Phép biến đổi laplace và một số ứng dụng trong việc giải phương trình vi phân

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH - Trần Thanh Đức PHÉP BIẾN ĐỔI LAPLACE VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG TRONG VIỆC GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN Chun ngành: Tốn Giải Tích Mã ngành: 60 46 01 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: TS LÊ THỊ THIÊN HƯƠNG Thành phố Hồ Chí Minh – 2007 LỜI CẢM ƠN Thật khó để tìm lời diễn đạt hết công lao Thầy Cô dạy Lời đầu tiên, tơi xin kính gửi đến Thầy PGS.TS Nguyễn Bích Huy lịng biết ơn chân thành sâu sắc, Thầy để lại ấn tượng lớn suốt thời sinh viên Kế đến, xin bày tỏ lịng biết ơn TS Lê Thị Thiên Hương tận tình hướng dẫn, động viên, giúp đỡ tơi suốt q trình viết luận văn Tôi xin thay mặt học viên cao học Tốn K.15 gửi đến Thầy PGS.TS Lê Hồn Hóa lịng tri ân chân thành, Thầy người cha già dạy cặn kẽ từ việc nhỏ giấc, thái độ, tác phong gặp thầy cô hướng dẫn Sau cùng, học viên K.15 xin cảm ơn tất Thầy Cơ khoa Tốn hai trường Đại học Sư Phạm Thành phố Hồ Chí Minh Đại học Khoa Học Tự Nhiên Thành phố Hồ Chí Minh truyền đạt cho tri thức quý báu say mê nghiên cứu khoa học CÁC KÝ HIỆU CR Cung trịn bán kính R D Miền giới hạn chu tuyến đóng  ℒ Phép biến đổi Laplace ℒ1 Phép biến đổi Laplace ngược Res[ f ( z ), z0 ] Thặng dư hàm f(z) điểm z =z0 [t] Số nguyên lớn không vượt t n f(t) Sai phân cấp n hàm số f(t) PHẦN MỞ ĐẦU Lý thuyết phép biến đổi Laplace (Pierre Simon Laplace, 1749-1827, nhà toán học Pháp) phần quan trọng tốn học, cho ta phương pháp để giải nhiều toán phát sinh từ lĩnh vực khoa học kỹ thuật khác Trong luận văn phép biến đổi Laplace ứng dụng để giải hai toán sau Bài tốn Tìm hàm bậc thang y(t) [ 0,+∞) thỏa mãn phương trình a0 y (t  n)  a1 y (t  n  1)   an y (t )  f (t ) (a0  0), với điều kiện đầu y (0)   , y (1)  1 , , y (n  1)   n 1 , f hàm bậc thang [0,+∞); a0 , ak 1 ,  k (k  0, n  1) số phức cho trước Bài tốn Tìm hàm u(x,t) thỏa mãn   Pn u ( x, t )   L2 u ( x, t )   f ( x, t )  u  n 1u  u ( x , 0)   ( x ), ( x , 0)   ( x ), , ( x, 0)  n 1 ( x)  n 1   t t  u  u 1 x (a, t )  1u (a, t )   (t ) ,  x (b, t )   2u (b, t )   (t ), Pn u   a0  nu  n 1u u  2u u  a   a , L [ u ]  b ( x )  b1 ( x)  b2 ( x)u ( x, t ) , n 1 n n 1 t t t t t ( i  0, n  ) số, a0  0, b j ( x) ( j  0, ) hàm số theo biến x ; f(x,t) hàm cho trước xác định tập [a, b]  (0, ) Ngồi ra, luận văn cịn chứng minh toán tương đương toán 1’ sau Bài tốn 1’ Tìm hàm bậc thang y(t) [0,+∞) thỏa mãn phương trình b0  n y (t )  b1 n 1 y (t )   bn y (t )  f (t ) (b0  0), với điều kiện đầu y (0)   , y (0)  1 , ,  n 1 y (0)   n 1 , f hàm bậc thang [0,+∞); b0 , bk 1 ,  k (k  0, n  1) số cho trước, ny(t) (n =0,1,2, ) sai phân cấp n hàm y(t) Trong [2,3,6,8], tác giả ứng dụng phép biến đổi Laplace để giải phương trình vi phân tuyến tính hệ số a0 y ( n ) (t )  a1 y ( n 1) (t )   an 1 y '(t )  an y (t )  f (t ) , (0.1) với điều kiện đầu y (0)   , y '(0)  1 , , y ( n 1) (0)   n 1 , (0.2) hệ phương trình vi phân tuyến tính hệ số cấp y 'k (t )  bk1 y1 (t )  bk y2 (t )   bkn yn (t )  f k (t ) , với f, fk xác định [0, ); a0 , ak , k 1 , b jk ( j , k  1, n) số cho trước Trong [1], phép biến đổi Laplace ứng dụng để giải phương trình (0.1)-(0.2) phương trình tích phân Volterra loại t  sin(t   ) x( )d  t sin t Luận văn chia thành chương mục sau Phần mở đầu nêu toán xét luận văn giới thiệu toán hướng giải Chương nêu số kết tích phân Cauchy thặng dư Chương giới thiệu phép biến đổi Laplace Chương nghiên cứu tồn phép biến đổi Laplace ngược hay gọi gốc cách xác định gốc Chương ứng dụng phép biến đổi Laplace để giải phương trình sai phân hữu hạn tuyến tính hệ số Chương ứng dụng phép biến đổi Laplace giải phương trình đạo hàm riêng Sau kết luận luận văn danh mục tài liệu tham khảo CHƯƠNG 1: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Chương nhắc lại số kết tích phân Cauchy, tích phân phụ thuộc tham số phức, thặng dư ứng dụng thặng dư để tính tích phân 1.1 CÁC ĐỊNH LÝ TÍCH PHÂN CAUCHY Định lý 1.1 ( xem [5]) Nếu hàm số  =f(z) chỉnh hình miền đơn liên D với chu tuyến đóng, trơn khúc  nằm D, ta có  f ( z )dz  Định lý 1.2 ( xem [5]) Giả sử D miền đơn liên bị chặn với biên  D chu tuyến đóng, trơn khúc Khi f hàm chỉnh hình D liên tục D  D  D  f ( z )dz  D Định lý 1.3 (xem [5]) Nếu D miền n–liên; f hàm chỉnh hình D liên tục D  f ( z )dz  D Định lý 1.4 ( xem [5]) Giả sử f hàm chỉnh hình miền D z0D Khi với chu tuyến đóng   D cho z0 D  D, ta có f ( z)  f ( y) dy  2 i   y  z0 Bổ đề Jordan (xem [5]) Giả sử f(z) hàm giải tích nửa mặt phẳng phức Imz >0, f ( z )  theo argz (với 0 argz .) Khi đó, trừ hữu hạn điểm kỳ dị cô lập, |lim z | với  >0 ta có lim R   f ( y )ei y dy  , CR' C’R nửa cung trịn |z|=R phía Im(z) >0 mặt phẳng phức Chú thích 1.1 Trong [10,13], bổ đề Jordan trường hợp: i) Hàm số f(z) giải tích nửa mặt phẳng phức Re(z) 0, ta có lim R   f ( y )e y dy  , CR' C’R nửa cung trịn |z – 0|=R phía trái Re(z) 0, trừ hữu hạn điểm kỳ dị cô   2 f ( z )  theo argz (với   arg z  lập, |lim z | ) Khi đó, với  >0, ta có lim R   f ( y )e  y dy  , CR' C’R nửa cung trịn |z– 0|=R phía phải Re(z) >0 mặt phẳng phức 1.2 TÍCH PHÂN PHỤ THUỘC THAM SỐ Cho hàm đơn trị phức (z,p), với z=x+iy xác định tập mở   p= +i chạy đường cong trơn khúc , thỏa mãn : (i) Với p, hàm z   ( z , p) giải tích  ; (ii) Hàm (z,p) hàm đạo hàm riêng  ( z , p ) liên tục z Do điều kiện (i) nên tích phân đường   ( z, p)dp tồn phụ thuộc tham số z  Đặt F ( z )    ( z , p )dp  U ( x, y )  iV ( x, y ) , z   (1.1)  Khi F(z) hàm giải tích  đạo hàm Thật vậy, xét tích phân đường  ( z , p)dp z  F '( z )     ( z, p)dp ,  z=x+iy, p=+i , (z,p)=u(x,y,,) + iv(x,y,,) (với x,y,, |R) Từ (1.1), ta có F ( z )  U ( x, y )  iV ( x, y )    ( z, p)dp   u ( x, y,  , )  iv( x, y,  , ) d (  i )     u ( x, y,  , )d  v( x, y,  , ) d  i  u ( x, y,  , ) d  v( x, y,  , )d   Đồng phần thực phần ảo, ta U ( x, y )  u ( x, y,  , )d  v( x, y,  , ) d    V ( x, y )   v( x, y,  , ) d  u ( x, y,  , ) d   (1.2) Từ điều kiện (i), suy u,v có đạo hàm riêng liên tục thỏa mãn điều kiện Cauchy–Riemann: u v u v    Do đó, từ (1.2) suy ; x y y x u v  U  x ( x, y )   x ( x, y,  , )d  x ( x, y,  , )d     U ( x, y )  v ( x, y,  , )d  u ( x, y,  , )d  y  y y U v u u v u v  V  x ( x, y )   x d  x d    y d  y d    y d  y d   y      V v u u v U        ( x, y )   d  d   d  d   y y y x x x   Vậy U(x,y) V(x,y) thỏa mãn điều kiện Cauchy–Riemann miền  nên F(z) khả vi , F '( z )  U V u v v v i   d  d  i  d  d x y  x x y y   u v       i d   i    dp x y  z   1.3 THẶNG DƯ CỦA HÀM GIẢI TÍCH Điểm z0  gọi điểm kỳ dị cô lập hàm f(z), tồn số r  cho f(z) giải tích hình vành khăn  | z  z0 |  r f(z) khơng giải tích z0 f ( z)  a Nếu zlim z z0 gọi điểm thường hàm f(z) f ( z )   z0 gọi cực điểm hàm f(z) Nếu zlim z Điểm z0 gọi không-điểm cấp m hàm giải tích f(z)  f ( z0 )  f '( z0 )   f ( m 1) ( z0 )   (m) f ( z )   Điểm z0 gọi cực điểm cấp m hàm f(z) z0 không-điểm cấp m hàm f ( z) Giả sử z0 điểm kỳ dị cô lập hàm giải tích đơn trị f(z) Trong lân cận điểm z0 , hàm f(z) biểu diễn thành chuỗi Laurentz f ( z)    c z  z  n  n n , với cn  f ( ) d  2 i    z0 n 1 Thặng dư hàm giải tích f(z) điểm kỳ dị lập z0 giá trị tích phân f ( )d  2 i  lấy theo chiều dương chu tuyến đóng  nằm miền giải tích hàm f(z) chứa z0 , ký hiệu f ( )d  c1 , với 2 i  Re s[ f ( z ), z0 ]  c1  lim  z  z0  f ( z ) z  z0 * Cơng thức tính thặng dư (xem [5,8]) i) Nếu z0 cực điểm cấp hàm f(z) Res[ f ( z ), z0 ]  lim( z  z0 ) f ( z ) z  z0 ii) Nếu f ( z )   ( z) ,với (z0)0 z0 cực điểm cấp (z)  ( z) R e s[ f ( z ), z0 ]  iii)  ( z0 )  '( z0 ) Giả sử z0 cực điểm cấp m >1 hàm f(z) d m 1 ( z  z0 ) m f ( z ) Res[ f ( z ), z0 ]  lim (m  1)! z  z0 dz m 1 Định lý 1.5 (Định lý thặng dư, xem [5]) Giả sử hàm f(z) giải tích miền  , trừ số hữu hạn điểm z1,z2 ,…, zn nằm miền Khi đó, ta có  n f ( z )dz  2 i  Res[ f ( z ), zk ] , k 1 với  chu tuyến đóng nằm miền  cho  z1 , z2 , , zn      CHƯƠNG : PHÉP BIẾN ĐỔI LAPLACE Chương nêu khái niệm tính chất phép biến đổi Laplace Việc chứng minh tính chất trình bày tài liệu [1] [8] 2.1 KHÁI NIỆM PHÉP BIẾN ĐỔI LAPLACE Giả sử f(t) hàm phức liên tục [0,+ ), trừ điểm cô lập, số điểm hữu hạn Nếu có số thực  cho tích phân suy rộng   f (t ) e t dt (2.1) hội tụ, tích phân suy rộng   f (t ) e st dt hội tụ, với s > Từ suy -Hoặc tồn số thực 0 để tích phân (2.1) hội tụ với  >0 , phân kỳ với  0 ) Định lý 2.1 Điều kiện cần đủ để hàm số f(t) có độ tăng bị chặn tồn  >0 M>0 cho f (t )  Me t , t  [0, ) Khi số tăng f(t)   inf  : f (t )  M e t , t  ;   0, M  0 Chứng minh Điều kiện đủ Giả sử tồn  >0 M>0 cho f (t )  Me t với t  [0, ) Sử dụng đẳng thức Cnk  Cnk 1  Cnk1 phương pháp quy nạp toán học ta chứng minh hai công thức sau n  n f (t )   (1) n  k Cnk f (t  k ) , n  1, 2, (4.5) k 0 n f (t  n)   Cnk  k f (t ) , n  1, 2, (4.6) k 0 Thật vậy, * Công thức (4.5) n=1 (do định nghĩa 1.5) Giả sử (4.5) với n  Với n:=n+1 , ta có n  n 1 f (t )   n f (t )    1 nk k 0 n Cnk f (t   k )    1 nk k 0   1  Cn0  Cn1  f (t  1)   1 n n 1 C n Cnk f (t  k )  Cn2  f (t  2)    1  Cnn 1  Cnn  f (t  n)   1 Cnn f (t  n  1)   1 Cn0 f (t )   1 n 1   1 C Cn01 f (t )   1 Cn11 f (t  1)   1 n n 1 n f (t  n)   1 C n 1 n 1 n n 1 Cn21 f (t  2)  n 1 f (t  n  1)    1 n 1 k k 0 Cnk1 f (t  k ) * Dễ dàng kiểm tra (4.6) n=1 n Giả sử (4.6) với n 2, nghĩa f (t  n)   Cnk  k f (t ) k 0 Ta có n+1f(t) =nf(t) = nf(t+1)–nf(t) với n =1,2,… hay nf(t+1) =n+1f(t) + nf(t) với n =1,2,… Từ giả thiết quy nạp, suy n f (t  n  1)  f (t   n)   Cnk  k f (t  1) k 0  Cn0 f (t  1)  Cn1 f (t  1)  Cn2  f (t  1)   Cnn 1 n 1 f (t  1)  Cnn  n f (t  1)  Cn0  f (t )  f (t )   Cn1   f (t )  f (t )   Cn2   f (t )   f (t )   Cnn 1   n f (t )   n 1 f (t )   Cnn   n 1 f (t )   n f (t )   Cn0 f (t )   Cn0  Cn1  f (t )   Cn1  Cn2   f (t )    Cnn 1  Cnn   n f (t )  Cnn  n 1 f (t )  Cn01 f (t )  Cn11f (t )  Cn21 f (t )   Cnn1 n f (t )  Cnn11 n 1 f (t ) Vậy, theo phương pháp quy nạp toán học, (4.5)-(4.6) chứng minh Định nghĩa 1.6 Phương trình sai phân hữu hạn tuyến tính hệ số biểu thức tuyến tính có dạng: a0 y (t  n)  a1 y (t  n  1)   an y (t )  f (t ) (a0  0), ak (k  0, n) số; f(t) hàm cho trước; y(t) xác định [0,+∞) ẩn hàm cần tìm Xét hai tốn sau, f hàm bậc thang [0,+∞); a0 , ak 1 ,  k , b0 , bk 1 ,  k (k  0, n  1) số phức cho trước Bài toán Tìm hàm bậc thang y(t) [ 0,+∞) thỏa mãn phương trình a0 y (t  n)  a1 y (t  n  1)   an y (t )  f (t ) (a0  0), (4.7) với điều kiện đầu y (0)   , y (1)  1 , , y (n  1)   n 1 (4.8) Bài tốn 1’ Tìm hàm bậc thang y(t) [0,+∞) thỏa mãn phương trình b0  n y (t )  b1 n 1 y (t )   bn y (t )  f (t ) (b0  0), với điều kiện đầu y (0)   , y (0)  1 , ,  n 1 y (0)   n 1 , Từ (4.5) suy rằng, toán 1’ toán với số ak ,  k thích hợp Từ (4.6) suy tốn toán 1’ với số bk , k thích hợp Bài tốn ln có nghiệm (vì việc giải tốn dẫn tới việc giải hệ phương trình cơng thức truy hồi nhằm xác định dãy số sinh hàm bậc thang y(t) ) Suy tốn 1’ ln có nghiệm Định lý 4.2 Nếu f(t) gốc bậc thang nghiệm tốn (và suy nghiệm toán 1’) gốc bậc thang Giả sử f(k)=hk , y(k)= gk Theo giả thiết | hk | < pk (k=1,2,…), Chứng minh p >0 Khơng tính tổng qt, ta giả sử a0=1 Gọi A số lớn số |a1|,|a2|,…,| an| Giả sử q lớn số k gk ( k  1, n ); p; 1 ; nA+1 Ta khẳng định | gk | < qk , với k=1, 2,… (4.9) Thật vậy, với k ≤ n, bất đẳng thức (4.9) định nghĩa số q Với k=m (với m>n) bất đẳng thức (4.9) với k0 Giải Ta có n=1, a0 =1, a1 =–1, 0=1 ,  H ( z )  (a  1) a k z k  k 0 từ (4.10), cho ta G ( z )  a 1 ,  az  a 1  1 z    az  a z    1 z   az   az Do đó, hàm số y(t) sinh dãy số 1, a, a2, … Vậy y (t )  a  , t  (xem ví dụ 1.12) t (4.10) b)  y (t )  y (t )  y (t )  ,   y (0)  0, y (0)  Giải Áp dụng công thức (4.5), ta có  y (t )  (1)2 C20 y (t )  (1)1 C21 y(t  1)  (1)0 C22 y(t  2)  y(t )  y(t )  y(t  2) ; Do toán viết lại  y (t  2)  y (t  1)  y (t ) ,   y (0)  0, y (1)  Ta có n =2, a0 =1, a1 =–1, a2 =–1, 0 =0, 1 =1, H(z)=0, G( z)  z z  0   z  z  z  3z  z   1 z  z 1 z  z2 Vậy hàm số y(t) sinh dãy số 0, 1, 1, 2, 3, 5, … c)  y (t  2)  y (t  1)  y (t )  2[t ] ,   y (0)  0, y (1)  Giải Ta có n =2, a0 =1, a1 =–2, a2 =1, 0 =0, 1 =2,  H ( z )   2k z k  k 0 G( z)  , 1 2z 1  z  2z  z2     1 2z  z   z   z (1  z )  z Suy ra, theo ví dụ 1.13, nghiệm bậc thang y(t) sinh dãy un  2n  n  , n  0,1, 2, Vậy y (t )  2   [t ]  , t  t Chú thích 1.7 i) 1, m  n 0, m  n Nếu hmn   (m, n  0,1, 2, ) , f (t )  1 (t  m) H ( z )  z m (m  0,1, 2, ) ii) (n  m)m Cnm m Nếu hmn   m !a n  m 1 a n  m 1 (m, n  0,1, 2, , m  n  0) , x m   n  m   x( x  1) ( x  m  1) , f (t )  [ n  m 1] m m !a H ( z)  a  z m 1 (a  0) Từ suy ra, f (t )  t  m    t  m H ( z)  m! 1   z  m 1 (  0, m  0,1, 2, ) Để ý đa thức bậc m phân tích thành tích đa thức bậc 0,1,…, m Và hàm hữu tỉ, quy 0, phân tích thành tổng đa thức nguyên phân thức hữu tỉ đơn giản, tổ hợp tuyến tính hàm số có dạng zm , a  z m 1 (a  0, m  0,1, 2, ) Từ đó, ta kết luận rằng, để hàm H(z) cho công thức F ( p)  1 ( p) H (e p ) hàm hữu tỉ quy 0, điều kiện cần đủ f(t) tổ hợp tuyến tính hàm số có dạng 1 (t  m) , t   t  m (  0, m  0,1, 2, ) Vì thế, biết f(t) ta tìm biểu thức tương ứng H(z) ngược lại, biết hàm hữu tỉ H(z) quy tìm biểu thức tương ứng f(t) Ví dụ 1.15 a) Tìm nghiệm bậc thang y(t) phương trình sau:  y (t  2)  y (t  1)  y (t )  [t ]  2t  ,   y (0)  , y (1)  Giải Ta có n =2, a0 =1, a1 =–2, a2 =1, 0 =0, 1 =2,  H ( z )    k  2k  z k  k 0 G( z)  1  2z  z2 z 1  z   1 1    ,  z 1  z   z  z  z  1 4z 2      2z  z    2 (1  z )  z  z  z (1  z ) (1  z ) (1  z )     Suy nghiệm bậc thang y(t) sinh dãy un  n   4n  (n  2)(n  1) (n  3)(n  2)(n  1) n3  3n  8n    2n  , n  0,1, 2! 3! (do (ii) thích 1.7 ví dụ 1.13) Vậy b) y (t )  [t ]3  3[t ]2  8[t ]  [ t ]  , t   y (t  3)  y (t  2)  y (t  1)  y (t )  ,   y (0)  , y (1)  2, y (2)  Ta có n =3, a0 =1, a1=–4, a2 =5, a3 =–2, 0 =0, 1=2, 2 =5,  H ( z )    2  z k  k 0 G( z)  2 , 1 z 1  z  5z  z3   2   z (1  z )  z  z  z   1   4z  z2      (1  z )(1  z )   z  (1  z )  z (1  z ) Suy nghiệm bậc thang y(t) sinh dãy un  Vậy (n  2)(n  1) n   n   (n  1)  2n , n  0,1, 2, 2! y (t )  [t ]  1  2[t ] , t  Ngồi ra, cơng thức (4.10) chứng tỏ rằng, H(z) hàm hữu tỉ G(z) hữu tỉ Do đó, vế phải phương trình có sai phân tuyến tính hệ số xét mà tổ hợp tuyến tính hàm số có dạng 1 (t  m) , t   t  ,   , m=1,2,… m nghiệm phương trình có tính chất với điều kiện ban đầu Ứng dụng phép biến đổi Laplace giải phương trình sai phân tuyến tính hệ số ta thu lời giải ngắn gọn giải phương trình phương pháp sai phân bước lưới h, chẳng hạn ví dụ 1.15 (xem [9]) CHƯƠNG : ỨNG DỤNG PHÉP BIẾN ĐỔI LAPLACE GIẢI PHƯƠNG TRÌNH ĐẠO HÀM RIÊNG Ngồi phương trình sai phân hữu hạn tuyến tính hệ số nêu trên, tốn tử Laplace cịn ứng dụng để giải phương trình đạo hàm riêng Xét tốn sau Bài tốn Tìm hàm u(x,t) thỏa mãn   Pn u ( x, t )   L2 u ( x, t )   f ( x, t )  u  n 1u  ( x, 0)  1 ( x), , n 1 ( x, 0)  n 1 ( x) u ( x, 0)  0 ( x), t t  u  u 1 x (a, t )  1 u (a, t )   (t ) ,  x (b, t )   u (b, t )   (t ) (5.1) (5.2) (5.3)  nu  n 1u u  2u u Pn u   a0 n  a1 n 1   an 1 , L2 [u ]  b0 ( x)  b1 ( x)  b2 ( x) u ( x, t ) , t t t t t ( i  0, n  ) số, a0  0, b j ( x) ( j  0, ) hàm số theo biến x ; f(x,t) hàm cho trước xác định tập [a, b]  (0, ) Giả sử điều kiện tồn biến đổi Laplace hàm f(x,t), i ( x) , i  0, n  ,  j ( x) , j  1, , thỏa mãn Gọi ℒ{u(x,t)}=U(x,p) biến đổi Laplace f(x,t) theo t (x số) Khi đó, với Re(p) >0, ta có  ℒ u ( x, t )  U ( x, p)   e pt u ( x, t )dt u ℒ  ( x, t )    t   e  pt u ( x, t ) dt  u.e  pt t    p  u.e  pt dt  pU ( x; p )  u ( x, 0)   2u     u   u  u  u  ℒ      p ℒ    ( x, 0)  p 2U ( x; p)  p.u ( x, 0)  ( x, 0)  t  t  t  t  t    t  ℒ Tổng quát  ku   k 1u k k 1 k  u      ( x , t ) p U ( x ; p ) p u ( x , 0) p ( x , 0) ( x, 0)  k t k 1 t  t  ℒ  p kU ( x; p )  p k 10 ( x)  p k  21 ( x)    k 1 ( x) , k  1, n , (5.4) u    x  ℒ    e  pt u d dt  dx x  e  pt udt    2u    pt  2u d2   e dt   x dx  x  ℒ   dU ( x; p ) , dx e  pt udt  d 2U ( x; p ) , dx ℒ  f ( x, t )  F ( x, p) , ℒ  j (t )   j ( p) (5.5) (5.6) ( j  1, 2) Lấy biến đổi Laplace hai vế (5.1) theo biến t (x số), ta  Pn ( p )U ( p )  L2 U ( x, p )   F ( x, p )  F0 ( x, p ) , (5.7) n 1 F0 ( x, p )   Pk ( p ).n  k 1 ( x) , Pk ( p)  a0 p n ( k 1)  a1 p n ( k  2)  an ( k  2) p  an ( k 1) k 0 Kết hợp đieu kiện biên (5.2) cho ta 1U x (a, p)  1U (a, p)  1 ( p) ,  2U x (b, p)   2U (b, p)   ( p) (5.8) Giải toán (5.7) với điều kiện (5.8) ta nghiệm U(x,p) Từ tính gốc u(x,t) nghiệm (5.1)-(5.3) Ví dụ 1.16 Giải phương trình đạo hàm riêng sau x u u  x x t (5.9) ; x  0, t  với điều kiện đầu u ( x, 0)  0, u (0, t )  ( x  0, t  ) (5.10) Giải Gọi ℒ{u(x,t)}=U(x;p) Từ (5.4)-(5.5) (5.9), ta có xpU ( x; p )  u ( x, 0)  dU x ( x; p )  dx p Kết hợp điều kiện (5.10), ta dU x  xpU  dx p Thừa số tích phân (5.11) (5.11) x2 p pxdx e e Suy x p d   U e dx  x   dU x p x2  p2  xpU  e  e    dx p   2 (5.12) Lấy tích phân hai vế (5.12), ta thu Ue p x2 2  x p x2 px e dx  e  A , p p hay x p U ( x; p )   Ae p (5.13) Lại từ điều kiện (5.10) ta có  U(0;p)=ℒ u (0, t )   e pt u (0, t )dt  (5.14) Kết hợp (5.13)-(5.14), ta A   p2 Vậy 1 px U ( x; p)   e p p Ngoài ra, (2.12) cho ta ℒ1 e  pT F ( p)  f (t  T ) H (t  T ) , suy gốc U(x;p) (cũng nghiệm (5.6)-(5.7))  x2  x   x   u ( x, t )  t   t   H  t          t  x2 , t , 0t  x2 Từ (5.4) ta nhận thấy rằng, ứng dụng phép biến đổi Laplace để giải toán (5.1)-(5.3), ta cần giải phương trình vi phân theo hàm ảnh U(x,p) có cấp với cấp vi phân theo biến x (cấp ≤ 2), vi phân theo biến t có cấp n lớn tùy ý Ví dụ 1.17 Giải phương trình đạo hàm riêng sau  2u  2u   k sin  x ;  x  , t  , x c t u ( x, 0)  0, Giải u t t 0  , u (0, t )  0, u (1, t )  (5.15) (5.16) Gọi ℒ{u(x,t)}=U(x;p) Từ (5.15), ta có d 2U 1 u  k sin  x ( x; p)   p 2U ( x; p )  pu ( x, 0)  ( x, 0)   dx c  t p  Kết hợp điều kiện (5.16), ta d 2U p2 k sin  x  ( x ; p ) U ( x; p)   2 dx c p Xét phương trình (5.17) p2 U " U  c (5.18) Phương trình (5.18) có phương trình đặc trưng: 2  p2 c2 p p2  , nghiệm đặc trưng 1,2   c c * Nếu Suy nghiệm riêng (5.18) có dạng px U  A.e c  B.e  px c Kết hợp điều kiện biên U(0;p)=ℒ{u(0,t)}=0=A+B,  p c p c U(1;p)=ℒ u (1, t )   e u (1, t )dt   A.e  B.e ,  pt ta A=B=0 (loại) p2 * Nếu  , (5.18) trở thành U”xx = 0, suy U=Ax+B c So sánh điều kiện biên U(0;p)=0=B U(1;p)=0=A+B Suy * Nếu A=B=0 (loại) p p2  , nghiệm đặc trưng 1,2   i c c Khi nghiệm riêng (5.18) có dạng  px   px  U ( x; p)  A sin    B cos    c   c  Kết hợp điều kiện biên (với A2+B2 0) U (0; p)   B    p U (1; p )  A sin  c      p  n , n  1, 2, c , suy Chọn n=1, nghiệm riêng (5.18): U(x;p)= Asinx Suy U”xx(x;p)= – A2sinx Kết hợp (5.17), ta A kc sin  x p p   c sin  x   Vậy nghiệm riêng (5.17) U ( x; p)  kc sin  x p p   2c   Do đó, nghiệm tổng quát (5.17) có dạng kc sin  x  px   px  U ( x; p)  A sin    B cos     c   c  p p   2c   , x  (0,1), p  Kết hợp điều kiện biên U(0;p)=0=B U(1;p)=0, suy A=0 Vậy U ( x; p)  kc sin  x p p   2c   (5.19) Do p=0, p=ic p=–ic cực điểm đơn vế phải (5.19) nên áp dụng (3.17) ta gốc u(x,t) sau: u ( x, t )  Re s U ( x; p )e pt ,   Re s U ( x; p)e pt , i c   Re s U ( x; p)e pt , i c  e pt kc sin  x e pt kc sin  x e pt kc sin  x  lim  lim  lim p 0 p i c p ( p  i c ) p  i c p ( p  i c ) p   2c  k 2 1  cos  ct  sin  x Vậy nghiệm toán (5.15)-(5.16) u ( x, t )  k 2 1  cos  ct  sin  x Chú thích 1.8 Bài tốn dao động sợi dây hữu hạn với điều kiện đầu biên ví dụ 1.17 giải phương pháp biến đổi Fourier ( xem [4]) Ứng dụng phép biến đổi Laplace để giải toán 2, ta nhận thấy rằng: Dù n lớn ta cần giải phương trình vi phân theo hàm U(x,p) có cấp với vi phân theo biến x (cấp ≤ 2), khối lượng tính tốn nói chung phương pháp biến đổi Fourier ( xem [4]) KẾT LUẬN Luận văn ứng dụng phép biến đổi Laplace để giải phương trình sai phân hữu hạn tuyến tính hệ số phương trình đạo hàm riêng mà gọi toán toán Khi ứng dụng phép biến đổi Laplace để giải toán ta thu lời giải ngắn gọn so với phương pháp sai phân bước lưới h (xem [9]), giải toán theo phương pháp nói ta cần giải phương trình vi phân theo hàm U(x,p) có cấp với cấp vi phân theo biến x (cấp ≤ 2), vi phân theo biến t có cấp n tùy ý Nội dung trọng tâm luận văn chương chương Ở chương 4, hai công thức (4.5)-(4.6) khẳng định toán tương đương tốn 1’ cơng thức (4.10) cho ta thuật tốn để xác định nghiệm toán Trong chương 5, sử dụng công thức (5.4) cho phép chuyển biểu thức vi phân cấp n theo biến t hàm u(x,t) biểu thức bậc theo U(x,p) Cuối chương chương phần minh họa ví dụ TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt Đặng Đình Áng, Trần Lưu Cường, Huỳnh Bá Lân, Nguyễn Văn Nhân (2001), Biến đổi tích phân, NXB Giáo Dục Đậu Thế Cấp (2003), Lý thuyết, Bài tập Hàm biến phức, NXB Giáo dục Nguyễn Kim Đính (1997), Phép biến đổi Laplace, ĐH Kỹ Thuật Tp HCM Nguyễn Nhật Khanh (2003), Các giảng phương trình Vật lý-Tốn, NXB ĐHQG Tp.HCM Nguyễn Văn Khuê, Vũ Tuấn (1990), Hàm số biến số phức, NXB Giáo dục, Hà Nội Nguyễn Đình Phư (2002), Phương trình vi phân, NXB ĐHQG Tp.HCM Vũ Văn Thanh, Nguyễn Nhật Khanh (2000), Phương trình đạo hàm riêng Vật lý, NXB ĐHQG Tp.HCM Võ Đăng Thảo (2005), Hàm phức toán tử Laplace, NXB ĐHQG Tp.HCM Lê Đình Thịnh, Đặng Đình Châu, Lê Đình Định, Phan Văn Hạp (2001), Phương trình sai phân số ứng dụng, NXB Giáo dục Tiếng Anh 10 Evans G., Blackledge J and Yardley P (2004), Analytic Methods for Partial Differential Equations, Springer, China 11 Romannovski P.I (1980), Chuỗi Fourier, Lý thuyết trường, Hàm giải tích, Phép biến đổi Laplace, NXB Khoa học, Mátxcơva 12 Sveshnikov A.G and Tikhonov A.N (1978), The theory of functions of a Complex variable, (Translated from the Russian by Yankovsky G.), Mir Publishers 13 Wunsch AD (1994), complex variable with applications, Addison Wesley ... : ỨNG DỤNG PHÉP BIẾN ĐỔI LAPLACE GIẢI PHƯƠNG TRÌNH SAI PHÂN TUYẾN TÍNH HỆ SỐ HẰNG Chương ứng dụng phép biến đổi Laplace để giải phương trình sai phân hữu hạn (gọi tắt sai phân) tuyến tính hệ số. .. [9]) CHƯƠNG : ỨNG DỤNG PHÉP BIẾN ĐỔI LAPLACE GIẢI PHƯƠNG TRÌNH ĐẠO HÀM RIÊNG Ngồi phương trình sai phân hữu hạn tuyến tính hệ số nêu trên, tốn tử Laplace cịn ứng dụng để giải phương trình đạo hàm... nghiệm phương trình có tính chất với điều kiện ban đầu Ứng dụng phép biến đổi Laplace giải phương trình sai phân tuyến tính hệ số ta thu lời giải ngắn gọn giải phương trình phương pháp sai phân bước