Диференцијалне једначине

Претпоставимо да решење $y=y(t)$ има Лапласову трансформацију $$Y(s)=L[y(t)](s) \quad \mbox{за} \quad s>a.$$ Када урадимо Лапласову трансформацију леве и десне стране једначине имаћемо $$L[y''(t)](s)+L[y'(t)](s)-2L[y(t)](s)=L[4](s)$$ где је $$L[y'(t)](s)=\int_{0}^{\infty}{y'(t)e^{\, -st}dt}=\Bigg\lbrace{u=e^{\, -st},\ du=-se^{\, -st};\quad dv=y'(t)dt,\ v=y(t);}\Bigg\rbrace=$$ $$=y(t)e^{\, -st}\Big|_{0}^{\infty}+s\int_{0}^{\infty}{y(t)e^{\, -st}dt}=-y(0)+sL[y(t)](s).$$ Из почетног услова $y(0)=2$ следи да је $$L[y'(t)](s)=sL[y(t)](s)-y(0)=sY(s)-2.$$ Да бисмо одредили $L[y''(t)](s)$, посматрајмо $y''$ као први извод функције $y'$. Тада је $$L[y''(t)](s)=sL[y'(t)]-y'(0)=s(sY(s)-2)-3=s^2Y(s)-2s-3.$$ Нађимо још Лапласову трансформацију израза на десној страни $$L[-4](s)=-4L[1](s)=-\frac{4}{s}.$$ Када смо одредили Лапласове трансформације свих чланова полазне једначине, тада се она своди на одговарајућу алгебарску једначину $$s^2Y(s)-2s-3sY(s)-2-2Y(s)=-\frac{4}{s},$$ $$\Leftrightarrow\quad Y(s)(s^2-3s-2)=\frac{2s^2+5s-4}{s}$$ $$\Leftrightarrow\quad Y(s)=\frac{2s^2+5s-4}{s(s^2-3s-2)}=\frac{2s^2+5s-4}{s(s+2)(s-1)}=\frac{A}{s}+\frac{B}{s+2}+\frac{C}{s-1}.$$ Сабирањем ова три разломка и изједначавањем одговарајућих коефицијената добијамо $$A=2,\quad B=-1,\quad C=1\quad \Rightarrow \quad Y(s)=\frac{2}{s}-\frac{1}{s+2}+\frac{1}{s-1}$$ Нађимо сада инверзном Лапласовом трансформацијом тражено решење $y(t)$ $$y(t)=L^{-1}[Y(s)](t)=2L^{-1}\Big[\frac{1}{s}\Bigg](t)-L^{-1}\Bigg[\frac{1}{s+2}\Bigg](t)+L^{-1}\Bigg[\frac{1}{s-1}\Bigg](t).$$ Из табеле инверзних Лапласових трансформација добијамо $$y(t)=2-e^{\, -2t}+e^{t}$$ Решење има Лапласову трансформацију чија је апсциса конвергенција $\sigma_y=1$.


Слика 2. Графичку приказ добијеног решења $y(t)=2-e^{\, -2t}+e^{t}$
Затвори решење.

Претпоставимо да решење $y=y(t)$ има Лапласову трансформацију $$Y(s)=L[y(t)](s) \quad \mbox{за} \quad s>a.$$ Када урадимо Лапласову трансформацију леве и десне стране једначине имаћемо $$L[y''(t)](s)+4L[y(t)](s)=L[\sin {2t}](s)$$ где је $$L[y'(t)](s)=\int_{0}^{\infty}{y'(t)e^{\, -st}dt}=\Bigg\lbrace{u=e^{\, -st},\ du=-se^{\, -st};\quad dv=y'(t)dt,\ v=y(t);}\Bigg\rbrace=$$ $$=y(t)e^{\, -st}\Big|_{0}^{\infty}+s\int_{0}^{\infty}{y(t)e^{\, -st}dt}=-y(0)+sL[y(t)](s).$$ Из почетног услова $y(0)=10$ следи да је $$L[y'(t)](s)=sL[y(t)](s)-y(0)=sY(s)-10.$$ Да бисмо одредили $L[y''(t)](s)$, посматрајмо $y''$ као први извод функције $y'$. Тада је $$L[y''(t)](s)=sL[y'(t)]-y'(0)=s(sY(s)-10)-0=s^2Y(s)-10s.$$ Нађимо још Лапласову трансформацију израза на десној страни $$L[\sin {2t}](s)=\frac{2}{s^2+4}.$$ Када смо одредили Лапласове трансформације свих чланова полазне једначине, тада се она своди на одговарајућу алгебарску једначину $$s^2Y(s)-10s+4Y(s)=\frac{2}{s^2+4},$$ $$\Leftrightarrow\quad Y(s)(s^2+4)=\frac{2}{s^2+4}+10s$$ $$\Leftrightarrow\quad Y(s)=\frac{2}{(s^2+4)^2}+\frac{10s}{s^2+4}.$$ Нађимо сада инверзном Лапласовом трансформацијом тражено решење $y(t)$ $$y(t)=L^{-1}[Y(s)](t)=L^{-1}\Bigg[\frac{2}{(s^2+4)^2}\Bigg](t)+L^{-1}\Bigg[\frac{10s}{s^2+4}\Bigg](t).$$ Из табеле инверзних Лапласових трансформација добијамо $$L^{-1}\Bigg[\frac{10s}{s^2+4}\Bigg](t)=10\cos {2t},$$ $$L^{-1}\Bigg[\frac{2}{(s^2+4)^2}\Bigg](t)=L^{-1}\Bigg[\frac{1}{8}\cdot \frac{16}{(s^2+4)^2}\Bigg](t)=\frac{1}{8}L^{-1}\Bigg[\frac{2(s^2+4)-2s^2+8}{(s^2+4)^2}\Bigg](t)=$$ $$=\frac{1}{8}L^{-1}\Bigg[\frac{2}{s^2+4}\Bigg](t)-\frac{1}{8}L^{-1}\Bigg[\frac{2(s^2-4)}{(s^2+4)^2}\Bigg](t)$$ $$L^{-1}\Bigg[\frac{2}{(s^2+4)^2}\Bigg](t)=\frac{1}{4}\cdot\frac{\sin {2t}}{2}-\frac{1}{8}\cdot 2t\cos {2t}=\frac{1}{8}(\sin {2t}-2t \cos {2t}).$$ Дакле, тражено решење које задовољава дате почетне услове је $$y(t)=\frac{1}{8}(\sin {2t}-2t \cos {2t})+10\cos {2t}.$$ Решење има Лапласову трансформацију чија је апсциса конвергенција $\sigma_y=1$.


Слика 3. Графичку приказ добијеног решења $\displaystyle{y(t)=\frac{1}{8}(\sin {2t}-2t \cos {2t})+10\cos {2t}}$
Затвори решење.

Претпоставимо да решење $y=y(t)$ има Лапласову трансформацију $$Y(s)=L[y(t)](s)\quad \mbox{за} \quad s>a.$$ Када урадимо Лапласову трансформацију леве и десне стране једначине имаћемо $$L[y'(t)](s)+kL[y(t)](s)=L[te^t](s)$$ где је $$L[y'(t)](s)=\int_{0}^{\infty}{y'(t)e^{\, -st}dt}=\Bigg\lbrace{u=e^{\, -st},\ du=-se^{\, -st};\quad dv=y'(t)dt,\ v=y(t);}\Bigg\rbrace=$$ $$=y(t)e^{\, -st}\Big|_{0}^{\infty}+s\int_{0}^{\infty}{y(t)e^{\, -st}dt}=-y(0)+sL[y(t)](s).$$ Из почетног услова $y(0)=0$ следи да је $$L[y'(t)](s)=sL[y(t)](s)-y(0)=sY(s).$$ Нађимо још Лапласову трансформацију израза на десној страни $$L[te^t](s)=\frac{1}{(s-1)^2}.$$ Када смо одредили Лапласове трансформације свих чланова полазне једначине, тада се она своди на одговарајућу алгебарску једначину $$sY(s)+kY(s)=\frac{1}{(s-1)^2},$$ $$\Leftrightarrow\quad Y(s)(s+k)=\frac{1}{(s-1)^2}$$ $$\Leftrightarrow\quad Y(s)=\frac{1}{(s+k)(s-1)^2}.$$ Разликоваћемо два случаја:

1. Ако је $k=-1$, тада је $$Y(s)=\frac{1}{(s-1)^3},$$ Применом инверзне Лапласове трансформације добијамо тражено решење $$y(t)=L^{-1}[Y(s)](t)=L^{-1}\Bigg[\frac{1}{(s-1)^3}\Bigg](t),$$ односно $$y(t)=\frac{t^2}{2}e^t.$$
2. Ако је $k\neq -1$, тада је $$Y(s)=\frac{1}{(s+k)(s-1)^2}=\frac{A}{s+k}+\frac{B}{s-1}+\frac{C}{(s-1)^2}$$ Сабирањем ових разломака и изједначавањем одговарајућих коефицијената добијамо следеће $$A=\frac{1}{(k+1)^2},\quad B=-\frac{1}{(k+1)^2}, \quad C=\frac{1}{k+1}$$ $$\Rightarrow \quad Y(s)=\frac{1}{(k+1)^2(s+k)}-\frac{1}{(k+1)^2(s-1)}+\frac{1}{(k+1)(s-1)^2}$$ Применом инверзне Лапласове трансформације и коришћењем особина Лапласове трансформације имаћемо да је $$y(t)=L^{-1}[Y(s)](t)=\frac{1}{(k+1)^2}L^{-1}\Bigg[\frac{1}{s+k}\Bigg](t)-\frac{1}{(k+1)^2}L^{-1}\Bigg[\frac{1}{s-1}\Bigg](t)\frac{1}{k+1}L^{-1}\Bigg[\frac{1}{(s-1)^2}\Bigg](t)$$ На основу табеле инверзних Лапласових трансформација $$y(t)=\frac{1}{(k+1)^2}e^{\, -kt}-\frac{1}{(k+1)^2}e^{t}+\frac{1}{k+1}te^t,$$ односно $$y(t)=\frac{e^{\, -kt}-e^{t}}{(k+1)^2}+\frac{1}{k+1}te^t.$$

Дакле, тражено решење које задовољава дате почетне услове је $$y(t)=\left \lbrace \begin{array}{lllll} \frac{t^2}{2}e^t, & \mbox{за} & k=-1\\ \frac{e^{\, -kt}-e^{t}}{(k+1)^2}+\frac{1}{k+1}te^t, & \mbox{за} & k\neq -1 \end{array} \right.$$ У оба случаја решење има Лапласову трансформацију за $s>1$, односно апсциса конвергенција је $\sigma_y=1$.

Затвори решење.

Одредимо Лапласову трансформацију полазне једначине тако што ћемо одредити Лапласову трансформацију сваког члана. Из особине Лапласове трансформације $$\displaystyle{L[t^{n}f(t)](s)=(-1)^n\frac{d^n}{ds^n}(L[f(t)])(s)},$$ за $n=1$ добијамо $$L[ty''(t)](s)=-\frac{d}{ds}L[y''(t)](s),$$ одакле, на основу $$L[f^{(n)}(t)](s)=s^nL[f(t)](s)-s^{n-1}f(0)-s^{n-2}f'(0)-\dots-f^{(n-1)}(0)$$ за $n=2$, добијамо да је $$L[ty''(t)](s)=-\frac{d}{ds}(s^2Y(s)-sy(0)-y'(0))=-2sY(s)-s^2Y'(s)+y(0)=-2sY(s)-s^2Y'(s).$$ На исти начин одредимо Лапласову трансформацију од $2(t-1)y':$ $$L[2(t-1)y'(t)](s)=2L[ty'(t)](s)-2L[y'(t)](s)$$ $$L[2(t-1)y'(t)](s)=-2\frac{d}{ds}L[y'(t)](s)-2sL[y(t)](s)+y(0)=-2\frac{d}{ds}(sY(s)-y(0))-2sY(s)+y(0)$$ $$L[2(t-1)y'(t)](s)=-2Y(s)-2sY'(s)-2sY(s)+y(0)=-2sY'(s)-2(s+1)Y(s).$$ Када смо одредили Лапласове трансформације, полазна једначина се своди на $$-2sY(s)-s^2Y'(s)-2sY'(s)-2(s+1)Y(s)-2L[y(t)](s)=0,$$ односно $$(s^2+2s)Y'(s)+4(s+1)Y(s)=0$$. Добили смо диференцијалну једначину која раздваја променљиве $$\begin{array}{} (s^2+2s)\frac{dY}{ds}=-4(s+1)Y(s)\\ \quad \Leftrightarrow\frac{dY}{Y(s)}=\frac{-4(s+1)}{s(s+2)}ds=(\frac{A}{s}+\frac{B}{s+2})ds \end{array} $$ Сабирањем ових разломака и изједначавањем одговарајућих коефицијената добијамо да је $$A=-2,\quad B=-2\quad \Rightarrow \quad \frac{-4(s+1)}{s(s+2)}=-\frac{ds}{s}-2\frac{ds}{s+2}$$ Тада је $$\int{\frac{dY}{Y(s)}}=-2\int{\frac{ds}{s}}-2\int{\frac{ds}{s+2}}$$ $$\ln |Y(s)|=-2\ln |s|-2 \ln |s+2|+C_1$$ $$\ln |Y(s)|=\ln |s|^{-2}+\ln |s+2|^{-2}=\ln {(|s|^{-2}|s+2|^{-2})}\quad \Bigg/e$$ $$Y(s)=Cs^{-2}(s+2)^{-2}=\frac{C}{s^2(s+2)^2},$$ где је $C=\pm e^{C_1}$ произвољна константа. Напишимо $Y(s)$ у облику елементарних разломака $$Y(s)=C\Bigg(\frac{A}{s}+\frac{B}{s^2}+\frac{C}{s+2}+\frac{D}{(s+2)^2}\Bigg).$$ Сабирањем ових разломака и изједначавањем одговарајућих коефицијената добијамо $$A=-\frac{1}{4},\quad B=\frac{1}{4},\quad C=\frac{1}{4},\quad D=\frac{1}{4}$$ $$\Rightarrow \quad Y(s)=-\frac{C}{4}\Bigg(\frac{1}{s}-\frac{1}{s^2}-\frac{1}{s+2}-\frac{1}{(s+2)^2}\Bigg)$$ Применом инверзне Лапласове трансформације добијамо тражено решење $$y(t)=L^{-1}[Y(s)](t)=$$ $$=K\Bigg(L^{-1}\Bigg[\frac{1}{s}\Bigg](s)-L^{-1}\Bigg[\frac{1}{s^2}\Bigg](s)-L^{-1}\Bigg[\frac{1}{s+2}\Bigg](s)-L^{-1}\Bigg[\frac{1}{(s+2)^2}\Bigg](s)\Bigg)$$ односно, на основу табеле инверзних Лапласових трансформација, решење је $$y(t)=K(1-t-e^{\, -2t}-te^{\, -2t}),$$ где је $K$ произвољна константа.
Затвори решење.