Операторный метод решения ДУ, Изображение производной, Операторное уравнение, Изображение правой части
Классический метод решения линейного ДУ y'' + py' + qy = f(t) требует трёх шагов: решить однородное уравнение, подобрать частное решение по виду правой части, найти константы из начальных условий. Операторный метод из ИДЗ 16.2 делает то же самое за один проход: применили преобразование Лапласа к обеим частям - получили алгебраическое уравнение для Y(p), нашли Y(p) - применили обратное преобразование - получили y(t). Начальные условия y(0), y'(0) подставляются в формулы изображений производных L{y'} = pY − y(0), L{y''} = p²Y − py(0) − y'(0) и учитываются автоматически. Никакого подбора частного решения, никаких систем для констант - чистая алгебра. В каждом варианте - одно ДУ второго порядка, одно ДУ третьего порядка (или с правой частью специального вида), и одна система двух уравнений. Все три задачи решаются по единому алгоритму: L{уравнение} → алгебра → Y(p) → L⁻¹{Y(p)} = y(t). Этот метод опирается на навыки из ИДЗ 16.1 - оттуда берётся техника обратного преобразования.
Самое важное в операторном методе - правильно записать изображения производных с учётом начальных условий. Для уравнения y'' + 3y' + 2y = f(t) с условиями y(0) = 1, y'(0) = 0 применяем преобразование: L{y''} = p²Y(p) − p·y(0) − y'(0) = p²Y − p; L{y'} = pY − y(0) = pY − 1; L{y} = Y(p). После подстановки: (p²Y − p) + 3(pY − 1) + 2Y = F(p). Группируем Y(p): (p² + 3p + 2)Y − (p + 3) = F(p). Отсюда Y(p) = (F(p) + p + 3)/(p² + 3p + 2). Если правая часть f(t) - элементарная функция, её изображение F(p) берётся из таблицы. Если f(t) кусочно-заданная - сначала записываем через η(t) и применяем теорему запаздывания, как в ИДЗ 16.1. Типичная ошибка: забывают вычесть y'(0) в формуле для L{y''} (третье слагаемое включает y'(0) со знаком минус, а не y(0)). Вторая по частоте - путают знаки: L{y''} = p²Y − p·y(0) − y'(0), а не p²Y + p·y(0) − y'(0).
После того как Y(p) найден, остаётся восстановить оригинал y(t). Y(p) - рациональная дробь, и задача сводится к разложению на простейшие дроби. Пример: y'' − 3y' + 2y = 4e^{2t}, y(0) = 0, y'(0) = 0. Изображение правой части: L{4e^{2t}} = 4/(p−2). Операторное уравнение: (p² − 3p + 2)Y(p) = 4/(p−2). Y(p) = 4/[(p−2)(p² − 3p + 2)] = 4/[(p−2)²(p−1)]. Разложение: 4/[(p−2)²(p−1)] = A/(p−2)² + B/(p−2) + C/(p−1). После нахождения коэффициентов: A = 4, B = −4, C = 4. Y(p) = 4/(p−2)² − 4/(p−2) + 4/(p−1). По таблице: 4/(p−2)² → 4t·e^{2t}, −4/(p−2) → −4e^{2t}, 4/(p−1) → 4e^{t}. Итог: y(t) = 4t·e^{2t} −4e^{2t} + 4e^{t} = 4e^{t}(t·e^{t} − e^{t} + 1). Ключевой момент: чем выше порядок уравнения, тем сложнее разложение - знаменатель Y(p) содержит больше множителей, а значит, больше неизвестных коэффициентов. Техника разложения - из ИДЗ 8.3.
Система двух линейных ДУ с постоянными коэффициентами решается по тому же принципу: применяем преобразование Лапласа к каждому уравнению, получаем систему двух алгебраических уравнений для X(p) и Y(p). Пример: x' = x − y + 1, y' = x + y + t, x(0) = 0, y(0) = 0. Изображения: L{x'} = pX − 0, L{y'} = pY − 0, L{1} = 1/p, L{t} = 1/p². Система: pX = X − Y + 1/p, pY = X + Y + 1/p². Переписываем: (p−1)X + Y = 1/p, −X + (p−1)Y = 1/p². Решаем методом Крамера: главный определитель Δ = (p−1)² + 1 = p² − 2p + 2. Δ_X = (1/p)(p−1) − 1/p² = (p² − p − 1)/p². X(p) = Δ_X/Δ = (p² − p − 1)/[p²(p² − 2p + 2)]. Аналогично находится Y(p). Затем - обратное преобразование каждой дроби. Для систем главная сложность - не запутаться в алгебре с p, особенно при решении системы третьего порядка. Метод Крамера - из ИДЗ 1.2, вычисление определителей - из ИДЗ 1.1.
Каждый вариант ИДЗ 16.2 содержит три задания. Задание 1 - решить задачу Коши для линейного ДУ второго порядка с постоянными коэффициентами. Правая часть - элементарная функция (показательная, тригонометрическая, многочлен) или комбинация. Нужно составить операторное уравнение, найти Y(p) и выполнить обратное преобразование. Задание 2 - ДУ второго или третьего порядка, часто с правой частью специального вида (e^{at}·sin ωt, кусочно-заданная функция, дельта-функция). Отличается более сложным разложением Y(p) на дроби. Задание 3 - система двух ДУ первого порядка с постоянными коэффициентами. Требуется решить алгебраическую систему для X(p), Y(p) и восстановить оригиналы. Во всех заданиях начальные условия ненулевые - это значит, что в формулы изображений производных войдут дополнительные слагаемые, и Y(p) будет содержать уже не только изображение правой части, но и начальные значения.
Классический метод решения ДУ через характеристическое уравнение хорошо работает для простых правых частей. Но стоит появиться кусочно-заданному сигналу, импульсу или системе с запаздыванием - классика становится громоздкой. Операторный метод справляется с такими задачами без изменения алгоритма. В электротехнике расчёт переходного процесса в RLC-цепи при включении источника прямоугольных импульсов - прямое применение ИДЗ 16.2. В теории управления передаточная функция W(p) = Y(p)/X(p) - центральное понятие: по ней строят частотные характеристики (годограф Найквиста, диаграмму Боде), определяют запас устойчивости. В механике операторный метод применяется для расчёта вынужденных колебаний с произвольным возмущением. В радиотехнике - для анализа цепей с обратной связью. Если дифференциальное уравнение описывает динамику системы любой физической природы, преобразование Лапласа даёт готовый инструмент для её анализа.
Цена одного варианта ИДЗ 16.2 - 110 ₽. Выбираете вариант из списка на сайте, формат PDF или Word, оплачиваете картой, СБП или криптовалютой - файл доступен сразу после оплаты. Решение содержит: задачу Коши для ДУ второго порядка с полным выводом операторного уравнения и обратным преобразованием; ДУ высшего порядка со сложным разложением Y(p) на простейшие дроби; систему двух ДУ с решением алгебраической системы методом Крамера. В каждом задании - пошаговый вывод L{y'} и L{y''} с подстановкой начальных условий, разложение на дроби с определением коэффициентов, восстановление оригинала и проверка подстановкой в исходное уравнение. Если остались вопросы - напишите в Telegram @idz_support, поможем разобраться.
Применение преобразования Лапласа к ДУ: L{ДУ} → алгебраическое уравнение → Y(p) → L⁻¹{Y} = y(t). Начальные условия учитываются автоматически.
L{y'} = pY − y(0). L{y''} = p²Y − p·y(0) − y'(0). L{y'''} = p³Y − p²·y(0) − p·y'(0) − y''(0).
Алгебраическое уравнение относительно Y(p), полученное после применения L к исходному ДУ. Решается как обычное линейное уравнение.
F(p) = L{f(t)}. Для элементарных функций - по таблице. Для кусочно-заданных - через функцию Хевисайда и теорему запаздывания.
Начальные условия y(0), y'(0), ... подставляются в изображения производных - константы находятся без решения системы.
Система n уравнений преобразуется в систему n алгебраических уравнений для X₁(p),...,Xₙ(p). Решается методом Крамера или обратной матрицы.
f(t) записывается через η(t). Изображение содержит e^{−pτ}·F(p). Обратное преобразование даёт решение с запаздыванием.
Подставить y(t) в исходное ДУ и начальные условия. Или применить L к y(t) - должно получиться Y(p).
Последнее обновление: 16 августа 2026 г.