Gỉai tích 3 phương trình vi phân đại học bách khoa hà nội

PGS TS Nguyễn Xuân Thảo Email: thaonx-fami@mail.hut.edu.vn PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN VÀ LÍ THUYẾT CHUỖI BÀI CHƯƠNG I LÝ THUYT CHUI Đ i cng v chui s ã Các tính chất • Định nghĩa • Điều kiện cần để chuỗi hội tụ 1 1 Đặt vấn đề: + + + + + n + = 2 • Có phải cộng số hạng vế trái thành vế phải? • + (– 1)+1 + (– 1) + = ? Chuỗi số: Định nghĩa: Với số tự nhiên n, cho tương ứng với số thực an, ta có dãy số kí hiệu {an } Định nghĩa: ∞ Cho dãy số {an}, ta gọi tổng vô hạn a1 + a2 + a3 + chuỗi số, ký hiệu ∑ an , n =1 an số hạng tổng quát Sn = a1 + a2 + a3 + + an tổng riêng thứ n Nếu lim Sn = S ta bảo chuỗi hội tụ, n →∞ ∞ có tổng S viết: ∑ an = S n =1 ∞ Khi dãy {Sn} phân kỳ ta bảo chuỗi ∑ an phân kỳ n =1 ∞ Ví dụ Xét hội tụ tính Sn = + q + q + + qn = ∑ qn n =0 n +1 1− q , 1− q q + + + + m +1 =  +  +  +  +  + +  + 2 3 4 5 8  1 1 > + + + + 2m m +1 = ( m + 1) 2 Do Sn lớn tuỳ ý, nên có lim Sn = ∞ +  + m + 2 +1 n +   m +1  n →∞ Chuỗi cho phân kỳ ∞ Ví dụ Chuỗi nghịch đảo bình phương: ∑ n2 n =1 Sn = + 22 + 32 + + n2 = 1+ 1 + + 2.2 3.3 1 1  1   1  = 1+  −  +  −  +  −  + 1      Sn tăng dương ∃ lim Sn = S + 1 < 1+ + + n.n 1.2 2.3 + ( n − 1) n 1  + −  =2− n =1 ∞ Nhận xét ∑ an hội tụ S n bị chặn n =1 Trong ta gi thi t ch xét chu i s d

ng Các định lí so sánh Định lí Cho hai chuỗi số dương, an ≤ bn , n tuỳ ý từ lúc trở ∞ ∞ ∑ bn n =1 ∞ h ội t ụ ⇒ ∑ an h ội t ụ n =1 ∞ ∑ an phân kỳ ⇒ ∑ bn phân kỳ n =1 n =1 CuuDuongThanCong.com https://fb.com/tailieudientucntt PGS TS Nguyễn Xuân Thảo Ch ng minh a1 + a2 + + an < b1 + b2 + Email: thaonx-fami@mail.hut.edu.vn + bn < Sn ≤ Tn Rút khẳng định ∞ Ví dụ ∞ ∑ 3n + n =2 n =1 Chuỗi dương ln n < n 1 0< < n ln n ∞ phân kỳ n n =2 Chuỗi dương n + > 3n 3n + ∞ < ∑ 3n = 3n ∑ h ội t ụ ⇒ Chuỗi cho hội tụ n =1 1− ∞ Ví dụ a) ∑ ln n Ví dụ ∞ ∑ ln n phân kỳ n =2 3n + 2n + ∑ 2n ( n + ) ∞ , b) (HT) n =1 ∑ ( n + 1) sin ( 2n β ) n + 2n + n =1 a Định lí Cho hai chuỗi số dương, lim n = k ≠ ⇒ n →∞ bn ∞ ∑ an ∞ n =1 phân kì Nhận xét Đối với chuỗi số dương an = n →∞ bn 1°/ Nếu lim a 2/° Nếu lim n = ∞ n →∞ bn ∞ Ví dụ ∞ ∑ bn h ội t ụ ⇒ n =1 ∞ ∑ bn ∞ ∞ n =1 ∞ n =1 ∑ an ∑ bn : ∑ an hội tụ n =1 ∞ phân kì ⇒ n =1 ∑ an phân kì n =1 n+2 ∑ 2n3 − n =1 Chuỗi dương 2 1+ n+2 n n = n = 3 2n − 2n − 2n − 3 2n 2n n +2  lim  :  =1 n →∞  2n 2n  1+ CuuDuongThanCong.com , β ∈ » ; (HTTĐ) https://fb.com/tailieudientucntt ∑ bn hội tụ n =1 PGS TS Nguyễn Xuân Thảo ∞ ∑ 2n2 n =1 ∞ Email: thaonx-fami@mail.hut.edu.vn h ội t ụ n+2 ∑ 2n3 − hội tụ n =1 ∞ Ví dụ ∑ np , p>0 n =1 1 Khi < p ≤ có < n ≤ n ⇒ p ≥ , n n p ∞ phân kỳ nên n n =1 ∑ ∞ ∑ np phân kỳ n =1 Khi p > 1, n tuỳ ý, chọn m cho n < 2m , có Sn ≤ S ≤ 1+ 2 p m  = 1+  p + p −1 2 + 4 p + +   + p +  4 m −1 ( 2m − ) p = 1+ + p −1 +  + p    + m −1   ( ( p −1 ) + + ) p + ( p −1 ) m −1 − am 1 = < , < a = p −1 < 1− a 1− a ∞ Dãy Sn bị chặn ⇒ ∑ np h ội t ụ n =1 KL: Chuỗi hội tụ với p > phân kì với < p ≤ ∞ Ví dụ ∑ n =1 n3 + Chuỗi dương 1 an = = ; bn = / n n3 + n3 / + 3 n a lim n = n →∞ bn ∞ ∑ bn n =1 ∞ ∑ n =1 h ội t ụ h ội t ụ n +3 CuuDuongThanCong.com + https://fb.com/tailieudientucntt  p 2m −   ( ) PGS TS Nguyễn Xuân Thảo Email: thaonx-fami@mail.hut.edu.vn Ví dụ ∞ a1) ∑ ln (1 + n + − n − 1) ∞ (PK) a2) n =2 ∑ n sin2 n =1 ∞ c1) ∑ (PK); n (HT) ∑ c2) n +1 ∑( n =2 ∞ ∑ n =1 n + − n − 1) d3) n ) −1 n + sin n (PK) (HT) (PK) n +1 ∑ n (e ∞ (PK) ( b2) n n =1 ∞ ∞ d3) ∞ π n + cos n n =1 d1) n + − n − 1) n =2 ∞ b1) ∑ sin ( n ) −1 (PK) n =2 n +1 ∑ sin n7 + 2n3 + (HT) n =1 e) Xét hội tụ ∞ 1) ln n ∑ n5 (HT) n =1 ∞   n3   n =1 3) Các tiêu chuẩn hội tụ a) Tiêu chuẩn D’Alembert a lim n +1 = l n →∞ an 3)  ∑ n ln 1 + arctan2 π 2) ∑ 1 arcsin + ln n n (PK) (HT) ∞ Khi l < ⇒ ∑ an hội tụ n =1 ∞ Khi l > ⇒ ∑ an phân kỳ n =1 Chứng minh an +1 a = l , chọn ε > đủ bé để l + ε < ⇒ n +1 < l + ε, ∀ n ≥ n0 n →∞ an an an0 +1 a a n −n • Mặt khác có an = n n −1 an0 ≤ ( l + ε ) an0 → 0, n → ∞ an −1 an − an0 • l < 1: Từ lim Do lim an = l n →∞ CuuDuongThanCong.com https://fb.com/tailieudientucntt PGS TS Nguyễn Xuân Thảo Email: thaonx-fami@mail.hut.edu.vn a an +1 = l , chọn ε đủ bé để l − ε > ⇒ n +1 > l − ε > ⇒ an + > an n →∞ an an • l > 1: Từ lim ⇒ phân kì Nhận xét Khi l = khơng có kết luận ∞ Ví dụ 1 ∑ n! n =1 >0 n! a 1 n! lim n +1 = lim : = lim = lim = 0 n! an +1 3n + n = : = an ( n + 1) ! n ! n + a lim n +1 = < n →∞ an Chuỗi cho hội tụ Ví dụ Xét hội tụ, phân kỳ chuỗi 1.3 1.3.5 + + + 2.5 2.5.8 + 1.3.5 2.5.8 ( 2n − 1) ( 3n − 1) ( 2n − 1) > ( 3n − 1) an +1 1.3.5 ( 2n − 1)( 2n + 1) 1.3.5 ( 2n − 1) 2n + = : = an 2.5.8 ( 3n − 1)( 3n + ) 2.5.8 ( 3n − 1) 3n + an = 1.3.5 2.5.8 an +1 = ∑ an phân kỳ n =1 Nhận xét Nếu l = 1, khơng có kết luận ∞  2n −  Ví dụ  3n +   n =1  ∑ n  2n −  an =  >0 n +   2n − na = n 3n + 2 lim n an = < n →∞ Chuỗi cho hội tụ ∞  n + 1 Ví dụ Xét hội tụ, phân kì    n  n =1 ∑ n2 (PK) Ví dụ  3n + n +  a1)   n + cos n   n =1 ∞ ∑ 2n −ln n CuuDuongThanCong.com  2n + n +  a2)   n + sin n   n =1 ∞ (HT) ∑ https://fb.com/tailieudientucntt 3n −ln n (HT) PGS TS Nguyễn Xuân Thảo ∞ n n 5n ∑ a3) n =1 ∞ n( n + 1) n +2 b1)   n +   n =1 ∑ (HT) n2 n ( n + 4) ∞ (HT) n +3 b2)   n +   n =1 ∑ n( n + 4) ∞ c) Email: thaonx-fami@mail.hut.edu.vn n n 5n ∑ n =1 n( n + 1) (HT) n2 c) Tiêu chuẩn tích phân Có mối liên hệ hay khơng giữa: ∞ b a ∞ a k n =1 n =1 f ( x ) dx ∫ f ( x ) dx = blim →+∞ ∫ ∑ an = klim ∑ an →∞ n ∫ f ( x ) dx ≤ a1 + a2 + Hình 14.4 n ∫ + an ≤ a1 + f ( x ) dx , lim f ( x ) = 1 x →+∞ Nếu f(x) hàm dương giảm với x ≥ 1, f(n) = an, ∞ ∞ n =1 ∞ ∑ an ∫ f ( x ) dx hội tụ phân kỳ Ví dụ ∑ n ln n n =2 f (x) = dương, giảm với x ≥ có lim f ( x ) = x →+∞ x ln x b ∞ ∫ f ( x ) dx = lim b →∞ +∞ ∫ d ( ln x ) b = lim ln ( ln x ) = lim ( ln ( ln b ) − ln ( ln ) ) = ∞ b →∞ n →∞ ln x ∫ f ( x ) dx phân kỳ ∞ ∑ n ln n phân kỳ n =2 ∞ Tổng quát xét ∑ n (ln n )p hội tụ p > n =2 CuuDuongThanCong.com https://fb.com/tailieudientucntt (PK) PGS TS Nguyễn Xuân Thảo Ví dụ Chứng minh rằng: − Email: thaonx-fami@mail.hut.edu.vn 1 + − + = ln 1  1  1 1  − = 1 + + + − + + +  2n − 2n  2n −   2n  1    1   1  1 = 1 + + + + − 2 + + + = 1 + + + + − 1 + + +    2n  2n   2n    2 1   = [ln2n + γ + o(1)] − [ln n + γ + o(1)], víi γ = lim  + + + − ln n  n →∞  n  = ln2 + o(1) → ln n → ∞ Mặt khác ta có S2n +1 = S2n + 2n + lim S2n +1 = lim S2n = ln2 S2n = − 1 + − + + n →∞ ∞ ∑ ( −1)n +1 = ln2 n =1 n 1 1 − + + − + Ví dụ 11 Xét hội tụ phân kì chuỗi số sau ∞ ∞ ln ln (1 + n ) n a) (HT); b) (HT) 2 ( ) ( ) n =1 n + n =1 n + Ví dụ 10 Tương tự nhận + ∑ ∑ = ln 2 ∞ c) ln n ∑ 3n n =2 Happy new year 2011 ! CuuDuongThanCong.com https://fb.com/tailieudientucntt (HT) + 1 n  PGS TS Nguyễn Xuân Thảo thaonx-fami@mail.hut.edu.vn { } 3   2 • L 3t + 4t  = 3L {t } + 4L t   Sử dụng (2.1) ta có Γ ( ) 2! • L {t } = = , s > s s 5 Γ  π • L t2 = 2 = { } s2 4.s 5 3 Γ   2! π  • L 3t + 4t  = 3 + 52  = + s s s   s2 Ví dụ Tính L {cosh kt }, L {sinh kt }, L {cos kt }, L {sin kt }  e kt + e − kt   = ( L {ekt } + L {e −kt } ) • L {cosh kt } = L    1 1  s • Theo ví dụ có L {cosh kt } =  + = , s>k >0   s − k s + k  s − k2 k • Tương tự L {sinh kt } = , s>k >0 s −k ∞ ∫ • L {cos kt }( s ) = e −st cos kt dt = e −st s2 + k ∞ ( k sin kt − s cos kt ) = s s2 + k  eikt + e − ikt   1  s =  (hoặc L {cos kt } = L  + = , s > 0)     s − ik s + ik  s + k k • Tương tự L {sin kt } = , s>0 s +k Ví dụ Tính L {3e2t + 2sin2 3t } • L {3e2t + 2sin2 3t } = L {3e2t + − cos 6t } • = 3L {e2t } + L {1} − L {cos 6t } s = + − s − s s + 36 • • = 3s + 144s − 72 s(s − 2)(s + 36) , s>2 CuuDuongThanCong.com https://fb.com/tailieudientucntt PGS TS Nguyễn Xuân Thảo thaonx-fami@mail.hut.edu.vn Phép biến đổi Laplace ngược Định nghĩa Nếu F ( s ) = L {f ( t )} ( s ) ta gọi f ( t ) biến đổi Laplace ngược F ( s ) viết f ( t ) = L −1 {F ( s )} Ví dụ a s   s  −1  L −1  = cos , > ; b kt s L    = cosh kt , s > k > s + k  s2 − k  f (t ) F (s ) s 1 t t n (n ≥ 0) (s > 0) t (a > −1) (s > 0) s n +1 Γ (a + 1) a (s > 0) s2 n! s a +1 ∞ ( s > ), Γ (s ) = ∫ t s −1e−t dt ( Re s > ) eat cos kt sin kt cosh kt sinh kt s −a s s2 + k k s2 + k s s2 − k k s2 − k (s > a ) (s > 0) (s > 0) (s > k ) (s > k ) e −as (s > 0) s Bảng Bảng phép biến đổi Laplace 2 c L −1 = 4.e5t d L −1   = t s −5 s  Nhận xét Phép biến đổi ngược Laplace có tính chất tuyến tính Thật vậy, ta có +) α F + β G = α L {f } + β L {g} = L {α f + β g} u (t − a) { } +) = L {α L −1 {F } + β L −1 {G}} +) Từ từ định nghĩa có L −1 {α F + β G} = α L −1 {F } + β L −1 {G} CuuDuongThanCong.com https://fb.com/tailieudientucntt PGS TS Nguyễn Xuân Thảo thaonx-fami@mail.hut.edu.vn Định nghĩa Hàm số f ( t ) gọi liên tục khúc [a ; b ] • f ( t ) liên tục khoảng nhỏ (ở [a ; b ] chia thành hữu hạn khoảng nhỏ) • f ( t ) có giới hạn hữu hạn t tiến tới hai điểm biên đoạn Hình 4.1.3 Đồ thị hàm liên tục khúc Các dấu chấm giá trị mà hàm số gián đoạn Hình 4.1.4 Đồ thị hàm đơn vị bậc thang 0 t < a Ví dụ Tính L {ua ( t )}, a > , ua ( t ) = u ( t − a ) =  1 t ≥ a ∞ ∞ a b  e −st  − st − st • L {ua ( t )} = e ua (t )dt = e dt = lim  −  b →∞  s  t =a ∫ ∫ • = lim ( e −sa − e −sb ) s b →∞ e −as • = , s > 0, a > s Định nghĩa Hàm f gọi bậc mũ t → +∞ tồn số không âm M, c, T cho f ( t ) ≤ Mect , ∀ t ≥ T Định lý Sự tồn phép biến đổi Laplace Nếu hàm f liên tục khúc với t ≥ bậc mũ t → +∞ tồn L {f ( t )} ( s ) , ∀ s > c Chứng minh +) Từ giả thiết f bậc mũ t → ∞ ⇒ f ( t ) ≤ Mect , ∀ t ≥ b +) Ta có ∫ b e −st ∫ f ( t ) dt = e b −st ∫ f ( t ) dt ≤ e ∫ CuuDuongThanCong.com e −st f ( t ) dt ≤ ∫ Me dt = M e − ∞ +) Cho b → +∞ có F ( s ) ≤ b −st ct ( s − c )t dt ≤ M s −c https://fb.com/tailieudientucntt M , s > c s −c PGS TS Nguyễn Xuân Thảo thaonx-fami@mail.hut.edu.vn Cho s → +∞ ⇒ ∃ F ( s ) , s > c , có Hệ Nếu f ( t ) thỏa mãn giả thiết Định lý lim F (s ) = s →+∞ Chú ý • Một hàm hữu tỉ (bậc tử nhỏ bậc mẫu) ảnh phép biến đổi Laplace • Định lí khơng điều kiện cần, ví dụ: Hàm f (t ) = không liên tục khúc t = , ví dụ có t  1 Γ  − π L t = 12  = , s s2 Định lý Sự biến đổi Laplace nghịch đảo Giả sử hàm f ( t ) , g ( t ) thỏa mãn giả thiết Định lý để tồn F ( s ) = L {f ( t )} ( s ) , G ( s ) = L {g ( t )} ( s ) Nếu F ( s ) = G ( s ) , ∀ s > c có f ( t ) = g ( t ) t mà hai hàm liên tục Ví dụ Dùng bảng tính biến đổi Laplace hàm số sau a) f (t ) = cos2 t b) f (t ) = sin 2t cos 3t c) f (t ) = cosh2 3t { } d) f (t ) = (2 + t )2 e) f (t ) = tet f) f (t ) = t + 2e3t Ví dụ 10 Dùng bảng tính biến đổi Laplace ngược hàm số sau 2 − 2s a) F (s ) = b) F (s ) = c) F (s ) = s s +4 s−3 5s − d) F (s ) = e) F (s ) = 3s −1e −5s 9−s Chú ý • Hai hàm liên tục khúc, bậc mũ qua phép biến đổi Laplace khác điểm gián đoạn cô lập Điều không quan trọng hầu hết ứng dụng thực tế • Phép biến đổi Laplace có lịch sử thú vị: Xuất nghiên cứu Euler, mang tên nhà toán học Pháp Laplace (1749-1827) - người dùng tích phân lý thuyết xác xuất mình, việc vận dụng phương pháp biến đổi Laplace để giải phương trình vi phân lại không thuộc Laplace mà thuộc kĩ sư người Anh Oliver Heaviside (1850-1925) HAVE A GOOD UNDERSTANDING! UNDERSTANDING! CuuDuongThanCong.com https://fb.com/tailieudientucntt PGS TS Nguyễn Xuân Thảo thaonx-fami@mail.hut.edu.vn PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN VÀ LÍ THUYẾT CHUỖI BÀI 13 §2 Phép biến đổi toán với giá trị ban đầu • Phép biến đổi đạo hàm • Nghiệm tốn giá trị ban đầu • Hệ phương trình vi phân tuyến tính • Những kĩ thuật biến đổi bổ sung Đặt vấn đề • Vận dụng phép biến đổi Laplace để giải phương trình vi phân tuyến tính với hệ số ax ′′(t ) + bx ′(t ) + cx (t ) = f (t ) với điều kiện x ( ) = x0, x ′ ( ) = x0′ • So sánh với phương pháp giải học • Giải hệ phương trình vi phân tuyến tính Phép biến đổi đạo hàm Định lý Cho f ( t ) liên tục trơn khúc với t ≥ bậc mũ t → + ∞ (tức tồn số không âm c, M T thoả mãn: f (t ) ≤ Mect , t ≥ T (2.1) Khi tồn L {f ′ ( t )} với s > c có L {f ′ ( t )} = sL {f ( t )} − f ( ) = sF ( s ) − f ( ) ∞ ∫ ∞ Ch ng minh +) L {f ′ ( s )} = e −st ∫ f ′ ( t ) dt = e −st df ( t ) ∞ ∞ ∫ +) = e −st f ( t ) + s e −st f ( t ) dt t →∞ Do f ( t ) ≤ Mect , t ≥ T ⇒ e −st f ( t ) →0 s > c ∞ +) Từ Định lí (bài 1) ⇒ ∫e −st f ( t ) dt hội tụ với s > c +) Từ ta có L {f ′} ( s ) = sL {f } ( s ) − f ( ) Định nghĩa Hàm f gọi trơn khúc [a ; b ] ⇔ khả vi [a ; b ] trừ hữu hạn điểm f ′ ( t ) liên tục khúc [a ; b ] Nghiệm toán giá trị ban đầu Hệ Phép biến đổi đạo hàm bậc cao Giả sử hàm số f , f ′, t → +∞ Khi tồn L {f L {f (n) ,f (n ) ( n −1) liên tục trơn khúc với t ≥ bậc mũ ( t )} với s > c có ( t )} = s nL {f ( t )} − s n −1f ( ) − s n − 2f ′ ( ) − = s n F ( s ) − s n −1f ( ) − s n − 2f ′ ( ) − CuuDuongThanCong.com −f ( n −1) −f ( n −1) (0) (0) https://fb.com/tailieudientucntt PGS TS Nguyễn Xuân Thảo thaonx-fami@mail.hut.edu.vn Ví dụ Sử dụng Định lí 1, chứng minh n! a) L {t n eat } = , n = 1,2,3,… ( s − a )n +1 Chứng minh qui nạp 1 1 +) n = 1: L {teat } = L {eat } = = s −a s − a s − a ( s − a )2 k! +) n = k: L {t k eat } = ( s − a )k +1 ( k + 1) ! k + { k at } k + k! +) L {t k +1eat } = L t e = = s − a ( s − a k +1 ) ( s − a )k + s −a b) L {t sinh kt } = 2sk s2 − k +) f(t) = t.sinhkt ⇒ f(0) = có +) f'(t) = sinhkt + kt coshkt, f'(0) = f''(t) = 2kcoshkt + k2t sinhkt +) L {2k cosh kt + k 2t sin kt } = s 2L {f ( t )} − sf ( ) − f ′ ( ) s +) 2k + k 2F ( s ) = s 2F ( s ) , F ( s ) = L {t sinh kt } (s2 − k ) 2ks +) F ( s ) = ( s − k )2 Hình 4 Sử dụng biến đổi Laplace để giải phương trình vi phân thỏa mãn điều kiện ban đầu Ví dụ Giải phương trình a) x ′′ − x ′ − x = với điều kiện x ( ) = 2, x ′ ( ) = −1 • Ta có: L { x ′ ( t )} = sX ( s ) − • L { x ′′ ( t )} = s X ( x ) − sx ( ) − x ′ ( ) = s X ( s ) − 2s + • Thay vào phương trình cho có CuuDuongThanCong.com https://fb.com/tailieudientucntt PGS TS Nguyễn Xuân Thảo thaonx-fami@mail.hut.edu.vn ⇔ ( s − s − ) X ( s ) − 2s + = 2s − 2s − 3 • X (s ) = = = + s − s − (s − 3)(s + 2) s − s + • Do L −1 = eat nên có x(t ) = e3t + e −2t s −a 5 nghiệm toán giá trị ban đầu Ví dụ Giải tốn giá trị ban đầu a) x ′′ + x = sin3t , x ( ) = x ′ ( ) = Bài toán gắn liền với trình chuyển động hệ vật – lị xo với tác động lực bên ngồi) ( s X ( s ) − 2s + 1) − ( sX ( s ) − 2) − X ( s ) = { } Hình 2 Hệ vật – lò xo thỏa mãn tốn điều kiện đầu Ví dụ Điều kiện đầu vật vị trí cân • Từ điều kiện ban đầu có: L { x ′′ ( t )} = s X ( s ) − sx ( ) − x ′ ( ) = s X ( s ) • Từ bảng 4.1.2 có L {sin3t } = s + 32 • Thay vào ta có s X ( s ) + X ( s ) = s +9 As + B Cs + D ⇔ X (s ) = = + (s + 9)(s + 4) (s + 4) (s + 9) 3 • Đồng ta có A = C = 0, B = , D = − , 5 3 X (s ) = − 10 s + s + 3 • Do L {sin 2t } = , L {sin3t } = nên ta có x(t ) = sin2t − sin3t 10 s +4 s +3 b) x ′′ + x = 0, x ( ) = 3, x ′ ( ) = ( x ( t ) = 3cos 3t + sin3t ) c) x′′ + x ′ + 15 x = 0, x ( ) = 2, x ′ ( ) = −3 ( x ( t ) = ( 7e −3t − 3e −5t ) ) d) x′′ + x = cos t , x ( ) = 0, x ′ ( ) = ( x ( t ) = ( cos t − cos 2t ) ) e) x′′ + x = 1, x ( ) = 0, x ′ ( ) = ( x ( t ) = (1 − cos 3t ) ) CuuDuongThanCong.com https://fb.com/tailieudientucntt PGS TS Nguyễn Xuân Thảo thaonx-fami@mail.hut.edu.vn Nhận xét Như phương pháp biến đổi Laplace cho lời giải trực tiếp tìm nghiệm tốn giá trị ban đầu mà khơng cần phân biệt phương trình vi phân không Hệ phương trình vi phân tuyến tính • Phép biến đổi Laplace có khả biến đổi hệ phương trình vi phân tuyến tính thành hệ phương trình đại số tuyến tính 2 x ′′ = −6 x + 2y , Ví dụ a) Giải hệ phương trình vi phân tuyến tính   y ′′ = x − 2y + 40 sin3t với điều kiện ban đầu x ( ) = x ′ ( ) = y ( ) = y ′ ( ) = • Đây tốn giá trị ban đầu xác định hàm dịch chuyển x ( t ) y ( t ) hệ hai vật thể Hình 4.2.5, giả sử lực f ( t ) = 40 sin3t tác động bất ngờ tới vật thể thứ hai thời điểm t = hai vật thể trạng thái tĩnh vị trí cân chúng Hình Hệ vật thể thỏa mãn điều kiện đầu Ví dụ Cả hai vật thể vị trí cân • Từ điều kiện ban đầu có L { x ′′ ( t )} = s X ( s ) − s x ( ) − x ′ ( ) = s X ( s ) • Tương tự L {y ′′ ( t )} = s 2Y ( s ) • Do L {sin3t } = , thay vào hệ phương trình có hệ phương trình sau: s +9 2s X (s ) = −6 X (s ) + 2Y (s ) (s + 3) X (s ) − Y (s ) =    120 ⇔  120 s Y (s ) = X (s ) − 2Y (s ) + −2 X (s ) + (s + 2)Y (s ) = s +9 s +9   • ∆= (s + 3) −2 ∆1 = 120 s +9 −1 = (s + 1)(s + 4) (s + 2) −1 s2 + • Do X ( s ) = = 120 s2 + s2 + ∆2 = ; 120 2 = 120 = −2 − s +9 + 120 ( s + ) s2 + (s + 4)(s + 9)(s + 1) s + s + s + • Do x ( t ) = sin t − sin 2t + sin3t 120(s + 3) 10 18 ( ) • Tương tự có Y s = = + − 2 (s + 4)(s + 9)(s + 1) (s + 1) s + s + • nên có y ( t ) = 10 sin t + sin 2t − sin3t CuuDuongThanCong.com https://fb.com/tailieudientucntt PGS TS Nguyễn Xuân Thảo thaonx-fami@mail.hut.edu.vn Hình Các hàm định vị x ( t ) y ( t ) Ví dụ a)  x ′ + 2y ′ + x = 0, x ( ) = b)   x ′ − y ′ + y = 0, y ( ) = Tác động toán tử Laplace, sử dụng điều kiện ban đầu có sX ( s ) + [sY ( s ) − 1] + X ( s ) = ( s + 1) X ( s ) + 2sY ( s ) = ⇔    sX ( s ) − [sY ( s ) − 1] + Y ( s ) = sX ( s ) + (1 − s ) Y ( s ) = −1 Giải hệ phương trình tuyến tính cấp ta có +) X ( s ) = − Y (s ) = 3s − 3s + 3s − = = 1/ − s − (1/ )2 s + 1/ s − 1/ = s s − (1/ ) t  t    = L cosh L sinh +  3  3  t t +) x ( t ) = − sinh , y ( t ) = cosh + 3  x ′ = x + 2y c)  ( x (t ) = −t ( ) ( ) ′ = + = = y x e , x 0 y   x ′′ + x + y = 0, x ( ) = y ( ) = d)   y ′′ + x + 2y = 0, x ′ ( ) = y ′ ( ) = −1 Những kỹ thuật biến đổi bổ sung Ví dụ Chứng minh L {teat } = t   L sinh   3 =− + 1/ 3 s − (1/ )2 t sinh 3 ( 2t e − e −t − 3te −t ) , y ( t ) = ( e2t − e −t + 6te −t ) ) 9 ( x (t ) = (s − a )2 1( 2t − sin 2t ) , y ( t ) = − ( 2t + sin 2t ) • Đặt f ( t ) = teat có f ( ) = 0, f ′ ( t ) = eat + ateat Do có L {eat + ateat } = L {f ′ ( t )} = sL {f ( t )} = sL {teat } • Do phép biến đổi tuyến tính nên có: L {eat } + aL {teat } = sL {teat } • Do at at } L {e } { L te = = s −a (s − a ) (Do L {eat } = ) s −a Ví dụ Tìm L {t sin kt } Đặt f ( t ) = t sin kt có f ( ) = 0, f ′ ( t ) = sin kt + kt cos kt , f ′ ( ) = CuuDuongThanCong.com https://fb.com/tailieudientucntt PGS TS Nguyễn Xuân Thảo thaonx-fami@mail.hut.edu.vn • f ′′ ( t ) = 2k cos kt − k 2t sin kt • Mặt khác L {f ′′ ( t )} = s 2L {f ( t )} , L {cos kt } = 2ks s2 + k s s2 + k nên có − k 2L {t sin kt } = s 2L {t sin kt } 2ks • Do L {t sin kt } = (s + k )2 Định lí Phép biến đổi tích phân Nếu f ( t ) liên tục khúc với t ≥ bậc mũ t → +∞  t  F (s ) L  f (τ )dτ  = L {f ( t )} = với s > c s s   ∫ hay là: L −1 t { } t F (s ) = f (τ ) dτ = L −1 {F } (τ ) dτ s ∫ ∫ 0 t ∫ Ch ng minh +) f liên tục khúc ⇒ g ( t ) = f (τ ) dτ liên tục, trơn khúc với t t ≥ có g ( t ) ≤ ∫ t ∫ f (τ ) dτ ≤ M ecτ dτ = 0 M ( ct M e − 1) < ect C C ⇒ g ( t ) hàm bậc mũ t → ∞ +) Sử dụng định lí ta có L {f ( t )} = L {g ′ ( t )} = sL {g ( t )} − g ( )  t  ( ) ( ) +) Do g = nên ta có L  f τ dτ  = L {g ( t )} = L {f ( t )} s   ∫ Ví dụ Tìm nghịch đảo phép biến đổi Laplace G(s ) = s (s − a )   t t  1 −1 −1  −1  s − a  • Ta có L  = L dτ = eaτ dτ = ( eat − 1) =L  s −a a  s   s (s − a )  ∫ { } ∫   t   1   −1  −1  s ( s − a )  −1  • Từ tiếp tục có L  = L = L   dτ    s    s (s − a )   s (s − a )  ∫ t t 1 1 ( aτ  = e − 1) dτ =   eaτ − τ   = (eat − at − 1) a 0 a a  a ∫ HAVE A GOOD UNDERSTANDING! CuuDuongThanCong.com https://fb.com/tailieudientucntt PGS TS Nguyễn Xuân Thảo thaonx-fami@mail.hut.edu.vn PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN VÀ LÍ THUYẾT CHUỖI BÀI 14 §3 Phép tịnh tiến phân thức đơn giản • Quy tắc phân thức đơn giản • Sự cộng hưởng nhân tử tích lặp bậc hai Mở đầu Phương trình vi phân tuyến tính với hệ số có nghiệm biến đổi Laplace nghịch P (s ) đảo hàm hữu tỉ R (s ) = Q( s ) Cần đưa kĩ thuật cho phép tính L −1 {R (s )} thuận lợi quy tắc phân thức đơn giản a) Quy tắc Phân thức đơn giản tuyến tính n Nếu Q(s ) có ( s − a ) R ( s ) có số hạng sau A1 A2 An + + + , Ai ∈ », i = 1, n n s − a (s − a ) (s − a ) b) Quy tắc Phân thức đơn giản bậc hai ( ( s − a )2 + b ) Nếu Q ( s ) có n R ( s ) có dạng A1s + B1 (s − a ) + b2 + A2s + B2 ( s − a ) + b    + + Ans + Bn  ( s − a )2 + b    n Ai , Bi ∈ », i = 1, n Định lí Biến đổi trục s Nếu F (s ) = L {f (t )} tồn với s > c , tồn L eat f (t ) với s > a + c có { { } } L eat f (t ) = F (s − a ) L −1 {F (s − a )} = eat f (t ) Hay tương đương với Chứng minh Ta có ∞ ∫ ∞ F (s − a ) = e − ( s − a )t ∫ f ( t ) dt = e −st eat f ( t )  dt = L {eat f ( t )} , s − a > c 0 Từ kết từ bảng 4.1.2 có f (t ) at n e t at e cos(kt ) at e sin(kt ) CuuDuongThanCong.com F (t ) n! (s − a ) n +1 s−a (s − a ) +k +k k (s − a ) s>a , (2.1) , s>a (2.2) , s>a (2.3) https://fb.com/tailieudientucntt PGS TS Nguyễn Xn Thảo thaonx-fami@mail.hut.edu.vn Ví dụ Tìm phép biến đổi Laplace ngược a) R (s ) = s2 + s − 2s − 8s s2 + A B C ( ) = + + •R s = s ( s + )( s − ) s s + s − • s + = A(s + 2)(s − 4) + Bs(s − 4) + Cs(s + 2) • Thay s = , s = −2 , s = ta có 17 −8 A = 1, 12B = , 24C = 17 ⇔ A = − ; B = ,C= 12 24 1 17 • R (s ) = − + + , s 12 s + 24 s − 17 4t • L −1 {R ( s )} = − + e −2t + e 12 24 s + 2s ( ) ( t ) = ( cos t − sin t − cos 2t + sin 2t ) ) b) F s = ( f s + 5s + s − 2s ( ) c) F s = ( f ( t ) = −2 cos t − sin t + cos 2t + sin 2t ) s + 3s + Ví dụ Giải tốn giá trị ban đầu y ′′ + y ′ + y = t ; y (0) = y ′(0) = • Tác động phép biến đổi Laplace ta có s 2Y (s ) + 4sY (s ) + 4Y (s ) = s A B C D E • Y (s ) = = + + + + s (s + 2)2 s s s ( s + )2 s + 1 • Đồng hệ số ta có Y (s ) = 23 − 22 + − − s (s + 2) s+2 s s • y (t ) = 3 t − t + − te −2t − e −2t 8 , k = 17 , c = đơn vị (mét, kilôgam, giây) x (t ) khoảng dịch chuyển khối lượng m từ vị trí cân Nếu khối lượng đặt vị trí x(0) = , x '(0) = Tìm x (t ) hàm dao động tự tắt dần Ví dụ Xét hệ lắc lị xo với m = Hình 4.3.1 Hệ khối lượng-lị xo vật cản Ví dụ 1 • Ta có phương trình vi phân tương ứng với toán là: x ′′ + x ′ + 17 x = với điều kiện ban đầu x(0) = ; x ′(0) = CuuDuongThanCong.com https://fb.com/tailieudientucntt PGS TS Nguyễn Xuân Thảo thaonx-fami@mail.hut.edu.vn • Tác động phép biến đổi Laplace vào hai vế, ý L {0} = ta có s X (s ) − 3s − 1 + [sX (s ) − 3] + 34 X (s ) =   3s + 19 s+3 • X (s ) = = +2 s + 6s + 34 ( s + ) + 25 ( s + )2 + 25 • Sử dụng (2.2), (2.3) có x(t ) = e −3t ( cos5t + sin5t ) Hình 4.3.2 Hàm vị trí x (t ) Ví dụ Từ hình ta thấy đồ thị dao động tắt dần Ví dụ a) Xét hệ lắc lị xo - giảm xóc Ví dụ 3, nhiên với điều kiện x(0) = x ′(0) = với lực tác động bên F (t ) = 15 sin2t Tìm chuyển động tức thời ổn định khối lượng • Ta cần giải tốn với giá trị ban đầu x "+ x '+ 34 x = 30 sin 2t ; x(0) = x '(0) = 60 • Tác động phép biến đổi Laplace vào ta có s X (s ) + 6sX (s ) + 34 X (s ) = s +4 60 As + B Cs + D • X (s ) = = + s + (s + 3)2 + 25  s + ( s + ) + 25   10 50 10 • Đồng ta có A = − ,B= , C =D= Vì vậy, 29 29 29  −10s + 50 10s + 10   −10s + 25.2 10(s + 3) − 4.5   =   • X (s ) = + + 2   29  s + 29 ( s + ) + 25  ( s + ) + 25    s +4 • Do x(t ) = ( −2cos 2t + sin 2t ) + e −3t ( cos5t − sin5t ) 29 29 (3) b) x + x ′′ − x ′ = 0, x ( ) = 0, x ′ ( ) = x ′′ ( ) = ( ) +) s X ( s ) − s − 1 + s X ( s ) − 1 − 6sX ( s ) = 1  s+2 +) X ( s ) = = + − −  s + s − 6s 15  s s + s −  ( 2t 1( +) = −5L {1} − L {e −3t } + 6L {e 2t } ) = L 6e − e −3t − ) 15 15 ( 2t +) x ( t ) = 6e − e −3t − ) 15 { CuuDuongThanCong.com } https://fb.com/tailieudientucntt PGS TS Nguyễn Xuân Thảo thaonx-fami@mail.hut.edu.vn 1( − 2e 2t + e 4t )  −t −2t d) x ′′ + x ′ + x = e −t , x ( ) = x ′ ( ) = ( x ( t ) = 2e − e ( 2cos 2t + sin2t )  ) 10 ( ) ( ) e) x − x = 0, x ( ) = 1, x ′ ( ) = x ′′ ( ) = x ( ) = ( x ( t ) = ( cosh t + cos t ) ) ( 4) (3) f) x + 13 x ′′ + 36 x = 0, x ( ) = x ′′ ( ) = 0, x ′ ( ) = 2, x ( ) = −13 1 ( x ( t ) = sin 2t + sin3t ) ( 4) ( ) g) x + x ′′ + x = e2t , x ( ) = x ′ ( ) = x ′′ ( ) = x ( ) =  2t ( ( x (t ) = 2e + 10t − ) cos t − ( 5t + 14 ) sin t  ) 50 h) x ′′ + x ′ + 18 x = cos 2t , x ( ) = 1, x ′ ( ) = −1 −3t ( ( ( x (t ) = e 489 cos3t + 307 sin3t ) + 7cos 2t + sin2t ) ) 510 170 ( ) i) x + x ′′ − 12 x ′ = 0, x ( ) = 0, x ′ ( ) = x ′′ ( ) = ( x ( t ) = − + e3t − e −4t ) 21 14 1 4t −5t ( ) k) x + x ′′ − 20 x ′ = 0, x ( ) = 0, x ′ ( ) = x ′′ ( ) = ( x (t ) = − + e − e ) 10 15 ( x (t ) = c) x ′′ − x ′ + x = 2, x ( ) = = x ′ ( ) Sự cộng hưởng nhân tử tích lặp bậc hai Hay dùng hai phép biến đổi Laplace ngược hàm phân thức đơn giản trường hợp phân tích lặp bậc hai (nhận sử dụng kỹ thuật Ví dụ 5, Bài 2)     s 1    −1  L −1  = t sin kt ; L = (sin kt − kt cos kt )    2 k 2 2 k  s +k   s +k      Ví dụ Sử dụng phép biến đổi Laplace để giải toán với giá trị ban đầu ( ) ( ) x ′′ + ω02 x = F0 sin ωt ; x(0) = = x ′(0) • Tác động phép biến đổi Laplace vào có s X (s ) + ω02 X (s ) = • X (s) = (s F0ω )( + ω s2 + ω02 ) • Nếu ω = ω0 ta có X (s ) = CuuDuongThanCong.com = s + ω2  1  − , ω ≠ ω0 ⇒ tìm x ( t )  2 2 2  ω − ω0  s + ω0 s + ω  F0ω F0ω0 (s F0ω 2 + ω02 ) , x(t ) = F0 2ω0 ( sin ω0t − ω0t cos ω0t ) https://fb.com/tailieudientucntt PGS TS Nguyễn Xuân Thảo thaonx-fami@mail.hut.edu.vn Hình 4.3.4 Nghiệm cộng hưởng (18) với ω0 = F0 = 1, với đường bao x = ±C(t ) Ví dụ Giải tốn với giá trị ban đầu y ( ) + 2y "+ y = 4tet ; y (0) = y '(0) = y "(0) = y (3) (0) = { } • Có L {y ′′(t )} = s 2Y (s ) , L y ( ) (t ) = s 4Y (s ) , L tet = { } • Tác động phép biến đổi Laplace vào có • Y (s ) = 2 (s − 1) (s + 1) = A (s − 1) + (s ( s − 1) ) + 2s + Y (s ) = ( s − 1) B Cs + D E s+F + + 2 s − s2 + s +1 ( ) • Dùng hệ số bất định có 2s 2s + Y (s ) = − + + 2 s − ( s + 1) ( s − 1) s +1 • Do y (t ) = (t − 2)et + ( t + 1) sin t + 2cos t HAVE A GOOD UNDERSTANDING! CuuDuongThanCong.com https://fb.com/tailieudientucntt ... / 33 • e− x y = e dx = − e −4 x / + C, 32 33 − x / • y ( x ) = Ce x − e 32 • Thay x = y = –1 vào ta có C = 1 /32 , nghiệm riêng cần tìm x 33 − x / x y(x) = e − e = (e − 33 e − x / ) 32 32 32 −3x... ∂y ∂x Ví dụ 1°/ Giải phương trình vi phân (6xy – y3)dx + (4y + 3x2 – 3xy2)dy = • P(x, y) = (6xy – y3) ; Q(x, y) = (4y + 3x2 – 3xy2) ∂P ∂Q • = 6x – 3y2 = ⇒ Phương trình vi phân tồn phần ∂y ∂x ∂F... x ) a1( x ), , an ( x ) hàm số cho trước • Nghiệm phương trình vi phân (1) hàm số thoả mãn (1) • Giải phương trình vi phân (1) tìm tất nghiệm Ví dụ Giải phương trình vi phân sau a) y ′ = cos x