119
∫∫ ττ−+ττ+= t
0
t
0
d)3tsin(d)tsin(2)t(f
t2cos
3
2
tcos
3
2
tcos
3
1
t2cos
3
1
t2costcos
3
)3tcos(
)tcos(
t
0
t
0
−=
−+−=
τ−
+τ+−=
§19. ỨNG DỤNG CỦA PHÉP BIẾN ĐỔI LAPLACE ĐỂ GIẢI PHƯƠNG
TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH HỆ SỐ HẰNG
1. Phương pháp chung: Giả sử ta cần tìm nghiệm của phương trình vi phân tuyến
tính hệ số hằng:
)t(fxa
dt
xd
a
dt
xd
an
1n
1n
1
n
n
o=+++ −
−
L (1)
thoả mãn các điều kiện ban đầu:
x(0) = xo, x’(0) = x1 ,.., x(n-1)(0) = xn-1 (2)
với giả thiết ao ≠ 0, hàm f(t), nghiệm x(t) cùng các đạo hàm tới cấp n của nó đều là
các hàm gốc.
Để tìm nghiệm của bài toán trên ta làm như sau:
bTrước hết ta lập phương trình ảnh của (1) bằng cách gọi X(p) là ảnh của x(t),
F(p) là ảnh của f(t). Theo công thức đạo hàm gốc ta có:
x’(t) = pX(p) - xo
x”(t) = p2X(p) - pxo - x1
…
x(n)(t) = pnX(p) - pn-1xo - ⋅⋅⋅ - xn-1
Lấy ảnh hai vế của (1) ta có phương trình đối với ảnh X(p):
(aopn + a1pn-1 + ⋅⋅⋅ + an)X(p) = F(p) + xo(aopn-1 + a1pn-2 + ⋅⋅⋅ + an-1)
+ x1(aopn-1 + a1pn-2 + ⋅⋅⋅ + an-1) +⋅⋅⋅ + xn-1ao
hay:
A(p).X(p) = F(p) + B(p) (3)
Trong đó A(p) và B(p) là các đa thức đã biết. Giải (3) ta có:
)p(A
)p(B)p(F
)p(X +
= (4)
b Sau đó tìm gốc của X(p) ta được nghiệm của phương trình
Ví dụ 1: Tìm nghiệm của phương trình x” - 2x’ + 2x = 2etcost
thoả mãn điều kiện đầu x(0) = x’(0) = 0
Đặt x(t) ↔ X(p) thì x’(t) ↔ pX(p) và x”(t) ↔ p2X(p).
Mặt khác 2p2p
)1p(2
1)1p(
)1p(2
tcose2 22
t
+−
−
=
+−
−
↔. Thay vào phương trình ta có:
120
2p2p
)1p(2
X2pX2Xp 2
2
+−
−
=+−
hay
2p2p
)1p(2
X)2p2p( 2
2
+−
−
=+−
Giải ra ta được:
22 )2p2p(
)1p(2
X+−
−
=
Dùng phép biến đổi ngược ta có:
x(t) = tetsint
Ví dụ 2: Tìm nghiệm của phương trình x” - x = 4sint + 5cos3t thoả mãn các điều kiện
ban đầu x(0) = -1, x’(0) = -2
Đặt x(t) ↔ X(p) thì x”(t) ↔ p
2X + p + 2. Mặt khác 4p
p5
t2cos5 2+
↔ và
1p
4
tsin4 2+
↔. Thay vào phương trình trên ta được:
4p
p5
1p
4
X2pXp 22
2
+
+
+
=−++
nên:
4p
p
1p
2
1p
2p
4p
p
1p
p
1p
2
1p
2
1p
2p
)1p)(4p(
p5
)1p)(1p(
4
X
22
22222
22222
+
−
+
−=
−
+
−
+
−
−
+
+
−
−
=
−
+
−
−+
+
−+
=
Dùng phép biến đổi ngược ta được:
x(t) = -2sint - cos2t
Ví dụ 3: Tìm nghiệm của phương trình x” + 4x’ + 4x = t3e-2t thoả mãn các điều kiện
ban đầu x(0) = 1, x’(0) = 2.
Đặt x(t) ↔ X(p) thì x’(t) ↔ pX - 1, x”(t) ↔ p
2X - p - 2. Mặt khác
44
t23
)2p(
6
)2p(
!3
et +
=
+
↔
−. Thay vào phương trình trên ta được:
4
2
)2p(
6
X44pX42pXp +
=+−+−−
Như vậy:
2p
1
)2p(
4
)2p(
6
)2p(
6p
)2p(
6
X2626 +
+
+
+
+
=
+
+
+
+
=
121
Vậy x(t) = ⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛++=++= −−−−
20
t
t41eet
20
1
te4e)t(x
5
t2t25t2t2
Ví dụ 4: Tìm nghiệm của phương trình x(4) + 2x” + x = sint thoả mãn các điều kiện
ban đầu x(0) = x’(0) = x”(0) = x(3)(0) = 0.
Đặt x(t) ↔ X(p) thì: x”(t) ↔ p
2X, x(4)(t) ↔ p
4X. Mặt khác 1p
1
tsin 2+
↔.
Thay vào phương trình trên ta được:
1p
1
X)1p2p( 2
24
+
=++
3332242 )jp()jp(
1
)1p(
1
)1p2p)(1p(
1
X+−
=
+
=
+++
=
Hàm X(p)ept có hai điểm cực cấp 3 là j và -j. Ta tính thặng dư tại các cực điểm đó:
Res[X(p)ept, j] = ⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
+
+
+
−
+
=
″
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
+→→ 3
pt2
4
pt
5
pt
jp
3
pt
jp )jp(
et
)jp(
te6
)jp(
e12
lim
2
1
)jp(
e
lim
2
1
[]
)3t(jt3
16
e2
jt
−+−=
Res[X(p)ept, -j] = ⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
−
+
−
−
−
=
″
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
−−→−→ 3
pt2
4
pt
5
pt
jp
3
pt
jp )jp(
et
)jp(
te6
)jp(
e12
lim
2
1
)jp(
e
lim
2
1
[]
)3t(jt3
16
e2
jt
−−−=
−
Theo công thức tìm gốc của phân thức hữu tỉ ta có:
x(t) = Res[X(p)ept, j] + Res[X(p)ept, -j]
[][]
[][]
[]
tsin
8
t3
tcost
8
3
)3t(jt3
16
e
Re2
)3t(jt3
16
e
)3t(jt3
16
e
)3t(jt3
16
e
)3t(jt3
16
e
2
2
jt
2
jt
2
jt
2
jt
2
jt
−
+−=
⎭
⎬
⎫
⎩
⎨
⎧−+−=
−+−+−+−=
−−−+−+−=
−
Ví dụ 5: Tìm nghiệm của phương trình x” + x = et thoả mãn các điều kiện ban đầu
x(1) = x’(1) = 1.
Các điều kiện ban đầu ở đây không phải cho tại t = 0 mà tại t = 1. Vì vậy ta
phải biến đổi để quy về trường hợp trên. Ta đặt t = τ + 1, x(t) = x(τ + 1) = y(τ), Vậy
x’(t) = y’(τ), x”(t) = y”(τ). Bài toán được đưa về tìm nghiệm của phương trình:
y”(τ) + y(τ) = eτ+1
thoả mãn y(0) = 1 và y’(0) = 0
122
Gọi Y(p) là ảnh của y(τ). Vậy y”(τ) ↔ p2Y(p) - p. Mặt khác 1p
e
e.ee 1
−
↔= τ+τ
Vậy phương trình ảnh là:
1p
e
YpYp2
−
=+−
Giải phương trình này ta được:
)1p(2
e
1p
p
2
e
1
)1p(2
e
1p
p
)1p(2
)1p(e
)1p(2
e
1p
p
)1p)(1p(
e
Y
22
2222
+
−
+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛−+
−
=
+
+
+
+
−
−
=
+
+
+−
=
Từ đó ta được:
τ−τ
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛−+=τ τsin
2
e
cos
2
e
1e
2
e
)(y
Trở về biến t ta có:
)1tsin(
2
e
)1tcos(
2
e
1
2
e
)y(x
t
−−−
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛−+=
Ví dụ 6: Tìm nghiệm của phương trình:
⎩
⎨
⎧
>
<<
=+
′2t0
2t01
xx
thoả mãn điều kiện ban đầu x(0) = 0.
Đặt x(t) ↔ X(p) nên x’(t) ↔ pX(p). Vế phải của phương trình có thể viết được
là f(t) = η(t) - η(t - 2). Vậy:
()
p2
e1
p
1
)t(f −
−↔
và phương trình ảnh có dạng:
pX + X =
()
p2
e1
p
1−
−
Giải ra ta được:
)1p(p
e
)1p(p
1
)1p(p
e1
X
p2p2
+
−
+
=
+
−
=
−−
Do t
e1
1p
1
p
1
)1p(p
1−
−↔
+
−=
+
nên theo tính chất trễ ta có:
[]
)2t(p2 e1)2t(
)1p(p
1
e−−− −−η↔
+
Vậy:
[]
()
⎩
⎨
⎧
>−
<<−
=−−η−−= −
−
−−−
2t1ee
2t0e1
e1)2t(e1)t(x 2t
t
)2t(t
123
Ví dụ 7: Tìm nghiệm của phương trình:
⎩
⎨
⎧
π>
π
<<
=ω+
′′ t0
t0tsin
xx 2
thoả mãn các điều kiện ban đầu x(0) = x’(0) = 0.
Đặt x(t) ↔ X(p), nên x”(t) ↔ p2X(p)
Trước đây ta đã tìm được ảnh của hàm trong vế phải là:
()
π−
+
+
p
2e1
1p
1
Vậy phương trình ảnh tương ứng là:
()
π−
+
+
=ω+ p
2
22 e1
1p
1
XXp
hay: )p)(1p(
e1
X222
p
ω++
+
=
π−
Ta xét hai trường hơp:
∗ nếu ω2 ≠ 1 thì:
)1(
tsintsin
)p)(1p(
1
2222 ω−ω
ω
−
ω
↔
ω++
Theo tính chất trễ
)1(
)tsin()t(sin
)t(
)p)(1p(
e
2222
p
ω−ω
π−ω−π−ω
π−η↔
ω++
π−
Vây:
x(t) = )1(
tsintsin
2
ω−ω
ω−ω +)1(
)tsin()t(sin
)t( 2
ω−ω
π
−
ω
−
π
−
ω
π−η
hay:
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
π>
ω−ω
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛π
−ω
ωπ
=
ω−ω
π−ω−π−ω
π<<
ω−ω
ω−ω
=
t
)1(
2
tsin
2
cos2
)1(
)tsin()t(sin
t0
)1(
tsintsin
)t(x
22
2
* nếu ω2 = 1 thì:
22
p
)1p(
e1
X+
+
=
π−
Ta đã biết 2
tcost
tsin
)1p(
1
22 −↔
+
Theo tính chất trễ ta có:
[]
)tcos()t()tsin(
2
)t(
)1p(
e
22
p
π−π−−π−
π−η
↔
+
π−