Часть 5. Дифференциальные уравнения в примерах и задачах. (509319), страница 75
Текст из файла (страница 75)
» 735. Ув т зу" + зд'+ д = 1; у(о) = У'(о) = у" (о) = о. «( Пусть у(() Ф У(р). Переходя д взобркжег!иям, получим операторное уравнение, соответствующее дифференциальной задаче: (р4|)'У = —. Р Ею решение— 1 1 1 1 1 У(р)— в(рщ Пз,,+1 ( Ь Пз (ощ |)з' Оригинал изображения У находим по формулам 1, 3 и 4 таблицы: у(|)=1 — е — (е — — е =1 — е 11+!+ — ). » 2 ~ 2) 736.
Уи+ у = 1; у(о) = д'(о) = у"(о) = о. М Дифференциальной задаче соответствует операторное уравнение, решением которого является функция У, где 1 р(Р' + 1)' По теореме смещения получим -н Р+4 е (соз!+ 2з|пг) =; (р+ 2)з+ 1 Дифференциальной задаче соответствует опсраюрное уравнение Р У+Р— 1+ 4РУ+ 4+ 4У = г р4 4 (р -|- 2)' -|- 1 решение которого имеет вид 7 Р 4 7Р + 16Р 4 11 ((Р + 2)' + 1)(Р + 2)' 1'азлагая правую часть этого равенства на простые дроби, находим: Р44 1 У(р) = —— + (у+2)о+1 (Р42)з' Перейдем к оригиналу, воспользовавшись свойством линейности, теоремой смещения и таблицей изображений. Имеем Гл. 7.
Метод пвтпгралапых преобразований Лапласа 350 Оригинал найдем с помощью второй теоремы разложения: д(С) = 2. шз(емУ(р)). Функция У Рг имеет простые полюсы в точках р, = О, р, = — 1 и рг = 7 — — 2 —, рг = 7 + -'-2-. Вычисляя вычеты функции р еиУ(р) в указанных точках, находим 1, 1, ег е' шзе =1!шег =1, газе" У(р)= 1гш и р(рг+1) г о рг+1 ' и г -гр(р' — р+1) 3 ехд((г+ — ', )С) 2 г Д гез егу(р) О гез ему(р) = 2 Ке — = — — е г соз — С.
и и :3 3 2 Окончательно имеем е ' 2 г г/3 д(С) = 1 — — — — е г соз — С, и 3 3 2 737. д'" + 2д" + д =- з!и С! д(О) = д'(О) = д" (О) = д'"(О) = О. П Решение операторного уравнения, соответствующего дифференциальной задаче, находим после перехода от функции, ее производных и правой части уравнения к изображениям. Оно имеет вид 1 У(р) = (р' о 1)' Ори~инва д(с) находим как вычет функпии р еиУ(р) в точке р = г': д(С) = Ке — ~ )' = — (3 — С')зшг — — Ссозг. и г(Рг '1(Р+ 1)') 8 8 738. д' — д' =- 8 Мп С; д(О) = д'(О) = д" (О) = д"'(О) =.
О, дге(0) = 1 П Поскольку д(С) Ф У(р), д'(С) Ф рУ(р1, д (С) ф р'У(р) — 1, з)пг ф -г —, то операторное р -1-1 ' уравнение, соответствующее дифференциальной задаче, имеет вид 5 8 р У вЂ” 1-РУ= —, рг!' откуда „г ! 9 ! (Р) = !)г г+ !гг' Орипгиал будем находить с помощью второй теоремы разложения.
Функция У имеет простые полюсы р, = О, ргл —— Ы и комплексно сопряженные полюсы второго порядка рк, = Ы. Обозначим Р + 9 = Рг(Р), (Р 1)(Р О 1) = Рз(Р). Тогда рг(р) Ррг(р) Найдем вычеты функции ег'У(р) в ее полюсах. Имеем Рг(0) г Рг(рг)егг' !Ое' 5, „г Рг(рг)еги 5 гезеиУ(р) = — = -9, гезег У(р) =, = — = — е', гезеМУ(р) = „, = — е Рг(0) ' и РгРг(Рг) 8 4 ' гг РгРг(Рз) 4 гезег'У(р) о гезег'У(р) = 2Ке11ш —, = 2Ке г( /г(р — г)г(р + 9)емг) (г (р 49)ег' гч и г г г(р 1 р(рг -1- 1)(рг — 1)г / ( р(рг — 1)(рг -1- г)г = 2Ке ~ з ~ ~ 3 ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ 2 2 ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~~ ~ ~ ~ ~~ ! ~ ~ с -Зр' — 44рг + 27р — р~! — 28ргг'+ 9г (рг+ 9)С + ) ег р (рг !)г(р+ С) ,( г Н( 1;)г) г =\ /13 Сд е 13 = 2 Ке ( — + г) ее = — сох С + 2С з)п С. 4 г) 2 Окончательно находим: 5 13 д(с) = -9+ — сьс+ — созе + 2сппс.
и 2 2 $4. Лииейиые диффереивиальвме уравнения и системы 739. Уо+ ы'У = а(О(1) — г)(! - Ы); д(О) = д'(О) = О. м Перейдем к изобрикениям, Имеем у =' у, уо ='рзУ, г)(1) ф Р, О(1-Ы ф р (по теореме запаздывания). Дифферегз циазьггой задаче соответствует операторное уравнение ( о+о,г)У а ~! — е ор) Р 351 решением которою является функция У, тле а -ор У = — —.— (1 — е ).
Р(р'+ о) По второй теореме разложения получаем а а а 2а гог( = — — — возы( = - 3!и Р(Р'+ы') ' ыз ыз ыз 2 ' а по теореме запаздывания находим: ае " 2а з ы(1 — Ь) 2 з — — — у згп — — гг(1 — Ь). р(рз -1- ого) Гаким образом 2а г',, ю(, ог(1 — Ы у(г) = — (пп — г)(1) — з(п' — г)(1 — Ь)) . > 2 2 740. до + 4у = 2(1); у(О) = д'(О) = О, где à — 2ггк, если 2пя <1( (2п+ 1)я, 2(1) = -1+ 2(и+ 1)Я, если (2п+ 1)л < 1 » ((2п-1-2)Я, О, если 1 < О, и 6 Жо откуда 1 яр У(р) = — гй —. Р3рз+ 4) Оригинал изображения У(Р) найдем по теореме умножения. Изображение функции уг по теореме дифференцирования оригинала имеет вид 1 яр 1 огр У'(!) =: р — !й — — )'(О) = — 1Л вЂ”.
рз 2 р Имеем 1, если 2пя<1<(2п+1)я, — бз — =' ~ -1, если (2п+!)я <1<(2п+2)я, Р 2 ~ О, если !<О, 1, 1 п 6 Хо — ф — (1 — сгп2о). рз((гз + 4) 4 м Сужение Функции на положительную полуось является 2я-периодической функцией. Име- ем (см. следсгвие иэ теоремы 5, п.
1.2) 1 ,-оР г 1 е-2Р о о ФУнкциЯ 2 непРеРывнаЯ ч( Е Ко. Ее пРоизводнаЯ 1, если 2пя < 1 < (2п+ 1)гг, уо(1) = — 1, если (2п+1)Я <1<(2п+2)Я, п Е Жо, О если 1 ( Ор иыеет разрывы 1-го рода в точках 1„= пя (п Е 14). Операторное уравнение, соотаетствуюшее данной дифференциальной задаче, имеет вид лр р У+4У= — Рл —, Р7 2' Гл. 7. Метод иптегральаых преебразоааапй Лапласа 352 тгр 1 г! Р(Р) = -тЛ— / — (1 — соо 2т) т(т Р 2 Р(рз+4) / 4 о г 1 71 У(Р) =; / — (1 — соз2т)т(т+ / — (-1+соз2т)т(т = '/4 о т 2 г1 г 1 У(Р) ф / — (1 — соз 2т) т(т Е / — ( — ! + сох 2т) т(т+ / ' ./ 4 ./4 о о з 1 /' о!п21 1 4 ~ 2 = — /! — — 1, если 0 < ! < а., 1 Г мп21 — ~-1+ — + 2я1, если к < 1 < 2х, 4 т 2 1 1 Г з!п21 — (1 — соз 2т) т(т = — (1 — — 2т~, 4 4зз 2 если 2т<г<3т, 3"(Р) ф ф ! 4 ( — !+ отт2 — + (2п+ 1)я/, Окончательно имеем (г — — 2 — — 2 и/, т т пп21 если у(о) = 4 ( — 1+ -"-2 — + (2п+ 1)т), если О, если если 2п;г <! < (2п+1)тг, если (2п+ 1)тг < ! < (2в+ 2)тг.
2пя < 1 < (2п+ !)а., (2п+ Пт < ! < (2п+ г)т, 1<0, 741. у"'+буо+ 11у'-ь бу = Щ! у(0) = О, у'(О) = у"(О) = 1, где !' О, если ! <1, У(1) = ~ 1, если ! <1<2, ~1' — 4!+5, если 1>2. и Представим функцию 7 в виде У(Е) = т)(! — 1) — О(1 — 2) + (1 — 41+ 5)з)(! — 2) = т)(à — 1) + (1 — 2)~О(! — 2). Тогда со 2е зо .т'(!) =: — + з Р Р (по теореме запаптьтвания).
Далее, уи(1), Рз)г~р) е" 2е'о Р У вЂ” 1 — !+ бр У вЂ” б+ !!А'+ бУ = — + —, Р Р'' или е" 2е з" (Р + бр'+ 1 !Р+ б)3' = Р+ 7+ — +— Р Р откуда р+ 7 со 2е з" ~"(Р)— (у+ 1)(Р+ 2)(Р+ 3) Р(Р+ 1)(у+ 2)(Р+ 3) Рз(Р+ 1)(Р+2)(Р+ 3) + 3 Для определении оригиналов функций Гт, гзт 'гз применим вторую теорему разложения. Функцих Ут имеет пРостые полюсы Рт = -1, Рз = -2, Рз = -3, поэтомУ о=т ~((у+ 1)(р+ 2)(Р+3)) з( о з т ! 3Р + 12Р+ !!/ =-з Оригиназ функции У на различных интервалах изменения вырюкается следуютцими формулами: 353 й 4. Линейные дифференциальные уравнении и системы Функция Рз имеет простые полюсы в точках Ре —— О, р, = -1, р, = -2, р, = -3. Имеем р(1- П з р(1-1] Уз(Р) ф +~~ ' (р+ 1)(р+ г)(р+ 3), („„+,)„+ „(„+ з )Р ен( и з),<1 6 ~= 1 р(Зрз+12р+ !!)) --з ((6 з]) ),=- -(1-1) -2(1-1) е + е — — е г)(1 — 1).
-ЗЕ-1] 2 2 6 Функция Рз имеет поляк 3-го порядка ре — — 0 и простые полюсы р, = — 1, р, = -2, Р, = -3, слеловательно, 1, 4 ( з 2е 22 р! Зз(р) =' — 11ш — р —,е 2 р-о ((Р] 1 Рз(Р + !)(Р + 2)(р + 3) 1 ! ( ](„ + !)(„ + 2) + 3)) 1 е ( е р(1-2) Р р(1-В +2~ (р+ 1)(р+ 2)(Р+ 3)) 4-, ) бр] + ЗОР4+ 44рз+ РЬР1) (Зр + 12р+ 11) — 3(р+!)(Р+ 2)2(р+ 3) <, 2, (! — 2)(ЗР + 12р+ 11) ~ 2 2 2 ~ ~ ~ р ~ ~ о 2 ~ ~ ~ ~ ! ~ ~ 1 ~ ~ ! ~ ~ ~ > ~ ~ ~ ~ ~ 2 1 ~ р ~ ~~ ~ ~ ~ < 1 ~ ~ ! ((у+ 1)(Р+ 2)(Р+ 3))' ((Р+ 1)(у+2)(Р+ 3))' еж(-2) (р+1)(р+2)(р+3) ) 4 ~,рз(3рз+ !5рз+22Р+9) 85 ! !(1 2) (! 2)2 -2<1-2) е-з(1-2] ]] — + — е (' ]+ — — — ~ О(1 — 2). 108 18 6 4 27 / Решением дифференциальной задачи является функция у, где -(1-1) -2(1-1) -З(1- Π— 21 — з( ) 1 с е у(1) = Зе — 5е + 2е + ~- — — — + — О(1 — 1)+ )(6 2 2 6 <' 85 11 2 -2(1-2] — (1-2] — З(1-2) + ~ — — — (1 — 2) + — (1 — 2) + — е — е — — е ) О(1 — 2).
М (,108 18 6 27 2е-)Р 742. у" — а'у = Ье '; у(0) = у'(О) = О. и Решать задачу будем с помощью интеграла Дюамеля, как указано в п. 4.3. Сначала Решим задачу По формуле (4), и. 4.3, находим: Ь у(1) = — ) е ' ай а(! — т)((т. а Подставив в интеграл зЛ а(1 — т) = 2 (е"ц ] — е '(' ]), после несложных преобразований, связанных с вьаелением полных квадратов, получим решение задачи в виде у(1) = — чгяе 4 ~ем ег( ~(+ -) — е ег( (( — -) ) .
> 2))' у' — азу = 1; у(0) = у (0) = О, (1) а затем воспользуемся формулой (4), и.4.3. Обозначим через у, решение задачи (1), а через 1;— его изображение. Тогда ); = — 2 — 2-. Восг)ользуемся формулой 1! таблицы изображений и ! Р(Р— а ) теоремой об интегрировании оригинала Получим Ъ; =; — ) зЛ ат((т = — (сЛ а! — 1) = у)((). а а2 е Гл. 7.
Метод интегральных преобразований Лапласа 354 решив которое, находим 1 [(Р) = (, +1)з. Оригинал функции К находим с помощью торой теоремы разложения. Функция К, имеет простой полюс р = 0 и комплексно сопряженные полюсы 2-го порядка р = Ы. По второй теореме разложения имеем Йр — 3р + ((р — П( '( 1 = 1+ 2Ке — —.— с") = 1 — соз! — — мпг. з( + ()з ) Согласно формуле (4), п. 4.3, решение исходной задачи имеет вид у(1) =. / сазт — [з[п(1 — т) — (1 — т)соз(1 — т)) [(т = 2 1 [г саз(с — 2т) / мп(! — 2т) [ т соз(1 — 2т) ) ' = — ~тз[п(+ — — (1 — т)1 т со[( —— ) — — соз(+— 2 2 ) 2 4 1 = — !(з[п! — (соз(). » 8 744. у" + Зу'+ 2у = е'; у(0) = у'(0) = О. < Действуем по той же схеме, что и при решении двух предыдущих примеров.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
