Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Операционное исчисление. Учебное пособие
.pdf
Формула Дюамеля
t
t
t
Если
tfpF
и
11
tfpF
, то
22
t
)0()(
0
Доказательство
По теореме Бореля
tffpFpF
.
2121
По правилу дифференцирования оригинала
)()()0()()()(
t
0
2121
0
tffffpFppF
212121
0
0
2121
212121
dtffftfpFppF
.
, но поскольку
0)0()()()()0()(
21
)()()()(
tffpFppF
.
dffdtffff
, то
Найдем производную свертки
d
tff
dt
0
2121
tt
0
21
).0()()()()()()()(
ftfdtffdtff
21
Здесь мы дифференцируем интеграл как сложную функцию, зави-
t
сящую от параметра
d
ttuI
dt
:
)(
tutu
d
dt
0
)())(,(),()),((
tututdt
)(
0
dt
),(
td
d
при условии, что в нашем случае верхний предел интегрирования
).()(),(
u а
,)(
tfft
21
Таким образом,
t
0
212121
).0()()()()()()()(
ftfdtfftffpFppF
21
61
Формула Дюамеля доказана. Интеграл, стоящий в правой части
формулы, называется интегралом Дюамеля.
Рассмотрим применение формулы Дюамеля к решению линейных
дифференциальных уравнений с постоянными коэффициентами.
Пусть требуется найти частное решение уравнения
nn
)(
1
)1(
n
)()(...)()(
tftxatxatx
,
удовлетворяющее нулевым начальным условиям:
)1(
n
xxx
.0)0(...)0()0(
В операторной форме это уравнение примет вид
nn
1
1
n
).(),()(,...)(
txxtfpFapappY
Составим вспомогательное дифференциальное уравнение
nn
)(
1
и найдем его частное решение
начальным условиям:
)1(
)(
tx , удовлетворяющее нулевым
1
xxx
111
txatxatx
n
)1(
n
1)(...)()(
.0)0(...)0()0(
1
Операторная форма этого уравнения
)(
xpY
где
1
,
p
x – изобра-
жение частного решения вспомогательного уравнения, т. е.
).()(
txpxx
111
),()( pFxpY где
1
Таким образом, имеем
Но тогда из
)(
pY
.
xp
1
)()( pFxpY получаем
x
)(
pF
)(
pY
1
).()(
pFpxp
Теперь по формуле Дюамеля находим решение исходного уравнения:
t
1
0
11
62
dtxfxtftx
)()()0()()(
,
и если учесть, что
t
f
0)0(
x
1
, то
t
0
1
dtxftx
)()()(
.
Обычно
)(
px и соответственно )(1tx находятся достаточно просто.
1
Замечание. Если начальные условия, которым должно удовлетво-
рять искомое решение, не нулевые, то заменой искомой функции
имеющуюся задачу можно свести к задаче с нулевыми начальными
условиями, при этом лишь несколько изменится правая часть исход-
).(
ного уравнения, т. е. функция
Примеры
1. Найти решение уравнения
ным условиям:
xx
.0)0()0(
Вспомогательным уравнением будет
tx arctg
, удовлетворяющее началь-
x
.1
Его изображение
Отсюда
x и
1
2
11
2
pp
xp
1
!2
123
1
.
p
1
)( ttx
1
2
. Тогда
2
xttx
11
.0)0(,)(
Воспользовавшись формулой Дюамеля, найдем искомое решение:
t
dtttx
.)(arctg0arctg)(
0
Выполняя интегрирование по частям, получим
1
arctg
2
t
2
(arctg)(
2
t
t
()
tttx
0
0
1
arctg)1(
2
0
tt
2
2
t
)
2
1
22
t
2
td
2
2
arctg
t
t
2
t
2
)1ln(
0
t
)1ln(
.
2
t
2
0
63
Итак, .
1
)(
2
arctg)1(
t
tttx
2
t
t
22
)1ln(
2
2. Найти решение уравнения
1
xx
1
2
,
t
e
удовлетворяющее начальным условиям:
xx
.2)0(,1)0(
Начальные условия не нулевые; чтобы воспользоваться формулой
Дюамеля, сведем данную задачу к задаче с нулевыми начальными
условиями.
Введем новую неизвестную функцию
Для этой функции
txxtxty )0()0()()(
.
yytxtyxtxty
0)0(;0)0();()();0()()(
.
Перейдем к уравнению для новой функции.
Подставляя найденные значения, получим
1
2
yy
1
e
,2
yy
1
tt
1
e
yy
0)0(,0)0(,
.
).()(;2)()0()()(;21)()0()0()()( tytxtyxtytxttytxxtytx
Составим вспомогательное уравнение:
Перейдем к изображающему уравнению:
Найдем его решение
y
1
1
2
.
Чтобы найти соответствующий
)1(
pp
2
1
ypyp
.
p
yyyy
этому решению оригинал, разложим дробь на простейшие дроби:
y
1
1
)1(
pp
p
A
B
22
p
C
.
p
1
Найдем коэффициенты разложения:
2
.1)1()1(
CppBppA
64
.
0)0(,0)0(,1
Приравниваем коэффициенты при одинаковых степенях p:
BAp
BCABA
t
при
2
при
при
0
Получим
Ap
;0
CBp
;0
.1
1
Следовательно,
y
1
Этому решению соответствует оригинал
Теперь для отыскания решения
y можно воспользоваться фор-
мулой Дюамеля
1
0
.1,1,1
111
)1(
22
ppp
1
.
1
pp
t
.1)(
tety
)(
t
11
)()()()0()()(
tydtyfytfpFypy
.
0)0(
Учитывая, что
y (как решение уравнения с нулевыми
1
начальными условиями), окончательно имеем
t
В нашем случае
Тогда
1
t
ety
1
1)(
. Чтобы найти решение уравнения
t
нужно вычислить интеграл
t
t
e
)(
ty
1
1
e
t
d
t
ee
1
1
e
0
tety
1)(
t
t
e
1
0
1
d
1
, .
e
)(
tf
1
t
t
e
dtyfty
1
t
1
e
.)(
tyd
)1(
eee
1
.)()()(
1
t
t
d
0000
ee
e
yy
1
1
de
,
t
e
1
ttt
1
e
0000
t
ede
e
e
t
de
11
ed
e
)1(
e
1
e
t
e
11
de
1
65
t
t
f
t
f
)1(ln
0
tt
00
tt
edeee
ed
e
)1(
1
tttttt
eeeeee
)(ln1(2ln)1ln(12ln)1ln(
t
1
t
)(ln1(
e
e
t
e
t
e
1
t
ety
)(ln1()(
t
et
t
tt
1
t
e
.1)
t
eeeee
tttt
т. е.
eteee
,1)2ln)1)(ln(1(1)2ln
t
)1(ln2ln)1ln(
00
t
1)2ln1
e
2
Итак, получено решение преобразованного уравнения. Вернемся к
исходной функции. У нас
t
1
e
тельно,
t
etx
)(ln1()( tet
t
.2)
2
Задача полностью решена.
Теорема запаздывания
Пусть
– оригинал (рис. 4) и пусть
tf
0
. Рассмотрим
График этой функции является смещенным по оси
графиком функции
tf
(рис. 5).
. Следова-
ttytxxtytx 21)()0()0()()(
Ot
вправо на
tf
.
y
y
)(
y
y
)(
O
t
O
t τ
Рис. 4 Рис. 5
66
Например:
t
t
t
t
tиtиt
tиt
t
y
1
y
)(
t
O
τ
Рис. 6
Это график функции Хевисайда, смещенный вправо на величину
Если функция
tf
описывает тот же процесс, но начавшийся с запаздыванием
на
. Поэтому говорят, что функция
на величину
.
tf
описывает некоторый процесс, то функция
tf
обладает запаздыванием
.
Сформулируем теорему запаздывания.
Если
tfpF
и
При этом считаем, что
0
, то
p
tf
tfpFe
0
при
Доказательство
00
Первый интеграл равен нулю, т. к.
. Во втором интеграле сделаем замену переменной интегрирова-
ния:
и
dиd
.
(т. е. когда
tf
0
при
ptptpt
0
).
.dttfedttfedttfetfL
0
, т. е. при
.,0,,,
67
00
ppиpиppt
.
pFedииfeedииfedttfetfL
t
t
t
f
tfpFe
.
Таким образом,
p
Замечание
Функцию
tf
мы считаем оригиналом, значит, нельзя забы-
вать, что при отрицательных значениях аргумента, т. е. при
0
,
она должна обращаться в тождественный нуль, т. е. что
t
(
0
).
Для того чтобы избежать ошибок, связанных с этим обстоятельством, и помнить об этом условии, пишут
tf
, т. к. в соответствии с данным замечанием
Множитель
t
напоминает о запаздывании.
ttftf
.
ttf
вместо
Пример
Рассмотрим функцию
2
1 ttf
как оригинал.
0tf
при
График этой функции представлен на рис. 7.
)(
1
2
)1()( ttyy
1
t
Рис. 7
Найдем изображение данной функции:
2
2
Рассмотрим теперь функцию
ttttf
121
1
pp
2
122
23
.
p
111
tttf
.
68
Это функция с запаздыванием
1
, полученная из функции
1
2
ttf
. Ее график представлен на рис. 8.
tf
2
ty
1
Рис. 8
Он получается из графика функции
t
0
на
1
. Получим изображение этой функции, учитывая имеющееся
запаздывание:
1
2
tttf
111
2
e
3
p
1
p
, т. к.
2
11
tty
t
2
ttf
сдвигом вправо по оси
2
1
2
ttf
.
3
p
Видим, что как сами функции, так и их изображения существенно
отличаются друг от друга. Если бы не было множителя
ции
2
1t
и
рассматривается ли функция без запаздывания
функция
1
2
11
tt
можно было бы спутать. Было бы неясно,
2
111
tttf
с запаздыванием на
1
1 ttf
.
1t
, функ-
2
или же
Поэтому теорему запаздывания следует записать так:
если
tfpF
и
0
, то
p
ttfpFe
.
Примеры
1. Найти изображение ступенчатой функции
tttttf
график которой имеет вид, изображенный на рис. 9.
69
4122112
,
t
f
t
f
ttf
t
t
t
t
t
t
t
ttttttttt
f
ttttt
t
f
3
2
1
0
2
4
3 1
t
Рис. 9
11
2
1
e
pp
p
11
ppp
42
e
2
p
22
e
p
ppp
42
.
tfeee
42212 tLtLtLtLtfL
2. Найти решение задачи Коши для дифференциального уравнения
с графически заданной правой частью:
где
)(
– функция, график которой представлен на рис. 10.
f(t)
2
)(4 tfxx
,
xx
1 2
0
Рис. 10
Найдем аналитическое выражение для функции
;2)(]1,0[
При
на промежутке
эту функцию за счет слагаемого
)1()24(
, а на оставшемся интервале
0)0()0(
,
t
)(
.
]2,1[
нужно компенсировать
)1(2
и добавить функцию
),2(
обнулить и вновь до-
)2()24(
бавленную функцию за счет слагаемого
t
Таким образом, при любых
)2()24()1()24()1(2)(2)(
70
.
).2()2(2)1()1(4)(2
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]