M-051

sin 4t sin 2t

1

cos 2t

L

=

L

−

t

2

t

1

cos 2t

cos 6t

1

=

L

− L

=

2

t

t

2

=1 ln p2 +36 .

4 p2 + 4

cos 6t

1 cos 2t

1 cos 6t

= L

− L

=

t

2

t

2 t

∞

p

∞

p

1

1

ln(p

2

+ 4)−

1

2

∞

∫

dp −∫

dp

=

ln( p

+36)

=

p

2

+ 4

p

2

+

36

2

2

2

p

p

p

§ 6. Згортки функцій

Згорткою неперервних функцій f1(t) i f2(t) ( позначають f1(t)* f2(t) ) дійсної змінної 0 ≤ t ≤ ∞ називається наступний інтеграл

t			t
∫ f1 (t −t0 ) f (t0 )dt0 , тобто, f1 (t) * f2 (t) = ∫ f1 (t −t0 ) f (t0 )dt0 .								( 12 )
0			0
Таким чином, згортка є дією, яка парі функцій з деякої множини функцій
ставить у відповідність визначену функцію з цієї множини.
Приклад. Знайти згортку функції f(t)=t·sint .
Розв’язок. Згідно формули (12) знаходимо:
Оскільки		f1 (t) = t, f2 (t) = sin t , то
f (t) = f1 * f2 = ∫t		(t −t0 ) sin t0 dt0 = t∫t	sin t0 dt0	−∫t	t0 sin t0 dt0 = −tcos t0		t0 − ∫t	t0 sin t0 dt0 =
	0	0		0		0
= −t cos t +t − ∫t	t0 sin t0 dt0 =(u = t0 ; dv = sin t0 dt0 )= −t cos t +t + (t0 cos t0 −sin t0 )									t0 =

= −t cos t +t +t cos t −sin t = t −sin t.

Отже, згортка функції f(t)=t·sint=t-sint.

§ 7. Зображення періодичних функцій

Теорема. Якщо функція f(t) є періодичною з періодом Т, то її зображення F(p) знаходимо згідно формули:

F( p) = L[ f (t)] =			1		T∫ f (t)e−pt dt.	( 13 )
			−pT
		1 −e			0
Приклад. Знайти зображення періодичної функції
f (t) =			t;	0 ≤ t <1;
	f (t + 2) =		−t;	1 ≤ t < 2.
	2

Розв’язок. Графік заданої функції має вигляд:

f(t)

1

t

0

1

2

3

4

11

Згідно формули(13), знаходимо

1

2

−pt

1

1

−pt

2

−pt

F( p) =

∫ f (t)e dt. =

=

−2 p

1

−e

1

−e

−2 p

∫te dt + ∫(2 −t)e dt

0

0

1

інтегруючи отримані інтеграли за частинами,

u = t

du = dt

u = 2 −t

du = −dt

dv = e−pt

v = −

1

e−pt

dv = e−pt

v = −

1

e−pt

p

p

знаходимо:

1

1

2

2

1

t

−pt

1

−pt

2

−t

−pt

1

−pt

=

−

e

−

e

−

e

+

e

=

1

−e

−2 p

p

p

2

p

p

2

0

0

1

1

1

1

2

1

(1 −e

−p

)

2

1 −e

−p

1

e

p / 2

−e

−p / 2

=

e

−2 p

−

e

−p

+

=

=

=

=

1

−e

−2 p

2

p

2

p

2

p

2

(1 −e

−2 p

)

p

2

(1 + e

−p

)

p

2

e

p / 2

+ e

−p / 2

p

=

1

th

p

.

2

p2

Розділ ІІ. Обернене перетворення Лапласа

Прямим перетворення Лапласа деякої функції f(t), яка відповідає певним умовам, ( заданих у §1 розділу І ), полягає в тому, що за її оригіналом знаходимо її зображення F(p), тобто L[ f (t)] = F( p) . Якщо потрібно розв’язати обернену задачу: за відомим

зображенням F(p) знайти оригінал, тобто функцію f(t), то таку дію називають оберненим перетворенням Лапласа і позначають L−1[F( p)].

Отже, пряме перетворення дає зображення функції, а обернене перетворення – її оригінал.

−1

p

−1

p

−1

a

Наприклад:

L

= cos at,

L

= chat, L

= sin at

та

2

+ a

2

2

− a

2

2

+ a

2

p

p

p

інші.

Для знаходження оригіналу зображення потрібно вміти знаходити початкову функцію, зображенням якої є правильний раціональний дріб, тобто

F( p) =	Gn−1 ( p)	.	( 14 )
	P ( p)
	n

Будь-який правильний раціональний дріб можна представити у вигляді суми елементарних дробів чотирьох типів:

Ι. p A− a .

ΙΙ.			A
					.
	(p − a)k
ΙΙΙ.			Ap + B			, де корені знаменника комплексні, тобто		α 2	− β < 0.
			p2	+αp + β				4
ΙV .				Ap + B			, де k ≥ 2, корені знаменника комплексні.
			(p2	+αp + β)k

Знайдемо початкові функції (оригінали) для виписаних елементарних дробів. Для дробу І типу маємо:

12

−1

A

at

L

=

Ae

.

(15)

p − a

Для дробу ІІ типу :

−1

A

1

k −1

at

L

=

A

t

e

.

(16)

k

(k −1)!

( p − a)

Для дробу ІІІ типу спочатку зробимо тотожні перетворення :

α

Aα

Ap + B

Ap + B

A p +

+ B −

2

2

=

=

=

p2 +αp + β

α

2

α2

2

α

2

α2

2

+

β

−

+

β

−

p

2

+

4

p

2

+

4

(17)

α

p +

Aα

1

= A

2

+

.

α2 2

B −

2

α2 2

+

α

2

β

−

α

2

β −

p

2

+

4

p +

2

+

4

Позначивши відповідно перший і другий доданки

α

Aα

p + 2

B −

2

C = A

2

i D =

2 ,

α 2

α2

α

2

α2

β −

β

−

p +

+

4

p +

2

+

4

2

знаходимо їх оригінали:

α

−1

−α t

α2

−1

Aα

e−

2 t

α2

L

[C]= Ae

2

cos t

β −

, L

[D]= B −

2

sin t

β −

.

4

2

α

4

β −

4

Таким чином у кінцевому результаті маємо:

−1		Ap + B			−α t
L				= e	2	Acos t
		2
	p +αp + β

α

2

B −

Aα

β −

+

2

sin

t

4

α

2

β −

4

β − α2

4

. (18)

Оскільки обчислення елементарного дробу IV типу пов’язане з громіздкими перетвореннями, то його тут не наводимо.

Взагалі для знаходження оригіналів від раціональних зображень служить наступна теорема.

Теорема. Якщо зображення F(p) є правильною дробово-раціональною функцією,

тобто F( p) = Gn−1 ( p) і знаменник має корені p1, p2, … , pn кратності r1, r2, … , rn , то

Pn ( p)

відповідний оригінал знаходимо за допомогою лишків

f (t)	= L−1 [F( p)]= ∑res Gn−1 ( p)
		n
		k =1			Pn ( p)
n	1	lim	rk −1
= ∑			d			( p −
	(rk −1)! p → pk		rk −1
k =1			dp

e pt =

pk )rk Gn−1 ( p) e pt .

(19)

Pn ( p)

13

Розглянемо приклади знаходження оригіналів за заданими зображеннями, розвинувши їх дробово – раціональні вирази на прості дроби.

= p +3

Приклад 1. Знайти оригінал f(t), якщо F( p) ( ) . p p −1 ( p + 2)

Розв’язок. Розкладемо задане зображення F(p) на елементарні дроби:

	p +3	=	A	+	B		+	C	.
	p( p −1)( p + 2)		p		p −1			p + 2

Коефіцієнти А, В і С знаходимо згідно методу невизначених коефіцієнтів:

p +3 = A(p −1)(p + 2)+ Bp(p + 2)+Cp(p −1).

При p = 0 : 3 = −2A;

	при	p =1:	4 = 3B;	A = −	3	,	B =	4	,	C =	1	.
					2			3			6
	при	p = −2 :	1 = 6C;

Тоді зображення, після розвинення на прості дроби, матиме вигляд:

								F(p) =								p +3										=−			3					1	+				4						1		+		1					1		.
														p(p −1)(p +2)															2					p										p −1									p +2
																																							3										6
Знаходимо оригінал функції f(t):
			−1				p +3								−1		3				1						4					1								1					1										−1		3
f (t) = L													=		L	−								+													+												.			= L				−					+
							−1)( p + 2)										2				p						3				p		−1							6					p + 2
				p( p																																																					2
−1		4		1			−1		1			1					3				4						−1						1										1		−1						1							3				4		t		1		−2t
+ L							+ L									= −				+				L																+					L											= −					+		e		+		e		.
		3							6		p + 2						2				3													−									6															2				3				6
				p −1																								p							1												p					+ 2
Приклад 2. Знайти оригінал f(t), якщо F( p) =																																							p2					+ 2 p +5								.
																																												p3 −8

Розв’язок. Розвинемо задане зображення F(p) на елементарні дроби:

p2 + 2 p +5

=

p2 + 2 p +5

=

A

+

Bp +C

.

p3 −8

(p − 2) (p2 + 2 p + 4)

p − 2

p2 + 2 p + 4

Коефіцієнти А, В і С знаходимо аналогічно, як у попередньому прикладі, згідно

методу невизначених коефіцієнтів:

p 2 + 2 p + 5 = A(p 2 + 2 p + 4 )+ (Bp + C )(p − 2 );

При

p = 2 :

13 = 12 A;

при

p = 0 :

5 = 4 A − 2C ;

A = 13

,

B = −

1

,

C = − 1 .

12

12

3

при

p 2 :

1 = A + B ;

Тоді

p2 + 2 p +5

13

1

1

p + 4

13

1

1

( p +1) +3

p3 −8

= 12

p −2

−12 p2 + 2 p + 4 =

12

p − 2

−

12

( p +1)2 + ( 3)2

=

13

1

1

( p +1)

3

3

=

12 p − 2 −

12

( p +1)2 + ( 3)2

− 12

.

( p +1)2 + ( 3)2

Знаходимо оригінал f(t):

14

f (t) =

−1

[F( p)]

−1

p2

+ 2 p +5

−1

13 1

−

1

( p +1)

−

3

3

=

L

= L

p

3

−8

=

L

12

2

2

12

2

2

12 p − 2

( p +1)

+ ( 3)

( p +1)

+ (

3)

=

−1

13

1

−1

1

( p +1)

−1

3

3

=

L

p − 2

− L

2

− L

12

2

12

12

( p +1)

2

+ (

3)

( p +

1)

2

+ (

3)

=

13 e2t −

1 e−t cos(

3t) −

3 e−t

sin(

3t) =

1 [13e2t

−e−t cos(

3t) −

3e−t sin( 3t)].

12

12

12

12

У деяких випадках, для знаходження оригіналу за його зображенням, зручніше

скористатися наведеною вище теоремою (19), тобто за допомогою лишків.

Розглянемо застосування цього способу в наступних прикладах.

Приклад 1. Знайти оригінал функції f(t), якщо її зображення має вигляд:

F( p) =

1

.

p( p −1)( p + 2)

Розв’язок. У даному виразі G(p)=1, P(p)=p(p-1)(p+2) і точки p=0, p=1, p=-2 є

простими полюсами функції F(p). Тоді згідно наведеної теореми знаходимо

3

f (t) = ∑Re s[F( p)e pk t ].

k =1

p=pk

Таким чином при р=0 Re s lim[F( p)e pt ]= lim

1

e pt

= −

1

,

( p

−1)( p + 2)

2

p→0

p→0

при р=1

Re s lim[F( p)e pt ]= lim

1

e pt

=

1

et ,

3

p

→1

p→1 p( p + 2)

при р=-2

Re s lim [F( p)e pt ]= lim

1

e pt =

1

e−2t .

( p −1) p

6

p→−2

p→−2

Тоді оригінал функції f(t) матиме вигляд:

f (t) = − 12 + 13 et + 16 e−2t .

Приклад 2. Знайти оригінал функції f(t), якщо її зображення має вигляд:

	F( p) =	p2	+ p +1		.
		p( p −1)( p +1)		2

Розв’язок. У даному випадку функція F(p) має два простих полюси і один двократний, а саме р=0 і р=1 є простими, а полюс р= -1 є двократним.

Застосовуючи теорему про лишки, маємо:

Re s[F( p)e pt ]= lim

p2 + p +1

e pt = −1,

( p −1)( p +1)2

p=0

p→0

Re s[F( p)e pt ]= lim

p2

+ p +1

e pt

=

3

et ,

4

p=1

p→1

p( p +1)2

Re s[F( p)e pt ]= lim

d

p

2

+ p +1

e pt

=

p=−1

p→−1 dp

( p −1) p

1 − 4 p

e

pt

p2 + p +1

te

pt

=

5

e

−t

+

1

te

−t

= lim

+

.

2

( p −1)

2

( p −1) p

4

2

p→−1 p

15

Таким чином f (t) = −1 + 34 et + 14 e−t (5 + 2t).

Розділ ІІІ. Застосування інтегрального перетворення Лапласа

Перетворення Лапласа є зручним апаратом для знаходження розв’язків як звичайних диференціальних рівнянь та їх систем так і для розв’язування диференціальних рівнянь у частинних похідних, а також для розв’язування інтегральних рівнянь, сингулярних рівнянь, інтегро-диференціальних рівнянь.. Розглянемо знаходження розв’язків звичайних диференціальних рівнянь з постійними коефіцієнтами та їх систем, та інтегральних рівнянь

§1. Знаходження розв’язків звичайних диференціальних рівнянь

зпостійними коефіцієнтами

За допомогою перетворення Лапласа, згідно відповідних теорем, розглянемо процедуру знаходження розв’язків звичайних диференціальних рівнянь вищих

порядків з постійними коефіцієнтами.
	Нехай задане лінійне неоднорідне рівняння ІІ порядку з постійними коефіцієнтами
	x′′+ ax′+b = f (t) при заданих початкових умовах x′(t0 ) = x0′, x(t0 ) = x0 .
	Процедура знаходження розв’язку заданого рівняння складається з наступних
трьох етапів:
1.	Внаслідок застосування до заданого диференціального рівняння перетворення
	Лапласа згідно теореми диференціювання оригіналу, переходимо від
	диференціального рівняння відносно оригіналу до відповідного лінійного
	алгебраїчного рівняння для зображення.
2.	За одержаним лінійним алгебраїчним рівнянням відносно зображення Х(p)
	знаходимо його, як розв’язок цього рівняння.
3. Застосовуючи до одержаного зображення обернене перетворення Лапласа,
	знаходимо оригінал x(t), який і є розв’язком заданого диференціального рівняння.
	Отже згідно запропонованої процедури проводимо поетапні дії:
	1. Застосуємо до заданого диференціального рівняння пряме перетворення Лапласа
	з врахуванням теореми про диференціювання оригіналу:
	L[x′′+ ax′+bx]= L[f (t)]; L[x′′]= p2 X ( p) − px(t0 ) − x′(t0 );
	′				L[f (t)]= F( p).
	L[ax ]= a[pX ( p) − x(t0 )]; L[bx]= bX ( p);
	2. Тоді матимемо наступне звичайне алгебраїчне рівняння відносно Х(р), яке
	будемо дальше називати операторним рівнянням:
	p2 X ( p) + apX ( p) +bX ( p) = px0			+ x0′ + ax0	+ F( p), або
	X ( p)[p2 + ap +b]= px0 + x0′ + ax0 + F( p).
	Звідси
	X ( p) =	px0 + x0′ +ax0 + F( p)		.
		p2 +ap +b

3. Застосовуючи обернене перетворення Лапласа до одержаного зображення знаходимо розв’язок заданого рівняння:

x(t) = L−1 [X ( p)].

Розглянемо приклади знаходження розв’язків диференціальних рівнянь. Приклад 1. Знайти розв’язок лінійного неоднорідного рівняння

x′′+ 2x′−3x = cos2t,

з початковими умовами x(0) = 0, x′(0) = 0.

16

Розв’язок. Застосовуючи пряме перетворення Лапласа до заданого рівняння та, враховуючи початкові умови, знаходимо:

′′

2

′

2

′

L[x ]= p

X ( p) − px(0)

− x (0)

= p

X ( p);

L[2x ]= 2[pX ( p) − x(0)]= 2 pX ( p);

L[−3x]= −3X ( p); L[cos 2t]=

p

.

p2 +

4

Після перетворень одержимо наступне операторне рівняння:

X ( p)(p2 + 2 p −3)=

p

, X ( p) =

p

.

p2 + 4

(p2 + 2 p −3)(p2

+ 4)

Розкладемо вираз зображення на прості дроби:

p	A		B		Cp + D
(p2 + 2 p −3)(p2 + 4)=		+		+		.
	p −1		p +3		p2 + 4

Для находження коефіцієнтів А, В, С і D складаємо рівність:

p = A( p2 + 4)( p +3) + B(p −1)(p2 + 4)+(Cp + D)(p −1)(p +3);

Знаходимо

коефіцієнти A, B,C i D :

A =

1

;

при p =1:

1 = 20A;

20

3

p = −3 :

−3 = −52B;

B =

;

52

p3 :

0 = A + B +C

7

p = 0 :

C = −65 ;

0 =12A − 4B −3D;

D =

8

.

65

Тоді:

p

1 1

3

1

1 7 p +8

(p2 + 2 p −3)(p2 + 4)=

+

−

20

p −1

52

p +3

65

p2 + 4

Згідно оберненого перетворення Лапласа знаходимо оригінал, тобто розв’язок рівняння:

−1

p

−1

1 1

3 1

1 7 p +8

x(t) =

L

= L

+

−

=

2

20 p −1

52 p +

3

65 p

2

+ 4

( p −1)( p +3)( p

+ 4)

−1

1 1

−1

3 1

−1

1

p

−1

4

2

=

L

+

L

+

L

−

+ L

=

20

52 p +3

65 p

2

+

4

65

p

2

+ 4

p −1

=

1

et +

3

e−3t

−

1

cos 2t +

4

sin 2t.

20

52

65

65

Приклад 2. Розв’язати лінійне неоднорідне рівняння

x′′+ 2x′+ x = e2t ,

з початковими умовами x(0) =

′

0, x (0) = 2.

Розв’язок. Згідно перетворення Лапласа, знаходимо:

− x(0)]=2pX( p);

′′

2

′

2

′

L[x ]= p X( p) − px(0)

− x

(0) = p X( p) −2;

L[2x ]=2[pX( p)

L[x]= X( p);

L[e2t ]=

1

.

p

−2

Одержали наступне операторне рівняння:

X( p)(p2 +2p +1)= 2 +

p

, X( p) =

3p −4

=

3p −4

.

p

−2

(p2 +2p +1)(p −2)

(p +1)2(p −2)

Розкладемо вираз зображення на прості дроби:

17

3p −4	=	A	+	B	+	C
							.
(p +1)2 (p −2)		p −2		( p +1)2		p +1

Для находження коефіцієнтів А, В і С складаємо рівність:

3 p − 4 = A( p +1)2 + B(p − 2)+C(p − 2)(p +1);

Знаходимо

коефіцієнти A, B i D :

A

=

2

;

при p = 2 :

2 = 9A;

9

p = −1 :

−7 = −3B;

B

7

=

;

3

p

2

:

0 = A + C

2

C = −

.

9

Тоді :

3 p − 4

2 1

7

1

2 1

=

+

−

.

(p −1)2 (p − 2)

9

p − 2

3

(p +1)2

9

p +1

Застосовуючи обернене перетворення Лапласа знаходимо оригінал, тобто розв’язок рівняння:

−1

3 p − 4

−1

2 1

7 1

2 1

x(t) =

L

= L

+

−

=

+1)

2

( p

9 p − 2

3 (p +

2

9 p +

( p

− 2)

1)

1

−1

2 1

−1

7 1

−1

2 p

=

L

+ L

+

L

−

=

9 p − 2

2

9 p +

3 (p +1)

1

=

2

e2t +

7

te−t

−

2

e−t

=

2

e2t +

e−t

(3t − 2).

9

3

9

9

9

Приклад 3. Розв’язати лінійне неоднорідне рівняння

x′′− 4x′+3x = e2t ,

з початковими умовами x(0) =

′

=1.

0, x (0)

Розв’язок. Згідно перетворення Лапласа, знаходимо:

′′

2

′

2

′

L[x ]= p

X( p) − px(0) − x (0) = p

X( p) −1;

L[4x ]=4[pX( p) − x(0)]=4pX( p);

L[3x]=3X( p); L[e2t ]= p 1−2 .

Одержали наступне операторне рівняння:

	X( p)(p2 −4p +3)=1+	p		, X( p) =	p −1		=	1	.
		p −2			(p2 −4p +3)(p −2)			(p −3)(p −2)

Знайдемо оригінал, тобто розв’язок даного рівняння, скориставшись методом лишків, а саме:

x(t) = ∑m Re s[F( pk )e pkt ].

k =1 p=pk

У даному випадку функція – зображення Х(р) має два прості полюси р1=3 і р2=2. Тоді маємо

	Re s [X ( p)e pt ]= lim		1	e pt	= e3t ;
			p − 2
	p=3	p→3
	Re s [X ( p)e pt ]= lim		1	e pt	= −e2t .
			p −3
	p=2	p→2

Отже, частковий розв’язок рівняння має вигляд: x(t) = e3t −e2t .

18

§2. Знаходження розв’язку системи звичайних диференціальних рівнянь

зпостійними коефіцієнтами

Аналогічним шляхом за допомогою перетворень Лапласа, як і для одного диференціального рівняння можемо знайти розв’язки і системи рівнянь. В даному випадку застосовуємо оператор Лапласа до кожного із рівнянь системи і дальше процедура знаходження розв’язків аналогічна як і для одного диференціального рівняння.

Розглянемо на прикладі шлях знаходження розв’язку системи диференціальних рівнянь.

Приклад 1. Знайти частинні розв’язки системи диференціальних рівнянь

dx			= 3y − x; при наступних початкових умовах х(0)=0, у(0)=0.
		dt
dy				x
			= x + y +e
dt

Розв’язок. Перетворимо задану систему до вигляду:

x′−3y + x = 0;

y′− x − y = ex .

Застосуємо перетворення Лапласа до заданої системи і одержимо наступну систему операторних рівнянь:

L

dx

= L[3y − x];

pX ( p) − x(0) −3Y ( p) + X ( p) = 0;

1

dt

dy

= L[x + y +e

x

]

pY ( p) − X ( p) −Y ( p) =

,

L

p −1

dt

( p +1)X ( p) −3Y ( p) = 0;

1

− X ( p) +( p −1)Y ( p) =

.

p −1

Розв’язуючи одержану систему відносно Х(р) і У(р), знаходимо:

3

X ( p)

=

;

( p −2)( p + 2)( p −1)

p +1

=

.

Y ( p)

( p −2)( p + 2)( p −1)

Розкладемо дані вирази на прості дроби

3

=

A

+

B

+

C

;

( p −2)( p + 2)( p −1)

p −2

p + 2

p −1

або

p +1

A

B

C

=

1

+

1

+

1

( p −2)( p + 2)( p −1)

p −

2

p +

2

p −1

3 = A( p + 2)( p −1) + B( p −2)( p −1) +C( p2 −4);

p +1 = A ( p + 2)( p −1) + B ( p −2)( p −1) +C ( p2

−4).

1

1

1

Сладемо системи рівнянь для знаходження коефіцієнтів А – С1: - система рівнянь для знаходження коефіцієнтів А, В, С

при р=1 3=-3C; C=-1; p=2 3= 4A; A=3/4;

19

р=-2 3=12B; B=1/4.

- система рівнянь для знаходження коефіцієнтів А1, В1, С1

при р=1 2=-3C; C=-2/3; p=2 3= 4A; A=3/4; р=-2 -1=12B; B=-1/12.

3

=

3

1

+

1

1

−

1

;

( p −2)( p + 2)( p −1)

4 p −

2

4 p + 2

p −1

p +1

=

3 1

−

1 1

−

2 1

.

( p −2)( p + 2)( p −1)

4 p −2

12 p + 2

3 p −1

Повертаючись до оригіналів, знаходимо розв’язки заданої системи рівнянь:

3

2t

1

−2t

t

1

2t

1

t

x(t) =

e

+

e

−e

;

x(t)

=

e

+

ch2t −e

;

4

4

2

2

2

3

2t

1

−2t

2

t

2

2t

1

t

y(t) =

e

−

e

−

e

y(t)

=

e

+

sh2t −

e

.

4

12

3

3

6

3

Приклад 2. Знайти частинні розв’язки системи диференціальних рівнянь

dx

= 2 y + x;

dt

при наступних початкових умовах х(0)=0, у(0)=5.

dy

= 2x + y +1

dt

Розв’язок. Перетворимо задану систему до вигляду:

x′− x −2y = 0;y′−2x − y =1.

Застосуємо перетворення Лапласа до заданої системи і одержимо наступну систему операторних рівнянь:

			dx					− L[x +
		L
			dt
				dy		− L[2x +
	L
			dt

2 y];

pX ( p) − x(0) − X ( p) − 2Y ( p) = 0;

1

y]=

1

pY ( p) − y(0) −2X

( p) −Y ( p) =

,

;

p

p

( p −1) X ( p) − 2Y ( p) =

0;

1

−2X ( p) +( p −5)Y ( p)

=

.

p

Розв’язуючи одержану систему відносно Х(р) і У(р), знаходимо:

			10 p + 2
	X ( p) =						;
			p( p +1)( p −3)
			5 p	2	−4 p −1
	Y ( p) =					.
			p( p +1)( p −3)

Оригінали функцій, тобто розв’язки теж знайдемо використавши метод лишків.

Отже, згідно наведеної формули f (t) = ∑m Re s[F( pk )e pkt ]. знаходимо часткові

k=1 p=pk

розв’язки x(t) i y(t) заданої системи диференціальних рівнянь. Оскільки функції - зображення мають три прості полюси р1=3, р2=0 і р3=-1, то для х(t) маємо:

20