Để tìm nghiệm của bài toán trên ta làm như sau: bTrước hết ta lập phương trình ảnh của 1 bằng cách gọi Xp là ảnh của xt, Fp là ảnh của ft... Vì vậy ta phải biến đổi để quy về trường hợp
Trang 1=∫ +τ τ+∫t − τ τ
0
t
0
d ) 3 t sin(
d ) t sin(
2
)
t
(
f
t 2 cos 3
2 t cos
3
2
t cos 3
1 t 2 cos 3
1 t 2 cos t cos 3
) 3 t cos(
) t cos(
t
0
t 0
−
=
− +
−
= τ
− +
τ +
−
=
§19 ỨNG DỤNG CỦA PHÉP BIẾN ĐỔI LAPLACE ĐỂ GIẢI PHƯƠNG
TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH HỆ SỐ HẰNG
tính hệ số hằng:
) t ( f x a dt
x d a dt
x d
1 n 1 n
n
thoả mãn các điều kiện ban đầu:
với giả thiết ao ≠ 0, hàm f(t), nghiệm x(t) cùng các đạo hàm tới cấp n của nó đều là các hàm gốc
Để tìm nghiệm của bài toán trên ta làm như sau:
bTrước hết ta lập phương trình ảnh của (1) bằng cách gọi X(p) là ảnh của x(t), F(p) là ảnh của f(t) Theo công thức đạo hàm gốc ta có:
x’(t) = pX(p) - xo
x”(t) = p2X(p) - pxo - x1
…
x(n)(t) = pnX(p) - pn-1xo - ⋅⋅⋅ - xn-1
Lấy ảnh hai vế của (1) ta có phương trình đối với ảnh X(p):
(aopn + a1pn-1 + ⋅⋅⋅ + an)X(p) = F(p) + xo(aopn-1 + a1pn-2 + ⋅⋅⋅ + an-1)
+ x1(aopn-1 + a1pn-2 + ⋅⋅⋅ + an-1) +⋅⋅⋅ + xn-1ao
hay:
Trong đó A(p) và B(p) là các đa thức đã biết Giải (3) ta có:
) p ( A
) p ( B ) p ( F )
p
(
b Sau đó tìm gốc của X(p) ta được nghiệm của phương trình
Ví dụ 1: Tìm nghiệm của phương trình x” - 2x’ + 2x = 2etcost
thoả mãn điều kiện đầu x(0) = x’(0) = 0
Đặt x(t) ↔ X(p) thì x’(t) ↔ pX(p) và x”(t) ↔ p2X(p)
Mặt khác
2 p 2 p
) 1 p ( 2 1 ) 1 p (
) 1 p ( 2 t
cos e
+
−
−
= +
−
−
Trang 22 p 2 p
) 1 p ( 2 X 2 pX 2 X
+
−
−
= +
−
hay
2 p 2 p
) 1 p ( 2 X ) 2 p 2 p
+
−
−
= +
−
Giải ra ta được:
2
p (
) 1 p ( 2 X
+
−
−
=
Dùng phép biến đổi ngược ta có:
x(t) = tetsint
Ví dụ 2: Tìm nghiệm của phương trình x” - x = 4sint + 5cos3t thoả mãn các điều kiện ban đầu x(0) = -1, x’(0) = -2
4 p
p 5 t
2 cos
+
1 p
4
t
sin
+
4 p
p 5 1 p
4 X
2 p X
+
+ +
=
− + +
nên:
4 p
p 1 p 2
1 p
2 p 4 p
p 1 p
p 1 p
2 1 p
2
1 p
2 p ) 1 p )(
4 p (
p 5 )
1 p )(
1 p (
4 X
2 2
2 2
2 2
2
2 2
2 2
2
+
− +
−
=
−
+
− +
−
−
+ +
−
−
=
−
+
−
− +
+
− +
=
Dùng phép biến đổi ngược ta được:
x(t) = -2sint - cos2t
Ví dụ 3: Tìm nghiệm của phương trình x” + 4x’ + 4x = t3e-2t thoả mãn các điều kiện ban đầu x(0) = 1, x’(0) = 2
4 4
t
2
3
) 2 p (
6 )
2 p
(
! 3 e
t
+
= +
↔
4
2
) 2 p (
6 X
4 4 pX 4 2 p X
p
+
= +
− +
−
−
Như vậy:
2 p
1 )
2 p (
4 )
2 p (
6 )
2 p (
6 p )
2 p (
6
+
+ +
+ +
= +
+ + +
=
Trang 3Vậy x(t) = x(t)=e− +4te− + 201 t e− =e− ⎜⎜⎝⎛1+4t+ 20t ⎟⎟⎠⎞
5 t
2 t 2 5 t
2 t
2
Ví dụ 4: Tìm nghiệm của phương trình x(4) + 2x” + x = sint thoả mãn các điều kiện ban đầu x(0) = x’(0) = x”(0) = x(3)(0) = 0
Đặt x(t) ↔ X(p) thì: x”(t) ↔ p2X, x(4)(t) ↔ p4X Mặt khác
1 p
1 t
+
Thay vào phương trình trên ta được:
1 p
1 X
) 1 p 2 p
+
= + +
3 3
3 2 2
4
1 )
1 p (
1 )
1 p 2 p )(
1 p (
1 X
+
−
= +
= + + +
=
Hàm X(p)ept có hai điểm cực cấp 3 là j và -j Ta tính thặng dư tại các cực điểm đó:
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
+
+ +
− +
=
″
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
pt 2 4
pt 5
pt j
p 3
pt j
e t ) j p (
te 6 )
j p (
e 12 lim 2
1 )
j p (
e lim 2 1
[ 3t j(t 3)]
16
ejt − + 2 −
=
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
−
+
−
−
−
=
″
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
−
pt 2 4
pt 5
pt j
p 3
pt j
e t ) j p (
te 6 )
j p (
e 12 lim 2
1 )
j p (
e lim 2 1
[ 3t j(t 3)]
16
−
−
−
Theo công thức tìm gốc của phân thức hữu tỉ ta có:
x(t) = Res[X(p)ept, j] + Res[X(p)ept, -j]
8
t 3 t cos t 8
3 )
3 t ( j t 3 16
e Re 2
) 3 t ( j t 3 16
e ) 3 t ( j t 3 16 e
) 3 t ( j t 3 16
e ) 3 t ( j t 3 16 e
2 2
jt
2
jt 2
jt
2
jt 2
jt
− +
−
=
⎭
⎬
⎫
⎩
⎨
⎧
− +
−
=
− +
− +
− +
−
=
−
−
− +
− +
−
Ví dụ 5: Tìm nghiệm của phương trình x” + x = et thoả mãn các điều kiện ban đầu x(1) = x’(1) = 1
Các điều kiện ban đầu ở đây không phải cho tại t = 0 mà tại t = 1 Vì vậy ta phải biến đổi để quy về trường hợp trên Ta đặt t = τ + 1, x(t) = x(τ + 1) = y(τ), Vậy x’(t) = y’(τ), x”(t) = y”(τ) Bài toán được đưa về tìm nghiệm của phương trình:
y”(τ) + y(τ) = eτ+1
thoả mãn y(0) = 1 và y’(0) = 0
Trang 4Gọi Y(p) là ảnh của y(τ) Vậy y”(τ) ↔ p2Y(p) - p Mặt khác
1 p
e e
e
e 1
−
↔
+ τ
Vậy phương trình ảnh là:
1 p
e Y p Y
p2
−
= +
−
Giải phương trình này ta được:
) 1 p ( 2
e 1
p
p 2
e 1 ) 1 p ( 2
e
1 p
p )
1 p ( 2
) 1 p ( e ) 1 p ( 2
e 1
p
p )
1 p )(
1 p (
e Y
2 2
2 2
2 2
+
− +
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ − +
−
=
+
+ +
+
−
−
= +
+ +
−
=
Từ đó ta được:
τ
− τ
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ − +
=
2
e cos 2
e 1 e 2
e )
(
y
Trở về biến t ta có:
) 1 t sin(
2
e ) 1 t cos(
2
e 1 2
e )
y
(
x
t
−
−
−
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ − +
=
Ví dụ 6: Tìm nghiệm của phương trình:
⎩
⎨
⎧
>
<
<
= +
′
2 t 0
2 t 0 1 x
x
thoả mãn điều kiện ban đầu x(0) = 0
Đặt x(t) ↔ X(p) nên x’(t) ↔ pX(p) Vế phải của phương trình có thể viết được
là f(t) = η(t) - η(t - 2) Vậy:
(1 e p)
p
1 )
t
(
và phương trình ảnh có dạng:
p
− Giải ra ta được:
) 1 p ( p
e ) 1 p ( p
1 )
1 p ( p
e 1
X
p p
+
− +
= +
−
1 p
1 p
1 ) 1 p
(
p
−
↔ +
−
= +
nên theo tính chất trễ ta có:
[ ( t 2 )]
) 1 p ( p
1
+
⎩
⎨
⎧
>
−
<
<
−
=
−
− η
−
−
−
−
−
−
2 t 1 e e
2 t 0 e
1 e
1 ) 2 t ( e
1 )
t
(
t )
2 t ( t
Trang 5Ví dụ 7: Tìm nghiệm của phương trình:
⎩
⎨
⎧
π
>
π
<
<
= ω
+
′′
t 0
t 0 t sin x
thoả mãn các điều kiện ban đầu x(0) = x’(0) = 0
Đặt x(t) ↔ X(p), nên x”(t) ↔ p2X(p)
Trước đây ta đã tìm được ảnh của hàm trong vế phải là:
( + − π)
+
p
1
p
1
Vậy phương trình ảnh tương ứng là:
( + − π)
+
= ω
2 2
1 p
1 X
X
p
hay:
) p
)(
1 p (
e 1
p
ω + +
+
Ta xét hai trường hơp:
∗ nếu ω2 ≠ 1 thì:
) 1 (
t sin t
sin )
p )(
1 p
(
1
2 2
2
ω
− ω
↔ ω +
+
Theo tính chất trễ
) 1 (
) t sin(
) t ( sin ) t ( )
p )(
1 p
(
e
2 2
2 2
p
ω
− ω
π
− ω
− π
− ω π
− η
↔ ω + +
π
−
Vây:
) 1 (
t sin t
sin
2
ω
− ω
ω
−
) 1 (
) t sin(
) t ( sin ) t
ω
− ω
π
− ω
− π
− ω π
− η hay:
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎪
⎨
⎧
π
>
ω
− ω
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
ω
ωπ
= ω
− ω
π
− ω
− π
− ω
π
<
<
ω
− ω
ω
− ω
=
t )
1 (
2 t sin 2 cos 2 )
1 (
) t sin(
) t ( sin
t 0 )
1 (
t sin t
sin )
t
(
x
2 2
2
2 2
p ) 1 p (
e 1
X
+
+
Ta đã biết
2
t cos t t sin )
1 p (
1 2
+ Theo tính chất trễ ta có:
) t (
e p
π
− π
−
− π
− π
− η
↔
π
−
Trang 6hay: [(t )cost sint]
2
) t ( )
1 p
(
e
2 2
p
− π
− π
− η
↔ +
π
−
Vậy:
2
1 ) t cos t t (sin 2
1
− π
− π
− η +
− hay:
⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎨
⎧
π
>
π
−
π
<
<
−
=
t 2
t cos
t 0 ) t cos t t (sin 2
1 )
t
(
x
Ví dụ 8: Giải hệ phương trình:
⎩
⎨
⎧
=
− +
′
=
− +
′
t
t e 3 y x 3 y
e y x x
thoả mãn điều kiện đầu x(0) = 1, y(0) = 1
Đặt x(t) ↔ X(p), y(t) ↔ Y(p) nên x’(t) = pX - 1, y’(t) = pY - 1 Thay vào ta có hệ phương trình ảnh:
⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎨
⎧
−
=
− +
−
−
=
− +
−
1 p
2 Y 2 X 3 1 pY
1 p
1 Y X 1 pX
hay:
⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎨
⎧
+
−
=
− +
+
−
=
− +
1 1 p
2 Y ) 2 p ( X
3
1 1 p
1 Y X ) 1 p
(
Giải hệ này ta được:
1 p
1 Y
; 1 p
1 X
−
=
−
=
Vậy: x(t) = et và y(t) = et
Ví dụ 9: Giải hệ phương trình:
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
=
−
′′
+ +
= +
−
′′
+
= + +
−
′′
0 z z y
x
0 z y y
x
0 z y x x
Thoả mãn các điều kiện đầu x(0) = 1, y(0) = z(0) = x’(0) = y’(0) = z’(0) = 0
Đặt x(t) ↔ X(p) ⇒ x” ↔ p2X - p
y(t) ↔ Y(p) ⇒ y” ↔ p2Y
z(t) ↔ Z(p) ⇒ z” ↔ p2Z
Trang 7Do đó hệ phương trình đối với các ảnh là:
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
=
− + +
= +
− +
= + +
−
0 Z ) 1 p ( Y X
0 Z Y ) 1 p ( X
p Z Y X ) 1 p
(
2 2 2
Giải hệ này ta có:
) 2 p )(
1 p (
p Z
Y
) 2 p )(
1 p (
p X
2 2
2 2
3
− +
−
=
=
− +
=
Như vậy:
( )
3
1 t 2 ch 3
1 ) t ( z )
t
(
y
t cos 3
1 t 2 ch 3
2 )
t
(
x
+
−
=
=
+
=
2 Dùng công thức Duhamel: Nếu biết nghiệm x1(t) của phương trình:
1 x a x a x
thoả mãn các điều kiện ban đầu thuần nhất x(0) = x’(0) = 0 thì công thức mà ta thiết lập dưới đây dựa vào công thức Duhamel sẽ cho ta nghiệm x(t) của phương trình:
thoả mãn các điều kiện ban đầu thuần nhất x(0) = x’(0) = 0
Ta có công thức:
τ τ
′ τ
−
= τ τ
−
′ τ
=
′
=x *f ∫τf( )x (t )d ∫τf(t )x ( )d
)
t
(
0
1 0
Chứng minh: Đặt x1(t) ↔ X1(p), x(t) ↔ X(p), f(t) ↔ F(p) Hàm X1(p) thoả mãn phương trình ảnh của (5) là:
p
1 ) p ( X ) a p a p
a
Hàm X(p) thoả mãn phương trình ảnh của (6) là:
) p ( F ) p ( X ) a p a p
a
Từ (7) và (8) suy ra:
) p ( F )
p ( pX ) p ( X hay ) p ( F
) p ( X ) p
(
Theo công thức tích phân Duhamel ta có:
X(p) ↔ x1(t).f(0) + x1′*f
Vì x1(0) = 0 nên X(p) ↔ x′*f
Trang 8τ τ
′ τ
−
= τ τ
−
′ τ
=
′
=x *f ∫τf( )x (t )d ∫f(t )x ( )d
)
t
(
t
0
1 0
Ta cũng có thể dùng công thức Duhamel thứ 2:
=
=
0 1
1(t f(0) x ( f(t )d x
)
t
(
Ví dụ 1: Tìm nghiệm của phương trình:
x” + x’ = e− t2
thoả mãn điều kiện đầu x(0) = x’(0) = 0
Ta thấy nghiệm của phương trình x” + x’ = 1 với điều kiện đầu x(0) = x’(0) = 0
là x1(t) = 1 - cost Vậy theo (9) thì nghiệm của phương trình ban đầu là:
= t − − τ
0
2 ) t
e )
t
(
x
Ví dụ 2: Tìm nghiệm của phương trình x” + x = 5t2 với điều kiện đầu là x(0) = x’(0)
= 0
Trong ví dụ trên ta có x1(t) = 1 - cost Vậy:
x(t) t5t sin(t )d 5(t2 2 2cost)
0
=∫
§20 BẢNG ĐỐI CHIẾU ẢNH - GỐC
1 1
p
1
2 2
] m ) a p [(
m ) a p (
+
−
−
−
p
1
] m ) a p [(
) a p ( m 2
−
−
−
p
! n
2 2
] m ) a p [(
m ) a p (
−
−
+
−
a p
1
m
2 2
2
+
5 eat - 1
) a p ( p
a
1
+
−
−
) a p (
1
1
+ +
−
) a p (
! n
+
m p
m
Trang 99 cosmt 2 2
m p
p
e
eat bt
−
−
) b p )(
a p (
1
−
−
m p
m
b
t a t
−
−
) 1 bp )(
1 ap (
1 + +
m p
p
p
−
m ) a p (
m +
a a
1 at
2 p ) a p (
1
−
m ) a p (
a p +
−
−
) m 4 p ( p
m 2 p
2 2
2 2
+ +
m ) a p (
m
−
m 2
2 2
2 +
m ) a p (
a p
−
−
−
) m 4 p ( p
m 2 p
2 2
2 2
−
−
) m p (
pm 2
m 2
2 2
2
−
2 2 ) m p (
m p +
−
37
t
e
eat − bt
a p
b p ln
−
−
) m p (
pm 2
e at π
−
a p
1 +
2 2 ) m p (
m p
−
+
] m ) a p [(
) a p ( m 2 +
−
−
