8.3.Приложения операционного исчисления.

Решение линейных ДУ с постоянными коэффициентами. Если правые части таких уравнений явл-ся линейными комбинациями произведений функций tⁿ, e^t, cost, sint, cht, sht, то, как известно и решения уравнения оказываются линейными комбинациями таких же функций. Но перечисленные линейные комбинации функций - оригиналы. (Действительно, если f₁(t) и f₂(0) - оригиналы с показателями роста ₁ и ₂, то f₁(t)f₂(t) - тоже кусочно-непрерывна, причем f₁(t)f₂(t) M₁e^1tM₂e^2t =Me^(1+2)t, так что f₁(t)f₂(t) - оригинал с показателем роста =₁+₂. По св-ву линейности, линейная комбинация оригиналов - есть оригинал). Поэтому можно пользоваться преобразованием Лапласа.

Пример 1: Найти частное решение уравнения y^V+2y``+y =sint при y(0)=0, y`(0)=3, y``(0)=0, y```(0)=0. Пусть y(t) - искомое решение, Y(p) - его изображение. Перейдем к изображениям. Для правой части: sint 1/(p²+1). Для левой части:

y Y; y`` p<sup>2</sup>Y-py(0)-y`(0); y<sup>V</sup> p<sup>4</sup>Y-p<sup>3</sup>y(0)-p<sup>2</sup>y`(0)-py``(0)-y```(0). Суммируя полученные уравнения и используя св-во линейности получим: y^V+2y``+y (p⁴+2p²+1)Y-(3p²+2) =(p²+1)²Y-3(p²+2). Приравниваем изображения обеих частей уравнения: (p²+1)²Y-3(p²+2) =1/(p²+1) (операторное уравнение). Отсюда Y=Y(p) =(4p²+7)/(p²+1)³ (правильная дробь). Оригинал y(t) найдем с помощью вычетов. p=i, p=-i - полюсы 3-го порядка. y(t) =Res(в точке p=i)Y(p)e^pt +

+ Res(в точке p=-i)Y(p)e^pt; Res(в точке p=i)Y(p)e^pt =lim(при рi)1/2![(4p²+7)/(p²+1)³e^pt(p-i)³]``_p =-25/8tcost -

- (3t²-25)/8sint+i(-25/8tsint+(3t²-25)/8cost); Res(в точке p=-i)Y(p)e^pt =-25/8tcost - (3t²-25)/8sint -

i(-25/8tsint+(3t²-25)/8cost).  y(t) =-25/4cost - (3t²-25)/4sint.

Пример 2: Найти частное решение уравнения y``+y =e<sup>t</sup> при y(2)=1, y`(2)=0. Т.к. св-во дифференцирования оригинала формулируется для значения y(0), то сделаем такую подстановку, чтобы начальное условие было задано не в точке 2, а в точке 0: возьмем =t-2, т.е. t=+2. Тогда y(t) =y(+2) =y<sub>1</sub>(), где =t-2; y`(t) =y<sub>1</sub>`()`(t) =y<sub>1</sub>`()1 =y<sub>1</sub>`(); y``(t) = =y₁``()`(t) =y<sub>1</sub>``()1 =y₁``(), y<sub>1</sub>``+y₁ =e^+2, при y₁(0)=y(2) =1, y₁`(0) =y`(2) =0. Решив операторным методом, получим

y₁() =(1-e²/2)cos - e²/2sin + e²/2e^  y(t) =(1-e²/2)cos(t-2) - e²/2sin(t-2) + e²/2e^t-2. Если в уравнении L(y)=q(t) с нулевым начальным условием y(0) =y`(0) =...=y^(n-1)(0) =0 трудно найти изображение правой части q(t), то можно найти сначала решение y₁(t) уравнения L(y)=1 с нулевым начальным условием, а потом с помощью формулы Дюамеля найти искомое решение y(t), при этом изображение для q(t) не потребуется.

Пример 3: Найти частное решение уравнения y``+y =e^{-t^2} при y(0) =y`(0) =0. Пусть искомое решение y(t) Y(p),

q(t) =e^{-t^2} Q(p), Тогда y Y; y`` p<sup>2</sup>Y-py(0)-y`(0). Складывая, получим y``+y (p²+1)Y; (p²+1)Y=Q(p) (1). Для уравнения y₁``+y₁` =1 при y<sub>1</sub>(0) =y<sub>1</sub>`(0) =0 имеем операторное уравнение: (p²+1)Y₁ =1/p (2). Отсюда

Y₁ =1/(p(p²+1)) =1/p - p/(p²+1) 1 - cost  y₁(t) =1-cost. Из (1) и (2) выразим Y через Y₁:Y(p) =pY₁(p)Q(p). По формуле Дюамеля имеем: Y(p) =pY₁(p)Q(p) y₁(0)q(t)+y₁`(t)*q(t) =0+(от 0 до t)y<sub>1</sub>`()q(t-)d =(от 0 до t)sine^{-(t-)^2}d  y(t) =

=(от 0 до t)sine^{-(t-)^2}d (в элементарных функциях не берется).

Решение систем линейных ДУ с постоянными коэффициентами.

Пример: Найти частное решение системы {x`+x-y =e<sup>t</sup> и y`+3x-2y =2e^t при x(0)=1, y(0)=1. Пусть x(t) X(p), y(t) Y(p). Тогда x`+x-y (pX-x(0))+X-Y =pX-1+X-Y, e<sup>t</sup> 1/(p-1); y`+3x-2y (pY-y(0))+3X-Y =pY-1+3X-Y, 2e^t 2/(p-1). Система операторных уравнений: {(p+1)X-Y-1 =1/(p-1) и (p-2)Y+3X-1 =2/(p-1)  {(p+1)X-Y =p/(p-1) и 3X+(p-2)Y =(p+1)/(p-1) Решая эту алгебраическую систему, находим X(p) =1/(p-1), Y(p) =1/(p-1)  {x(t) =e^t и y(t) =e^t.