== 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 ===

<note> 
Интеграл Дюамеля можно применять для решения задачи Коши только с нулевыми начальными условиями: $x(0)=x'(0)=\ldots=x^{(n)}(0)=0$. 
</note>
 

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<t<T,\\
  0,& t\geqslant T.
  \end{cases}
\end{equation*}

Если записать $f(t)$ в виде
\begin{equation*}
  f(t)=f_0(t)+f(t-T),
\end{equation*}
то
\begin{equation*}
  F(p)=F_0(p)+F(p)e^{-pT}.
\end{equation*}
\begin{equation*}
    F(p)=\frac{F_0(p)}{1-e^{-pT}}.
\end{equation*}
  
Также можно записать изображение, используя определение, через интеграл:
\begin{equation*}
    F(p)=\frac{1}{1-e^{-pT}}\int\limits_0^T\,e^{-pt}f(t)dt.
\end{equation*}
 

** Пример 11 **

Решить задачу Коши с периодической правой частью.
 \begin{equation*}
        \left\{
        \begin{aligned}
          &x''+x=f(t). \\
          &x(0)=1,\\
          &x'(0)=0.
        \end{aligned}
      \right.
\end{equation*} 
{{ :users:nvr:2.jpg?nolink&400 }}

Для функции, изображенной на рисунке, период $T=4$. 
При этом $f_0(t)=2(\eta(t)-\eta(t-2)$. 

Получим изображение (пользуясь второй формулой, через интеграл):
\begin{align*}
&F(p)=\frac{1}{1-e^{-4p}}\int\limits_0^4\,e^{-pt}(2(\eta(t)-\eta(t-2))dt=\\
&=\frac{1}{1-e^{-4p}}\left(\int\limits_0^2\,e^{-pt}(2(1-0))dt+\int\limits_2^4\,e^{-pt}(2(1-1))dt\right)=\\
&=\left.\frac{1}{1-e^{-4p}}\left( -\frac{2}{p}e^{-pt}\right)\right|_0^2=\frac{2}{(1-e^{-4p})p}(1-e^{-2p})=\\
&=\frac{2}{p(1+e^{-2p})}.
\end{align*}
Или первым способом:
\begin{equation*}
 F(p)=\frac{F_0(p)}{1-e^{-4p}}=\frac{2}{1-e^{-4p}}\left(\frac{1}{p}-\frac{e^{-2p}}{p}\right)=\frac{2}{p(1+e^{-2p})}.
\end{equation*}

Операторное уравнение:
\begin{equation*}
    (p^2+1)X-p=F(p).
\end{equation*}
\begin{gather*}
    X(p)=\frac{p}{p^2+1}+\frac{F(p)}{p^2+1}=\\
    =\frac{p}{p^2+1}+\frac{2}{p(p^2+1)(1+e^{-2p})}.
\end{gather*}

Находим оригиналы:
\begin{align*}
    &\frac{p}{p^2+1}\risingdotseq \mbox{cos}\,t,\\
    &\frac{1}{p(p^2+1)}\risingdotseq 1-\mbox{cos}\,t,\\
    &\frac{2}{p(p^2+1)(1+e^{-2p})}=\\
    &=\frac{2}{p(p^2+1)}\sum\limits_{k=0}^{\infty}(-1)^ke^{-2kp}\risingdotseq\\
    &\risingdotseq 2\sum\limits_{k=0}^{\infty}(-1)^k\left(1-\mbox{cos}(t-2k)\right)\eta(t-2k).
\end{align*}
\begin{equation*}
    x(t)=\mbox{cos}\,t+2\sum\limits_{k=0}^{\infty}(-1)^k\left(1-\mbox{cos}(t-2k)\right)\eta(t-2k).
\end{equation*}

 
=== Решение  дифференциальных уравнений с запаздывающим аргументом ===

** Пример 12 **

Решить уравнение
\begin{equation*}
    x'(t)=x(t-1)+1, \,\, x(0)=0.
\end{equation*}
Переходим к изображениям, воспользовавшись ((:opLaplace;course#теорема_запаздывания теорема запаздывания)):
\begin{gather*}
    pX(p)=X(p)e^{-p}+\frac{1}{p} \,\, \Rightarrow \\ 
    X(p)=\frac{1}{p}\cdot\frac{1}{p-e^{-p}}=\frac{1}{p^2}\cdot\frac{1}{1-\frac{e^{-p}}{p}}=\\
    =\frac{1}{p^2}\left(1+\frac{e^{-p}}{p}+\frac{e^{-2p}}{p^2}+\ldots+\frac{e^{-np}}{p^n}+\ldots\right).
\end{gather*}
\begin{gather*}
    x(t)=t\eta(t)+\frac{1}{2!}(t-1)^2\eta(t-1)+\ldots\\
    \ldots+\frac{1}{(n+1)!}(t-n)^{n+1}\eta(t-n)+\ldots
\end{gather*}
 

=== Нахождение общего решения дифференциального уравнения ===

** Пример 13 **
 
Найти общее решение уравнения:
\begin{equation*}
 x''+x=\mbox{sin}\, t.
\end{equation*}

Поставим задачу Коши:
\begin{equation*}
 \left\{
 \begin{aligned}
 &x''+x=\mbox{sin}\, t. \\
 &x(0)=c_1,\\
 &x'(0)=c_2.\\
 \end{aligned}
 \right.
\end{equation*}

Переходя к изображениям, получим:
\begin{equation*}
    (p^2+1)X(p)-c_1p-c_2=\frac{1}{p^2+1} \,\, \Rightarrow
\end{equation*}
\begin{equation*}
    X(p)=\frac{1}{(p^2+1)^2}+\frac{c_1p}{p^2+1}+\frac{c_2}{p^2+1}\,\, \Rightarrow
\end{equation*}
\begin{equation*}
    x(t)=\frac12(\mbox{sin}\,t-t\,\mbox{cos}\,t)+c_1\mbox{cos}\,t+c_2\mbox{sin}\,t.
\end{equation*}
Оригинал для
$$\frac{1}{(p^2+1)^2}\risingdotseq \frac12(\mbox{sin}\,t-t\,\mbox{cos}\,t)$$
можно найти по ((:opLaplace;course#Дифференцирование_изображения теореме о дифференцировании изображения)) или по ((:opLaplace;course#Теорема_о_свертке_(умножение_изображений) теореме об умножении изображений (теорема о свёртке) )) .

Решение неоднородного уравнения распадается на общее решение однородного уравнения и частное решение неоднородного.
 
=== Решение краевой задачи ===

** Пример 14 **
 
Решить краевую задачу
 \begin{equation*}
        \left\{
        \begin{aligned}
          &x''+x=\mbox{sin}\, t. \\
          &x(0)=0,\\
          &x(1)=1.
        \end{aligned}
      \right.
\end{equation*}

//Краевая задача (граничная задача)// --- задача о нахождении решения заданного дифференциального уравнения (системы дифференциальных уравнений), удовлетворяющего краевым (граничным) условиям в концах интервала или на границе области. 

Общее решение дифференциального уравнения уже найдено в  примере предыдущего пункта:
\begin{equation*}
 x(t)=\frac12(\mbox{sin}\,t-t\,\mbox{cos}\,t)+c_1\mbox{cos}\,t+c_2\mbox{sin}\,t.
\end{equation*}

Подставляем краевые условия и решаем систему уравнений относительно $c_1$  и $c_2$:
\begin{equation*}
 \left\{
 \begin{aligned}
 x(0)&= c_1=0,\\
 x(1)&= \frac12(\mbox{sin}\,1-\mbox{cos}\,1)+c_1\mbox{cos}\,1+c_2\mbox{sin}\,1=1.
 \end{aligned}
 \right.
\end{equation*}

Находим $c_2$ и записываем решение краевой задачи:
\begin{equation*}
    c_2=\frac{2-\mbox{sin}\,1+\mbox{cos}\,1}{2\,\mbox{sin}\,1}.
\end{equation*}
\begin{gather*}
x(t)=\frac12(\mbox{sin}\,t-t\,\mbox{cos}\,t)+\\
+\frac{2-\mbox{sin}\,1+\mbox{cos}\,1}{2\,\mbox{sin}\,1}\,\mbox{sin}\,t. 
\end{gather*}


 
=== Решение задачи Коши для обыкновенных дифференциальных уравнений с переменными коэффициентами ===

** Пример 15 ** 

Решить дифференциальное уравнение с переменными коэффициентами:
\begin{equation*}
 tx''-2x'=0, \,\, x(0)=x'(0)=0.
\end{equation*}

Находим изображения:
 \begin{equation*}
  x(t) \risingdotseq X(p), \,\, x'(t) \risingdotseq pX(p), \,\, x''(t) \risingdotseq p^2X(p).
 \end{equation*}
По ((:opLaplace;course#Дифференцирование_изображения теореме дифференцирования изображения)):
\begin{equation*}
 tx''\risingdotseq -(p^2X(p))'=-2pX(p)-p^2X'(p).
\end{equation*}
Записываем операторное уравнение и решаем полученное дифференциальное уравнение относительно $X(p)$:
\begin{gather*}
 -2pX-p^2X'-2pX=0 \,\, \Rightarrow \\ 
 -p^2X'=4pX\,\, \Rightarrow \frac{dX}{X}=-4\frac{dp}{p} \,\, \Rightarrow \\ 
 \mbox{ln}(X)=-4\mbox{ln}\,p+C \,\, \Rightarrow X= \frac{C}{p^4} \,\, \Rightarrow \\
 x(t)=\frac{C\,t^3}{6}.
\end{gather*}
 
  
=== Решение дифференциальных уравнений в частных производных ===
 
=== Решение интегральных уравнений ===

//Интегральное уравнение// - уравнение, содержащее искомую функцию $y(x)$ под знаком интеграла.

//Уравнение Фредгольма второго рода// - уравнение вида:
\begin{equation*}
        y(x)=f(x)+\int\limits_a^b K(x,t)\,y(t)\,dt.
\end{equation*}
//Уравнение Вольтерра второго рода// - уравнение вида:
\begin{equation*}
        y(x)=f(x)+\int\limits_a^x K(x,t)\,y(t)\,dt.
\end{equation*}
Если искомая функция входит только под знак интеграла, то имеем //уравнения Фредгольма или Вольтерра первого рода://
\begin{equation*}
        \int\limits_a^b K(x,t)\,y(t)\,dt = f(x).
\end{equation*}
\begin{equation*}
        \int\limits_a^x K(x,t)\,y(t)\,dt=f(x).
\end{equation*}
 
Решая подобные уравнения, предполагаем, что функции $f(x)$, $K(x)$ достаточно гладкие и имеют конечный порядок роста при $x\geqslant0$. Тогда функция, стоящая в правой части уравнения, удовлетворяет этим условиям, а значит для всех функций из уравнения могут быть найдены изображения.

**Пример 16**

Решить линейное интегральное уравнение Вольтерра второго рода:
\begin{equation*}
 \varphi(x)=\mbox{cos}\,x+\int\limits_0^x(x-t)\varphi(t)dt.
\end{equation*}


Применяем для обеих частей преобразование Лапласа. При этом интеграл $\int\limits_0^x(x-t)\varphi(t)dt$ рассматриваем как   свертку функций $g(x)=x$, $f(x)=\varphi(x)$. Тогда по ((:opLaplace;course#Теорема_о_свертке_(умножение_изображений) теореме о свёртке )): 
\begin{align*}
  &x\risingdotseq \frac{1}{p^2},\,\,\varphi(x)\risingdotseq \varPhi(p) \,\, \Rightarrow\\
  &\int\limits_0^x(x-t)\varphi(t)dt \risingdotseq \frac{1}{p^2}\varPhi(p).
\end{align*}
Операторное уравнение:  
\begin{align*}
  &\varPhi(p)=\frac{p}{p^2+1}+\frac{1}{p^2}\varPhi(p).
\end{align*}
Находим $\varPhi(p)$
\begin{equation*}
    \varPhi(p)=\frac{p^3}{(p^2+1)(p^2-1)}=\frac12\left(\frac{p}{p^2+1}+\frac{p}{p^2-1}\right).
\end{equation*}
Записывая оригинал $\varphi(x)$, получаем решение интегрального уравнения:
\begin{equation*}
    \varphi(x)=\frac12(\mbox{cos}\,x+\mbox{ch}\,x).
\end{equation*}
 
=== Вычисление несобственных интегралов ===

Пусть нужно вычислить интеграл $\int\limits_a^b\,h(x,t)dt$, который является интегралом, зависящим от параметра $x$. Обозначим его $f(x)=\int\limits_a^b\,h(x,t)dt$, а его изображение по Лапласу --- $F(p)$. По определению:
\begin{equation*}
    F(p)=\int\limits_0^{\infty}e^{-px}f(x)\,dx=\int\limits_0^{\infty}e^{-px}\left(\int\limits_a^b\,h(x,t)dt\right)\,dx.
\end{equation*}
Изменение порядка интегрирования часто дает возможность решить задачу: найти изображение $F(p)$, а потом и сам оригинал $f(x)$.

**Пример 17**

Вычислить интеграл
\begin{equation*}
    \int\limits_0^{\infty}\frac{\mbox{cos}\,xt}{a^2+t^2}dt.
\end{equation*}

\begin{equation*}
    F(p)=\int\limits_0^{\infty}e^{-px}\left(\int\limits_0^{\infty}\frac{\mbox{cos}\,xt}{a^2+t^2}dt\right)\,dx=
\end{equation*}
переставляем пределы интегрирования:
\begin{equation*}
=\int\limits_0^{\infty}\frac{dt}{a^2+t^2}\int\limits_0^{\infty}\,e^{-px}\mbox{cos}\,xt\,dx=
\end{equation*}
теперь внутренний интеграл это изображение для $\mbox{cos}\,xt$:
\begin{equation*}
 = \int\limits_0^{\infty}\frac{dt}{a^2+t^2}\cdot\frac{p}{p^2+t^2}= \int\limits_0^{\infty}\frac{p\,dt}{(a^2+t^2)(p^2+t^2)}=
\end{equation*}
найдем этот несобственный интеграл с помощью вычетов:
\begin{equation*}
 =\frac{2\pi i}{2}\left(\frac{p}{2ai(p^2-a^2)}+\frac{p}{2pi(a^2-p^2)}\right) =
\end{equation*}
упростим и запишем оригинал для полученного изображения
\begin{equation*}
 =\frac{\pi}{2a(p+a)} \risingdotseq \frac{\pi}{2a}\,e^{-ax}.
\end{equation*}