8.3: Розв'язування початкових задач
- Page ID
- 62164
Лаплас перетворення похідних
В іншій частині цього розділу ми використаємо перетворення Лапласа для розв'язання початкових задач для рівнянь постійного коефіцієнта другого порядку. Для цього ми повинні знати, як перетворення Лапласа\(f'\) пов'язане з перетворенням Лапласа\(f\). Наступна теорема відповідає на це питання.
Припустимо,\(f\) є неперервним на\([0,\infty)\) та експоненціального порядку\(s_0\), і\(f'\) є кусково безперервним на\([0,\infty).\) Тоді\(f\) і\(f'\) мають перетворення Лапласа для\(s > s_0,\) і
\[\label{eq:8.3.1} {\cal L}(f')=s {\cal L}(f)-f(0).\]
- Доказ
-
Ми знаємо з теореми 8.1.6,\({\cal L}(f)\) яка визначена для\(s>s_0\). Спочатку розглянемо випадок, коли\(f'\) безперервне включення\([0,\infty)\). Інтеграція по частинам
\[ \begin{align} \int^T_0 e^{-st}f'(t)\,dt &= e^{-st}f(t)\Big|^T_0+s \int^T_0e^{-st}f(t)\,dt \nonumber \\[4pt] &= e^{-sT}f(T)-f(0)+s\int^T_0 e^{-st}f(t)\,dt \label{eq:8.3.2} \end{align} \]
для будь-якого\(T>0\). Оскільки\(f\) має експоненціальний порядок\(s_0\),\(\displaystyle \lim_{T\to \infty}e^{-sT}f(T)=0\) а інтеграл в правій частині Рівняння\ ref {eq:8.3.2} сходиться як\(T\to\infty\) ніби\(s> s_0\). Тому
\[\begin{aligned} \int^\infty_0 e^{-st}f'(t)\,dt&=-f(0)+s\int^\infty_0 e^{-st}f(t)\,dt\\ &=-f(0)+s{\cal L}(f),\end{aligned}\nonumber \]
що доводить рівняння\ ref {eq:8.3.1}.
Припустимо\(f'\),\(T>0\) і тільки кусково безперервний на\([0,T]\), з розривами в\(t_1 < t_2 <\cdots < t_{n-1}\). Для зручності нехай\(t_0=0\) і\(t_n=T\). Інтеграція по частинам врожайності
\[\begin{aligned} \int^{t_i}_{t_{i-1}}e^{-st}f'(t)\,dt &= e^{-st}f(t)\Big|^{t_i}_{t_{i-1}}+s\int^{t_i}_{t_{i-1}}e^{-st}f(t)\,dt\\ &= e^{-st_i} f(t_i)- e^{-st_{i-1}}f(t_{i-1})+s\int^{t_i}_{t_{i-1}}e^{-st}f(t)\,dt.\end{aligned}\nonumber\]
Підсумовуючи обидві сторони цього рівняння від\(i=1\) до\(n\) і зазначивши, що
\[\left(e^{-st_1}f(t_1)-e^{-st_0}f(t_0)\right)+\left(e^{-st_2} f(t_2)-e^{-st_1}f(t_1)\right) +\cdots+\left(e^{-st_N}f(t_N)-e^{-st_{N-1}}f(t_{N-1})\right) \nonumber\]
\[=e^{-st_N}f(t_N)-e^{-st_0}f(t_0)=e^{-sT}f(T)-f(0) \nonumber\]
дає рівняння\ ref {eq:8.3.2}, тому рівняння\ ref {eq:8.3.1} слідує, як і раніше.
У прикладі 8.1.4 ми побачили, що
\[{\cal L}(\cos\omega t)={s\over s^2+\omega^2}. \nonumber\]
Рішення
Застосування рівняння\ ref {eq:8.3.1} з\(f(t)=\cos\omega t\) показує, що
\[{\cal L}(-\omega\sin\omega t)=s {s\over s^2+\omega^2}-1=- {\omega^2\over s^2+\omega^2}.\nonumber\]
Тому
\[{\cal L}(\sin\omega t)={\omega\over s^2+\omega^2},\nonumber\]
який погоджується з відповідним результатом, отриманим в 8.1.4.
У розділі 2.1 ми показали, що розв'язання початкової задачі
\[\label{eq:8.3.3} y'=ay, \quad y(0)=y_0,\]
є\(y=y_0e^{at}\). Тепер ми отримаємо цей результат за допомогою перетворення Лапласа.
\(Y(s)={\cal L}(y)\)Допустимо перетворення Лапласа невідомого розв'язку Рівняння\ ref {eq:8.3.3}. Взяття лапласа перетворення обох сторін рівняння\ ref {eq:8.3.3} дає
\[{\cal L}(y')={\cal L}(ay),\nonumber\]
який, за теоремою Template:index, може бути переписаний як
\[s{\cal L}(y)-y(0)=a{\cal L}(y),\nonumber\]
або
\[sY(s)-y_0=aY(s).\nonumber\]
Рішення для\(Y(s)\) врожайності
\[Y(s)={y_0\over s-a},\nonumber\]
тому
\[y={\cal L}^{-1}(Y(s))={\cal L}^{-1}\left({y_0\over s-a}\right)=y_0{\cal L}^{-1}\left({1\over s-a}\right)=y_0e^{at},\nonumber\]
що погоджується з відомим результатом.
Наступна теорема потрібна для розв'язання диференціальних рівнянь другого порядку з використанням перетворення Лапласа.
Припустимо\(f'\),\(f\)\([0,\infty)\) і є безперервними на і експоненціального порядку,\(s_0,\) і\(f''\) це кусково безперервно на\([0,\infty).\) Тоді\(f\)\(f'\), і\(f''\) мають перетворення Лапласа для\(s > s_0\),
\[\label{eq:8.3.4} {\cal L}(f')=s {\cal L}(f)-f(0),\]
і
\[\label{eq:8.3.5} {\cal L}(f'')=s^2{\cal L}(f)-f'(0)-sf(0).\]
- Доказ
-
Теорема Template:index передбачає, що\({\cal L}(f')\) існує і задовольняє рівняння\ ref {eq:8.3.4} для\(s>s_0\). Щоб довести, що\({\cal L}(f'')\) існує і задовольняє рівняння\ ref {eq:8.3.5} для\(s>s_0\), спочатку застосуємо теорему Template:index до\(g=f'\). Оскільки\(g\) задовольняє гіпотези теореми Template:index, ми робимо висновок, що\({\cal L}(g')\) визначено та задовольняє
\[{\cal L}(g')=s{\cal L}(g)-g(0)\nonumber\]
для\(s>s_0\). Однак\(g'=f''\), оскільки це можна переписати як
\[{\cal L}(f'')=s{\cal L}(f')-f'(0).\nonumber\]
Підстановка рівняння\ ref {eq:8.3.4} у це дає рівняння\ ref {eq:8.3.5}.
Розв'язування рівнянь другого порядку з перетворенням Лапласа
Тепер ми будемо використовувати перетворення Лапласа для вирішення початкових задач для рівнянь другого порядку.
Використовуйте перетворення Лапласа для розв'язання початкової задачі
\[\label{eq:8.3.6} y''-6y'+5y=3e^{2t},\quad y(0)=2, \quad y'(0)=3.\]
Рішення
Взяття перетворень Лапласа обох сторін диференціального рівняння в Equation\ ref {eq:8.3.6} дає
\[{\cal L}(y''-6y'+5y)={\cal L}\left(3e^{2t}\right)={3\over s-2},\nonumber\]
яку ми переписуємо як
\[\label{eq:8.3.7} {\cal L}(y'')-6{\cal L}(y')+5{\cal L}(y)={3\over s-2}.\]
Тепер позначимо\({\cal L}(y)=Y(s)\). Теорема Template:index та початкові умови в Рівнянні\ ref {eq:8.3.6} означають, що
\[{\cal L}(y')=sY(s)-y(0)=sY(s)-2\nonumber\]
і
\[{\cal L}(y'')=s^2Y(s)-y'(0)-sy(0)=s^2Y(s)-3-2s.\nonumber\]
Підстановка з останніх двох рівнянь на рівняння\ ref {eq:8.3.7} дає
\[\left(s^2Y(s)-3-2s\right)-6\left(sY(s)-2\right)+5Y(s)={3\over s-2}.\nonumber\]
Тому
\[\label{eq:8.3.8} (s^2-6s+5)Y(s)={3\over s-2}+(3+2s)+6(-2),\]
тому
\[(s-5)(s-1)Y(s)={3+(s-2)(2s-9)\over s-2},\nonumber\]
і
\[Y(s)={3+(s-2)(2s-9)\over(s-2)(s-5)(s-1)}.\nonumber\]
Метод Хевісайда дає часткове розширення фракції
\[Y(s)=-{1\over s-2}+{1\over2}{1\over s-5}+{5\over2}{1\over s-1},\nonumber\]
і беручи зворотне перетворення цієї врожайності
\[y=-e^{2t}+{1\over2}e^{5t}+{5\over2}e^t \nonumber\]
як розв'язок Рівняння\ ref {eq:8.3.6}.
Не потрібно записувати всі кроки, які ми використовували для отримання Equation\ ref {eq:8.3.8}. Щоб побачити, як цього уникнути, застосуємо метод Example Template:index до загальної задачі початкового значення
\[\label{eq:8.3.9} ay''+by'+cy=f(t), \quad y(0)=k_0,\quad y'(0)=k_1.\]
Взяття перетворень Лапласа обох сторін диференціального рівняння в Equation\ ref {eq:8.3.9} дає
\[\label{eq:8.3.10} a{\cal L}(y'')+b{\cal L}(y')+c{\cal L}(y)=F(s).\]
Тепер давайте\(Y(s)={\cal L}(y)\). Теорема Template:index та початкові умови в Рівнянні\ ref {eq:8.3.9} означають, що
\[{\cal L}(y')=sY(s)-k_0\quad \text{and} \quad {\cal L}(y'')=s^2Y(s)-k_1-k_0s.\nonumber\]
Підставляючи їх до рівняння\ ref {eq:8.3.10} дає
\[\label{eq:8.3.11} a\left(s^2Y(s)-k_1-k_0s\right)+b\left(sY(s)-k_0\right)+cY(s)=F(s).\]
Коефіцієнт\(Y(s)\) зліва - характерний многочлен
\[p(s)=as^2+bs+c\nonumber\]
комплементарного рівняння для рівняння\ ref {eq:8.3.9}. Використання цього та переміщення термінів за участю\(k_0\) та\(k_1\) до правої сторони Рівняння\ ref {eq:8.3.11} дає
\[\label{eq:8.3.12} p(s)Y(s)=F(s)+a(k_1+k_0s)+bk_0.\]
Це рівняння відповідає рівнянню\ ref {eq:8.3.8} Прикладу Template:index. Встановивши форму цього рівняння в загальному випадку, краще перейти безпосередньо від початкової задачі на це рівняння. Можливо, вам буде легше запам'ятати Equation\ ref {eq:8.3.12}, переписане як
\[\label{eq:8.3.13} p(s)Y(s)=F(s)+a\left(y'(0)+sy(0)\right)+by(0).\]
Використовуйте перетворення Лапласа для розв'язання початкової задачі
\[\label{eq:8.3.14} 2y''+3y'+y=8e^{-2t}, \quad y(0)=-4,\; y'(0)=2.\]
Рішення
Характерним многочленом є
\[p(s)=2s^2+3s+1=(2s+1)(s+1)\nonumber\]
і
\[F(s)={\cal L}(8e^{-2t})={8\over s+2},\nonumber\]
так рівняння\ ref {eq:8.3.13} стає
\[(2s+1)(s+1)Y(s)={8\over s+2}+2(2-4s)+3(-4).\nonumber\]
Рішення для\(Y(s)\) врожайності
\[Y(s)={4\left(1-(s+2)(s+1)\right)\over (s+1/2)(s+1)(s+2)}.\nonumber\]
Метод Хевісайда дає часткове розширення фракції
\[Y(s)={4\over3}{1\over s+1/2}-{8\over s+1}+{8\over3}{1\over s+2},\nonumber\]
тому розв'язок Рівняння\ ref {eq:8.3.14}
\[y={\cal L}^{-1}(Y(s))={4\over3}e^{-t/2}-8e^{-t}+{8\over3}e^{-2t}\nonumber\]
(Рисунок Template:index).
Вирішити початкову задачу
\[\label{eq:8.3.15} y''+2y'+2y=1, \quad y(0)=-3,\; y'(0)=1.\]
Рішення
Характерним многочленом є
\[p(s)=s^2+2s+2=(s+1)^2+1\nonumber\]
і
\[F(s)={\cal L}(1)={1\over s},\nonumber\]
так рівняння\ ref {eq:8.3.13} стає
\[\left[(s+1)^2+1\right] Y(s)={1\over s}+1\cdot(1-3s)+2(-3).\nonumber\]
Рішення для\(Y(s)\) врожайності
\[Y(s)={1-s(5+3s)\over s\left[(s+1)^2+1\right]}.\nonumber\]
У прикладі 8.2.8 ми виявили, що обернене перетворення цієї функції
\[y={1\over2}-{7\over2}e^{-t}\cos t-{5\over2}e^{-t}\sin t \nonumber\]
(Рисунок Template:index), який, отже, є розв'язком Рівняння\ ref {eq:8.3.15}.
У наших прикладах ми застосували теореми Template:index та Template:index, не перевіряючи, що невідома функція\(y\) задовольняє їх гіпотезам. Це характерно для формального маніпулятивного способу, при якому перетворення Лапласа використовується для розв'язання диференціальних рівнянь. Будь-які сумніви щодо обґрунтованості методу розв'язання заданого рівняння можна вирішити, перевіривши, що результуюча функція\(y\) є розв'язком даної задачі.