Przekształcenie Laplace'a Równania różniczkowe Zagadnienie Cauchy'ego

Zastosowanie przekształcenia Laplace’a w teorii równań różniczkowych zwyczajnych

Wyprowadzenie 1:

Rozważmy nastepujący problem poczatkowy

\( y^{(n)}(t)+a_1y^{(n-1)}(t)+\ldots +a_ny(t)=f(t), \)

\( y(0)=y_0,\hskip 0.3pc y^\prime(0)=y_1,\hskip 0.3pc \ldots ,\hskip 0.3pc y^{(n-1)}(0)=y_{n-1}, \)

gdzie \( \hskip 0.3pc a_i,\hskip 0.3pc i=1,\ldots ,n \hskip 0.3pc \) i \( \hskip 0.3pc y_j,\hskip 0.3pc j=0,\ldots ,n-1 \hskip 0.3pc \) są stałymi.
Niech \( \hskip 0.3pc Y(z)\hskip 0.3pc({\rm odpowiednio}\hskip 0.3pc F(z))\hskip 0.3pc \) oznacza transformatę Laplace'a funkcji \( \hskip 0.3pc y(t)\hskip 0.3pc({\rm odpowiednio}\hskip 0.3pc f(t)).\hskip 0.3pc \)
Obkładając obustronie równanie ( 1 ) transformatą Laplace'a otrzymamy mastępyjące równanie algebraiczne

(3)

\( W(z)\,Y(z)+P(z)=F(z), \)

gdzie \( \hskip 0.3pc W(z)=z^n+a_1z^{n-1}+\ldots +a_n \hskip 0.3pc \) a \( \hskip 0.3pc P(z) \hskip 0.3pc \)-jest wielomianem którego współczynniki zależą od \( \hskip 0.3pc y_0,\ldots ,y_{n-1}. \hskip 0.3pc \)
Wyliczając z równania ( 3 ) \( \hskip 0.3pc Y(z) \hskip 0.3pc \) mamy

\( Y(z)=\dfrac {F (z)-P(z)}{W (z)}. \)

Następnie stosując transformatę odwrotną wyznaczamy rozwiązanie naszego problemu początkowego

\( y(t)={\cal L}^{-1}\Big(\dfrac {F (z)-P(z)}{W (z)}\Big). \)

Przykład 1:

Znaleźć rozwiązanie problemu Cauchy'ego

\( y^{\prime\prime}+4y=e^t,\qquad y(0)=0,\hskip 0.3pcy^\prime(0)=0. \)

Połóżmy \( \hskip 0.3pc Y={\cal L}(y).\hskip 0.3pc \) Przy przyjętych warunkach początkowych

\( \hskip 0.3pc {\cal L}(y^{\prime\prime}(t))(z)=z^2Y(z).\hskip 0.3pc \)

Zatem obkładając transformacją Laplace'a obie strony równania mamy

\( z^2Y(z)+4Y(z)=\dfrac 1{z-1}. \)

Stąd

\( Y(z)=\dfrac 1{(z-1)(z^2+4)}=\dfrac 15\dfrac 1{z-1}-\dfrac 15\dfrac 1{z^2+4}-\dfrac 15\dfrac z{z^2+4}, \)

a wracając do funkcji pierwotnej otrzymamy

\( y(t)={\cal L}^{-1}(Y)= \dfrac 1{5}e^{t}-\dfrac 1{10}\sin\,2t-\dfrac 1{5}\cos\,2t. \)

Przykład 2:

Znaleźć rozwiązanie problemu Cauchy'ego

\( y^\prime+2y=2H(t-2)+tH(t-3),\qquad y(0)=1. \)

Połóżmy \( \hskip 0.3pc Y={\cal L}(y).\hskip 0.3pc \) Przy przyjętych warunkach początkowych

\( \hskip 0.3pc {\cal L}(y^\prime(t))(z)=zY(z)-1.\hskip 0.3pc \)

Obkładając transformacją Laplace'a obie strony równania wyjściowego i uwzględniając rowność

\( 2H(t-2)+tH(t-3)= 2H(t-2)+3H(t-3)+(t-3)H(t-3) \)

otrzymamy

\( zY(z)-1+2Y(z)= \dfrac {2e^{-2z}}{z}+ \dfrac {3e^{-3z}}{z}+\dfrac {e^{-3z}}{z^2}. \)

Stąd

\( \begin{aligned} Y(z)=& \dfrac 1{z+2}+e^{-2z}\dfrac {2}{z(z+2)} + e^{-3z}\dfrac {3}{z(z+2)}+e^{-3z}\dfrac {1}{z^2(z+2)}= \\=& \dfrac 1{z+2}+e^{-2z}\Big(\dfrac 1{z}-\dfrac 1{z+2}\Big) + \dfrac 54e^{-3z}\Big(\dfrac 1z +\dfrac 25\dfrac 1{z^2}-\dfrac 1{z+2}\Big).\end{aligned} \)

Ponieważ

\( {\cal L}^{-1}\Big(\dfrac 1{z}-\dfrac 1{z+2}\Big)=1-e^{-2t}, \qquad {\cal L}^{-1}\Big(\dfrac 1z +\dfrac 25\dfrac 1{z^2}-\dfrac 1{z+2}\Big)=1+\dfrac 25t-e^{-2t}, \)

po uwzlędnieniu własności 9 z modułu "Podstawowe własności transformaty Laplace'a" otrzymamy

\( y(t)={\cal L}^{-1}(Y)= e^{-2t}+\big(1-e^{4-2t}\big)H(t-2)+\dfrac 14\big(2t- 1-5e^{6-2t}\big)H(t-3). \)

Przykład 3:

Znaleźć rozwiązanie problemu Cauchy'ego

\( ty^{\prime\prime}-ty^\prime+y=2,\qquad y(0)=2,\hskip 0.3pc y^\prime(0)=1. \)

Obkładamy transformatą Laplace'a obie strony powyższego równania

\( {\cal L}(ty^{\prime\prime})(z)-{\cal L}(ty^\prime)(z)+{\cal L}(y)(z)={\cal L}(2) \)

i uwzględniając, że

\( {\cal L}(ty^\prime)(z)=-\dfrac{d}{dz}{\cal L}(y^\prime)(z)=-\dfrac{d}{dz}(zY(z)-y(0))=-zY^\prime(z)-Y(z), \)

\( {\cal L}(ty^{\prime\prime})(z)=-\dfrac{d}{dz}{\cal L}(y^{\prime\prime})(z)=-\dfrac{d}{dz}(z^2Y(z)-zy(0)-y^\prime(0))=-z^2Y^\prime(z)-2zY(z)+2 \)

otrzymamy następujące równanie liniowe

\( Y^\prime(z)+\dfrac{2}{z}Y(z)=\dfrac{2}{z^2} \)

którego rozwiązanie ma postać

\( Y(z)=\dfrac{2}{z}+\dfrac{C}{z^2}. \)

Stąd

\( y(t)={\cal L}^{-1}(Y(z))=2{\cal L}^{-1}(\dfrac{1}{z})+C{\cal L}^{-1}(\dfrac{1}{z^2})=2+Ct. \)

Uwzględniając, że \( \hskip 0.3pc y^\prime(0)=1 \hskip 0.3pc \) otzymujemy rozwiązanie problemu początkowego \( \hskip 0.3pc y(t)=t+2. \hskip 0.3pc \)

Przykład 4:

Znaleźć rozwiązanie problemu Cauchy'ego

\( y^{\prime\prime}-2y^\prime+5y=2\delta (t-3),\qquad y(0)=0,\hskip 0.3pcy^\prime(0)=1. \)

Obkładając transformacją Laplace'a obie strony równania otrzymamy

\( \big(z^2Y(z)-1\big)-2\big(zY(z)\big)+5Y(z)=2e^{-3z}. \)

Stąd

\( Y(z)=\dfrac {1+2e^{-3z}}{z^2-2z+5} =\dfrac {1+2e^{-3z}}{(z-1)^2+4} \)

Ponieważ

\( {\cal L}^{-1}\Big( \dfrac {2}{(z-1)^2+4}\Big)= e^t\sin 2t,\qquad {\cal L}^{-1}\Big(\dfrac{2e^{-3z}}{(z-1)^2+4}\Big)= e^{t-3}\sin 2(t-3)H(t-3), \)

wracając do zmiennej wyjściowej mamy

\( y(t)={\cal L}^{-1}(Y)= \dfrac 12e^t\sin 2t+ e^{t-3}\sin 2(t-3)H(t-3). \)

Przykład 5:

Znaleźć rozwiązanie układu równań

(4)

\( \begin{cases} x^{\prime\prime}+x+y=0 &\\ x^{\prime}+y^{\prime}=t&\end{cases} \)

spełniające warunki początkowe

(5)

\( x(0)=0,\hskip 0.5pc x^{\prime}(0)=0,\hskip 0.5pc y(0)=1. \)

Połóżmy \( \hskip 0.3pc X={\cal L}(x)\hskip 0.3pc \) i \( \hskip 0.3pc Y={\cal L}(y).\hskip 0.3pc \) Obkładając transformacją Laplace'a równania ( 4 ) i uwzględniając warunki początkowe ( 5 ) otrzymamy

\( \begin{cases} z^2X(z)+X(z)+Y(z)=0 &\\ zX(z)+zY(z)-1=\dfrac{1}{z^2}&.\end{cases} \)

Stąd

\( X(z)=-\dfrac{1}{z^3}-\dfrac{1}{z^5},\hskip 1pc Y(z)=\dfrac{1}{z}+\dfrac{2}{z^3}+\dfrac{1}{z^5}. \)

Ponieważ

\( {\cal L}^{-1}\Big(\dfrac{1}{z}\Big)=1,\hskip 0.9pc{\cal L}^{-1}\Big(\dfrac{1}{z^3}\Big)=\dfrac{1}{2}t^2,\hskip 0.9pc{\cal L}^{-1}\Big(\dfrac{1}{z^5}\Big)=\dfrac{1}{24}t^4 \)

więc

\( x(t)=-\dfrac{1}{2}t^2-\dfrac{1}{24}t^4,\hskip 1.3pc y(t)=1+t^2+\dfrac{1}{24}t^4. \)

W poniższym przykładzie pokażemy jak postępować gdy warunek początkowy jest w punkcie \( \hskip 0.3pc t_0\neq 0. \hskip 0.3pc \)

Przykład 6:

Wyznaczyć rozwiązanie problemu poczatkowego

(6)

\( y^\prime-2y=e^{2t-2},\quad y(1)=1. \)

Wykonujemy następujące podstawienie \( \hskip 0.3pc s=t-1 \hskip 0.3pc \) i definiujemy nową funkcje \( \hskip 0.3pc u(s) \hskip 0.3pc \)

\( y(t)=y(s+1)=:u(s)=u(t-1). \)

Ponieważ \( \hskip 0.3pc y^\prime(t)=u^\prime(s),\hskip 0.3pc y(1)=u(0)=1 \hskip 0.3pc \) więc równanie ( 6 ) w nowych zmiennych ma postać

(7)

\( u^\prime-2u=e^{2s},\quad u(0)=1. \)

Połóżmy \( \hskip 0.3pc U(z)={\cal L}(u(s))(z).\hskip 0.3pc \) Obkładając transformacją Laplace'a obie strony równania ( 7 ) otrzymamy

\( zU(z)-u(0)-2U(z)=\dfrac 1{z-2}. \)

Stąd

\( U(z)=\dfrac 1{(z-2)^2}+\dfrac 1{z-2}. \)

Zatem

\( y(t)=u(s)={\cal L}^{-1}(U(z))={\cal L}^{-1}(\dfrac 1{(z-2)^2})+ {\cal L}^{-1}(\dfrac 1{z-2})=se^{2s}+e^{2s}=te^{2t-2}. \)

Przykład 7:

Wyznaczyć rozwiązanie problemu poczatkowego

(8)

\( y^\prime+3y=f(t),\quad y(0)=1,\quad t\ge 0, \)

przy założeniu, że dla funkcji \( \hskip 0.3pc f(t)\hskip 0.3pc \) istnieje transformata Laplace'a.

Połóżmy \( \hskip 0.3pc Y(z)={\cal L}(y(t))(z),\hskip 0.3pc F(z)={\cal L}(f(t))(z).\hskip 0.3pc \) Obkładając transformacją Laplace'a obie strony równania ( 8 ) otrzymamy

\( zY(z)-y(0)+3Y(z)=F(z). \)

Po przekształceniu otrzymujemy

\( Y(z)=\dfrac {1}{z+3}+\dfrac{1}{z+3}F(z). \)

Biorąc po obu stronach powyższej równości odwrotne przekształcenie Laplace'a i uwzlędniając własności 8 z modułu "Podstawowe własności transformaty Laplace'a" mamy

\( y(t)={\cal L}^{-1}\Big(\dfrac{1}{z+3}\Big)+{\cal L}^{-1}\Big(\dfrac{1}{z+3}F(z)\Big)=e^{-3t}+\displaystyle\int_0^te^{-3(t-\tau)}f(\tau)\,d\tau. \)

Przykład 8:

Rozwiązać równanie różniczkowo całkowe

(9)

\( y^\prime=\cos t+\displaystyle\int_0^t y(\tau)\cos (t-\tau)\,d\tau.,\quad y(0)=1,\quad t\ge 0. \)

Połóżmy \( \hskip 0.3pc Y(z)={\cal L}(y(t))(z).\hskip 0.3pc \) Obkładając transformacją Laplace'a obie strony równania ( 9 ) i uwzględniając własności 8 z modułu "Podstawowe własności transformaty Laplace'a" otrzymamy

\( zY(z)-y(0)=\dfrac{z}{1+z^2}+Y(z)\dfrac{z}{1+z^2}. \)

Rozwiązując powyższe równanie względem \( \hskip 0.3pc Y(z),\hskip 0.3pc \) otrzymujemy

\( Y(z)=\dfrac {1}{z^3}+\dfrac{1}{z^2}+\dfrac{1}{z}. \)

Biorąc po obu stronach powyższej równości odwrotne przekształcenie Laplace'a mamy

\( y(t)={\cal L}^{-1}\Big(\dfrac{1}{z^3}\Big)+{\cal L}^{-1}\Big(\dfrac{1}{z^2}\Big)+{\cal L}^{-1}\Big(\dfrac{1}{z}\Big)=\dfrac{1}{2}t^2+t+1. \)

Temat:
Opis:
Typ:

Email: