Диференцијалне једначине

Претпоставимо да решења $y=y(t)$ и $z=z(t)$ имају Лапласову трансформацију на некој полуправој $s>a$: $$Y(s)=L[y(t)](s) \quad \mbox{и}\quad Z(s)=L[z(t)](s).$$ Када урадимо Лапласову трансформацију обе једначине имаћемо $$\begin{array}{} L[y'(t)](s)-2L[y(t)](s)+L[z(t)](s)=0\\ L[z'(t)](s)-L[y(t)](s)-2L[z(t)](s)=0, \end{array}$$ 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 $y(0)=1$ следи да је $$L[y'(t)](s)=sL[y(t)](s)-y(0)=sY-1.$$ На исти начин добијамо да је $$L[z'(t)](s)=sL[z(t)](s)-z(0)=sZ.$$ Када смо одредили Лапласове трансформације система, тада се он своди на одговарајући систем линеарних алгебарских једначина: $$\begin{array}{} sY-1-2Y+Z=0\\ sZ-Y-2Z=0. \end{array}$$ Из прве једначине новог система добијамо да је $Z=1-(s-2)Y.$
Када то заменимо у другу једначину, након сређивања имаћемо $$Y=\frac{s-2}{(s-2)^2+1}\quad \Rightarrow \quad Z=1-(s-2)\frac{s-2}{(s-2)^2+1}=\frac{1}{(s-2)^2+1}$$ Применом инверзне Лапласове трансформације добијамо, из табеле инверзних Лапласових трансформација $$\begin{array}{} y(t)=L^{-1}[Y(s)](t)=L^{-1}\Bigg[\frac{s-2}{(s-2)^2+1}\Bigg](t)=e^{\, 2t}\cos {t}\\ z(t)=L^{-1}[Z(s)](t)=L^{-1}\Bigg[\frac{1}{(s-2)^2+1}\Bigg](t)=e^{\, 2t}\sin {t}. \end{array}$$ Дакле, тражено решење које задовољава почетне услове је $$\begin{array}{} y(t)=e^{\, 2t}\cos {t}\\ z(t)=e^{\, 2t}\sin {t}. \end{array} $$
Затвори решење.

Претпоставимо да решења $x=x(t)$, $y=y(t)$ и $z=z(t)$ имају Лапласову трансформацију на некој полуправој $s>a$: $$X(s)=L[x(t)](s),\quad Y(s)=L[y(t)](s) \quad \mbox{и}\quad Z(s)=L[z(t)](s).$$ Када урадимо Лапласову трансформацију једначина система имаћемо $$\begin{array}{} L[x''(t)](s)=3(L[y(t)](s)-L[x(t)](s)+L[z(t)](s))\\ L[y''(t)](s)=L[x(t)](s)-L[y(t)](s)\\ L[z''(t)](s)=L[y(t)](s) \end{array}$$ где је $$L[x'(t)](s)=\int_{0}^{\infty}{x'(t)e^{\, -st}dt}=\Bigg\lbrace{u=e^{\, -st},\ du=-se^{\, -st};\quad dv=x'(t)dt,\ v=x(t);}\Bigg\rbrace=$$ $$=x(t)e^{\, -st}\Big|_{0}^{\infty}+s\int_{0}^{\infty}{x(t)e^{\, -st}dt}=-x(0)+sL[x(t)](s).$$ Из почетног услова $x(0)=0$ следи да је $$L[x'(t)](s)=sL[x(t)](s)-x(0)=sY.$$ Да бисмо одредили $L[x''(t)](s)$, посматрајмо $x''$ као први извод функције $x'$. Тада је $$L[x''(t)](s)=sL[x'(t)]-x'(0)=s^2X.$$ На исти начин добијамо да је $$\begin{array}{} L[y'(t)](s)=sL[y(t)](s)-y(0)=sY\\ L[y''(t)](s)=sL[y'(t)](s)-y'(0)=s^2Y+2\\ L[z'(t)](s)=sL[z(t)](s)-z(0)=sZ\\ L[z''(t)](s)=sL[z'(t)](s)-z'(0)=s^2Z \end{array} $$ Када смо одредили Лапласове трансформације система, тада се он своди на одговарајући систем линеарних алгебарских једначина: $$\begin{array}{} s^2X=3Y-3X+3Z\\ s^2Y+2=X-Y\\ s^2Z=Z \end{array}$$ Из треће једначине новог система добијамо да је $Z(s)=0, \ s>0$, па када заменимо у прве две једначине добијамо $$\begin{array}{} s^2X=3Y-3X\\ s^2Y=X-Y-2 \end{array}$$ Ако сада помножимо другу једначину са 3 и додамо првој, имаћемо $$\begin{array}{} s^2Y=X-Y-2\\ 3s^2Y+s^2X=-6\quad \Rightarrow \quad X=-\frac{6}{s^2}-3Y \end{array}$$ Када заменимо $X$ у једначину $s^2Y=X-Y-2$ добијамо $$\begin{array}{} s^2Y=-\frac{6}{s^2}-4Y-2\\ \quad \Rightarrow \quad Y=\frac{-2(s^2+3)}{s^2(s^2+4)}=\frac{A}{s}+\frac{B}{s^2}+\frac{Cs+D}{s^2+4} \end{array}$$ Сабирањем ових разломака и изједначавањем одговарајућих коефицијената добијамо $$A=0,\quad B=-\frac{3}{2},\quad C=0,\quad D=-\frac{1}{2}\quad \Rightarrow \quad Y=-\frac{3}{2}\cdot\frac{1}{s^2}-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{s^2+4}.$$ Када смо израчунали $Y$, заменимо га у једначину $\displaystyle{X=-\frac{6}{s^2}-3Y}$. Тада, након сређивања, добијамо да је $$X=\frac{-6}{s^2(s^2+4)}=\frac{A}{s}+\frac{B}{s^2}+\frac{Cs+D}{s^2+4}.$$ Сабирањем ових разломака и изједначавањем одговарајућих коефицијената добијамо $$A=0,\quad B=\frac{1}{4},\quad C=0,\quad D=-\frac{1}{4}\quad \Rightarrow \quad X=\frac{1}{4}\Bigg(\frac{1}{s^2}-\frac{1}{s^2+4}\Bigg).$$ Применом инверзне Лапласове трансформације добијамо, из табеле инверзних Лапласових трансформација $$\begin{array}{} x(t)=L^{-1}[X(s)](t)=-\frac{6}{4}L^{-1}\Bigg[\frac{1}{s^2}\Bigg](t)+\frac{6}{4}L^{-1}\Bigg[\frac{1}{s^2+4}\Bigg](t)=-\frac{3}{2}\Bigg(t-\frac{\sin {2t}}{2}\Bigg)\\ x(t)=-\frac{3}{2}t+\frac{3}{4}\sin {2t}\\ y(t)=L^{-1}[Y(s)](t)=-\frac{3}{2}L^{-1}\Bigg[\frac{1}{s^2}\Bigg](t)-\frac{1}{2}L^{-1}\Bigg[\frac{1}{s^2+4}\Bigg](t)=-\frac{3}{2}t-\frac{1}{4}\sin {2t}\\ \end{array}$$ Дакле, тражено решење које задовољава почетне услове је $$\begin{array}{} x(t)=-\frac{3}{2}t+\frac{3}{4}\sin {2t}\\ y(t)=-\frac{3}{2}t-\frac{1}{4}\sin {2t}\\ z(t)=0 \end{array} $$ Решење има Лапласову трансформацију чија је апсциса конвергенција $\sigma_x=\sigma_y=0$.

Затвори решење.

Претпоставимо да решења $y=y(t)$ и $z=z(t)$ имају Лапласову трансформацију на некој полуправој $s>a$: $$Y(s)=L[y(t)](s) \quad \mbox{и}\quad Z(s)=L[z(t)](s).$$ Када урадимо Лапласову трансформацију обе једначине имаћемо $$\begin{array}{} L[y'(t)](s)+L[z(t)](s)=L[2\cos {t}](s)\\ L[z'(t)](s)-L[y(t)](s)-2L[z(t)](s)=L[1](s), \end{array}$$ 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 $y(0)=-1$ следи да је $$L[y'(t)](s)=sL[y(t)](s)-y(0)=sY+1.$$ На исти начин добијамо да је $$L[z'(t)](s)=sL[z(t)](s)-z(0)=sZ-1.$$ Одредимо још Лапласове трансформације функција на десној страни обе једначине. Из табеле Лапласових трансформација имамо да је $$\begin{array}{} L[2\cos {t}](s)=\frac{2s}{s^2+1}\\ L[1](s)=\frac{1}{s} \end{array}$$ Када смо одредили Лапласове трансформације система, тада се он своди на одговарајући систем линеарних алгебарских једначина: $$\begin{array}{} sY+1+Z=\frac{2s}{s^2+1}\\ sZ-1-Y=\frac{1}{s}. \end{array}$$ Из прве једначине новог система добијамо да је $\displaystyle{Z=\frac{2s}{s^2+1}-1-sY}.$
Када то заменимо у другу једначину, након сређивања, имаћемо $$Y=\frac{s^2-1}{(s^2+1)^2}-\frac{1}{s}$$ Применом инверзне Лапласове трансформације добијамо, из табеле инверзних Лапласових трансформација $$y(t)=L^{-1}[Y(s)](t)=L^{-1}\Bigg[\frac{s^2-1}{(s^2+1)^2}\Bigg](t)-L^{-1}\Bigg[\frac{1}{s}\Bigg]=t\cos {t}-1.$$ Остало нам је да одредимо $z(t)$.
Како је $\displaystyle{Z=\frac{2s}{s^2+1}-1-sY}$ када заменимо $Y$ у ту једначину добијамо $$ Z=\frac{2s}{s^2+1}-1-s\Bigg(\frac{s^2-1}{(s^2+1)^2}-\frac{1}{s}\Bigg)=\frac{2s}{s^2+1}-\frac{s(s^2-1)}{(s^2+1)^2} $$ Тада је $z=z(t)$ једнако $$z(t)=L^{-1}[Z(s)](t)=2L^{-1}\Bigg[\frac{s}{s^2+1}\Bigg](t)-L^{-1}\Bigg[\frac{s(s^2-1)}{(s^2+1)^2}\Bigg](t)$$ Из табеле инверзних Лапласових трансформација добијамо $$2L^{-1}\Bigg[\frac{s}{s^2+1}\Bigg](t)=2\cos {t}.$$ Како је $$\frac{s(s^2-1)}{(s^2+1)^2}=\frac{As+B}{s^2+1}+\frac{Cs+D}{(s^2+1)^2},$$ сабирањем ових разломака и изједначавањем одговарајућих коефицијената добијамо $$A=1,\quad B=0,\quad C=-2,\quad D=0\quad \Rightarrow \quad \frac{s(s^2-1)}{(s^2+1)^2}=\frac{s}{s^2+1}-\frac{2s}{(s^2+1)^2}.$$ Сада је $$L^{-1}\Bigg[\frac{s(s^2-1)}{(s^2+1)^2}\Bigg](t)=L^{-1}\Bigg[\frac{s}{s^2+1}\Bigg](t)-L^{-1}\Bigg[\frac{2s}{(s^2+1)^2}\Bigg](t)=\cos t-t\sin t.$$ Коначно добијамо решење $z(t)$ $$z(t)=2\cos t-\cos t+t\sin t=\cos t+t\sin t.$$ Дакле, тражено решење које задовољава почетне услове је $$\begin{array}{} y(t)=t\cos {t}-1\\ z(t)=\cos t+t\sin t \end{array} $$
Затвори решење.