Vischa_matematika_Chastina_3_Denisyuk_Repeta

На практиці часто використовують різновидність формули (4.12), коли одне з чисел pk дорівнює нулю, тобто зображення F(p) має вигляд

F( p) = Φ( p) , pΨ1 ( p)

де Ψ1(p) має n – 1 простих коренів, відмінних від нуля. Враховуючи, що ( pΨ1 ( p))′ = Ψ1 ( p) + pΨ1′ ( p) , дістанемо з (4.12)

Якщо знаменник Ψ(p) має кратні корені p1, p2, ..., pl, кратності m1, m2, ..., ml відповідно (m1 + m2 +…+ ml = n), тобто

2.3. Розв’язання лінійних диференціальних рівнянь із сталими коефіцієнтами

Нехай треба знайти розв’язок x(t) лінійного диференціального рівняння зі сталими коефіцієнтами

який задовольняє початкові умови

362

http://vk.com/studentu_tk, http://studentu.tk/

Вважатимемо, що функції f(t), x(t), x′(t), ..., x(n−1) (t) є функціями-оригі-

налами. Застосуємо до обох частин рівняння (4.15) перетворення Лапласа, тобто від задачі Коші (4.15) − (4.16) перейдемо до операторного рівняння

( pn + a1 pn−1 + ... + an−1 p + an )X(p) + Q(p) = F(p),

де X(p) ― зображення шуканого розв’язку x(t); F(p) ― зображення правої частини f(t) рівняння (4.15); Q(p) — деякий многочлен, коефіцієнти якого

= 0, то Q(p) ≡ 0). Розв’язавши операторне рівняння відносно X(p), дістанемо

де A(p) = pn + a1 pn−1 + ... + an−1 p + an ― характеристичний многочлен зада-

ного рівняння (4.15).

Оригінал для X(p) буде шуканим розв’язком x(t) задачі Коші (4.15) — (4.16).

Отже, загальна схема розв’язання задачі Коші має такий вигляд

Задача Коші у просторі оригіналів

Операторне рівняння у просторі зображень

Розв’язання операторного рівняння

Відшукання оригіналу, що є розв’язком задачі Коші.

2.4. Інтеграл Дюамеля

Інтеграл Дюамеля є безпосереднім наслідком теореми про згортку оригіналів (властивість 100).

Якщо f(t) F(p) i g(t) G(p), то

http://vk.com/studentu_tk, http://studentu.tk/

Формулу (4.18) називають формулою Дюамеля. Враховуючи властивості згортки, можна дістати ще три варіанти цієї формули

Формулу Дюамеля використовують для розв’язання лінійних диференціальних рівнянь зі сталими коефіцієнтами

(це обмеження на початкові умови несуттєве, оскільки ненульові умови можна за допомогою простої заміни шуканої функції звести до нульових).

Припустимо, що відомий розв’язок рівняння

з тією самою лівою частиною й одиницею в правій частині за умов (4.20). Нехай

A( p)X ( p) = F( p) і A( p)X1 ( p) = 1p

є операторні рівняння відповідно для рівнянь (4.19) і (4.21), де A(p) — характеристичний многочлен L[x].

Отже, розв’язок x(t) рівняння (1.19) при нульових початкових умовах має вигляд

364

http://vk.com/studentu_tk, http://studentu.tk/

t

x(t) = ∫ f (τ)x′(t − τ)d τ, (4.22)

1

0

де x1(t) — розв’язок задачі (4.20) — (4.21).

2.5. Розв’язання cистем лінійних диференціальних рівнянь

Розв’язання cистем лінійних диференціальних рівнянь зі сталими коефіцієнтами відбувається за тією самою схемою, що і розв’язання одного рівняння. При цьому в просторі зображень дістають систему лінійних алгебраїчних рівнянь. Ця система має такі особливості:

—по-перше, вона завжди лінійна відносно невідомих зображень розв’язків;

—по-друге, вона вже містить початкові умови для шуканих функцій, тобто, роз’язавши її, знайдемо відразу частинний розв’язок системи;

—по-третє, при її розв’язанні кожна невідома функція обчислюється сама по собі, незалежно від решти; це має велике практичне значення, оскільки досить часто трапляється так, що дослідника цікавить тільки одна невідома функція, що входить до системи, решта невідомих можуть залишатися невизначеними.

Т.2 ПРИКЛАДИ РОЗВ’ЯЗАННЯ ТИПОВИХ ЗАДАЧ

шемо зображення у вигляді

365

http://vk.com/studentu_tk, http://studentu.tk/

F ( p) = e−2 p F1 ( p),

Аби знайти оригінал заданого зображення F( p), достатньо виконати такі дії:

1)визначити оригінал f1 (t) для зображення F1 ( p) ;

2)скористатися властивістю 40 (запізнення оригіналу):

f (t) = f1 (t − 2)η(t − 2) — шуканий оригінал.

Маємо

F1 ( p) f1 (t) = et cos 3t + 13 et sin 3t ,

Розв’язання. Перший спосіб. Розкладемо правильний раціональний дріб F(p) на елементарні дроби.

http://vk.com/studentu_tk, http://studentu.tk/

Розв’язання. Розклавши дріб на елементарні дроби, дістанемо

Перший і другий доданки мають табличні оригінали, а третій доданок подамо у вигляді різниці

Розв’язання. Для відшукання оригіналу використаємо теорему про згортку оригіналів (властивість 100).

6. Знайдіть оригінал f(t), якщо F( p) = sin 1p .

Розв’язання. Розкладемо функцію sin 1p у ряд Лорана:

367

http://vk.com/studentu_tk, http://studentu.tk/

тоді за формулою (4.10) знаходимо оригінал

Ψ( p) = p4 − 4 p3 − 9 p2 + 16 p + 20 = ( p + 1)( p − 2)( p + 2)( p − 5).

Для відшукання оригіналу використаємо формулу (4.12). Знаходимо похідну від знаменника:

Ψ′( p) = (( p + 1)( p − 2)( p + 2)( p − 5))′ =

=( p − 2)( p + 2)( p − 5) + ( p + 1)( p + 2)( p − 5) + +( p + 1)( p − 2)( p − 5) + ( p + 1)( p − 2)( p + 2)

іобчислюємо її значення в точках pk :

Ψ′(−1) = 18, Ψ′(−2) = −28, Ψ′(2) = −18, Ψ′(5) = 128.

Обчислимо значення чисельника Φ( p) в точках pk: :

Φ(−1) = −2, Φ(−2) = −1, Φ(2) = 7, Φ(5) = 34.

За формулою (4.12) визначаємо шуканий оригінал

f (t) = − 182 e−t + −−281 e−2t + −718 e2t + 12834 e5t ,

тобто

f(t) = − 19 e−t + 281 e−2t − 187 e2t + 1764 e5t .

8.Знайдіть оригінал для зображення

368

http://vk.com/studentu_tk, http://studentu.tk/

має два кратні корені: p1 = 0 кратності три і p2 = –1 кратності два. Тому застосуємо формулу (4.14). Маємо

−3t(tept ( p + 1)−2 − 2ept ( p + 1)−3 ) + 6tept ( p + 1)−3 − 18ept ( p + 1)−4 ,

369

http://vk.com/studentu_tk, http://studentu.tk/

10. Розв’яжіть задачу Коші

x′′ + 2x′ + x = t e−t , x(0)=1, x′(0) = 2.

Розв’язання. Нехай x(t) X(p), тоді за властивістю 60