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 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 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, 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*}

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*}

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 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*}

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 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 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 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*}

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 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*}

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*}

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*}

Пример 12

Решить уравнение \begin{equation*} x'(t)=x(t-1)+1, \,\, x(0)=0. \end{equation*} Переходим к изображениям, воспользовавшись 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*}

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 теореме о дифференцировании изображения или по теореме об умножении изображений (теорема о свёртке) .

Решение неоднородного уравнения распадается на общее решение однородного уравнения и частное решение неоднородного.

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*}

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 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*}

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 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*}

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*}