IzychaemDYiOpery

ГОТОВИМСЯ к ДУ и ОПЕРАЦИОННОМУ
ИСЧИСЛЕНИЮ
Дифференциальные уравнения (ДУ)
1-ого порядка
Общий вид: 𝑭(𝒙, 𝒚, 𝒚′ ) = 𝟎.
𝑭(… ) - заданная (известная) функция. 𝒙 - независимая переменная, 𝒚 неизвестная функция этой переменной, 𝒚′ - ее производная.
Пример №1.
(𝒚′ )𝟐 + 𝒚𝟐 − 𝐥𝐧 𝒙𝟐 = 𝟎.
Определение.
Решение дифференциального уравнения - это функция 𝒚(𝒙), подстановка
которой в уравнение обращает его в тождество:
𝑭(𝒙, 𝒚(𝒙), 𝒚′ (𝒙)) ≡ 𝟎.
График решения ДУ называется интегральной кривой.
Пример №2.
Является ли функция 𝒚 = 𝒔𝒊𝒏𝒙 решением ДУ
(𝒚′ )𝟐 + 𝒚𝟐 = 𝟏?
Решение.
Находим 𝒚′ = 𝐜𝐨𝐬 𝒙, подставляем 𝒚 = 𝒔𝒊𝒏𝒙 , 𝒚′ = 𝐜𝐨𝐬 𝒙 в уравнение.
Констатируем, что оно обращается в тождество:
(𝐜𝐨𝐬 𝒙)𝟐 + (𝒔𝒊𝒏𝒙)𝟐 ≡ 𝟏.
Заключаем, что 𝒚 = 𝒔𝒊𝒏𝒙 решение этого ДУ.
Нормальная форма ДУ первого порядка
(уравнение, разрешенное относительно производной):
𝒚′ = 𝚽(𝒙, 𝒚) → 𝒚(𝒙)−?
Пример №3.
𝒚′ = 𝟐𝒙, где 𝚽(𝒙, 𝒚) = 𝟐𝒙.
Определение.
Область определения функции 𝚽(𝒙, 𝒚) называется областью задания ДУ.
Процесс решения ДУ называют “интегрированием” (и понятно почему).
Пример №4.
𝒚′ = 𝟐𝒙 → 𝒚 = ∫ 𝟐𝒙𝒅𝒙 = 𝒙𝟐 + 𝑪 общее решение.
Общее решение - это функция 𝒚 = 𝒚(𝒙, 𝑪), из которой можно получить
все решения ДУ подбором произвольной постоянной.
Для устранения неоднозначности (определения произвольной
постоянной) можно поставить дополнительное условие, например, потребовать,
чтобы решение (функция) при определенном значении 𝒙𝟎 принимало заданное
значение 𝒚𝟎 : 𝒚(𝒙𝟎 ) = 𝒚𝟎 . Такое условие называется “начальным”.
Задача отыскания решения ДУ, удовлетворяющего начальному условию,
называется задачей Коши:
𝒚′ = 𝚽(𝒙, 𝒚)
.
{
𝒚(𝒙𝟎 ) = 𝒚𝟎
Геометрический смысл задачи Коши. Задача Коши это задача о
нахождении интегральной кривой ДУ, проходящей через заданную точку
(𝒙𝟎 , 𝒚𝟎 ).
Решение задачи Коши называется частным решением.
𝒚′ = 𝚽(𝒙, 𝒚)
→ 𝒚(𝒙, 𝑪𝟎 )
{
𝒚(𝒙𝟎 ) = 𝒚𝟎
Пример №4.
𝒚′ = 𝟐𝒙
Решить задачу Коши {
.
𝒚(𝟏) = 𝟑
Решение.
Сначала находим общее решение: 𝒚 = ∫ 𝟐𝒙𝒅𝒙 = 𝒙𝟐 + 𝑪.
Затем из начального условия находим константу 𝟏𝟐 + С = 𝟑 → 𝑪𝟎 = 𝟐.
Подставляя ее в общее решение, получаем
Ответ:
𝒚 = 𝒙𝟐 + 𝟐 − частное решение (решение задачи Коши)
Теорема
существования и единственности решения задачи Коши для
ДУ 1-ого порядка в нормальной форме (ТСЕ).
Пусть 𝚽(𝒙, 𝒚),
𝝏𝚽(𝒙,𝒚)
𝝏𝒚
непрерывны в окрестности точки (𝒙𝟎 , 𝒚𝟎 ).
Тогда в некоторой окрестности этой точки решение задачи Коши
𝒚′ = 𝚽(𝒙, 𝒚)
{
𝒚(𝒙𝟎 ) = 𝒚𝟎
существует и единственно.
Определения.
Точка, в окрестности которой выполняются условия ТСЕ, называется
регулярной.
Множество всех регулярных точек ДУ называется областью
регулярности этого уравнения.
Следовательно, через каждую точку области регулярности проходит,
причем только одна, интегральная кривая ДУ (см. рисунок выше).
Строго говоря, общим решением ДУ 1-ого порядка называется
функция 𝒚 = 𝒚(𝒙, 𝑪), такая, что
1. Для любой точки (𝒙𝟎 , 𝒚𝟎 ) из области регулярности уравнение
𝒚(𝒙𝟎 , 𝑪) = 𝒚𝟎 относительно произвольной постоянной 𝑪 имеет
единственное решение 𝑪 = 𝑪𝟎 .
2. 𝒚(𝒙, 𝑪𝟎 ) – решение ДУ. Это решение и называется частным.
ДУ с разделяющимися переменными
𝒚′ = 𝒇(𝒙) ∙ 𝒈(𝒚) или 𝒚′ =
𝒇(𝒙)
⁄𝒈(𝒚)
Решение.
.𝒚′ ≡
𝒅𝒚
𝒅𝒙
.
𝒅𝒚
𝒅𝒚
𝒅𝒚
= 𝒇(𝒙)𝒈(𝒚) →
= 𝒇(𝒙)𝒅𝒙 → ∫
= ∫ 𝒇(𝒙)𝒅𝒙 → 𝑮(𝒚) = 𝑭(𝒙) + 𝑪
𝒅𝒙
𝒈(𝒚)
𝒈(𝒚)
Ответ:𝑮(𝒚) = 𝑭(𝒙) + 𝑪 общий интеграл ДУ (общее решение в неявной
форме).
Пример №5.
Решить задачу Коши
𝟓
𝟓𝒚′ √𝒙 = −𝒚𝟓
.
{
𝒚(𝟑𝟐) = 𝟏
Решение.
Находим сначала общее решение (или общий интеграл) ДУ:
𝟓
𝟓𝒚′ √𝒙 = −𝒚𝟓 → 𝟓
𝒅𝒚 𝟓
𝒅𝒚
𝒅𝒙
𝒅𝒚
𝒅𝒙
√𝒙 = −𝒚𝟓 → 𝟓 𝟓 = − 𝟓 → ∫ 𝟓 𝟓 = − ∫ 𝟓 →
𝒅𝒙
𝒚
𝒚
√𝒙
√𝒙
𝟏
𝟓
𝟓 𝟒 𝟓
𝟏
𝟓
∫ 𝟓𝒚−𝟓 𝒅𝒚 = − ∫ 𝒙−𝟓 𝒅𝒙 → − 𝒚−𝟒 = − 𝒙+𝟓 − 𝑪 → 𝟒 = √𝒙𝟒 + 𝑪.
𝟒
𝟒
𝟒
𝒚
Теперь из начального условия находим постоянную интегрирования:
𝒚(𝟑𝟐) = 𝟏 →
𝟏
𝟓
= √𝟑𝟐𝟒 + 𝑪 → 𝟏 = 𝟏𝟔 + 𝑪 → 𝑪 = −𝟏𝟓.
𝟒
𝟏
Ответ:
Решение задачи Коши в неявной форме (частный интеграл):
𝟏
𝟓
= √𝒙𝟒 − 𝟏𝟓.
𝟒
𝒚
Еще пример.
Изучить и найти общее решение ДУ
𝒚′ = 𝟐√𝒚.
Решение.
Функция 𝚽(𝒙, 𝒚) = 𝟐√𝒚 определена при 𝒚 ≥ 𝟎. Следовательно, область
задания ДУ 𝑫 = {𝒚: 𝒚 ≥ 𝟎} – верхняя полуплоскость, включающая ось 𝑶𝑿.
Функция
𝝏𝚽(𝒙,𝒚)
𝝏𝒚
=
𝟏
√𝒚
определена при 𝒚 > 𝟎.
Функции 𝚽(𝒙, 𝒚) = 𝟐√𝒚,
𝝏𝚽(𝒙,𝒚)
𝝏𝒚
=
𝟏
√𝒚
непрерывны в любой области
верхней полуплоскости, в которой 𝒚 > 𝟎. Таким образом, областью
регулярности ДУ 𝑫𝑹 = {𝒚: 𝒚 > 𝟎} является вся верхняя полуплоскость за
исключением оси 𝑶𝑿.
Находим теперь общее решение (или общий интеграл) ДУ:
𝒚′ = 𝟐√ 𝒚 ⟺
𝒅𝒚
𝒅𝒚
𝒅𝒚
= 𝟐√ 𝒚 ⟺
= 𝒅𝒙 ⟺ ∫
= ∫ 𝒅𝒙 ⟺
𝒅𝒙
𝟐√ 𝒚
𝟐√ 𝒚
𝟐
(𝒙
⟺ √𝒚 = 𝒙 − 𝑪 ⟺ {𝒚 = − 𝑪)
𝒙≥𝑪
Как и следовало ожидать, в области регулярности через каждую точку
проходит одна интегральная кривая.
Геометрический смысл задачи о нахождении решения ДУ первого
порядка в нормальной форме.
Задание ДУ в нормальной форме 𝒚′ = 𝚽(𝒙, 𝒚) равносильно заданию
функции 𝚽(𝒙, 𝒚) в некоторой области 𝑫 плоскости 𝑹𝟐 .
Эта функция определяет значение производной 𝒚′ (𝒙, 𝒚) решения ДУ в
каждой точке этой области. Как известно, значение производной 𝒚′ (𝒙, 𝒚) равно
угловому коэффициенту касательной к графику решения ДУ 𝒚(𝒙)
(интегральной кривой):
𝒚′ (𝒙, 𝒚) = 𝚽(𝒙, 𝒚) = 𝒕𝒈𝜶(𝒙, 𝒚).
Таким образом, задание ДУ в нормальной форме равносильно заданию в
каждой точке области 𝑫 направления касательной к интегральной кривой,
проходящей через эту точку:
𝜶(𝒙, 𝒚) = 𝒂𝒓𝒄𝒕𝒈𝚽(𝒙, 𝒚).
Функцию 𝜶(𝒙, 𝒚) называют полем направлений.
Наглядное представление о поле направлений обычно получают
следующим образом. В области задания ДУ выбирают некоторую сетку. В
узлах этой сетки вычисляют значение 𝜶(𝒙, 𝒚) угла наклона касательной к
интегральной кривой и проводят через эти точки небольшие отрезки этих
касательных. В результате получают, например, следующую картину.
По этой картине несложно восстановить (голубые) линии, касательные к
которым изображены красными отрезками.
Эти линии не что иное, как интегральные кривые ДУ.
В итоге заключаем, что интегральная кривая – это кривая, которая в
каждой точке касается отрезков, изображающих поле направлений.
Разумеется, имея картину интегральных кривых, мы без труда можем
построить поле направлений.
Так, например, беглый взгляд на картину интегральных кривых
рассмотренного выше ДУ 𝒚′ = 𝟐√𝒚 позволяет заключить, что на оси абсцисс
все касательные к ним горизонтальны.
Этим же свойством обладает кривая (прямая) 𝒚 = 𝟎. Это означает, что
функция 𝒚 = 𝟎 также является решением ДУ, в чем нетрудно убедится
подстановкой 𝒚 = 𝟎 в уравнение 𝒚′ = 𝟐√𝒚.
Это так называемое особое решение, через каждую точку которого
проходят как минимум две интегральных кривых.
Заметим, что это решение не содержится в общем решении √𝒚 = 𝒙 − 𝑪.
Отметим также, что это ни в коем случае не противоречит теореме
существования и единственности, так как ось абсцисс не входит в область
регулярности.
Очевидно также, что интегральные кривые ДУ первого порядка не
пересекаются.
Линейные ДУ первого порядка (ЛДУ).
Неоднородное (НЛДУ) 𝒒(𝒙) ≢ 𝟎
𝒚′ + 𝒑(𝒙)𝒚 = 𝒒(𝒙)
Решение НЛДУ по методу Бернулли ищем в виде 𝒚 = 𝒖 ∙ 𝒗, где 𝒗 - частное
решение соответствующего однородного ЛДУ (ОЛДУ) 𝒗′ + 𝒑(𝒙)𝒗 = 𝟎.
Порядок решения.
1. Находим частное решение соответствующего однородного
уравнения:
𝒗′ + 𝒑(𝒙)𝒗 = 𝟎 → 𝒗 = 𝒗(𝒙)
2. По методу Бернулли ищем решение НЛДУ в виде 𝒚 = 𝒖 ∙ 𝒗.
Подставляем 𝒚 = 𝒖 ∙ 𝒗 в НЛДУ:
(𝒖𝒗)′ + 𝒑(𝒙)𝒖𝒗 = 𝒒(𝒙) ⟺ 𝒖′ 𝒗 + 𝒖𝒗′ + 𝒑(𝒙)𝒖𝒗 = 𝒒(𝒙) ⟺
𝒖′ 𝒗 + 𝒖(𝒗′ + 𝒑(𝒙)𝒗) = 𝒒(𝒙) ⟺ 𝒖′ 𝒗 = 𝒒(𝒙) ⟹ 𝒖′ =
𝒒(𝒙)
.
𝒗
3. Полученное частное решение 𝒗(𝒙) подставляем в уравнение для 𝒖′
и, интегрируя, находим 𝒖(𝒙, 𝑪):
𝒖′ =
𝒒(𝒙)
𝒒(𝒙)
→ 𝒖(𝒙, 𝑪) = ∫
𝒅𝒙
𝒗(𝒙)
𝒗(𝒙)
4. Перемножая 𝒖(𝒙, 𝑪), 𝒗(𝒙), получаем общее решение НЛДУ
𝒚 = 𝒖(𝒙, 𝑪) ∙ 𝒗(𝒙).
Пример №6. Решить задачу Коши
𝒚′ − 𝒚 = 𝟐𝒙𝒆𝒙
.
{
𝒚(𝟎) = 𝟑
Решение.
Находим сначала общее решение ДУ по методу Бернулли (𝒚 = 𝒖 ∙ 𝒗):
𝒗′ − 𝒗 = 𝟎 →
𝒅𝒗
𝒅𝒗
𝒅𝒗
=𝒗→
= 𝒅𝒙 → ∫
= ∫ 𝒅𝒙 → 𝐥𝐧 𝒗 = 𝒙 → 𝒗 = 𝒆𝒙 ,
𝒅𝒙
𝒗
𝒗
Подставляем 𝒚 = 𝒖 ∙ 𝒗 в НЛДУ:
(𝒖𝒗)′ − 𝒖𝒗 = 𝟐𝒙𝒆𝒙 ⟺ 𝒖′ 𝒗 + 𝒖𝒗′ − 𝒖𝒗 = 𝟐𝒙𝒆𝒙 ⟺ 𝒖′ 𝒗 + 𝒖(𝒗′ − 𝒗) = 𝟐𝒙𝒆𝒙 ⟺
𝒖′ 𝒗 = 𝟐𝒙𝒆𝒙 ⟺ 𝒖′ 𝒆𝒙 = 𝟐𝒙𝒆𝒙 ⟺ 𝒖′ =
𝟐𝒙𝒆𝒙
= 𝟐𝒙 → 𝒖 = ∫ 𝟐𝒙𝒅𝒙 = 𝒙𝟐 + 𝑪,
𝒙
𝒆
𝒚 = 𝒖𝒗 = (𝒙𝟐 + 𝑪)𝒆𝒙 .
Теперь из начального условия находим постоянную интегрирования:
𝒚(𝟎) = 𝟑 → (𝟎𝟐 + 𝑪)𝒆𝟎 = 𝟑 → 𝑪 = 𝟑.
Ответ: Решение задачи Коши
𝒚 = (𝒙𝟐 + 𝟑)𝒆𝒙 .
Johann I Bernoulli. 1667 – 1748. Switzerland.
Дифференциальные уравнения 2-ого порядка
Общий вид: 𝑭(𝒙, 𝒚, 𝒚′ , 𝒚′′ ) = 𝟎.
Нормальная форма ДУ второго порядка:
𝒚′′ = 𝚽(𝒙, 𝒚, 𝒚′ ) → 𝒚(𝒙)−?
(уравнение, разрешенное относительно старшей производной).
Задача Коши=ДУ+начальные условия:
𝒚′′ = 𝚽(𝒙, 𝒚, 𝒚′ )
{ 𝒚(𝒙𝟎 ) = 𝒚𝟎
𝒚′ (𝒙𝟎 ) = 𝒚′𝟎
Геометрический смысл задачи Коши для ДУ 2-ого порядка.
Задача Коши это задача о нахождении интегральной кривой ДУ,
проходящей через заданную точку (𝒙𝟎 , 𝒚𝟎 ) под заданным углом 𝜶 к оси
𝑶𝑿: 𝒕𝒈𝜶 = 𝒚′ 𝟎 .
Вопрос. Почему интегральные кривые ДУ первого порядка не могут
пересекаться в отличии от интегральных кривых ДУ второго порядка?
Физический смысл задачи Коши.
Пусть материальная точка массы 𝒎 двигается вдоль оси 𝑶𝑿 под
действием силы 𝑭 с ускорением 𝒂. Согласно второму закону Ньютона 𝒎𝒂 = 𝑭.
Пусть 𝒙 = 𝒙(𝒕) траектория тела. Тогда 𝒗(𝒕) = 𝒙′ (𝒕) - его скорость, а
𝒂(𝒕) = 𝒙′′ (𝒕) - его ускорение. Полагая, что сила зависит, вообще говоря,
от положения тела 𝒙(𝒕), его скорости 𝒙′ (𝒕) и времени 𝒕, заключаем, что второй
закон Ньютона принимает форму
𝒎𝒙′′ (𝒕) = 𝑭( 𝒕, 𝒙(𝒕), 𝒙′ (𝒕))
ДУ второго порядка для функции 𝒙(𝒕) (траектории).
Для однозначного определения траектории надо, как известно, задать
положение тела в некоторый момент времени 𝒙(𝒕𝟎 ) = 𝒙𝟎 и его скорость
𝒙′ (𝒕𝟎 ) = 𝒗𝟎 . Таким образом, с точки зрения математики задача определения
траектории тела - это задача Коши для ДУ второго порядка:
𝒎𝒙′′ (𝒕) = 𝑭( 𝒕, 𝒙(𝒕), 𝒙′ (𝒕))
𝒙(𝒕𝟎 ) = 𝒙𝟎
.
{
𝒙′ (𝒕𝟎 ) = 𝒗𝟎
Определение общего решения ДУ 2-ого порядка.
Общим решением ДУ 2-ого порядка называется функция 𝒚 = 𝒚(𝒙, 𝑪𝟏 , 𝑪𝟐 ),
такая, что
1. Для любой точки (𝒙𝟎 , 𝒚𝟎 , 𝒚′𝟎 ) из области регулярности система уравнений
𝒚(𝒙𝟎 , 𝑪𝟏 , 𝑪𝟐 ) = 𝒚𝟎
относительно произвольных постоянных 𝑪𝟏 , 𝑪𝟐
{ ′ (𝒙
𝒚 𝟎 , 𝑪𝟏 , 𝑪𝟐 ) = 𝒚′ 𝟎
𝑪 = 𝑪𝟏𝟎
имеет единственное решение { 𝟏
.
𝑪𝟐 = 𝑪𝟐𝟎
2. 𝒚(𝒙, 𝑪𝟏𝟎 , 𝑪𝟐𝟎 ) – решение ДУ.
Это решение называется частным.
Линейные дифференциальные уравнения 2-ого порядка.
Неоднородное (НОЛДУ):
𝒚′′ + 𝒑𝟏 (𝒙)𝒚′ + 𝒑𝟐 (𝒙)𝒚 = 𝒒(𝒙) ≢ 𝟎.
Соответствующее однородное (ОЛДУ):
𝒚′′ + 𝒑𝟏 (𝒙)𝒚′ + 𝒑𝟐 (𝒙)𝒚 ≡ 𝟎.
Замечание. Можно доказать, что справедлива следующая теорема
существования и единственности.
Если функции 𝒑𝟏 (𝒙), 𝒑𝟐 (𝒙), 𝒒(𝒙) непрерывны на отрезке [𝒂; 𝒃], то любая
задача Коши
𝒚′′ + 𝒑𝟏 ( 𝒙)𝒚′ + 𝒑𝟐 (𝒙)𝒚 = 𝒒(𝒙)
𝒚(𝒙𝟎 ) = 𝒚𝟎
∀𝒙𝟎 ∈ [𝒂; 𝒃], ∀𝒚𝟎 , 𝒚′𝟎
{
𝒚′ (𝒙𝟎 ) = 𝒚′𝟎
имеет единственное решение 𝒚(𝒙) ∀𝒙 ∈ [𝒂; 𝒃].
Ниже выполнение условий теоремы предполагается по умолчанию.
Операторная форма записи ЛДУ.
Определим дифференциальный оператор 𝑫𝟐 (второго порядка):
𝒅𝟐
𝒅
𝒚 + 𝒑𝟏 ( 𝒙)𝒚 + 𝒑𝟐 (𝒙)𝒚 ≡ ( 𝟐 + 𝒑𝟏 ( 𝒙)
+ 𝒑𝟐 (𝒙)) 𝒚 ≡ 𝑫𝟐 𝒚.
𝒅𝒙
𝒅𝒙
′′
′
То есть 𝑫𝟐 ≡
𝒅𝟐
𝒅𝒙𝟐
+ 𝒑 𝟏 ( 𝒙)
𝒅
𝒅𝒙
+ 𝒑𝟐 (𝒙).
Тогда линейные дифференциальные уравнения можно будет записывать
следующим экономным образом:
НОЛДУ:
𝑫𝟐 𝒚 = 𝒒(𝒙),
соответствующее ОЛДУ: 𝑫𝟐 𝒚 = 𝟎.
Пример.
НОЛДУ:
𝒚′′ + 𝒙𝟐 ∙ 𝒚′ + 𝐥𝐧 𝒙 ∙ 𝒚 = 𝒆𝒙 ⇔ 𝑫𝟐 𝒚 = 𝒆𝒙 , где
𝒅𝟐
𝒅
𝑫𝟐 ≡ 𝟐 + 𝒙𝟐
+ 𝐥𝐧 𝒙.
𝒅𝒙
𝒅𝒙
соответствующее ОЛДУ:
𝒚′′ + 𝒙𝟐 ∙ 𝒚′ + 𝐥𝐧 𝒙 ∙ 𝒚 = 𝟎 ⇔ 𝑫𝟐 𝒚 = 𝟎.
Лемма о линейности дифференциального оператора.
𝑫𝟐 линейный оператор, то есть для любых постоянных 𝑪𝟏 , 𝑪𝟐 и
любых дважды дифференцируемых функций 𝒚𝟏 , 𝒚𝟐
𝑫𝟐 ( 𝑪𝟏 𝒚𝟏 + 𝑪𝟐 𝒚𝟐 ) = 𝑪𝟏 𝑫𝟐 𝒚𝟏 + 𝑪𝟐 𝑫𝟐 𝒚𝟐 .
Доказательство:
𝑫𝟐 ( 𝑪𝟏 𝒚𝟏 + 𝑪𝟐 𝒚𝟐 ) =
= ( 𝑪𝟏 𝒚𝟏 + 𝑪𝟐 𝒚𝟐 )′′ + 𝒑𝟏 ( 𝒙)( 𝑪𝟏 𝒚𝟏 + 𝑪𝟐 𝒚𝟐 )′ + 𝒑𝟐 (𝒙)( 𝑪𝟏 𝒚𝟏 + 𝑪𝟐 𝒚𝟐 ) =
= ( 𝑪𝟏 𝒚𝟏 )′′ + 𝒑𝟏 ( 𝒙)( 𝑪𝟏 𝒚𝟏 )′ + 𝒑𝟐 (𝒙)( 𝑪𝟏 𝒚𝟏 ) +
+( 𝑪𝟐 𝒚𝟐 )′′ + 𝒑𝟏 ( 𝒙)( 𝑪𝟐 𝒚𝟐 )′ + 𝒑𝟐 (𝒙)( 𝑪𝟐 𝒚𝟐 ) =
= 𝑪𝟏 (𝒚𝟏 ′′ + 𝒑𝟏 ( 𝒙)𝒚𝟏 ′ + 𝒑𝟐 (𝒙)𝒚𝟏 ) + 𝑪𝟐 (𝒚𝟐 ′′ + 𝒑𝟏 ( 𝒙)𝒚𝟐 ′ + 𝒑𝟐 (𝒙)𝒚𝟐 ) =
= 𝑪𝟏 𝑫𝟐 𝒚𝟏 + 𝑪𝟐 𝑫𝟐 𝒚𝟐 .
Ч.т.д.
Теорема о суперпозиции решений ЛДУ.
Пусть 𝒚𝟏 - решение ЛДУ 𝑫𝟐 𝒚𝟏 = 𝒒𝟏 , а 𝒚𝟐 - решение ЛДУ 𝑫𝟐 𝒚𝟐 = 𝒒𝟐 .
Тогда 𝑪𝟏 𝒚𝟏 + 𝑪𝟐 𝒚𝟐 будет решением ЛДУ
𝑫𝟐 ( 𝑪𝟏 𝒚𝟏 + 𝑪𝟐 𝒚𝟐 ) = 𝑪𝟏 𝒒𝟏 + 𝑪𝟐 𝒒𝟐 .
Доказательство:
В силу Леммы 𝑫𝟐 ( 𝑪𝟏 𝒚𝟏 + 𝑪𝟐 𝒚𝟐 )= 𝑪𝟏 𝑫𝟐 𝒚𝟏 + 𝑪𝟐 𝑫𝟐 𝒚𝟐 .
Откуда по условию имеем
𝑫𝟐 ( 𝑪𝟏 𝒚𝟏 + 𝑪𝟐 𝒚𝟐 )= 𝑪𝟏 𝑫𝟐 𝒚𝟏 + 𝑪𝟐 𝑫𝟐 𝒚𝟐 = 𝑪𝟏 𝒒𝟏 + 𝑪𝟐 𝒒𝟐 .
Ч.т.д.
Пример №0.
𝒚′′ − 𝒚′ = 𝟏,
𝒚′′ − 𝒚′ = −𝟐𝒙.
𝒅𝟐
𝒅
𝑫𝟐 ≡ 𝟐 −
⟹
𝒅𝒙
𝒅𝒙
𝑫𝟐 𝒚𝟏 = 𝟏,
𝑫𝟐 𝒚𝟐 = −𝟐𝒙.
Угадаем решения: 𝒚𝟏 = −𝒙, 𝒚𝟐 = 𝒙𝟐 + 𝟐𝒙. Тогда решением уравнения
𝒚′′ − 𝒚′ = 𝟑 ∙ 𝟏 − 𝟓(−𝟐𝒙)
𝒚 = 𝟑𝒚𝟏 − 𝟓𝒚𝟐 = 𝟑 ∙ (−𝒙) − 𝟓(𝒙𝟐 + 𝟐𝒙).
Следствие №1.
Пусть 𝒒𝟏 = 𝒒𝟐 ≡ 𝟎, то есть речь идет о решения однородного уравнения:
𝒚𝟏 - решение ОЛДУ 𝑫𝟐 𝒚𝟏 = 𝟎, а 𝒚𝟐 - решение ОЛДУ 𝑫𝟐 𝒚𝟐 = 𝟎.
Тогда 𝑪𝟏 𝒚𝟏 + 𝑪𝟐 𝒚𝟐 будет решением ЛДУ
𝑫𝟐 ( 𝑪𝟏 𝒚𝟏 + 𝑪𝟐 𝒚𝟐 ) = 𝑪𝟏 ∙ 𝟎+𝑪𝟐 ∙ 𝟎 = 𝟎.
Таким образом, произвольная линейная комбинация решений ОЛДУ
также является решением этого ОЛДУ.
Пример №1.
𝒚′′ − 𝒚′ = 𝟎.
Угадаем решения этого однородного уравнения: 𝒚𝟏 = 𝝅, 𝒚𝟐 = 𝒆𝒙 .
Тогда функция 𝑪𝟏 𝒚𝟏 + 𝑪𝟐 𝒚𝟐 = 𝑪𝟏 𝝅 + 𝑪𝟐 𝒆𝒙 также будет решением этого
ОЛДУ.
Следствие №2.
Пусть 𝑪𝟏 = 𝑪𝟐 = 𝟏, 𝒒𝟏 = 𝟎, 𝒒𝟐 = 𝒒, то есть 𝒚𝟐 ≡ 𝒚𝑯 - решение
НОЛДУ 𝑫𝟐 𝒚𝑯 = 𝒒, а 𝒚𝟏 ≡ 𝒚𝟎 – решение соответствующего ОЛДУ
𝑫𝟐 𝒚𝟎 = 𝟎.
Тогда 𝒚𝟎 + 𝒚𝑯 также будет решением НОЛДУ
𝑫𝟐 (𝒚𝟎 + 𝒚𝑯 ) = 𝟏 ∙ 𝟎 + 𝟏 ∙ 𝒒 = 𝒒.
Таким образом, сумма решения НОЛДУ и соответствующего ОЛДУ
также является решением этого НОЛДУ.
Пример №2.
𝒚′′ − 𝒚′ = 𝟎 → 𝒚𝟎 = 𝝅.
𝒚′′ − 𝒚′ = −𝟐𝒙 → 𝒚𝑯 = 𝒙𝟐 + 𝟐𝒙.
Тогда сумма решений НОЛДУ и соответствующего ОЛДУ также будет
решением НОЛДУ.
𝒚𝟎 + 𝒚𝑯 = 𝝅 + 𝒙𝟐 + 𝟐𝒙 – решение уравнения 𝒚′′ − 𝒚′ = −𝟐𝒙.
Следствие №3. Наложение решений.
Пусть 𝑪𝟏 = 𝑪𝟐 = 𝟏, 𝒚𝟏 - решение НЛДУ 𝑫𝟐 𝒚𝟏 = 𝒒𝟏 , а 𝒚𝟐 - решение НЛДУ
𝑫𝟐 𝒚𝟐 = 𝒒𝟐 . Тогда 𝒚𝟏 + 𝒚𝟐 будет решением НЛДУ
𝑫𝟐 (𝒚𝟏 + 𝒚𝟐 ) = 𝒒𝟏 + 𝒒𝟐 .
Таким образом, суммирование решений НОЛДУ с одним и тем
дифференциальным оператором 𝑫𝟐 (левой частью) позволяет найти
решения НЛДУ, правая часть которых является суммой соответствующих
неоднородностей 𝒒𝟏 , 𝒒𝟐 .
Пример №3.
𝒚′′ − 𝒚′ = 𝟏 → 𝒚𝟏 = −𝒙, 𝒚′′ − 𝒚′ = −𝟐𝒙 → 𝒚𝟐 = 𝒙𝟐 + 𝟐𝒙.
Тогда решением уравнения 𝒚′′ − 𝒚′ = 𝟏 − 𝟐𝒙 будет функция
𝑦 = 𝒚𝟏 + 𝒚𝟐 = −𝒙 + 𝒙𝟐 + 𝟐𝒙.
Определение.
Определителем Вронского 𝑾, построенном на функциях 𝒚𝟏 , 𝒚𝟐 , ⋯ , 𝒚𝒏 ,
называется определитель матрицы
𝒚 𝟏 𝒚𝟐
𝒚′𝟏 𝒚′𝟐
𝑾(𝒙) ≡ 𝑾[𝒚𝟏 , 𝒚𝟐 , ⋯ , 𝒚𝒏 ] = | ⋯
⋯
(𝒏−𝟏)
(𝒏−𝟏)
𝒚𝟏
𝒚𝟏
⋯ 𝒚𝒏
⋯ 𝒚′𝒏
⋯
⋯ |
(𝒏−𝟏)
⋯ 𝒚𝟏
𝒚𝟏
При 𝒏 = 𝟐 → 𝑾(𝒙) ≡ 𝑾[𝒚𝟏 , 𝒚𝟐 ] = |𝒚′
𝟏
𝒚𝟐
𝒚′𝟐 |.
Jozef Maria Hoene-Wronski. 1776 – 1853. Polska.
Пример.
𝟐𝒙
−𝟑𝒙 ]
𝑾[𝟏, 𝒆 , 𝒆
𝟏 𝒆𝟐𝒙
= |𝟎 𝟐𝒆𝟐𝒙
𝟎 𝟒𝒆𝟐𝒙
𝟏
= 𝟐𝒆𝟐𝒙 ∙ 𝟑𝒆−𝟑𝒙 |
𝟐
𝒆−𝟑𝒙
𝟐𝒆𝟐𝒙
−𝟑𝒆−𝟑𝒙 | = | 𝟐𝒙
𝟒𝒆
𝟗𝒆−𝟑𝒙
−𝟑𝒆−𝟑𝒙 | =
𝟗𝒆−𝟑𝒙
−𝟏
| = 𝟑𝟎𝒆−𝒙 ≠ ∀𝒙.
𝟑
Напоминание.
⃗ , ⃗𝒃, 𝒄
⃗ , ⋯ , ⃗𝒅 называются
Определение. Векторы (совокупность векторов) 𝒂
линейно зависимыми, если хотя бы один из них линейно выражается через
другие.
⃗ + 𝜸𝒄
⃗.
Например, ⃗𝒂 = 𝜷𝒃
В противном случае, когда ни один из них линейно не выражается через
другие, совокупность векторов называется линейно независимой.
Очевидно, что два ненулевых вектора линейно независимы тогда и только
⃗ ).
⃗ ≠ 𝜆𝒃
тогда, когда они неколлинеарны (𝒂
Определение. Функции 𝒚𝟏 (𝒙), 𝒚𝟐 (𝒙), ⋯ , 𝒚𝒏 (𝒙) называются линейно
зависимыми на отрезке [𝒂, ], если хотя бы одна из них линейно выражается
через другие.
Например, 𝒚𝟏 (𝒙) = 𝟐𝒚𝟐 (𝒙) − 𝟓𝒚𝟑 (𝒙) ∀𝒙 ∈ [𝒂, 𝒃].
В противном случае, когда ни одна из них линейно не выражается через
другие на отрезке [𝒂, 𝒃], совокупность функций называется линейно
независимой на отрезке [𝒂, 𝒃].
Очевидно, что две ненулевые функции 𝒚𝟏 (𝒙), 𝒚𝟐 (𝒙) линейно независимы
на отрезке [𝒂, 𝒃] тогда и только, когда они не пропорциональны на отрезке
[𝒂, 𝒃]:
𝒚𝟏 (𝒙) ≠ 𝝀𝒚𝟐 (𝒙) ∀𝒙 ∈ [𝒂, 𝒃].
Пример.
Функции 𝐬𝐢𝐧 𝟐𝒙, 𝐬𝐢𝐧 𝒙 линейно независимы на всей оси (−∞, ∞), так как
𝐬𝐢𝐧 𝟐𝒙 = 𝟐 𝐬𝐢𝐧 𝒙 ∙ 𝐜𝐨𝐬 𝒙 ≠ 𝝀 𝐬𝐢𝐧 𝒙 ∀𝒙 ∈ (−∞, ∞).
Функции 𝒔𝒊𝒏𝟐 𝒙, 𝟏 − 𝐜𝐨𝐬 𝟐𝒙 линейно зависимы на всей оси (−∞, ∞), так как
𝟏 − 𝐜𝐨𝐬 𝟐𝒙 = 𝟐 ∙ 𝒔𝒊𝒏𝟐 𝒙 ∀𝒙 ∈ (−∞, ∞).
Можно доказать, что
Теорема об определителе Вронского (для 𝒏 = 𝟐).
Решения 𝒚𝟏 , 𝒚𝟐 ОЛДУ 𝒚′′ + 𝒑𝟏 (𝒙)𝒚′ + 𝒑𝟐 (𝒙)𝒚 ≡ 𝟎 линейно
независимы тогда и только тогда, когда 𝑾(𝒙𝟎 ) ≠ 𝟎, 𝒙𝟎 ∈ [𝒂; 𝒃].
Причем, если 𝑾(𝒙𝟎 ) ≠ 𝟎, то определитель ни в одной точке отрезка
[𝒂; 𝒃] не равен нулю.
Соответственно, если 𝑾(𝒙𝟎 ) = 𝟎, 𝒙𝟎 ∈ [𝒂; 𝒃], то определитель равен
нулю в любой точке отрезка [𝒂; 𝒃].
Комментарий.
Пусть решения 𝒚𝟏 , 𝒚𝟐 линейно зависимы, то есть какая-то функция
линейно выражается через другую на [𝒂; 𝒃]. Например, 𝒚𝟐 = 𝝀 ∙ 𝒚𝟏 ∀𝒙 ∈ [𝒂; 𝒃].
Тогда, дифференцируя, получаем 𝒚′𝟐 = 𝝀 ∙ 𝒚′𝟏 . Отсюда заключаем, что в
𝒚𝟏 𝒚𝟐
определителе |𝒚′ 𝒚′ | столбцы пропорциональны и, следовательно, он равен
𝟏
𝟐
нулю.
Замечание. В случае ОЛДУ 𝒏–ого порядка
𝒚(𝒏) + 𝒑𝟏 (𝒙) 𝒚(𝒏−𝟏) + ⋯ + 𝒑𝒏−𝟐 (𝒙)𝒚′′ + 𝒑𝒏−𝟏 (𝒙)𝒚′ + 𝒑𝒏 (𝒙)𝒚 = 𝟎
𝒏 его решений 𝒚𝟏 , 𝒚𝟐 , ⋯ , 𝒚𝒏 линейно независимы тогда и только тогда,
когда 𝑾[𝒚𝟏 (𝒙𝟎 ), 𝒚𝟐 (𝒙𝟎 ), ⋯ , 𝒚𝒏 (𝒙𝟎 )] ≠ 𝟎, 𝒙𝟎 ∈ [𝒂; 𝒃].
Теорема о структуре общего решение ОЛДУ.
Пусть 𝒚𝟏 , 𝒚𝟐 линейно независимые решения ОЛДУ:
𝑫𝟐 𝒚𝟏 = 𝟎, 𝑫𝟐 𝒚𝟐 = 𝟎. Тогда
𝒚𝟎𝟎 = 𝑪𝟏 𝒚𝟏 + 𝑪𝟐 𝒚𝟐
Общее решение ОЛДУ 2-ого порядка есть произвольная линейная
комбинация двух его линейно независимых решений.
Доказательство.
Согласно следствию №1 из теоремы о суперпозиции решений ЛДУ.
𝒚𝟎𝟎 = 𝑪𝟏 𝒚𝟏 + 𝑪𝟐 𝒚𝟐 − это решение ОЛДУ при любых значениях произвольных
постоянных.
Докажем теперь, что единственным образом эти постоянные можно найти
так, чтобы выполнялись начальные условия
𝒚(𝒙 ) = 𝒚𝟎
′
{ ′ 𝟎
′ ∀𝒙𝟎 ∈ [𝒂; 𝒃], ∀𝒚𝟎 , 𝒚𝟎 .
(𝒙
)
𝒚 𝟎 = 𝒚𝟎
Подставляя сюда вместо 𝒚 𝑪𝟏 𝒚𝟏 + 𝑪𝟐 𝒚𝟐 , получаем систему линейных
уравнений относительно 𝑪𝟏 , 𝑪𝟐
𝑪 𝒚 (𝒙 ) + 𝑪𝟐 𝒚𝟐 (𝒙𝟎 ) = 𝒚𝟎
,
{ 𝟏 𝟏 𝟎
𝑪𝟏 𝒚′𝟏 (𝒙𝟎 ) + 𝑪𝟐 𝒚′𝟐 (𝒙𝟎 ) = 𝒚′𝟎
определителем которой является определитель Вронского 𝑾(𝒙𝟎 ),
который отличен от нуля в силу линейной независимости 𝒚𝟏 , 𝒚𝟐 .
Таким образом, система определена, то есть ее решение существует и
единственно
𝑪 = 𝑪𝟏𝟎
.
{ 𝟏
𝑪𝟐 = 𝑪𝟐𝟎
Ч.т.д.
Пример.
𝒚′′ − 𝒚′ = 𝟎.
Нам известны два решения этого однородного уравнения:
𝒚𝟏 = 𝝅, 𝒚𝟐 = 𝒆𝒙 .
Они линейно независимы, так как не пропорциональны 𝝅 ≠ 𝒆𝒙 ∀𝒙.
Следовательно, функция 𝒚𝟎𝟎 = 𝑪𝟏 𝒚𝟏 + 𝑪𝟐 𝒚𝟐 = 𝑪𝟏 𝝅 + 𝑪𝟐 𝒆𝒙 будет общим
решением этого ОЛДУ.
Замечание. В случае ОЛДУ 𝒏–ого порядка
𝒚(𝒏) + 𝒑𝟏 (𝒙) 𝒚(𝒏−𝟏) + ⋯ + 𝒑𝒏−𝟐 (𝒙)𝒚′′ + 𝒑𝒏−𝟏 (𝒙)𝒚′ + 𝒑𝒏 (𝒙)𝒚 = 𝟎
его общим решением является произвольная линейная комбинация из 𝒏 линейно
независимых решений этого уравнения:
𝒚𝟎𝟎 = 𝑪𝟏 𝒚𝟏 + 𝑪𝟐 𝒚𝟐 + ⋯ + 𝑪𝒏 𝒚𝒏 .
Теорема о структуре общего решения НЛДУ.
Пусть 𝒚Ч𝑯 решение НОЛДУ 𝑫𝟐 𝒚Ч𝑯 = 𝒒, а 𝒚𝑶𝑶 = 𝑪𝟏 𝒚𝟏 + 𝑪𝟐 𝒚𝟐 общее
решение соответствующего ОЛДУ 𝑫𝟐 𝒚𝑶𝑶 = 𝟎. Тогда
𝒚𝑶𝑯 = 𝒚𝑶𝑶 + 𝒚Ч𝑯
Общее решение НЛДУ есть сумма общего решения соответствующего ОЛДУ и
частного решения этого НЛДУ. Подробнее
𝒚𝑶𝑯 = 𝑪𝟏 𝒚𝟏 + 𝑪𝟐 𝒚𝟐 + 𝒚Ч𝑯 .
Доказательство.
Согласно следствию №2 из теоремы о суперпозиции решений ЛДУ
𝒚𝑶𝑶 + 𝒚Ч𝑯 − это решение НЛДУ.
Докажем теперь, что единственным образом постоянные 𝑪𝟏 , 𝑪𝟐 можно
найти так, чтобы выполнялись начальные условия
𝒚(𝒙 ) = 𝒚𝟎
′
{ ′ 𝟎
′ ∀𝒙𝟎 ∈ [𝒂; 𝒃], ∀𝒚𝟎 , 𝒚𝟎 .
𝒚 (𝒙𝟎 ) = 𝒚𝟎
Подставляя сюда вместо 𝒚 𝑪𝟏 𝒚𝟏 + 𝑪𝟐 𝒚𝟐 + 𝒚Ч𝑯 , получаем систему
линейных уравнений относительно 𝑪𝟏 , 𝑪𝟐
𝑪𝟏 𝒚𝟏 (𝒙𝟎 ) + 𝑪𝟐 𝒚𝟐 (𝒙𝟎 ) + 𝒚Ч𝑯 (𝒙𝟎 ) = 𝒚𝟎
{
⟺
𝑪𝟏 𝒚′𝟏 (𝒙𝟎 ) + 𝑪𝟐 𝒚′𝟐 (𝒙𝟎 ) + 𝒚′ Ч𝑯 (𝒙𝟎 ) = 𝒚′𝟎
⟺{
𝑪𝟏 𝒚𝟏 (𝒙𝟎 ) + 𝑪𝟐 𝒚𝟐 (𝒙𝟎 ) = 𝒚𝟎 −𝒚Ч𝑯 (𝒙𝟎 )
,
𝑪𝟏 𝒚′𝟏 (𝒙𝟎 ) + 𝑪𝟐 𝒚′𝟐 (𝒙𝟎 ) = 𝒚′𝟎 − 𝒚′ Ч𝑯 (𝒙𝟎 )
определителем которой является определитель Вронского 𝑾(𝒙𝟎 ). Он отличен
от нуля в силу линейной независимости 𝒚𝟏 , 𝒚𝟐 . Таким образом, система
𝑪 = 𝑪𝟏𝟎
определена, то есть ее решение существует и единственно: { 𝟏
.
𝑪𝟐 = 𝑪𝟐𝟎
Ч.т.д.
Следствие. Чтобы найти 𝒚𝑶𝑯 достаточно найти 𝒚𝑶𝑶 и 𝒚Ч𝑯 (см. ниже
ОЛДУ с постоянными коэффициентами и метод подбора).
Пример.
𝒚′′ − 𝒚′ = −𝟐𝒙.
Нам известны частное решение 𝒚Ч𝑯 = 𝒙𝟐 + 𝟐𝒙 этого НОЛДУ и общее
решение 𝒚𝟎𝟎 = 𝑪𝟏 𝒚𝟏 + 𝑪𝟐 𝒚𝟐 = 𝑪𝟏 𝝅 + 𝑪𝟐 𝒆𝒙 соответствующего ОЛДУ.
Следовательно, общим решением этого НОЛДУ буде функция
𝒚𝑶𝑯 = 𝒚𝑶𝑶 + 𝒚Ч𝑯 = 𝑪𝟏 𝝅 + 𝑪𝟐 𝒆𝒙 + 𝒙𝟐 + 𝟐𝒙.
ОЛДУ 𝒏-ого порядка с постоянными коэффициентами.
Стандартная форма:
𝒚(𝒏) + 𝒑𝟏 𝒚(𝒏−𝟏) + ⋯ + 𝒑𝒏−𝟐 𝒚′′ + 𝒑𝒏−𝟏 𝒚′ + 𝒑𝒏 𝒚 = 𝟎.
Здесь коэффициенты 𝒑𝟏 , 𝒑𝟐 , ⋯ , 𝒑𝒏 – постоянные (числа).
Попытаемся искать решение в виде 𝒚 = 𝒆𝒌𝒙 , где 𝒌 – число.
Теорема.
Функция 𝒚 = 𝒆𝒌𝒙 является решением ОЛДУ
𝒚(𝒏) + 𝒑𝟏 𝒚(𝒏−𝟏) + ⋯ + 𝒑𝒏−𝟐 𝒚′′ + 𝒑𝒏−𝟏 𝒚′ + 𝒑𝒏 𝒚 = 𝟎 ⟺
число 𝒌 - корень (характеристического) уравнения
𝒌𝒏 + 𝒑𝟏 𝒌𝒏−𝟏 + ⋯ + 𝒑𝒏−𝟐 𝒌𝟐 + 𝒑𝒏−𝟏 𝒌 + 𝒑𝒏 = 𝟎.
Доказательство.
Напомним, что функция 𝒚 = 𝒆𝒌𝒙 называется решением ДУ (ОЛДУ в
нашем случае), если подстановка этой функции в ДУ обращает его в тождество.
Вычислим производные:
𝒚 = 𝒆𝒌𝒙 , 𝒚′ = 𝒌𝒆𝒌𝒙 , 𝒚′′ = 𝒌𝟐 𝒆𝒌𝒙 , ⋯ , 𝒚(𝒏−𝟏) = 𝒌𝒏−𝟏 𝒆𝒌𝒙 , 𝒚(𝒏) = 𝒌𝒏 𝒆𝒌𝒙
и подставим их в наше ОЛДУ
𝒚(𝒏) + 𝒑𝟏 𝒚(𝒏−𝟏) + ⋯ + 𝒑𝒏−𝟐 𝒚′′ + 𝒑𝒏−𝟏 𝒚′ + 𝒑𝒏 𝒚 = 𝟎,
вынеся за скобки общий для всех слагаемых множитель 𝒆𝒌𝒙 ≠ 𝟎:
𝟎 ≠ 𝒆𝒌𝒙 ∙ ( 𝒌𝒏 + 𝒑𝟏 𝒌𝒏−𝟏 + ⋯ + 𝒑𝒏−𝟐 𝒌𝟐 + 𝒑𝒏−𝟏 𝒌 + 𝒑𝒏 ) = 𝟎 ⟺
𝒌𝒏 + 𝒑𝟏 𝒌𝒏−𝟏 + ⋯ + 𝒑𝒏−𝟐 𝒌𝟐 + 𝒑𝒏−𝟏 𝒌 + 𝒑𝒏 = 𝟎.
Ч.т.д.
Замечание №1. Характеристическое уравнение получается из
дифференциального “заменой” 𝒚(𝒎) → 𝒌𝒎 , 𝒎 = 𝟎, 𝟏, 𝟐, ⋯ , 𝒏.
Замечание №2. Если все корни характеристического уравнения простые
(𝒌𝟏 ≠ 𝒌𝟐 ≠ ⋯ ≠ 𝒌𝒏 ), то общим решением ОЛДУ порядка 𝒏 будет функция
𝒚𝟎𝟎 = 𝑪𝟏 𝒆𝒌𝟏 𝒙 +𝑪𝟐 𝒆𝒌𝟐𝒙 + ⋯ + 𝑪𝒏 𝒆𝒌𝒏𝒙 .
Пример №7. Найти общее решение ОЛДУ
𝒚′′′ + 𝒚′′ − 𝟔𝒚′ = 𝟎.
Решение.
Составляем характеристическое уравнение
𝒌𝟑 + 𝒌𝟐 − 𝟔𝒌 = 𝟎
𝒌=𝟎
и решаем его 𝒌(𝒌 + 𝒌 − 𝟔) = 𝟎 ⇔ [ 𝒌 = 𝟐 .
𝒌 = −𝟑
𝟐
Согласно теореме, его решениями будут функции
𝒚𝟏 = 𝟏,
𝒚𝟐 = 𝒆𝟐𝒙 ,
𝒚𝟑 = 𝒆−𝟑𝒙 .
С помощью теоремы об определителе Вронского убеждаемся в том, что
эти решения линейно независимы:
𝟐𝒙
−𝟑𝒙 ]
𝑾[𝟏, 𝒆 , 𝒆
𝟏 𝒆𝟐𝒙
= |𝟎 𝟐𝒆𝟐𝒙
𝟎 𝟒𝒆𝟐𝒙
𝟏
= 𝟐𝒆𝟐𝒙 ∙ 𝟑𝒆−𝟑𝒙 |
𝟐
𝒆−𝟑𝒙
𝟐𝒆𝟐𝒙
−𝟑𝒆−𝟑𝒙 | = | 𝟐𝒙
𝟒𝒆
𝟗𝒆−𝟑𝒙
−𝟑𝒆−𝟑𝒙 | =
𝟗𝒆−𝟑𝒙
−𝟏
| = 𝟑𝟎𝒆−𝒙 ≠ ∀𝒙.
𝟑
Следовательно, согласно замечания к теореме о структуре о общего
решения ОЛДУ, заключаем, общим решением нашего уравнения является
функция
𝒚𝟎𝟎 = 𝑪𝟏 𝒚𝟏 + 𝑪𝟐 𝒚𝟐 + 𝑪𝟑 𝒚𝟑 = 𝑪𝟏 + 𝑪𝟐 𝒆𝟐𝒙 + 𝑪𝟑 𝒆−𝟑𝒙 .
Ответ:
𝒚𝟎𝟎 = 𝑪𝟏 + 𝑪𝟐 𝒆𝟐𝒙 +𝑪𝟑 𝒆−𝟑𝒙 .
ОЛДУ второго порядка с постоянными коэффициентами.
(𝒑𝟏 , 𝒑𝟐 числа).
𝒚′′ + 𝒑𝟏 𝒚′ + 𝒑𝟐 𝒚 = 𝟎.
Порядок решения.
1. Составляем характеристическое уравнение 𝒌𝟐 + 𝒑𝟏 𝒌 + 𝒑𝟐 = 𝟎.
Сравните
𝒚′′ + 𝒑𝟏 𝒚′ + 𝒑𝟐 𝒚 = 𝟎
.
𝒌𝟐 + 𝒑 𝟏 𝒌 + 𝒑𝟐 = 𝟎
2. Находим корни этого квадратного уравнения: 𝒌𝟏,𝟐 .
D дискриминант
корни
𝒚𝟎𝟎 = 𝑪𝟏 𝒚𝟏 + 𝑪𝟐 𝒚𝟐
𝑫>𝟎
𝒌𝟏 ≠ 𝒌𝟐
𝑪𝟏 𝒆𝒌𝟏𝒙 + 𝑪𝟐 𝒆𝒌𝟐𝒙
𝑫=𝟎
𝒌𝟏 = 𝒌𝟐 = 𝒌
𝒆𝒌𝒙 (𝑪𝟏 + 𝑪𝟐 𝒙)
𝑫<𝟎
𝒌𝟏,𝟐 = 𝜶 ± 𝒊𝜷
𝒆𝜶𝒙 (𝑪𝟏 𝐜𝐨𝐬 𝜷𝒙 + 𝑪𝟐 𝐬𝐢𝐧 𝜷𝒙)
3. Пользуясь таблицей, записываем общее решение 𝒚𝟎𝟎 ОЛДУ.
Замечание. Вид общего решения в первой строке - частный случай (𝒏 = 𝟐).
Смотри замечание №2 к последней теореме.
Общее решение в последней строке получается, если экспоненту с чисто
комплексным показателем выразить с помощью формулы Эйлера через синус и
косинус:𝒆𝒊𝝋 = 𝐜𝐨𝐬 𝝋 + 𝒊 𝐬𝐢𝐧 𝝋.
Пример №8.
Найти общее решение ОЛДУ:
𝒚′′ − 𝟑𝒚′ + 𝟐𝒚 = 𝟎.
Решение.
Составляем характеристическое уравнение
𝒌𝟐 − 𝟑𝒌 + 𝟐 = 𝟎.
Находим корни этого квадратного уравнения:
𝒌𝟏 = 𝟏, 𝒌𝟐 = 𝟐.
Пользуясь таблицей, записываем общее решение 𝒚𝟎𝟎 ОЛДУ.
Ответ:
𝒚𝟎𝟎 = 𝑪𝟏 𝒆𝒙 + 𝑪𝟐 𝒆𝟐𝒙 .
Пример №9.
Найти общее решение ОЛДУ:
𝒚′′ − 𝟔𝒚′ + 𝟗𝒚 = 𝟎.
Решение.
Составляем характеристическое уравнение
𝒌𝟐 − 𝟔𝒌 + 𝟗 = 𝟎.
Находим корни этого квадратного уравнения:
𝒌𝟏 = 𝒌𝟐 = 𝟑.
Пользуясь таблицей, записываем общее решение 𝒚𝟎𝟎 ОЛДУ.
Ответ:
𝒚𝟎𝟎 = 𝒆𝟑𝒙 (𝑪𝟏 + 𝑪𝟐 𝒙).
Пример №10.
Найти общее решение ОЛДУ:
𝒚′′ − 𝟔𝒚′ + 𝟏𝟑𝒚 = 𝟎.
Решение.
Составляем характеристическое уравнение
𝒌𝟐 − 𝟔𝒌 + 𝟏𝟑 = 𝟎.
Находим корни этого квадратного уравнения:
𝒌𝟏 = 𝟑 + 𝟐𝒊,
𝒌𝟐 = 𝟑 − 𝟐𝒊.
Пользуясь таблицей, записываем общее решение 𝒚𝟎𝟎 ОЛДУ.
Ответ:
𝒚𝟎𝟎 = 𝒆𝟑𝒙 (𝑪𝟏 𝐜𝐨𝐬 𝟐𝒙 + 𝑪𝟐 𝐬𝐢𝐧 𝟐𝒙).
НЛДУ второго порядка со специальной
правой частью.
𝒚′′ + 𝒑𝟏 𝒚′ + 𝒑𝟐 𝒚 = 𝒒(𝒙).
Нахождение частного решения 𝒚′′ + 𝒑𝟏 𝒚′ + 𝒑𝟐 𝒚 = 𝒒(𝒙)
методом подбора (рецепты a, b, c, d).
“Специальная правая часть”.
Пусть 𝒌𝟏 , 𝒌𝟐 корни характеристического уравнения
𝒌𝟐 + 𝒑𝟏 𝒌 + 𝒑𝟐 = 𝟎
соответствующего ОЛДУ 𝒚′′ + 𝒑𝟏 𝒚′ + 𝒑𝟐 𝒚 = 𝟎.
Если
a) 𝒒(𝒙) = ̅̅̅̅
𝑷𝒏 (𝒙).
Здесь ̅̅̅̅
𝑷𝒏 (𝒙) - некоторый (известный, заданный) многочлен порядка 𝒏.
Тогда частное решение всегда можно найти в виде
𝒚Ч𝑯 = 𝒙𝒓 ∙ 𝑷𝒏 (𝒙).
Здесь 𝒓 число совпадений контрольного числа 𝒛𝒂 = 𝟎 с корнями
характеристического уравнения.
𝒓 = 𝟎, если 𝒌𝟏 , 𝒌𝟐 ≠ 𝟎.
𝒓 = 𝟏, если 𝒌𝟏 = 𝟎, 𝒌𝟐 ≠ 𝟎 ⋁ 𝒌𝟏 ≠ 𝟎, 𝒌𝟐 = 𝟎.
𝒓 = 𝟐, если 𝒌𝟏 = 𝒌𝟐 = 𝟎.
𝑷𝒏 (𝒙) - неизвестный (общего вида) многочлен порядка 𝒏,
коэффициенты (𝒂, 𝒃, 𝒄, … ) которого и надо подобрать так, чтобы функция
𝒚Ч𝑯 = 𝒙𝒓 ∙ 𝑷𝒏 (𝒙) была решением неоднородного уравнения (НЛДУ).
Напомним, что многочлены общего вида - это
𝑷𝟎 (𝒙) = 𝒂,
𝑷𝟏 (𝒙) = 𝒂𝒙 + 𝒃,
𝑷𝟐 (𝒙) = 𝒂𝒙𝟐 + 𝒃𝒙 + 𝒄, ⋯.
Пример №11.
Найти общее решение НЛДУ:
𝒚′′ − 𝒚′ = 𝟏 − 𝟒𝒙.
Решение.
A. Находим сначала общее решение соответствующего ОЛДУ:
𝒚′′ − 𝒚′ = 𝟎.
1. Составляем характеристическое уравнение 𝒌𝟐 − 𝒌 = 𝟎.
2. Решаем это квадратное уравнение: 𝒌𝟏 = 𝟎, 𝒌𝟐 = 𝟏.
3. Пользуясь таблицей,
D дискриминант
корни
𝒚𝟎𝟎 = 𝑪𝟏 𝒚𝟏 + 𝑪𝟐 𝒚𝟐
𝑫>𝟎
𝒌𝟏 ≠ 𝒌𝟐
𝑪𝟏 𝒆𝒌𝟏𝒙 + 𝑪𝟐 𝒆𝒌𝟐 𝒙
𝑫=𝟎
𝒌𝟏 = 𝒌𝟐 = 𝒌
𝒆𝒌𝒙 (𝑪𝟏 + 𝑪𝟐 𝒙)
𝑫<𝟎
𝒌𝟏,𝟐 = 𝜶 ± 𝒊𝜷
𝒆𝜶𝒙 (𝑪𝟏 𝐜𝐨𝐬 𝜷𝒙 + 𝑪𝟐 𝐬𝐢𝐧 𝜷𝒙)
записываем общее решение ОЛДУ
𝒚𝑶𝑶 = 𝑪𝟏 + 𝑪𝟐 𝒆𝒙 .
B. Находим методом подбора частное решение НЛДУ.
Запишем правую часть ДУ 𝒚′′ − 𝒚′ = 𝟏 − 𝟒𝒙 в виде
𝒒(𝒙) = 𝟏 − 𝟒𝒙 = 𝑷𝟏 (𝒙).
Таким образом 𝒛𝒂 = 𝟎, 𝒏 = 𝟏. Так как 𝒛𝒂 = 𝒌𝟏 , 𝒛𝒂 ≠ 𝒌𝟐 , то 𝒓 = 𝟏.
Следовательно,
𝒒(𝒙) = ̅̅̅̅
𝑷𝒏 (𝒙) → 𝒚Ч𝑯 = 𝒙𝒓 ∙ 𝑷𝒏 (𝒙)
частное решение надо искать в виде
𝒚Ч𝑯 = 𝒙𝟏 ∙ 𝑷𝟏 (𝒙) = 𝒙(𝒂𝒙 + 𝒃) = 𝒂𝒙𝟐 + 𝒃𝒙.
Находим производные
𝒚′Ч𝑯 = 𝟐𝒂𝒙 + 𝒃, 𝒚′′Ч𝑯 = 𝟐𝒂,
Подставляем 𝒚Ч𝑯 , 𝒚′Ч𝑯 , 𝒚′′Ч𝑯 в НЛДУ
𝒚′′ − 𝒚′ = 𝟏 − 𝟒𝒙
и требуем, чтобы оно обращалось в тождество:
𝟐𝒂 − 𝟐𝒂𝒙 − 𝒃 ≡ 𝟏 − 𝟒𝒙 ⟺ −𝟐𝒂𝒙 + 𝟐𝒂 − 𝒃 ≡ −𝟒𝒙 + 𝟏.
Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях 𝒙 в правой и левой
частях тождества, получаем систему уравнений для нахождения неизвестных
𝒂, 𝒃:
−𝟐𝒂
= −𝟒
{
.
𝟐𝒂 − 𝒃 = 𝟏
Решая систему, имеем
{
𝒂=𝟐
.
𝒃=𝟑
Таким образом 𝒚Ч𝑯 = 𝟐𝒙𝟐 + 𝟑𝒙.
Ответ:
𝒚𝑶𝑯 = 𝒚𝑶𝑶 + 𝒚Ч𝑯 = 𝑪𝟏 + 𝑪𝟐 𝒆𝒙 + 𝟐𝒙𝟐 + 𝟑𝒙.
Если
b) 𝒒(𝒙) = ̅̅̅̅
𝑷𝒏 (𝒙)𝒆𝝁𝒙 .
Тогда частное решение всегда можно найти в виде
𝒚Ч𝑯 = 𝒙𝒓 ∙ 𝑷𝒏 (𝒙) ∙ 𝒆𝝁𝒙 .
Здесь 𝒓 число совпадений контрольного числа 𝒛 𝒃 = 𝝁 с корнями
характеристического уравнения.
𝒓 = 𝟎, если 𝝁 ≠ 𝒌𝟏 , 𝒌𝟐 .
𝒓 = 𝟏, если 𝝁 = 𝒌𝟏 , 𝝁 ≠ 𝒌𝟐 ∨ 𝝁 ≠ 𝒌𝟏 𝝁 = 𝒌𝟐 .
𝒓 = 𝟐, если 𝝁 = 𝒌𝟏 = 𝒌𝟐 .
Пример №12.
Найти общее решение НЛДУ:
𝒚′′ + 𝟒𝒚 = (𝟓𝒙 + 𝟑)𝒆−𝒙 .
Решение.
A. Находим сначала общее решение соответствующего ОЛДУ:
𝒚′′ + 𝟒𝒚 = 𝟎.
1. Составляем характеристическое уравнение 𝒌𝟐 + 𝟒 = 𝟎.
2. Решаем это квадратное уравнение: 𝒌𝟏,𝟐 = 𝜶 ± 𝒊𝜷 = ± 𝟐𝒊.
3. Пользуясь таблицей,
D дискриминант
корни
𝒚𝟎𝟎 = 𝑪𝟏 𝒚𝟏 + 𝑪𝟐 𝒚𝟐
𝑫>𝟎
𝒌𝟏 ≠ 𝒌𝟐
𝑪𝟏 𝒆𝒌𝟏𝒙 + 𝑪𝟐 𝒆𝒌𝟐 𝒙
𝑫=𝟎
𝒌𝟏 = 𝒌𝟐 = 𝒌
𝒆𝒌𝒙 (𝑪𝟏 + 𝑪𝟐 𝒙)
𝑫<𝟎
𝒌𝟏,𝟐 = 𝜶 ± 𝒊𝜷
𝒆𝜶𝒙 (𝑪𝟏 𝐜𝐨𝐬 𝜷𝒙 + 𝑪𝟐 𝐬𝐢𝐧 𝜷𝒙)
записываем общее решение ОЛДУ
𝒚𝑶𝑶 = 𝑪𝟏 𝐜𝐨𝐬 𝟐𝒙 + 𝑪𝟐 𝐬𝐢𝐧 𝟐𝒙.
B. Находим методом подбора частное решение НЛДУ.
Запишем правую часть ДУ 𝒚′′ + 𝟒𝒚 = (𝟓𝒙 + 𝟑)𝒆−𝒙 в виде
̅ 𝟏 (𝒙)𝒆−𝒙 .
𝒒(𝒙) = (𝟓𝒙 + 𝟑)𝒆−𝒙 = 𝑷
Таким образом, 𝒏 = 𝟏, 𝒛𝒃 = 𝝁 = −𝟏. Так как 𝒛𝒃 ≠ 𝒌𝟏 , 𝒌𝟐 , то 𝒓 = 𝟎.
Следовательно,
𝒒(𝒙) = ̅̅̅̅
𝑷𝒏 (𝒙) ∙ 𝒆𝝁𝒙 → 𝒚Ч𝑯 = 𝒙𝒓 ∙ 𝑷𝒏 (𝒙) ∙ 𝒆𝝁𝒙
частное решение неоднородного уравнения надо искать в виде
𝒚Ч𝑯 = 𝒙𝟎 ∙ 𝑷𝟏 (𝒙) ∙ 𝒆−𝒙 = (𝒂𝒙 + 𝒃)𝒆−𝒙 .
Находим производные
𝒚′ Ч𝑯 = (𝒂𝒙 + 𝒃)′ 𝒆−𝒙 + (𝒂𝒙 + 𝒃)(𝒆−𝒙 )′ = 𝒂𝒆−𝒙 − (𝒂𝒙 + 𝒃)𝒆−𝒙 =
= 𝒆−𝒙 (−𝒂𝒙 − 𝒃 + 𝒂),
𝒚′′Ч𝑯 = (𝒆−𝒙 )′ (−𝒂𝒙 − 𝒃 + 𝒂) + 𝒆−𝒙 (−𝒂𝒙 − 𝒃 + 𝒂)′ =
= −𝒆−𝒙 (−𝒂𝒙 − 𝒃 + 𝒂) − 𝒂𝒆−𝒙 = 𝒆−𝒙 (𝒂𝒙 + 𝒃 − 𝟐𝒂).
Подставляем 𝒚Ч𝑯 , 𝒚′Ч𝑯 , 𝒚′′Ч𝑯 в НЛДУ
𝒚′′ + 𝟒𝒚 = (𝟓𝒙 + 𝟑)𝒆−𝒙
и требуем, чтобы оно обращалось в тождество:
𝒆−𝒙 (𝒂𝒙 + 𝒃 − 𝟐𝒂) + 𝟒(𝒂𝒙 + 𝒃)𝒆−𝒙 ≡ (𝟓𝒙 + 𝟑)𝒆−𝒙 .
Сокращаем обе части тождества на 𝒆−𝒙 :
𝒂𝒙 + 𝒃 − 𝟐𝒂 + 𝟒(𝒂𝒙 + 𝒃) ≡ 𝟓𝒙 + 𝟑 ⟺ 𝟓𝒂𝒙 + 𝟓𝒃 − 𝟐𝒂 ≡ 𝟓𝒙 + 𝟑.
Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях 𝒙 в правой и левой
частях тождества, получаем систему уравнений для нахождения неизвестных
𝒂, 𝒃:
𝟓𝒂
=𝟓
{
.
𝟓𝒃 − 𝟐𝒂 = 𝟑
Решая систему, имеем
{
𝒂=𝟏
.
𝒃=𝟏
Таким образом 𝒚Ч𝑯 = (𝒙 + 𝟏)𝒆−𝒙 .
Ответ:
𝒚𝑶𝑯 = 𝒚𝑶𝑶 + 𝒚Ч𝑯 = 𝑪𝟏 𝐜𝐨𝐬 𝟐𝒙 + 𝑪𝟐 𝐬𝐢𝐧 𝟐𝒙 + (𝒙 + 𝟏)𝒆−𝒙 .
Если
c) 𝒒(𝒙) = 𝑷𝒏 (𝒙) 𝐜𝐨𝐬 𝝂𝒙 + 𝑸𝒏 (𝒙) 𝐬𝐢𝐧 𝝂𝒙.
Тогда частное решение всегда можно найти в виде
𝒚Ч𝑯 = 𝒙𝒓 (𝑷𝒍 (𝒙) 𝐜𝐨𝐬 𝝂𝒙 + 𝑸𝒍 (𝒙) 𝐬𝐢𝐧 𝝂𝒙).
Здесь 𝒓 число совпадений контрольного числа 𝒛 𝒄 = 𝒊𝝂 с корнями
характеристического уравнения.
𝒓 = 𝟎, если 𝒊𝝂 ≠ 𝒌𝟏 , 𝒌𝟐 .
𝒓 = 𝟏, если 𝒊𝝂 = 𝒌𝟏 , 𝒊𝝂 ≠ 𝒌𝟐 ∨ 𝒊𝝂 ≠ 𝒌𝟏 , 𝒊𝝂 = 𝒌𝟐 .
𝒓 = 𝟐, если 𝒊𝝂 = 𝒌𝟏 = 𝒌𝟐 . Это невозможно, если коэффициенты
соответствующего ОЛДУ вещественные.
𝒍 = 𝒎𝒂𝒙(𝒏; 𝒎).
Пример №13.
Найти общее решение НЛДУ:
𝒚" + 𝟐𝒚′ + 𝒚 = −𝟐𝟓 𝐬𝐢𝐧 𝟐𝒙.
Решение.
A. Находим сначала общее решение соответствующего ОЛДУ:
𝒚′′ + 𝟐𝒚′ + 𝒚 = 𝟎.
1. Составляем характеристическое уравнение 𝒌𝟐 + 𝟐𝒌 + 𝟏 = 𝟎.
2. Решаем это квадратное уравнение: 𝒌𝟏 = 𝒌𝟐 = −𝟏.
3. Пользуясь таблицей,
D дискриминант
корни
𝒚𝟎𝟎 = 𝑪𝟏 𝒚𝟏 + 𝑪𝟐 𝒚𝟐
𝑫>𝟎
𝒌𝟏 ≠ 𝒌𝟐
𝑪𝟏 𝒆𝒌𝟏𝒙 + 𝑪𝟐 𝒆𝒌𝟐 𝒙
𝑫=𝟎
𝒌𝟏 = 𝒌𝟐 = 𝒌
𝒆𝒌𝒙 (𝑪𝟏 + 𝑪𝟐 𝒙)
𝑫<𝟎
𝒌𝟏,𝟐 = 𝜶 ± 𝒊𝜷
𝒆𝜶𝒙 (𝑪𝟏 𝐜𝐨𝐬 𝜷𝒙 + 𝑪𝟐 𝐬𝐢𝐧 𝜷𝒙)
записываем общее решение ОЛДУ
𝒚𝑶𝑶 = 𝒆−𝒙 (𝑪𝟏 + 𝑪𝟐 𝒙).
B. Находим методом подбора частное решение НЛДУ.
Запишем правую часть ДУ 𝒚" + 𝟐𝒚′ + 𝒚 = −𝟐𝟓 𝐬𝐢𝐧 𝟐𝒙 в виде
𝒒(𝒙) = 𝟎 𝐜𝐨𝐬 𝟐𝒙 − 𝟐𝟓 𝐬𝐢𝐧 𝟐𝒙 = 𝑷𝟎 (𝒙) 𝐜𝐨𝐬 𝟐𝒙 + 𝑸𝟎 (𝒙) 𝐬𝐢𝐧 𝟐𝒙.
Таким образом, 𝒏 = 𝒎 = 𝟎, 𝒛𝒄 = 𝒊𝝂 = 𝟐𝒊. 𝒍 = 𝒎𝒂𝒙(𝒏; 𝒎) = 𝟎. Так как
𝒛𝒄 ≠ 𝒌𝟏 , 𝒌𝟐 , то 𝒓 = 𝟎.
Следовательно,
𝒒(𝒙) = 𝑷𝒏 (𝒙) 𝐜𝐨𝐬 𝝂𝒙 + 𝑸𝒏 (𝒙) 𝐬𝐢𝐧 𝝂𝒙 → 𝒚Ч𝑯 = 𝒙𝒓 (𝑷𝒍 (𝒙) 𝐜𝐨𝐬 𝝂𝒙 + 𝑸𝒍 (𝒙) 𝐬𝐢𝐧 𝝂𝒙)
частное решение неоднородного уравнения надо искать в виде
𝒚Ч𝑯 = 𝒙𝟎 (𝑷𝟎 (𝒙) 𝐜𝐨𝐬 𝟐𝒙 + 𝑸𝟎 (𝒙) 𝐬𝐢𝐧 𝟐𝒙) = 𝒂 𝐜𝐨𝐬 𝟐𝒙 + 𝒃 𝐬𝐢𝐧 𝟐𝒙.
Находим производные
𝒚′Ч𝑯 = −𝟐𝒂 𝐬𝐢𝐧 𝟐𝒙 + 𝟐𝒃 𝐜𝐨𝐬 𝟐𝒙,
𝒚′′Ч𝑯 = −𝟒𝒂 𝐜𝐨𝐬 𝟐𝒙 − 𝟒𝒃 𝐬𝐢𝐧 𝟐𝒙.
Подставляем 𝒚Ч𝑯 , 𝒚′Ч𝑯 , 𝒚′′Ч𝑯 в НЛДУ
𝒚" + 𝟐𝒚′ + 𝒚 = −𝟐𝟓 𝐬𝐢𝐧 𝟐𝒙
и требуем, чтобы оно обращалось в тождество:
−𝟒𝒂 𝐜𝐨𝐬 𝟐𝒙 − 𝟒𝒃 𝐬𝐢𝐧 𝟐𝒙 + 𝟐(−𝟐𝒂 𝐬𝐢𝐧 𝟐𝒙 + 𝟐𝒃 𝐜𝐨𝐬 𝟐𝒙) + 𝒂 𝐜𝐨𝐬 𝟐𝒙 + 𝒃 𝐬𝐢𝐧 𝟐𝒙 ≡
≡ −𝟐𝟓 𝐬𝐢𝐧 𝟐𝒙 ⇔
⇔ (−𝟑𝒃 − 𝟒𝒂) 𝐬𝐢𝐧 𝟐𝒙 + (𝟒𝒃 − 𝟑𝒂 )𝐜𝐨𝐬 𝟐𝒙 ≡ −𝟐𝟓 𝐬𝐢𝐧 𝟐𝒙 + 𝟎 𝐜𝐨𝐬 𝟐𝒙
Приравнивая коэффициенты в правой и левой частях тождества при 𝐬𝐢𝐧 𝟐𝒙,
𝐜𝐨𝐬 𝟐𝒙, получаем систему уравнений для нахождения неизвестных 𝒂, 𝒃:
{
𝟑𝒃 + 𝟒𝒂 = 𝟐𝟓
.
𝟒𝒃 − 𝟑𝒂 = 𝟎
Откуда находим
{
𝒂=𝟒
.
𝒃=𝟑
Таким образом 𝒚Ч𝑯 = 𝟒 𝐜𝐨𝐬 𝟐𝒙 + 𝟑𝐬𝐢𝐧 𝟐𝒙.
Ответ:
𝒚𝑶𝑯 = 𝒚𝑶𝑶 + 𝒚Ч𝑯 = 𝒆−𝒙 (𝑪𝟏 + 𝑪𝟐 𝒙) + 𝟒 𝐜𝐨𝐬 𝟐𝒙 + 𝟑𝐬𝐢𝐧 𝟐𝒙
Если
d) 𝒒(𝒙) = 𝒆𝝁𝒙 (̅̅̅̅
𝑷𝒏 (𝒙) 𝐜𝐨𝐬 𝝂𝒙 + ̅̅̅̅̅
𝑸𝒎 (𝒙) 𝐬𝐢𝐧 𝝂𝒙).
Тогда частное решение всегда можно найти в виде
𝒚Ч𝑯 = 𝒙𝒓 𝒆𝝁𝒙 (𝑷𝒍 (𝒙) 𝐜𝐨𝐬 𝝂𝒙 + 𝑸𝒍 (𝒙) 𝐬𝐢𝐧 𝝂𝒙).
Здесь 𝒓 число совпадений контрольного числа 𝒛 = 𝝁 + 𝒊𝝂 с корнями
характеристического уравнения.
𝒓 = 𝟎, если 𝝁 + 𝒊𝝂 ≠ 𝒌𝟏 , 𝒌𝟐 .
𝒓 = 𝟏, если 𝝁 + 𝒊𝝂 = 𝒌𝟏 ≠ 𝒌𝟐 ∨ 𝝁 + 𝒊𝝂 = 𝒌𝟐 ≠ 𝒌𝟏 .
𝒓 = 𝟐, если 𝝁 + 𝒊𝝂 = 𝒌𝟏 = 𝒌𝟐 . Это невозможно, если коэффициенты
соответствующего ОЛДУ вещественные.
𝒍 = 𝒎𝒂𝒙(𝒏; 𝒎).
Замечание.
Если коэффициенты 𝐩𝟏 , 𝐩𝟐 ЛДУ вещественные, то комплексные корни
характеристического уравнения всегда простые. Поэтому в этом случае 𝐫 ≤ 𝟏.
Пример №14.
Найти частное решение НЛДУ
𝒚′′ − 𝟒𝒚′ + 𝟏𝟑𝒚 = 𝒙 𝐜𝐨𝐬 𝟑𝒙 𝒆𝟐𝒙 .
A. Находим сначала общее решение соответствующего ОЛДУ:
𝒚′′ − 𝟒𝒚′ + 𝟏𝟑𝒚 = 𝟎.
1. Составляем характеристическое уравнение 𝒌𝟐 − 𝟒𝒌 + 𝟏𝟑 = 𝟎.
2. Решаем это квадратное уравнение: 𝒌𝟏,𝟐 = 𝜶 ± 𝒊𝜷 = 𝟐 ± 𝟑𝒊.
3. Пользуясь таблицей,
D дискриминант
корни
𝒚𝟎𝟎 = 𝑪𝟏 𝒚𝟏 + 𝑪𝟐 𝒚𝟐
𝑫>𝟎
𝒌𝟏 ≠ 𝒌𝟐
𝑪𝟏 𝒆𝒌𝟏𝒙 + 𝑪𝟐 𝒆𝒌𝟐 𝒙
𝑫=𝟎
𝒌𝟏 = 𝒌𝟐 = 𝒌
𝒆𝒌𝒙 (𝑪𝟏 + 𝑪𝟐 𝒙)
𝑫<𝟎
𝒌𝟏,𝟐 = 𝜶 ± 𝒊𝜷
𝒆𝜶𝒙 (𝑪𝟏 𝐜𝐨𝐬 𝜷𝒙 + 𝑪𝟐 𝐬𝐢𝐧 𝜷𝒙)
записываем общее решение ОЛДУ
𝒚𝑶𝑶 = 𝒆𝟐𝒙 (𝑪𝟏 𝐜𝐨𝐬 𝟑𝒙 + 𝑪𝟐 𝐬𝐢𝐧 𝟑𝒙).
B. Находим методом подбора частное решение НЛДУ.
Запишем правую часть ДУ в виде
𝒒(𝒙) = 𝒙 𝐜𝐨𝐬 𝟑𝒙 𝒆𝟐𝒙 = 𝒆𝟐𝒙 (𝒙 𝐜𝐨𝐬 𝟑𝒙 + 𝟎 𝐬𝐢𝐧 𝟑𝒙) =
̅ 𝟎 (𝒙) 𝐬𝐢𝐧 𝟑𝒙)
̅ 𝟏 (𝒙) 𝐜𝐨𝐬 𝟑𝒙 + 𝑸
= 𝒆𝟐𝒙 (𝑷
Таким образом, 𝒏 = 𝟏, 𝒎 = 𝟎, 𝒛𝒄 = 𝝁 + 𝒊𝝂 = 𝟐 + 𝟑𝒊. 𝒍 = 𝒎𝒂𝒙(𝒏; 𝒎) = 𝟏.
Так как один из корней 𝒌𝟏,𝟐 = 𝟐 ± 𝟑𝒊 характеристического уравнения
совпадает с контрольным числом 𝒛𝒄 = 𝟐 + 𝟑𝒊, то 𝒓 = 𝟏.
Следовательно,
𝒒(𝒙) = 𝒆𝝁𝒙 (𝑷𝒏 (𝒙) 𝐜𝐨𝐬 𝝂𝒙 + 𝑸𝒏 (𝒙) 𝐬𝐢𝐧 𝝂𝒙) →
→ 𝒚Ч𝑯 = 𝒙𝒓 𝒆𝝁𝒙 (𝑷𝒍 (𝒙) 𝐜𝐨𝐬 𝝂𝒙 + 𝑸𝒍 (𝒙) 𝐬𝐢𝐧 𝝂𝒙)
частное решение неоднородного уравнения надо искать в виде
𝒚Ч𝑯 = 𝒙𝟏 𝒆𝟐𝒙 (𝑷𝟏 (𝒙) 𝐜𝐨𝐬 𝟑𝒙 + 𝑸𝟏 (𝒙) 𝐬𝐢𝐧 𝟑𝒙) =
= 𝒙𝒆𝟐𝒙 ((𝒂𝒙 + 𝒃) 𝐜𝐨𝐬 𝟑𝒙 + (𝒄𝒙 + 𝒅) 𝐬𝐢𝐧 𝟑𝒙).
Пожалуй, мы на этом остановимся.
Операционное исчисление.
Определения.
Функцию 𝒇(𝒕) мы будем называть оригиналом, если
1.𝒇(𝒕) ≡ 𝟎 ∀𝒕 < 𝟎.
2. 𝒇(𝒕) непрерывна ∀𝒕 > 𝟎 за исключением конечного числа точек
неустранимого разрыва 1-ого рода на любом отрезке, а также на любом отрезке
𝒇(𝒕) имеет конечное число экстремумов.
3.𝒇(𝒕) - функция ограниченного роста, то есть существуют числа 𝑴, 𝒔 такие,
что |𝒇(𝒕)| ≤ 𝑴𝒆𝒔𝒕 ∀𝒕 > 𝟎.
Точная нижняя грань 𝒔 (𝒊𝒏𝒇{𝒔} = 𝒔𝟎 ), для которых выполняется
неравенство
|𝒇(𝒕)| ≤ 𝑴𝒆𝒔𝒕 ∀𝒕 > 𝟎,
называется показателем роста 𝒔𝟎 функции 𝒇(𝒕).
Пример.
Функция Хевисайда.
Это так называемая единичная функция или функция единичного
скачка: 𝟏(𝒕) = {
𝟏, 𝒕 > 𝟎
.
𝟎, 𝒕 < 𝟎
Стандартные обозначения:𝟏(𝒕), 𝜽(𝒕), 𝜼(𝒕), 𝝈(𝒕).
Задача. Определить показатель роста функции Хевисайда.
Решение.
Очевидно, что
|𝜼(𝒕)| ≤ 𝟏 ∙ 𝒆𝒔𝒕 ∀𝒕 > 𝟎 ∀𝒔 > 𝟎.
Следовательно,
Ответ. 𝒔𝟎 = 𝟎.
Вопрос. 𝒇(𝒕) = 𝜽(𝒕)𝒆−𝟓𝒕 . 𝒔𝟎 =?
Ответ. 𝒔𝟎 = −𝟓.
Вопрос. 𝒇(𝒕) = 𝟐𝝈(𝒕)𝒆𝟑𝒕 𝐬𝐢𝐧 𝟒𝒕. 𝒔𝟎 =?
Ответ. 𝒔𝟎 = 𝟑.
Oliver Heaviside. 1850 – 1925. Great Britain.
Теорема о существовании изображения.
𝒇(𝒕) - оригинал ⟹∀𝒑 > 𝒔𝟎 ∃ и непрерывна функция
∞
𝑭(𝒑) = ∫𝟎 𝒇(𝒕) 𝒆−𝒑𝒕 𝒅𝒕,
называемая изображением оригинала или преобразованием Лапласа
функции 𝒇(𝒕).
Замечание. Если считать 𝒑 комплексной переменной, то теорема
формулируется следующим образом.
Теорема. 𝒇(𝒕) - оригинал ⟹ ∀𝒑: 𝑹𝒆𝒑 > 𝒔𝟎 ∃ аналитическая функция
∞
𝑭(𝒑) = ∫ 𝒇(𝒕) 𝒆−𝒑𝒕 𝒅𝒕.
𝟎
Связь между оригиналом и изображением символически записывается
следующим образом:
𝒇(𝒕) ÷ 𝑭(𝒑) или 𝑭(𝒑) = 𝑳𝒇(𝒕)
Здесь написано, что 𝑭(𝒑) является изображением 𝒇(𝒕).
Обратное преобразование Лапласа:
𝑭(𝒑) ÷ 𝒇(𝒕) или 𝒇(𝒕) = 𝑳−𝟏 𝑭(𝒑).
Здесь написано, что 𝒇(𝒕) - это оригинал изображения 𝑭(𝒑).
Важнейшие свойства преобразования Лапласа и теоремы.
1. Линейность.
𝑳(𝑪𝒇(𝒕)) = 𝑪𝑳𝒇(𝒕)
𝑪𝒇(𝒕) ÷ 𝑪𝑭(𝒑)
∨{
.
{
𝒇𝟏 (𝒕) + 𝒇𝟐 (𝒕) ÷ 𝑭𝟏 (𝒑) + 𝑭𝟐 (𝒑)
𝑳(𝒇𝟏 (𝒕) + 𝒇𝟐 (𝒕)) = 𝑳𝒇𝟏 (𝒕) + 𝑳𝒇𝟐 (𝒕)
Следствие.
𝑪𝟏 𝒇𝟏 (𝒕) + 𝑪𝟐 𝒇𝟐 (𝒕) ÷ 𝑪𝟏 𝑭𝟏 (𝒑) + 𝑪𝟐 𝑭𝟐 (𝒑).
2. Взаимно однозначное соответствие между изображением и
оригиналом (если функции 𝒇𝟏 (𝒕), 𝒇𝟐 (𝒕) непрерывны):
𝒇𝟏 (𝒕) = 𝒇𝟐 (𝒕) ⟺ 𝑭𝟏 (𝒑) = 𝑭𝟐 (𝒑)
3. Линейность обратного преобразования Лапласа:
𝑪𝟏 𝑭𝟏 (𝒑) + 𝑪𝟐 𝑭𝟐 (𝒑) ÷ 𝑪𝟏 𝒇𝟏 (𝒕) + 𝑪𝟐 𝒇𝟐 (𝒕).
4. Теорема смещения.
𝒇(𝒕) ÷ 𝑭(𝒑) ⟹ 𝒆𝒂𝒕 𝒇(𝒕) ÷ 𝑭(𝒑 − 𝒂).
5. Теорема об изменении масштаба.
𝟏 𝒑
𝒃 > 𝟎, 𝒇(𝒕) ÷ 𝑭(𝒑) ⟹ 𝒇(𝒃𝒕) ÷ 𝑭 ( ).
𝒃 𝒃
6. Теорема о дифференцировании изображения.
𝒇(𝒕) ÷ 𝑭(𝒑) ⟹ 𝒕 ∙ 𝒇(𝒕) ÷ −𝑭′ (𝒑).
7. Теорема запаздывания.
𝒇(𝒕) ÷ 𝑭(𝒑) ⟹ 𝒇(𝒕 − 𝝉) ÷ 𝒆−𝒑𝝉 𝑭(𝒑).
8. Теорема о дифференцировании оригинала.
𝒇(𝒕) ÷ 𝑭(𝒑) ⟹ 𝒇′ (𝒕) ÷ 𝒑𝑭(𝒑) − 𝒇(𝟎).
Следствие.
𝒇′′ (𝒕) ÷ 𝒑(𝒑𝑭(𝒑) − 𝒇(𝟎)) − 𝒇′(𝟎).
или
𝒇′′ (𝒕) ÷ 𝒑𝟐 𝑭(𝒑) − 𝒑𝒇(𝟎) − 𝒇′(𝟎).
9. Теорема об интегрировании оригинала.
𝒕
𝒇(𝒕) ÷ 𝑭(𝒑) ⟹ ∫ 𝒇(𝝉)𝒅𝝉 ÷
𝟎
𝑭(𝒑)
.
𝒑
10.Теорема. Умножение изображений.
𝒕
𝒇(𝒕) ÷ 𝑭(𝒑), 𝒈(𝒕) ÷ 𝑮(𝒑) ⟹ ∫ 𝒇(𝝉)𝒈(𝒕 − 𝝉)𝒅𝝉 ÷ 𝑭(𝒑) ∙ 𝑮(𝒑).
𝟎
Замечание №1.
𝒕
Интеграл ∫𝟎 𝒇(𝝉)𝒈(𝒕 − 𝝉)𝒅𝝉 называется сверткой функций
𝒇(𝒕), 𝒈(𝒕) и обозначается следующим образом:
𝒕
∫ 𝒇(𝝉)𝒈(𝒕 − 𝝉)𝒅𝝉 ≡ 𝒇(𝒕) ∗ 𝒈(𝒕)
𝟎
или
𝒕
∫ 𝒇(𝝉)𝒈(𝒕 − 𝝉)𝒅𝝉 ≡ 𝒇 ∗ 𝒈 ≡ (𝒇 ∗ 𝒈)(𝒕).
𝟎
Замечание №2.
Теорему об умножении изображений можно сформулировать так:
изображение свертки функций равно произведению изображений этих
функций.
𝒇(𝒕) ∗ 𝒈(𝒕) ÷ 𝑭(𝒑) ∙ 𝑮(𝒑).
Замечание №3.
Можно доказать, что 𝒇(𝒕) ∗ 𝒈(𝒕) = 𝒈(𝒕) ∗ 𝒇(𝒕). То есть
𝒕
𝒕
𝒕
∫ 𝒇(𝝉)𝒈(𝒕 − 𝝉)𝒅𝝉 = ∫ 𝒈(𝝉)𝒇(𝒕 − 𝝉)𝒅𝝉 = ∫ 𝒇(𝒕 − 𝝉)𝒈(𝝉)𝒅𝝉.
𝟎
𝟎
𝟎
Пример №1.
Изображение функции Хевисайда.
Найдем по определению изображение функции Хевисайда.
∞
∀𝒑 > 𝒔𝟎 = 𝟎 𝜽(𝒕) ÷ ∫
𝟎
𝟏
𝟏 ∙ 𝒆−𝒑𝒕 𝒅𝒕 = − 𝒆
𝒑
−𝒑𝒕
∞
=
𝟎
|
𝟏
𝟏
𝟏
= − ([𝒆−∞ ] − 𝒆𝟎 ) = − (𝟎 − 𝟏) = .
𝒑
𝒑
𝒑
Итак, 𝜽(𝒕) ÷
𝟏
𝒑
или 𝜽(𝒕) ∙ 𝟏 ÷
𝟏
𝒑
𝟏
или, сокращенно, 𝟏 ÷ .
𝒑
Замечание.
Действительно, изображение
𝟏
𝒑
функции Хевисайда в соответствии с
теоремой о существовании изображения непрерывно ∀𝒑 > 𝒔𝟎 = 𝟎.
Комментарии:
к свойству линейности.
Изображение 𝑭(𝒑) находится интегрированием, а интегрирование - это
линейная операция. Отсюда немедленно следует линейность
преобразования Лапласа.
к свойству линейности обратного преобразования Лапласа.
Оно следует из линейности преобразования Лапласа и того, что между
оригиналами и изображениями существует взаимно однозначное соответствие.
Доказательство теоремы смещения.
∞
𝒇(𝒕) ÷ 𝑭(𝒑) = ∫
∞
−𝒑𝒕
𝒂𝒕
𝒇(𝒕) 𝒆 𝒅𝒕 ⟹ 𝒆 𝒇(𝒕) ÷ ∫ 𝒆𝒂𝒕 𝒇(𝒕) 𝒆−𝒑𝒕 𝒅𝒕 =
𝟎
𝟎
∞
= ∫ 𝒇(𝒕) 𝒆−(𝒑−𝒂)𝒕 𝒅𝒕 = 𝑭(𝒑 − 𝒂).
𝟎
Ч.т.д.
Пример №2.
Найти изображение 𝒆𝒂𝒕 .
𝟏
𝟏
𝒑
𝒑−𝒂
𝟏(𝒕) ÷ → 𝒆𝒂𝒕 ∙ 𝟏(𝒕) ÷
или, сокращенно,
𝒆𝒂𝒕 ÷
𝟏
.
𝒑−𝒂
Ответ.
𝒆𝒂𝒕 ÷
𝟏
.
𝒑−𝒂
Пример №3.
Найти изображение 𝐬𝐢𝐧 𝒕.
Из формулы Эйлера 𝒆𝒊𝝋 = 𝐜𝐨𝐬 𝝋 + 𝒊 𝐬𝐢𝐧 𝝋 следует, что 𝐬𝐢𝐧 𝝋 =
𝒆𝒊𝝋 −𝒆−𝒊𝝋
𝟐𝒊
Тогда, пользуясь линейностью преобразования Лапласа 𝑳 и формулой,
полученной в предыдущем примере, находим
𝒆𝒊𝒕 − 𝒆−𝒊𝒕
𝟏
𝟏
𝟏
𝟏
𝟏
𝑳 𝐬𝐢𝐧 𝒕 = 𝑳
= (𝑳𝒆𝒊𝒕 − 𝑳𝒆−𝒊𝒕 ) = (
−
.
)= 𝟐
𝟐𝒊
𝟐𝒊
𝟐𝒊 𝒑 − 𝒊 𝒑 + 𝒊
𝒑 +𝟏
Ответ.
𝐬𝐢𝐧 𝒕 ÷
𝟏
.
𝒑𝟐 + 𝟏
Доказательство теоремы об изменении масштаба.
∞
𝒇(𝒕) ÷ 𝑭(𝒑) = ∫
∞
−𝒑𝒕
𝒇(𝒕) 𝒆 𝒅𝒕 ⟹ 𝒇(𝒃𝒕) ÷ ∫ 𝒇(𝒃𝒕) 𝒆−𝒑𝒕 𝒅𝒕 =
𝟎
𝟎
𝒑
𝒑
𝟏 ∞
𝟏 ∞
𝟏 𝒑
− 𝒃𝒕
− 𝝉
𝒃
(
)
(
)
|
|
(
)
= ∫ 𝒇 𝒃𝒕 𝒆
𝒅 𝒃𝒕 = 𝒃𝒕 ≡ 𝝉 = ∫ 𝒇 𝝉 𝒆 𝒃 𝒅𝝉 = 𝑭 ( ).
𝒃 𝟎
𝒃 𝟎
𝒃 𝒃
Ч.т.д.
Пример №4.
.
Найти изображение 𝐬𝐢𝐧 𝒃𝒕.
𝟏
𝟏
𝟏
𝒃
→
𝐬𝐢𝐧
𝒃𝒕
÷
∙
=
.
𝒑𝟐 + 𝟏
𝒃 𝒑 𝟐
𝒑𝟐 + 𝒃𝟐
(𝒃) + 𝟏
𝐬𝐢𝐧 𝒕 ÷
Ответ.
𝐬𝐢𝐧 𝒃𝒕 ÷
𝒃
.
𝒑𝟐 + 𝒃𝟐
Доказательство теоремы запаздывания.
∞
𝒇(𝒕) ÷ 𝑭(𝒑) = ∫
∞
−𝒑𝒕
𝒇(𝒕) 𝒆 𝒅𝒕 ⟹ 𝒇(𝒕 − 𝝉) ÷ ∫ 𝒇(𝒕 − 𝝉) 𝒆−𝒑𝒕 𝒅𝒕 =
𝟎
𝟎
так как оригинал 𝒇(𝒕) = 𝟎 ∀𝒕 < 𝟎.
∞
=∫
∞
𝒕
−
𝝉
≡
(𝒕−𝝉)−𝒑𝝉
−𝒑
𝒇( 𝒕 − 𝝉 ) 𝒆
𝒅(𝒕 − 𝝉) = |
| = ∫ 𝒇(𝑻) 𝒆−𝒑𝑻−𝒑𝝉 𝒅𝑻 =
≡𝑻
𝝉
∞
𝟎
∞
−𝒑𝑻 −𝒑𝝉
= ∫ 𝒇(𝑻) 𝒆
𝒆
−𝒑𝝉
𝒅𝑻 = 𝒆
𝟎
∫ 𝒇(𝑻) 𝒆−𝒑𝑻 𝒅𝑻 = 𝒆−𝒑𝝉 𝑭(𝒑).
𝟎
Ч.т.д.
Пример №5.
𝒔𝒊𝒏𝟐𝒕 ÷
𝟐
𝒑𝟐 + 𝟐
→ 𝒔𝒊𝒏𝟐(𝒕 − 𝟑) ÷ 𝒆−𝟑𝒑
𝟐
𝟐
𝒑𝟐 + 𝟐𝟐
.
Доказательство теоремы о дифференцировании оригинала.
∞
𝒇
′ (𝒕)
∞
÷∫ 𝒇
′ (𝒕) −𝒑𝒕
𝒆
−𝒑𝒕
𝒅𝒕 = ∫ 𝒆
𝟎
𝟎
𝒖 = 𝒆−𝒑𝒕 → 𝒅𝒖 = −𝒑𝒆−𝒑𝒕 𝒅𝒕
𝒅𝒇(𝒕) = |
|=
𝒅𝒗 = 𝒅𝒇(𝒕) → 𝒗 = 𝒇(𝒕)
∞
−𝒑𝒕
= 𝒇(𝒕)𝒆
∞
| + 𝒑 ∫ 𝒇(𝒕) 𝒆−𝒑𝒕 𝒅𝒕 = 𝒑𝑭(𝒑) − 𝒇(𝟎).
𝟎
𝟎
Ч.т.д.
Пример №6.
Применяя теорему о дифференцировании оригинала к 𝐬𝐢𝐧 𝒃𝒕, получим
(𝐬𝐢𝐧 𝒃𝒕)′ = 𝒃 𝐜𝐨𝐬 𝒃𝒕÷ 𝒑
𝒃
𝒃
−
𝐬𝐢𝐧
𝟎
=
𝒑
.
𝒑𝟐 + 𝒃𝟐
𝒑𝟐 + 𝒃𝟐
Отсюда следует, что
𝐜𝐨𝐬 𝒃𝒕÷
𝒑
.
𝒑𝟐 + 𝒃𝟐
Пример №7. Применяя теорему о дифференцировании изображения
𝒇(𝒕) ÷ 𝑭(𝒑) ⟹ 𝒕 ∙ 𝒇(𝒕) ÷ −𝑭′ (𝒑).
𝟏
к функции 𝜽(𝒕) ÷ , находим, что
𝒑
𝟏
𝟏 ′
𝟏
𝜽(𝒕) ÷ 𝒕 ⟹ 𝜽(𝒕) ÷ − ( ) = 𝟐
𝒑
𝒑
𝒑
или, сокращенно,
𝒕÷
𝟏
.
𝒑𝟐
Пример №8. Тогда по теореме смещения находим, что
𝒕÷
𝟏
𝟏
𝒂𝒕
⟹
𝒕𝒆
÷
.
(𝒑 − 𝒂)𝟐
𝒑𝟐
Доказательство теоремы об интегрировании оригинала.
Введем обозначения:
𝒕
𝒇(𝒕) ÷ 𝑭(𝒑),
∫ 𝒇(𝝉)𝒅𝝉 ≡ 𝛗(𝒕),
𝝋(𝒕) ÷ 𝚽(𝒑),
𝝋(𝟎) = 𝟎.
𝟎
По теореме Барроу
𝛗′(𝒕) = 𝒇(𝒕).
По теореме о дифференцировании оригинала изображение левой части
тождества равно
𝛗′ (𝒕) ÷ 𝒑𝚽(𝒑) − 𝛗(𝟎) = 𝒑𝚽(𝒑),
а правой части, по определению, - 𝑭(𝒑).
Следовательно,
𝒑𝚽(𝒑) = 𝑭(𝒑) → 𝚽(𝒑) =
𝑭(𝒑)
.
𝒑
Ч.т.д.
Таким образом, используя свойства преобразования Лапласа и теоремы,
сформулированные выше, нетрудно найти изображения некоторых
элементарных функций, содержащихся в приведенной ниже таблице.
Таблица изображений.
𝒇(𝒕) ÷ 𝑭(𝒑)
𝟏
𝒑
𝒆𝒂𝒕 ÷
𝟏
𝒑𝟐
𝒕𝒆𝒂𝒕 ÷
𝟐
𝒑𝟑
𝒕𝟐 𝒆𝒂𝒕 ÷
𝒏!
𝒑𝒏+𝟏
𝒕𝒏 𝒆𝒂𝒕 ÷
𝟏÷
𝒕÷
𝒕𝟐 ÷
𝒕𝒏 ÷
𝒇(𝒕) ÷ 𝑭(𝒑)
𝟏
𝒑−𝒂
𝟏
(𝒑 − 𝒂)𝟐
𝟐
(𝒑 − 𝒂)𝟑
𝒏!
(𝒑 − 𝒂)𝒏+𝟏
𝒇(𝒕) ÷ 𝑭(𝒑)
𝒃
𝒑𝟐 + 𝒃𝟐
𝒑
𝐜𝐨𝐬 𝒃𝒕÷ 𝟐
𝒑 + 𝒃𝟐
𝐬𝐢𝐧 𝒃𝒕 ÷
𝒃
(𝒑 − 𝒂)𝟐 + 𝒃𝟐
𝒑−𝒂
𝐜𝐨𝐬 𝒃𝒕 𝒆𝒂𝒕 ÷
(𝒑 − 𝒂)𝟐 + 𝒃𝟐
𝐬𝐢𝐧 𝒃𝒕𝒆𝒂𝒕 ÷
Так, например, формулы первого столбца получены последовательным
дифференцированием изображения функции Хевисайда.
Формулы второго столбца получаются из формул первого с помощью
теоремы смещения.
Оригиналы в таблице записаны в сокращенной форме _ множитель 𝜽(𝒕)
опущен.
Пользуясь таблицей и линейностью преобразования можно без труда
найти изображение многих функций.
Пример №9.
Найдем изображение функции
𝒇(𝒕) = 𝟑 + 𝟒𝒕 − 𝟓𝒆𝟐𝒕 + 𝟔 𝐬𝐢𝐧 𝟕𝒕.
Решение.
Заметим, что эта функция не что иное как линейная комбинация функций,
содержащихся в таблице:
𝒇(𝒕) = 𝟑 ∙ 𝟏 + 𝟒 ∙ 𝒕 − 𝟓 ∙ 𝒆𝟐𝒕 + 𝟔 ∙ 𝐬𝐢𝐧 𝟕𝒕.
Тогда, пользуясь таблицей и линейностью, без труда находим, что
𝑭(𝒑) = 𝟑
𝟏
𝟏
𝟏
𝟕
+𝟒 𝟐−𝟓
+𝟔 𝟐
.
𝒑
𝒑
𝒑−𝟐
𝒑 + 𝟕𝟐
Поскольку между изображениями и оригиналами имеет место взаимно
однозначное соответствие (свойство №2), то формулы таблицы изображений
можно читать не только слева направо, но и справа налево. Это позволяет в
некоторых случаях решать обратную задачу, задачу поиска оригинала по
изображению.
Пример №10.
Найдем оригинал функции
𝑭(𝒑) =
𝝅
𝟐
𝟖
𝟏𝟓
−
+
+
.
𝒑 𝒑 − 𝟏 (𝒑 + 𝟐)𝟑 𝒑𝟐 + 𝟐𝟓
Решение.
Заметим, что эта функция является линейной комбинацией изображений,
содержащихся в нашей таблице:
𝟏
𝟏
𝟐
𝟓
𝑭(𝒑) = 𝝅 − 𝟐
+𝟒
+
𝟑
.
(𝒑 + 𝟐)𝟑
𝒑
𝒑−𝟏
𝒑 𝟐 + 𝟓𝟐
Тогда, пользуясь таблицей и линейностью обратного преобразования
Лапласа, без труда находим, что
𝒇(𝒕) = 𝝅 ∙ 𝟏 − 𝟐 ∙ 𝒆𝒕 + 𝟒 ∙ 𝒕𝟐 𝒆−𝟐𝒕 + 𝟑 ∙ 𝐬𝐢𝐧 𝟓𝒕.
Замечание. Изображения в таблице являются простейшими
правильными рациональными дробями.
В третьем столбце мы видим так называемые простейшие дроби 2-ого
рода, знаменатели которых не имеют вещественных корней, а имеют только
простые комплексные корни. Это следует из того, что знаменатель равен сумме
квадратов, и, следовательно, дискриминант квадратного трехчлена меньше
нуля.
Приведем еще несколько примеров на нахождение оригиналов
простейших правильных рациональных дробей.
Пример №11.
𝑭(𝒑) =
𝟕
𝟕
𝟑!
𝟕 𝟑 𝟐𝒕
=
∙
÷
𝒕 𝒆 = 𝒇(𝒕).
(𝒑 − 𝟐)𝟒 𝟑! (𝒑 − 𝟐)𝟑+𝟏 𝟑!
Пример №12.
𝑭(𝒑) =
𝟕
𝟕
𝟕
√𝟏𝟎
=
∙
÷
∙ 𝐬𝐢𝐧 √𝟏𝟎𝒕 = 𝒇(𝒕).
𝟐
𝒑𝟐 + 𝟏𝟎 √𝟏𝟎 𝒑𝟐 + (√𝟏𝟎)
√𝟏𝟎
Пример №13.
Найдем оригинал простейшей правильной рациональной дроби 2-ого
рода
𝑭(𝒑) =
𝟓𝒑 + 𝟏
.
𝒑𝟐 − 𝟒𝒑 + 𝟏𝟑
Так как дискриминант квадратного трехчлена в знаменателе
отрицательный, то, как известно, квадратный трехчлен приводится к сумме
квадратов:
𝑭(𝒑) =
𝟓𝒑 + 𝟏
𝟓𝒑 + 𝟏
𝟓𝒑 + 𝟏
=
=
.
𝒑𝟐 − 𝟒𝒑 + 𝟏𝟑 𝒑𝟐 − 𝟒𝒑 + 𝟒 + 𝟗 (𝒑 − 𝟐)𝟐 + 𝟑𝟐
Представим теперь эту дробь в виде линейной комбинации
соответствующих изображений третьего столбца:
𝟓𝒑 + 𝟏
𝒑−𝟐
𝟑
≡𝑨
+𝑩
.
𝟐
𝟐
𝟐
𝟐
(𝒑 − 𝟐) + 𝟑
(𝒑 − 𝟐) + 𝟑
(𝒑 − 𝟐)𝟐 + 𝟑𝟐
Очевидно, что для этого необходимо и достаточно выполнение тождества
𝟓𝒑 + 𝟏 ≡ 𝑨(𝒑 − 𝟐) + 𝟑𝑩.
Сразу понятно, что 𝑨 = 𝟓. Тогда
𝟓𝒑 + 𝟏 ≡ 𝟓(𝒑 − 𝟐) + 𝟑𝑩 → 𝟓𝒑 + 𝟏 ≡ 𝟓𝒑 − 𝟏𝟎 + 𝟑𝑩 →
𝟏 = −𝟏𝟎 + 𝟑𝑩 → 𝑩 =
𝟏𝟏
.
𝟑
Таким образом
𝑭(𝒑) = 𝟓
𝒑−𝟐
𝟏𝟏
𝟑
𝟏𝟏
𝟐𝒕
+
÷
𝟓
𝐜𝐨𝐬
𝟑𝒕
𝒆
+
𝐬𝐢𝐧 𝟑𝒕 𝒆𝟐𝒕 .
𝟐
𝟐
𝟐
𝟐
(𝒑 − 𝟐) + 𝟑
𝟑 (𝒑 − 𝟐) + 𝟑
𝟑
Нахождение оригинала правильной рациональной дроби.
Решение многих дифференциальных и интегральных уравнений сводится
к нахождению оригинала правильной рациональной дроби:
𝑭(𝒑) =
𝑸𝒎 (𝒑)
,
𝑷𝒏 (𝒑)
здесь 𝑷𝒏 (𝒑), 𝑸𝒎 (𝒑) – многочлены с вещественными коэффициентами порядка
𝒏, 𝒎 , причем 𝒎 < 𝒏.
Пусть знаменатель дроби разлагается на множители следующим образом
𝑷𝒏 (𝒑) = 𝜶(𝒑 − 𝒑𝟏 ) ∙ … ∙ (𝒑 − 𝒑𝟐 )𝒌 ∙ … ∙ (𝒑𝟐 + 𝜷𝒑 + 𝜸) ∙ …,
где дискриминант квадратного трех члена меньше нуля. Следовательно, 𝒑𝟏 простой корень многочлена, 𝒑𝟐 - корень кратности 𝒌. Наличие множителя
(𝒑𝟐 + 𝜷𝒑 + 𝜸) означает, что многочлен имеет пару простых комплексно
сопряженных корней.
Можно доказать (вспомним тему интегрирование рациональных дробей),
что тогда рациональная дробь
𝑸𝒎 (𝒑)
𝑷𝒏 (𝒑)
единственным образом разлагается на
следующую сумму простейших правильных рациональных дробей:
𝑭(𝒑) =
𝑸𝒎 (𝒑)
𝑨
𝑩𝟏
𝑩𝟐
=
+ ⋯+
+
+ ⋯+
𝑷𝒏 (𝒑) 𝒑 − 𝒑𝟏
𝒑 − 𝒑𝟐 (𝒑 − 𝒑𝟐 )𝟐
+
𝑩𝒌
𝑪𝒑 + 𝑫
+
⋯
+
+⋯
(𝒑 − 𝒑𝟐 )𝒌
𝒑𝟐 + 𝜷𝒑 + 𝜸
Это означает, что нахождение изображения правильной рациональной
дроби сводится в силу линейности обратного преобразования Лапласа к
нахождению изображений простейших правильных рациональных дробей (см.
выше). Итак,
Алгоритм.
1. Находим корни знаменателя 𝑷𝒏 (𝒑).
2. Разлагаем дробь 𝑭(𝒑) =
𝑸𝒎 (𝒑)
𝑷𝒏 (𝒑)
на простейшие.
3. Находим оригинал 𝒇(𝒕) как линейную комбинацию оригиналов
простейших рациональных дробей.
Простые корни знаменателя.
𝒑𝟐 + 𝟐𝒑 + 𝟑
𝑨
𝑩
𝑪
𝑭(𝒑) =
≡
+
+
→
(𝒑 − 𝟏)(𝒑 + 𝟒)(𝒑 − 𝟑) 𝒑 − 𝟏 𝒑 + 𝟒 𝒑 − 𝟑
𝒇(𝒕) ÷ 𝑭(𝒑)
𝟏÷
𝟏
𝒑
𝒇(𝒕) ÷ 𝑭(𝒑)
𝒆𝒂𝒕 ÷
𝟏
𝒑−𝒂
𝒇(𝒕) = 𝑨𝒆𝒕 + 𝑩𝒆−𝟒𝒕 + 𝑪𝒆𝟑𝒕 .
𝒇(𝒕) ÷ 𝑭(𝒑)
𝐬𝐢𝐧 𝒃𝒕 ÷
𝒃
𝒑𝟐 + 𝒃𝟐
1. Находим корни знаменателя
𝒑 = −𝟏
𝑷𝒏 (𝒑) = 𝒑𝟐 − 𝒑 − 𝟐 → [
.
𝒑=𝟐
2. Разлагаем дробь на простейшие:
𝑭(𝒑) =
≡
𝟓𝒑 + 𝟐
𝟓𝒑 + 𝟐
𝑨
𝑩
≡
≡
+
≡
𝒑𝟐 − 𝒑 − 𝟐 (𝒑 + 𝟏)(𝒑 − 𝟐) 𝒑 + 𝟏 𝒑 − 𝟐
𝑨(𝒑 − 𝟐) + 𝑩(𝒑 + 𝟏)
⟺ 𝟓𝒑 + 𝟐 ≡ 𝑨(𝒑 − 𝟐) + 𝑩(𝒑 + 𝟏) ⇒
(𝒑 + 𝟏)(𝒑 − 𝟐)
Подставляя по очереди корни знаменателя в последнее тождество,
находим
𝒑 = −𝟏 ⟹ −𝟑 = −𝟑𝑨
𝑨=𝟏
⟹{
.
{
𝒑 = 𝟐 ⟹ 𝟏𝟐 = 𝟑𝑩
𝑩=𝟒
То есть
𝑭(𝒑) =
𝟏
𝟒
+
.
𝒑+𝟏 𝒑−𝟐
3. Находим оригинал как линейную комбинацию оригиналов
простейших рациональных дробей.
Ответ.
𝒇(𝒕) = 𝒆−𝒕 + 𝟒𝒆𝟐𝒕 .
Два простых и трехкратный корень знаменателя
𝟕𝒑𝟐 − 𝟐𝒑 + 𝟑
𝑨
𝑩
𝑪
𝑫
𝑬
𝑭(𝒑) =
≡
+
+
+
+
→
𝒑(𝒑 + 𝟑)(𝒑 − 𝟒)𝟑 𝒑 𝒑 + 𝟑 𝒑 − 𝟒 (𝒑 − 𝟒)𝟐 (𝒑 − 𝟒)𝟑
𝒇(𝒕) ÷ 𝑭(𝒑)
𝟏
𝒑
𝒆𝒂𝒕 ÷
𝟏
𝒑𝟐
𝒕𝒆𝒂𝒕 ÷
𝟐
𝒑𝟑
𝒕𝟐 𝒆𝒂𝒕 ÷
𝟏÷
𝒕÷
𝒇(𝒕) ÷ 𝑭(𝒑)
𝒕𝟐 ÷
𝟏
𝒑−𝒂
𝟏
(𝒑 − 𝒂)𝟐
𝟐
(𝒑 − 𝒂)𝟑
𝒇(𝒕) = 𝑨 + 𝑩𝒆−𝟑𝒕 + 𝑪𝒆𝟒𝒕 + 𝑫𝒕𝒆𝟒𝒕 +
𝑬 𝟐 𝟒𝒕
𝒕 𝒆 .
𝟐
Простой вещественный корень, двукратный вещественный корень и
пара простых комплексно-сопряженных корней знаменателя.
𝟕𝒑𝟐 − 𝟐𝒑 + 𝟏
𝑨
𝑩 𝑪
𝑫𝒑 + 𝑬
𝑭(𝒑) =
≡
+
+
+
→
(𝒑 − 𝟓)𝒑𝟐 (𝒑𝟐 + 𝟒𝒑 + 𝟏𝟑) 𝒑 − 𝟓 𝒑 𝒑𝟐 (𝒑 + 𝟐)𝟐 + 𝟑𝟐
𝒇(𝒕) = 𝑨𝒆𝟓𝒕 + 𝑩 + 𝑪𝒕+? 𝒄𝒐𝒔 𝟑𝒕 𝒆−𝟐𝒕 +? ? 𝐬𝐢𝐧 𝟑𝒕 𝒆−𝟐𝒕 .
𝒇(𝒕) ÷ 𝑭(𝒑)
𝟏
𝒑
𝒆𝒂𝒕 ÷
𝟏
𝒑𝟐
𝒕𝒆𝒂𝒕 ÷
𝟐
𝒑𝟑
𝒕𝟐 𝒆𝒂𝒕 ÷
𝒏!
𝒑𝒏+𝟏
𝒕𝒏 𝒆𝒂𝒕 ÷
𝟏÷
𝒕÷
𝒕𝟐 ÷
𝒕𝒏 ÷
𝒇(𝒕) ÷ 𝑭(𝒑)
𝟏
𝒑−𝒂
𝟏
(𝒑 − 𝒂)𝟐
𝟐
(𝒑 − 𝒂)𝟑
𝒏!
(𝒑 − 𝒂)𝒏+𝟏
𝒇(𝒕) ÷ 𝑭(𝒑)
𝒃
𝒑𝟐 + 𝒃𝟐
𝒑
𝐜𝐨𝐬 𝒃𝒕÷ 𝟐
𝒑 + 𝒃𝟐
𝐬𝐢𝐧 𝒃𝒕 ÷
𝒃
(𝒑 − 𝒂)𝟐 + 𝒃𝟐
𝒑−𝒂
𝐜𝐨𝐬 𝒃𝒕 𝒆𝒂𝒕 ÷
(𝒑 − 𝒂)𝟐 + 𝒃𝟐
𝐬𝐢𝐧 𝒃𝒕𝒆𝒂𝒕 ÷
Решение ЛДУ операционным методом.
Пусть требуется найти решение 𝒙(𝒕) ЛДУ с постоянным
коэффициентом (𝒄) и “специальной правой частью” 𝒒(𝒕):
𝒙′ + 𝒄𝒙 = 𝒒(𝒕).
Алгоритм.
1. Пользуясь теоремой о дифференцировании оригинала, выполняем
преобразование Лапласа обеих частей уравнения:
𝒑𝑿(𝒑) − 𝒙(𝟎) + 𝒄𝑿(𝒑) = 𝑸(𝒑).
Здесь 𝑿(𝒑) изображение искомого решения ДУ: 𝒙(𝒕) ÷ 𝑿(𝒑), а 𝑸(𝒑)
изображение правой части (неоднородности) ЛДУ:
𝒒(𝒕) ÷ 𝑸(𝒑).
В результате ЛДУ преобразуется в ЛУ (линейное уравнение)
относительно изображения 𝑿(𝒑) неизвестной функции 𝒙(𝒕).
2. Решаем это линейное уравнение:
𝒑𝑿(𝒑) − 𝒙(𝟎) + 𝒄𝑿(𝒑) = 𝑸(𝒑) → (𝒑 + 𝒄)𝑿(𝒑) = 𝑸(𝒑) + 𝒙(𝟎) →
𝑿(𝒑) =
𝑸(𝒑) + 𝒙(𝟎)
.
𝒑+𝒄
Можно доказать, что полученное решение будет правильной
рациональной дробью от 𝒑.
3. Выполняя обратное преобразование Лапласа, находим оригинал этой
правильной рациональной дроби:
𝑿(𝒑) ÷ 𝒙(𝒕).
Пример №15.
Решить задачу Коши
𝒙′ − 𝒙 = 𝟐𝒕𝒆𝒕
.
{
𝒙(𝟎) = 𝟎
Решение.
1. Пользуясь теоремой о дифференцировании оригинала, выполняем
преобразование Лапласа обеих частей уравнения:
𝒑𝑿(𝒑) − 𝟎 − 𝑿(𝒑) =
𝟐
.
(𝒑 − 𝟏)𝟐
2. Решаем это линейное (относительно изображения 𝑿(𝒑) неизвестной
функции 𝒙(𝒕)) уравнение:
𝒑𝑿(𝒑) − 𝟎 − 𝑿(𝒑) =
𝟐
𝟐
(𝒑
→
−
𝟏)𝑿(𝒑)
=
→
(𝒑 − 𝟏)𝟐
(𝒑 − 𝟏)𝟐
𝑿(𝒑) =
𝟐
.
(𝒑 − 𝟏)𝟑
3. Пользуясь таблицей, находим оригинал
𝒙(𝒕) = 𝒕𝟐 𝒆𝒕 .
Ответ:
𝒙(𝒕) = 𝒕𝟐 𝒆𝒕
- решение задачи Коши.
Пример №16.
Решить задачу Коши для ЛДУ 2-ого порядка.
𝒙" + 𝒙′ − 𝟐𝒙 = 𝟑
𝒙(𝟎) = 𝟏
{
𝒙′(𝟎) = 𝟒
Решение.
1. Пользуясь теоремой о дифференцировании оригинала, найдем
предварительно изображения производных:
𝒙′ (𝒕) ÷ 𝒑𝑿(𝒑) − 𝟏,
𝒙′′ (𝒕) = 𝒑(𝒑𝑿(𝒑) − 𝟏) − 𝟒 = 𝒑𝟐 𝑿(𝒑) − 𝒑 − 𝟒.
Тогда преобразование обеих частей ЛДУ приводит с следующему ЛУ:
𝟑
𝒑𝟐 𝑿(𝒑) − 𝒑 − 𝟒 + 𝒑𝑿(𝒑) − 𝟏 − 𝟐𝑿(𝒑) = .
𝒑
2. Решаем это линейное уравнение:
𝒑𝟐 𝑿(𝒑) − 𝒑 − 𝟒 + 𝒑𝑿(𝒑) − 𝟏 − 𝟐𝑿(𝒑) =
(𝒑𝟐 + 𝒑 − 𝟐)𝑿(𝒑) − 𝟓 − 𝒑 =
𝟑
→
𝒑
𝟑
𝟑
→ (𝒑𝟐 + 𝒑 − 𝟐)𝑿(𝒑) = + 𝟓 + 𝒑 =
𝒑
𝒑
𝟑 + 𝟓𝒑 + 𝒑𝟐
𝟑 + 𝟓𝒑 + 𝒑𝟐
=
→ 𝑿(𝒑) =
.
𝒑
𝒑(𝒑𝟐 + 𝒑 − 𝟐)
3. Выполняя обратное преобразование Лапласа, находим 𝒙(𝒕):
𝟑 + 𝟓𝒑 + 𝒑𝟐
𝟑 + 𝟓𝒑 + 𝒑𝟐
𝑨
𝑩
𝑪
𝑿(𝒑) =
≡
≡
+
+
≡
𝒑(𝒑𝟐 + 𝒑 − 𝟐) 𝒑(𝒑 − 𝟏)(𝒑 + 𝟐) 𝒑 𝒑 − 𝟏 𝒑 + 𝟐
≡
𝑨(𝒑 − 𝟏)(𝒑 + 𝟐) + 𝑩𝒑(𝒑 + 𝟐) + 𝑪𝒑(𝒑 − 𝟏)
⟺
𝒑(𝒑 − 𝟏)(𝒑 + 𝟐)
⟺ 𝟑 + 𝟓𝒑 + 𝒑𝟐 ≡ 𝑨(𝒑 − 𝟏)(𝒑 + 𝟐) + 𝑩𝒑(𝒑 + 𝟐) + 𝑪𝒑(𝒑 − 𝟏) ⟹
𝟑
𝒑=𝟎
𝟑 = −𝟐𝑨
𝟐
{ 𝒑 = 𝟏 ⟹ { 𝟗 = 𝟑𝑩 ⟹ 𝑩 = 𝟑 ⟹
𝟏
𝒑 = −𝟐
−𝟑 = 𝟔𝑪
𝑪=−
{
𝟐
𝟑 𝟏
𝟏
𝟏
𝟏
𝟑
𝟏
𝑿(𝒑) = − ∙ + 𝟑 ∙
− ∙
⟹ 𝒙(𝒕) = − + 𝟑𝒆𝒕 − 𝒆−𝟐𝒕 .
𝟐 𝒑
𝒑−𝟏 𝟐 𝒑+𝟐
𝟐
𝟐
𝑨=−
Ответ:
𝟑
𝟏
𝒙(𝒕) = − + 𝟑𝒆𝒕 − 𝒆−𝟐𝒕 .
𝟐
𝟐
Решение интегральных уравнений типа свертки.
Пусть требуется найти решение 𝒚(𝒕) интегрального уравнения
𝒕
∫ 𝒚(𝝉)𝒒𝟏 (𝒕 − 𝝉)𝒅𝝉 = 𝒒𝟐 (𝒕),
𝟎
где 𝒒𝟏 (𝒕), 𝒒𝟐 (𝒕) известные функции. Левая часть уравнения это свертка
функций 𝒙(𝒕), 𝒒𝟏 (𝒕):
𝒚(𝒕) ∗ 𝒒𝟏 (𝒕) = 𝒒𝟐 (𝒕).
1. Пользуясь теоремой о произведении изображений, находим
𝒀(𝒑) ∙ 𝑸𝟏 (𝒑) = 𝑸𝟐 (𝒑).
Здесь прописными буквами обозначены изображения
соответствующих функций.
2. Находим изображение неизвестной функции
𝒀(𝒑) =
𝑸𝟐 (𝒑)
.
𝑸𝟏 (𝒑)
3. Выполняя обратное преобразование Лапласа, находим
𝒀(𝒑) ÷ 𝒚(𝒕).
Пример №17.
Решить интегральное уравнение
𝒕
∫ 𝒚(𝝉) 𝐜𝐨𝐬(𝒕 − 𝝉) 𝒅𝝉 = −𝟑 𝐬𝐢𝐧 𝒕.
𝟎
Решение.
1. Запишем это уравнение как уравнение свертки:
𝒚(𝒕) ∗ 𝐜𝐨𝐬 𝒕 = −𝟑 𝐬𝐢𝐧 𝒕.
Пользуясь теоремой о произведении изображений, находим
𝒀(𝒑) ∙
𝒑
𝟏
=
−𝟑
.
𝒑𝟐 + 𝟏
𝒑𝟐 + 𝟏
2. Находим изображение неизвестной функции
𝒀(𝒑) =
−𝟑
.
𝒑
3. “Выполняя обратное преобразование Лапласа” (заглядывая в таблицу
изображений), находим
𝒚(𝒕) = −𝟑.
Ответ. 𝒚(𝒕) = −𝟑.
Дискретное преобразование Лапласа.
Пусть 𝒇(𝒕): [𝟎; ∞) → 𝑹 (или 𝑪). Определим на 𝒁 функцию следующим
образом: 𝒏 → 𝒇(𝒏) ∀ 𝒏 ∈ {𝟎, 𝟏, 𝟐, ⋯ }, 𝒏 → 𝟎 ∀ 𝒏 ∈ {−𝟏, −𝟐, ⋯ }.
Эту функцию обозначают 𝒇(𝒏) и называют решетчатой.
Функция 𝒇(𝒕) называется порождающей для 𝒇(𝒏).
Пусть |𝒇(𝒏)| ≤ 𝑴𝒆𝒔𝒏 ∀𝒏. Точная нижняя грань 𝒔 (𝒊𝒏𝒇{𝒔} = 𝒔𝟎 ), для
которых выполняется неравенство
|𝒇(𝒏)| ≤ 𝑴𝒆𝒔𝒏 ∀𝒏,
называется показателем роста 𝒔𝟎 решетчатой функции 𝒇(𝒏).
Сравните!
|𝒇(𝒕)| ≤ 𝑴𝒆𝒔𝒕 ∀𝒕 > 𝟎
Определение.
Дискретным преобразованием Лапласа решетчатой функции с
показателем роста 𝒔𝟎 называют функцию 𝑭∗ (𝒑), вообще говоря, комплексного
аргумента 𝒑, определяемую равенством
∞
𝑭∗ (𝒑) = ∑ 𝒇(𝒏) 𝒆−𝒑𝒏 .
𝒏=𝟎
Сравните!
∞
𝑭(𝒑) = ∫ 𝒇(𝒕) 𝒆−𝒑𝒕 𝒅𝒕
𝟎
Нетрудно доказать, что 𝑹𝒆𝒑 > 𝒔𝟎 ряд сходится абсолютно, а его сумма
𝑭∗ (𝒑) будет аналитической функцией ∀𝒑: 𝑹𝒆𝒑 > 𝒔𝟎 .
Сравните!
Теорема. 𝒇(𝒕) - оригинал ⟹ ∀𝒑: 𝑹𝒆𝒑 > 𝒔𝟎 ∃ аналитическая функция
∞
𝑭(𝒑) = ∫ 𝒇(𝒕) 𝒆−𝒑𝒕 𝒅𝒕.
𝟎
Решетчатую функцию 𝒇(𝒏) называют оригиналом дискретного
преобразования Лапласа, а 𝑭∗ (𝒑) ее изображением.
𝒇(𝒏) ÷ 𝑭∗ (𝒑) или 𝑭∗ (𝒑) = 𝑫𝒇(𝒏).
Пример №18.
Найти изображение решетчатой функции Хевисайда
𝟏, при 𝒏 ≥ 𝟎
𝟏(𝒏) = {
.
𝟎, при 𝒏 < 𝟎
Решение.
∞
∞
−𝒑𝒏
−𝒑𝒏
𝟏(𝒏) ÷ ∑ 𝟏(𝒏) 𝒆
= ∑𝒆
𝒏=𝟎
𝒏=𝟎
𝟏
𝒆𝒑
=
=
∀𝒑 > 𝟎.
𝟏 − 𝒆−𝒑 𝒆𝒑 − 𝟏
Ответ.
𝒆𝒑
𝟏(𝒏) ÷ 𝒑
∀𝒑 > 𝟎.
𝒆 −𝟏
Свойства дискретного преобразования Лапласа.
1. Линейность.
𝑫(𝑪𝒇(𝒏)) = 𝑪𝑫𝒇(𝒏)
𝑪𝒇(𝒏) ÷ 𝑪𝑭∗ (𝒑)
∨{
.
{
∗
∗
𝒇𝟏 (𝒏) + 𝒇𝟐 (𝒏) ÷ 𝑭 𝟏 (𝒑) + 𝑭 𝟐 (𝒑)
𝑫(𝒇𝟏 (𝒏) + 𝒇𝟐 (𝒏)) = 𝑫𝒇𝟏 (𝒏) + 𝑫𝒇𝟐 (𝒏)
Следствие.
𝑪𝟏 𝒇𝟏 (𝒏) + 𝑪𝟐 𝒇𝟐 (𝒏) ÷ 𝑪𝟏 𝑭∗ 𝟏 (𝒑) + 𝑪𝟐 𝑭∗ 𝟐 (𝒑).
2. Теорема смещения (затухания).
𝒇(𝒏) ÷ 𝑭∗ (𝒑) ⟹ 𝒆𝒂𝒏 𝒇(𝒏) ÷ 𝑭∗ (𝒑 − 𝒂).
Доказательство.
∞
∞
𝒆𝒂𝒏 𝒇(𝒏) ÷ ∑ 𝒆𝒂𝒏 𝒇(𝒏) 𝒆−𝒑𝒏 = ∑ 𝒇(𝒏) 𝒆−(𝒑−𝒂)𝒏 = 𝑭∗ (𝒑 − 𝒂).
𝒏=𝟎
𝒏=𝟎
Ч.т.д.
Пример №19.
Найти изображение решетчатой функции 𝒆𝒂𝒏 𝟏(𝒏).
Решение.
По теореме смещения
𝒂𝒏
𝒆 𝟏(𝒏) ÷ 𝟏
∗ (𝒑
𝒆𝒑−𝒂
𝒆𝒑
− 𝒂) = 𝒑−𝒂
=
∀𝒑 > 𝒂.
𝒆
− 𝟏 𝒆𝒑 − 𝒆𝒂
Ответ.
𝒆𝒑
𝒆 𝟏(𝒏) ÷ 𝒑
∀𝒑 > 𝒂.
𝒆 − 𝒆𝒂
𝒂𝒏
Пример №20.
Найти изображение решетчатой функции 𝟏(𝒏) 𝐬𝐢𝐧 𝒃𝒏.
Решение.
𝒆𝒊𝒃𝒏 − 𝒆−𝒊𝒃𝒏
𝟏(𝒏) 𝐬𝐢𝐧 𝒃𝒏 = 𝟏(𝒏)
÷
𝟐𝒊
𝟏
𝒆𝒑
𝒆𝒑
𝒆𝒑
𝒆𝒊𝒃 − 𝒆−𝒊𝒃
÷ ( 𝒑
−
) = ( 𝟐𝒑
)=
𝟐𝒊 𝒆 − 𝒆𝒊𝒃 𝒆𝒑 − 𝒆−𝒊𝒃
𝟐𝒊 𝒆 − 𝒆𝒑 (𝒆𝒊𝒃 + 𝒆−𝒊𝒃 ) + 𝟏
𝒆𝒑 𝐬𝐢𝐧 𝒃
= 𝟐𝒑
.
𝒆 − 𝟐𝒆𝒑 𝐜𝐨𝐬 𝒃 + 𝟏
Ответ.
𝒆𝒑 𝐬𝐢𝐧 𝒃
𝟏(𝒏) 𝐬𝐢𝐧 𝒃𝒏 ÷ 𝟐𝒑
.
𝒆 − 𝟐𝒆𝒑 𝐜𝐨𝐬 𝒃 + 𝟏
Замечание. Аналогично проверяется, что
𝒆𝒑 (𝒆𝒑 − 𝐜𝐨𝐬 𝒃)
𝟏(𝒏) 𝐜𝐨𝐬 𝒃𝒏 ÷ 𝟐𝒑
.
𝒆 − 𝟐𝒆𝒑 𝐜𝐨𝐬 𝒃 + 𝟏
3. Теорема о дифференцировании изображения.
𝒇(𝒏) ÷ 𝑭∗ (𝒑) ⟹ 𝒏 ∙ 𝒇(𝒏) ÷ −(𝑭∗ (𝒑))′.
Доказательство.
∞
∞
𝒏 ∙ 𝒇(𝒏) ÷ ∑ 𝒏𝒇(𝒏) 𝒆−𝒑𝒏 = − ∑ 𝒇(𝒏)
𝒏=𝟎
𝒏=𝟎
𝒅 −𝒑𝒏
𝒆
=
𝒅𝒑
∞
𝒅
=−
∑ 𝒇(𝒏) 𝒆−𝒑𝒏 = −(𝑭∗ (𝒑))′.
𝒅𝒑
𝒏=𝟎
Ч.т.д.
4. Теорема запаздывания.
𝒇(𝒏) ÷ 𝑭∗ (𝒑) ⟹ 𝒇(𝒏 − 𝒎) ÷ 𝒆−𝒑𝒎 𝑭∗ (𝒑).
Доказательство.
∞
∞
𝒇(𝒏 − 𝒎) ÷ ∑ 𝒇(𝒏 − 𝒎) 𝒆−𝒑𝒏 = ∑ 𝒇(𝒏 − 𝒎) 𝒆−𝒑𝒏 =
𝒏=𝟎
𝒏=𝒎
∞
∞
𝒏−𝒎≡𝒌
=|
| = ∑ 𝒇(𝒌) 𝒆−𝒑(𝒌+𝒎) = 𝒆−𝒑𝒎 ∑ 𝒇(𝒌) 𝒆−𝒑𝒌 = 𝒆−𝒑𝒎 𝑭∗ (𝒑).
𝒏=𝒌+𝒎
𝒌=𝟎
𝒌=𝟎
Ч.т.д.
Сравните!
Теорема запаздывания.
𝒇(𝒕) ÷ 𝑭(𝒑) ⟹ 𝒇(𝒕 − 𝝉) ÷ 𝒆−𝒑𝝉 𝑭(𝒑).
5. Теорема опережения.
𝒎−𝟏
𝒇(𝒏) ÷ 𝑭∗ (𝒑) ⟹ 𝒇(𝒏 + 𝒎) ÷ 𝒆𝒑𝒎 (𝑭∗ (𝒑) − ∑ 𝒇(𝒏) 𝒆−𝒑𝒏 ).
𝒏=𝟎
Доказательство.
∞
∞
−𝒑𝒏
𝒇(𝒏 + 𝒎) ÷ ∑ 𝒇(𝒏 + 𝒎) 𝒆
𝒏=𝟎
∞
𝒏+𝒎≡𝒌
=|
| = ∑ 𝒇(𝒌) 𝒆−𝒑(𝒌−𝒎) =
𝒏=𝒌−𝒎
𝒌=𝒎
∞
𝒎−𝟏
= 𝒆𝒑𝒎 ∑ 𝒇(𝒌) 𝒆−𝒑𝒌 = 𝒆𝒑𝒎 (∑ 𝒇(𝒌) 𝒆−𝒑𝒌 − ∑ 𝒇(𝒌) 𝒆−𝒑𝒌 ) =
𝒌=𝒎
𝒌=𝟎
𝒌=𝟎
𝒎−𝟏
= 𝒆𝒑𝒎 (𝑭∗ (𝒑) − ∑ 𝒇(𝒏) 𝒆−𝒑𝒏 ).
𝒏=𝟎
Ч.т.д.
Например,
𝒇(𝒏 + 𝟏) ÷ 𝒆𝒑 (𝑭∗ (𝒑) − 𝒇(𝟎)),
𝒇(𝒏 + 𝟐) ÷ 𝒆𝒑 (𝒆𝒑 (𝑭∗ (𝒑) − 𝒇(𝟎)) − 𝒇(𝟏)) = 𝒆𝟐𝒑 (𝑭∗ (𝒑) − 𝒇(𝟎) − 𝒇(𝟏)𝒆−𝒑 ).
Следствие.
𝒇(𝟎) = 𝒇(𝟏) = 𝒇(𝟐) = ⋯ = 𝒇(𝒎 − 𝟏) = 𝟎 ⟹ 𝒇(𝒏 + 𝒎) ÷ 𝒆𝒑𝒎 𝑭∗ (𝒑).
6. Теорема. Умножение изображений.
𝒏
𝒇(𝒏) ÷ 𝑭∗ (𝒑),
𝒈(𝒏) ÷ 𝑮∗ (𝒑) ⟹ ∑ 𝒇(𝒎)𝒈(𝒏 − 𝒎) ÷ 𝑭∗ (𝒑) ∙ 𝑮∗ (𝒑).
𝒎=𝟎
Сравните!
𝒕
𝒇(𝒕) ÷ 𝑭(𝒑),
𝒈(𝒕) ÷ 𝑮(𝒑) ⟹ ∫ 𝒇(𝝉)𝒈(𝒕 − 𝝉)𝒅𝝉 ÷ 𝑭(𝒑) ∙ 𝑮(𝒑).
𝟎
Конечные разности и их изображение.
Пусть ∆𝒕 = 𝒉 – приращение аргумента функции 𝒇(𝒕). Тогда конечными
разностями называются
0. Нулевого порядка ∆𝟎 𝒇(𝒕) = 𝒇(𝒕).
1. Первого порядка ∆𝒇(𝒕) = 𝒇(𝒕 + 𝒉) − 𝒇(𝒕).
2. Второго порядка ∆𝟐 𝒇(𝒕) = ∆𝒇(𝒕 + 𝒉) − ∆𝒇(𝒕) =
= 𝒇(𝒕 + 𝟐𝒉) − 𝒇(𝒕 + 𝒉) − (𝒇(𝒕 + 𝒉) − 𝒇(𝒕)) = 𝒇(𝒕 + 𝟐𝒉) − 𝟐𝒇(𝒕 + 𝒉) + 𝒇(𝒕).
3. Третьего порядка ∆𝟑 𝒇(𝒕) = ∆𝟐 𝒇(𝒕 + 𝒉) − ∆𝟐 𝒇(𝒕) =
= 𝒇(𝒕 + 𝟑𝒉) − 𝟐𝒇(𝒕 + 𝟐𝒉) + 𝒇(𝒕 + 𝒉) − (𝒇(𝒕 + 𝟐𝒉) − 𝟐𝒇(𝒕 + 𝒉) + 𝒇(𝒕)) =
= 𝒇(𝒕 + 𝟑𝒉) − 𝟑𝒇(𝒕 + 𝟐𝒉) + 𝟑𝒇(𝒕 + 𝒉) − 𝒇(𝒕).
4. 𝒌 – ого порядка ∆𝒌 𝒇(𝒕) = ∆𝒌−𝟏 𝒇(𝒕 + 𝒉) − ∆𝒌−𝟏 𝒇(𝒕) =
𝒌
= ∑ (−𝟏)𝒎 𝑪𝒎
𝒌 𝒇(𝒕 + (𝒌 − 𝒎)𝒉).
𝒎=𝟎
Конечные разности для решетчатой функции принято считать с шагом
𝒉 = 𝟏.
Для решетчатой функции они играют ту же роль, что производные для
непрерывной функции.
Дискретное преобразование Лапласа действует на конечные разности
подобно тому, как непрерывное преобразование Лапласа действует на
производную. А именно,
∆𝒇(𝒏) = 𝒇(𝒏 + 𝟏) − 𝒇(𝒏) ÷ 𝒆𝒑 (𝑭∗ (𝒑) − 𝒇(𝟎)) − 𝑭∗ (𝒑) ⟺
⟺ ∆𝒇(𝒏) = (𝒆𝒑 − 𝟏)𝑭∗ (𝒑) − 𝒆𝒑 𝒇(𝟎).
∆𝟐 𝒇(𝒏) = 𝒇(𝒏 + 𝟐) − 𝟐𝒇(𝒏 + 𝟏) + 𝒇(𝒏) ÷
÷ 𝒆𝟐𝒑 (𝑭∗ (𝒑) − 𝒇(𝟎) − 𝒇(𝟏)𝒆−𝒑 ) − 𝟐 (𝒆𝒑 (𝑭∗ (𝒑) − 𝒇(𝟎))) + 𝑭∗ (𝒑) =
= 𝑭∗ (𝒑)(𝒆𝟐𝒑 − 𝟐𝒆𝒑 + 𝟏) − 𝒇(𝟎)(𝒆𝟐𝒑 −𝟐𝒆𝒑 ) − 𝒆𝒑 𝒇(𝟏) ⟺
⟺ ∆𝟐 𝒇(𝒏) = (𝒆𝒑 − 𝟏)𝟐 𝑭∗ (𝒑) − 𝒆𝒑 (𝒆𝒑 − 𝟏)𝒇(𝟎) − 𝒆𝒑 ∆𝒇(𝟎).
Аналогично доказывается, что
𝒌−𝟏
∆𝒌 𝒇(𝒏) = (𝒆𝒑 − 𝟏)𝒌 𝑭∗ (𝒑) − 𝒆𝒑 ∑ (𝒆𝒑 − 𝟏)𝒌−𝟏−𝒎 ∆𝒎 𝒇(𝟎).
𝒎=𝟎
Решение разностных уравнений.
Разностным уравнением относительно неизвестной решетчатой
функции 𝒇(𝒏) называется уравнение вида
𝚽𝟏 (𝒏, 𝒇(𝒏), ∆𝒇(𝒏), ⋯ , ∆𝒌 𝒇(𝒏)) = 𝟎.
Здесь 𝚽𝟏 – известная функция своих аргументов.
Так как конечные разности выражаются через значения решетчатой
функции (теорема опережения), то такое уравнение может быть
преобразовано в эквивалентное уравнение вида
𝚽𝟐 (𝒏, 𝒇(𝒏), 𝒇(𝒏 + 𝟏), ⋯ , 𝒇(𝒏 + 𝒌)) = 𝟎.
Если 𝚽𝟐 – линейная функция своих аргументов, то уравнению можно
придать следующую форму.
𝒇(𝒏 + 𝒌) + 𝒂𝟏 (𝒏)𝒇(𝒏 + 𝒌 − 𝟏) + 𝒂𝟐 (𝒏)𝒇(𝒏 + 𝒌 − 𝟐) + ⋯ + 𝒂𝒌 (𝒏)𝒇(𝒏) = 𝝋(𝒏).
Здесь 𝒂𝒊 (𝒏), 𝝋(𝒏) – известные решетчатые функции.
Если 𝝋(𝒏) = 𝟎 ∀𝒏, то уравнение называется однородным линейным
разностным уравнением. В противном случае оно называется
неоднородным.
Если заданы “начальные” условия,
𝒇(𝟎) = 𝒇𝟎 , 𝒇(𝟏) = 𝒇𝟏 , 𝒇(𝟐) = 𝒇𝟐 , ⋯ , 𝒇(𝒌 − 𝟏) = 𝒇𝒌−𝟏 ,
то линейное разностное уравнение с постоянными коэффициентами
𝒇(𝒏 + 𝒌) + 𝒂𝟏 𝒇(𝒏 + 𝒌 − 𝟏) + 𝒂𝟐 𝒇(𝒏 + 𝒌 − 𝟐) + ⋯ + 𝒂𝒌 𝒇(𝒏) = 𝝋(𝒏)
можно решить с помощью дискретного преобразования Лапласа.
Пример №21.
Решить разностное уравнение
𝒙(𝒏 + 𝟐) − 𝒙(𝒏 + 𝟏) + 𝒙(𝒏) = 𝟎
при начальных условиях
𝒙(𝟎) = 𝒙(𝟏) = 𝟏.
Решение.
Пусть 𝒙(𝒏) ÷ 𝑫𝒙(𝒏) = 𝑿∗ (𝒑).
Преобразуем уравнение по Лапласу (дискретному). В силу линейности
мы получим, что
𝑫𝒙(𝒏 + 𝟐) − 𝑫𝒙(𝒏 + 𝟏) + 𝑫𝒙(𝒏) = 𝟎.
Откуда, пользуясь теоремой опережения
𝒇(𝒏 + 𝟏) ÷ 𝒆𝒑 (𝑭∗ (𝒑) − 𝒇(𝟎)),
𝒇(𝒏 + 𝟐) ÷ 𝒆𝟐𝒑 (𝑭∗ (𝒑) − 𝒇(𝟎) − 𝒇(𝟏)𝒆−𝒑 ).
находим, что
𝒆𝟐𝒑 (𝑿∗ (𝒑) − 𝟏 − 𝟏 ∙ 𝒆−𝒑 ) − 𝒆𝒑 (𝑿∗ (𝒑) − 𝟏) + 𝑿∗ (𝒑) = 𝟎 ⟺
⟺ 𝑿∗ (𝒑)(𝒆𝟐𝒑 − 𝒆𝒑 + 𝟏) − 𝒆𝟐𝒑 − 𝒆𝒑 + 𝒆𝒑 = 𝟎 ⟺
⟺𝑿
∗ (𝒑)
𝒆𝟐𝒑
= 𝟐𝒑
.
𝒆 − 𝒆𝒑 + 𝟏
Преобразуем изображение с учетом найденных ранее дискретных
преобразований решетчатых синуса и косинуса:
𝒆𝒑 𝐬𝐢𝐧 𝒃
𝒆𝒑 (𝒆𝒑 − 𝐜𝐨𝐬 𝒃)
𝟏(𝒏) 𝐬𝐢𝐧 𝒃𝒏 ÷ 𝟐𝒑
, 𝟏(𝒏) 𝐜𝐨𝐬 𝒃𝒏 ÷ 𝟐𝒑
.
𝒆 − 𝟐𝒆𝒑 𝐜𝐨𝐬 𝒃 + 𝟏
𝒆 − 𝟐𝒆𝒑 𝐜𝐨𝐬 𝒃 + 𝟏
𝒆𝟐𝒑
𝒆𝟐𝒑
⟺𝑿
= 𝟐𝒑
=
=
𝒆 − 𝒆𝒑 + 𝟏 𝒆𝟐𝒑 − 𝟐𝒆𝒑 𝐜𝐨𝐬 𝝅 + 𝟏
𝟑
𝝅
𝟏
𝒆𝒑 (𝒆𝒑 − 𝐜𝐨𝐬 ) + 𝒆𝒑
𝟑
𝟐 =
=
𝝅
𝟐𝒑
𝒑
𝒆 − 𝟐𝒆 𝐜𝐨𝐬 + 𝟏
𝟑
𝝅
𝟏 𝒑
𝝅
𝒆𝒑 (𝒆𝒑 − 𝐜𝐨𝐬 ) +
𝒆 𝐬𝐢𝐧
𝟑
𝟑
√𝟑
=
=
𝝅
𝒆𝟐𝒑 − 𝟐𝒆𝒑 𝐜𝐨𝐬 + 𝟏
𝟑
𝝅
𝝅
𝒑
𝒆𝒑 (𝒆𝒑 − 𝐜𝐨𝐬 )
𝒆
𝐬𝐢𝐧
𝟏
𝟑
𝟑
=
+
∙
÷
𝝅
𝝅
𝒆𝟐𝒑 − 𝟐𝒆𝒑 𝐜𝐨𝐬 + 𝟏 √𝟑 𝒆𝟐𝒑 − 𝟐𝒆𝒑 𝐜𝐨𝐬 + 𝟏
𝟑
𝟑
𝝅
𝟏
𝝅
÷ 𝟏(𝒏) 𝒄𝒐𝒔 𝒏 +
𝟏(𝒏) 𝐬𝐢𝐧 𝒏 =
𝟑
𝟑
√𝟑
∗ (𝒑)
= 𝟏(𝒏) (𝒄𝒐𝒔
𝝅
𝟏
𝝅
𝟐 √𝟑
𝝅
𝟏
𝝅
𝒏+
𝐬𝐢𝐧 𝒏) = 𝟏(𝒏) ∙
( 𝒄𝒐𝒔 𝒏 + 𝐬𝐢𝐧 𝒏) =
𝟑
𝟑
𝟑
𝟐
𝟑
√𝟑
√𝟑 𝟐
= 𝟏(𝒏) ∙
𝟐
√𝟑
(𝐬𝐢𝐧
𝝅
𝝅
𝝅
𝝅
𝒄𝒐𝒔 𝒏 + 𝐜𝐨𝐬 𝐬𝐢𝐧 𝒏) =
𝟑
𝟑
𝟑
𝟑
= 𝟏(𝒏) ∙
𝟐
√𝟑
𝐬𝐢𝐧
𝝅(𝒏 + 𝟏)
.
𝟑
Ответ.
𝒙(𝒏) = 𝟏(𝒏) ∙
𝟐
√𝟑
𝐬𝐢𝐧
𝝅(𝒏 + 𝟏)
.
𝟑