Лошкарев А.И., Облакова Т.В. - Интегральные преобразования и операционное исчисление, страница 6

Решение систем линейных дифференциальныхуравнений с постоянными коэффициентамиМетод решения систем дифференциальных уравнений строитсяаналогично. Основное отличие будет заключаться в том, что вместоодного операторного уравнения придется решать систему такихуравнений. Проиллюстрируем решение системы операционнымметодом на примерах.Пример 3.3. Рассмотрим систему линейных дифференциальных уравнений( 00x − y 0 = et ,(3..6)y 00 − y + x0 = 0с начальными условиями x(0) = 1, x0 (0) = 0, y(0) = −1, y 0 (0) = 0.1Обозначим x(t) : X(p), y(t) : Y (p), найдем et :.

Тоp−1гда по свойству дифференцирования оригинала с учетом начальных55условий можем заключить, чтоx0 (t) : pX(p) − x(0) = pX(p) − 1,x00 (t) : p2 X(p) − px(0) − x0 (0) = p2 X(p) − p,y 0 (t) : pY (p) − y(0) = pY (p) + 1,y 00 (t) : p2 Y (p) − py(0) − y 0 (0) = p2 Y (p) + p.Запишем систему (3.6) в изображениях: p2 X(p) − p − pY (p) − 1 = 1 ,p−1 2p Y (p) + p − Y (p) + pX(p) − 1 = 0.После упрощения получим:2 p2 X(p) − pY (p) = p ,p−1pX(p) + p2 − 1 Y (p) = −p + 1.Решая эту систему линейных относительно X(p) и Y (p) уравp4),нений по правилу Крамера (Δ = p4 , ΔX = p3 +p, ΔY = p2 −p−1находимt211= x(t),+ 3 :1+2p p11: t − et = y(t).Y (p) = 2 −pp−1X(p) =Пример 3.4.

Решим систему линейных дифференциальныхуравнений( 00x − x + y 0 = cos t,y 00 + y + x0 = ch t + tс начальными условиями x(0) = 1, x0 (0) = 1, y(0) = 0, y 0 (0) = 2.Обозначим x(t) : X(p) = X, y(t) : Y (p) = Y , найдем изоpp1+ 2.бражения правых частей: cos t : 2, ch t + t : 2p +1p −1pДалее с учетом начальных условий имеем:x0 (t) : pX − x(0) = pX − 1,56x00 (t) : p2 X − px(0) − x0 (0) = p2 X − p − 1,y 0 (t) : pY − y(0) = pY,y 00 (t) : p2 Y − py(0) − y 0 (0) = p2 Y − 2.Запишем систему в изображениях:2 p X − p − 1 − X + pY =p,+1p1 p2 Y − 2 + Y + pX − 1 =+ ,p2 − 1 p2p2затем упростим ее:2 p − 1 X + pY = p + 1 +p,+1p1 pX + p2 + 1 Y = 3 ++ .p2 − 1 p 2p2Находим:Δ = p4 − p2 − 1;11p6 + p5 − 2p4 − p3 − p + 1=−;p2 − 1 pp(p2 − 1)112p6 − p4 − 3p2 − 1− 2 =.ΔY = 2p2 − 3 + 2p +1 pp2 (p2 + 1)ΔX = p3 + p2 − 2p −В данном примере числители в ΔX и ΔY делятся на Δ нацело.Получаем11p2 + p − 1∙= + 2∙ = 1 + sht,2p(p − 1)p p −1112p2 + 1∙Y = 2 2= 2+ 2∙ = t + sin t.p (p + 1)pp +1X=З а м е ч а н и е.

Возможность сократить дробь в изображениипозволила легко найти частное решение. Однако, как будет видноиз следующего примера, при сокращении дробей следует соблюдать осторожность, поскольку при этом из решения могут выпастьнеустойчивые слагаемые.57Пример 3.5. Рассмотрим систему дифференциальных уравнений( 0x − y = 0,x − y0 = 0с начальными условиями x(0) = −1, y(0) = 1.Для изображений получим алгебраическую системуpX + 1 − Y = 0,X − pY + 1 = 0.Отсюда1p−1=−: −e−t = x(t) −→ 0,2t→∞p −1p+1p−11p−1+1= 2=: e−t = y(t) −→ 0.Y (p) = −p 2t→∞p −1p −1p+1X(p) = −На этой основе можно сделать ошибочное заключение, что динамическая система будет устойчива.Однако если в задании начального условия имеется погрешность, т.

е. если x(0) = −1 − ε, y(0) = 1, то решение будет принципиально другим.В самом деле, в этом случае для изображений получается системаpX + 1 + ε − Y = 0,X − pY + 1 = 0,откуда Y = pX + 1 + ε, X − p2 X − (1 + ε)p + 1 = 0, т. е.X(p) = −1pp − 1 + εp+ε 2=−: −e−t + ε ch t =2p −1p+1p −1= x(t) −→ ∞,t→∞11(1 + ε)p − 1p+1+ ε=:−ε 2Y (p) = −2p −1p+1p −1: e−t − ε sh t = y(t) −→ −∞.t→∞Таким образом, рассмотренная динамическая система не является устойчивой.583.3.

Решение задач математической физикиРассмотрим задачу о распределении температур в ограниченном стержне −l < x < l с теплоизолированной боковой поверхностью. На концах стержня при t > 0 поддерживается постояннаятемпература u1 , начальная температура u0 также постоянна.Из физики известно, что температура стержня u = u(x, t) удо∂u∂2uвлетворяет уравнению (1.23)= a2 2 с граничными услови∂t∂xями u(±l, t) = u1 , t > 0, и начальным условием u(x, 0) = u0 ,−l < x < l.

Преобразуем это уравнение по Лапласу по переменной t:d2 UpU − u0 = a2 2 .dxТогда для функции-изображения U (x, p) : u(x, t) получается краевая задача для обыкновенного дифференциального уравнения (попеременной x)u0d2 Up− 2U = − 2,2adxau1U (±l, p) =.p(3..7)(3..8)Общее решение уравнения (3.7) записывается в виде суммыего частного решения (очевидно, на эту роль подходит константа√pu0) и произвольной линейной комбинации функций e a x иU =p√p− a xe, или с √использованием√ гиперболических функций U (x, p) =ppu0x + C2 chx. Подстановка краевых условий (3.8)+ C1 sh=aapдает√√ppu1u0l + C2 chl;=+ C1 shaapp√√ppu1u0l + C2 chl,=− C1 shaappоткуда C1 = 0, C2 =u1 − u 0√ .plcha59Таким образом, изображение решения имеет вид√√ppl + (u1 − u0 )C2 chxu0 chaa ≡ A(p) .√U (x, p) =pB(p)pC2 chla(3..9)Для нахождения оригинала приме́ним вторую теорему разложения.

Функция, определяемая равенством (3.9), имеет простые поa2 π21 2k−,люсы в точке p0 = 0, а также в точках pk = − 2l2k = 1, 2, . . . В самом деле, как известно из курса теории функцийкомплексного переменного, chz = cos iz, откудаch√pl√πp = − + πk ⇔l=0⇔ia2a11 2l2a2 π22⇔ − 2 p = π − + k p ⇔ pk = − 2k−.22alТогдаA(p0 ) = A(0) = u1 ;x11 πxk−iπ = (u1 − u0 ) cos k −;l22 ll√ll√B 0 (p) = chp + p √ shp;a2a paA(pk ) = (u1 − u0 ) chB 0 (p0 ) = B 0 (0) = 1;l√l √l√l aπi1B (pk ) = chpk +pk shpk =k−×a2aa2a l2 l aπi1π11k−=k−i sh πi k −=× sha l2222 π111k πk−sin π k −= (−1)k−.=22222060Окончательно, по формуле (2.23) находим:∞2 (u1 − u0 ) X (−1)k1 πxu(x, t) = u1 +cos k −×π2lk − 12k=1 !1 2a2 π2× exp − 2k−t .2l3.4.

Решение интегральных уравненийМетодами операционного исчисления можно решать интегральные уравнения Вольтера первого и второго рода с разностнымядром.Интегральное уравнение Вольтера первого рода с разностнымядром имеет видZtK(t − τ)x(τ)dτ = ψ(t).(3..10)Интегральное уравнение Вольтера второго рода имеет вид0x(t) −ZtK(t − τ)x(τ)dτ = f (t).(3..11)Здесь x(t) — неизвестная функция, а ψ(t),f (t) и K(t − τ) — заданные функции, являющиеся оригиналами. Процедура решения уравнений (3.10) и (3.11) аналогична изложенной в разд. 1.7 для похожихуравнений (1.26) и (1.25). Воспроизведем ее на примере решенияуравнения вида (3.11).ZtПример 3.6.

Рассмотрим уравнение x(t) − sin 2(t − τ)x(τ) ×0×dτ = t cos 2t.Согласно примерам 2.5 и 2.6, sin 2t ::p2 − 4(p2 + 4)2. Далее по теореме о сверткеZt002, t cos 2t :p2 + 4sin 2(t − τ)x(τ)dτ =612= (sin 2t ∗ x(t)) : 2X(p). Тогда операторное уравнение приp +42p2 − 4мет вид 1 − 2, откуда X(p) =X(p) =p +4(p2 + 4)2√p2 − 443232−√= 2− 2=2 2= 2√ 2 .22(p + 4) (p + 2) p + 4 p + 2p +22 p2 +2√3Следовательно, X(p) : x(t) = 2 sin 2t − √ sin 2t.2ПРИЛОЖЕНИЕВарианты типового расчетаЗадача 1.

Для заданного сигнала f = f (t) найти его спектральную плотность S(ω) = fˆ(ω) (преобразование Фурье данной функции f ). Задавшись значениями определяющих параметров, построить графики сигнала и его спектральной плотности.В случае комплексной S(ω) построить графики АЧХ = |S(ω)| иФЧХ = − arg S(ω). Проверить полученные результаты.№ вариантаФункция (сигнал)1f (t) = θ(t − α)2f (t) = θ(t)e−αt , α > 03f (t) = e−α|t| , α > 04f (t) =(1 − |t|/2 при0приsin ωm (t − τ),ωm (t − τ)τ,2τ|t| >2|t| ≤ωm > 05f (t) =6f (t) = e−α|t| cos ω0 t, α > 07f (t) = (1 + α |t|) e−α|t| , α > 0α2 t2 −α|t|f (t) = 1 + α |t| +e,α>03α−α|t|f (t) = ecos ω0 t +sin ω0 |t| , α > 0ω08963Продолжение таблицыФункция (сигнал)№ вариантаf (t) = e−αt cos ω0 t, α > 011f (t) =12131415πsin ωm tδ(t) −,ωmωm t|t|1 −βef (t) = δ(t) −,2βf (t) = cos αt2 , α > 0f (t) = sin αt2 , α > 0e−α|t|f (t) = p , α > 0|t|f (t) = e−α|t| |t|, a > 017f (t) = θ(t)e−αt ∙18f (t) = θ(t)e−αt cos βt, α > 0t2,α>0220cos ω0 tf (t) = p|t|21f (t) = θ(t)e−αt sin βt, α > 022232425f (t) = e−α|t| sin ω0 t, α > 0sin ω0 tf (t) = p|t|a,a 2 + t21f (t) = p|t|f (t) =a>0f (t) = θ(t − β)e−αt ,ωm > 0β>0161964210α>0Функция (сигнал)№ варианта−|t−α|27ef (t) = p28f (t) = θ(t)e−αt t, α > 029f (t) =1,t (a2 + t2 )30f (t) =t,a 2 + t226Окончание таблицыf (t) =|t − α|t(a2 + t2 )2,a>0a>0a>0Задача 2.

Найти изображения данных функций, проверив предварительно, что они являются оригиналами.№ варианта1234567Функцияch3t − ch2t Rt ch3τ − ch2τ;dτtτ01 − e−4t Rt 1 − e−4τ;dτtτ0cos t − cos 5t Rt cos τ − cos 5τ;dτtτ0et − cos 2t Rt e τ − cos 2τ;dτtτ0sh3t Rt sh3τ;dτtτ0ch4t − ch t Rt ch4τ − chτ;dτtτ01 − e−3t Rt 1 − e−3τ;dτtτ065№ варианта891011121314151617181920212266ФункцияПродолжение таблицыcos 5t − 1 Rt cos 5τ − 1;dτtτ0e3t − cos t Rt e3τ − cos τ;dτtτ0sin 3t Rt sin 3τ;dτtτ0ch t − ch5t Rt chτ − ch5τ;dτtτ01 − e−2t Rt 1 − e−2τ;dτtτ0cos 3t − cos 2t Rt cos 3τ − cos 2τ;dτtτ0et − cos 4t Rt e τ − cos 4τ;dτtτ0sh t Rt shτ;dτtτ0et − t − 1 Rt e τ − τ − 1;dτt2τ20e−t + t − 1 Rt e−τ + τ − 1;dτt2τ20ch t − cos t Rt chτ − cos τ;dτt2τ20e3t − et Rt e3τ − e τ;dτtτ0cos t − e−t Rt cos τ − e−τ;dτtτ0e3t − 3t − 1 Rt e3τ − 3τ − 1;dτt2τ201 − cos 3t Rt 1 − cos 3τ;dτtτ0Функция№ варианта2324252627282930Окончание таблицыch2t − 1 Rt ch2τ − 1;dτtτ0et − ch4t Rt e τ − ch4τ;dτtτ0ch t − cos 2t Rt chτ − cos 2τ;dτtτ0e2t − cos 2t Rt e2τ − cos 2τ;dτtτ0ch5t − cht Rt ch5τ − chτ;dτtτ0e3t − e−t Rt e3τ − e−τ;dτtτ0Rt 1 − 2τ − e−2τ1 − 2t − e−2t;dτt2τ201 − cos 5t Rt 1 − cos 5τ;dτt2τ20Задача 3.

Восстановить оригинал для данной функции-изображения F (p)с помощью второй теоремы разложения, ответ проверить разложением F (p) на элементарные дроби.№ варианта123F (p)p−1− 2)p2 (pp−1p(p − 2)2p2 (pp−1− 2)(p + 3)№ варианта4F (p)p−1p(p − 2)2 (p + 3)5p2 − 3p − 1p2 (p − 2)36p2 (pp−2− 3)67Окончание таблицы№ варианта78910p−2p(p − 3)2p−22p (p − 3)(p + 5)p−2p(p − 3)2 (p + 5)p2 + 5p − 2p2 (p − 3)3№ варианта19F (p)p2 + p + 1(p2 − 1)220p2 + 2p − 1(p2 + 1)2213p2 − 3p + 1p3 (p − 1)3223p2 + 3p + 1p3 (p + 1)311p+4p2 (p + 3)231(p2 − 1)(p2 − 4)12p+4p(p + 3)224(p225p(p2 − 1)(p2 − 4)26(p2p+ 1)(p2 + 4)27(p2p2+ 1)(p2 + 4)28p2(p2 − 1)(p2 − 4)131468F (p)p2 (pp+4+ 3)(p − 1)p+4p(p + 3)(p − 1)15p2 + p + 4p2 (p + 3)3162p − 1p2 (p − 1)21+ 1)(p2 + 4)172p + 12p (p + 1)229p3(p2 + 1)(p2 + 4)18p2 + 1(p2 − 1)230(p2p3− 1)(p2 − 4)Задача 4.