Chào các bạn, lại là mình đây Tiếp tục chuỗi series ôn tập của môn Giải tích 3 hàng tuần nhéTuần này sẽ là các vấn đề về CHUỖI LŨY THỪA và CHUỖI FOURIER. Các bạn có thể Chia sẻ về Trang cá nhân hoặc Tải về để tham khảo nha Hàng tuần cũng đều có những bài Hỗ trợ học tập tương tự như vậy nhé.
PTVP CẤP I PT tuyến tính Dạng tổng quát: 𝑦 ′′ + 𝑝(𝑥)𝑦 ′ + 𝑞(𝑥)𝑦 = 𝑓(𝑥) 𝑦 ′′ + 𝑝(𝑥)𝑦 ′ + 𝑞(𝑥)𝑦 = Nghiệm (1) có dạng: NTQ (1) = hay y(x) = Bước 1: Tìm NTQ (2) Với p(x), q(x) số (1) (2) NTQ (2) + NR (1) 𝑦̅(𝑥) + 𝑦 ∗ (𝑥) Xét PT đặc trưng: 𝑘 + 𝑝𝑘 + 𝑞 = - Nếu PT đặc trưng có nghiệm phân biệt 𝑘1 , 𝑘2 : 𝑦̅ = 𝐶1 𝑒 𝑘1𝑥 + 𝐶2 𝑒 𝑘2𝑥 - Nếu PT đặc trưng có nghiệm kép 𝑘 = 𝑘1 = 𝑘2 : 𝑦̅ = 𝐶1 𝑒 𝑘𝑥 + 𝐶2 𝑥𝑒 𝑘𝑥 = 𝑒 𝑘𝑥 (𝐶1 + 𝐶2 𝑥) - Nếu PT đặc trưng có nghiệm phức 𝛼 ± 𝛽𝑖: 𝑦̅ = 𝑒 𝛼𝑥 (𝐶1 cos 𝛽𝑥 + 𝐶2 sin 𝛽𝑥) → 𝑇ó𝑚 𝑙ạ𝑖 𝑦̅ 𝑡ì𝑚 đượ𝑐 𝑠ẽ 𝑐ó 𝑑ạ𝑛𝑔 𝑦̅ = 𝐶1 𝑓1 (𝑥) + 𝐶2 𝑓2 (𝑥) Bước 2: Tìm NR (1) - Phương pháp biến thiên số Lagrange 𝑦̅ = 𝐶1 𝑓1 (𝑥) + 𝐶2 𝑓2 (𝑥) + 𝐶2′ 𝑓2 (𝑥) = 𝐶 (𝑥) 𝐶′ →{ ′ →{ →{ ′ 𝐶2 (𝑥) 𝐶1 𝑓1 ′(𝑥) + 𝐶2 𝑓2 ′(𝑥) = 𝑓(𝑥) 𝐶2 ′ → 𝑦(𝑥) = 𝐶1 (𝑥)𝑓1 (𝑥) + 𝐶2 𝑓2 (𝑥) 𝐶1′ 𝑓1 (𝑥) - Phương pháp hệ số bất định + Dạng 1: 𝑓(𝑥) = 𝑒 𝛼𝑥 𝑃𝑛 (𝑥) 𝑋é𝑡 𝛼: 𝑁ế𝑢 𝛼 𝑘ℎô𝑛𝑔 𝑝ℎả𝑖 𝑛𝑔ℎ𝑖ệ𝑚 𝑐ủ𝑎 𝑃𝑇 đặ𝑐 𝑡𝑟ư𝑛𝑔 → 𝑦 ∗ = 𝑒 𝛼𝑥 𝑄𝑛 (𝑥) 𝑣ớ𝑖 𝑄𝑛 (𝑥) 𝑙à 𝑑ạ𝑛𝑔 𝑡ổ𝑛𝑔 𝑞𝑢á𝑡 𝑐ủ𝑎 𝑃𝑛 (𝑥) 𝑁ế𝑢 𝛼 𝑙à 𝑛𝑔ℎ𝑖ệ𝑚 𝑐ủ𝑎 𝑃𝑇 đặ𝑐 𝑡𝑟ư𝑛𝑔 → 𝑦 ∗ = 𝑥 𝑒 𝛼𝑥 𝑄𝑛 (𝑥) 𝑁ế𝑢 𝛼 𝑙à 𝑛𝑔ℎ𝑖ệ𝑚 𝑘é𝑝 𝑐ủ𝑎 𝑃𝑇 đặ𝑐 𝑡𝑟ư𝑛𝑔 → 𝑦 ∗ = 𝑥 𝑒 𝛼𝑥 𝑄𝑛 (𝑥) Nguyễn Tiến Được – K64 Nguồn: Minh Nguyễn Vlog + Dạng 2: 𝑓(𝑥) = 𝑒 𝛼𝑥 [𝑃𝑛 (𝑥) cos 𝛽𝑥 + 𝑄𝑛 (𝑥) sin 𝛽𝑥] 𝑋é𝑡 𝛼 ± 𝛽𝑖: 𝑁ế𝑢 𝛼 ± 𝛽𝑖 𝑘ℎô𝑛𝑔 𝑙à 𝑛𝑔ℎ𝑖ệ𝑚 𝑐ủ𝑎 𝑃𝑇 đặ𝑐 𝑡𝑟ư𝑛𝑔 → 𝑦 ∗ = 𝑒 𝛼𝑥 𝐴𝑛 (𝑥) 𝑣ớ𝑖 𝐴𝑛 (𝑥) 𝑙à 𝑑ạ𝑛𝑔 đồ𝑛𝑔 𝑛ℎấ𝑡 𝑐ủ𝑎 𝑓(𝑥) 𝑁ế𝑢 𝛼 ± 𝛽𝑖 𝑙à 𝑛𝑔ℎ𝑖ệ𝑚 𝑐ủ𝑎 𝑃𝑇 đặ𝑐 𝑡𝑟ư𝑛𝑔 → 𝑦 ∗ = 𝑥 𝑒 𝛼𝑥 𝐴𝑛 (𝑥) Bước 3: Kết luận nghiệm tổng quát 𝑦(𝑥 ) = 𝑦̅(𝑥 ) + 𝑦 ∗ (𝑥) Một vài ví dụ phương pháp hệ số bất định VD1: 𝑦 ′′ + 4𝑦 ′ + 6𝑦 = 2𝑥 + (1) - Xét PT 𝑦 ′′ + 4𝑦 ′ + = Có PT đặc trưng là: 𝑘 + 4𝑘 + = → 𝑘1,2 = −2 ± √2𝑖 → 𝑦̅ = 𝑒 −2𝑥 [𝐶1 cos √2 + 𝐶2 sin √2] - 𝑓(𝑥) = 2𝑥 + = 𝑒 0𝑥 (2𝑥 + 3) Dễ thấy 𝛼 = ko nghiệm PT đặc trưng → 𝑦 ∗ = 𝐴𝑥 + 𝐵 Note: Dạng tổng quát hiểu đơn giản xem hệ số bậc nhỏ n Pn(x) chưa biết Ví dụ: 𝑓(𝑥) = có dạng TQ A; 𝑓(𝑥) = 𝑥 có dạng TQ 𝐴𝑥 + 𝐵𝑥 + 𝐶; tương tự với bậc n Sau ta đạo hàm để tìm (𝑦 ∗ )′ 𝑣à (𝑦 ∗ )′′ thay vào PT ban đầu tìm hệ số → (𝑦 ∗ )′ = 𝐴 → (𝑦 ∗ )′′ = Thay vào PT (1) ta có: + 4𝐴 + 6(𝐴𝑥 + 𝐵) = 2𝑥 + 6𝐴 = → 6𝐴𝑥 + 4𝐴 + 6𝐵 = 2𝑥 + → { →{ 4𝐴 + 6𝐵 = 𝐵= 18 → 𝑦∗ = 𝑥 + 18 Vậy NTQ PT (1) 𝑦 = 𝑒 −2𝑥 [𝐶1 cos √2𝑥 + 𝐶2 sin √2𝑥] + 𝑥 + 𝐴= ′′ ′ 𝑥 VD2:𝑦 − 4𝑦 + 5𝑦 = 2𝑥 𝑒 - Xét PT nhất: 𝑦 ′′ − 4𝑦 ′ + 5𝑦 = Có PT đặc trưng: 𝑘 − 4𝑘 + = → 𝑘1,2 = ± 𝑖 → 𝑦̅ = 𝑒 2𝑥 [𝐶1 cos 𝑥 + 𝐶2 sin 𝑥] - 𝑓(𝑥) = 2𝑥 𝑒 𝑥 Dễ dàng nhận thấy ko nghiệm PT đặc trưng → 𝑦 ∗ = 𝑒 𝑥 (𝐴𝑥 + 𝐵𝑥 + 𝐶) Nguyễn Tiến Được – K64 Nguồn: Minh Nguyễn Vlog 18 → (𝑦 ∗ )′ = 𝑒 𝑥 (𝐴𝑥 + 𝐵𝑥 + 𝐶) + 𝑒 𝑥 (2𝐴𝑥 + 𝐵) = 𝑒 𝑥 (𝐴𝑥 + (2𝐴 + 𝐵)𝑥 + 𝐵 + 𝐶) → (𝑦 ∗ )′′ = ⋯ = 𝑒 𝑥 (𝐴𝑥 + (𝐵 + 4𝐴)𝑥 + 2𝐴 + 2𝐵 + 𝐶) Thay vào PT ban đầu ta được: 𝑒 𝑥 (𝐴𝑥 + (𝐵 + 4𝐴)𝑥 + 2𝐴 + 2𝐵 + 𝐶) − 4𝑒 𝑥 (𝐴𝑥 + (𝐵 + 2𝐴)𝑥 + 𝐵 + 𝐶) + 5𝑒 𝑥 (𝐴𝑥 + 𝐵𝑥 + 𝐶) = 2𝑥 𝑒 𝑥 → (𝐴 + 5𝐴 − 4𝐴)𝑥 + (𝐵 + 4𝐴 − 4𝐵 − 8𝐴 + 5𝐵)𝑥 + (2𝐴 + 2𝐵 + 𝐶 − 4𝐵 − 4𝐶 + 5𝐶) = 2𝑥 2𝐴 = 𝐴=1 → { 2𝐵 − 4𝐴 = → {𝐵 = 2𝐶 + 2𝐴 = 2𝐵 = 𝐶=1 → 𝑦 ∗ = 𝑒 𝑥 (𝑥 + 2𝑥 + 1) Vậy NTQ PT 𝑦 = 𝑒 2𝑥 (𝐶1 cos 𝑥 + 𝐶2 sin 𝑥) + 𝑒 𝑥 (𝑥 + 2𝑥 + 1) VD3: 𝑦 ′′ − 3𝑦 ′ + 2𝑦 = sin 2𝑥 + cos 2𝑥 - Xét PT 𝑦 ′′ − 3𝑦 ′ + 2𝑦 = Có PT đặc trưng 𝑘 − 3𝑘 + = → 𝑘1 = 1; 𝑘2 = → 𝑦̅ = 𝐶1 𝑒 𝑥 + 𝐶2 𝑒 2𝑥 - 𝑓(𝑥) = sin 2𝑥 + cos 2𝑥 → 𝛼 = 0; 𝛽 = Xét ±2𝑖 ko nghiệm PT đặc trưng → 𝑦 ∗ = 𝑒 0𝑥 (𝐴 sin 2𝑥 + 𝐵 cos 2𝑥) = 𝐴 sin 2𝑥 + 𝐵 cos 2𝑥 Note: Dạng đồng dạng tương tự như Pn(x) VD: f(x)=sin 3x=sin3x+0cos3x => f(x) = Asin3x+Bcos3x Nếu VD 𝑓(𝑥) = 𝑥 cos 2𝑥 ta nhân biểu thức tổng quát x với cos 2x → 𝑓(𝑥) = (𝐴𝑥 + 𝐵)(𝐶 cos 2𝑥 + 𝐷 sin 2𝑥) → (𝑦 ∗ )′ = 2𝐴 cos 2𝑥 − 2𝐵 sin 2𝑥 → (𝑦 ∗ )′′ = −4𝐴 sin 2𝑥 − 4𝐵 cos 2𝑥 Thay vào PT ban đầu ta được: −4𝐴 sin 𝑥 − 4𝐵 cos 2𝑥 − 3(2𝐴 cos 2𝑥 − 2𝐵 sin 2𝑥) + 2𝐴 sin 2𝑥 + 2𝐵 cos 2𝑥 = sin 2𝑥 + cos 2𝑥 →⋯ VD4: 𝑦 ′′ − 3𝑦 ′ + 2𝑦 = 𝑥 + cos 𝑥 - Xét PT nhất: 𝑦 ′′ − 3𝑦 ′ + 2𝑦 = Có PT đặc trưng: 𝑘 − 3𝑘 + = → 𝑘1 = 1; 𝑘2 = → 𝑦̅ = 𝐶1 𝑒 𝑥 + 𝐶2 𝑒 2𝑥 -𝑓(𝑥) = 𝑥 + cos 𝑥 Note: Nguyên lí chồng chất nghiệm 𝑦 ′′ + 𝑝(𝑥)𝑦 ′ + 𝑞(𝑥)𝑦 = 𝑓(𝑥) 𝑐ó 𝑁𝑅 𝑦1∗ 𝑦 ′′ + 𝑝(𝑥)𝑦 ′ + 𝑞(𝑥)𝑦 = 𝑔(𝑥) 𝑐ó 𝑁𝑅 𝑦2∗ → 𝑦 ′′ + 𝑝(𝑥)𝑦 ′ + 𝑞(𝑥)𝑦 = 𝑓(𝑥) + 𝑔(𝑥) 𝑐ó 𝑁𝑅 𝑦1∗ + 𝑦2∗ → 𝑦 = 𝑦̅ + 𝑦 ∗ = 𝑦̅ + 𝑦1∗ + 𝑦2∗ Nguyễn Tiến Được – K64 Nguồn: Minh Nguyễn Vlog Nháp: 𝑓1 (𝑥) = 𝑥 𝑐ó 𝛼 = ko nghiệm PT đặc trưng → 𝑦1∗ = 𝐴𝑥 + 𝐵 𝑓2 (𝑥) = cos 𝑥 𝑐ó 𝛼 ± 𝛽𝑖 = ± 𝑖 ko nghiệm PT đặc trưng → 𝑦2∗ = 𝐶 cos 𝑥 + 𝐷 sin 𝑥 Tóm lại → 𝑦 ∗ = 𝐴𝑥 + 𝐵 + 𝐶 cos 𝑥 + 𝐷 sin 𝑥 →⋯ Khi f(x) không thuộc dạng phương pháp hệ số bất định => Sd phương pháp biến thiên số Lagrange Một vài ví dụ phương pháp biến thiên số Lagrange VD1: 𝑦 ′′ + 3𝑦 ′ + 2𝑦 = 𝑒 𝑥 +1 ( 𝑓(𝑥) 𝑘𝑜 𝑡ℎ𝑢ộ𝑐 𝑑ạ𝑛𝑔 𝑐ủ𝑎 𝑝𝑝 ℎệ 𝑠ố 𝑏ấ𝑡 đị𝑛ℎ) - Xét PT nhất: 𝑦 ′′ + 3𝑦 ′ + 2𝑦 = Có PT đặc trưng: 𝑘 + 3𝑘 + = → 𝑘1 = −2; 𝑘2 = −1 → 𝑦̅ = 𝐶1 𝑒 −2𝑥 + 𝐶2 𝑒 −𝑥 = 𝐶1 𝑓1 (𝑥) + 𝐶2 𝑓2 (𝑥) (Ta coi 𝐶1 𝑣à 𝐶2 hàm phụ thuộc vào biến x) - Sử dụng phương pháp biến thiên số Lagrange ta được: 𝐶1′ 𝑒 −2𝑥 + 𝐶2′ 𝑒 −𝑥 = 𝐶1′ 𝑒 −2𝑥 + 𝐶2′ 𝑒 −𝑥 = →{ { ′ 𝐶1 −2 𝑒 −2𝑥 + 𝐶2′ −1 𝑒 −𝑥 = 𝑥 −2𝐶1′ 𝑒 −2𝑥 − 𝐶2′ 𝑒 −𝑥 = 𝑥 𝑒 +1 𝑒 +1 Note: Công thức nhẩm nghiệm HPT { 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 = 𝑓(𝑥) 𝑐𝑥 + 𝑑𝑦 = 𝑔(𝑥) 𝑓(𝑥) 𝑏 𝑎 𝑓(𝑥) | | | 𝑔(𝑥) 𝑑 𝑐 𝑔(𝑥) →𝑥= ;𝑦 = 𝑎 𝑏 𝑎 𝑏 | | | | 𝑐 𝑑 𝑐 𝑑 | 𝑒 2𝑥 𝐶1 ′ = 𝑥 𝐶1 (𝑥) = 𝑒 𝑥 − ln(𝑒 𝑥 + 1) + 𝐾1 𝑒 + → →{ 𝐶2 (𝑥) = ln(𝑒 𝑥 + 1) + 𝐾2 𝑒𝑥 ′ { 𝐶2 = 𝑒 𝑥 + Vậy 𝑦 = 𝐶1 (𝑥)𝑓1 (𝑥) + 𝐶2 (𝑥)𝑓2 (𝑥) = [𝑒 𝑥 − ln(𝑒 𝑥 + 1) + 𝐾1 ]𝑒 −2𝑥 + [ln(𝑒 𝑥 + 1) + 𝐾2 ]𝑒 −𝑥 VD2: 𝑦 ′′ + 𝑦 = tan 𝑥 𝑥 Đá𝑝 á𝑛: 𝑦 = ( tan − sin 𝑥 + 𝐾1 ) cos 𝑥 + (− cos 𝑥 + 𝐾2 ) sin 𝑥 2 II PT hệ số hàm (p(x),q(x) ko số) Có dạng 𝑦 ′′ + 𝑝(𝑥)𝑦 ′ + 𝑞(𝑥)𝑦 = 𝑣à 𝑐ℎ𝑜 𝑠ẵ𝑛 𝑛𝑔ℎ𝑖ệ𝑚 𝑦1 (𝑥) Bước 1: Tìm nghiệm 𝒚𝟐 (𝒙) CT Lioville: 𝑦2 (𝑥) = 𝑦1 (𝑥) ∫ 𝑒 ∫ −𝑝(𝑥)𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑦1(𝑥) Nguyễn Tiến Được – K64 Nguồn: Minh Nguyễn Vlog Bước 2: Kết luận nghiệm 𝑦̅ = 𝐶1 𝑦1 (𝑥 ) + 𝐶2 𝑦2 (𝑥 ) III.PT Ơ-le Có dạng 𝑥 𝑦 ′′ + 𝑎𝑥𝑦 ′ + 𝑏𝑦 = 𝑓(𝑥) Cách làm: Đặt |𝑥| = 𝑒 𝑡 → 𝑑𝑥 = 𝑒 𝑡 𝑑𝑡 → 𝑥𝑡′ = 𝑒 𝑡 = 𝑥 Khi PT trở thành: 𝑦𝑡′′ + (𝑎 − 1)𝑦𝑡′ + 𝑏𝑦 = 𝑓(𝑒 𝑡 ) → 𝑡𝑟ở 𝑡ℎà𝑛ℎ 𝑃𝑇 𝑡𝑢𝑦ế𝑛 𝑡í𝑛ℎ → 𝐺𝑖ả𝑖 𝑛ℎư 𝑏ì𝑛ℎ 𝑡ℎườ𝑛𝑔 Tốn tử Laplace +∞ Tổng qt: 𝐹(𝑠) = ∫0 𝑓(𝑡)𝑒 −𝑠𝑡 𝑑𝑡 Bảng Laplace 𝐿{𝑓(𝑡)} = 𝐹(𝑠) → 𝐿−1 {𝐹(𝑠)} = 𝑓(𝑡) 𝑓(𝑡) 𝑡 𝑡𝑛 𝑒 𝑎𝑡 cos 𝑘𝑡 𝐹(𝑠) 𝑠 𝑠2 𝑛! 𝑠 𝑛+1 𝑠−𝑎 𝑠 𝑠 + 𝑘2 sin 𝑘𝑡 𝑘 𝑠2 + 𝑘2 cosh 𝑘𝑡 𝑠 𝑠2 − 𝑘2 𝑘 𝑠2 − 𝑘2 sinh 𝑘𝑡 𝑠>0 𝑠>0 𝑠>0 𝑠>𝑎 Cách nhớ: – sống Cách nhớ: sức – khỏe Nguyễn Tiến Được – K64 Nguồn: Minh Nguyễn Vlog I Kỹ thuật nhẩy lẩu (Áp dụng tốn tính Laplace ngư ợc) VD: 3𝑠 + 𝐴 𝐵 𝐶 = + + (𝑠 + 1)(𝑠 + 2)(𝑠 + 3) 𝑠 + 𝑠 + 𝑠 + Tìm A: Ta nhân vế với mẫu tương ứng A, hay nhân vế với (s+1) 3𝑠 + 𝐵 𝐶 → = 𝐴 + (𝑠 + 1) ( + ) → 𝑇ℎ𝑎𝑦 𝑠 = −1 𝑡𝑎 đượ𝑐: (𝑠 + 2)(𝑠 + 3) 𝑠+2 𝑠+3 −3 + =𝐴→𝐴= (−1 + 2)(−1 + 3) Tương tự nhân vế với (s+2) ta tìm 𝐵 = (s+3) ta tìm C =-5/2 Hoặc ta có cách bấm máy tính nhanh 3𝑠+4 Muốn tìm A, mẫu tương ứng (s+1) Ta nhập (𝑠+2)(𝑠+3) (bỏ mẫu tương ứng) vào máy tính CALC giá trị s = -1 => A= 1/2 Tương tự muốn tìm B ta nhập 3𝑠+4 (𝑠+1)(𝑠+3) 3𝑠+4 thay giá trị s = -2 Giá trị C ta nhập (𝑠+1)(𝑠+2) thay giá trị s = -3 Note: Cách tách tổng quát 𝑓(𝑥) 𝑛 (𝑥 + 𝑎) (𝑥 + 𝑏𝑥 + 𝑐)𝑚 ′ 𝐴1 𝐴2 𝐴𝑛 𝐵1 𝑥 + 𝐵1′ 𝐵2 𝑥 + 𝐵2′ 𝐵𝑚 𝑥 + 𝐵𝑚 = + + ⋯+ + + + ⋯+ (𝑥 + 𝑎)𝑛 𝑥 + 𝑏𝑥 + 𝑐 (𝑥 + 𝑏𝑥 + 𝑐)2 (𝑥 + 𝑏𝑥 + 𝑐)𝑚 𝑥 + 𝑎 (𝑥 + 𝑎)2 VD: 4𝑠 + 2𝑠 + 𝐴 𝐵 𝐶 𝐷 = + + + (𝑠 + 1)(𝑠 + 2)2 (𝑠 + 4) 𝑠 + 𝑠 + (𝑠 + 2)2 𝑠 + Đối với dạng ta tìm hệ số A,C,D cách nhân (s+1);(s+2)^2;(s+4) Khi cịn lại ẩn B => thay s = giá tr ị giải PT => B - Tìm A: nhân vế với (s+1) => A=1 - Tìm C: nhân vế với (s+2)^2 => C=-13/2 - Tìm D: nhân vế với (s+4) => D=-19/4 Vậy ta được: 4𝑠 + 2𝑠 + 1 𝐵 13 19 = + − − (𝑠 + 1)(𝑠 + 2)2 (𝑠 + 4) 𝑠 + 𝑠 + 2(𝑠 + 2)2 4(𝑠 + 4) Thay s=0 vào PT: 𝐵 13 19 15 → =1+ − − →𝐵= 16 16 VD: 2𝑠 + 3𝑠 + 𝐴 𝐵 𝐶 𝐷 = + + + (𝑠 + 2)(𝑠 + 3)3 𝑠 + 𝑠 + (𝑠 + 3)2 (𝑠 + 3)3 Nguyễn Tiến Được – K64 Nguồn: Minh Nguyễn Vlog Dễ dàng tìm A=7;D=-14 Đối với dạng cịn hệ số cần tìm ta cần thay giá trị s giải HPT Thay s=0 ta đc 2.27 10 𝐵 𝐶 14 𝐵 𝐶 27 14 = + + − s=1 ta đc = + + − 3.4 16 𝐵 = −7 Giải HPT → { 𝐶 = −5 VD: 4𝑠 + 𝐴 𝐵𝑠 + 𝐶 = + 2 (𝑠 + 2)(𝑠 + 4) 𝑠 + 𝑠 + Dễ dàng tìm A=-1/4 Khi đó, nhân vế với (s^2+4) ta có 4𝑠 + 𝑠2 + =− + 𝐵𝑠 + 𝐶 𝑠+2 4(𝑠 + 2) Giải PT 𝑠 + = → 𝑠 = ±2𝑖 Thay s=2i ( s= -2i ) 7 𝐶 = 𝐶 = →{ → + 𝑖 = 2𝐵𝑖 + 𝐶 → { 1 2 2𝐵 = 𝐵= VD: 4𝑠 + 2𝑠 + 𝐴 𝐵 𝐶 𝐷𝑠 + 𝐸 = + + + (𝑠 + 1)(𝑠 + 2)2 (𝑠 + 4𝑠 + 8) 𝑠 + 𝑠 + (𝑠 + 2)2 𝑠 + 4𝑠 + Dễ dàng tìm A=1;C=-15/4 Nhân vế với (s^2+4s+8) ta 4𝑠 + 2𝑠 + = 𝐷𝑠 + 𝐸 (𝑠 + 1)(𝑠 + 2)2 Giải PT 𝑠 + 4𝑠 + = → 𝑠 = −2 ± 2𝑖 Thay s=-2+2i ta 11 − 𝑖 = 𝐷(−2 + 2𝑖) + 𝐸 = −2𝐷 + 𝐸 + 2𝐷𝑖 11 𝐷=− −2𝐷 + 𝐸 = 4 →{ →{ 2𝐷 = − 𝐸= − 𝑠+ 4𝑠 + 2𝑠 + 𝐵 15 → = + − + 2 (𝑠 + 1)(𝑠 + 2) (𝑠 + 4𝑠 + 8) 𝑠 + 𝑠 + 4(𝑠 + 2) 𝑠 + 4𝑠 + Thay giá trị s => B II Tính Laplace ngược Nguyễn Tiến Được – K64 Nguồn: Minh Nguyễn Vlog VD: −1 𝐿 6𝑠 + 22𝑠 + 18 { } (𝑠 + 3)(𝑠 + 1)(𝑠 + 2) 6𝑠 +22𝑠+18 Nhẩm kỹ thuật nhẩy lầu:(𝑠+3)(𝑠+1)(𝑠+2) = 𝑠+3 + 𝑠+1 + 𝑠+2 → 𝐿−1 { + + } = 𝑒 −3𝑡 + 𝑒 −𝑡 + 𝑒 −2𝑡 𝑠+3 𝑠+1 𝑠+2 III Ứng dụng Laplace giải PTVP Nghiệm 𝑥(𝑡) = 𝐿−1 {𝑋(𝑠)} Bước 1: Tác động toán tử Laplace vào vế PT Bước 2: Tìm X(s) Bước 3: Tìm x(t) VD: 𝑥 ′′′ − 9𝑥 ′′ + 26𝑥 ′ − 24𝑥 = 𝑒 𝑡 (1) 𝑣ớ𝑖 𝑥(0) = 𝑥 ′ (0) = 𝑥 ′′ (0) = - Tác động toán tử Laplace vào vế PT (1) (2) 𝐿{𝑥 ′′′ − 9𝑥 ′′ + 26𝑥 ′ − 24𝑥} = 𝑠−1 - 𝐿{𝑥} = 𝑋(𝑠) - 𝐿{𝑥 ′ } = 𝑠 𝑋(𝑠) − 𝑥(0) = 𝑠 𝑋(𝑠) - 𝐿{𝑥 ′′ } = 𝑠 𝑋(𝑠) − 𝑠 𝑥(0) − 𝑥 ′ (0) = 𝑠 𝑋(𝑠) - 𝐿{𝑥 ′′′ } = 𝑠 𝑋(𝑠) − 𝑠 𝑥(0) − 𝑠 𝑥 ′ (0) − 𝑥 ′′ (0) = 𝑠 𝑋(𝑠) Note: CTTQ: 𝐿{𝑥 (𝑛) } = 𝑠 𝑛 𝑋(𝑠) − 𝑠 𝑛−1 𝑥(0) − 𝑠 𝑛−2 𝑥 ′ (0) − ⋯ − 𝑥 (𝑛−1) (0) Thay vào PT (2) ta 𝑠 𝑋(𝑠) − 9𝑠 𝑋(𝑠) + 26𝑠𝑋(𝑠) − 24𝑋(𝑠) = 𝑠−1 (𝑠 − 1)(𝑠 − 9𝑠 + 26𝑠 − 24) → 𝑥(𝑡) = 𝐿−1 { } (𝑠 − 1)(𝑠 − 2)(𝑠 − 3)(𝑠 − 4) 1 1 = 𝐿−1 {− + − + } (𝐾ỹ 𝑡ℎ𝑢ậ𝑡 𝑛ℎẩ𝑦 𝑙ầ𝑢) 6(𝑠 − 1) 2(𝑠 − 2) 2(𝑠 − 3) 6(𝑠 − 4) 1 1 → 𝑥(𝑡) = − 𝑒 𝑡 + 𝑒 2𝑡 − 𝑒 3𝑡 + 𝑒 4𝑡 2 (3) ′′ VD: 𝑥 − 2𝑥 + 16𝑥 = (1) với x(0)=x’(0)=0; x’’(0)=20 - Tác động toán tử Laplace vào vế PT (1) ta 𝐿{𝑥 (3) − 2𝑥 ′′ + 16𝑥} = (2) - 𝐿{𝑥} = 𝑋(𝑠) - 𝐿{𝑥 ′ } = 𝑠 𝑋(𝑠) − 𝑥(0) = 𝑠 𝑋(𝑠) - 𝐿{𝑥 ′′ } = 𝑠 𝑋(𝑠) − 𝑠 𝑥(0) − 𝑥 ′ (0) = 𝑠 𝑋(𝑠) → 𝑋(𝑠) = Nguyễn Tiến Được – K64 Nguồn: Minh Nguyễn Vlog - 𝐿{𝑥 ′′′ } = 𝑠 𝑋(𝑠) − 𝑠 𝑥(0) − 𝑠 𝑥 ′ (0) − 𝑥 ′′ (0) = 𝑠 𝑋(𝑠) − 20 Thay vào PT (2) ta 𝑠 𝑋(𝑠) − 20 − 2𝑠 𝑋(𝑠) + 16𝑋(𝑠) = 20 20 −1 → 𝑋(𝑠) = → 𝑥(𝑡) = 𝐿 { } (𝑠 + 2)(𝑠 − 4𝑠 + 8) 𝑠 − 2𝑠 + 16 6−𝑠 6−𝑠 → 𝑥(𝑡) = 𝐿−1 { + } = 𝑒 −2𝑡 + 𝐿−1 { } 𝑠 + (𝑠 − 4𝑠 + 8) 𝑠 − 4𝑠 + Note: 𝐿{𝑒 𝑎𝑡 𝑓(𝑡)} = 𝐹(𝑠 − 𝑎) 𝐿−1 {𝐹(𝑠 − 𝑎)} = 𝑒 𝑎𝑡 𝑓(𝑡) 1 VD: 𝐿{𝑒 2𝑡 sin 𝑡} = (𝑠−2)2 +1 ( 𝑡ℎ𝑎𝑦 𝑠 𝑡𝑟𝑜𝑛𝑔 𝐿{sin 𝑡} = 𝑠2 +1 𝑡ℎà𝑛ℎ 𝑠 − ) 𝑠−3 𝑠 𝐿{𝑒 3𝑡 cos 𝑡} = (𝑠−3)2 +1 ( 𝑡ℎ𝑎𝑦 𝑠 𝑡𝑟𝑜𝑛𝑔 𝐿{cos 𝑡} = 𝑠 +1 𝑡ℎà𝑛ℎ 𝑠 − ) 6−𝑠 Trở lại toán ta cần tính 𝐿−1 { } 𝑠 −4𝑠+8 6−𝑠 6−𝑠 𝐿−1 { } = 𝐿−1 { } (𝑠 − 2)2 + 𝑠 − 4𝑠 + 𝑠−2 2.2 = 𝐿−1 {− } + 𝐿−1 { } (𝑠 − 2) + (𝑠 − 2)2 + = −𝑒 2𝑡 cos 2𝑡 + 𝑒 2𝑡 sin 2𝑡 Vậy 𝑥(𝑡) = 𝑒 −2𝑡 − 𝑒 2𝑡 cos 2𝑡 + 2𝑒 2𝑡 sin 2𝑡 VD: 𝑡𝑥 ′′ + (𝑡 − 3)𝑥 ′ + 2𝑥 = 𝑣ớ𝑖 𝑥(0) = (1) - Tác động toán tử Laplace vào vế PT (1) ta 𝐿{𝑡𝑥 ′′ + (𝑡 − 3)𝑥 ′ + 2𝑥} = → 𝐿{𝑡𝑥 ′′ + 𝑡𝑥 ′ − 3𝑥 ′ + 2𝑥} = (2) Note: 𝐿{𝑡 𝑛 𝑓(𝑡)} = (−1)𝑛 𝐹 (𝑛) (𝑠) VD: 𝐿{𝑡 𝑓(𝑡)} = −𝐹′(𝑠) 𝐿{𝑡 𝑛 𝑓(𝑡)} = 𝐹′′(𝑠) ′ 4𝑠 𝐿{𝑡 sin 2𝑡} = − ( ) = (𝑠 + 4)2 𝑠 +4 ′′ 𝑠 𝐿{𝑡 cos 3𝑡} = ( ) =⋯ 𝑠 +9 - 𝐿{𝑥} = 𝑋(𝑠) - 𝐿{𝑥 ′ } = 𝑠 𝑋(𝑠) − 𝑥(0) = 𝑠 𝑋(𝑠) - 𝐿{𝑡𝑥 ′ } = −[𝑠 𝑋(𝑠)]′ = −𝑋(𝑠) − 𝑠 𝑋′(𝑠) - 𝐿{𝑥 ′′ } = 𝑠 𝑋(𝑠) − 𝑠 𝑥(0) − 𝑥 ′ (0) = 𝑠 𝑋(𝑠) − 𝑥′(0) - 𝐿{𝑡𝑥 ′′ } = −[𝑠 𝑋(𝑠) − 𝑥 ′ (0)]′ = −2𝑠𝑋(𝑠) − 𝑠 𝑋 ′ (𝑠) Thay vào PT (2) ta −2𝑠𝑋(𝑠) − 𝑠 𝑋 ′ (𝑠) − 𝑋(𝑠) − 𝑠𝑋 ′ (𝑠) − 2𝑠𝑋(𝑠) + 𝑋(𝑠) = → (−𝑠 − 𝑠)𝑋 ′ (𝑠) − 4𝑠𝑋(𝑠) = → (𝑠 + 1)𝑋 ′ (𝑠) + 4𝑋(𝑠) = ( 𝐷𝑜 𝑠 > → 𝐶ℎ𝑖𝑎 𝑣ế 𝑐ℎ𝑜 − 𝑠) → 𝑋 ′ (𝑠) = − 𝑋(𝑠) 𝑠+1 𝑑[𝑋(𝑠)] → =− 𝑋(𝑠) 𝑑𝑠 𝑠+1 Nguyễn Tiến Được – K64 Nguồn: Minh Nguyễn Vlog → 𝑋(𝑠) 𝑑[𝑋(𝑠)] = − 𝑠+1 𝑑𝑠 → ln|𝑋(𝑠)| = −4 ln(𝑠 + 1) + ln 𝐾 → ln|𝑋(𝑠)| = 𝑙𝑛𝐾 (𝑠 + 1)−4 = ln → 𝑋(𝑠) = ± 𝐾 (𝑠 + 1)4 𝐾 𝐶 = (𝑠 + 1)4 (𝑠 + 1)4 𝐶 Vậy 𝑥(𝑡) = 𝐿−1 {(𝑠+1)4} = 𝐶 3! 𝑒 −𝑡 𝑡 CHÚC CÁC BẠN THI TỐT FULL A+ − From NTĐ with love − Nguyễn Tiến Được – K64 Nguồn: Minh Nguyễn Vlog ...