5.4: Переривчасті або імпульсні терміни
- Page ID
- 61242
Тепер ми вирішуємо деякі більш складні оди з розривними або імпульсивними неоднорідними членами.
Вирішити\(2\overset{..}{x}+\overset{.}{x}+2x=u_5(t)-u_{20}(t)\), з\(x(0)=\overset{.}{x}(0)=0\)
Рішення
Неоднорідний член тут є поступовою, понижуючою функцією, яка є одиницею за інтервалом\((5, 20)\) і нулем в іншому місці. Взявши перетворення Лапласа оди за допомогою таблиці 5.1.1,\[2\left(s^2X(s)-sx(0)-\overset{.}{x}(0)\right)+sX(s)-x(0)+2X(s)=\frac{e^{-5s}}{s}-\frac{e^{-20s}}{s}.\nonumber\]
Використовуючи початкові значення і вирішуючи for\(X(s)\), знаходимо\[X(s)=\frac{e^{-5s}-e^{-20s}}{s(2s^2+s+2)}.\nonumber\]
Для визначення розв'язку\(x(t)\) нам тепер потрібно знайти обернене перетворення Лапласа. Експоненціальні функції можуть бути розглянуті за допомогою рядка 13 таблиці 5.1.1. Пишемо\[X(s)=(e^{-5s}-e^{-20s})H(s),\nonumber\] де\[H(s)=\frac{1}{s(2s^2+s+2)}.\nonumber\]
Потім за допомогою рядка 13, у нас є \[\label{eq:1}x(t)=u_5(t)h(t-5)-u_{20}(t)h(t-20),\]де\(h(t)=\mathcal{L}^{-1}\{H(s)\}\).
Для визначення\(h(t)\) нам знадобиться часткова часткова частка розширення\(H(s)\). Оскільки дискримінант\(2s^2 + s + 2\) негативний, ми\[\frac{1}{s(2s^2+s+2)}=\frac{a}{s}+\frac{bs+c}{2s^2+s+2},\nonumber\] отримуємо рівняння\[1=a(2s^2+s+2)+(bs+c);\nonumber\] або після прирівнювання\(s\) степеней,\[2a+b=0,\quad a+c=0,\quad 2a=1,\nonumber\] поступаючись\(a=\frac{1}{2}\)\(b=-1\), і\(c=-\frac{1}{2}\). Тому\[\begin{aligned}H(s)&=\frac{1/2}{s}-\frac{s+\frac{1}{2}}{2s^2+s+2} \\ &=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{s}-\frac{s+\frac{1}{2}}{s^2+\frac{1}{2}s+1}\right).\end{aligned}\]
Оглядаючи таблицю 5.1.1, перший член може бути перетворений за допомогою рядка 2, а другий член можна перетворити за допомогою рядків 8 і 9, за умови заповнення квадрата знаменника, а потім масажуємо чисельник. Тобто спочатку завершуємо квадрат:
\[s^2+\frac{1}{2}s+1=\left(s+\frac{1}{4}\right)^2+\frac{15}{16};\nonumber\]а далі пишемо\[\frac{s+\frac{1}{2}}{s^2+\frac{1}{2}s+1}=\frac{\left(s+\frac{1}{4}\right)+\frac{1}{\sqrt{15}}\sqrt{\frac{15}{16}}}{\left(s+\frac{1}{4}\right)^2+\frac{15}{16}}.\nonumber\]
Тому функцію\(H(s)\) можна записати як\[H(s)=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{s}-\frac{\left(s+\frac{1}{4}\right)}{\left(s+\frac{1}{4}\right)^2+\frac{15}{16}}-\left(\frac{1}{\sqrt{15}}\right)\frac{\sqrt{\frac{15}{16}}}{\left(s+\frac{1}{4}\right)^2+\frac{15}{16}}\right).\nonumber\]
Перший член трансформується за допомогою рядка 2, другий - за допомогою рядка 9, а третій член - за допомогою рядка 8. Нарешті ми отримаємо \[\label{eq:2}h(t)=\frac{1}{2}\left(1-e^{-t/4}\left(\cos (\sqrt{15}t/4)+\frac{1}{\sqrt{15}}\sin (\sqrt{15}t/4)\right)\right),\], який у поєднанні з\(\eqref{eq:1}\) дає досить складне рішення для\(x(t)\).
Ми коротко коментуємо, що також можна вирішити цей приклад без використання перетворення Лапласа. Ключова ідея полягає в тому, що обидва\(x\) і\(\overset{.}{x}\) є безперервними функціями\(t\). Чітко від форми неоднорідного члена і початкових умов,\(x(t) = 0\) для\(0 ≤ t ≤ 5\). Потім ми вирішуємо оду між\(5 ≤ t ≤ 20\) неоднорідним терміном, рівним одиниці та початковими умовами\(x(5) =\overset{.}{x}(5) = 0\). Для цього потрібно спочатку знайти загальний однорідний розчин, потім знайти конкретне рішення, а потім додати однорідний і конкретний розв'язки і розв'язати дві невідомі константи. Щоб спростити алгебру, зверніть увагу, що найкращим ансац використовувати для пошуку однорідного рішення є\(x(t) = e^{r(t−5)}\), а не\(x(t) = e^{rt}\). Нарешті, ми вирішуємо однорідну оду для\(t ≥ 20\) використання в якості граничних умов раніше визначених значень\(x(20)\) і\(\overset{.}{x}(20)\), де ми використовували неперервність\(x\) і\(\overset{.}{x}\). Тут найкращий ансац для використання є\(x(t) = e^{r(t−20)}\). Студент може отримати вигоду, спробувавши це як вправу і намагаючись отримати остаточне рішення, яке погоджується з формою, наданою\(\eqref{eq:1}\) і\(\eqref{eq:2}\).
Вирішити\(2\overset{..}{x}+\overset{.}{x}+2x=\delta (t-5)\) за допомогою\(x(0)=\overset{.}{x}(0)=0\)
Рішення
Тут неоднорідний член - це імпульс в часі\(t = 5\). Беручи перетворення Лапласа оди за допомогою таблиці 5.1.1, і застосовуючи початкові умови,\[(2s^2+s+2)X(s)=e^{-5s},\nonumber\] щоб\[\begin{aligned}X(s)&=\frac{1}{2}e^{-5s}\left(\frac{1}{s^2+\frac{1}{2}s+1}\right) \\ &=\frac{1}{2}e^{-5s}\left(\frac{1}{\left(s+\frac{1}{4}\right)^2+\frac{15}{16}}\right) \\ &=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{16}{15}}e^{-5s}\left(\frac{\sqrt{\frac{15}{16}}}{\left(s+\frac{1}{4}\right)^2+\frac{15}{16}}\right).\end{aligned}\]
Зворотне перетворення Лапласа тепер можна обчислити за допомогою рядків 8 і 13 таблиці 5.1.1:
\[\label{eq:3}x(t)=\frac{2}{\sqrt{15}}u_5(t)e^{-(t-5)/4}\sin (\sqrt{15}(t-5)/4).\]
Цікаво вирішити цей приклад без використання перетворення Лапласа. \(x(t) = 0\)Зрозуміло, що до моменту імпульсу в\(t = 5\). Крім того, після імпульсу ода однорідна і може бути вирішена стандартними методами. Єдина складність - визначення початкових умов однорідної оди при\(t = 5^+\).
Коли неоднорідний член пропорційний дельта-функції, розв'язок\(x(t)\) є безперервним через особливість дельта-функції, але похідна розв'язку\(\overset{.}{x}(t)\) є розривною. Якщо інтегрувати оду другого порядку через сингулярність at\(t = 5\) і розглянути\(\epsilon\to 0\), виживає лише другий похідний термін лівої сторони, і\[\begin{aligned}2\int_{5-\epsilon}^{5+\epsilon}\overset{..}{x}dt&=\int_{5-\epsilon}^{5+\epsilon}\delta (t-5)dt \\ &=1.\end{aligned}\]
І як\(\epsilon\to 0\), у нас є\(\overset{.}{x}(5^+)− \overset{.}{x}(5^-) = 1/2\). Так як\(\overset{.}{x}(5^-) = 0\) відповідними початковими умовами відразу після сили імпульсу є\(x(5^+) = 0\) і\(\overset{.}{x}(5^+) = 1/2\). Цей результат можна підтвердити за допомогою\(\eqref{eq:3}\).