Приложения преобразования Лапласа

1.

Приложения
преобразования Лапласа

2.

Применение операционного
исчисления для решения
обыкновенных
дифференциальных уравнений

3.

Пусть дано линейное неоднородное дифференци альное
уравнение с постоянными коэффициен тами
x ( n ) a1 x ( n 1) an x f (t ),
(3)
где x x(t ), t 0.
Требуется найти решение этого уравнения,
удовлетворяющее начальным условиям
x(0) x0 , x (0) x0 , , x ( n 1) (0) x0( n 1) . (4)
Если правая часть f (t ) уравнения (3) оригинал, то,
очевидно, решение x(t ) вместе с его производными до n го
порядка являются оригиналами.

4.

Применяя к обеим частям уравнения (3) преобразование
Лапласа, с учетом начальных условий (4), получаем
операторно е уравнение
L( p) X ( p) Q( p) F ( p),
(5)
где X ( p) x(t ), F ( p) f (t ),
L( p) p n a1 p n 1 an ,
n 1
Q( p ) p k a1 p k 1 ak x0( n 1 k ) .
k 0
Решив операторное уравнение (5) относительно X ( p) :
F ( p) Q( p)
X ( p)
,
L( p )
и найдя оригинал для X ( p), получаем искомое решение x(t ).

5.

( n 1)
Если считать x0 , x0 , , x0 произвольными
постоянными, то найденное решение будет общим
решением уравнения (3).
Аналогично решаются и системы линейных
дифференциальных уравнений с постоянными
коэффициен тами. Отличие будет лишь в том, что
вместо одного операторного уравнения получается
система таких уравнений, которые будут линейными
относительно изображений искомых функций .

6.

Пример. Решить задачу Коши
x 2 x x e t (cos t t ),
x(0) x (0) 2.
(6)
Пусть x(t ) X ( p). Преобразуем уравнение (6) по Лапласу.
Учитывая начальные условия, имеем
x (t ) pX ( p) x(0) pX ( p) 2,
x (t ) p 2 X ( p) px(0) x (0) pX ( p) 2 p 2.
Для правой части уравнения получаем
p 1
1
t
t
t
e (cos t t ) e cos t e t
.
2
2
( p 1) 1 ( p 1)

7.

Тогда
p 1
1
p X ( p) 2 p 2 2 pX ( p ) 2 X ( p )
2
( p 1) 1 ( p 1) 2
или
p 1
1
2
( p 2 p 1) X ( p )
2 p 6.
2
2
( p 1) 1 ( p 1)
Отсюда изображение решения имеет вид
1
1
2p 6
X ( p)
.
2
4
2
[( p 1) 1]( p 1) ( p 1) ( p 1)
2
Найдем теперь оригинал x(t ). Имеем :
1
1
p 1
t
t
e
e
cos t ,
2
2
[( p 1) 1]( p 1) p 1 ( p 1) 1

8.

3
3
1
t
t
t
t
e
e
,
4
( p 1)
3!
6
2p 6 2p 2 4
2
4
t
t
2
e
4
te
,
2
2
2
( p 1)
( p 1)
p 1 ( p 1)
Следовательно,
3
3
t
t
t
t
t
t
t
t
x(t ) e e cos t e
2e 4te e 4t 3 cos t .
6
6

9.

Рассмотрим следующую задачу Коши
x ( n ) a1 x ( n 1) an x f (t ),
(7)
x(0) x (0) x ( n 1) (0) 0,
(8)
где ai , i 1, n постоянные коэффициен ты.
Перейдем в уравнении (7) к изображениям. Учитывая
начальные условия (8), получаем
L( p) X ( p) F ( p ),
(9)
где X ( p) x(t ), F ( p) f (t ), L( p ) p n a1 p n 1 an .
Наряду с задачей Коши (7), (8) рассмотрим
вспомогательную задачу Коши с той же левой частью, но
с правой частью, равной единице :

10.

z ( n ) a1 z ( n 1) an z 1,
(10)
( n 1)
z (0) z (0) z
(0) 0,
где z z (t ).
Пусть z (t ) Z ( p ). Тогда операторное уравнение
для задачи (10) имеет вид
1
L( p ) Z ( p ) .
(11)
p
Из операторных уравнений (9) и (11) находим
X ( p ) pF ( p ) Z ( p ).
Применяя формулу Дюамеля и учитывая, что z (0) 0,
получаем для решения x(t ) исходной задачи (7), (8)
следующее выражение :

11.

t
d
d
x(t ) f (t ) z (t ) f ( ) z (t )d
dt
dt 0
t
t
d
f (t ) z (0) f ( ) z (t ) d f ( ) zt (t )d .
dt
0
0
Итак, искомое решение имеет вид
t
x(t ) f ( ) zt (t )d ,
(12)
0
где z (t ) решение задачи (10).
Данный метод решения применяют , как правило, в
тех случаях, когда возникают трудности при нахождении
изображения F ( p) правой части f (t ) уравнения (7),
а также при необходимости многократн ого решения
задачи (7), (8) для различных функций f (t ).

12.

Замечание. Вследствие коммутативности свёртки
решение x(t ) задачи Коши (7), (8) можно записать также
в виде
t
d
d
x(t ) z (t ) f (t ) z ( ) f (t )d
dt
dt 0
t
z (t ) f (0) z ( ) f t (t )d .
0

13.

Пример. Решить задачу Коши
e 2t
x 4 x 4 x
, x(0) x (0) 0.
2
(1 2t )
Вначале решим вспомогательную задачу
z 4 z 4 z 1, z (0) z (0) 0.
(13)
(14)
Пусть z (t ) Z ( p). Переходя в задаче (14) к изображениям,
получим
1
( p 4 p 4) Z ( p)
p
1
1
1
1
Z ( p)
.
2
2
4 p 2( p 2)
4( p 2)
p( p 2)
1 1 2t 1 2t
Отсюда z (t ) te e .
4 2
4
2

14.

По формуле (12) запишем искомое решение задачи (13)
в виде
e 2
d 1 1
1 2(t )
2(t )
x(t )
(t )e
e
d
2
(1 2 ) dt 4 2
4
0
t
e 2
t
2(t )
2t
(t )e
d e
d
2
2
(1 2 )
(1 2 )
0
0
t
t
e 2t
2t ln( 1 2t ) .
4

15.

Применение операционного
исчисления для вычисления
несобственных интегралов

16.

Вычисление несобственных интегралов вида
f (t )dt с помощью преобразования Лапласа
0
основано на применении формулы
f (t )dt F (0),
0
где f (t ) F ( p).

17.

sin t
Пример. Вычислить интеграл
dt.
t
0
1
Так как sint 2 , то по теореме интегрирования
p 1
изображения имеем
sin t ds
arctg p.
2
t
2
p s 1
Тогда
sin t
t dt 2 arctg p 2 .
p 0
0

18.

Ещё один способ вычисления несобственных интегралов
при помощи операционного исчисления даёт следующая
теорема.
Теорема Парсеваля. Если f1 (t ) F1 ( p), f 2 (t ) F2 ( p)
и функции F1 ( p) и F2 ( p) аналитичны при Re p 0, то
0
0
f1 (u ) F2 (u )du F1 (v) f 2 (v)dv.
При этом из сходимости одного из этих интегралов следует
сходимость другого.

19.

e u sin u
Пример. Вычислить интеграл
du , 0.
u
0
1
Имеем e sin t
, 1(t )
. Полагая
2
2
p
( p )
1
u
f1 (u ) e sin u , F2 (u ) , получаем F1 (v)
,
2
2
u
(v )
f 2 (v) 1(v). Подставляя эти функции в теорему Парсеваля,
t
будем иметь
e u sin u
1(v)
dv
du
dv
2
2
2
2
u
0
0 (v )
0 (v )
v
arctg
arctg arctg .
0
2

20.

Применение операционного
исчисления при расчёте
электрических цепей

21.

Методы операционного исчисления широко используются
при расчётах процессов, протекающих в электрических цепях.
Пусть i (t ) и u (t ) соответственно ток и напряжение в цепи.
Применение операторного метода основано на справедливости
законов Кирхгофа для операторного тока I ( p) i (t ) и
напряжения U ( p) u (t ).
На основании закона Ома для основных линейных элементов
электрической цепи могут быть быть записаны следующие
соотношения :
u R (t ) Ri (t ) для сопротивления R,
di (t )
для индуктивности L,
dt
1 t
uC (t ) i ( )d q(0) для ёмкости C ,
C 0
где q(0) заряд конденсатора в начальный момент времени.
u L (t ) L

22.

Переходя к изображениям, получаем
U R ( p) RI ( p),
U L ( p) pLI ( p) Li (0),
1
1
U C ( p)
I ( p)
q(0).
pC
pC
Используя закон Ома и законы Кирхгофа, выполняются расчёты
в операторной форме, а затем выполняя обратное преобразование
Лапласа находят искомые токи и напряжения.

23.

Пример. В контур , состоящий из последовательно соединённых
индуктивности L, ёмкости C и сопротивления R включается
постоянная э.д.с. E. Ток в контуре и заряд в начальный момент
времени равны нулю. Определить зависимость тока в контуре от
времени.
На основании закона Кирхгофа имеем уравнение
di
1t
L Ri i ( )d E.
dt
C0
Пусть i (t ) I ( p ), тогда
pLI ( p ) RI ( p )
1
E
I ( p)
Cp
p
1 E
I ( p ) pL R
Cp p

24.

E
I ( p)
.
1
2 R
L p p
L
LC
Уравнение
R
1
2
p p
0
L
LC
R
R2
1
R
имеет корни p1, 2
.
Обознчим
,
2
2L
2L
4 L LC
1
2
. Тогда p1 , p2 . Тогда
LC
1
E
1
E
1
I ( p)
L ( p p1 )( p p2 ) L( p1 p2 ) p p1 p p2
E 1
1
.
2 L p p1 p p2

25.

Перейдя к оригиналам, получим :
E t t
E t
i (t )
e (e e t )
e sh t.
2 L
L
(1)
1
L
, то есть R 2
, то корни p1 , p2
LC
C
действительные и формула (1) пригодна для вычислений.
Если 2
L
Если R 2
, то корни p1 , p2 комплексные. Обозначим
C
1
2 . Тогда i , и принимая во внимание, что
LC
sh( i t ) i sin t , имеем
E t
i (t )
e sin t.
L

26.

Полученное решение соответствует случаю, когда в
контуре происходит затухающий колебательный процесс
с частотой .
В случае, когда 0, величину i (t ) можно получить
из формулы (1) с помощью предельного перехода при 0.
Используя правило Лопиталя, находим :
Ee t sh t E t
i (t ) lim
te .
0
L
L

27.

Таблица оригиналов и их изображени й для функций,
часто встречающи хся при решении задач
№
1
f (t )
F ( p)
№
f (t )
F ( p)
1(t )
1
p
7
ch t
p
p 2 2
2
e
t
1
p
8
t
e sin t
( p ) 2 2
3
tn
n!
p n 1
9
t
p
( p ) 2 2
4
sin t
p 2 2
10
e sh t
( p ) 2 2
5
cos t
p
p 2 2
11
e t ch t
p
( p ) 2 2
6
sh t
p 2 2
12
t n
e cos t
t
e t
n!
( p ) n 1

28.

Спасибо за внимание!