mo hinh hoa mo phong toi uu hoa trong cong nghe hoa hoc ung dung cua phep bien doi laplace de giai phuong trinh vi phan tuyen tinh he so hang cuuduongthancong com

t t 0 f ( t ) = ∫ sin( t + τ)dτ + ∫ sin( t − 3τ)dτ t cos( t − 3τ) 1 = − cos( t + τ) + = cost − cos2 t + cos2 t − cost 3 t 2 = cost − cos2 t 3 §19 ỨNG DỤNG CỦA PHÉP BIẾN ĐỔI LAPLACE ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH HỆ SỐ HẰNG cu u du o ng th an co ng c om Phương pháp chung: Giả sử ta cần tìm nghiệm phương trình vi phân tuyến tính hệ số hằng: dn x d n −1x a o n + a n −1 + L + a n x = f ( t ) (1) dt dt thoả mãn điều kiện ban đầu: x(0) = xo, x’(0) = x1 , , x(n-1)(0) = xn-1 (2) với giả thiết ao ≠ 0, hàm f(t), nghiệm x(t) đạo hàm tới cấp n hàm gốc Để tìm nghiệm tốn ta làm sau: bTrước hết ta lập phương trình ảnh (1) cách gọi X(p) ảnh x(t), F(p) ảnh 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 (1) ta có phương trình 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: A(p).X(p) = F(p) + B(p) (3) Trong A(p) B(p) đa thức biết Giải (3) ta có: F(p) + B(p) (4) X ( p) = A ( p) b Sau tìm gốc X(p) ta nghiệm phương trình Ví dụ 1: Tìm nghiệm phương trình x” - 2x’ + 2x = 2etcost thoả mãn điều kiện đầu x(0) = x’(0) = Đặt x(t) ↔ X(p) x’(t) ↔ pX(p) x”(t) ↔ p2X(p) 2(p − 1) 2(p − 1) Thay vào phương trình ta có: Mặt khác 2e t cos t ↔ = 2 (p − 1) + p − 2p + 119 CuuDuongThanCong.com https://fb.com/tailieudientucntt p X − 2pX + 2X = hay ( p − p + 2) X = 2(p − 1) p − 2p + 2 2(p − 1) p − 2p + 2 cu u du o ng th an co ng c om Giải ta được: 2(p − 1) X= (p − 2p + 2) Dùng phép biến đổi ngược ta có: x(t) = tetsint Ví dụ 2: Tìm nghiệm phương trình x” - x = 4sint + 5cos3t thoả mãn điều kiện ban đầu x(0) = -1, x’(0) = -2 5p Đặt x(t) ↔ X(p) x”(t) ↔ p2X + p + Mặt khác 5cos2 t ↔ p +4 Thay vào phương trình ta được: sint ↔ p +1 5p p2X + p + − X = + p +1 p + nên: 5p p+2 X= + − 2 (p + 1)(p − 1) (p + 4)(p − 1) p − 2 p p p+2 = − + − − p −1 p +1 p −1 p + p −1 p =− − p +1 p + Dùng phép biến đổi ngược ta được: x(t) = -2sint - cos2t Ví dụ 3: Tìm nghiệm phương trình x” + 4x’ + 4x = t3e-2t thoả mãn điều kiện ban đầu x(0) = 1, x’(0) = Đặt x(t) ↔ X(p) x’(t) ↔ pX - 1, x”(t) ↔ p2X - p - Mặt khác 3! Thay vào phương trình ta được: t 3e −2 t ↔ = (p + 2) (p + 2) p X − p − + 4pX − + 4X = (p + 2) Như vậy: p+6 X= + = + + (p + 2) (p + 2) (p + 2) (p + 2) p + 120 CuuDuongThanCong.com https://fb.com/tailieudientucntt −2 t t5 ⎞ −2 t ⎛ Vậy x(t) = x ( t ) = e + 4te + t e = e ⎜⎜1 + 4t + ⎟⎟ 20 20 ⎠ ⎝ (4) Ví dụ 4: Tìm nghiệm phương trình x + 2x” + x = sint thoả mãn điều kiện ban đầu x(0) = x’(0) = x”(0) = x(3)(0) = Đặt x(t) ↔ X(p) thì: x”(t) ↔ p2X, x(4)(t) ↔ p4X Mặt khác sin t ↔ p +1 Thay vào phương trình ta được: (p + 2p + 1)X = p +1 1 X= = = 3 (p + 1)(p + 2p + 1) (p + 1) (p − j) (p + j) Hàm X(p)ept có hai điểm cực cấp j -j Ta tính thặng dư cực điểm đó: ″ ⎡ e pt ⎤ ⎡ 12e pt te pt t e pt ⎤ 1 pt = lim ⎢ − + Res[X(p)e , j] = lim ⎢ p→ j ⎣ (p + j) (p + j) (p + j) ⎥⎦ p→ j ⎣ (p + j) ⎥⎦ e jt = − 3t + j( t − 3) 16 ″ ⎡ e pt ⎤ ⎡ 12e pt te pt t e pt ⎤ 1 pt = lim ⎢ − + Res[X(p)e , -j] = lim ⎢ p→− j⎣ (p − j) (p − j) (p − j) ⎥⎦ p→− j⎣ (p − j) ⎥⎦ e − jt = − 3t − j( t − 3) 16 Theo cơng thức tìm gốc phân thức hữu tỉ ta có: x(t) = Res[X(p)ept, j] + Res[X(p)ept, -j] e jt e − jt = − 3t + j( t − 3) + − 3t − j( t − 3) 16 16 e jt e jt = − 3t + j( t − 3) + − 3t + j( t − 3) 16 16 ⎧ e jt ⎫ 3 − t2 = Re⎨ − 3t + j( t − 3) ⎬ = − t cos t + sin t 16 8 ⎩ ⎭ Ví dụ 5: Tìm nghiệm phương trình x” + x = et thoả mãn điều kiện ban đầu x(1) = x’(1) = Các điều kiện ban đầu cho t = mà t = Vì ta phải biến đổi để quy trường hợp Ta đặt t = τ + 1, x(t) = x(τ + 1) = y(τ), Vậy x’(t) = y’(τ), x”(t) = y”(τ) Bài toán đưa tìm nghiệm phương trình: y”(τ) + y(τ) = eτ+1 thoả mãn y(0) = y’(0) = −2 t co ] th an [ ng c om −2 t u ] [ ] cu [ du o ng [ [ ] [ [ ] ] ] 121 CuuDuongThanCong.com https://fb.com/tailieudientucntt Gọi Y(p) ảnh y(τ) Vậy y”(τ) ↔ p2Y(p) - p Mặt khác e τ+1 = e.e τ ↔ e p −1 Vậy phương trình ảnh là: e p2Y − p + Y = p −1 Giải phương trình ta được: e p e e(p + 1) p + = − + Y= 2 (p − 1)(p + 1) p + 2(p − 1) 2(p + 1) p + e e ⎛ e⎞ p + ⎜1 − ⎟ − 2(p − 1) ⎝ ⎠ p + 2(p + 1) Từ ta được: e e ⎛ e⎞ y(τ) = e τ + ⎜1 − ⎟ cos τ − sin τ 2 ⎝ 2⎠ Trở biến t ta có: et ⎛ e ⎞ e x ( y) = + ⎜1 − ⎟ cos( t − 1) − sin( t − 1) ⎝ 2⎠ Ví dụ 6: Tìm nghiệm phương trình: ⎧1 < t < x′ + x = ⎨ ⎩0 t > thoả mãn điều kiện ban đầu x(0) = Đặt x(t) ↔ X(p) nên x’(t) ↔ pX(p) Vế phải phương trình viết f(t) = η(t) - η(t - 2) Vậy: f ( t ) ↔ (1 − e −2 p ) p phương trình ảnh có dạng: pX + X = (1 − e −2 p ) p Giải ta được: − e −2 p e −2 p X= = − p(p + 1) p(p + 1) p(p + 1) 1 Do = − ↔ − e −t p(p + 1) p p + nên theo tính chất trễ ta có: e −2 p ↔ η( t − 2) − e −( t −2 ) p(p + 1) ⎧1 − e − t 0π ⎩0 thoả mãn điều kiện ban đầu x(0) = x’(0) = Đặt x(t) ↔ X(p), nên x”(t) ↔ p2X(p) Trước ta tìm ảnh hàm vế phải là: (1 + e−pπ ) p +1 Vậy phương trình ảnh tương ứng là: (1 + e−pπ ) p X + ω2 X = p +1 + e − pπ hay: X = (p + 1)(p + ω2 ) Ta xét hai trường hơp: ∗ ω2 ≠ thì: sin ωt − ω sin t ↔ 2 (p + 1)(p + ω ) ω(1 − ω2 ) Theo tính chất trễ e − pπ sin ω( t − π) − ω sin( t − π) ↔ η( t − π) 2 (p + 1)(p + ω ) ω(1 − ω2 ) Vây: sin ωt − ω sin t sin ω( t − π) − ω sin( t − π) + η( t − π) x(t) = ω(1 − ω ) ω(1 − ω2 ) hay: ⎧ sin ωt − ω sin t 0π ⎪⎩ Ví dụ 8: Giải hệ phương trình: ⎧x ′ + x − y = e t ⎨ t ⎩ y′ + 3x − y = 3e thoả mãn điều kiện đầu x(0) = 1, y(0) = Đặt x(t) ↔ X(p), y(t) ↔ Y(p) nên x’(t) = pX - 1, y’(t) = pY - Thay vào ta có hệ phương trình ảnh: ⎧ − + − = pX X Y ⎪⎪ p −1 ⎨ ⎪pY − + 3X − 2Y = ⎪⎩ p −1 hay: ⎧ ⎪⎪(p + 1)X − Y = p − + ⎨ ⎪3X + (p − 2)Y = + ⎪⎩ p −1 Giải hệ ta được: 1 ; Y= X= p −1 p −1 t Vậy: x(t) = e y(t) = et Ví dụ 9: Giải hệ phương trình: ⎧x ′′ − x + y + z = ⎪ ⎨x + y′′ − y + z = ⎪x + y + z′′ − z = ⎩ Thoả mãn điều kiện đầu x(0) = 1, y(0) = z(0) = x’(0) = y’(0) = z’(0) = Đặt x(t) ↔ X(p) ⇒ x” ↔ p2X - p y(t) ↔ Y(p) ⇒ y” ↔ p2Y z(t) ↔ Z(p) ⇒ z” ↔ p2Z 124 CuuDuongThanCong.com https://fb.com/tailieudientucntt Do hệ phương trình ảnh là: ⎧(p − 1)X + Y + Z = p ⎪ ⎨X + (p − 1)Y + Z = ⎪X + Y + (p − 1) Z = ⎩ Giải hệ ta có: p3 (p + 1)(p − 2) p Y=Z=− (p + 1)(p − 2) Như vậy: x ( t ) = ch 2t + cos t 3 1 y( t ) = z( t ) = − ch 2t + cos t 3 c om X= ( ) co ng ( ) du o ng th an Dùng công thức Duhamel: Nếu biết nghiệm x1(t) phương trình: a o x1′′ + a 1x1′ + a x1 = (5) thoả mãn điều kiện ban đầu x(0) = x’(0) = cơng thức mà ta thiết lập dựa vào công thức Duhamel cho ta nghiệm x(t) phương trình: (6) aox” + a1x’ + a2x = f(t) thoả mãn điều kiện ban đầu x(0) = x’(0) = Ta có công thức: τ τ 0 u x ( t ) = x1′ * f = ∫ f (τ)x1′ ( t − τ)dτ = ∫ f ( t − τ)x1′ (τ)dτ cu Chứng minh: Đặt x1(t) ↔ X1(p), x(t) ↔ X(p), f(t) ↔ F(p) Hàm X1(p) thoả mãn phương trình ảnh (5) là: (7) ( a o p + a 1p + a ) X1 ( p ) = p Hàm X(p) thoả mãn phương trình ảnh (6) là: (a o p + a 1p + a )X (p) = F(p) (8) Từ (7) (8) suy ra: X ( p) pX1 (p) = hay X(p) = pX1 (p).F(p) F(p) Theo công thức tích phân Duhamel ta có: X(p) ↔ x1(t).f(0) + x1′ * f Vì x1(0) = nên X(p) ↔ x1′ * f nghĩa là: 125 CuuDuongThanCong.com https://fb.com/tailieudientucntt τ t x ( t ) = x1′ * f = ∫ f (τ)x1′ ( t − τ)dτ = ∫ f ( t − τ)x1′ (τ)dτ (9) Ta dùng công thức Duhamel thứ 2: τ x ( t ) = x1 ( t )f (0) = ∫ x1 (τ)f ( t − τ)dτ (10) Ví dụ 1: Tìm nghiệm phương trình: x” + x’ = e − t thoả mãn điều kiện đầu x(0) = x’(0) = Ta thấy nghiệm phương trình x” + x’ = với điều kiện đầu x(0) = x’(0) = x1(t) = - cost Vậy theo (9) nghiệm phương trình ban đầu là: t c om x ( t ) = ∫ e −( t −τ ) sin τdτ ng Ví dụ 2: Tìm nghiệm phương trình x” + x = 5t2 với điều kiện đầu x(0) = x’(0) =0 Trong ví dụ ta có x1(t) = - cost Vậy: t co x ( t ) = ∫ 5t sin( t − τ)dτ = 5( t − + cos t ) an F(p) 1 p t tn eat eat - teat tneat sinmt u cu Tt f(t) 21 teatcosmt 22 teatshmt 23 teatchmt 24 1-cosmt 25 f(t)sinmt 26 f(t)cosmt 27 f(t)shmt 28 f(t)chmt ng f(t) du o Tt th §20 BẢNG ĐỐI CHIẾU ẢNH - GỐC p2 n! p n +1 p−a a p( p − a ) (p − a ) n! (p − a ) n +1 m p + m2 F(p) (p − a ) − m [(p − a ) + m ]2 2m( p − a ) [(p − a ) − m ]2 (p − a ) + m [(p − a ) − m ]2 m2 p( p + m ) [ F( p − jm) − F( p + jm)] [ F( p − jm) + F(p + jm)] [ F( p − m ) − F( p + m)] [ F( p − m ) + F( p + m)] 126 CuuDuongThanCong.com https://fb.com/tailieudientucntt 15 eatchmt 16 tsinmt 17 tcosmt 18 tshmt e 31 (1+at)eat 32 e a − at − a2 cos mt 34 sin2mt 35 ch2mt 36 p2 + m2 (p − m ) 38 20 p (p − a ) (p − a )p 2 33 37 (ap + 1)(bp + 1) sh2t e at − e bt t e − at πt teatsinmt p + 2m p( p + m ) 2m p( p + m ) p − 2m p( p − m ) 2m p( p − m ) p−b ln p−a p+a 2m( p − a ) [(p − a ) + m ]2 u tchmt p2 − m2 (p + m ) 2pm (p − m ) −e a−b t b cu 19 m (p − a ) − m p−a (p − a ) − m 2pm (p + m ) − 30 ng eatshmt du o 14 t a c om chmt (p − a )(p − b) ng p p − m2 m 12 eatsinmt (p − a ) + m p−a 13 eatcosmt (p − a ) + m 11 − co shmt m p − m2 29 an 10 cosmt e at − e bt a−b th p p + m2 127 CuuDuongThanCong.com https://fb.com/tailieudientucntt ... cos t Ta biết ↔ sin t − (p + 1) Theo tính chất trễ ta có: e − pπ η( t − π) [sin( t − π) − ( t − π) cos(t − π)] ↔ 2 (p + 1) 123 CuuDuongThanCong. com https://fb .com/ tailieudientucntt hay: e − pπ... X(p) = pX1 (p).F(p) F(p) Theo cơng thức tích phân Duhamel ta có: X(p) ↔ x1(t).f(0) + x1′ * f Vì x1(0) = nên X(p) ↔ x1′ * f nghĩa là: 125 CuuDuongThanCong. com https://fb .com/ tailieudientucntt τ... η( t − 2) − e = ⎨ −t ⎩e (e − 1) t > cu u du o ng th an co ng c om = [ [ ] ] 122 CuuDuongThanCong. com https://fb .com/ tailieudientucntt cu u du o ng th an co ng c om Ví dụ 7: Tìm nghiệm phương trình: