6.4 具有不连续激励函数的微分方程

在本节中，我们将注意力转向一些非齐次项或激励函数不连续的例子。

示例 1

求以下微分方程的解

2y′′+y′+2y=g(t)\begin{equation*} 2 y^{\prime \prime}+y^{\prime}+2 y=g(t) \tag{1} \end{equation*}

其中

g(t)=u5(t)−u20(t)={1,5≤t<200,0≤t<5 或 t≥20.(2)g(t)=u_{5}(t)-u_{20}(t)= \begin{cases}1, & 5 \leq t<20 \tag{2}\\ 0, & 0 \leq t<5 \text { 或 } t \geq 20 .\end{cases}

假设初始条件为

y(0)=0,y′(0)=0.\begin{equation*} y(0)=0, \quad y^{\prime}(0)=0 . \tag{3} \end{equation*}

这个问题控制着一个简单电路中电容器上的电荷，其中在 5≤t<205 \leq t<20 时有一个单位电压脉冲。或者，yy 可以表示受到外力 g(t)g(t) 作用的阻尼振荡器的响应。

解：

方程 (1) 的拉普拉斯变换为

2s2Y(s)−2sy(0)−2y′(0)+sY(s)−y(0)+2Y(s)=L{u5(t)}−L{u20(t)}=1s(e−5s−e−20s)\begin{aligned} 2 s^{2} Y(s)-2 s y(0)-2 y^{\prime}(0)+s Y(s)-y(0)+2 Y(s) & =\mathcal{L}\left\{u_{5}(t)\right\}-\mathcal{L}\left\{u_{20}(t)\right\} \\ & =\frac{1}{s}\left(e^{-5 s}-e^{-20 s}\right) \end{aligned}

代入初始值 (3) 并求解 Y(s)Y(s)，我们得到

Y(s)=e−5s−e−20ss(2s2+s+2)\begin{equation*} Y(s)=\frac{e^{-5 s}-e^{-20 s}}{s\left(2 s^{2}+s+2\right)} \tag{4} \end{equation*}

为了找到 y(t)y(t)，将 Y(s)Y(s) 写成以下形式会更方便：

Y(s)=(e−5s−e−20s)H(s)\begin{equation*} Y(s)=\left(e^{-5 s}-e^{-20 s}\right) H(s) \tag{5} \end{equation*}

其中

H(s)=1s(2s2+s+2)\begin{equation*} H(s)=\frac{1}{s\left(2 s^{2}+s+2\right)} \tag{6} \end{equation*}

那么，如果 h(t)=L−1{H(s)}h(t)=\mathcal{L}^{-1}\{H(s)\}，我们有

y(t)=u5(t)h(t−5)−u20(t)h(t−20).\begin{equation*} y(t)=u_{5}(t) h(t-5)-u_{20}(t) h(t-20) . \tag{7} \end{equation*}

请注意，我们使用了定理 6.3.1 来分别写出 e−5sH(s)e^{-5 s} H(s) 和 e−20sH(s)e^{-20 s} H(s) 的拉普拉斯逆变换。最后，为了确定 h(t)h(t)，我们使用 H(s)H(s) 的部分分式展开式：

H(s)=as+bs+c2s2+s+2\begin{equation*} H(s)=\frac{a}{s}+\frac{b s+c}{2 s^{2}+s+2} \tag{8} \end{equation*}

确定系数后，我们发现 a=12,b=−1a=\frac{1}{2}, b=-1, 和 c=−12c=-\frac{1}{2}。因此

H(s)=12s−s+122s2+s+2=12s−12(s+14)+14(s+14)2+1516=12s−12(s+14(s+14)2+(154)2+11515(s+14)2+(154)2)\begin{align*} H(s) & =\frac{1}{2} s-\frac{s+\frac{1}{2}}{2 s^{2}+s+2}=\frac{1}{2} s-\frac{1}{2} \frac{\left(s+\frac{1}{4}\right)+\frac{1}{4}}{\left(s+\frac{1}{4}\right)^{2}+\frac{15}{16}} \\ & =\frac{1}{2} s-\frac{1}{2}\left(\frac{s+\frac{1}{4}}{\left(s+\frac{1}{4}\right)^{2}+\left(\frac{\sqrt{15}}{4}\right)^{2}}+\frac{1}{\sqrt{15}} \frac{\sqrt{15}}{\left(s+\frac{1}{4}\right)^{2}+\left(\frac{\sqrt{15}}{4}\right)^{2}}\right) \tag{9} \end{align*}

然后，参考表 6.2.1 的第 9 行和第 10 行，我们得到

h(t)=12−12(e−t/4cos⁡(154t)+115e−t/4sin⁡(154t))\begin{equation*} h(t)=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\left(e^{-t / 4} \cos \left(\frac{\sqrt{15}}{4} t\right)+\frac{1}{\sqrt{15}} e^{-t / 4} \sin \left(\frac{\sqrt{15}}{4} t\right)\right) \tag{10} \end{equation*}

在图 6.4.1 中，方程 (7) 和 (10) 中 y(t)y(t) 的图像表明该解由三个不同的部分组成。对于 0<t<50<t<5，微分方程为

2y′′+y′+2y=0\begin{equation*} 2 y^{\prime \prime}+y^{\prime}+2 y=0 \tag{11} \end{equation*}

初始条件由方程 (3) 给出。由于初始条件没有给系统注入能量，并且由于没有外部激励，系统保持静止状态；也就是说，0<t<50<t<5 时 y=0y=0。这可以通过求解方程 (11) 并满足初始条件 (3) 来证实。特别地，在 t=5t=5 处，或更精确地说，当 tt 从下方接近 5 时，评估解及其导数，我们得到

y(5)=0,y′(5)=0\begin{equation*} y(5)=0, \quad y^{\prime}(5)=0 \tag{12} \end{equation*}

一旦 t>5t>5，微分方程变为

2y′′+y′+2y=1\begin{equation*} 2 y^{\prime \prime}+y^{\prime}+2 y=1 \tag{13} \end{equation*}

其解是一个常数（对恒定激励函数的响应）和一个阻尼振荡（对应齐次方程的解）之和。图 6.4.1 中的图清楚地显示了 5≤t≤205 \leq t \leq 20 区间的这种行为。可以通过求解满足初始条件 (12) 的微分方程 (13) 来找到该部分解的表达式。或者，由于对于 5≤t<205 \leq t<20，有 u5(t)=1u_{5}(t)=1 和 u20(t)=0u_{20}(t)=0，方程 (7) 和 (10) 简化为

y(t)=h(t−5)=12−12e−(t−5)/4cos⁡(15(t−5)4)+1215e−(t−5)/4sin⁡(15(t−5)4)\begin{align*} y(t) & =h(t-5) \\ & =\frac{1}{2}-\frac{1}{2} e^{-(t-5) / 4} \cos \left(\frac{\sqrt{15}(t-5)}{4}\right)+\frac{1}{2 \sqrt{15}} e^{-(t-5) / 4} \sin \left(\frac{\sqrt{15}(t-5)}{4}\right) \tag{14} \end{align*}

最后，对于 t>20t>20，微分方程再次变为方程 (11)，初始条件是通过在 t=20t=20 处评估方程 (13), (12) 的解，即方程 (14) 及其导数来获得的。这些值近似为，

y(20)≅0.50162,y′(20)≅0.01125\begin{equation*} y(20) \cong 0.50162, \quad y^{\prime}(20) \cong 0.01125 \tag{15} \end{equation*}

初始值问题 (7), (10) 不包含外部激励，因此它的解是关于 y=0y=0 的阻尼振荡，如图 6.4.1 所示。

FIGURE 6.4.1 初值问题(1), (2), (3)的解: 2y′′+y′+2y=u5(t)−u20(t),y(0)=0,y′(0)=02 y^{\prime \prime}+y^{\prime}+2 y=u_{5}(t)-u_{20}(t), y(0)=0, y^{\prime}(0)=0.

虽然将图 6.4.1 中显示的解可视化为由三个独立区间内三个独立初值问题的解组成可能有所帮助，但通过求解这些单独的问题来找到解是有些繁琐的。拉普拉斯变换方法为示例 1 中的问题以及其他具有不连续强迫函数的问题提供了一种更加方便和优雅的方法。

如果我们更仔细地检查示例 1 的解 y(t)y(t)，就可以看到强迫函数中不连续性的影响。根据存在性和唯一性定理（定理 3.2.1），解 y(t)y(t) 及其前两个导数是连续的，除非可能在 t=5t=5 和 t=20t=20 点，其中 gg 是不连续的。这也可以立即从方程 (7) 中看出。也可以通过直接从方程 (7) 计算来证明 y(t)y(t) 和 y′(t)y^{\prime}(t) 甚至在 t=5t=5 和 t=20t=20 处也是连续的。但是，如果我们计算 y′′(t)y^{\prime \prime}(t)，我们发现

lim⁡t→5−y′′(t)=0,lim⁡t→5+y′′(t)=12\lim _{t \rightarrow 5^{-}} y^{\prime \prime}(t)=0, \quad \lim _{t \rightarrow 5^{+}} y^{\prime \prime}(t)=\frac{1}{2}

因此，y′′(t)y^{\prime \prime}(t) 在 t=5t=5 处有一个 12\frac{1}{2} 的跳跃。以类似的方式，我们可以证明 y′′(t)y^{\prime \prime}(t) 在 t=20t=20 处有一个 −12-\frac{1}{2} 的跳跃。因此，强迫项 g(t)g(t) 在这些点的跳跃被方程左侧最高阶项 2y′′2 y^{\prime \prime} 中相应的跳跃所平衡。

现在考虑一般的二阶线性方程

y′′+p(t)y′+q(t)y=g(t)\begin{equation*} y^{\prime \prime}+p(t) y^{\prime}+q(t) y=g(t) \tag{16} \end{equation*}

其中 pp 和 qq 在某个区间 α<t<β\alpha<t<\beta 上是连续的，但 gg 仅在那里是分段连续的。如果 y(t)y(t) 是方程 (16) 的解，则 y(t)y(t) 和 y′(t)y^{\prime}(t) 在 α<t<β\alpha<t<\beta 上是连续的，但 y′′(t)y^{\prime \prime}(t) 在与 gg 相同的点上具有跳跃不连续性。类似的评论适用于更高阶的方程；出现在微分方程中的解的最高阶导数在与强迫函数中的跳跃不连续性相同的点上具有跳跃不连续性，但解本身及其较低的导数即使在这些点上也是连续的。

示例 2

描述初值问题解的定性性质

y′′+4y=g(t)y(0)=0,y′(0)=0\begin{gather*} y^{\prime \prime}+4 y=g(t) \tag{17}\\ y(0)=0, \quad y^{\prime}(0)=0 \tag{18} \end{gather*}

其中

g(t)={0,0≤t<515(t−5),5≤t<101,t≥10(19)g(t)= \begin{cases}0, & 0 \leq t<5 \tag{19}\\ \frac{1}{5}(t-5), & 5 \leq t<10 \\ 1, & t \geq 10\end{cases}

然后找到解。

解：

在此示例中，强迫函数具有如图 6.4.2 所示的图，被称为斜坡加载。相对容易识别解的一般形式。对于 t<5t<5，解仅仅是 y=0y=0。另一方面，对于 t>10t>10，解具有以下形式

y=c1cos⁡(2t)+c2sin⁡(2t)+14\begin{equation*} y=c_{1} \cos (2 t)+c_{2} \sin (2 t)+\frac{1}{4} \tag{20} \end{equation*}

常数 1/41 / 4 是非齐次方程的一个特解，而另外两项是相应齐次方程的通解。因此，解 (20) 是关于 y=1/4y=1 / 4 的简谐振动。类似地，在中间范围 5<t<105<t<10 中，解是关于某个线性函数的振动。例如，在工程环境中，我们可能对最终稳态振动的幅度感兴趣。

FIGURE 6.4.2 斜坡加载; y=g(t)y=g(t)

来自方程 (19) 或方程 (21)。

为了解决这个问题，方便地写作

g(t)=15(u5(t)(t−5)−u10(t)(t−10))\begin{equation*} g(t)=\frac{1}{5}\left(u_{5}(t)(t-5)-u_{10}(t)(t-10)\right) \tag{21} \end{equation*}

你可以验证这一点。然后我们取微分方程的拉普拉斯变换并使用初始条件，从而得到

(s2+4)Y(s)=e−5s−e−10s5s2\left(s^{2}+4\right) Y(s)=\frac{e^{-5 s}-e^{-10 s}}{5 s^{2}}

或者

Y(s)=15(e−5s−e−10s)H(s),\begin{equation*} Y(s)=\frac{1}{5}\left(e^{-5 s}-e^{-10 s}\right) H(s), \tag{22} \end{equation*}

其中

H(s)=1s2(s2+4)\begin{equation*} H(s)=\frac{1}{s^{2}\left(s^{2}+4\right)} \tag{23} \end{equation*}

因此，初值问题 (17), (18), (19) 的解是

y(t)=15(u5(t)h(t−5)−u10(t)h(t−10)),\begin{equation*} y(t)=\frac{1}{5}\left(u_{5}(t) h(t-5)-u_{10}(t) h(t-10)\right), \tag{24} \end{equation*}

其中 h(t)h(t) 是 H(s)H(s) 的反变换。

H(s)H(s) 的部分分式展开是

H(s)=1/4s2−1/4s2+4,\begin{equation*} H(s)=\frac{1 / 4}{s^{2}}-\frac{1 / 4}{s^{2}+4}, \tag{25} \end{equation*}

然后从表 6.2.1 的第 3 行和第 5 行得出

h(t)=14t−18sin⁡(2t).\begin{equation*} h(t)=\frac{1}{4} t-\frac{1}{8} \sin (2 t) . \tag{26} \end{equation*}

y(t)y(t) 的图像如图 6.4.3 所示。观察到它具有我们先前指出的定性形式。 为了找到最终稳态振荡的幅度，只需找到 t>10t>10 的最大值或最小值点之一。 将解 (24) 的导数设置为零，我们发现第一个最大值大致位于 ( 10.642,0.297910.642,0.2979 )，因此振荡的幅度约为 0.2979−0.25=0.04790.2979-0.25=0.0479。

图 6.4.3 初始值问题 (12)，(13)，(14) 的解。

请注意，在本例中，激励函数 gg 是连续的，但 g′g^{\prime} 在 t=5t=5 和 t=10t=10 处是不连续的。 因此，解 y(t)y(t) 及其前两个导数在任何地方都是连续的，但是 y′′′(t)y^{\prime \prime \prime}(t) 在 t=5t=5 和 t=10t=10 处具有不连续性，这与 g′g^{\prime} 在这些点处的不连续性相匹配。