операционный метод, преобразование Лапласа

[popolznev]

Требуется решить операционным методом задачи Коши для дифуров со своеобразными правыми частями:

$$\frac{e^{kt}}{b + e^t}, \quad \frac{\sin 2kt}{b + \sin^2kt}, \quad \frac{te^{\alpha t}}{at^2+bt+c}.$$

Например, я пытаюсь найти преобразование Лапласа от $\frac{e^{kt}}{b + e^t}$ по определению - получается трансцендентная функция. С остальными двумя, кажется, будет то же самое.

Подозреваю, что есть приём, которого я не знаю, позволяющий обойти эти трансцендентные функции (парочку уравнений я решил не операционным методом, а просто - в ответе ничего трансцендентного, логарифмы да арктангенсы). Какой бы это был приём и где его искать?

[Утундрий]

popolznev в сообщении #898659 писал(а):

я пытаюсь найти преобразование Лапласа от $\frac{e^{kt}}{b + e^t}$ по определению - получается трансцендентная функция.

Очень интересно! И показать можете?

[popolznev]

Утундрий в сообщении #898955 писал(а):

Очень интересно! И показать можете?

Заговорился: не "трансцендентная", а спецфункция. Логарифм же тоже трансцендентная. Lerch Phi там выходит:

$$\int\limits_0^\infty \frac{e^{kt}}{b+e^t} \cdot e^{-pt}\,dt = \int\limits_0^\infty \frac{e^{(k-p-1)t}}{b+e^t}\,e^tdt = \int\limits_0^\infty \frac{e^{(k-p-1)t}}{b+e^t}\,d(e^t) = \int\limits_1^\infty \frac{u^q}{b+u}\,du = ...$$

[Утундрий]

Имелось в виду показать целиком. Не только с правой, но и с левой частью, да то решение "просто так", которое с логарифмами да арктангенсами тоже посмотреть было бы любопытственно. А то пока что в первом примере наблюдается бета-функция и не совсем понятно, как оттель вылезет логарифм (или арктангенс)

[popolznev]

Утундрий в сообщении #899451 писал(а):

Имелось в виду показать целиком. Не только с правой, но и с левой частью

Для примера - одно из уравнений такое:

$$y''-3y'+2y = \frac{e^{3t}}{4+e^t}$$

И начальные условия:

$$y(0)=1, y'(0)=0.$$

В левой части преобразование Лапласа даёт понятно что:

$$(p^2-3p+2)Y(p)-p+3.$$

А решение обычным способом, с методом неопределенных коэффициентов, дает такой ответ:

$$(4 \ln(4+e^t)+3-6\ln 5) e^t + (\ln(4+e^t )-2+\ln 5)e^{2t}.$$

[Утундрий]

Простите, а вы что, совсем не ощущаете разницы между $\frac{e^{kt}}{b + e^t}$ и $\frac{e^{3t}}{4+e^t}$? Вас не посещала мысль, что второе, быть может, преобразуется существенно проще?

[popolznev]

Утундрий в сообщении #899483 писал(а):

Простите, а вы что, совсем не ощущаете разницы (...)? Вас не посещала мысль (...)?

Да, забыл предупредить, что я олигофрен.

Мне представляется, что в том интеграле, который я расписывал двумя сообщениями выше, числитель плохой из-за $p$, так что конкретные значения $k,b$ ни при чем.

[Утундрий]

popolznev в сообщении #899497 писал(а):

забыл предупредить, что я олигофрен.

Я об этом как-то не подумал. Спасибо, данная версия многое объясняет.

popolznev в сообщении #899497 писал(а):

Мне представляется, что... конкретные значения $k,b$ ни при чем.

Неправильно вам представляется. Конкретные значения коэффициентов очень даже причём.

А то получается известный анекдот про студента, который попросил профессора сначала найти отображение полуплоскости на внутренность квадрата, потом шестиугольника, потом $n$-угольника... И в результате заявил ему "Спасибо, профессор! Благодаря вашим формулам мне, путём предельного перехода, удалось получить отображение полуплоскости на внутренность круга!"

P.S. В анекдоте не сказано, убил ли его профессор, но вероятность такого исхода весьма велика.

[popolznev]

popolznev в сообщении #899497 писал(а):

Неправильно вам представляется. Конкретные значения коэффициентов очень даже причём.

Конкретно:

$$\int\limits_0^\infty \frac{e^{3t}}{4+e^t} \cdot e^{-pt}\,dt = \int\limits_0^\infty \frac{e^{(2-p)t}}{4+e^t}\,e^tdt = \int\limits_0^\infty \frac{e^{(2-p)t}}{4+e^t}\,d(e^t) = \int\limits_1^\infty \frac{u^q}{4+u}\,du = ...$$

[mihiv]

Можно попробовать разложить $\dfrac 1{4+e^t}$ в ряд, найти изображение для каждого члена ряда. Возможно в окончательном ответе ряд удастся свернуть.

[popolznev]

mihiv в сообщении #899664 писал(а):

Можно попробовать разложить $\dfrac 1{4+e^t}$ в ряд, найти изображение для каждого члена ряда. Возможно в окончательном ответе ряд удастся свернуть.

Дак спецфункция же получается, и без ряда, и с рядом. Мне представляется, что как-то надо подключать левую часть уравнения и, не находя преобразование Лапласа от правой части, сразу заставить его взаимодействовать с левой.

[Red_Herring]

Утундрий писал(а):

Неправильно вам представляется. Конкретные значения коэффициентов очень даже причём.

Не коэффициентов, а показателей. Но поскольку popolznev Ваших подсказок не понимает, позволю себе заметить, что $\frac{x^3}{a+x}$ например при интегрировании упрощают до $Ax^2+Bx+C + \frac{D}{a+x}$ и эта идея вполне работает и здесь, после замены $x=e^t$.

[ewert]

popolznev в сообщении #899691 писал(а):

Мне представляется, что как-то надо подключать левую часть уравнения и, не находя преобразование Лапласа от правой части, сразу заставить его взаимодействовать с левой.

Ну так и заставьте. Что можно сказать, скажем, про $\frac1{p-1}\cdot(Lf)(p)$, исходя из теорем затухания и интегрирования оригинала?...

Но вообще это, конечно, издевательство -- решать такие уравнения операционным методом. Для этого есть метод вариации произвольных постоянных (а не неопределённых коэффициентов, кстати сказать).

[popolznev]

ewert в сообщении #899700 писал(а):

Ну так и заставьте. Что можно сказать, скажем, про $\frac1{p-1}\cdot(Lf)(p)$, исходя из теорем затухания и интегрирования оригинала?...

Да, вот что-нибудь такое надо попробовать.

ewert в сообщении #899700 писал(а):

Но вообще это, конечно, издевательство -- решать такие уравнения операционным методом. Для этого есть метод вариации произвольных постоянных (а не неопределённых коэффициентов, кстати сказать).

Да, вариации постоянных, конечно. Я совершенно согласен с вами насчет издевательства, но так поставлена учебная задача.

-- 25.08.2014, 15:13 --

Red_Herring в сообщении #899694 писал(а):

Не коэффициентов, а показателей. Но поскольку popolznev Ваших подсказок не понимает, позволю себе заметить, что $\frac{x^3}{a+x}$ например при интегрировании упрощают до $Ax^2+Bx+C + \frac{D}{a+x}$ и эта идея вполне работает и здесь, после замены $x=e^t$.

Либо я беспримерно туплю, либо одно из двух. Что делать с множителем $e^{-pt}$? Там же $p$ произвольное.

[Otta]

popolznev
По формулам Дюамеля попробуйте.