== Применения операционного исчисления ==
=== Решение задачи Коши для ОДУ с постоянными коэффициентами ===
**Пример 1.**
Решить однородное дифференциальное уравнение с постоянными коэффициентами.
\begin{align*}
&x'''+2x''+5x'=0,\\
&x(0)=-1, \,\, x'(0)=2, \,\, x''(0)=0.
\end{align*}
Записываем изображения для левой и правой частей дифференциального уравнения. Для левой части используем ((:opLaplace;course#Дифференцирование_оригинала теорему о дифференцировании оригинала)):
\begin{align*}
&x(t) \risingdotseq X(p),\\
&x'(t) \risingdotseq pX(p)-x(0)=pX(p)+1,\\
&x''(t) \risingdotseq p^2X(p)-px(0)-x'(0)=p^2X(p)+p-2,\\
&x'''(t) \risingdotseq p^3X(p)-p^2x(0)-px'(0)-x''(0)=p^3X(p)+p^2-2p-0.
\end{align*}
Справа стоит $0$, изображение для него тоже $0$.
Запишем уравнение с изображениями (операторное уравнение). Оно уже будет алгебраическим, а не дифференциальным:
\begin{equation*}
p^3X(p)+p^2-2p+2(p^2X(p)+p-2)+5(pX(p)+1)=0.
\end{equation*}
И найдем из него неизвестное $X(p)$:
\begin{equation*}
X(p)=-\frac{p^2+1}{p(p^2+2p+5)}.
\end{equation*}
Используя теоремы, приемы, таблицы операционного исчисления получим оригинал:
\begin{equation*}
X(p) \risingdotseq x(t)=-\displaystyle\frac15-\displaystyle\frac45 e^{-t}\mbox{cos}\,2t+\displaystyle\frac35e^{-t}\mbox{sin}\,2t.
\end{equation*}
**Пример 2.**
Решить неоднородное дифференциальное уравнение с постоянными коэффициентами.
\begin{gather*}
x''-2x'-3x=e^{3t},\\
x(0)=x'(0)=0.
\end{gather*}
Записываем изображения для левой и правой частей дифференциального уравнения. Для левой части используем ((:opLaplace;course#Дифференцирование_оригинала теорему о дифференцировании оригинала)):
\begin{align*}
&x(t) \risingdotseq X(p),\\
&x'(t) \risingdotseq pX(p)-x(0)=pX(p),\\
&x''(t) \risingdotseq p^2X(p)-px(0)-x'(0)=p^2X(p),
\end{align*}
Справа стоит $e^{3t}$, изображение равно $\displaystyle\frac{1}{p-3}$.
Запишем операторное уравнение:
\begin{equation*}
(p^2-2p-3)X(p)=\frac{1}{p-3}.
\end{equation*}
Находим $X(p)$:
\begin{equation*}
X(p)=\frac{1}{(p-3)^2(p+1)}.
\end{equation*}
Используя, например, ((:opLaplace;course#Вторая_теорема_разложения вторую теорему разложения)), получим оригинал:
\begin{equation*}
X(p) \risingdotseq \displaystyle\frac14\,te^{3t}-\displaystyle\frac{1}{16}\,e^{3t}+\displaystyle\frac{1}{16}\,e^{-t}.
\end{equation*}
**Пример 3.**
Решить неоднородное дифференциальное уравнение с постоянными коэффициентами.
\begin{gather*}
x''+3x'=\mbox{cos}\,2t,\\
x(0)=2, \,\, x'(0)=0.
\end{gather*}
Операторное уравнение:
\begin{equation*}
p^2X(p)-2p+3pX(p)-6=\frac{p}{p^2+4} \,\, \Rightarrow
\end{equation*}
\begin{equation*}
X(p)=\frac{2p^3+6p^2+9p+24}{p(p+3)(p^2+4)} \,\, \Rightarrow
\end{equation*}
\begin{equation*}
x(t)=2+\displaystyle\frac{1}{13}\,te^{-3t}-\displaystyle\frac{1}{13}\,\mbox{cos}\,2t+\displaystyle\frac{3}{26}\,\mbox{sin}\,2t.
\end{equation*}
**Пример 4.**
Решить неоднородное дифференциальное уравнение с постоянными коэффициентами.
\begin{gather*}
x''+x'=e^t,\\
x(1)=1, \,\, x'(1)=2.
\end{gather*}
Так как начальные условия даны не при $t=0$, сразу применить теорему о дифференцировании оригинала мы не можем. Поставим вспомогательную задачу для функции $y(t)=x(t+1)$:
\begin{gather*}
y''+y'=e^{t+1},\\
y(0)=1, \,\, y'(0)=2.
\end{gather*}
Записываем операторное уравнение
\begin{equation*}
(p^2Y(p)-p-2)+(pY(p)-1)=\displaystyle\frac{e}{p-1}.
\end{equation*}
Решаем полученное уравение:
\begin{equation*}
Y(p)=\displaystyle\frac{e}{(p-1)(p^2+p)}+\displaystyle\frac{p+3}{p^2+p}.
\end{equation*}
\begin{equation*}
y(t)=\displaystyle\frac12e^{t+1}+\left(\displaystyle\frac{e}{2}-2\right)e^{-t}+(3-e).
\end{equation*}
Со сдвигом на $1$ находим решение исходной задачи:
\begin{equation*}
x(t)=y(t-1)=\displaystyle\frac12e^{t}+\left(\displaystyle\frac{e}{2}-2\right)e^{-t+1}+(3-e).
\end{equation*}
=== Решение задачи Коши для систем линейных ДУ ===
**Пример 5.**
Решить систему линейных дифференциальных уравнений с постоянными коэффициентами.
\begin{equation*}
\left\{
\begin{aligned}
&x' = 2x+8, \\
&y' = x+4y+1, \\
&x(0)=1,\, y(0)=0. \\
\end{aligned}
\right.
\end{equation*}
Запишем изображения:
\begin{equation*}
\begin{array}{ll}
x(t) \risingdotseq X(p), & x'(t) \risingdotseq p\,X(p)-1, \\
y(t) \risingdotseq Y(p), & y'(t) \risingdotseq p\,Y(p).
\end{array}
\end{equation*}
\begin{equation*}
8 \risingdotseq \displaystyle\frac{8}{p}, \,\, 1 \risingdotseq \displaystyle\frac{1}{p}.
\end{equation*}
Операторная система уравнений принимает вид:
\begin{equation*}
\left\{
\begin{aligned}
pX(p)-1 &= 2X(p)+\displaystyle\frac{8}{p}, \\
pY(p) &= X(p)+4Y(p)+\displaystyle\frac{1}{p}.\\
\end{aligned}
\right.
\end{equation*}
Решаем систему, находим изображения $X(p)$, $Y(p)$ и их оригиналы $x(t)$, $y(t)$:
\begin{equation*}
X(p)=\displaystyle\frac{p+8}{p(p-2)} \risingdotseq x(t)=-4+5e^{2t}.
\end{equation*}
\begin{equation*}
Y(p)=\displaystyle\frac{2p+6}{p(p-2)(p-4)} \risingdotseq y(t)=\displaystyle\frac34-\displaystyle\frac52\,e^{2t}+\displaystyle\frac74\,e^{4t}.
\end{equation*}
**Пример 6.**
Решить систему линейных дифференциальных уравнений с постоянными коэффициентами.
\begin{equation*}
\left\{
\begin{aligned}
&x' = 2x+8y, \\
&y' = x+4y+1, \\
&x(0)=1,\, y(0)=0.\\
\end{aligned}
\right.
\end{equation*}
\begin{equation*}
\begin{array}{ll}
x(t) \risingdotseq X(p), & x'(t) \risingdotseq p\,X(p)-1, \\
y(t) \risingdotseq Y(p), & y'(t) \risingdotseq p\,Y(p),\\
1 \risingdotseq \displaystyle\frac{1}{p}. &\\
\end{array}
\end{equation*}
Операторная система уравнений принимает вид:
\begin{equation*}
\left\{
\begin{aligned}
pX(p)-1 &= 2X(p)+8Y(p), \\
pY(p) &= X(p)+4Y(p)+\displaystyle\frac{1}{p}.\\
\end{aligned}
\right.
\end{equation*}
Решаем систему находим изображения $X(p)$, $Y(p)$ и их оригиналы $x(t)$, $y(t)$:
\begin{equation*}
X(p)=\displaystyle\frac{p^2-4p+8}{p^2(p-6)} \risingdotseq x(t)=\frac49-\frac43\,t+\frac59\,e^{6t}.
\end{equation*}
\begin{equation*}
Y(p)=\displaystyle\frac{2(p-1)}{p^2(p-6)} \risingdotseq y(t)=-\displaystyle\frac{5}{18}+\displaystyle\frac13\,t+\displaystyle\frac{5}{18}\,e^{6t}.
\end{equation*}
**Пример 7.**
Решить систему линейных дифференциальных уравнений с постоянными коэффициентами.
\begin{equation*}
\left\{
\begin{aligned}
&x'-2x-4y = \mbox{cos}\, t, \\
&y'+x+2y = \mbox{sin}\,t, \\
&x(0)=0,\, y(0)=0.\\
\end{aligned}
\right.
\end{equation*}
Операторная система уравнений принимает вид:
\begin{equation*}
\left\{
\begin{aligned}
(p-2)X(p)-4Y(p) &= \frac{p}{p^2+1}, \\
X(p)+(p+2)Y(p) &= \frac{1}{p^2+1}.\\
\end{aligned}
\right.
\end{equation*}
Решаем систему находим изображения $X(p)$, $Y(p)$ и их оригиналы $x(t)$, $y(t)$:
\begin{equation*}
X(p)=\displaystyle\frac{2}{p}+\displaystyle\frac{4}{p^2}-\displaystyle\frac{2p+3}{p^2+1} \risingdotseq x(t)=2+4t-2\,\mbox{cos}\,t-3\,\mbox{sin}\,t.
\end{equation*}
\begin{equation*}
Y(p)=-\displaystyle\frac{2}{p^2}+\displaystyle\frac{2}{p^2+1} \risingdotseq y(t)=-2t+2\,\mbox{sin}\,t.
\end{equation*}
=== Решение ОДУ с помощью интеграла Дюамеля ===
Интеграл Дюамеля можно применять для решения задачи Коши только с нулевыми начальными условиями: $x(0)=x'(0)=\ldots=x^{(n)}(0)=0$.
Введем обозначения:\\
Уравнение: $x^{(n)}(t)+a_1\,x^{(n-1)}(t)+\ldots+a_n\,x(t)=f(t)$. \\
Начальные условия: $x(0)=x'(0)=\ldots=x^{(n)}=0$. \\
Неизвестная функция $x(t)$, имеющая изображение $X(p)$.\\
Сложная функция в правой части $f(t)$, имеющая изображение $F(p)$.\\
Запишем алгоритм решения.\\
**1.** Решается вспомогательное уравнение
$$ y^{(n)}(t)+a_1\,y^{(n-1)}(t)+\ldots+a_n\,y(t)=1.$$
С учетом начальных условий левая и правые части уравнений будут иметь изображения:
\begin{equation*}
\begin{aligned}
y(t) & \risingdotseq Y(p),\\
y'(t) & \risingdotseq p\,Y(p),\\
y''(t)& \risingdotseq p^2Y(p),\\
&\cdots\\
y^{(n)}(t)& \risingdotseq p^nY(p).
\end{aligned}
\end{equation*}
Вспомогательное операторное уравнение запишем в виде:
\begin{gather*}
Y(p)\cdot h(p) = \frac{1}{p},\\
h(p)=p^n+a_1p^{n-1}+\ldots+a_n.
\end{gather*}
$$Y(p) \risingdotseq y(t).$$
**2.** Решается исходное уравнение. Левая часть уравнения совпадает с левой частью вспомогательного, поэтому операторное уравнение записывается так:
$$ X(p)\cdot h(p) = F(p),$$
при этом $h(p)$, используя решение вспомогательного уравнения, можно записать в виде
\begin{equation*}
h(p)=\frac{1}{pY(p)}.
\end{equation*}
Тогда
$$ X(p) = F(p)\,pY(p).$$
Для нахождения $x(t)$ необходимо найти оригинал для $pY(p)F(p)$, то есть вычислить интеграл из ((:opLaplace;course#Следствие_теоремы_о_свёртке_(интеграл_Дюамеля) формулы Дюамеля)):
$$ p F(p) Y(p) \risingdotseq y(0)\cdot f(t)+\int\limits_0^t f(\tau)\,y'(t-\tau)\,d\tau,$$
где $y(t)$ --- уже найденное решение вспомогательного уравнения.
**Пример 8.**
Решить задачу Коши с помощью интеграла Дюамеля.
\begin{equation*}
x''+2x'=\frac{1}{1+e^{2t}}, \,\, x(0)=0, \,\, x'(0)=0.
\end{equation*}
Решаем через интеграл Дюамеля в два этапа, как было описано выше.
**1.** Вспомогательное уравнение:
\begin{equation*}
y''+2y'=1, \,\, y(0)=y'(0)=0.
\end{equation*}
\begin{equation*}
(p^2+2p)Y(p)=\frac{1}{p}.
\end{equation*}
\begin{equation*}
Y(p)=-\frac{1}{4p}+\frac{1}{2p^2}+\frac{1}{4(p+2)}\,\, \Rightarrow
\end{equation*}
\begin{equation*}
y(t)=-\frac14+\frac12t+\frac14 e^{-2t}.
\end{equation*}
**2.** Исходное уравнение в операторном виде:
\begin{equation*}
(p^2+2p)X(p)=F(p).
\end{equation*}
Правая часть этого уравнения такая же, как и для вспомогательного. Левую часть $\frac{1}{1+e^{2t}}$ обозначим $f(t)$, ее изображение $F(p)$. Тогда
\begin{equation*}
X(p)=\frac{F(p)}{p^2+2p}.
\end{equation*}
Решая вспомогательное уравнение, мы находили:
\begin{equation*}
(p^2+2p)Y(p)=\frac{1}{p}\,\, \Rightarrow \,\, p^2+2p=\frac{1}{pY(p)}.
\end{equation*}
Тогда
\begin{equation*}
X(p)=\frac{F(p)}{\frac{1}{pY(p)}}=pF(p)Y(p).
\end{equation*}
Теперь по формуле Дюамеля получаем:
\begin{equation*}
X(p)=p F(p) Y(p) \risingdotseq x(t)=y(0)\cdot f(t)+\int\limits_0^t f(\tau)\,y'(t-\tau)\,d\tau,
\end{equation*}
где $y(t)$ - уже найденное решение вспомогательного уравнения:
\begin{equation*}
\begin{aligned}
& y(t)=-\frac14+\frac12t+\frac14 e^{-2t},\\
& y(0)=0,\\
& y'(t-\tau)=\frac12-\frac12e^{-2(t-\tau)}.
\end{aligned}
\end{equation*}
Тогда
\begin{equation*}
\begin{aligned}
& x(t)=\int\limits_0^t\displaystyle\frac{\frac12-\frac12e^{-2t+2\tau}}{1+e^{2\tau}}\,d\tau=\ldots=\\
& = \frac12\,t+\frac14\left(1+e^{-2t}\right)\left(\mbox{ln}\,2-\mbox{ln}(1+e^{2t})\right).
\end{aligned}
\end{equation*}
=== Решение задачи Коши с правой частью, содержащей функцию Хэвисайда ===
**Пример 9**
Решить задачу Коши, когда правая часть дифференциального уравнения содержит составную функцию (выражаемую через функцию Хэвисайда).
\begin{equation*}
\left\{
\begin{aligned}
&x''+x=\eta(t)-\eta(t-2), \\
&x(0)=0,\\
&x'(0)=0.
\end{aligned}
\right.
\end{equation*}
Запишем изображения для левой и правой частей уравнения:
\begin{align*}
&x''+x \risingdotseq p^2\,X(p)+X(p),\\
&\eta(t)-\eta(t-2) \risingdotseq \frac{1}{p}-\frac{e^{-2p}}{p}.
\end{align*}
Для правой части, содержащей функцию Хэвисайда, воспользовались ((:opLaplace;course#теорема_запаздывания теоремой запаздывания)).
Получаем операторное уравнение:
\begin{equation*}
(p^2+1)X(p)=\frac{1}{p}-\frac{e^{-2p}}{p}
\end{equation*}
и записываем $X(p)$:
\begin{equation*}
X(p)=\frac{1}{p(p^2+1)}-\frac{e^{-2p}}{p(p^2+1)}.
\end{equation*}
Находим изображение для $\displaystyle\frac{1}{p(p^2+1)}$ с помощью ((:opLaplace;course#Интегрирование_оригинала теоремы об интегрировании оригинала)):
\begin{align*}
&\frac{1}{p^2+1}\risingdotseq \mbox{sin}\,t \,\, \Rightarrow\\
&\frac{1}{p(p^2+1)}\risingdotseq \int\limits_0^t\,\mbox{sin}\,\tau\,d\tau=-\mbox{cos}\,t+1.
\end{align*}
Тогда изображение для $\displaystyle\frac{e^{-2p}}{p(p^2+1)}$ по ((:opLaplace;course#теорема_запаздывания теореме запаздывания)) будет равно:
\begin{equation*}
\frac{e^{-2p}}{p(p^2+1)}\risingdotseq (-\mbox{cos}\,(t-2)+1)\eta(t-2).
\end{equation*}
Решение заданного уравнения:
\begin{equation*}
x(t)= (1-\mbox{cos}\,t)\eta(t)-(1-\mbox{cos}\,(t-2))\eta(t-2).
\end{equation*}
**Пример 10**
Решить задачу Коши, когда правая часть дифференциального уравнения задана графически (и выражается через функцию Хэвисайда).
\begin{equation*}
\left\{
\begin{aligned}
&x''+4x=f(t). \\
&x(0)=0,\\
&x'(0)=0.
\end{aligned}
\right.
\end{equation*}
{{ :users:nvr:1.jpg?nolink&400 }}
Запишем аналитическое выражение для $f(t)$ с помощью функции Хэвисайда и найдем ее изображение:
\begin{align*}
&f(t)=2t\eta(t)-4(t-1)\eta(t-1)+2(t-2)\eta(t-2),\\
&F(p)=\frac{2}{p^2}(1-2e^{-p}+e^{-2p}).
\end{align*}
Операторное уравнение имеет вид:
\begin{align*}
&X(p)(p^2+4)=\frac{2}{p^2}(1-2e^{-p}+e^{-2p})\,\, \Rightarrow\\
&X(p)=\frac{2}{p^2(4+p^2)}(1-2e^{-p}+e^{-2p}).
\end{align*}
Для первого слагаемого найдем оригинал, разложив дробь на сумму простейших:
\begin{gather*}
\frac{2}{p^2(4+p^2)}=\frac{1}{2p^2}-\frac{2}{4(p^2+4)} \risingdotseq \frac12t-\frac14\,\mbox{sin}\,2t.
\end{gather*}
Для остальных слагаемых воспользуемся ((:opLaplace;course#теорема_запаздывания теоремой запаздывания)):
\begin{gather*}
X(p)\risingdotseq x(t)= \frac12\left(t-\frac12\,\mbox{sin}\,2t\right)\eta(t)-\\
-\left((t-1)-\frac12\,\mbox{sin}\,2(t-1)\right)\eta(t-1)+\\
+\frac12\left((t-2)-\frac12\,\mbox{sin}\,2(t-2)\right)\eta(t-2).
\end{gather*}
=== Решение задачи Коши с периодической правой частью ===
Периодическую правую часть тоже очень удобно записывать с помощью функции Хэвисайда.
Пусть $f(t)$ --- периодическая с периодом $T$ функция-оригинал. Обозначим через $f_0(t)$ функцию:
\begin{equation*}
f_0(t)=\begin{cases}
f(t),& 0