5.4: Переривчасті або імпульсні терміни

Тепер ми вирішуємо деякі більш складні оди з розривними або імпульсивними неоднорідними членами.

Приклад$\PageIndex{1}$

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$\eqref{eq:2}$.

Приклад$\PageIndex{2}$

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$\eqref{eq:3}$.