Thông tin tài liệu
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:
Ngày đăng: 28/12/2022, 08:37
Xem thêm:
