zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Khoa Học Tự Nhiên

Bài giảng Phương trình vi phân và lí thuyết chuỗi: Bài 13 - PGS. TS. Nguyễn Xuân Thảo

Chia sẻ: Kiếp Này Bình Yên | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Báo xấu

128
lượt xem 7
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Trong bài 13 chúng ta sẽ cùng tìm hiểu về phép biến đổi của bài toán với giá trị ban đầu. Trong bài này trình bày các nội dung cơ bản như sau: Phép biến đổi của đạo hàm, nghiệm của bài toán giá trị ban đầu, hệ phương trình vi phân tuyến tính, những kĩ thuật biến đổi bổ sung,... Mời các bạn cùng tham khảo.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Bài giảng Phương trình vi phân và lí thuyết chuỗi: Bài 13 - PGS. TS. Nguyễn Xuân Thảo

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 của bài toán với giá trị ban đầu • Phép biến đổi của đạo hàm • Nghiệm của bài toán giá trị ban đầu • Hệ phương trình vi phân tuyến tính • Những kĩ thuật biến đổi bổ sung 1. Đặt vấn đề • Vận dụng phép biến đổi Laplace để giải phương trình vi phân tuyến tính với hệ số hằng ax ′′(t ) + bx ′(t ) + cx (t ) = f (t ) với điều kiện x ( 0 ) = x0, x ′ ( 0 ) = x0′ • So sánh với các phương pháp giải đã học • Giải hệ phương trình vi phân tuyến tính 2. Phép biến đổi của đạo hàm Định lý 1. Cho f ( t ) liên tục và trơn từng khúc với t ≥ 0 và là bậc mũ khi t → + ∞ (tức tồn tại hằng số không âm c, M và T thoả mãn: f (t ) ≤ Mect , t ≥ T (2.1) Khi đó tồn tại L {f ′ ( t )} với s > c và có L {f ′ ( t )} = sL {f ( t )} − f ( 0 ) = sF ( s ) − f ( 0 ) ∞ ∞ ∫ ∫ −st Chng minh. +) L {f ′ ( s )} = e f ′ ( t ) dt = e −st df ( t ) 0 0 ∞ ∞ ∫ +) = e −st f ( t ) 0 + s e −st f ( t ) dt 0 t →∞ Do f ( t ) ≤ Mect , t ≥ T ⇒ e −st f ( t ) →0 khi s > c ∞ ∫e −st +) Từ Định lí 2 (bài 1) ⇒ f ( t ) dt hội tụ với s > c 0 +) Từ đó ta có L {f ′} ( s ) = sL {f } ( s ) − f ( 0 ) Định nghĩa. Hàm f được gọi là trơn từng khúc trên [a ; b ] ⇔ nó khả vi trên [a ; b ] trừ ra hữu hạn điểm và f ′ ( t ) liên tục từng khúc trên [a ; b ] 3. Nghiệm của bài toán giá trị ban đầu Hệ quả. Phép biến đổi của đạo hàm bậc cao ( n −1) Giả sử rằng các hàm số f , f ′, , f liên tục và trơn từng khúc với t ≥ 0 và là bậc mũ khi t → +∞ . Khi đó tồn tại L {f ( t )} với s > c và có (n ) L {f ( t )} = s nL {f ( t )} − s n −1f ( 0 ) − s n − 2f ′ ( 0 ) − − f ( n −1) ( 0 ) (n) ( n −1) = s n F ( s ) − s n −1f ( 0 ) − s n − 2f ′ ( 0 ) − − f (0)
PGS. TS. Nguyễn Xuân Thảo thaonx-fami@mail.hut.edu.vn Ví dụ. Sử dụng Định lí 1, chứng minh rằng n! a) L {t n eat } = , n = 1,2,3,… ( s − a )n +1 Chứng minh bằng qui nạp 1 1 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 at } k + 1 k! ( k + 1) ! +) L {t k +1eat } = L t e = . = s −a s − a ( s − a k +1 ) ( s − a )k + 2 2sk b) L {t sinh kt } = s2 − k 2 +) f(t) = t.sinhkt ⇒ f(0) = 0 và có +) f'(t) = sinhkt + kt coshkt, f'(0) = 0 f''(t) = 2kcoshkt + k2t sinhkt +) L {2k cosh kt + k 2t sin kt } = s 2L {f ( t )} − sf ( 0 ) − f ′ ( 0 ) s +) 2k 2 + k 2F ( s ) = s 2F ( s ) , ở đó F ( s ) = L {t sinh kt } (s2 − k 2 ) 2ks +) F ( s ) = ( s 2 − k 2 )2 Hình 4. 2. 4. Sử dụng biến đổi Laplace để giải một phương trình vi phân thỏa mãn điều kiện ban đầu. Ví dụ 1. Giải phương trình a) x ′′ − x ′ − 6 x = 0 với điều kiện x ( 0 ) = 2, x ′ ( 0 ) = −1 • Ta có: L { x ′ ( t )} = sX ( s ) − 2 • L { x ′′ ( t )} = s 2 X ( x ) − sx ( 0 ) − x ′ ( 0 ) = s 2 X ( s ) − 2s + 1 • Thay vào phương trình đã cho có
PGS. TS. Nguyễn Xuân Thảo thaonx-fami@mail.hut.edu.vn ⇔ ( s 2 − s − 6 ) X ( s ) − 2s + 3 = 0 ( s 2 X ( s ) − 2s + 1) − ( sX ( s ) − 2) − 6 X ( s ) = 0 2s − 3 2s − 3 3 1 7 1 • X (s ) = 2 = = . + . . s − s − 6 (s − 3)(s + 2) 5 s − 3 5 s + 2 • Do L −1 { } 1 s −a 3 = eat nên có x(t ) = e3t + e −2t 5 7 5 là nghiệm của bài toán giá trị ban đầu. Ví dụ 2. Giải bài toán giá trị ban đầu a) x ′′ + 4 x = sin3t , x ( 0 ) = x ′ ( 0 ) = 0 Bài toán này gắn liền với quá trình chuyển động của một hệ vật – lò xo với tác động của lực bên ngoài) Hình 4. 2. 2. Hệ vật – lò xo thỏa mãn bài toán điều kiện đầu trong Ví dụ 2. Điều kiện đầu của vật là vị trí cân bằng của nó. • Từ điều kiện ban đầu có: L { x ′′ ( t )} = s 2 X ( s ) − sx ( 0 ) − x ′ ( 0 ) = s 2 X ( s ) 3 • Từ bảng 4.1.2 có L {sin3t } = 2 . s + 32 3 • Thay vào ta có s 2 X ( s ) + 4 X ( s ) = 2 s +9 3 As + B Cs + D ⇔ X (s ) = 2 = + (s + 9)(s 2 + 4) (s 2 + 4) (s 2 + 9) 3 3 • Đồng nhất ta có A = C = 0, B = , D = − , do đó 5 5 3 2 1 3 X (s ) = . 2 − . 2 10 s + 4 5 s + 9 2 3 3 1 • Do L {sin 2t } = 2 , L {sin3t } = 2 2 nên ta có x(t ) = sin2t − sin3t . s +4 s +3 10 5 4 b) x ′′ + 9 x = 0, x ( 0 ) = 3, x ′ ( 0 ) = 4 ( x ( t ) = 3cos 3t + sin3t ) 3 1 c) x′′ + 8 x ′ + 15 x = 0, x ( 0 ) = 2, x ′ ( 0 ) = −3 ( x ( t ) = ( 7e −3t − 3e −5t ) ) 2 1 d) x′′ + 4 x = cos t , x ( 0 ) = 0, x ′ ( 0 ) = 0 ( x ( t ) = ( cos t − cos 2t ) ) 3 1 e) x′′ + 9 x = 1, x ( 0 ) = 0, x ′ ( 0 ) = 0 ( x ( t ) = (1 − cos 3t ) ) 9
PGS. TS. Nguyễn Xuân Thảo thaonx-fami@mail.hut.edu.vn Nhận xét. Như vậy phương pháp biến đổi Laplace cho lời giải trực tiếp tìm nghiệm của bài toán giá trị ban đầu mà không cần phân biệt đó là phương trình vi phân thuần nhất hay là không thuần nhất. 4. Hệ phương trình vi phân tuyến tính • Phép biến đổi Laplace có khả năng biến đổi hệ phương trình vi phân tuyến tính thành một hệ phương trình đại số tuyến tính 2 x ′′ = −6 x + 2y , Ví dụ 3. a) Giải hệ phương trình vi phân tuyến tính   y ′′ = 2 x − 2y + 40 sin3t với điều kiện ban đầu x ( 0 ) = x ′ ( 0 ) = y ( 0 ) = y ′ ( 0 ) = 0 • Đây là bài toán giá trị ban đầu xác định hàm dịch chuyển x ( t ) và y ( t ) của hệ hai vật thể được chỉ ra trong Hình 4.2.5, giả sử rằng lực f ( t ) = 40 sin3t là tác động bất ngờ tới vật thể thứ hai tại thời điểm t = 0 khi cả hai vật thể đang ở trạng thái tĩnh tại vị trí cân bằng của chúng. Hình 4. 2. 5. Hệ vật thể thỏa mãn điều kiện đầu trong Ví dụ 3. Cả hai vật thể đang ở vị trí cân bằng. • Từ điều kiện ban đầu có L { x ′′ ( t )} = s 2 X ( s ) − s x ( 0 ) − x ′ ( 0 ) = s 2 X ( s ) • Tương tự L {y ′′ ( t )} = s 2Y ( s ) 3 • Do L {sin3t } = 2 , thay vào hệ phương trình có hệ phương trình sau: s +9 2s 2 X (s ) = −6 X (s ) + 2Y (s ) (s 2 + 3) X (s ) − Y (s ) = 0    2 120 ⇔  2 120 s Y (s ) = 2 X (s ) − 2Y (s ) + 2 −2 X (s ) + (s + 2)Y (s ) = 2  s +9  s +9 (s 2 + 3) −1 • ∆= = (s 2 + 1)(s 2 + 4) 2 −2 (s + 2) 0 −1 s2 + 3 0 120 120 ( s 2 + 3 ) ∆1 = 120 = ; ∆2 = 120 = 2 s2 + 2 s2 + 9 −2 s2 + 9 s +9 2 s +9 120 5 8 3 • Do đó X ( s ) = 2 2 2 = 2 − 2 + 2 (s + 4)(s + 9)(s + 1) s + 1 s + 4 s + 9 • Do đó x ( t ) = 5 sin t − 4 sin 2t + sin3t ( ) 120(s 2 + 3) 10 8 18 • Tương tự có Y s = 2 2 2 = 2 + 2 − 2 (s + 4)(s + 9)(s + 1) (s + 1) s + 4 s + 9 • nên có y ( t ) = 10 sin t + 4 sin 2t − 6 sin3t
PGS. TS. Nguyễn Xuân Thảo thaonx-fami@mail.hut.edu.vn Hình 4. 2. 6. Các hàm định vị x ( t ) và y ( t ) trong Ví dụ 3 a).  x ′ + 2y ′ + x = 0, x ( 0 ) = 0 b)   x ′ − y ′ + y = 0, y ( 0 ) = 1 Tác động toán tử Laplace, sử dụng điều kiện ban đầu có sX ( s ) + 2 [sY ( s ) − 1] + X ( s ) = 0 ( s + 1) X ( s ) + 2sY ( s ) = 2  ⇔   sX ( s ) − [sY ( s ) − 1] + Y ( s ) = 0 sX ( s ) + (1 − s ) Y ( s ) = −1 Giải hệ 2 phương trình tuyến tính cấp 1 ta có 2 2 1/ 3 2  t  +) X ( s ) = − = . =− L sinh  3s 2 − 1 − 3 s 2 − (1/ 3 )2 3  3 3s + 1 s + 1/ 3 s 1 1/ 3 Y (s ) = = = + . 3s 2 − 1 s 2 − 1/ 3 s 2 − (1/ 3 ) 2 3 s 2 − (1/ 3 )2  t  1  t  = L cosh + L sinh   3 3  3 2 t t 1 t +) x ( t ) = − sinh , y ( t ) = cosh + sinh 3 3 3 3 3  x ′ = x + 2y 2 ( 2t 1 c)  −t ( x (t ) = e − e −t − 3te −t ) , y ( t ) = ( e2t − e −t + 6te −t ) )  y ′ = x + e , x ( 0 ) = 0 = y ( 0 ) 9 9  x ′′ + 2 x + 4 y = 0, x ( 0 ) = y ( 0 ) = 0 1( 1 d)  ( x (t ) = 2t − 3 sin 2t ) , y ( t ) = − ( 2t + 3 sin 2t )  y ′′ + x + 2y = 0, x ′ ( 0 ) = y ′ ( 0 ) = −1 4 8 5. Những kỹ thuật biến đổi bổ sung 1 Ví dụ 4. Chứng minh rằng L {teat } = . (s − a )2 • Đặt f ( t ) = teat thì có f ( 0 ) = 0, f ′ ( t ) = eat + ateat . Do đó 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 } at } L {e } at { 1 1 • Do đó L te = = 2 (Do L {eat } = ) s −a (s − a ) s −a Ví dụ 5. Tìm L {t sin kt } Đặt f ( t ) = t sin kt thì có f ( 0 ) = 0, f ′ ( t ) = sin kt + kt cos kt , f ′ ( 0 ) = 0
PGS. TS. Nguyễn Xuân Thảo thaonx-fami@mail.hut.edu.vn • f ′′ ( t ) = 2k cos kt − k 2t sin kt s • Mặt khác L {f ′′ ( t )} = s 2L {f ( t )} , L {cos kt } = nên có s2 + k 2 2ks − k 2L {t sin kt } = s 2L {t sin kt } s2 + k 2 2ks • Do đó L {t sin kt } = (s 2 + k 2 )2 Định lí 2. Phép biến đổi của tích phân Nếu f ( t ) liên tục từng khúc với t ≥ 0 và là bậc mũ khi t → +∞ thì  t  1 F (s )  0 ∫ L  f (τ )dτ  = L {f ( t )} =  s s với s > c t t hay là: L −1 { } F (s ) s ∫ ∫ = f (τ ) dτ = L −1 {F } (τ ) dτ 0 0 t ∫ Chng minh. +) f liên tục từng khúc ⇒ g ( t ) = f (τ ) dτ liên tục, trơn từng khúc với 0 t t M ( ct M t ≥ 0 và có g ( t ) ≤ ∫ ∫ f (τ ) dτ ≤ M ecτ dτ = C e − 1) < ect C 0 0 ⇒ g ( t ) là hàm bậc mũ khi t → ∞ +) Sử dụng định lí 1 ta có L {f ( t )} = L {g ′ ( t )} = sL {g ( t )} − g ( 0 )  t  1 ( )  0 ( )  ∫ +) Do g 0 = 0 nên ta có L  f τ dτ  = L {g ( t )} = L {f ( t )} s 1 Ví dụ 6. Tìm nghịch đảo của phép biến đổi Laplace của G(s ) = 2 s (s − a )  1  t t −1  • Ta có L  1  −1  s − a  =L   s (s − a )   s  = L −1 1 s −a ∫ 0 { } 1 a ∫ dτ = eaτ dτ = ( eat − 1) 0  1  t   −1  1  −1  s ( s − a )  −1  1  • Từ đó và tiếp tục có L  2   s (s − a )  = L   s   = L  ∫  dτ  s (s − a )  0 t t 1 ( aτ 1 1  1 = ∫ a e − 1) dτ =   eaτ − τ   = 2 (eat − at − 1) . a  a 0 a 0 HAVE A GOOD UNDERSTANDING!

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.