Приложения к решению линейных дифференциальных уравнений с постоянными коэффициентами
Лекция 22. ПРАКТИЧЕСКОЕ ПРИМЕНЕНИЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ЛАПЛАСА
В случае, когда требуется найти решение неоднородного уравнения
, (22.1)
удовлетворяющего начальным условиям:
, (22.2)
где любые заданные числа, то для нахождения частного решения уравнения (22.1) можно воспользоваться преобразованием Лапласа.
Найдем сначала изображение решения . С этой целью возьмем изображения обеих частей уравнения (22.1), применив к ним преобразование Лапласа и, используя правило дифференцирования оригинала (свойство 4). При этом получим уравнение линейное относительно :
Разрешим это уравнение относительно . Собрав все члены, содержащие , и перенеся остальные члены в правую часть, получим
, (22.3)
где
Необходимо отметить, что коэффициент при есть не что иное, как характеристический полином для однородного линейного уравнения, соответствующего уравнению (22.1). Поэтому уравнение (22.3) можно записать в виде:
|
|
. (22.4)
Это уравнение называется изображающим уравнением или операциьнным уравнением для задачи Коши (22.1), (22.2).
Из уравнения (22.4) находим изображение искомого решения
. (22.5)
Восстанавливая по изображению (22.5) оригинал (например, по табл. 1), получим искомое решение .
Пример 22.1. Найти решение уравнения: , удовлетворяющее начальным условиям:
Возьмем изображение обеих частей исходного уравнения. Если оригиналу соответствует изображение , что записывается следующим образом – , то можно использовать правило дифференцирования оригинала. В нашем случае в левой части исходного уравнения мы имеем сам оригинал и его вторую производную . Представим изображение
≒,
тогда изображение левой части исходного уравнения будет иметь вид:
+ у(х) ≒ ,
а изображение правой части, которое можно взять из таблицы оригиналов и изображений (табл.1) будет выглядеть так
≒.
Поэтому изображающим или операторным уравнением будет уравнение
. (П22.1.1)
По таблице оригиналов и изображений (табл.1) устанавливаем, что функция (П22.1.1) является изображением функции с точностью до множителя (-1/2). Поэтому искомым решением исходной задачи Коши будет
.
Пусть функция f(t) удовлетворяет следующим условиям:
1) f(t) кусочно непрерывна на отрезке [0, а ] для любого a > 0;
2) f(t) = 0 при t < 0;
3) существуют числа М > 0 и s 0 ≥ 0 такие, что .
Тогда преобразованием Лапласа функции f(t) называется функция
где р = s + iσ; обозначение: f(t)= F(p).
Очевидно, преобразование Лапласа существует, если s > s 0 (при этом несобственный интеграл сходится).
Основными свойствами преобразования Лапласа являются:
|
|
1) линейность, т. е. , где С 1и С 2— постоянные;
2) преобразование частных производных по такому правилу: если u = u (x,t) и преобразование Лапласа проводится по переменной t (t ≥ 0), то, обозначив
можно (интегрированием по частям) установить соотношения при определенных условиях на функцию u (x,t) и ее частные производные
Таким образом, преобразование Лапласа заменяет операцию дифференцирования по временной переменной t умножением. Этот важный факт используется при решении дифференциальных уравнений с частными производными.
Рассмотрим теперь, как применяется преобразование Лапласа к решению гиперболических задач.
Пример 22.2. Начиная с момента t = 0 к концу х = 0 полубесконечной изолированной электрической линии подключена э.д.с. E(t). Найти напряжение u(x,t) для t > 0 в линии, если начальное напряжение и начальный ток в ней равны нулю, для случаев, когда:
а) линия без потерь (R = G = 0);
б) линия без искажения (RC = LG).
Решение случая а).
Математическая постановка задачи для случая а) имеет вид
здесь L и С — соответственно индуктивность и емкость единицы длины провода.
Применим преобразование Лапласа по временной переменной t к левой и правой частям дифференциального уравнения с частными производными. Тогда, учитывая, что
Из исходного уравнения получим обыкновенное дифференциальное уравнение
с граничными условиями
(второе граничное условие следует из физических соображений).
Итак, имеем граничную задачу
Общее решение нашего уравнения есть
,
где С 1и С 2— произвольные постоянные. Сразу отметим, что нужно полагать С 1= 0 (иначе U(x,p) →∞ при х →∞). Поэтому
.
Полагая здесь х = 0, находим U( 0 ,p) = С 2. Однако в соответствии с граничным условием условию U( 0 ,p) = F(p). Значит, С 2 = F(p). Следовательно,
С учетом свойства запаздывания: если f(t) ← F(p), то f(t-τ)←exp(-рτ)F(p). Отсюда, возвращаясь к оригиналу, получим
.
Необходимо отметить, что
при ,
а при
Решение случая б).
Математическая постановка задачи имеет вид
б)
где a 2 = LC, b = ½(CR + LG), c 2 = RG (здесь R и G — сопротивление и проводимость единицы длины провода).
Применяя преобразование Лапласа, получим граничную задачу
Общее решение уравнения имеет вид
Из граничного условия U (+∞,p) = 0 следует, что С 1= 0. Значит,
Если , то тогда
Из граничного условия , следует
С учетом свойства запаздывания: если f(t) ← F(p), то f(t-τ)←exp(-рτ)F(p). Отсюда, возвращаясь к оригиналу, получим
.
Необходимо отметить, что
при ,
а при
Пример 22.3. Решить краевую задачу
(П22.3.1)
Решение. Воспользуемся преобразованием Лапласа по переменной х. Учитывая свойство этого преобразования, имеем
u(x,t) ≒ p 2 U(p,x),
ut(x,t) ≒ Ut(p,x),
ux(x,t) ≒ pUt(p,t) - t,
uxx(x,t) ≒ p2U(p,t) - pt, f(x) ≒ F(p).
Из уравнения (П22.3.1), применяя к левой и правой его частям преобразование Лапласа, находим
Мы получили обыкновенное дифференциальное уравнение первого порядка (в этом уравнении р играет роль параметра) по переменной t. Его можно переписать так:
Общее решение этого уравнения есть функция
Заметим теперь, что постоянную С здесь нужно считать равной нулю, ибо если С ≠0, то U(p, t) → ∞ при р → ∞ (нарушается необходимое условие существования изображения). Таким образом,
Теперь осталось вернутся к оригиналу u (х, t). Имеем
и по теореме о свертке получим
и по теореме о свертке получим
Следовательно, решение нашей задачи есть
.