Giáo trình Toán giải tích A4 có nội dung trình bày về phương trình vi phân cấp một, phương trình vi phân tuyến tính cấp hai, sơ lược phép biến đổi Laplace,... Mời các bạn cùng tham khảo.
ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN TP HỒ CHÍ MINH KHOA TÓAN-TIN HỌC Tiến sĩ Nguyễn Thanh Vũ Niên khóa 2009-2010 Toán GIẢI TÍCH A4 CHƯƠNG GV Nguyễn Thanh Vũ- 2009 Trang PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP MỘT ĐỊNH NGHĨA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN 1.1 Khái niệm – Xét phương trình mà ẩn hàm số biến y, chẳng hạn y ''− 3xy + 5y ' y = , có chứa đạo hàm y Phương trình gọi phương trình vi phân Cấp cao đạo hàm phương trình cấp 2, nên phương trình gọi phương trình vi phân cấp – Phương trình y ''− 3xy '+ 5y = gọi phương trình vi phân tuyến tính cấp – Phương trình 3y '+ 7xy = sin x gọi phương trình vi phân tuyến tính cấp – Phương trình y ''− 3xy + 5y ' y = phương trình vi phân khơng tuyến tính – Phương trình vi phân y' = 2xy-3y2 có dạng y ' = f (x , y ) gọi phương trình giải đạo hàm – Coi phương trình vi phân y ' = Nghiệm \ phương trình vi phân có dạng y=x+C với C số tùy ý Người ta gọi y=x+C, C số tùy ý, nghiệm tổng quát ( general solution) phương trình vi phân y ' = \ Các hàm số y=x+1, y=x+2 gọi nghiệm đặc biệt (particular solution) phương trình vi phân y ' = \ – Đường biểu diễn nghiệm y = y(x) gọi đường cong nghiệm hay đường cong tích phân phương trình vi phân – Xét phương trình vi phân yy ' = −x Lấy tích phân hai vế ta y = − x + C Hệ thức y = − x + C gọi nghiệm ẩn ( implicit solution) phương trình vi phân Khi nghiệm có dạng y=f(x) gọi nghiệm tường minh ( explicit solution) 1.2 Định nghĩa phương trình vi phân – Một phương trình vi phân phương trình hàm ( biến ) có chứa đạo hàm hàm cần tìm Nếu bậc cao đạo hàm phương trình vi phân n, phương trình gọi phương trình vi phân cấp n – Xét phương trình vi phân cấp n F(x, y, y',…, y(n)) = 0, (n) (n) biểu thức F(x, y, , y ) thực chứa y Hàm số y = y(x) gọi nghiệm phương trình vi phân khoảng I (với I ⊂ R) hàm số y = y(x) thỏa tính chất ∀x ∈ I, F(x, y(x), y'(x), …, y(n)(x)) = Chú thích: Tính chất bao hàm hai tính chất sau (n) • Hàm số y khả vi tới cấp n I, tức đạo hàm y'(x), y"(x), y (x) tồn với x ∈ I (n) • ∀x ∈ I, (x, y(x), , y (x)) thuộc miền xác định F 1.2 Định nghĩa nghiệm – Một hệ thức G(x,y)=0 gọi nghiệm ẩn khoảng I phương trình vi phân tồn hàm số y vừa thỏa hệ thức G(x,y(x) )=0 vừa thỏa phương trình vi phân với x thuộc I Ví dụ: Xét phương trình vi phân yy '+ x = y2 x2 + = C hay y + x = K với K số 2 Ta thấy hệ thức y + x = 25 nghiệm ẩn phương trình vi phân yy '+ x = Lấy tích phân hai vế ta khỏang I = (−5, +5) Thật vậy, tồn hàm số y= 25 − x xác định (-5,5) thỏa ⎧y + x = 25 ⎪ ⎨ ⎪yy '+ x = 25-x ⎩ -x 25-x +x =0 ,∀x ∈ I Tóan Giải Tích A4 Trang – Nếu biểu thức nghiệm có chứa tham số nghiệm phương trình có dạng (các nghiệm khác ứng với giá trị khác tham số), nghiệm gọi nghiệm tổng quát phương trình vi phân GV Nguyễn Thanh Vũ- 2009 ⎧y + x = 25 ⎪ ⎨ ⎪yy '+ x = 25-x ⎩ -x 25-x +x =0 ,∀x ∈ I MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP Trong đoạn này, số phương pháp giải phương trình vi phân cấp trinh bày Mục đích đoạn giới thiệu phương pháp, có số chỗ lý luận chưa lướt qua Chẳng hạn, việc chia hai vế phương trình cho đại lượng ( đại lượng 0) khơng lý luận Chúng bổ sung chỗ lý luận chưa đoạn sau 2.1 Phương trình tách biến Phương trình sau gọi phương trình tách biến : h(y)y' = g(x) Dạng viết hình thức sau dy h(y) = g (x) ; h(y) dy = g(x) dx ; h(y) dy + f(x) dx=0 dx 2.1.1 Phương pháp giải Lấy nguyên hàm hai vế, ta h(y) dy = g (x)dx ∫ ∫ H(y) = G(x) + C , H nguyên hàm h G nguyên hàm g Phương trình khơng cịn chứa đạo hàm y, nghiệm y phương trình vi phân xác định phương trình 2.1.2 Thí dụ Hãy giải phương trình y' = 5x R x + C 2.1.3 Thí dụ Hãy giải phương trình vi phân y2y' = x – R Lời giải y y' dx = (x − 5) dx Lấy tích phân hai vế ta Lời giải : Lấy nguyên hàm hai vế ta nghiệm tổng quát sau y= ∫ ∫ ∫ y dy = ∫ (x − 5) dx y3 x2 = − 5x + C 1/ ⎞ ⎛ 3x y=⎜ − 15x + 3C ⎟ ⎟ ⎜ ⎠ ⎝ Ta thấy 3C số tùy ý C số tùy ý, ta viết số K thay cho 3C Nghiệm tổng quát phương trình R 1/ 2.1.4 Thí dụ ⎛ 3x ⎞ với K số tùy ý − 15x + K ⎟ y=⎜ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ Hãy giải phương trình xy' = y + (0,+∞) Lời giải Chuyển vế x y + để đưa dạng phương trình tách biến 1 y' = y +1 x Lấy tích phân hai vế 1 ∫ y2 + dy = ∫ x dx arctg y = ln⏐x⏐ + C , với C số Suy y = tg (ln⏐x⏐ + C) Toán GIẢI TÍCH A4 2.1.5 Thí dụ GV Nguyễn Thanh Vũ- 2009 Hãy giải phương trình Trang y ' = x y R Lời giải Chuyển vế y để đưa dạng phương trình tách biến y' = x2 y2 Lấy tích phân hai vế y' ∫y − dx = ∫ x 2dx x3 = + C , với C số y 3 y =− x + 3C y =− với k số x +k (*) Chú thích Phương trình có dạng y’(x)= a(x) b(y) Phương trình có nghiệm đặc biệt hàm y ≡ y o , y o số thỏa b(yo) = Khi chuyển phương trình y’(x)= a(x) b(y) qua dạng tách biến y’(x)=a(x), nghiệm y≡yo thường bị b(y) Hàm y ≡ nghiệm phương trình y ' = x 2y , dạng (*) không chứa hàm Bài tập: Từ tập tới tập 25 ( cuối chương 1) 2.2 Phương trình vi phân tuyến tính cấp Sau định lý nghiệm phương trình vi phân tuyến tính cấp 2.2.1 Định lý Cho phương trình vi phân tuyến tính cấp y' + p(x)y = 0, p hàm liên tục khoảng I ⊂ R Gọi P nguyên hàm p(x) Khi đó, nghiệm tổng quát phương trình vi phân khoảng I y(x) = Ce-P(x), C số tùy ý Chứng minh Giả sử P nguyên hàm p P(x) Nhân hai vế phương trình vi phân cho e ), ta e P ( x ) y '( x) + p( x)e P ( x ) y ( x) = (e P( x) y ( x) ) = / e P ( x ) y ( x ) = C với C số y ( x ) = Ce − P ( x ) Vậy – Chú thích: Phương trình y' + p(x)y = có dạng y’(x)= a(x) b(y) giải phương pháp tách biến ví dụ 2.1.5 2.2.2 Định lý Cho phương trình vi phân vi phân tuyến tính cấp y' + p(x)y = q(x) p, q hàm liên tục theo x khoảng I Gọi P ngyên hàm p(x) Nghiệm tổng quát phương trình khoảng I y ( x ) = e − P ( x ) ∫ e P ( x ) q( x )dx GV Nguyễn Thanh Vũ- 2009 Trang Tóan Giải Tích A4 Chú thích: Nghiệm ghi dạng sau y ( x) = e− P ( x ) F ( x) với F ( x) = ∫ e P ( x ) q( x)dx hay y ( x) = e− P ( x ) ( F1 ( x) + C ) với F1 nguyên hàm (e P( x) q( x ) ) Chứng minh Giả sử P nguyên hàm p Nhân hai vế phương trình vi phân cho eP(x), ta e P ( x ) y '( x) + p( x)e P ( x ) y ( x) = e P ( x ) q( x) (e hay P( x) y ( x ) ) = e P ( x ) q( x ) / e P ( x ) y ( x ) = ∫ e P ( x ) q( x )dx y ( x ) = e − P ( x ) ∫ e P ( x ) q( x )dx Vậy Chú thích: P(x) gọi thừa số tích phân — Hàm số μ(x) = e — Định lý 2.2.1 trường hợp đặc biệt định lý 2.2.2 Thay chứng minh trực tiếp định lý 2.2.1, ta áp dụng định lý 2.2.2 để chứng minh định lý 2.2.1 y ( x ) = e − P ( x ) ∫ e P ( x ) q( x )dx = e − P ( x ) ∫ 0dx = e− P ( x ) C 2.2.3 Thí du Hãy tìm nghiệm tổng qt phương trình vi phân y '− xy = x , ∀x ∈ R Lời giải Phương trình có dạng tuyến tính y' + p(x)y = q(x) với p(x)=-x q(x)=x x2 – Ta có ∫ p(x )dx = − ∫ x dx = − + C1 x2 Chọn P(x) = – P nguyên hàm p x2 – Ta có eP(x) = e x2 e-P(x) = e x2 x2 − − eP (x )q(x )dx = e xdx = −e + C − – Ta có F(x)= ∫ ∫ – Vậy nghiệm tổng quát R phương trình vi phân x2 x2 ⎛ x2 ⎞ − − P( x) 2 y ( x) = e F ( x) = e ⎜ −e + C ⎟ = -1+C e , với C số ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 2.2.4 Thí du Hãy tìm nghiệm tổng quát phương trình vi phân dy 2y − − x cos x = 0, ∀x ∈ (0, +∞) x dx x Lời giải y '− Phương trình tương đương y = x2cos x, ∀x ∈ (0, +∞) x Phương trình có dạng tuyến tính y' + p(x)y = q(x) −2 dx = −2 ln x + C1 – Ta có p(x)dx = x Chọn P(x) = – 2ln⏐x⏐ = ln (x–2) P nguyên hàm p ∫ ∫ P(x) – Khi e =e ln ⎛⎜ x −2 ⎞⎟ ⎝ ⎠ –2 =x e −P (x ) = e 2ln x = x ∫ – Ta có F(x)= ∫ e P ( x )q(x )dx = ∫ x −2x cos x dx = cos x dx = sin x + C, với C số – Vậy nghiệm tổng quát R phương trình vi phân 2 y ( x) = e− P ( x ) F ( x) = x ( sin x + C ) = x sin x + Cx Toán GIẢI TÍCH A4 GV Nguyễn Thanh Vũ- 2009 Trang 2.2.5 Định lý Cho tốn điều kiện đầu sau ⎧y ' + p(x)y = q(x) , ∀x∈\ ⎨ ⎩ y(xo ) = yo , p q hàm số liên tục R, xo yo số cho trước tùy ý Khi đó, tốn có nghiệm y Chứng minh Giả sử P nguyên hàm p Theo định lý 2.2.2, nghiệm tổng quát phương trình vi phân y ' + p(x)y = q(x) y ( x) = e− P ( x ) ( F1 ( x) + C ) với F nguyên hàm (e P( x) q( x ) ) Dựa vào điều kiện đầu y(xo) = yo, ta xác định số C sau: y ( x0 ) = e− P ( x0 ) ( F1 ( x0 ) + C ) ⇔ C = y ( x0 )e P ( x0 ) − F1 ( x0 ) Hằng số C xác định nên nghiệm y xác định Vậy tốn ln ln có nghiệm Bài tập: Từ tập 26 tới 45 ( cuối chương 1) 2.3 Phương trình vi phân tồn phần – Phương trình M(x, y)dx + N(x, y)dy = hay M(x,y) + N(x,y)y’ =0 gọi phương trình vi phân tồn phần tồn hàm hai biến F thỏa dF(x,y) = M (x, y)dx + N(x, y)dy - Khi phương trình vi phân trở thành dF(x,y)=0 F(x,y)=C với C số – Trong lý thuyết hàm hai biến, ta có cơng thức ∂F ∂F (x, y)dx + (x, y) dy dF(x,y) = ∂x ∂y ∂ ⎛ ∂F ⎞ ∂ ⎛ ∂F ⎞ ⎟ ⎜ ⎟= ⎜ ∂y ⎝ ∂x ⎠ ∂x ⎝ ∂y ⎠ Từ đó, ta có định lý sau 2.3.1 Định lý Cho phương trình vi phân M(x, y)dx + N(x, y)dy = Giả sử đạo hàm riêng cấp M N liên tục miền D R ∂M ∂N = ∂y ∂x Khi đó: a) Tồn hàm hai biến F D thỏa dF(x, y) = Mdx+ Ndy b) Phương trình vi phân trở thành F(x,y)=C với C số 2.2.2 Phương pháp giải Khi gặp phương trình M(x, y)dx + N(x, y)dy= 0, ∂N , ∂M có = ∂x ∂y ta tìm biểu thức F dựa vào GV Nguyễn Thanh Vũ- 2009 Tóan Giải Tích A4 Trang ⎧ ∂F ⎪⎪ ∂x = M ⎨ ∂F ⎪ =N ⎪⎩ ∂y Sau kết luận F(x, y) = C 2.3.3 Thí dụ Hãy tìm nghiệm tổng quát khoảng (a,b) phương trình vi phân y – 3x2+ (x – 1)y’ = Biết khoảng (a, b) không chứa Lời giải Ta có (y – 3x2)dx+ (x – 1)dy = hay M dx+N dy = , M = y – 3x N = x – Dễ thấy N M có đạo hàm riêng cấp liên tục R2 Đồng thời ta có ∂ M = ∂ N ( 1) ∂y ∂x Do tồn hàm F xác định trên R2 thỏa dF(x, y) = (y – 3x )dx+ (x – 1)dy – Ta xác định F sau ⎧ ∂F ⎪⎪ ∂x = y − 3x (*) ⎨ ∂F ⎪ (**) = x −1 ⎪⎩ ∂y (**)⇒ F(x,y) = (x – 1)y + g(x) F(x,0)=g(x) Kết hợp với (*) ta có ∂F g '( x) = ( x, 0) = −3x2 ⇒ g(x) = – x + k, với k số ∂x Chọn k = 0, ta F(x, y) = (x – 1)y – x3 – Vậy phương trình vi phân ban đầu tương đương với (x – 1)y – x = C Bài tập: Từ tập 46 tới tập 59 (ở cuối chương 1) 2.4 Phương trình vi phân đẳng cấp ( nhất) y ⎛y⎞ Phương trình vi phân y' = h⎜ ⎟ , với h hàm theo biến u = , gọi phương trình vi x ⎝x⎠ phân đảng cấp Chú thích − Hàm f(x,y) gọi hàm bậc k f(tx,ty)= tk f(x,y) với số thực t Thí dụ : f (x , y ) = 3x − 2xy + 5y hàm bậc − Nếu M N hàm số có bậc k phương trình sau phương trình vi phân đẳng cấp : M(x,y)+N(x,y)y’=0 ⎛y⎞ 2.4.1 Phương pháp giải Phương pháp giải phương trình y' = h⎜ ⎟ sau: ⎝x⎠ Bước ( đổi biến) y Đặt u = y = ux y' = u'x + u x Khi đó, phương trình vi phân trở thành u'x + u = h(u) xu' = h(u) – u Bước ( tách biến) u' = h(u) − u x Toán GIẢI TÍCH A4 GV Nguyễn Thanh Vũ- 2009 1 dx du = x h(u) − u Phương trình có dạng sau H(u) = A n⏐x⏐ + C ⎛y⎞ H ⎜ ⎟ = ln x + C ⎝x⎠ ∫ ∫ 2.4.2 Thí dụ Hãy giải phương trình vi phân y' = y + 2xy x2 miền (1,+∞) Lời giải Phương trình vi phân tương đương y ⎛y⎞ y' = ⎜ ⎟ + x ⎝x⎠ y y = ux y' = u'x + u x Phương trình vi phân trở thành u'x + u = u2 + 2u xu' = u + u u' = u +u x 1 dx du = x u +u 1 ⎞ ⎛1 dx ⎟ du = ⎜ − x u u + ⎠ ⎝ A n⏐u⏐ – A n⏐u +1⏐ = A n⏐x⏐ + An C , với C số tùy ý Đặt u= ∫ ∫ ∫ ∫ u = An Cx u +1 u = ±Cx u +1 u , với k số tùy ý = kx u +1 y x = kx y +1 x y = kx y +x An (1− kx )y = kx kx (*) 1− kx Chú thích: Kết (*) chưa hịan chỉnh Bài tập: Từ tập 60 tới tập 70 (ở cuối chương 1) y= 2.5 Đạo hàm hàm số theo biến ax + by Xét phương trình vi phân có dạng y' = h(ax + by) , a b số khác 2.5.1 Phương pháp giải Đặt u = ax + by, ta có u' = a + by' hay y’= u '− a b Phương trình y' = h(ax + by) trở thành Trang GV Nguyễn Thanh Vũ- 2009 Trang Tóan Giải Tích A4 u' − a = h (u) b u' = a + bh(u) Đưa phương trình vi phân dạng tách biến u' =1 a + bh(u) du = x +C a + bh(u) H(u) = x + C H(ax+by) = x + C ∫ 2.5.2 Thí du Hãy giải phương trình vi phân y' = x –y +1 + y −x Lời giải Đặt u = y – x , ta có u' = y' – hay y' = u' + Phương trình vi phân trở thành u' + = u + + u hay u' = u + u u u hay du = dx u'= 2 u +1 u +1 2u u ∫ u + 1du = ∫ dx hay ∫ u + 1du = ∫ dx với k số tùy ý ln u + = x + k , ( ) ln u + = 2x + 2k u2 +1 = e 2x + 2k = e 2k e 2x u2 +1 = Ce 2x với C số dương tùy ý ( y-x )2 +1 = Ce2x Bài tập: Từ tập 71 tới tập 75 (ở cuối chương 1) 2.6 Phương trình vi phân Bernoulli Xét phương trình có dạng n y' + P(x)y = Q(x)y , P, Q hàm số liên tục khoảng (a, b) n số thực Phương trình gọi phương trình vi phân Bernoulli 2.6.1.Phương pháp giải • Trường hợp n = hay n = 1: Phương trình có dạng phương trình vi phân tuyến tính cấp Phương pháp giải trình bày đoạn 2.3 • Trường hợp n ≠ n ≠ 1: Xét y'+ P(x)y = Q(x)yn –n 1–n y y' + P(x)y = Q(x) 1–n –n Đặt u = y u' = (1 – n)y y' Khi đó, phương trình trở thành u’ + P(x)u = (1 – n) Q(x) 1− n u' + (1 – n) P(x)u = (1 – n) Q(x) Ta đưa dạng phương trình vi phân tuyến tính cấp 1, phương pháp giải phương trình trình bày đoạn 2.3 Toán GIẢI TÍCH A4 GV Nguyễn Thanh Vũ- 2009 2.6.2.Thí dụ Hãy giải phương trình vi phân y' – 5y = – xy R Lời giải Chia vế cho y3, ta –3 –2 y y' – 5y = − x Đặt u = y–2 u' = – 2y–3y' Phương trình trở thành Trang − u '− 5u = − x 2 u '+ 10u = x Phương trình có dạng phương trình vi phân tuyến tính cấp 1, ta tìm x + Ce − 10x u= − 20 x = − + Ce −10x (*) 2 20 y Chú thích: y≡ nghiệm phương trình vi phân (*) khơng chưa nghiệm Bài tập: Từ tập 76 tới tập 80 (ở cuối chương 1) 2.7 Một dạng phương trình đưa dạng đẳng cấp a x + b1 y + c y' = Xét phương trình vi phân dạng a 2x + b2y + c2 2.7.1 Phương pháp giải α) Trường hợp a1b2 = a2b1 Lúc tồn số k thỏa a1 = ka2 b1 = kb2 Do y' = k (a x + b2 y ) + c1 = h(a x + b2 y ) a x + b2 y + c Ta thấy y' hàm số theo biến u = a2x + b2y, phương pháp giải phương trình dạng trình bày đoạn 2.5 β) Trường hợp a1b2 ≠ a2b1 • Nếu c1 = c2 = 0, phương trình vi phân trở thành y a + b1 a1 x + b1 y x ⇔ y' = y' = y a x + b2 y a + b2 x Phương trình có dạng phương trình đẳng cấp, phương pháp giải đoạn 2.4 • Nếu c1 ≠ hay c2 ≠ 0, gọi (h, k) nghiệm số hệ phương trình bậc ⎧a1 x + b1 y + c1 = , ⎨ ⎩a x + b2 y + c = Như thế, (h,k) thỏa ⎧a h + b1 k + c1 = ⇔ ⎨ ⎩a h + b k + c = ⎧c1 = − a1 h − b1 k ⎨ ⎩c = − a h − b2 k a1 x + b1 y + c1 a x + b1 y1 − a1 h − b1 k a1 ( x − h) + b1 ( y − k ) = = a x + b2 y + c a x + b2 y − a h + b2 k a ( x − h) + b2 ( y − k ) a ( x − h) + b1 ( y − k ) a X + b1 Y dY ⇔ Đặt X = x – h Y = y – k ta y' = = dX a X + b Y a ( x − h) + b2 ( y − k ) Khi Phương trình có dạng phương trình đẳng cấp , phương pháp giải trình bày đoạn 2.4 2.7.2 Thí dụ Hãy giải phương trình vi phân ( x + y + 2) y ' = 3x − y − R Lời giải Giả sử x+y+2 ≠ Toán GIẢI TÍCH A4 GV Nguyễn Thanh Vũ- 2009 145) y ''− y'− 12y = 0,y(0) = −1,y'(0) = 10 Đáp số : y = e − 2e Đáp số : y = 5e4x − 6e3x Đáp số : y = c1 cos x + c2 sin x 146) y ''− 7y '+ 12y = 0,y(0) = −1,y '(0) = 147) y ''+ y = 148) y ''+ y '+ y = 0,y(0) = 1,y '(0) = 149) y ''+ 2y '+ 2y = Trang 47 4x −3x x - ⎛ ⎞ Đáp soá : y = e ⎜ cos x+ sin x⎟ ⎝ ⎠ −x Đáp số : y = e (c1 cos x + c2 sin x) ⎛ 3 3 ⎞ Đáp số : y = e ⎜ c1 cos t + c2 sin t⎟ 2 ⎠ ⎝ d2x ⎛π⎞ ⎛π⎞ + 4x = 0,x ⎜ ⎟ = 1,x' ⎜ ⎟ = Đáp số : x = - cos(2θ) + sin(2θ) 151) dθ ⎝4⎠ ⎝4⎠ x x 152) y''+ y = 0,y(π) = 1,y '(π) = −1 Đáp số : y = sin + cos 2 -x Đáp số : x = e (c1 cos(2x) + c2 sin(2x)) 153) y ''+ 2y '+ 5y = - 150) x''+ x'+ 7x = 154) 155) 156) 157) t y ''+ 2y '+ 2y = 0,y(π) = e −π ,y '(π) = −2e −π y" – y = – x2 y ''+ 2y '+ y = y ''+ yy '+ y = Đáp số : y = e-x (sin x − cos x) Đáp số: y(x) = yo(x) + yP(x) = c1ex + c2 e–x + x2 Đáp số: Không tuyến tính Đáp số: Khơng tuyến tính Hãy tìm nghiệm phương trình vi phân sau có dạng Euler 158) Hãy tìm nghiệm tổng quát I = (0, +∞) phương trình vi phân x2y" – 3xy' + 4y = Lời giải – Phương trình đặc trưng phương trình Euler r (r – 1) – 3r + = ⇔ r2 – 4r + = Phương trình đặc trưng có nghiệm kép ro = Nghiệm tổng quát I phương trình vi phân y(x) = c1 x ro + c2 x ro ln⏐x⏐ với c1, c2 số tùy ý y(x) = x2 (c1 + c2 ln x) 159) Hãy tìm nghiệm tổng quát I = (0, +∞) phương trình vi phân x2y" + 5xy' + 13y = Lời giải – Phương trình đặc trưng phương trình Euler r (r – 1) + 5r + 13 = ⇔ r2 + 4r + 13 = Phương trình đặc trưng có hai nghiệm phức – ± i3 Gọi α = – β = Nghiệm tổng quát I phương trình vi phân y(x) = xα [c1cos (βln⏐x⏐) + c2 sin (β ln⏐x⏐)] y(x) = x–2 [c1 cos (3 lnx) + c2 sin (3 ln x)] c1, c2 số tùy ý 160) x y ''+ 2xy '− 12y = 0,x ≠ 161) x y ''− 3xy'+ 4y = 0,x > 162) x y ''+ 5xy'+ 13y = 0,x ≠ 163) x y ''+ xy '− y = 0,x ≠ 164) x y ''− xy'+ 2y = 0,x ≠ c1 + c2 x x Đáp số: y = x ( c1 + c2 ln x ) Đáp số: y = ( Đáp số: y = x −2 c1 cos(3ln x ) + c2 sin(3ln x ) Đáp số: y = c1x + c2 x −1 ( Đáp số: y = x c1 cos(ln x ) + c2 sin(ln x ) ) ) GV Nguyeãn Thanh Vũ- 2009 Trang 48 Tóan Giải Tích A4 165) 4x y''− 4xy'+ 3y = 0,x > , y(1)=0, y’(1)=1 166) x y ''− 3xy'+ 3y = 0,x ≠ Đáp số: y = x 3/ −x 1/ Đáp số: y = c1x + c2 x Đáp số: y = x −2 ⎣⎡ c1 cos(ln x ) + c2 sin(ln x )⎦⎤ Đáp số: y = c1x3 + c2 x −4 167) x y ''+ 5xy '+ 5y = 0,x ≠ 168) x y ''+ 2xy '− 12y = 0,x ≠ Hãy tìm nghiệm phương trình vi phn khơng sau: 169) y ''+ 4y = 3sin x Đáp số: y = c1 sin(2x) + c2 cos(2x) − sin x 170) y''− 3y'+ 2y = 6e3x Đáp số: y = c1e x + c2 e2x + 3e3x 171) y''− 2y'+ y = −4e3x Đáp số: y = e x c1 + c2 x − 2x 172) y ''− 7y'+ 10y = 100x , y(0)-0, y’(0)=5 Đáp số: y = 3e ( ) − 10e + 10x + x − x3 + 4x − 8x Đáp số: y = c1 + c2 e − x + −3x Đáp số: y = e ( c1 + c2 x + 5x ) 5x 2x 173) y ''+ y ' = x3 − x 174) y''+ 6y'+ 9y = 10e −3x (4x − 1) 4x e 128 ⎛ ⎞ Đáp số: y = x ⎜ c1 + c2 ln x + ln x ⎟ ⎝ ⎠ Đáp số: y = c1x −4 + c2 x3 − x1/ 45 ( 175) y ''+ 8y '+ 16y = 2xe 4x ) Đáp số: y = e −4x c1 + c2 x + a x y ''− 5xy'+ 9y = x3 , x ≠ 176) x y ''+ 2xy'− 12y = x , x > 177) Hãy tìm nghiệm tổng quát I = (0, + ∞)của phương trình vi phân x2y" + 2xy' – 12y = x x , c1, c2 số tùy ý 45 ⎛ π π⎞ 178) Hãy tìm nghiệm tổng quát ⎜ − , ⎟ phương trình vi phân tuyến tính cấp hai ⎝ 2⎠ (*) không sau y" + y = tgx Lời giải – Phương trình y" + y = có phương trình đặc trưng r2 + = Phương trình đặc trưng có hai nghiệm phức r = ± i ⎛ π π⎞ Nghiệm tổng quát phương trình ⎜ − , ⎟ yo(x) = c1 cos x + c2 sin x ⎝ 2⎠ Như y0 có dạng yo(x)= c1y1(x) + c2y2(x) với y1(x)=cos x y2(x)= sin x – Một nghiệm đặc biệt phương trình (*) yP(x) = v1(x)y1(x) + v2(x)y2(x) = v1(x)cos x + v2(x)sin x v1, v2 hàm số thỏa ⎧ ' sin2 x ' ' ' ' ⎪v = − sin x tgx = − ⎪⎧y 1v + y 2v = ⎪⎧(cos x ) v + (sin x ) v = ⇔⎨ ⇔⎨ cos x ⎨ ' ' ' ' ' ' ⎪⎩y 1v + y 2v = f ⎪⎩(− sin x ) v + (cos x ) v = tgx ⎪v ' = cos x tgx = sin x ⎩ Do sin2 x cos2 x − 1 ⎞ ⎛ dx = ∫ dx = ∫ ⎜ cos x − v1 = − ∫ dx ⎟ dx = sin x − ∫ cos x cos x cos x cos x ⎝ ⎠ Áp dụng công thức ⎞ ⎛ ∫ sec x dx = ln sec x + tgx + k1 ⎜⎝ sec x = cos x ⎟⎠ (chọn k1 = 0) ta v1 = sin x – ln⏐sec x + tgx⏐ Đáp số: y(x) = c1x–4 + c2x3 − Toaùn GIẢI TÍCH A4 Ta có v2 = GV Nguyễn Thanh Vuõ- 2009 ∫ sin x dx = − cos x + k Trang 49 = − cos x (chọn k2 = 0) Suy nghiệm đặc biệt phương trình khơng (*) yP(x) = v1(x)y1(x) + v2(x)y2(x) = (sin x – ln⏐sec x + tg x⏐) cos x + (–cos x) sin x = – cos x ln⏐sec x + tg x⏐ ⎛ π π⎞ Nghiệm tổng quát ⎜ − , ⎟ phương trình khơng (*) ⎝ 2⎠ y(x) = yo(x) + yP(x)= c1 cosx + c2 sinx – cosx ln⏐secx + tgx⏐ Hãy giải tập 179 - 180 179) ( Chứng minh định lý Ostrogradski-Louivile ) Cho phương trình vi phân tuyến tính cấp y’’+p(x)y’+q(x)y=0 Giả sử y1 y2 hai nghiệm I phương trình vi phân a) Hãy chứng minh định thức Wronski hai hàm y1 y2 I có dạng sau W(y1,y2 )(x) = Ce -P(x) , Trong C số P nguyên hàm hàm p b) Hãy chứng minh W(y1,y2 )(x) I y1 y2 phụ thuộc tuyến tính c) Hãy chứng minh W(y1,y2 )(x) khác I y1 y2 độc lập tuyến tính Hướng dẫn / y (x) y1 (x) a) Từ W(y1,y2 )(x)= , chứng minh y2 (x) y2/ (x) W / (y1,y2 )(x) = -p(x)W(y1,y2 )(x) Đây phương trình vi phân tuyến tính cấp Nghiệm tổng quát W(y1,y2 )(x) = Ce -P(x) , với C số P nguyên hàm hàm p 180) ( Phương pháp tìm nghiệm tổng quát biết nghiệm đặc biệt) Xét phương trình vi phân tuyến tính cấp hai y" + p(x)y' + q(x)y = (*) Cho y1 nghiệm phương trình (*) y1 khác \ 1/ Giả sử tồn hàm v ( không hàm hằng) cho y2 = v y1 nghiệm phương trình (*) Hãy chứng minh a) y1, y2 độc lập tuyến tính b) Nghiệm tổng qt phương trình (*) y = c1y1 + c2y2, c1, c2 số tùy ý e-P(x) dx (hằng số tích phân chọn tùy ý), 2/ Gọi u hàm số có biểu thức u(x)= ∫ [ y1 (x)] P nguyên hàm p Hãy chứng minh a) Hàm số y2 = uy1 nghiệm I phương trình (1) b) Nghiệm tổng quát phương trình (*) y = c1y1 + c2y2, c1, c2 số tùy ý Hướng dẫn 1/ Áp dụng định lý 2,2 2.3 2/ Cách 1: Từ biểu thức cùa u, ta tính y 2/ , y 2// Suy y nghiệm phương trình vi phân Cách 2: Ta tìm nghiệm phương trình (*) dạng y = vy1 ⎧⎪ y / =v'y1 +vy1' Ta có ⎨ // // / / / ⎪⎩ y =v1 +2v y1 +vy1 Hàm y nghiệm phương trình (1) GV Nguyễn Thanh Vũ- 2009 (v // Trang 50 Tóan Giải Tích A4 y1 +2v y +vy ) +p ( v y1 +vy ) +qvy1 =0 / / / / / v // y1 +v / (2y1/ +py1 )+v ( y1/ +py1/ +qy1 ) =0 ( y 1/ + py 1/ + q = y1 nghiệm) v1// +v' ( 2y1/ +py1 ) =0 ⎛ 2y / ⎞ v // + ⎜ +p ⎟ v / =0 ⎝ y1 ⎠ / / ⎛ ⎞ ( v/ ) + ⎜ 2yy +p ⎟ ( v/ ) =0 ⎝ ⎠ Phương trình có dạng phương trình vi phân tuyến tính cấp theo ẩn (v’) Do ⎡ ⎛ 2y / ⎞ ⎤ v / (x ) = C exp ⎢ − ∫ ⎜ + p (x ) ⎟dx ⎥ = C exp ⎡ An ( y 1−2 ) − ∫ p (x )dx ⎤ = C exp ⎡ − ∫ p (x )dx ⎤ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ y1 ⎠ ⎦⎥ ⎣⎢ ⎝ y 1 exp ⎡ − ∫ p (x )dx ⎤ dx ⎣ ⎦ y 12 Chọn v (x ) = ∫ e −P ( x )dx y1 Áp dụng kết câu 1, ta suy điều cần chứng minh v(x)= C ∫ Hãy giải tập sau (các tập khơng phân loại) 181) Hãy tìm nghiệm I = (0, +∞) phương trình xy" + 2y' + x = 1, y(1) = 2, y'(1) = Hướng dẫn Phương trình khơng chứa y nên đặt u = y' để đưa phương trình cấp 1−x u= xu' + 2u + x = ⇔ u' + x x Phương trình tuyến tính cấp theo u có nghiệm tổng quát Khi x = u(x) = ta suy c = Dó y'(x) = u(x) = c1 x–2 + −2 x x + − x − x x2 x+ − + c Khi x = y(x) = nên suy c2 = 6 182) Hãy tìm nghiệm R phương trình vi phân y" + (y')3 y = 0, y(0) = , y'(0) = – Hướng dẫn Phương trình khơng chứa x nên ta coi y biến độc lập Đặt u = y' để đưa phương trình vi phân cấp du du du dy du = = + u3y = u Phương trình vi phân trở thành u Ta có y" = dy dx dy dx dy Áp dụng phương pháp tách biến ta u= y − c1 dy Khi x = y = u = – 1, suy c1 = Do = dx y − Suy y(x) = − Áp dụng phương pháp tách biến ta y3 − 3y = 2x + C 183) Hãy tìm nghiệm R phương trình vi phân sau a) y" – y = , y(0) = 1, y'(0) = Đáp số: y = (ex + e–x) / b) y" – 2y' = 0, y(1) = 0, y'(1) = Đáp số: y = e2(x–1) – Khi x = y = 1, suy c2 = – Toán GIẢI TÍCH A4 GV Nguyễn Thanh Vũ- 2009 Trang 51 Đáp số: y = cos x + sin x ⎛ ⎞ d) y" – 2y' + 17y = 0, y(0) = 1, y'(0) = Đáp số: y = ex ⎜ cos x − sin x ⎟ ⎝ ⎠ e) y" – 4y = 0, y(0) = 1, y'(0) = Đáp số: y = cosh 2x = (e2x + e–2x) / f) y" + 3y = 0, y(3) = 1, y'(3) = – Đáp số: y = cos (x – 3) – (1/ ) sin (x – 3) g) y" + 2y' + 17y = 0, y(1) = 0, y'(1) = – Đáp số: y = – e–(x – 1) sin (x – 1) 184) Hãy tìm nghiệm R phương trình vi phân sau ex a) y" + 3y' + 2y = ex Đáp số: y = c1e–x + c2e–2x + b) y" + y = + x Đáp số: y = c1 cos x + c2 sin x + x + c) y" + 2y = 0, y(0) = 1, y'(0) = c) y" + y' + 3y = e2x Đáp số: y = e − x ⎡ x⎞ x ⎞⎤ e 2x ⎛ ⎛ ⎢c cos ⎜ 11 ⎟ + c sin⎜ 11 ⎟ ⎥ + ⎠⎦ ⎝ ⎠ ⎝ ⎣ d) y" + y = xex Đáp số: y = c1 cosx + c2 sinx + (x – 1) e) y" – y = e2x, y(0) = – 1, y'(0) = Đáp số: y = − e −s e x ex −5 + ex 185) Hãy tìm nghiệm phương trình vi phân a) y" + y = sec x Hướng dẫn: Nghiệm đặc biệt yP = xsin x + (cos x) ln⏐cos x⏐ b) y" - 4y' + 4y = e2x , < x < ∞ x Hướng dẫn: Nghiệm đặt biệt yP = x ln⏐x⏐ e2x c) e (y" + 6y' + 9y) = x–2, < x < ∞ Hướng dẫn: Nghiệm đặc biệt yP = – e–3x lnx 3x d) y" – 2y' + y = e x x , < x < ∞ x ex Hướng dẫn: Nghiệm đặc biệt y P = 15 f) x2y" – 2xy' + 2y = xlnx, < x < ∞, y(1) = 1, y'(1) = 1 Hướng dẫn: y = x2 – xlnx − x(ln x) 2 186) Hãy tìm nghiệm tổng quát I = (0, ∞) phương trình vi phânsau: a) x2y" – xy' + y = x Đáp số: y = c1x + c2xlnx + x b) x2y" – 6y = x , y(1) = 2, y'(1) = Đáp số: y = 13 13 − x x + x − 10 15 187) Hãy tìm nghiệm tổng quát R phương trình vi phân sau: b) y" + 2y' + y = sinx Đáp số: y = (c1 + c2x) e–x – (cosx) / x Đáp số: y = c1ex + c2e–x – ex (cos2x + sin2x) / c) y" = y + e sin2x d) y" – 2y' + 4y = exsinx Đáp số: y = ex (c1 cos x + c2 sin x)+ + (ex sinx) / e) y" – 6y' + 9y = e3x + cosx , y(0) = 1,y'(0)=0 ⎛ 46 135 ⎞ x x x x⎟ e + e + cos x − sin x − 50 50 ⎝ 50 50 ⎠ Đáp số: y = ⎜ f) y" + 3y' + 2y = – 2ex, y(0) = 0,y'(0) = Đáp số: y = − 2e − x + Sinh viên vui lịng thường xun coi thơng báo web www.nguyenthanhvu.com − 2x x e + − e www.math.hcmuns.edu.vn/~ntvu Tiến sĩ Nguyễn Thanh Vũ, điện thoại: 38639.462, nguyenthanhvu60@gmail.com _ GV Nguyeãn Thanh Vũ- 2009 CHƯƠNG Trang 52 Tóan Giải Tích A4 SƠ LƯỢC PHÉP BIẾN ĐỔI LAPLACE ĐỊNH NGHĨA CỦA BIẾN ĐỔI LAPLACE 1.1 Định nghĩa Giả sử t f(t) hàm số thức xác định với t ≥ Biến đổi Laplace hàm f định nghĩa hàm F có biến số s biểu thức hàm F sau ∞ F(s): = e − st f (t) dt ∫ (1) Miền xác định F gồm giá trị s làm cho tích phân (1) tồn Người ta ký hiệu F= L {f} Các ký hiệu sau sử dụng ∞ ∫ L {f(t)} = F(s) = e − st f (t) dt ; ∞ L {f(t)}(s) = F(s) = e − st f (t) dt ∫ 0 ∞ L {f} = F(s) = e − st f (t) dt ; ∫ ∞ L {f}(s) = F(s) = e − st f (t) dt ∫ 0 Xét f hàm k, tức f(t) ≡ k với t >0 Khi ∞ ∞ ⎛ ⎡ e − st ⎤ A ⎞ ⎡ e −st ⎤ ⎡ e − sA ⎤ e0 k ⎜⎢ ⎟ = k lim ⎢ L {k}(s) = ∫ e −st k dt = k ⎢ = =0+ k = k lim −k ⎥ ⎥ ⎥ A →∞ ⎜ A →∞ ⎟ s − − − − s s s s s ⎣ ⎦o ⎦0 ⎠ ⎣ ⎦ ⎝⎣ Kết ứng với trường hợp s > at Xét f(t) = e , a số.Ta có 1.3 Thí du ∞ ∞ ∞ ⎛ ⎡ e −(s −a )t ⎤ A ⎞ ⎡ e −(s −a )t ⎤ ⎡ e − ( s −a ) A ⎤ e0 ⎜ ⎟ lim lim = − = L {eat } (s) = ∫ e−st eat dt = ∫ e−(s−a)t dt = ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ −(s − a) ⎦ o A →∞ ⎜⎝ ⎣ −(s − a) ⎦ ⎟⎠ A→∞ ⎣ −(s − a) ⎦ −(s − a) 0 = s −a Kết ứng với trường hợp s – a > 1.4 Thí du Xét f(t) = sin at, a số khác Ta có 1.2 Thí du +∞ ⎤ a e−st s sin at + a cos at ) ⎥ = 2 ( + s a2 s a + ⎣ ⎦0 ∞ ⎡ L {sin at} (s) = ∫ e−st sin at dt = ⎢− với s > Bài tập: Bài tập 188 TÍNH CHẤT CƠ BẢN CỦA BIẾN ĐỔI LAPLACE 2.1 Định lý tồn Giả sử i) f hàm liên tục phần [0, ∞) ii) Tồn số α, số dương T số dương M thỏa αt ∀t ≥ T, ⏐f(t)⏐≤ Me Khi đó, L {f(t)}(s) tồn với tất s > α Chú thích: Hàm số f gọi liên tục phần đoạn [0, +∞) f liên tục điểm thuộc [0, +∞) ngoại trừ số hữu hạn điểm, đồng thời điểm x mà f khơng liên tục + – f(x ) f(x ) tồn Chứng minh A ∞ Chúng ta cần chứng minh − st ∫ e f (t) dt = lim A →∞ ∞ Ta có ∫ e − st f (t) dt = T ∫ e − st f (t) dt + ∞ ∫e T ∫e − st f (t) dt tồn với s > α − st f (t) dt = I1 + I Toán GIẢI TÍCH A4 I1 = T ∫e − st Trang 53 GV Nguyeãn Thanh Vuõ- 2009 f (t) dt < ∞ t e–st f(t) liên tục phần [0, T] Đồng thời, với s>α ta có ∞ ∞ +∞ ∞ ⎡ e−(s −α )t ⎤ ⎥ ⎣ −(s − α ) ⎦0 I2= ∫ e−st f (t ) dt ≤ ∫ e−st Meαt dt = M∫ e−(s−α ) dt = M ⎢ T T ∞ Do ∫e − st T =0+ Me −(s −α )T s −α f (t) dt < ∞ với s>α 2.2 Định lý tuyến tính Giả sử L {f(t)}(s) L {g(t)}(s) tồn Cho a, b số Khi đó, L {af(t) + bg(t)}(s) tồn L {af(t) + bg(t)}(s) = a L {f(t)}(s) + b L {g(t)}(s) Chứng minh ∞ ∞ ∞ 0 L {af (t ) + bg (t )} (s) = ∫ e − st [af (t ) + bg (t )] dt = ∫ e − st f (t) dt + b ∫ e − st g (t) dt = a L {f(t)}(s) + b L {g(t)}(s) 2.3 Định lý tịnh biến Giả sử F(s) = L {f(t)} tồn với s > b a số thực tùy ý at với s – a > b Khi đó, L {e f(t)}(s) = L { f(t)}(s – a) Chứng minh ∞ ∞ 0 L {e at f (t )} (s) = ∫ e −st at f (t ) dt = ∫ e −(s −at ) f (t ) dt = L { f(t)}(s – a) 2.4 Biến đổi Laplace số hàm đặc biệt f(t) F(s) = L {f(t)}(s) 1 , s>0 s eat , s>a s−a n n! t , s>0 s n +1 n! eat tn , s>a (s − a)n +1 sin bt b , s>0 s + b2 cos bt s , s>0 s + b2 at b e sin bt , s>a (s − a)2 + b at s −a e cos bt , s>a (s − a)2 + b b e at − e −at , s > ⏐b⏐ sinh (bt) = 2 s − b2 s e at + e −at , s > ⏐b⏐ cosh (bt) = 2 s − b2 at e sinh (bt) b ( s − a )2 − b2 , s >a+ ⏐b⏐ GV Nguyễn Thanh Vũ- 2009 at s−a ( s − a )2 − b2 e cosh (bt) Trang 54 Toùan Giải Tích A4 , s >a+ ⏐b⏐ Trong bảng cơng thức trên, a b số, n số nguyên dương Chứng minh − Trường hợp f hàm hằng: cơng thức chứng minh nơi thí dụ 1.2 − Trường hợp f(t) = eat: công thức chứng minh nơi thí dụ 1.3 − Trường hợp f(t) =tn: ∞ −e − st t n ∞ n ∞ − st n −1 n + ∫ e t dt = + L {tn – 1}(s) L {t n } (s) = ∫ e −st t n dt = s s s Do n n! n! n! n (n − 1) L tn = L {t n −1} = L {tn – 2}= = n L {to} = n L {1}= n +1 s s s s s s − Trường hợp f(t) =sinh(at) : ⎪⎧ e at − e −at ⎪⎫ L {sinh (at)}(s) = L ⎨ (L {eat} – L {e–at}) = ⎛⎜ − ⎞⎟ = a ⎬= 2 ⎝s − a s + a⎠ s − a ⎪⎭ ⎪⎩ − Trường hợp f(t) =cosh(at) : at − at ⎫ ⎛ 1 ⎞ a ⎪ ⎪⎧ e + e at –at L {cosh (at)}(s) = L ⎨ + ⎟= ⎬ = ( L {e } + L {e }) = ⎜ 2 ⎝ s − a s + a ⎠ s − a2 ⎪⎭ ⎪⎩ − Việc chứng minh cơng thức cịn lại xem tập Bài tập: Bài tập 189 tới 196 { } 2.5 Định lý liên quan phép biến đổi Laplace ngược Cho f, g hai hàm liên tục [0,+∞) Giả sử f, g có biến đổi Laplace , tức L {f(t)} = L {g(t)} Khi đó, f g [0,+∞), tức f(t) = g(t)) với t≥ 2.6 Định nghĩa phép biến đổi Laplace ngược Giả sử F biến đổi Laplace hàm liên tục f, tức F(s) = L {f(t)}(s) Khi hàm liên tục f gọi biến đổi Laplace ngược F ký hiệu sau –1 f = L { F} Các ký hiệu khác : f(t) = L –1 {F(s)}; f(t) = L –1 {F(s)}(t) ; f(t) = L –1 {F}(t) Chú thích f = L –1 { L {f}} Thí dụ Xét hàm liên tục f với f(t) = eat (a số) Ta có L {f (t)} = L {eat} = ⎧ ⎫ at ⎨ ⎬ =e − s a ⎩ ⎭ − Phép biến đổi Laplace ngược có tính chất tuyến tính sau: 2.7 Định lý Do L s−a –1 Giả sử f,g hàm liên tục Cho F = L {f} G = L {g}, a b số Khi L –1{a F + b G} = a L –1{F} + b L –1{G} Chứng minh Định lý suy từ tính chất tuyến tính phép biến đổi Laplace 2.8 Thí du ⎫ 6s –1 ⎧ – Ta xác định: f(t) = L ⎨ − + ⎬ sau: ⎩ s − s + 2s + 8s + 10 ⎭ ⎧ ⎫ –1 Ta có L –1 ⎨ ⎬ =5 L s − ⎩ ⎭ ⎧ ⎫ 6t ⎨ ⎬ = 5e s − ⎩ ⎭ Toán GIẢI TÍCH A4 Trang 55 GV Nguyễn Thanh Vũ- 2009 s ⎫ ⎧ − 6s ⎫ –1 ⎧ = − cos 3t ⎬ = −6 L ⎨ 2 2⎬ ⎩s + ⎭ ⎩s + ⎭ ⎫⎪ − 2t ⎫ –1 ⎧⎪ ⎧ L –1 ⎨ sin t ⎬= L ⎨ ⎬= e ⎪⎩ (s + 2)2 + 12 ⎪⎭ ⎩2s + 8s + 10⎭ L –1 ⎨ 6t Do f(t) = 5e – 6cos3t + –2t e sin t 2.9 Thí du ⎫ sau: ⎨ 4⎬ ⎩ (s + 2) ⎭ ⎧ ⎫⎪ ⎧ ⎫ 3! –1 ⎪ L –1 Ta có L –1 ⎨ = L ⎨ ⎬= ⎬ + ⎩ (s + 2) ⎭ ⎩⎪ [s − (−2)] ⎭⎪ Bài tập: Bài tập 197 tới 198 – Ta xác định L –1 ⎧ ⎫⎪ − 2t ⎧⎪ 3! t ⎬= e ⎨ + ⎪⎭ ⎪⎩ [s − (−2)] GIẢI BÀI TOÁN ĐIỀU KIỆN ĐẦU 3.1 Biến đổi Laplace đạo hàm 3.1.1 Định lý: Giả sử i) Đạo hàm f' tồn liên tục phần [0, ∞) ii) Tồn số dương a, M, T cho at , ∀t ≥ T (1) ⏐f(t)⏐ < Me Khi đó, biến đổi Laplace f' tồn với s ≥ a L {f'(t)}(s) = s L {f} – f(0) Chú thích: Tính chất (i) suy hàm số f liên tục [0, ∞) Chứng minh Theo định lý 2.1, biến đổi Laplace f tồn – Trước hết, ta xét trường hợp f’ liên tục [0, ∞) Khi đó, ta có A ∫e − st f ' (t) dt = e − st A A f (t ) + s e − st f (t) dt ∫ A = e − sA f (A ) − f (0) → − f (0) A → ∞ e–st f(t) Cho A → ∞ , từ đẳng thức ta suy ∞ ∞ 0 − st − st ∫ e f '(t ) dt = −f (0) + s ∫ e f (t ) dt Suy L {f'(t)} = – f(0)+s L {f} – Trường hợp f' liên tục phần [0, ∞): chứng minh tương tự 3.1 Định lý: Giả sử i) f có đạo hàm tới cấp f // liên tục phần [0, ∞) ii) Tồn số dương a, M, T cho f / (t ) ≤ Me at vaø f // (t ) ≤ Me at , ∀t ≥ T , Khi đó, biến đổi Laplace f // tồn với s ≥ a với L { f // (t ) } = s L { f (t ) } – s f (0) – f / (0) Chú thích: Nếu ký biến đổi Laplace hàm f Y kết định lý 3.1.1 3.1.2 sau: L { f / (t ) }(s) = s Y – f(0) L { f // (t ) } = s Y – s f (0) – f / (0) Chứng minh GV Nguyeãn Thanh Vũ- 2009 Trang 56 Tóan Giải Tích A4 / – Áp dụng định lý 3.1.1 cho hàm số f , ta L {f"(t)} = s L {f'(t)} – f'(0) = s [ s L {f(t)} – f(0)] – f'(0) = s2 L {f(t)} – sf(0) – f'(0) Dạng tổng quát định lý 3.1.1 3.1.2 sau: 3.1 Định lý: Giả sử i) f có đạo hàm tới cấp n f(n) liên tục phần [0, ∞) ii) Tồn số dương a, M, T cho f (i ) (t ) ≤ Me at , ∀i ∈ {0,1, , n − 1} , ∀t ≥ T , Khi đó, biến đổi Laplace f(n) tồn với s ≥ a với L {f(n) (t)} = sn L {f(t)} – sn–1 f(0) – sn–2 f'(0) – – f(n–1)(0) tức L {f(n) (t)} = sn L {f(t)} – n −1 ∑ s n − i −1 f i (0) i=0 Chứng minh Dùng phép chứng minh qui nạp kết định lý 3.1.1 3.1.2, ta suy định lý 3.1.4 Thí du b Từ cơng thức L{sin bt} = , ta tìm L {cos bt} sau : s + b2 Xét f(t) = sin bt Ta có f'(t) = b cos bt f(0) = Áp dụng định lý 3.1.1, ta L {bcos bt} = s L {sin bt} – f(0) s b ⇒ b L {cos bt} = s ⇒ L {cos bt} = 2 s +b s + b2 3.1.5 Định lý: Giả sử f thỏa điều kiện định lý 3.1.1 d L {f(t)}(s) Khi , L {tf(t)}(s) tồn với s > α L {tf(t)}(s) = – ds Hơn nữa, L {tn f(t)} tồn với s > α L {tn f(t)}(s) = (–1)n dn ds n L {f(t)}(s), Trong n số ngun dương Chú thích: Nếu n=1 cơng thức trở thành L {t f(t)}(s) = – d L {f(t)}(s), tức ds L { t f (t ) }(s) = – Y / (s) với Y biến đổi Laplace hàm số f Chứng minh – Trường hợp n = 1: Ta có d d L {f(t)} = ds ds ∞ ∫ e − st f (t) dt = ∞ ∫ ( ) ∞ d e − st f (t) dt = − t e − st f (t) dt = − L {tf(t)} ds ∫ – Trường hợp n > 1: Công thức định lý chứng minh qui nạp, chi tiết chứng minh coi tập b ta suy công thức L {t sin bt} sau: 3.1.6 Thí du Từ cơng thức L {sin bt}(s)= s + b2 d d ⎛ b ⎞ 2bs L {t sin bt} = – L {sin bt} = − ⎜ 2 ⎟ = 2 ds ⎝ s + b ⎠ (s + b ) ds 3.2 Phương pháp giải toán điều kiện đầu Xét phương trình vi phân với hàm cần tìm y(x) – Biến đổi Laplace hai vế phương trình vi phân ta thu phương trình hàm với hàm cần tìm L {y(x)} – Tìm biểu thức L {y(x)} theo s – Dùng biến đổi Laplace ngược để tìm y(x) Toán GIẢI TÍCH A4 GV Nguyễn Thanh Vũ- 2009 3.2.1 Thí dụ: Hãy tìm nghiệm y toán [0, ∞) sau ⎧⎪y " − 2y ' + 5y = −8e − x (*) ⎨ (**) ⎪⎩y (0) = , y '(0) = 12 Lời giải – Biến đổi Laplace hai vế phương trình (*) L{y" – 2y' + 5y} = L {– 8e–x} Trang 57 Gọi Y(s) = L {y(x)} (s) ta [s ] −8 s+1 − s Y - 2s - 12 - 2sY + + 5Y = s+1 −8 (s – 2s + 5) Y = 2s + – s+1 2s + 10 s Y= (s − 2s + 5)(s + 1) ⎫⎪ 2s + 10s ⎪ –1 ⎧ y(x) = L ⎨ ⎬ ⎪⎩ (s − 2s + 5)(s + 1) ⎪⎭ Y (s) − sy(0) − y' (0) − [s Y (s) − y (0)] + 5Y (s) = Do Mặt khác ta có 2s + 10 s 3(s − 1) + − = 2 s + s +1 (s − 2s + 5)(s + 1) s − 2s + (s − 1) + s −1 =3 +4 − 2 2 s+1 (s − 1) + (s − 1) + Do nghiệm [0, ∞) tốn ⎧ s −1 ⎫ x x –x y(x) = L –1 ⎨3 + − ⎬ = 3e cos2x + 4e sin2x – e 2 2 − − s ( ) (s − 1) + ⎩ (s − 1) + ⎭ Bài tập: Bài tập 199 tới 205 = 3s + − 4.BỔ TÚC MỘT HÀM ĐẶC BIỆT 4.1 Hàm bước : ⎧0 neáu t