Решение задачи 8.10 операционным методом

Решение задачи 8.10 операционным методом. Дано дифференциальное уравнение: \[ y'' - 2y' = \frac{e^t}{\text{ch } t} \] с начальными условиями: \[ y(0) = 0, \quad y'(0) = 0 \] 1. Перейдем к изображениям по Лапласу. Пусть \( y(t) \fallingdotseq Y(p) \). Используя свойства дифференцирования оригинала: \[ y'(t) \fallingdotseq pY(p) - y(0) = pY(p) \] \[ y''(t) \fallingdotseq p^2Y(p) - py(0) - y'(0) = p^2Y(p) \] Левая часть уравнения в изображениях: \[ p^2Y(p) - 2pY(p) = Y(p)(p^2 - 2p) \] 2. Преобразуем правую часть. Вспомним определение гиперболического косинуса: \[ \text{ch } t = \frac{e^t + e^{-t}}{2} \] Тогда правая часть уравнения: \[ f(t) = \frac{e^t}{\frac{e^t + e^{-t}}{2}} = \frac{2e^t}{e^t + e^{-t}} = \frac{2e^{2t}}{e^{2t} + 1} \] 3. Запишем операторное уравнение: \[ Y(p)(p^2 - 2p) = F(p) \] \[ Y(p) = \frac{F(p)}{p(p - 2)} \] Для нахождения решения \( y(t) \) воспользуемся интегралом Дюамеля или методом вариации постоянных, так как найти прямое изображение \( F(p) \) для такой функции сложно. Однако, проще решить систему методом вариации произвольных постоянных для линейного уравнения. 4. Решим однородное уравнение: \[ y'' - 2y' = 0 \] Характеристическое уравнение: \[ k^2 - 2k = 0 \Rightarrow k_1 = 0, k_2 = 2 \] Общее решение однородного уравнения: \[ y_{оо} = C_1 + C_2 e^{2t} \] 5. Применим метод вариации постоянных. Ищем решение в виде: \[ y(t) = C_1(t) + C_2(t) e^{2t} \] Система для производных \( C_1' \) и \( C_2' \): \[ \begin{cases} C_1' + C_2' e^{2t} = 0 \\ 0 \cdot C_1' + 2C_2' e^{2t} = \frac{2e^{2t}}{e^{2t} + 1} \end{cases} \] Из второго уравнения: \[ 2C_2' e^{2t} = \frac{2e^{2t}}{e^{2t} + 1} \Rightarrow C_2' = \frac{1}{e^{2t} + 1} \] Из первого уравнения: \[ C_1' = -C_2' e^{2t} = -\frac{e^{2t}}{e^{2t} + 1} \] 6. Интегрируем: \[ C_1(t) = -\int \frac{e^{2t}}{e^{2t} + 1} dt = -\frac{1}{2} \ln(e^{2t} + 1) + A_1 \] \[ C_2(t) = \int \frac{1}{e^{2t} + 1} dt = \int \frac{e^{2t} + 1 - e^{2t}}{e^{2t} + 1} dt = \int (1 - \frac{e^{2t}}{e^{2t} + 1}) dt = t - \frac{1}{2} \ln(e^{2t} + 1) + A_2 \] 7. Подставляем в общее решение: \[ y(t) = -\frac{1}{2} \ln(e^{2t} + 1) + A_1 + (t - \frac{1}{2} \ln(e^{2t} + 1) + A_2) e^{2t} \] 8. Используем начальные условия \( y(0)=0, y'(0)=0 \) для нахождения \( A_1 \) и \( A_2 \): При \( t=0 \): \[ y(0) = -\frac{1}{2} \ln 2 + A_1 + (-\frac{1}{2} \ln 2 + A_2) = 0 \Rightarrow A_1 + A_2 = \ln 2 \] Найдем производную: \[ y'(t) = C_1' + C_2' e^{2t} + 2C_2 e^{2t} = 0 + 2C_2 e^{2t} \] При \( t=0 \): \[ y'(0) = 2(0 - \frac{1}{2} \ln 2 + A_2) = 0 \Rightarrow A_2 = \frac{1}{2} \ln 2 \] Тогда \( A_1 = \ln 2 - \frac{1}{2} \ln 2 = \frac{1}{2} \ln 2 \). 9. Окончательный ответ: \[ y(t) = \frac{1}{2} \ln \left( \frac{2}{e^{2t} + 1} \right) + e^{2t} \left( t + \frac{1}{2} \ln \left( \frac{2}{e^{2t} + 1} \right) \right) \] Или в более компактном виде: \[ y(t) = (e^{2t} + 1) \left( \frac{1}{2} \ln \frac{2}{e^{2t} + 1} \right) + t e^{2t} \]