

23



tf и его изображения

 pppxpxpxp .

0]1103683[106

83

 pppxp .



pF

или найдем

Отсюда получим

Здесь

 

n



n

3

 

   





px



px

n 1





pY

n







00 L непосредственно из определения изображения).

23

21

nn

1

p



(т. к.



pp



3





ppp

106



– характеристический многочлен.

ppppYpY

106



pFppxpY

– вспомогательное уравнение.

pp



223





LpF ), т. е.

3

ppp



00





106

p

2223



22

3

0103683106

 ppppxppp

.

3311036831



ppppppppp

.

pp

106



.

44



Знаменатель имеет комплексные корни, поэтому выделим полный

















квадрат.



p





px

3



pp

Таким образом,



p

106



p





3

22

t

3

cos



t

3





13



tetx

.

cos

te

.

Нашли изображение решения и соответствующий этому изображению оригинал. Этот оригинал и будет искомым решением.

Непосредственной проверкой можно убедиться, что найденная

t

функция





3

cos

tetx

является решением данного дифференциально-

го уравнения, удовлетворяющим заданным начальным условиям.

Найти частное решение дифференциального уравнения

2.

2





atxax cos

,

удовлетворяющее начальным условиям:



0 xx

,



0 xx

0



задачу Коши с произвольными начальными условиями.

Перейдем к изображающему уравнению.

 .



00



x

a

22

appYpY

01 xpxxxpxpp

nn

1



0000011





p

.

22



ap

a

0

ap



1



22

a

2



px





n





pF cos





p







22



ap



xpx



00



22

ap



p

 

22

ap





n

at

22





2

.

x

0



2





xpxpxap

p



22

ap





, т. е. решить

0

.

pFppxpY

.

ap

2

ap







2



22



0





x

0

sincos

atx sin

at

a

1



a

2

att

.

45



Итак, найдено решение задачи Коши:

































x



0

atxtx sin

0

sincos

at

a

1



a

2

att

.

,



0

могут быть взяты произвольными, то,



x

0

a

, сумеем получить и общее решение

C



2

Поскольку величины

введя обозначения

x и 0x

Cx 

10

исходного дифференциального уравнения.



sincos

atCatCtx sin

21

Найти общее решение дифференциального уравнения

3.



Перейдем к уравнению в изображениях.

 

n



3

 

2

021









223



 ppppppYpY

1

 .

a

2



txxxx

1444

4144

.



att

.





xaxpxaxxpxpapp



,

02001000

где



2



 .

210



.4,1,1

 aaa









4xxpxxxpxpp 

000000

Найдем изображение правой части уравнения:





pF 





4



p



 



p



p



p







1411

22



Запишем вспомогательное уравнение





px





p

2

23







44

ppp



p







 

44

14

23223

pppp



p

2









41



ppxppp

 .

2



4

222

4



pppp



t

14

2

.



p

14

2

p



p



14144

ppp

.







14

p

222



ppp





41

46



Здесь















циентами (так как нам не заданы начальные условия, т. е.





p

– многочлен 2-й степени с неопределенными коэффи-

2

,, xxx

–

000

произвольны).

Первая дробь

2



является правильной рациональной

41

pp



p

дробью, т. к. степень многочлена в числителе ниже степени многочлена в знаменателе (в знаменателе стоит многочлен 3-й степени, а в числителе – 2-й). Поэтому ее можно разложить на простейшие дроби:



p

2





pp

41

A



p





1

CBp

22

p

4



.

Коэффициенты





A, B и C находить не нужно, т. к. многочлен

сам имеет неопределенные коэффициенты (т. е. коэффициенты

C будут выражаться через

,, xxx

, которые у нас произвольны).

000

Разложим вторую дробь на простейшие:

4



4

 pppp

11



(легко проверить).

2222

4



Произведя указанные разложения, получим



px



A



p



1

CBp



4

A 



p

11



ppp

1







4

B



p

1

A

p



p



1

C



4

2

B

p



1

C



4

2

4



2



4

1

.

222

pp

11



2

ppp

p

2

A, B и

2



2222222



4



Примем

Тогда



Cpx



p

Таким образом,



1

CA  ,

1

C





1

21

2

p



CB  ,

2

p



4

2

C



t

C



.

3



2

3



1

22

pp

4

t



ttCtCeCtx

 2sin2cos

321

.

321

ttCtCeC



2sin2cos

.

47

Нашли общее решение данного дифференциального уравнения.























t









t



t

x

t



















Оно состоит из суммы общего решения однородного дифференциального уравнения, соответствующего данному, и частного решения данного неоднородного дифференциального уравнения:



txtxtx

ч.нo.o

,

где



t



321o.o

,

tCtCeCtx

2sin2cos

ч.н



.

ttx

Замечание 1. Для отыскания корней алгебраического уравнения

удобно применять схему Горнера (прил. 1).

Замечание 2. Требование, чтобы начальные условия задачи Коши

0

были заданы в точке

переменной

t на новую переменную

условиями в точке

виями, заданными в точке

t

0

t

0

, несущественно, т. к. заменой независимой

tt

задача с начальными

0

будет сведена к задаче с начальными усло-



0

.0

4. Найти решение дифференциального уравнения







1 t

,22

exxx



удовлетворяющее начальным условиям

Начальные условия определены при

1

зависимую переменную менной:



)()1()( txxy 

. Для функции )(

рую производную по переменной

переменной

Имеем











t, где

 y





),()(









1



tt





tt

. Рассмотрим функцию новой пере-

t, считая )(

1)(

.

,

)()()())(()(

ytytytx



ytyytx



48

, т. к.

)()()())(()(

.

xx

t

0

y найдем первую и вто-

01

. Введем новую не-

y сложной функцией

xyxy

t

tt

.1)1(,1)1( 

,1)1()0(,1)1()0( 

,1)1()( 



Дифференциальное уравнение примет вид











t

txtyx















Найдем изображения производных функции



),(

2

yy









),(1 

yyp









)(1



ypyp .

Запишем изображающее уравнение:

2

2)1(21



yyppyp

p

Ищем решение.

2

 p

ypp

1

2)12( 1



p



1



.1



yyeyyy

.1)0(,1)0(,2)()(2)(



)(y :

.



y

p

Вернемся к старой переменной:

Получаем окончательное решение:

2

3

)1(



2

1

.



p

 ey )1()(

1



1



.

, ).()1(),1()(

y 

t

12

etttx

)22()(

.

49



ИНТЕГРИРОВАНИЕ СИСТЕМ





ЛИНЕЙНЫХ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ

С ПОСТОЯННЫМИ КОЭФФИЦИЕНТАМИ

Решение систем линейных дифференциальных уравнений с постоянными коэффициентами в принципе ничем не отличается от решения отдельных дифференциальных уравнений с постоянными коэффициентами.

Примеры

1. Найти решение системы дифференциальных уравнений



 





с начальными условиями

Выпишем изображения функций



 



 







 







tyx



2

2,4txy

pxtx

  



pyty

 





,



,

  





pxpxpxptx

pypypypty



yx

.000

x(t) и y(t) и их производных:

,0

.0

Найдем изображение правых частей системы:



1

,

44

t



2



p



2

22

t



p

По формуле

21

.

3

p



n

t



!

.

1



n



p

Перейдем к изображению системы:

4



yxp

ypx

,

2

p

2

p



2

p



1

.

3



 

 

 



50