Лекция 9

9.1Операционное исчисление.

Операционным исчислением принято называть круг вопросов, относящихся к методам решения дифференциальных уравнений и систем дифференциальных уравнений, а также связанных с этим задач при помощи так называемого операторного метода. Сущность его состоит в следующем.

На некотором множестве функций f (множество оригиналов) вводится определенный линейный оператор pˆ, такой, что результатом его действия на функцию f (t) из множества f является некоторая функция F (p) переменной p, принадлежащая множеству функций F и называемая изображением функции f (t):

pˆ{f t } F p .

( ) = ( )

Предполагается существование определенного на множестве F оператора pˆ−1 к pˆ, так что

pˆ−1{F (p)} ≡ f (t).

Далее предполагается, что, если

(9.1) , обратного

(9.2)

		pˆ{x(t)} = X(p),		(9.3)
	то	dx(t)
	pˆ		= pX(p) + const,	(9.4)
		dt

так что дифференцированию в множестве оригиналов соответствуют алгебраические операции в множестве изображений.

Тогда линейному дифференциальному уравнению с постоянными коэффициентами:

a0y(n)(t) + a1y(n−1)(t) + . . . + an−1y (t) + any(t) = f (t)

(9.5)

вследствие линейности оператора pˆ будет соответствовать символьное (операторное) уравнение:

a0pnY (p) + a1pn−1Y (p) + . . . + an−1Y (p) + anY (p) = F (p),

(9.6)

где

Y (p) = pˆ{y(t)} − изображение неизвестной функции,

F (p) = pˆ{f (t)} + const − известная функция.

77

Уравнение (9.6) по своей природе алгебраическое (хотя, в общем случае, в правой его части может присутствовать трансцендентная функция), вида:

Pn(p)Y (p) = F (p).					(9.7)
Таким образом, легко алгебраически найти изображение неизвестной функции:
Y (p) =	F (p)				(9.8)
			.
	Pn(p)
Решение уравнения (9.5) находится действием оператора pˆ−1 на правую часть (9.8):
y(t) = pˆ−1		F (p)
				.	(9.9)
		Pn(p)

Особенно просто осуществить это действие, если правая часть (9.8) представима в виде линейной комбинации изображений некоторых известных функций:

	F (p)				m
			=		kiYi(p),	(9.10)
	Pn(p)
					=1
где					i
	Yi(p) = pˆ{yi(t)}.					(9.11)
Тогда					m
	y(t) =				kiyi(t).	(9.12)
					=1
				i

Таким образом, решение дифференциального уравнения (9.5) сводится к решению тривиальной алгебраической задачи и к несколько более рафинированному, но часто также довольно простому действию (9.9).

Возможны разные варианты операционного исчисления в зависимости от того, какой именно дифференциальный оператор pˆ положен в его основу.

Например, в спектральной теории сигналов в качестве такого оператора pˆ принимается интегральное преобразование Фурье, обладающее свойствами (9.1 – 9.4), при этом роль переменной p играет iω.

Далее излагаются основы операционного исчисления на базе интегрального преобразования Лапласа (которое также обладает указанными свойствами), так что далее:

∞
pˆ{f (t)} =	f (t)e−pt dt.	(9.13)

0

На функции f (t) при этом налагаются не слишком жесткие ограничения, приведенные в предыдущих разделах, что позволяет решать довольно обширный круг задач.

9.2Сводка формул для преобразования Лапласа.

Вэтом разделе полученные ранее результаты, относящиеся к преобразованию Лапласа, для удобства пользования сведены в таблицы.

Вэтих таблицах величины: a, ai, ki, α, β, λ, τ, ω — некоторые константы.

H(t) — единичная функция Хевисайда, введенная ранее (7.6).

78

На функции-оригиналы f (t) наложены ограничения:

f (t) = 0 при t < 0,

|f (t)| M eat

при t → +∞ (M — некоторая константа).

Таблица 9.1: Свойства преобразования Лапласа.

f (t)

F (p)

Re p > a

f (αt)

1

F

p

α > 0, Re p > a

α

α

f (t

−

τ )

e−pτ F (p)

τ > 0, t

τ, Re p > a

e−λtf (t)

F (p + λ)

Re p > a

−

Re λ

f (t)

pF (p)

−

f (0)

Re p > a

f (n)(t)

pnF (p) − pn−1f (0) − pn−2f (0) − . . . − f (n−1)(0)

Re p > a

0

t

1

f (τ ) dτ

F (p)

Re p > a

p

t

t1

tn−1

1

0

dt1 0

dt2 . . . 0

f (tn) dtn

F (p)

Re p > a

pn

−

tf (t)

F (p)

Re p > a

(−1)ntnf (t)

F (n)(p)

Re p > a

(t)

∞

f

p

F (q) dq

Re p > a

t

fi(t)

Fi(p)

Re p > ai

n

n

i

Re p > max{ai}

i=1

kifi(t)

=1

kiFi(p)

(f1(t) f2(t)) =

t

= 0

f1(τ )f2(t − τ ) dτ

F1(p)F2(p)

Re p > max{a1, a2}

d

(f1(t) f2(t))

pF1(p)F2(p)

Re p > max{a1, a2}

dt

79

Таблица 9.2: Преобразования Лапласа некоторых элементарных функций.

f (t)

F (p)

Re p > a

H(t)

1

Re p > 0

p

tnH(t)

n!

Re p > 0

pn+1

eαtH(t)

1

Re p > Re α

p − α

sin ωt H(t)

ω

Re p > |Im ω|

p2 + ω2

cos ωt H(t)

p

Re p > |Im ω|

p2 + ω2

ch αt H(t)

p

Re p > |Re α|

p2 − α2

sh αt H(t)

α

Re p > |Re α|

p2 − α2

tneαtH(t)

n!

Re p > Re α

(p − α)n+1

e−αt sin ωt H(t)

ω

Re p > Im ω

| −

Re α

(p + α)2 + ω2

|

e−αt cos ωt H(t)

p + α

Re p > Im ω

| −

Re α

(p + α)2 + ω2

|

eαt − eβt

H(t)

ln

p − β

Re p > max Re α, Re β

}

t

p

−

α

{

Более обширные таблицы преобразований Лапласа разнообразных функций содержатся, например, в [2, 4], а также в многочисленных справочниках.

9.3Примеры применения операторного метода

Рассмотрим применение операционного исчисления на практике.

Примеры.

9.1 Требуется найти частное решение линейного дифференциального уравнения с постоянными коэффициентами:

y + 5y + 6y = cos x,

удовлетворяющее начальным условиям:

y (0) = 1, y(0) = 2.

Предполагая, что

y(x) Y (p),

80

2p + 11

получим:

p y (x) pY (p) − 2, y (x) p2Y (p) − 2p − 1, а также cos x p2 + 1 .

Исходному дифференциальному уравнению соответствует, таким образом, символьное алгебраическое уравнение:

p

p2Y (p) − 2p − 1 + 5pY (p) − 10 + 6Y (p) = p2 + 1 ,

откуда получаем:

p

(p2 − 5p − 6)Y (p) = p2 + 1 + 2p + 11,

p

Y (p) = (p2 + 1)(p + 2)(p + 3) + (p + 2)(p + 3) .

Восстановление оригинала y(x) по изображению Y (p) проще всего произвести, разложив дроби в правой части последнего равенства на простейшие при помощи метода неопределенных коэффициентов. Имеем:

2p + 11

A

B

=

+

,

(p + 2)(p + 3)

p + 2

p + 3

p

=

Cp + D

+

E

+

F

,

(p2 + 1)(p + 2)(p + 3)

p2 + 1

p + 2

p + 3

откуда находятся:

A = 7, B = −5, C = 1/10, D = 1/10, E = −2/5, F = 3/10.

Изображение неизвестной функции Y (p), таким образом, представляется в виде:

Y (p) =	1	·	p + 1	+	33	·	1	−	47	·	1	.
	10		p2 + 1		5		p + 2		10		p + 3

Восстанавливая по изображению при помощи таблицы 9.2 оригинал, получим искомое частное решение исходного дифференциального уравнения:

y(x) = 101 (cos x + sin x) + 335 e−2x − 4710 e−3x.

9.2 Требуется найти частное решение системы дифференциальных уравнений:

x˙ = −x + y + z,

y˙ = x − y + z,z˙ = x + y + z,

с начальными условиями: x(0) = 1,	y(0) = z(0) = 0.
В предположении, что x(t) X(p),	y(t) Y (p), z(t) Z(p), получим:

x˙ (t) pX(p) − 1, y˙(t) pY (p), z˙(t) pZ(p).

Исходной системе дифференциальных уравнений соответствует алгебраическая система линейных уравнений для изображений неизвестных функций:

(p + 1)X − Y − Z = 1,

X − (p + 1)Y + Z = 0,

X + Y − (p − 1)Z = 0.

81

Определитель даннной системы равен:

p + 1

−1

−1

=

1

p

1

1

2

1)

2

p

1

p

1

p + 1 = (p + 1)(p + 2)(p

2).

= (p + 1) (p

−

−

−

−

−

−

−

−

− −

1

1

−

p + 1

Побочные

определители

равны, соответственно:

p + 1 1

1

−1

−1

−1

X =

1

2

2,

=

1

0

1

= p,

0 p 1

= p

−

Y

− −

0

1

−

p + 1

1

0

−

p + 1

1

p + 1

−1

Z =	1	−p − 1 0 = p + 2.

1

1

0

Таким образом, изображения неизвестных функций получаются по формулам Крамера:

	X(p) =	p2 − 2	, Y (p) =	p		, Z(p) =	p + 2	.
		(p − 2)(p + 1)(p + 2)		(p − 2)(p + 1)(p + 2)			(p − 2)(p + 1)(p + 2)

Правые части представляются в виде суммы простейших дробей:

X(p) =	1	·	1	+	1	·	1	+	1	·	1	,
	6		p − 2		3		p + 1		2		p + 2
	1		1	+	1		1		1		1	,
Y (p) =
	6 ·		p 2		3 · p + 1 − 2 · p + 2
	3 ·		−
Z(p) =			p 1 2 − 3 · p + 1 .
	1				1		1
			−

Откуда легко получаем искомое решение системы дифференциальных уравнений при помощи

	таблицы 9.2:	1		1				1
	x(t) =		e2t +		e−t		+		e−2t,
		6		3				2
		1	e2t +	1	e	t		1	e	2t,
	y(t) =				−				−
		6		3			−	2
		1		1
	z(t) =	3 e2t −		3 e−t.

9.3 Найти частное решение дифференциального уравнения: y + 2y + 2y = cos x,

82

удовлетворяющее начальным условиям: y(0) = 0,				y (0) = 0.
Предполагая, что y(x) Y (p), получим: y (x)				pY (p),				y (x)(t) p2Y (p), а также
cos x	p
		.
	p2 + 1
Получаем уравнение относительно изображения неизвестной функции Y (p):
		p2Y (p) + 2pY (p) + 2Y (p) =				p		,
					p2	+ 1
которое имеет решение:
		Y (p) =	p				.
			(p2 + 1)((p + 1)2 + 1)

Разложение правой части на простейшие дроби потребует решения системы из четырех уравнений с комплексными коэффициентами. Заметим, что она может быть разбита на два сомножителя, оригиналы которых легко находятся по таблице:

	p		cos x,	1	e−x sin x.
	p2 + 1			(p + 1)2 + 1

Решение дифференциального уравнения находим по теореме о свертке:

x

1

x

y(x) = 0

e−ξ sin ξ cos(x − ξ) dξ =

0

e−ξ(sin x − sin(x − 2ξ)) dξ =

2

1

1

x

0

=

sin x(1

− e−x) +

e−ξ sin(2ξ − x) dξ,

2

2

Последний интеграл берется по частям, приводится к решению уравнения:

x

x

x

e−ξ sin(2ξ − x) dξ = −e−ξ sin(2ξ − x)

0 +2

e−ξ cos(2ξ − x) dξ =

0

0

x

x

= −(1 + e−x) sin x + 2

−e−ξ cos(2ξ − x)

0 −2

e−ξ sin(2ξ − x) dξ =

0

x

= −(1 + e−x) sin x − 2e−x cos x + 2 cos x − 4

0

e−ξ sin(2ξ − x) dξ.

Отсюда

x

1

e−ξ sin(2ξ − x) dξ =

2 cos x(1 − e−x) − sin x(1 + e−x) .

5

0

И окончательно, искомое решение дифференциального уравнения:

y(x) =	1	2 sin x + cos x − e−x(3 sin x + cos x) .
	5

Совсем несложно в данной задаче, а возможно, даже проще вычисления свертки, найти обратное преобразование Лапласа прямо по формуле Меллина (8.2) при помощи вычетов подобно примеру (8.1). Подынтегральная функция в формуле обращения (8.2) имеет вид:

	F (p) = Y (p)epx =		pepx		=	pepx	,
		(p2	+ 1)((p + 1)2 + 1)			(p − p1)(p − p2)(p − p3)(p − p4)

83

где p1 = i, p2 = −i, p3 = −1 + i, p4 = −1 − i — простые полюсы функции F (p), которая больше не имеет особенностей на комплексной плоскости P. Контур интегрирования подобен

изображенному на рис. 8.4 и содержит внутри себя все перечисленные полюсы F (p). Таким образом, оригинал y(x) просто равен сумме вычетов функции F (p) в ее полюсах. Найдем эти вычеты.

r1

= res F (p) =

ieix

=

eix

,

2i((1 + i)2 + 1)

2(1 + 2i)

i

r2

= res F (p) =

−ie−ix

=

e−ix

,

−2i(1 − 2i)

2(1 − 2i)

−i

r3

= res F (p) =

(−1 + i)e−xeix

=

(−1 + 3i)(cos x + i sin x)e−x

,

−1+i

(1 − 2i)2i

10

r4

= res F (p) =

(−1 − i)e−xe−ix

=

(−1 − 3i)(cos x − i sin x)e−x

.

−1−i

(1

−

2i)( 2i)

10

−

Суммировать вычеты проще по парам комплексно-сопряженных полюсов:

1

i

1

i

1

2

r1 + r2

=

−

eix +

+

e−ix =

cos x +

sin x,

10

5

10

5

5

5

1

−

−

−

−

r3 + r4

= 10

3i cos x

x

cos x

3i cos x + i sin x

3 sin x e−x =

cos x − 3 sin x − i sin x

=

−

(cos x + 3 sin x)e−

.

5

Таким образом, тот же самый результат получен посредством простых арифметических действий.

9.4 Рассмотрим ситуацию, когда выгодно использовать интеграл Дюамеля. Пусть необходимо найти частное решение дифференциального уравнения:

a0x(n)(t) + a1x(n−1)(t) + . . . + an−1x (t) + anx(t) = f (t),

с нулевыми начальными условиями: x(0) = x (0) = . . . = x(n−1)(0) = 0, причем известно решение x˜(t) этого уравнения с нулевыми начальными условиями и правой частью, равной единичной функции Хевисайда:

f (t) = H(t).

Тогда операторные (символьные) уравнения в обоих случаях имеют вид, соответственно:

A(p)X(p) = F (p),

˜	1
A(p)X(p) =	p	.

Очевидно, что:

( ) = ˜ ( ) ( )

X p pX p F p .

И поскольку x˜(0) = 0, формула (7.30) даст результат:

t

x(t) = f (τ )˜x (t − τ ) dτ.

0

84

Пусть надо решить несколько подобных дифференциальных уравнений, отличающихся друг от друга только правыми частями. Физически это означает исследование внешнего воздействия с разной временной зависимостью на одну и ту же систему, первоначально находящуюся в состоянии покоя. Тогда достаточно решить одно уравнение с единичной правой частью и использовать интеграл Дюамеля.

Решим следующие уравнения (внешняя сила действует на гармонический осциллятор):

x + x = cos 3x, x + x = e−t,

x + x = cos x + sin 2x.

Сначала решаем уравнение с единичной правой частью:

x + x = H(t),
p2X + X =	1	,
	p
1					p	1
X =				= −		+		,
	p(p2 + 1)				p2 + 1		p
x˜(t) = 1 − cos t.

Потом находим решения данных уравнений (при этом x˜ (t) = sin t):

t

1

t

x1(t) =

cos 3τ sin(t − τ ) dτ =

sin(t + 2τ ) − sin(4τ − t) dτ =

2

0

0

1

1

= −

t

t

=

4 cos(t + 2τ ) 0+

8 cos(4τ − t) 0

t

t

t

x2(t) =

e−τ sin(t − τ ) dτ = −e−τ sin(t − τ )

0−

e−τ cos(t − τ ) dτ =

0

0

t

t

= sin t + e−τ cos(t − τ )

−

0

0

Получаем уравнение:

18 (cos t − cos 3t).

e−τ sin(t − τ ) dτ.

	0	t
2		e−τ sin(t − τ ) dτ = sin t + e−t − cos t,
откуда
		x2(t) =	1	(sin t − cos t + e−t).
			2

85

	t						t								t
x3(t) = 0	(cos τ + sin 2τ ) sin(t − τ ) dτ = 0							cos τ sin(t − τ ) dτ + 0								sin 2τ sin(t − τ ) dτ =
		1	0	t					1		0		t
	=			(sin t − sin(2τ − t)) dτ +									(cos(3τ − t) − cos(τ + t)) dτ								=
		2							2
				1		1		t	1				t	1				t
		=			t sin t +		cos(2τ − t) 0+					sin(3τ − t) 0−			sin(τ + t) 0				=
				2		4				6				2
																1			1			2
														=				t sin t			sin 2t +		sin t.
																2						3
																		− 3

86