Задачи от приложения на ОС при решаване на системи ОДУ

1
§15. Задачи от приложения на ОС при решаване на системи ОДУ

Съдържание
1. Намиране L-изображение на решение на система обикновени диференциални уравнения
при зададени начални условия
2. Намиране на решение на система обикновени диференциални уравнения като обратно L-
изображение

ТЕОРИЯ
Системите диференциални уравнения с постоянни коефициенти
()
()
()
tfxaxaxax
tfxaxaxax
tfxaxaxax
nnnnnnn
nn
nn
++++=
++++=
++++=
L&
L
L&
L&
2211
222221212
112121111

с начални условия
()
11
0bx= ,
()
22
0bx =, ..., ()
nn
bx =0 също могат да се решават със средствата
на операционното смятане. Тук се предполага, че функциите
()tf
k
, nk ,,2,1K
= , са
непрекъснати и изпълняват условието на експоненциален ръст. Нека
()pX
k
са образите на
търсените функции
()tx
k
, а
()pF
k
са образите на ()tf
k
, nk ,,2,1K= . Тогава системата
приема следния операционен вид

()
()
()
nnnnnnnn
nn
nn
bpFXaXaXapX
bpFXaXaXapX
bpFXaXaXapX
+++++=
+++++=
+++++=
L
L
L
L
2211
2222221212
1112121111

Да положим

⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
=
nx
x
x
M
2
1
x ,
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
=
nnnn
n
naaa
aaa
aaa
A
L
MOMM
L
L
21
22221
11211
, ()
()
()
()
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
=
tf
tf
tf
t
n
M
2
1
f ,

⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
=
nX
X
X
M
2
1
X , ()
()
()
()
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
=
pF
pF
pF
p
n
M
2
1
F ,
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
=
nb
b
b
M
2
1
b .
Тогава дадената система приема следната векторно матрична форма

()tAfxx +=&, ()bx=0,
а преобразуваната има формата

()bFXX ++= pAp,

()() bFX +
=− pApE
n
,
което чрез обратна матрица може да се реши във вида

()()() bFX
11 −−
−+−= AppApE
n .
Нека
()tΦ е матрицата от оригиналите на
( )
1−
−ApE
n . Тогава според познатите правила на
операционното смятане, за оригинала ()tx получаваме

() () () () () ( )() () ()( ) ∫∫
ττ−τ+=τττ−+=+=
tt
dttdtttttt
00
* fΦbΦfΦbΦbΦfΦx

ЗАДАЧИ

2
Задача 1. Като използвате
L –изображение на функция, намерете частно решение на
следните системи диференциални уравнения, което да удовлетворява съответните начални
условия:
1.1.
yxy
yx22+=′
−=′
при начални условия
()()100 ==yx .
1.2
02
1222=+′+′′
+−=+−′−′
xyx
tyxyx
при начални условия
()()()0000 ==′= yxx .
1.3.
yxz
zxy
zyx
+=′
+=′
+=′
3
3
при начални условия
() ()()100;00 === zyx .
1.4.
zyxz
zxy
zyxx
23
2
−+−=′
+=′
+−=′
при начални условия
()()()00;100 === zyx .
Решение. 1.1. Нека ()tx ; ()ty е търсеното решение на системата диференциални уравнения, а

(){}
()pxtxL = и (){} ()pytyL =
са съответните им образи . Тогава чрез преобразуване на даденaтa система се получава


{} { }
{} {} {}
()()()
() () () ()
()()
()( ) ()1.22
1.
220.
0.
22 =−+−
=+
⇒
+=−
−=−
⇒
+=′
−=′
pyppx
pypxp
pypxypyp
pyxpxp
yLxLyL
yLxL

Решаваме тази система спрямо ()px и ()py по формулите на Крамер
()
22
3
22
1
21
11
2
+−
−
=
−−
−
=pp
p
p
p
p
px
,
()
22
2
22
1
12
1
2
+−
+
=
−−
−
=pp
p
p
p
p
py

Тогава решението на системата ще намерим чрез обратно Лапласово изображение на
()px и
()py

()
()
() tt
p
p
L
pp
p
Ltx
t
sin2cos
11
21
22
3
2
1
2
1
−=
⎭
⎬
⎫
⎩
⎨
⎧
+−
−−
=
⎭
⎬
⎫
⎩
⎨
⎧
+−
−
=
−−
l

()
()
() tt
p
p
L
pp
p
Lty
t
sin3cos
11
31
22
2
2
1
2
1
+=
⎭
⎬
⎫
⎩
⎨
⎧
+−
+−
=
⎭
⎬
⎫
⎩
⎨
⎧
+−
+
=
−−
l .
1.2. Абсолютно по същия начин се получава

() () () () () ()
( ) () () () () ()002200..
12
220.0.
2
2
=+−+′′−−
+−=+−+−−
pxypyxxppxp
pp
pypxypypxpxp

()
() ( ) ()
()
() () ()
()()
() () ()
+
=++
=−
⇒
=++
−
=−−−
0.21
2./
1
0.21
2
.2.2
2
2
2
2
pyppxp
p
p
pypx
pyppxp
p
p
pyppxp


()
()
()
()
22
2
2
1
1
1
2
+
+
−=
+
=
pp
p
py
pp
px

()( )
()() ttty
ttx
tt
tt
−−−=
−−=
⇒
−−
−−
ll
ll
12
12

1.3. Преобразуваната система след заместване на началните условия е

3

()()()
() ()()
()() ()1..3
1..3
0.
=+−−
=−+−
=−−
pzppypx
pzpyppx
pzpypxp

()
()
()() 32
2
67
12
13
13
11
11
11
110
3
−+
=
−−
+
=
−−
−−
−−
−
−
−−
=
pppp
p
p
p
p
p
p
px
()
()
()() 3267
1
13
13
11
13
113
10
3
−+
=
−−
+
=
−−
−−
−−
−
−−
−
=
pp
p
pp
pp
p
p
p
p
p
py
()
()
()() 3267
1
13
13
11
113
13
01
3
−+
=
−−
+
=
−−
−−
−−
−−
−
−
=
pp
p
pp
pp
p
p
p
p
p
pz
Намираме оригиналите на получените образи

()
()()
()
()()
=
⎭
⎬
⎫
⎩
⎨
⎧
−+
−−+
=
⎭
⎬
⎫
⎩
⎨
⎧
−+
=
−−
32
32
5
2
32
2
11
pp
pp
L
pp
Ltx

()
tt
p
L
p
L
2311
5
2
2
1
5
2
3
1
5
2
−−−
−=
⎭
⎬
⎫
⎩
⎨
⎧
+
−
⎭
⎬
⎫
⎩
⎨
⎧
−
=ll

() ()
()()
( )()
()()
=
⎭
⎬
⎫
⎩
⎨
⎧
−+
−++
=
⎭
⎬
⎫
⎩
⎨
⎧
−+
==
−−
32
3223
5
1
32
11
pp
pp
L
pp
p
Ltzty


()
tt
p
L
p
L
2311
23
5
1
2
1
5
2
3
1
5
3
−−−
+=
⎭
⎬
⎫
⎩
⎨
⎧
+
+
⎭
⎬
⎫
⎩
⎨
⎧
−
=ll
Решение на дадената система е

()
() () () ()
⎭
⎬
⎫
⎩
⎨
⎧
+==−=
−− tttt
tztytx
2323
23
5
1
;
5
2
llll
1.4.

()
()()()
() ()()
()()( ) ()0.2.3
1..
1.2
=++−
=−+−
=−+−
pzppypx
pzpyppx
pzpypxp

4
()
()1
2
213
11
112
210
11
111
−
+
=
+−
−−
−−
+−
−
−
=
pp
p
p
p
p
p
p
px


()
()1
2
213
11
112
203
111
112
−
+
=
+−
−−
−−
+
−−
−−
=
pp
p
p
p
p
p
p
py
()
()1
2
213
11
112
013
11
112
+
−
=
+−
−−
−−
−
−
−
=
pp
p
p
p
p
p
pz
Решение на дадената система е

() () ()
( ){ }12;2 −=−==
−− tt
tztytx ll
Задача 2. Да се реши системата

062
044
=++′
=++′
yxy
yxx

при начални условия
() () 150;30
==yx .
Отговор: Решение на дадената система е

() ()
{ }
tttt
tytx
8282
114;118
−−−−
=+−= llll