5.2: Розв'язування початкових задач

Почнемо з простої однорідної оди і покажемо, що метод перетворення Лапласа дає ідентичний нашому раніше вивченому методу результат. Потім ми застосовуємо метод перетворення Лапласа для вирішення неоднорідного рівняння.

Приклад$\PageIndex{1}$

$x(0)=1$Вирішуйте$\overset{.}{x}(0)=0$ за$\overset{..}{x}-\overset{.}{x}-2x=0$ допомогою та двома різними методами.

Рішення

Переглянути підручник на YouTube

Характерне рівняння оди визначається з ансаца$x = e^{rt}$ і становить

$$r^2-r-2=(r-2)(r+1)=0.\nonumber$$

Таким чином, загальне рішення оди

$$x(t)=c_1e^{2t}+c_2e^{-t}.\nonumber$$

Щоб задовольнити початкові умови, ми повинні мати$1 = c_1 + c_2$ і$0 = 2c_1 − c_2$, вимагаючи$c_1 =\frac{1}{3}$ і$c_2 = \frac{2}{3}$. Тому рішення оди, яка задовольняє початковим умовам, задається

$$\label{eq:1}x(t)=\frac{1}{3}e^{2t}+\frac{2}{3}e^{-t}.$$

Тепер ми вирішуємо цей приклад за допомогою перетворення Лапласа. Беручи перетворення Лапласа обох сторін оди, використовуючи лінійність перетворення, і застосувавши наш результат для перетворення першої та другої похідних, ми знаходимо

$$[s^2X(s)-sx(0)-\overset{.}{x}(0)]-[sX(s)-x(0)]-[2X(s)]=0,\nonumber$$ або $$X(s)=\frac{(s-1)x(0)+\overset{.}{x}(0)}{s^2-s-2}.\nonumber$$

Зауважимо, що знаменник правого боку є якраз квадратичним з характеристичного рівняння однорідної оди, і що цей фактор виникає з похідних експоненціального члена в інтегралі перетворення Лапласа.

Застосовуючи початкові умови, знаходимо

$$\label{eq:2}X(s)=\frac{s-1}{(s-2)(s+1)}.$$

Таким чином, ми визначили перетворене рішення Лапласа$X(s) =\mathcal{L}\{x(t)\}$. Тепер нам потрібно обчислити зворотне перетворення Лапласа$x(t)=\mathcal{L}^{-1}\{X(s)\}$.

Однак пряма інверсія$\eqref{eq:2}$ за допомогою пошуку в таблиці 5.1.1 неможлива, але часткове розширення дробу може виявитися корисним. Зокрема, пишемо

$$\label{eq:3}\frac{s-1}{(s-2)(s+1)}=\frac{a}{s-2}+\frac{b}{s+1}.$$

Метод прикриття може бути використаний для вирішення$a$ і$b$. Множимо обидві сторони$\eqref{eq:3}$ на$s − 2$ і ставимо$s = 2$ ізолювати$a$:

$$\begin{aligned}a&=\left.\frac{s-1}{s+1}\right]_{s=2} \\ &=\frac{1}{3}.\end{aligned}$$

Аналогічно множимо обидві сторони$\eqref{eq:3}$ на$s + 1$ і ставимо$s = −1$ ізолювати$b$:

$$\begin{aligned}b&=\left.\frac{s-1}{s-2}\right]_{s=-1} \\ &=\frac{2}{3}.\end{aligned}$$

Отже,

$$X(s)=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{s-2}+\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{s+1},\nonumber$$ і рядок 3 таблиці 5.1.1 дає нам зворотні перетворення кожного члена окремо, щоб отримати $$x(t)=\frac{1}{3}e^{2t}+\frac{2}{3}e^{-t},\nonumber$$ ідентичні$\eqref{eq:1}$.

Приклад$\PageIndex{2}$

$\overset{..}{x}+x=\sin 2t$$x(0)=2$Вирішуйте$\overset{.}{x}(0)=1$ за допомогою методів перетворення Лапласа та за допомогою.

Рішення

Беручи перетворення Лапласа обох сторін оди, ми знаходимо,

$$\begin{aligned}s^2X(s)-sx(0)-\overset{.}{x}(0)+X(s)&=\mathcal{L}\{\sin 2t\} \\ &=\frac{2}{s^2+4},\end{aligned}$$ де перетворення Лапласа$\sin 2t$ використано рядок 6 таблиці 5.1.1. Підставляючи$x(0)$$\overset{.}{x}(0)$ і вирішуючи для$X(s)$, отримуємо $$X(s)=\frac{2s+1}{s^2+1}+\frac{2}{(s^2+1)(s^2+4)}.\nonumber$$

Для визначення оберненого перетворення Лапласа з таблиці 5.1.1 виконаємо часткове розширення дробу другого члена:

$$\label{eq:4}\frac{2}{(s^2+1)(s^2+4)}=\frac{as+b}{s^2+1}+\frac{cs+d}{s^2+4}.$$

За допомогою огляду ми можемо спостерігати те$a = c = 0$ і те$d = −b$. Швидкий розрахунок показує, що$3b = 2,$ або$b = 2/3$. Тому,

$$\begin{aligned}X(s)&=\frac{2s+1}{s^2+1}+\frac{2/3}{s^2+1}-\frac{2/3}{(s^2+4)} \\ &=\frac{2s}{s^2+1}+\frac{5/3}{s^2+1}-\frac{2/3}{(s^2+4)}.\end{aligned}$$

З рядків 6 і 7 таблиці 5.1.1 отримуємо розв'язок шляхом прийняття обернених перетворень Лапласа трьох членів окремо, де$b = 1$ в перших двох доданках, і$b = 2$ в третьому семестрі:

$$x(t)=2\cos t+\frac{5}{3}\sin t-\frac{1}{3}\sin 2t.\nonumber$$