BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH
Đặng Minh Thế
BIẾN ĐỔI LAPLACE
VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Thành phố Hồ Chí Minh 2012
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH
Đặng Minh Thế
BIẾN ĐỔI LAPLACE
VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG
Chuyên ngành: Toán Giải Tích
Mã số: 60 46 01
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
TS. NGUYỄN CAM
Thành phố Hồ Chí Minh 2012
MỤC LỤC
Trang phụ bìa
Lời cảm ơn Mục lục PHẦN MỞ ĐẦU ........................................................................................................ 0
1.1 Định nghĩa biến đổi Laplace và các ví dụ ................................................................................ 3
1.2 Điều kiện tồn tại cho biến đổi Laplace .................................................................................... 5
1.3 Các tính chất cơ bản của biến đổi Laplace .............................................................................. 8
1.4 Định lý tích chập ................................................................................................................... 12
1.5 Đạo hàm và tích phân của biến đổi Laplace.......................................................................... 14
1.6 Biến đổi Laplace ngược và các ví dụ .................................................................................... 17
1.7 Định lý giá trị đầu, định lý giá trị cuối ................................................................................... 32
Chương 1 BIẾN ĐỔI LAPLACE VÀ MỘT SỐ TÍNH CHẤT CƠ BẢN ......... 3
2.1 Nghiệm của phương trình vi phân thường ............................................................................. 34
2.2 Phương trình đạo hàm riêng ................................................................................................... 56
2.3 Nghiệm của phương trình tích phân ....................................................................................... 73
2.4 Nghiệm của bài toán giá trị biên .............................................................................................. 77
2.5 Nghiệm của phương trình sai phân và vi sai phân ................................................................. 82
2.6 Hàm chuyển và hàm đáp ứng xung của một hệ thống tuyến tính .......................................... 90
Chương 2 MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA BIẾN ĐỔI LAPLACE ....................... 34
A. Các hàm đặc biệt ..................................................................................................................... 95
A.1 Hàm Gamma ..................................................................................................................... 95
A.2 Hàm Dirac Delta................................................................................................................ 98
B. Một số định lý quan trọng ....................................................................................................... 99
PHỤ LỤC. MỘT SỐ KIẾN THỨC ĐƯỢC SỬ DỤNG TRONG LUẬN VĂN 95
KẾT LUẬN ............................................................................................................ 105
TÀI LIỆU THAM KHẢO .................................................................................... 106
1
PHẦN MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Biến đổi Laplace là một phép biến đổi tích phân quan trọng. Ứng dụng lớn
nhất của nó là để giải các phương trình vi phân và các bài toán liên quan (bài toán
giá trị biên và bài toán điều kiện đầu). Nguồn gốc của ứng dụng này là ở chỗ biến
đổi Laplace cho phép chuyển từ phép tính vi tích phân trên hàm sang các phép tính
đại số trên ảnh của hàm qua biến đổi Laplace. Các phép biến đổi cho phép chuyển
như vậy gọi chung là phép tính toán tử (operational calculus).
Biến đổi Laplace được đặt theo tên của nhà toán học và thiên văn học nổi tiếng
người Pháp Pierre Simon Laplace (1749-1827). Laplace nghiên cứu vấn đề này đầu
tiên vào năm 1782. Tuy nhiên tính hữu dụng của phương pháp này không được
công nhận. Kỹ thuật thực tế để áp dụng biến đổi Laplace rất hiệu quả như hiện nay
được phát triển khoảng một trăm năm sau bởi kỹ sư điện người Anh là Oliver
Heaviside (1850-1925). Vì vậy biến đổi Laplace cũng còn được gọi là phép tính
Heaviside (Heaviside calculus).
Việc tìm hiểu lý thuyết về Laplace và một số ứng dụng của nó là một trong
những đề tài có ý nghĩa cho học viên cao học. Vì thế được sự giúp đỡ và hướng dẫn
của thầy Ts. Nguyễn Cam, tôi quyết định chọn đề tài “ Biến đổi Laplace và một số
ứng dụng” làm đề tài nghiên cứu của mình.
2. Mục tiêu của đề tài
Trình bày lý thuyết cơ bản về biến đổi Laplace như định nghĩa, tính chất, biến
đổi Laplace ngược và một số phương pháp tìm biến đổi Laplace thông dụng.
Ứng dụng biến đổi Laplace để giải các phương trình vi phân thường, phương
trình vi phân đạo hàm riêng, phương trình sai phân và vi sai phân,…và các bài toán
liên quan thường xuất hiện trong vật lí và khoa học kĩ thuật.
2
3. Phương pháp nghiên cứu
Thu thập các bài báo khoa học, các sách vở có liên quan đến đề tài luận văn,
tìm hiểu chúng và trình bày các kết quả về đề tài theo hiểu biết của mình, theo hệ
thống khoa học với các chứng minh chi tiết.
Sử dụng các kết quả của Hàm biến phức, Biến đổi tích phân,…
4. Bố cục luận văn
Ngoài phần mở đầu, kết luận và tài liệu tham khảo, luận văn gồm có ba phần
CHƯƠNG 1 BIẾN ĐỔI LAPLACE VÀ MỘT SỐ TÍNH CHẤT CƠ BẢN
Trong chương này chúng tôi trình bày các vấn đề cơ bản của biến đổi Laplace
như là định nghĩa, tính chất, điều kiện tồn tại của biến đổi Laplace và một số
phương pháp tìm biến đổi Laplace ngược của các hàm ảnh đã cho.
CHƯƠNG 2 MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA BIẾN ĐỔI LAPLACE
Trong chương này, chúng tôi sẽ trình bày các ứng dụng của biến đổi Laplace
vào việc giải các phương trình
• Phương trình vi phân thường,
• Phương trình đạo hàm riêng,
• Phương trình tích phân,
• Phương trình sai phân và phương trình vi sai phân.
Ngoài ra, chúng tôi cũng trình bày ứng dụng của biến đổi Laplace vào việc
nghiệm của bài toán giá trị biên, tìm hàm chuyển và đáp ứng xung của một hệ thống
tuyến tính.
PHỤ LỤC MỘT SỐ KIẾN THỨC ĐƯỢC SỬ DỤNG TRONG LUẬN VĂN
3
Chương 1 BIẾN ĐỔI LAPLACE VÀ MỘT SỐ TÍNH CHẤT CƠ BẢN
1.1 Định nghĩa biến đổi Laplace và các ví dụ
f
( ) t
Biến đổi Laplace của hàm số với 0 ≤ < ∞t là một hàm phức được định
∞
−
st
=
f
e
f
L
( ) 1.1.1
( ) f s
( ) t dt
{
} ( ) t
= ∫
0
nghĩa bởi tích phân suy rộng
f
1.1.1 hội tụ với
( ) t
)
Phép biến đổi Laplace của hàm tồn tại nếu tích phân (
giá trị của s thuộc miền nào đó. Trường hợp ngược lại ta nói phép biến đổi Laplace
f
f
( ) t
( ) t
không tồn tại. Ta gọi hàm trong định nghĩa trên là hàm gốc của hàm số
( ) f s là hàm ảnh.
1.1.1 ta có biến đổi Laplace của một số hàm cơ bản sau
và hàm biến đổi
)
Sử dụng định nghĩa (
đây.
t > thì 0
f
Nếu với
Ví dụ 1.1.1 ( ) 1 t =
∞
T
=
=
− st e dt
− st e dt
L
{ } 1
∫
∫
lim →∞ T
0
0
T
−
−
st
sT
=
−
=
e
e
( 1.1.2
)
lim →∞ T
lim →∞ T
=
t
0
1 s
1 1 − s s
0
L
s > thì giới hạn trên tồn tại và
{ } 1 =
1 s
. Do đó nếu Re
Ví dụ 1.1.2
at
f
e=
( ) t
Nếu , trong đó a là hằng số thực thì ta có
∞
( − −
) s a t
at
=
=
dt
e
L
( ) f s
{ e
}
∫
0
∞
( − −
) s a t
=
=
>
,
Re
e
s
. a
( 1.1.3
)
=
t
0
1 − a s
1 − s a
4
Ví dụ 1.1.3
n
f
t= , trong đó n là một số nguyên dương thì ta có
( ) t
n
=
=
.
L
( ) 1.1.4
( ) f s
{ } t
! n s + n 1
Nếu
∞
∞
−
−
st
=
= −
I
st n e t dt
n
( n t d e
)
∫
∫
1 s
0
0
∞
∞
−
−
st
n
= −
+
n t e
− 1 st e dt
t
(
)
∫
=
0
t
n s
0
1 s ∞
−
n
=
=
− 1 st e dt
t
I
.
−
1
n
∫
n s
n s
0
Thật vậy, ta có
n
=
=
= ⋅ ⋅ ⋅ =
=
,
I
I
I
L
−
n
n
1
0
{ } t
n s
! n n s
! n + n 1 s
Do đó
0
1 .=I s
=
với
sin
at
f
Nếu , trong đó a là số thực thì ta có
Ví dụ 1.1.4 ( ) t
=
at
,
L
{ sin
}
( ) 1.1.5
2
2
a +
s
a
∞
−
st
=
I
at
e
atdt
sin
L
{ sin
}
= ∫
0
Thật vậy, ta đặt
Ta có
∞
∞
−
−
st
st
= −
−
I
e
cos
at
e
cos
atdt
∫
1 a
=
0
t
0
s a ∞
∞
−
−
st
st
+
e
sin
at
e
sin
atdt
∫
s a
1 = − a
=
0
t
0
s 1 a a ∞
2
2
−
st
I
e
atdt
sin
2
2
∫
1 = − a
s a
1 = − a
s a
0
5
2
I
I
2
1 = − a
s a
2
=
1
I
2
s a
1 a
⇔ +
Do đó
at
= = I
.
L
{ sin
}
2
2
a +
s
a
Suy ra
1.2 Điều kiện tồn tại cho biến đổi Laplace
) 0,∞ ,
0M > và
Hàm f được gọi là một hàm gốc nếu nó thỏa mãn ba điều kiện sau
,
f
∀ ≥ 0.
t
( ) α t ≤ t Me
α= inf
i) f bị triệt tiêu khi t < , 0 ii) f liên tục từng khúc (piecewise continous) trên [ iii) f không tăng nhanh hơn hàm mũ khi t → ∞ nghĩa là tồn tại số 0α> sao cho
α 0
Số , với tất cả α thỏa mãn (iii) được gọi là chỉ số tăng của hàm f . Chú
0α có thể không thỏa (iii).
0,∞ nếu hàm f liên tục tại
)
ý rằng số
0,∞ ngoại trừ một số hữu hạn các điểm gián đoạn, đồng thời tại
)
Hàm số f được gọi là liên tục từng khúc trên [
mọi điểm thuộc [
f
t +
f
t −
(
)
(
)
và tồn tại. các điểm t mà f không liên tục thì
6
Định lý 1.2.1
f
f
( ) t
( ) t
0α thì biến đổi Laplace của
Re s α>
Nếu là hàm gốc với chỉ số tăng tồn tại với
0
. mọi s thỏa
Chứng minh
0M > sao cho
0α nên tồn tại số
t
( ) α ε+ 0
∀ ≥ .
f
,
0
t
( ) ≤ t Me
Do f là hàm gốc với chỉ số tăng
∞
∞
−
t
( − − x
st
) − α ε 0
e
f
dt
∫
( ) ≤ ∫ t dt M e
0
0
∞
t
( − − x
) − α ε 0
=
=
,
−
−
x
Me ( − x
) α ε − 0
M α ε − 0
=
t
0
= >
+ .
Ta có
0ε > sao cho
Re s
x α ε
0
Re s α>
Chọn
1.1.1 là hội tụ tuyệt đối khi
)
0
. Do đó biến đổi Laplace tồn tại và tích phân (
Chú ý
1.1.1 được gọi là hội tụ tuyệt đối nếu
)
∞
−
< ∞
ste
f
( ) t dt
∫
0
1.1.1 được gọi là hội tụ đều đối với s trên miền xác định Ω
a) Tích phân (
)
0ε > , tồn tại một số
b) Tích phân (
0τ sao cho với mọi
0τ τ≥ thì
∞
−
<
ε
ste
f
( ) t dt
∫
τ
trong mặt phẳng phức nếu bất kì
với mọi s trong Ω .
Định lý 1.2.2
0α . Khi đó biến đổi Laplace
Cho f là hàm gốc có chỉ số tăng
∞
f
( ) 1.1.6
( ) t dt
−∫ ste
0
>
>
7
Re
s
0
} s α α α ,
. hội tụ đều trên miền {
Chứng minh
Ta sử dụng tiêu chuẩn weierstrass [Định lý B.3 – Trang 103] để chứng minh
0M > sao cho
định lý trên. Thật vậy,
0α nên tồn tại số
t
( ) α ε+ 0
f
,
t
≥ 0
( ) ≤ t Me
Do f là hàm gốc có chỉ số tăng
−
−
−
−
−
x
t
t
(
) − α ε − 0
( ) α α ε 0
≤
ste
f
Me
,
( ) ≤ t Me
>
Khi đó
x α= ≥ và ta chọn ε đủ nhỏ để
+ . 0α α ε
∞
−
−
−
t
( ) α α ε 0
>
trong đó Re s
+ nên theo tiêu chuẩn weierstrass ta có tích
e
dt
0α α ε
∫
0
>
≥
Do hội tụ với
s
Re
)
0
1.1.6 hội tụ đều trên miền {
} s α α α ,
. phân (
Định lý 1.2.3
( ) f s là hàm giải tích trong miền
0α . Khi đó
0
Cho f là hàm gốc có chỉ số tăng Re s α> .
Chứng minh
∞
∞
−
−
st
st
=
−
Ta có
e
f
f
( ) t e
(
) t dt
(
) ( ) t dt
∫
∂ ∂∫ s
0
0
,
0α
−
−
−
−
t
t
( − − x
st
) − α ε 0
( ) α α δ 0
1
−
≤
Do f là hàm gốc có chỉ số tăng
f
Me
,
(
) t e
( ) t
>
nên ta có ≤ tMe
Re s
x α= ≥
0δ > có thể chọn đủ nhỏ để
1
+ . 0α α δ
1
và trong đó
∞
−
−
−
t
( ) α α δ 0
1
8
e
dt
∫
0
∞
−
,α α α>
Do tích phân hội tụ nên theo tiêu chuẩn Weierstrass thì ta có tích
s
Re
,
ste
f
1
1
0
}1 s α≥
(
) ( ) t dt
∂ ∂∫ s
0
∞
∞
−
với mọi . phân hội tụ đều trên miền {
f
ste
f
( ) t dt
(
) ( ) t dt
−∫ ste
∂ ∂∫ s
0
0
,α α α>
hội tụ và tích phân hội tụ Như vậy ta có tích phân
s
Re
,
1
1
0
}1 s α≥
với mọi nên theo [Định lý B.4 – Trang đều trên miền {
∞
−
st
′
=
103] ta có hàm ảnh có đạo hàm là
f
e
f
( ) s
(
) ( ) t dt
∂ ∂∫ s
0
Re
s α>
.
,
( ) f s giải tích trong miền
0
tại mọi điểm s thuộc các miền trên. Do đó
1.3 Các tính chất cơ bản của biến đổi Laplace
Định lý 1.3.1 (Tính chất tuyến tính)
kf với các chỉ số tăng là
kα , biến đổi Laplace là
,kf
=
k
1, 2,...,
n
Cho các hàm gốc
kf
n
. Khi đó biến đổi Laplace của hàm tổ hợp tuyến tính f của các hàm
f
( ) t
( ) t
kc là hằng số
c f k
k
= ∑
= 1
k
, với
n
,
( ) 1.3.1
( ) f s
( ) s
c f k
k
= ∑
= 1
k
>
là hàm f được xác định bởi
s
α max k
với miền xác định Re .
Chứng minh. Suy ra từ định nghĩa và tính chất tuyến tính của tích phân.
Ví dụ 1.3.1
Từ kết quả của ví dụ 1.1.2 và tính chất tuyến tính ta có biến đổi Laplace của các
hàm sau
a) Ta có
−
α i t
α i t
=
−
α t
e
e
L
L
{ sin
}
(
)
1 2 i
−
=
1 − α i
s
1 + α i
α
=
>
,
Re
Im
s
2
2 α
1 2 i s α +
s
9
−
α t i
α t i
α>
=
+
=
b) Tương tự ta có
Ims
α t
e
e
L
L
{ cos
}
(
)
2
s +
2 α
1 2
s
−
α t
=
+
=
>
α
, Re
α t
α t e
e
s
,
Re
Re
L
L
{ cosh
}
(
)
2
s 2 − α
s
1 2
− α t
α
=
−
=
>
c)
,
Re
Re
.
α t
α t e
e
s
L
L
{ sinh
}
(
)
2
2 α
α −
1 2
s
d)
Định lý 1.3.2 (Tính chất đồng dạng)
=
0
c > là hằng số. Khi đó
( ) f s
0α và
{ L f
} ( ) t
=
>
f
, Re
s
α c
L
( 1.3.2
)
( f ct
{
} )
1 c
s c
Cho , f là hàm gốc có chỉ số tăng
∞
∞
−
−
st
su c
=
=
=
Chứng minh
e
e
f
L
) ( f u du
( f ct
) ( f ct dt
{
} )
∫
∫
1 c
1 c
s c
0
0
.
Định lý 1.3.3 (Tính chất dịch chuyển ảnh)
=
f có chỉ số tăng là
f
f s
L
( ),
0α thì
{
} ( ) t
=
−
>
+
f s a
, Re
s
Re
a
L
( ) 1.3.3
(
)
α 0
{ ate f
} ( ) t
Nếu
Chứng minh
∞
( − −
) s a t
=
=
−
f
f s a
.
e
L
( ) t dt
(
)
{ ate f
} ( ) t
∫
0
Theo định nghĩa ta có
Ví dụ 1.3.2
10
) 1.3.3
!
=
>
,
Re
Re
s
a
L
( ) 1.3.4
+
n
{ n at t e
}
n − s a
(
) 1
at
=
>
+
bt
s
b
a
sin
, Re
Im
Re
L
( 1.3.5
)
{ e
}
2
+
− s a
b
b )2
(
at
=
>
+
bt
s
b
cos
, Re
Im
a Re .
L
( ) 1.3.6
{ e
}
2
− s a
b
− s a )2 +
(
=
Các kết quả dưới đây nhận được dễ dàng từ công thức (
( ) f s
Nếu thì
Định lý 1.3.4 { } ( ) t L f
−
−
as
as
−
−
=
=
>
f
t a H t a
e
e
f
a
0
L
L
( ) f s
( ) t
(
(
)
( ) 1.3.7
{
},
{
} )
−
as
−
=
f
e
f
+ t a
L
L
( ) ( t H t a
(
( ) 1.3.8
{
} )
{
}, )
hay
( H t a−
)
t
a
−
( H t a
)
> <
t
a
0,
1, =
là hàm bước nhảy đơn vị Heaviside được định nghĩa bởi trong đó
Chứng minh
∞
−
st
Theo định nghĩa ta có
(
(
)
(
( t a H t a dt
)
)
{
} )
∫
0
∞
−
st
− − = − − f t a H t a e f L
(
) t a dt
∫
a
− =
=
t a
τ ,
dt
τ d
= − e f ,
Đặt
∞
−
−
−
sa
s
as
−
−
=
=
f
t a H t a
e
d
f
e
e
.
L
(
)
(
( ) τ τ τ
( ) f s
{
} )
∫
0
Khi đó
−
as
−
=
f
e
f
+ t a
L
L
11
(
{
} )
{
}. )
Chứng minh tương tự ta được ( ) ( t H t a
f
( ) 1 t =
−
=
−
exp
sa
L
thì Đặc biệt, nếu
) 1.3.9
( H t a
(
)
{
} )
1 s
(
Định lý 1.3.5 (Biến đổi Laplace của hàm tuần hoàn)
=
f
L
( ) f s
{
} ( ) t
T
−
1
−
st
=
−
−
f
sT
e
f
L
( ) 1.3.10
(
)
( ) t dt
{
} ( ) t
1 exp
∫
0
Cho và f là một hàm tuần hoàn với chu kì T thì ta có
Chứng minh
∞
∞
T
−
−
−
st
st
st
=
=
+
Theo định nghĩa ta có
f
e
f
e
f
e
f
L
( ) t dt
( ) t dt
( ) t dt
{
} ( ) t
∫
∫
∫
T
0
0
.
Tτ= + trong tích phân thứ hai ta được
∞
T
−
−
st
s
τ
=
+
−
+
e
f
exp
sT
e
( ) f s
( ) t dt
(
)
( τ τ f
) T d
∫
∫
0
0
+
=
Đặt t
f
T
f
( τ
)
( ) τ
∞
T
−
−
st
st
Do và thay biến τ bởi t trong tích phân thứ hai ta được
( ) f s
( ) t dt
(
)
( ) t dt
∫
∫
0
0
T
−
st
= + − exp e f sT e f
( ) t dt
(
( ) ) sT f s
∫
0
= + − exp . e f
T
−
1
−
st
=
−
−
.
f
sT
e
f
L
(
)
( ) t dt
{
} ( ) t
1 exp
∫
0
Suy ra
Định lý 1.3.6 (Biến đổi Laplace của đạo hàm)
=
( ) f s
{ L f
} ( ) t
′
=
−
=
−
f
s
f
f
f
> s α
L
L
( ) 0
( ) s f s
( ) 0 , Re
( ) 1.3.11
0
{
} ( ) t
{
} ( ) t
Cho . Giả sử f ′ tồn tại và là hàm gốc thì
12
Chứng minh
∞
−
st
′
′
,
f
e
f
L
( ) t dt
{
} ( ) t
= ∫
0
Theo định nghĩa ta có
0α . Khi đó
−
−
t
( − − x
st
xt
) α ε − 0
≤
=
= > +
0,
Re
f
e
f
e
s
x
( ) t e
( ) ≤ t M
ε α 0
lim →∞ t
lim →∞ t
lim →∞ t
Giả sử f là hàm gốc có chỉ số tăng là
∞
−
−
st
st
′
=
+
f
e
f
f
L
( ) t
( ) t dt
{
} ( ) t
=
t
0
∞ ∫ s e 0
=
−
f
( ) s f s
( ) 0 ,
Tích phân từng phần của tích phân trên ta được
′′
′
=
−
f
s
L
{
} ( ) t
} ( ) t
′
−
−
=
f
′
−
( ) ′ 0 ) −
=
sf
f
{ f L ( ( ) s sf s ( ) 2 s f s
f ( ) 0 ( ) 0
( ) f 0 ( ) 0 .
Tương tự ta có
Tổng quát
n
− 1
(
′
=
f
,
f
,...,
f
( nf
( ) t
( ) t
) ( ) t
) ( ) t
( ) f s
{ L f
} ( ) t
Cho . Giả sử , là các hàm gốc thì ta
−
n
(
− 1
2
− 1
n
n
n
′
=
−
−
− ⋅⋅⋅ −
có
f
s
f
s
f
f
L
( ) n s f s
( ) 0
( ) 0
( ) 0
{
} ) ( ) t
.
1.4 Định lý tích chập
Định lý 1.4.1 (Định lý tích chập)
,α β . Khi đó
0
0
∗
=
=
f
f
L
L
L
( ) ( ) f s g s
( ) t
( ) 1.4.1
{
} ( ) g t
{
} ( ) t
{
} ( ) g t
∗
Cho f và g là các hàm gốc có chỉ số tăng lần lượt là
f
f
( ) t
( ) g t
( ) t
( )g t
được gọi là tích chập của và và được định trong đó
t
∗
=
−
f
f
t
d
g
( ) 1.4.2
( ) t
( ) g t
(
( ) τ τ τ
)
∫
0
nghĩa bởi tích phân
∗
=
∗
13
f
f
( ) t
( ) g t
(
)( ) g t
Ta ghi tắt là .
Chứng minh
>
t
ε> 0,
0
t
t
∗
=
−
≤
−
f
f
f
(
)( ) g t
( ) τ
( g t
) τ τ d
( ) τ
( g t
) τ τ d
∫
∫
0
0
t
+
+
−
t
t
)
)(
(
( − α β τ
)
0
0
) + β ε 0
0
0
≤
( ( ) α ε τ β ε τ e
τ = d Me
τ d
e
∫
t ∫ M e 0
0
t
( ) + α ε 0
,
M e 1
≥ α β 0
0
( 1.4.3
)
t
(
) + β ε 0
,
,
M e 2
β α > 0
0
≤
g∗ là
Với
≤
bất đẳng thức sau cùng có được bằng cách tính trực tiếp tích phân. Vậy f
max
.
}
γ 0
{ α β , 0 0
hàm gốc có chỉ số tăng
∞
∞
−
τ s
su
f
f
e
L
. L
( ) τ τ d
( − e g u du
)
{
} ( ) t
{
} ( ) g t
∫
∫
0
0
−
+
s
u
( τ
)
τ .
e
f
( ) τ
) g u du d
(
0
0
= ∞ ∞ = ∫ ∫
dt=
Ta có
uτ= + , du
với τ cố định Đặt t
−
st
=
−
τ
.
f
e
f
L
L
( ) 1.4.4
( ) τ
( g t
) τ
{
} ( ) t
{
} ( ) g t
τ
0
dt d
∞ ∞ ∫ ∫
−
=
=
Khi đó ta có
0,
t
1.4.4 như sau
0,
t
< thì 0
( g t
) τ
< và ta viết lại ( τ
)
∞ ∞
−
st
=
−
τ
Do ( ) g t
f
e
f
dt d
L
. L
( ) τ
( g t
) τ
{
} ( ) g t
{
} ( ) t
∫ ∫
0 0
.
Do biến đổi Laplace của f và g hội tụ đều nên ta có thể đổi thứ tự lấy tích phân
[Định lý B.2 – Trang 102].
∞ ∞
−
st
=
−
f
.
e
f
d dt
L
L
( ) τ
( g t
) τ τ
{
} ( ) t
{
} ( ) g t
∫ ∫
∞
t
−
st
=
−
e
f
dt
( ) τ
( g t
0
0
0 0 ∫ ∫
) τ τ d
∞
t
−
st
=
−
e
f
dt
( ) τ
( g t
∫
∫
0
0
) τ τ d
=
∗
f
.
L
{ (
} )( ) g t
14
1.5 Đạo hàm và tích phân của biến đổi Laplace
Định lý 1.5.1 (Đạo hàm của biến đổi Laplace)
=
( ) f s
0α thì
{ L f
} ( ) t
n
n
n
>
f
, Re
s
L
( = −
) 1
( ) f s
( ) 1.5.1
α 0
{ t
} ( ) t
n
∂ ∂ s
Nếu , f là hàm gốc có chỉ số tăng là
trong đó n = 0,1, 2,3,....
Chứng minh
1.1.1 được cho phép
Theo định lý 1.2.2 biến đổi Laplace của hàm f hội tụ đều và các điều kiện còn
)
∞
∞
−
−
st
st
=
=
e
f
e
f
( ) t dt
( ) f s
( ) t dt
∫
∫
∂ ∂ s
∂ ∂ s
0
0
∂ ∂ s ∞
= −
= −
t f
L
( 1.5.2
)
( ) − st t e dt
{ t f
} ( ) t
∫
0
lại trong định lý trên thỏa mãn [Định lý B.4 – Trang 103]. Khi đó, đạo hàm theo s bên trong dấu tích phân của (
2
2
2
f
,
L
( ) f s
( = −
) 1
( ) 1.5.3
{ t
} ( ) t
2
∂ ∂ s
3
3
3
f
.
L
( ) f s
( = −
) 1
( ) 1.5.4
{ t
} ( ) t
3
∂ ∂ s
Tương tự, ta có
Tổng quát
n
n
n
f
.
L
( = −
) 1
( ) 1.5.5
{ t
} ( ) t
( ) n f s
∂ ∂ s
15
Định lý 1.5.2 (Tích phân của biến đổi Laplace)
=
f
t là hàm gốc với chỉ số tăng là
( ) f s
( ) t
0α thì
{ L f
} ( ) t
∞
f
=
.
L
) f u du
(
∫
( ) t t
s
( ) 1.5.6
Cho . Nếu
Chứng minh
∞
−
st f
e
dt
( ) G s
= ∫
( ) t t
0
Đặt
∞
∞
−
−
st
st
=
= −
= −
e
− t
f
e
f
.
( ) f s
( ) ′ G s
(
)
( ) t dt
( ) t dt
∫
∫
0
0
Theo định lý 1.5.1 ta có
∞
∞
′
= −
= G u du G s G
( ) 1.5.7
( ) f s ds
( − ∞
( )
(
)
).
∫
∫
s
s
Ta có
∞
∞
f
−
− + x
t
(
xt
) + α ε 0
≤
≤
e
dt
( ) G s
∫
∫ dt M e
( ) t t
0
0
∞
− + x
t
(
) + α ε 0
=
=
M
,
α ε +
−
e − + x
x
0
M α ε − 0
=
0
t
= >
Re
s
Mặt khác
0ε > sao cho
+ x α ε .
0
Chọn
0
G ∞ = . Thay vào (
)
(
) 1.5.7 ta có
∞
f
=
.
L
) ( f u du
∫
( ) t t
s
Cho s → ∞ ta được
Định lý đã được chứng minh.
16
Ví dụ 1.5.1
−
at
1
=
tan
,
L
sin t
a s
Tính
∞
∞
at
=
=
a
L
2
2
∫
∫
ds +
sin t
a
s
1 a
+
s
s
s a
1
ds (
−
−
1
1
=
−
=
tan
tan
.
s a
π 2
)2 a s
Ta có
Định lý 1.5.3 (Biến đổi Laplace của tích phân)
=
( ) f s
{ L f
} ( ) t
t
=
f
L
( ) 1.5.8
∫
( ) f s s
0
( ) τ τ d
Nếu và f là hàm liên tục thì
Chứng minh
t
f
( ) g t
( ) dτ τ
= ∫
0
=
Đặt
f
g
= , 0
( )0
( ) ′ g t
( ) t
1ε< < . Khi đó
sao cho và g liên tục.
0α là chỉ số tăng của hàm f , thì với mọi 0
t
t
0
≤
f
( ) α ε τ + τ d
( ) g t
( ) τ τ
≤ ∫ d M e
∫
0
0
t
t
( ) α ε τ +
0
( ) α ε + 0
=
<
e
.
M e 1
τ =
0
M α ε + 0
Gọi
t
=
=
=
=
f
s
f
.
L
L
L
( ) f s
( ) sg s
{
} ( ) t
{
} ( ) ′ g t
∫
0
( ) dτ τ
1.5.8 . Định lý đã được chứng minh.
Vậy g là hàm gốc. Do đó
)
Chia cả hai vế cho s , ta được (
Ví dụ 1.5.2 Hãy sử dụng kết quả (
) 1.5.8 để tìm
t
n
=
tan
,
17
L
,
L
(b)
( Si at
{
} )
ae dττ ∫
1 s
− a 1 s
0
τ−
t
τ d
(a)
.
( Si at
)
= ∫
τ sin a τ
0
trong đó
−
!
at
=
.
L
+
n
{ n t e
}
n + s a
(
) 1
(a) Ta có
) 1.5.8 ta có
t
!
n
=
.
L
+
n
0
ττ τ− a ∫ e d
n ( + s s a
) 1
1.5.8 và ví dụ 1.5.1, ta có
Theo (
)
t
−
1
=
tan
.
L
∫
τ sin a τ
1 s
a s
0
τ d
(b) Theo công thức (
1.6 Biến đổi Laplace ngược và các ví dụ
( )g t
Cho hàm số xác định trên trục thực R . Ta nói g được biểu diễn bởi tích
∞
∞
−
τ i t
τ i x
+
+
−
=
τ
0
0
e
dxd
phân Fourier nếu với mọi t ta có
) 1.6.1
( ) g x e
( g t
)
( g t
)
∫
∫
1 2
1 π 2
− ∞
− ∞
1.6.1 được gọi là công thức Fourier.
(
)
Phương trình (
Định lý 1.6.1
)
0,∞ với chỉ số tăng 0α . Khi đó
+ ∞
c i
=
>
,
f
c
Cho f là hàm gốc liên tục từng khúc trên [
) 1.6.2
( ) st e f s ds
( ) t
α 0
∫
1 π 2 i
− ∞
c i
1.6.2 được gọi là công thức Mellin.
. (
)
Công thức (
Chứng minh
ct
f
18
f
( ) t e−
( ) t
ct
=
f
Giả sử là một hàm khả là hàm gốc và có một giá trị c sao cho
( ) g t
( ) t e−
) 0,∞ . Đặt
1.6.1 và để đơn giản cách ghi ta viết
( )g t
. Giả sử rằng các điểm gián đoạn của tích tuyệt đối trên [
)
=
+
+
−
0
0
( g t
)
( g t
)
( ) g t
1 2
1.6.1 trở thành
thỏa mãn phương trình (
)
∞
∞
−
τ i t
τ i x
=
τ
e
dxd
( ) 1.6.3
( ) g t
( ) g x e
∫
∫
1 π 2
−∞
−∞
Khi đó công thức (
f
t < nên 0
t < . Khi đó phương
0
( ) t
( )g t
1.6.3 trở thành
cũng bị triệt tiêu khi triệt tiêu khi Do
∞
∞
−
τ i t
τ i x
=
τ
e
dxd
( ) g t
( ) g x e
∫
∫
1 π 2
−∞
0
trình ( )
∞
∞
−
−
ct
τ i t
τ i x
=
τ
e
f
e
dxd
( ) t
( ) g x e
∫
∫
1 π 2
−∞
0
Do đó
∞
∞
+ c i
t
x
(
) τ
( − + c i
) τ
τ
=
f
e
dxd
( ) 1.6.4
( ) t
( ) f x e
∫
∫
1 π 2
−∞
0
ct
τ
f
Tương đương,
−∞ < < ∞ thì
s
= + c
iτ
)
khả tích tuyệt đối nên trên đường thẳng Do ( ) t e− (
( ) f s hội tụ với mọi τ và do đó nó sẽ hội tụ trong nửa mặt phẳng
= ≥ . Ngoài ra,
= > .
Re s
x
c
x
c
( ) f s là một hàm giải tích trên nửa mặt phẳng Re s
biến đổi
c= , ta có
∞
t
( − + c i
) τ
+
f
dt
( f c
) τ i
( ) t e
= ∫
0
1.6.4 ta suy ra
Khi x
)
∞
+ c i
t
(
) τ
=
+
f
e
( ) t
( f c
) τ τ i d
∫
1 π 2
−∞
Từ (
19
= + ta có iτ
c
+ ∞
c i
=
>
Đặt s
,
f
c
( ) t
( ) st e f s ds
α 0
∫
1 π 2 i
− ∞
c i
.
Định lý đã được chứng minh.
( ) f s
Tuy nhiên trong tính toán, để tìm biến đổi Laplace ngược của một hàm
cho trước chúng ta có thể sử dụng các phương pháp sau đây
(i) Dùng khai triển phân thức
=
,
( ) 1.6.5
( ) f s
( ) p s ( ) q s
Nếu
q s là các đa thức, bậc của
p s thì nhỏ hơn bậc của
( ) p s và
( )
( )
q s
( ).
trong đó
f s thành tổng các số
( )
Phương pháp này có thể được sử dụng để biểu diễn
hạng mà các số hạng này có thể tìm được biến đổi Laplace ngược dựa vào bảng
biến đổi Laplace. Để minh họa cho phương pháp này ta xét các ví dụ sau đây
Ví dụ 1.6.1
1
,
L
1 ( − s s a
)
−
Tìm
trong đó a là hằng số.
−
−
1
1
=
−
L
L
1 s
1 1 − a s a
1 ( − s s a
)
−
−
1
1
−
=
L
L
1 a
1 − s a
1 s
at
=
−
e
(
) 1 .
1 a
Ta có
20
Ví dụ 1.6.2
1
L −
2
2
2
2
+
+
s
a
s
b
(
1 )(
)
Tìm
− 1
− 1
−
=
L
L
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1 +
1 +
1 −
+
+
b
a
s
a
s
b
s
a
s
b
(
1 )(
)
at
bt
=
−
.
2
2
1 −
sin a
sin b
b
a
Ta có
Ví dụ 1.6.3
−
1
.
L
2
s +
+
s
+ 2
7 s
5
Tìm
− 1
− 1
=
L
L
7 2
2
s +
+
s +
s
s
4
2
+ ) 1
(
+ + 1 6 2 ) + 1
(
− 1
− 1
=
+
3
L
L
2
2
s +
1 +
+
+
s
s
2
2
2 2 ) 1
(
+ 2 ) 1
(
−
−
t
t
=
+
e
t cos 2
e 3
t sin 2 .
Ta có
Ví dụ 1.6.4
2
+
−
1
.
L
+ 2
5 s +
−
4
13
s
7 + s
s
(
s 2 )( 2
)
Tìm biến đổi Laplace ngược sau
Ta có
2
+
− 1
− 1
=
+
+
L
L
2
+ 2
1 −
5 s +
−
s
2
s +
2 2 +
+
+
s
7 + s
4
13
s
(
2
2 3
s
s
2
2 3
+ )
(
1 )
(
s 2 )( 2
)
− 1
− 1
=
+
L
L
1 −
s
2
s +
2 2 +
2
2 3
s
+ )
(
− 1
+
L
2
1 3
+
+
s
2
2 3
(
3 )
−
−
2
2
2
t
t
t
=
+
+
e
e
cos 3 t
e
sin 3 . t
1 3
21
(ii) Dùng tích chập
Chúng ta sẽ áp dụng tích chập để tìm hàm ngược của biến đổi Laplace.
Ví dụ 1.6.5
at
t
−
e
(
) 1
at
− 1
τ τ
=
=
= ∗ 1
.
e
a e d
L
∫
a
1 ( − s s a
)
0
Ví dụ 1.6.6
− 1
= ∗ t
L
2
2
1 2 +
sin at a
s
s
a
(
)
t
=
−
t
sin
τ τ a d
(
) τ
∫
1 a
0
t
t
=
−
sin
τ τ a d
sin
τ τ a d
∫
τ ∫
t a
1 a
0
=
sin
at
.
1 2 a
1 a
0 − t
Ví dụ 1.6.7
−
1
at
=
∗
>
,
0
e
a
L
(
)
1 π t
1 ( − s s a
)
t
( a t
) τ −
=
e
τ d
1 1 ∫ π τ 0
at
at
2
−
=
=
,
x e dx
x
at
(
)
∫
0
2 e π a at
e
=
.
erf
at
( 1.6.6
)
(
)
a
=
22
erf
1
π t
L
( ) t
1 s
− 1
trong đó [Ví dụ A.1.11 – Trang 98] và hàm được định
2
=
1.6.7
erf
− x e dx
nghĩa bởi tích phân sau
)
( ) t
2 t ∫ π
0
(
(iii) Dùng chu tuyến
Ta đã biết hàm ngược của biến đổi Laplace được định nghĩa bởi công thức tích
+ ∞
c i
st
− 1
=
=
,
f
L
( ) 1.6.8
( ) e f s ds
( ) t
{
} ( ) f s
∫
1 iπ 2
− ∞
c i
f s là một hàm giải tích trên nửa mặt phẳng phức bên
phân phức
( )
Re s α>
trong đó c là hằng số và
0
1.6.8 ta dựa vào tính chất của các điểm kì dị của
( ) f s .
. phải có
)
Để tính tích phân (
( ) f s là hàm đơn trị với hữu hạn hoặc vô hạn đếm được các cực
Thông thường
( ) f s là hàm đa trị thì nó có điểm rẽ nhánh. Đường lấy tích
−∞ <
< ∞
, Re
R
c
s
điểm. Nếu hàm đã cho
phân là đường thẳng L (hình 1.6a) trong mặt phẳng phức s có phương trình là = được chọn sao cho tất cả các điểm kì dị của hàm = + c iR s ,
.L Đường này L gọi là đường
dưới dấu tích phân đều nằm bên trái đường thẳng
23
thẳng Bromwich và chu tuyến khép kín tạo bởi L và nửa đường tròn bán kính R
như trong hình 1.6(a) được gọi là chu tuyến Bromwich. Khi R → ∞ thì chu tuyến
( ) f s đều nằm
f s có điểm rẻ nhánh ở gốc tọa độ,
của tích phân mở rộng ra vô cùng sao cho tất cả các điểm kì dị của
( )
bên trong chu tuyến của tích phân. Khi
chúng ta sẽ vẽ chu tuyến bị biến đổi bởi một lát cắt dọc theo nửa trục thực âm và
một đường cong nhỏ γ quanh gốc tọa độ như trong hình 1.6(b).
Hình 1.6
Re s α<
( ) f s là hàm giải tích trong miền
0
,...,
ngoại trừ hữu Bây giờ, nếu ta giả sử
a a , 1 2
a . Bằng cách lấy R đủ lớn để đảm bảo các cực điểm k
hạn các cực điểm
n
+
=
=
Res
,
π 2 i
a
( ) st e f s ds
( ) st e f s ds
( ) st e f s ds
(
)
( ) 1.6.9
k
× ∑
∫
∫
∫
k
= 1
Γ
L
C
s
a=
này nằm hoàn toàn trong chu tuyến C . Theo định lý thặng dư Cauchy ta có
ste f s tại cực điểm tại
Res
( )
(
)
ka là thặng dư của hàm
k
trong đó .
) 1.6.9 ta có
+ c iR
n
=
Res
f
a
( ) t
( ) st e f s ds
(
)
k
= ∑
∫
lim →∞ R
k
= 1
1 iπ 2
− c iR
Cho R → ∞ , tích phân trên Γ tiến đến 0 dựa vào bổ đề bên dưới. Do đó từ (
Bổ đề
( ) f s thỏa mãn
Với s trên Γ , giả sử rằng
≤
>
24
p
,
0
( ) f s
R R> 0,
M p
s
với mọi
,M p R là các hằng số.
,
0
trong đó
=
>
0,
t
0
Khi đó
( ) st e f s ds
∫
lim →∞ R
Γ
.
Ta chấp nhận bổ đề này mà không chứng minh.
Định lý 1.6.2 (Định lý thặng dư Cauchy)
( ) f z liên tục trên biên C của miền D và giải tích trên
,...,
Cho một hàm đơn trị
a a , 1 2
a thì ta có n
n
=
π i 2
,
( ) f z dz
)
( ) 1.6.10
k
∑
( res f a
∫
= 1
k
C
phần trong của D ngoại trừ một số hữu hạn các điểm kì dị
resf a là giá trị thặng dư của hàm f tại a .
)
trong đó (
( ) f z tại cực điểm cấp n được tính bởi công thức
n
− 1
n
=
− z a
( ) 1.6.11
(
)
( ) f z
( resf a
)
n
− 1
lim → a z
1 −
n
d dz
(
) 1 !
Thặng dư của hàm
=
( ) 1.6.12
( resf a
)
) ( ) z a f z
( −
lim → a z
Đối với cực điểm cấp một ta có công thức sau
( ) f z là thương của hai hàm giải tích
=
≠
=
≠
ψ
′ ψ
,
0,
0,
0
a
a
a
( ) f z
)
(
)
(
)
( ( ϕ
)
ϕ ψ
( ) z ( ) z
Nếu trong lân cận điểm a , hàm
=
=
=
.
− z a
( ) 1.6.13
( resf a
)
(
lim → a z
lim → a z
ϕ ) ψ
a
(
)
( ) z ( ) z
( ) ϕ a ( ) ′ ψ a
( ) ϕ z ( ) − ψ ψ z − z a
thì ta có công thức sau đây
=
Ví dụ 1.6.8
( ) f s
2 .
2
s +
a
s
Nếu Chứng minh rằng
+ ∞
c i
st
=
=
f
cos
at
.
( ) t
( ) e f s ds
∫
1 2π i
− ∞
c i
ia= ± và thặng dư tại các
25
Dễ thấy hàm dưới dấu tích phân có hai cực điểm là s
st
=
−
s
ia
(
)
R 1
lim → ia s
−
+
s
ia
se )( ia s
(
)
st
iat
=
=
,
e
lim → ia s
1 2
se + s
ia
(
)
st
−
iat
=
+
=
s
ia
e
.
(
)
R 2
2
lim →− ia s
se 2 +
1 2
s
a
(
)
cực điểm này là
+ ∞
c i
−
st
iat
iat
=
=
=
+
=
cos
.
f
e
e
at
( ) t
( ) e f s
+ R R 2
1
(
)
∫
1 2
1 iπ 2
− ∞
c i
Do đó
Ví dụ 1.6.9
−
s
1
.
L
2
2
2
+
s
a
(
)
Tính
st
se
st
=
=
( ) g s
( ) e f s
2
2
+
s
a
(
)2
Đặt
g s có hai cực điểm cấp hai tại s
ia= ± . Theo công thức (
) 1.6.11 ta có
( )
ia=
Dễ thấy
g s tại cực điểm cấp hai s
( )
là thặng dư của
st
2
se
=
−
s
ia
(
)
R 1
2
2
2
lim → ia s
d ds
+
s
a
)
st
iat
=
=
.
2
lim → ia s
ia
d ds
te 4
se +
ia
s
(
)
(
iat
=
.
26
R 2
−− te ia 4
Tương tự ta có
−
iat
iat
=
=
−
=
f
e
e
at sin .
( ) t
+ R R 2
1
(
)
t ia 4
t a 2
Do đó
Ví dụ 1.6.10
α
=
,
.
L
s a
) ( − α 1 cosh x ) ( α s cosh
Tính
+ ∞
c i
st
=
f
e
( ) t
∫
1 π i 2
cosh cosh
− ∞
c i
( ) α x ds ( ) α s
Ta có
2
=
= −
+
=
s
s
n
n
2
,
0,1, 2,...
s = , 0
(
) 1
n
2 π a 2 4
=
=
Dễ thấy hàm dưới dấu tích phân có các cực điểm đơn tại
s
s=
cosh
cos
0
)
(
)
( α
α i
n
trong đó là nghiệm của phương trình .
s = thì 0
1R là thặng dư tại cực điểm
1 1R =
s
s=
Giả sử và theo công thức 1.6.13
n
là thặng dư tại cực điểm
st
=
−
s
s
(
)
R n
n
lim → s s
n
e s
exp
cosh
(
)
s t n
( ) α x cosh ) ( α cosh
α
=
,
s
cosh
s a
d ds
s n a
= s s n
2
+
2
n
(
) π 1
=
−
+
.exp
at
cosh
2
n
(
) 1
2
i
π x 2
sin
s a
s a
2
= s s
n
2
+ 1
n
+
n
2
(
) π 1
=
+
exp
at
cos
2
n
.
) 1
2
(
( 4 ( n 2
) − 1 ) + π 1
π x 2
−
27
=
f
( ) t
+ R R n
1
n
+ 1
∞
2
−
+
n
= + 1
exp
2
(
) 1
∑
=
4 π
n
0
) − 1 + n
2 π 4
( ( 2
) 1
at 2
×
+
n
.
cos
2
) 1
(
π x 2
Do đó
Mệnh đề
−
a s
e
a
1
=
erfc
,
L
s
t
2
−
( ) erfc t
∞
2
=
= − 1
erf
− x e dx
( ) erfc t
( ) t
∫
2 π
t
trong đó (complementary error function) được định nghĩa bởi tích phân sau
Chứng minh
0
s = . Chúng ta sử
Hàm dưới dấu tích phân là hàm đa trị có điểm rẽ nhánh tại
s = . Do đó,
0
dụng chu tuyến tích phân trong hình 1.6(b) có chứa điểm rẻ nhánh
theo định lí Cauchy ta có
+
+
+
+
−
=
( ) 1.6.14
exp
st a s
0
(
)
∫
∫
∫
∫
∫
1 π i 2
ds s
Γ
γ
L
L 1
L 2
28
) 1.6.14
i
π i
π 2
=
= −
=
=
re
r
,
s
re
i r
Ta thấy rằng tích phân trên Γ tiến về 0 khi R → ∞ và trên L cho ta tích phân Bromwich. Bây giờ chúng ta tính ba tích phân còn lại trong (
L s 1 :
∞
0
=
= −
+
−
− st a s
− st a s
rt
ia r
exp
exp
exp
.
)
(
)
(
(
∫
∫
∫
• Trên
{
} )
ds s
ds s
dr r
−∞
0
L 1
−
i
−
π i
π 2
=
= −
=
= −
re
r
,
s
re
i r
L s 2 :
−∞
∞
=
=
− st a s
− st a s
− + rt
ia r
exp
exp
exp
.
)
(
(
)
{
}
∫
∫
∫
ds s
ds s
dr r
0
0
L 2
• Trên
1L và
2L lại ta được
−
+
−
st a s
st a s
exp
exp
(
)
(
)
∫
∫
ds s
ds s
L 1
L 2
−
∞
ia r
ia r
−
e
e
rt
=
dr
e
∫
0
−
rt
=
a r
2
sin
)
− r (
dr r
∞ ∫ i e 0
a
=
>
i erf
a
π 2
,
0
( 1.6.15
)
t
2
Do đó, kết hợp tích phân dọc theo
∞
−
a
rt
π
=
>
trong đó
e
a r
erf
a
sin
,
0
(
)
∫
dr r
0
t
2
θ
γ
=
=
θ
:
s
re
,i
ds
θ i ir e d
[Định lý B.5 – Trang 104]
−
π
θ i
θ i 2
=
−
− st a s
i
re
θ d
exp
exp
1 a r e . 2
.
)
(
∫
∫
ds s
π
γ
π
0
= −
→ r → − i
dr
π i 2
( 1.6.16
)
∫
π
−
• Cuối cùng, trên
) (
)
1.6.15 , 1.6.16 vào (
) 1.6.14 ta được
Do đó, thay(
−
+ ∞
a s
c i
e
− 1
=
−
exp
st a s ds
L
(
)
∫
s
1 π i 2
1 s
− ∞
c i
a
a
=
−
=
erf
erfc
( 1.6.17
)
t
t
2
2
1
29
(iv) Định lý khai triển của Heaviside
f s là biến đổi Laplace của
f
( )
( ) t
Giả sử và có khai triển Maclaurin dưới
r
∞
f
a
( ) t
( ) 1.6.18
r
= ∑
=
0
r
t r
!
dạng chuổi lũy thừa
f
∞
( ) f s
( ) 1.6.19
1
= ∑
=
0
r
a r + r s
1.6.19 .
1.6.18 từ một khai triển đã cho (
)
ta được Lấy biến đổi Laplace của ( ) t
)
Ngược lại, chúng ta có thể rút ra (
Định lý 1.6.3 (Định lý khai triển của Heaviside)
=
q s là các đa thức biến s và bậc của
( ) p s và
( )
( ) f s
( ) p s ( ) q s
q s thì lớn hơn bậc của
( )
( ) p s thì
n
−
1
=
exp
L
( ) 1.6.20
(
) ,
α t k
∑
=
1
k
p ′ q
) )
( ) p s ( ) q s
( α k ( α k
, trong đó Nếu
q s = 0.
( )
kα là các nghiệm phân biệt của phương trình
trong đó
Chứng minh
( ) q s là
Không mất tính tổng quát, chúng ta có thể giả sử rằng hệ số đầu tiên của
q s sao cho
( )
=
−
−
α
−
−
...
s
s
s
s
( ) q s
(
)(
(
)
(
)
) 1.6.21
α 1
) 2 ...
α k
α n
1 và viết các thừa số phân biệt của
(
n
=
=
,
( ) 1.6.22
( ) f s
∑
=
k
1
A k s α −
( ) p s ( ) q s
(
)
k
Theo qui tắc khai triển phân thức riêng phần, ta có thể viết
30
) 1.6.21 , ta có
kA là các hằng số đã xác định. Từ (
n
=
−
−
−
−
−
s
s
s
s
...
...
( ) p s
)(
)
(
)(
)
(
) .
α 1
α 2
− 1
+ 1
( A s k
α k
α k
α n
∑
= 1
k
s α=
trong đó
k
−
−
p
...
...
( ) = Aα
)(
(
)
)
)
) 1.6.23
k
k
( − α α α α α α k
2
1
k
k
k
+ 1
( − α α n
k
ta được Thay
=
(
n 1, 2,3,... .
trong đó k
) 1.6.21 ta được
n
=
−
−
−
−
−
s
s
...
s
s
...
s
( ) ′ q s
(
)(
)
(
)(
)
(
)
−
+
α 1
α 2
1
1
α k
α k
α n
∑
=
1
k
s α=
Đạo hàm hai vế của (
k
′
−
−
−
=
− q α α α α α α α α α
...
...
(
)
(
)
(
)(
)(
)
)
) 1.6.24
+
k
k
2
k
k
− 1
k
1
k
( − α α n
k
k
1
ta có Thay
) 1.6.24 ta có
(
1.6.23 và ( )
=
,
A k
p ′ q
) )
( α k ( α k
Từ (
n
=
( ) 1.6.25
∑
=
k
1
p ′ q
s
( ) p s ( ) q s
) ) (
)
( α k ( α k
1 − α k
Do đó
n
−
1
=
exp
L
(
) .
α t k
∑
=
1
k
p ′ q
( ) p s ( ) q s
) )
( α k ( α k
Suy ra
Định lý đã được chứng minh.
Ví dụ 1.6.11
L
+
s 2 3 − s
s
2
− 1
=
−
−
s
2 3 − s
+ = 2
s
s
2
Tìm
s= và
( ) q s
(
)( 1
)
( ) p s
Ở đây . Do đó
2
2
t
t
t
t
=
+
=
−
e
e
e
e 2
.
L
2
−
+
s
p ′ q
p ′ q
s s 3
2
2 2
− 1
( (
) )
( ) 1 ( ) 1
31
Ví dụ 1.6.12
α =
s a
2
−
+
−
+
k
exp
2
k
(
k ) 1 cos
(
) 1
∞
1 2
− 1
2 π a t 2 4
= − 1
L
Nếu , chứng minh rằng
∑
=
4 π
k
0
+ k
cosh s cosh
π x 2
(
) 1
α x α
.
Chứng minh
−
−
1
1
=
=
L
L
L
{
} ( ) f s
1 cosh − s cosh
( ) p s ( ) q s
α x α
=
=
Ta có
s = và tại các nghiệm của
0
cosh
cos
0
( ) q s là
(
)
α
α i
2
=
=
+
=
Nghiệm của , nghĩa
s
s
k
,
0,1, 2,....
k
1 2
a k
2
π i
=
=
+
=
k
k
,
0,1, 2,...
α k
s k a
1 2
=
=
là tại Do đó
cosh
,
s
cosh
π i ( α
( ) p s
( α x
)
( ) q s
) nên để áp dụng định lý khai triển
Ở đây
=
=
+
s
cosh
cosh
sinh
( α
(
)
)
( ) ′ q s
α
( α
α
) .
d ds
1 2
= và tại
Heaviside ta cần
s
s=
s = thì 0
q′
1
( )0
k
=
+
+
k
k
( ′ q s
)
k
1 2
1 2
1 2
π .sinh i
π i
=
+
2
k
. sin i
(
) 1
1 2
+ k
π
+
k
1
= −
+
+
2
.cos
2
.
k
π k
k
(
( = −
) 1
(
) 1
) 1
π 4
π i 4 π 4
ta có Nếu
32
+
k
1
∞
−
− 1
+
k
ts
= + 1
cosh 2
exp
L
(
) 1
(
)
k
∑
=
4 π
0
k
s
) 1 + k
cosh cosh
)
( ( 2
) 1
α x ( α
π ix 2
k
∞
−
+
k
= − 1
(
) 1
∑
=
4 π
) 1 +
k
0
k
( 2
cos 2
) 1
(
π x 2
2
2 π
×
−
+
k
exp
.
at 2
1 2
Do đó
1.7 Định lý giá trị đầu, định lý giá trị cuối
Định lý 1.7.1 (Định lý giá trị đầu)
=
f
( ) f s
( ) t′
{ L f
} ( ) t
=
f
f
Nếu và là hàm gốc thì
) 1.7.1
( ) s f s
( ) t
( ) 0
=
lim →∞ s
lim → t 0
(
Chứng minh
Do tích phân Laplace hội tụ đều theo s nên ta được phép đưa giới hạn vào bên
∞
−
st
′
′
=
=
f
e
f
0.
L
( ) t dt
{
} ( ) t
∫
trong dấu tích phân [Định lý B.1 – Trang 100]. Do đó
(
)
lim →∞ s
lim →∞ s
0
′
=
−
=
f
f
0
L
( ) s f s
( ) 0
{
} ( ) t
lim →∞ s
lim →∞ s
Theo định lý biến đổi Laplace của đạo hàm ta có
=
f
f
.
( ) s f s
( ) 0
( ) t
=
lim →∞ s
lim → t 0
Suy ra
Ví dụ 1.7.1
=
f
,
L
{
} ( ) t
+
−
1 s
2
s
+ s )( 1
)
(
Nếu
Thì
=
=
1.
f
s
( ) 0
lim →∞ s
+
−
2
1 s
s
+ s )( 1
)
(
33
Định lý 1.7.2 (Định lý giá trị cuối)
=
f
( ) t
( ) f s
{ L f
} ( ) t
lim →∞ t
=
f
( ) 1.7.2
( ) t
( ) s f s
lim →∞ t
lim → s 0
Cho . Giả sử f ′ là hàm gốc và tồn tại giới hạn thì ta có
Chứng minh
∞
′
′
=
−
=
−
f
f
st
f
L
( ) s f s
( ) 0
(
)
( ) t dt
{
} ( ) t
∫
Ta có
(
)
lim → s 0
lim → s 0
lim exp → s 0
0
∞
′
=
=
−
f
f
f
f
f
( ) t dt
( = ∞ −
)
( ) 0
( ) t
( ) 0 .
∫
lim →∞ s
0
.
f
( ) s f s
( ) t
( = ∞ f
)
=
lim → 0 s
lim →∞ t
=
Suy ra
f
sin
t
Cho . Khi đó
Ví dụ 1.7.2 ( ) t
=
=
0
( ) s f s
2
lim → 0 s
lim → 0 s
s +
s
1
,
f
( ) t
lim →∞ t
Nhưng là không tồn tại. Do đó, định lý giá trị cuối không được áp dụng.
34
Chương 2 MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA BIẾN ĐỔI LAPLACE
Nhiều bài toán thú vị trong vật lý được mô tả thông qua các phương trình vi
phân hoặc các phương trình vi phân đạo hàm riêng với các điều kiện ban đầu cũng
như các điều kiện biên thích hợp. Các bài toán mà chúng ta thường gặp như bài toán
giá trị đầu, bài toán giá trị biên hoặc các bài toán giá trị biên – giá trị đầu đều có
những ứng dụng thực tế trong vật lý và khoa học kĩ thuật. Phương pháp biến đổi
Laplace thì đặc biệt hữu ích trong việc tìm nghiệm của các bài toán nêu trên.
Chương này chúng tôi sẽ trình bày phương pháp giải phương trình vi phân và
phương trình đạo hàm riêng bằng kĩ thuật biến đổi Laplace. Các ứng dụng của biến
đổi Laplace để tìm nghiệm của phương trình tích phân, nghiệm của các bài toán giá
trị biên trong lý thuyết chuyển vị dầm cũng được thảo luận. Ngoài ra, chúng tôi cũng
tìm hiểu cách giải phương trình sai phân và vi sai phân bằng phép biến đổi Laplace.
2.1 Nghiệm của phương trình vi phân thường
Để giải phương trình vi phân bằng cách sử dụng biến đổi Laplace chúng ta tiến
hành theo các bước sau đây
• Biến đổi Laplace hai vế của phương trình ta thu được phương trình đại số
f
= L
( ) f s
{
}. ( ) t
theo
( ) f s .
• Giải phương trình đại số để tìm ra
• Dùng phép biến đổi Laplace ngược ta có nghiệm của các bài toán ban đầu.
Ví dụ 2.1.1
+
+
=
>
2
p
qx
f
,
t
0
( ) t
(
) 2.1.1
2 d x 2 dt
dx dt
Phương trình vi phân tuyến tính thông thường bậc hai có dạng tổng quát như sau
Điều kiện đầu là
=
=
x
a x ,
b
( ) 0
( ) 0′
) 2.1.2
35
(
,p q a và b là các hằng số. ,
2.1.1 ta được
trong đó
)
+
+
=
2
p
q
f
L
L
L
L
{
} ( ) ′′ x t
{
} ( ) ′ x t
{
} ( ) x t
{
} ( ) t
′
⇔
−
−
+
−
+
=
sx
x
2
x
( ) 2 s x s
( ) 0
( ) 0
( ) qx s
( ) f s
{ ( ) p sx s
} ( ) 0
2.1.2 vào phương trình trên ta được
Lấy biến đổi Laplace hai vế (
)
−
− +
−
+
=
sa b
2
,
( ) 2 s x s
( ) qx s
( ) f s
{ ( ) p sx s
} a
2
+
−
− −
=
2
sa b
2
pa
,
( ) f s
( ⇔ + s
) ( ) ps q x s
2
2
+
=
+
+
+
+
s
p
n
s
b
pa
Thay(
( ) x s
(
) p a
(
)
)
( ⇔ +
( ) f s
+
+
+
s
b
(
( ) f s
=
,
( ) x s
2
p
) n
) p a (
+ 2 )
+
2
2
+
=
+
,
2.1.3
n
= − q
p
(
)
2
2
2
pa + ( b +
( a s +
+
( + s ) p + n
s
p
s
p
n
s
( ) f s 2 ) + p
(
(
) pa 2 ) + n
+ 2 )
(
Suy ra
Lấy biến đổi Laplace ngược cùng với định lý tích chập ta nhận được nghiệm với
2
2
n
= − q
p
> 0
ba trường hợp sau đây
• Trường hợp 1:
) 2.1.3 ta có
+
− 1
− 1
− 1
=
+
+
a
L
L
L
( ) x t
2
2
2
( s +
) p 2 +
( b +
+
s
p
n
p
s
s
n
(
(
( ) f s 2 ) + p
) pa 2 ) + n
(
−
−
pt
pt
=
+
+
cos
sin
ae
nt
b
nt
(
) pa e
+ ) 1 n
t
−
p
+
−
sin
2.1.4
t
f
τ τ , n d
(
) ττ e
(
)
∫
1 n
0
2
2
n
= − q
p
= 0
Từ (
2.1.3 trở thành
• Trường hợp 2:
)
Khi đó (
+
=
+
+
36
( ) x s
2
a +
s
p
+
s
p
s
( ) f s ) + p
(
pa 2 )
b (
.
−
−
−
1
1
1
=
+
+
+
a
b
pa
L
L
L
( ) x t
(
)
2
2
1 +
s
p
1 +
s
p
s
(
)
( ) f s ) + p
(
t
−
−
−
pt
pt
=
+
+
+
−
2.1.5
ae
b
f
t
τ p τ , d
(
) pa te
(
) τ τ e
(
)
∫
0
2
2
2
2
=
n
m= −
Lấy biến đổi Laplace ngược của phương trình trên ta được
m
p
− > 0
q
2.1.3 trở thành
sao cho • Trường hợp 3:
)
=
+
+
( ) x s
2
2
2
( a s +
p −
( b +
pa 2 −
+
p
) m
s
p
) m
s
s
p
m
+ 2 )
(
+ )
(
(
( ) f s 2 ) −
Khi đó(
−
−
pt
pt
=
+
+
cosh
sinh
ae
mt
b
mt
( ) x t
(
) pa e
1 m
t
−
p
+
sinh
τ τ ,
2.1.6
t
f
m d
(
) ττ − e
(
)
∫
1 m
0
Lấy biến đổi Laplace ngược phương trình trên ta được
′
0,
4
3
3,
1
+
+
=
=
=
x
x
) 2.1.7
Ví dụ 2.1.2
( ) ′′ x t
( ) ′ x t
( ) x t
( ) 0
2.1.7 ta được
Giải phương trình vi phân tuyến tính bậc hai sau ( ) 0 (
)
4
3
0
+
+
=
L
L
L
{
} ( ) ′′ x t
{
} ( ) ′ x t
{
} ( ) x t
′
4
3
0
⇔
−
−
+
−
+
=
sx
x
x
( ) 2 s x s
( ) 0
( ) 0
( ) sx s
( ) 0
( ) x s
2
4
3
4
0
+
−
+
−
=
s
s
x
x′
(
) 2.1.8
( ) x s
(
)
( ) 0
( ) 0
( ⇔ + s
)
′
3,
1
=
=
x
x
Lấy biến đổi Laplace hai vế của phương trình (
2.1.8 tương đương với
( ) 0
)
2
4
3
3
4
13
+
+
=
+
+ =
+
s
s
s
1 3 s
( ) x s
(
)
)
(
Do nên ( ( ) 0
Suy ra
=
( ) x s
3
3 s 2 +
13 + 4 + s
s
(
)
=
3
13 + s
s
3 + s )( 1 +
)
(
,
2.1.9
=
+
(
)
1
3
A +
B +
s
s
37
,A B là hằng số. trong đó
13
3
+
=
+
+
+
3 s
s
B
s
( 3
+
+
=
) 1 + A B
( (
) A ) A B s
Ta có
3
+ =
A B 3
0
+ =
A B
Suy ra
2.1.9 ta được
)
−
( ) = x s
(
) 2.1.10
1
3
5 +
2 +
s
s
5, 2 = − A B Giải hệ ta được = . Thay vào (
1 −
1 −
5
2
=
−
L
L
( ) x t
1
3
1 +
s
s
−
1 + 3 −
t
t
2
=
−
5 e
e
(
) 2.1.11
Lấy biến đổi laplace ngược của phương trình ( ) 2.1.10 ta được
Ví dụ 2.1.3 (Phương trình vi phân thường bậc cao)
−
n
n
n
2
≡
+
+
+ ⋅⋅⋅ +
=
φ
>
− 1 D x a D x a D x
,
t
0
(
) 2.1.12
( ) t
1
2
a x n
} { ( ) ) ( f D x t
Giải phương trình vi phân tuyến tính bậc n với hệ số hằng như sau
n
=
=
=
=
với điều kiện đầu
,
,
,...,
) 2.1.13
( ) x t
( ) − 1 D x t
( ) x Dx t 0
( ) 2 x D x t 1
x 2
x n
− 1
t = ( 0
=
D
,...,
tại
( )x t
x x , 0 1
x − là các hằng số. n
1
d dt
2.1.12 cùng với điều kiện đầu ta có
là đạo hàm của và trong đó
)
Lấy biến đổi Laplace hai vế của (
=
+
+
a
L
L
L
L
L
{
} a x n
a 1
2
{ φ
} ( ) t
−
n
− 1
2
n
⇔
{ −
− ⋅⋅⋅ −
−
n s x
s
−
} − 1 n D x x 1
{ sx n
} − 2 n D x x n
2
− 1
x 0
{ } n D x ( −
−
−
n
− 1
n
2
n
3
−
−
+
x
s
s
−
x 0
x 1
x n
2
)
−
−
n
2
n
3
+
s
−
3
x n
x 0
=
−
+
s ( a s 1 ( a s 2 + ⋅⋅⋅ +
sx
a
( 1.1.14
)
+ ⋅⋅⋅ + ) − ⋅⋅⋅ − ) ( ) φ s
− x (
− ⋅⋅⋅ − )
x 0
a x n
n
− 1
38
−
2
− 1
n
n
n
+ ⋅⋅⋅ +
+
+
s
a s 1
n
(
−
− 1
2
n
n
φ
+
) ( ) a x s + ⋅⋅⋅ +
=
+
s
a
( ) s
a s 1
− 1
n
−
−
2
3
n
n
+
+
+ ⋅⋅⋅ +
+ ⋅⋅⋅ +
+
+
a
(
−
−
x 1
a s 1
2
2
− 1
n
) s a x 1 n
x n
) x 0 )
+
=
2.1.15
,
a s 2 ( ( ( ) φ ψ s
(
)
s ( ) s
hay
) 2.1.15 bỏ đi
( )sψ là tất cả các số hạng vế bên phải của (
( )sφ là đa thức
trong đó
)1n − của s .
bậc (
n
n
− 1
+
+ ⋅⋅⋅ +
=
+
s
( ) φ ψ s
( ) s
a s 1
n
(
) ( ) a x s
⇔
=
+
( ) ( ) f s x s
( ) φ ψ s
( ), s
n
n
− 1
=
+
+ ⋅⋅⋅ +
Do đó
.
s
( ) f s
a s 1
a n
trong đó
( ) s
=
(
) 2.1.16
( ) x s
( ) φ ψ+ s ( ) f s
2.1.16 là
Suy ra
)
−
1
− 1
=
+
L
L
(
) 2.1.17
( ) x t
( ) s ( ) f s
( ) s ( ) f s
φ
ψ
Lấy biến đổi Laplace ngược của (
Ví dụ 2.1.4 (Phương trình vi phân tuyến tính bậc 3)
′′′
+
−
=
>
x
6
0,
t
0,
( ) t
( ) ′′ x t
( ) ′ x t
) 2.1.18
Giải phương trình vi phân sau
(
với điều kiện ban đầu
′
′′
=
=
=
x
1,
x
0,
x
5
( ) 0
( ) 0
( ) 0
) 2.1.19
39
(
) 2.1.18 ta được
′
′′
′
−
−
−
+
−
−
−
−
=
2 s x
sx
x
sx
x
6
x
0.
( ) 3 s x s
( ) 0
( ) 0
( ) 0
( ) 2 s x s
( ) 0
( ) 0
( ) sx s
( ) 0
2.1.19 vào phương trình trên ta được
Lấy biến đổi Laplace hai vế của phương trình (
)
2
−
−
+
−
−
=
s
.1
− .0 5 s
− − s
0
6
0
( ) sx s
( ) 3 s x s
( ) 2 s x s
1
3
2
2
−
=
Thay (
s
6
s
+ − s
1
⇔ + s
( ) s x s
,
2
2
=
=
(
) 2.1.20
( ) x s
2
1 −
2
+ − 1 s + − s 6
s ( + s s
+ − s )( s 3
)
s ( s s
)
Suy ra
2
=
=
+
+
(
) 2.1.21
( ) x s
1 −
B +
C −
2
3
2
A s
s
s
s ( + s s
+ − s )( 3 s
)
(
)
(
)
=
=
A
,
B
,
C
Ta viết lại như sau
1 6
1 3
1 = . 2
Tương tự ví dụ 2.1.2 ta tìm được các hệ số lần lượt là
) 2.1.21 suy ra
,
( ) x s
1 +
1 −
1 1 1 = ⋅ + ⋅ s 6 3
s
3
1 + ⋅ 2
s
2
Khi đó từ (
− 3
t
2
t
+
e
e
( ) x t
(
) 2.1.22
1 = + 6
1 3
1 2
Lấy biến đổi Laplace ngược phương trình trên ta được
Ví dụ 2.1.5 (Phương trình vi phân tuyến tính hệ số biến thiên)
+
−
=
t
2
x
2,
(
) 2.1.23
2 d x 2 dt
dx dt
=
x
x′=
0
( ) 0
( ) 0
) 2.1.24
Giải phương trình
(
) 2.1.23 ta có
Lấy biến đổi Laplace hai vế của phương trình (
40
{ } x
2 d x 2 dt
+ − = 2 , L L L dx dt 2 s t
2 ⇔ − s x
( ) 0
( ) 0
( ) sx s
( ) x s
(
)
{
} ( ) 0
) 2.1.25 ta được
′ − − − − = 2 2.1.25 sx x x 2 s d ds
−
−
=
2
,
( ) 2 s x s
( ) x s
{
} ( ) s x s
d ds
2 s
⇔
−
−
−
=
s
2
( ) 2 s x s
( ) x s
( ) x s
2 s
dx ds
2
⇔
+
−
= −
s
s
3
2.1.26
( ) x s
(
)
(
)
dx ds
2 s
2.1.26
) Thay ( 2.1.24 vào (
)
+
−
= −
(
) 2.1.27
d x ds
3 s
2 2 s
s x
∫
3 − s
s ds
µ
=
cho s ta được Chia hai vế (
e
= 3 s
exp
( ) s
21 s 2
−
2.1.27 với thừa số tích phân ta được
Thừa số tích phân là .
)
2
2
−
= −
−
3 exp
2 exp
s
.
( ) x s s
s 2
s 2
′
Nhân cả hai vế của (
2
2
=
−
−
exp
2 exp
s
+ ds A
,
( ) x s
∫
s 2
s 2
1 3 s
2
2
−
+
=
2exp
A
exp
s 2
s 2
1 3 s
2
=
+
exp
,
2 3 s
A 3 s
s 2
Do đó
=
32 s
trong đó A là hằng số tích phân.
0A ≡ . Do đó,
( ) x s
( ) x s → ∞ khi s → ∞ nên ta phải có
Ta thấy .
Lấy biến đổi Laplace ngược, ta nhận nghiệm
t=
2.
( ) x t
41
Ví dụ 2.1.6 (Hệ phương trình vi phân tuyến tính bậc một)
=
+
+
a x 11 1
a x 12 2
( ) b t 1
2.1.28
(
)
=
+
+
a x 21 1
a x 22 2
( ) b t 2
dx 1 dt dx 2 dt
Xét hệ sau
với điều kiện đầu
x=
x=
( ) 0x 1
10
( ) 0x 2
20
(
) 2.1.29
,
,
,
và
a a a a là các hằng số. 11
21
12
22
trong đó
≡
≡
≡
x
A
,
,
,
dx dt
a 11 a 21
a 12 a 22
x 1 x 2
dx 1 dt dx 2 dt
Đặt
( ) b t
,
x 0
x 10 x 20
( ) b t 1 ( ) b t 2
=
≡
và
=
=
,
x
( ) + Ax b t
( ) 0
(
) 2.1.30
x 0
dx dt Lấy biến đổi Laplace của hệ (
) 2.1.28 ta được
−
=
+
+
sx 1
x 1
a x 11 1
a x 12 2
−
=
+
+
( ) 0 ( ) 0
sx 2
x 2
a x 21 1
a x 22 2
( ) b s 1 ( ) b s 2
2.1.29 nên hệ phương trình trên tương đương với
Chúng ta có thể viết lại hệ trên dưới dạng ma trận như sau
)
−
=
+
s a 11
x 10
( ) b s 1
) +
=
+
− s a
.
x 1 (
a x 12 2 )
a x 21 1
22
x 2
x 20
, ( ) b s 2
( − −
Do (
42
+
−
+
x 10
a 12
− s a 11
x 10
−
22
x 20
x 20
=
=
,
.
(
) 2.1.31
( ) x s 1
( ) x s 2
−
+ −
( ) b s 1 ( ) + b s 2 − s a 11 −
a 21 − s a 11 −
a
− s a a 12 − s a
( ) b s 1 ( ) b s 2 a 12 − s a
a
21
22
22
21
Nghiệm của hệ là
,
( )
( ) x s 1
x s và từ đó ta có thể tìm hàm ngược 2
,
.
( ) x t 1
( ) x t 2
Khai triển các định thức trên ta được
Ví dụ 2.1.7
=
Ax
,
x
,
(
) 2.1.32
( ) 0
dx dt
0 = 1
Giải hệ phương trình vi phân sau
=
=
x
A
,
(
) 2.1.33
x 1 x 2
0 1 − 2 3
trong đó
) 2.1.33 ta có
2.1.32 và ( )
−
=
0
x 2
(
) 2.1.34
+
−
=
2
3
0
x 1
x 2
dx 1 dt dx 2 dt
Từ(
=
=
và
0
1
( ) x 1 0
( ) x 2 0
(
) 2.1.35
và
) 2.1.34 ta được
0
−
−
x 1
2
3
0
−
+
−
=
x
( ) 0 ( ) 0
( ) sx s 1 ( ) sx s 2
2
( ) = x s 2 ( ) x s 1
( ) x s 2
2.1.35 nên hệ trên trở thành
Lấybiến đổi Laplace hệ (
)
Do (
=
−
0
+
−
=
2
3
1
x 2 ( s
)
sx 1 x 1
x 2
43
=
=
( ) x s 1
2
−
+
0 1 s
s
1 s 3
2
− 1 − s 3 − 1 −
s
2
3
=
−
,
2.1.36
(
)
1 −
1 −
s
s
2
1
Hệ này có nghiệm là
s
0
2
=
=
( ) x s 2
2
−
−
+
s
s
s
s 3
2
1 1 −
s
2
3
−
=
2.1.37
(
)
2 −
1 −
s
2
1
2.1.36
và
s và (
)
) 2.1.37 ta được
2
t
t
2
t
t
=
−
=
−
e
e
,
e 2
e
.
( ) x t 1
( ) x t 2
Lấy biến đổi Laplace ngược của (
2
t
t
−
e
e
.
( ) x t
2
t
t
−
e
e
2
=
Khi đó, nghiệm của hệ viết dưới dạng ma trận như sau
Ví dụ 2.1.8 (Hệ phương trình vi phân kép bậc hai)
−
−
=
3
4
0
x 1
x 2
>
2.1.38
t
(
) 0 ,
(
)
+
+
=
0
x 1
x 2
2 d x 1 2 dt 2 d x 2 2 dt
với điều kiện ban đầu
=
=
0;
= , 2
= tại 0
0
) 2.1.39
( ) x t 1
( ) x t 2
t = (
dx 1 dt
dx 2 dt
Giải hệ sau
44
) 2.1.38 ta được
−
−
−
−
=
3
4
0
( ) 0
2 s x 1
sx 1
′ x 1
x 1
x 2
−
−
+
+
=
0
( ) 0
( ) 0
2 s x 2
sx 2
( ) 0 ′ x 2
x 1
x 2
Lấy biến đổi Laplace hai vế của hệ (
) 2.1.39 nên
2
=
s
3
4
2
x 1
x 2
)
2
+
+
=
s
0
x 2
− (
− ) 1
( x 1
Do (
2
4
−
2
2
+
s
1
=
=
( ) x s 1
2
2
+ 4
3
0 −
s −
s
−
( s
2 (
) 1 2 ) 1
2
1
1
+
s
Ta có
2
2
2
+
s
+
s
=
=
=
+
.
( ) x s 1
2
2
2
2
1 +
1 −
+
s
s
−
(
) 1
(
) 1
s
( s
( s
s (
) + 1 )( − 1
2 (
) 1 2 ) 1
(
) − 1 ) 1
Ta viết lại như sau
t
t
=
+
e−
,
( ) x t 1
( t e
)
Lấy biến đổi Laplace ngược ta được
2
−
s
3 2
− 2
=
=
Tương tự
( ) x s 2
2
1 2
2
−
s
0 − 4
3
−
s
(
) 1
2
+
s
1
1
.
−
2
=
=
−
−
−
,
( ) x s 2
2
2
2
2
1 −
1 +
1 2
s
1
s
1
1 −
1 +
s
s
−
(
) 1
(
) 1
s
(
) 1
Ta có
Do đó
−
−
t
t
t
t
=
−
−
−
.
e
e
te
te
( ) x t 2
(
)
1 2
Ứng dụng trong các bài toán dao động
45
a) Các dao động tự do không có lực cản
Xét điểm M chuyển động thẳng dưới tác dụng của lực phục hồi F
trên trục Ox.
F trên trục Ox bằng
= −
cx
,
F x
Hình chiếu của
c > là hằng số.
0
với
F có xu hướng bắt điểm M quay trở lại vị trí cân bằng O, tại đó
F 0 . =
Ta thấy lực
Ta tìm qui luật chuyển động của điểm M. Theo định luật II Newton, ta có
,
= −
m
cx
(
) 2.1.40
2 d x 2 dt
phương trình vi phân của chuyển động là
2 ω=
2.1.40 cho m và kí hiệu
trong đó m là khối lượng, t là thời gian.
)
c m
2 ω+
x
= 0,
2 d x 2 dt
ta được Chia hai vế phương trình (
Đây là phương trình vi phân của các dao động tự do (free oscillation) không có
lực cản.
b) Các dao động tắt dần có lực cản tỉ lệ với vận tốc
Ta xét ảnh hưởng của sức cản của môi trường tới các dao động tự do với giả
R
v,η= −
thiết là lực cản tỉ lệ bậc nhất với vận tốc
46
ngược chiều với vận tốc v
trong đó η là hằng số dương. Dấu trừ chỉ lực R
.
F và lực cản
R . Khi
Giả sử điểm chuyển động dưới tác dụng của lực phục hồi
, R
= −
= −
v η
= −
η
cx
F x
x
x
dx dt
đó hình chiếu các lực này lên trục Ox bằng
η
= −
−
m
cx
(
) 2.1.41
2 d x 2 dt
dx dt
Khi đó phương trình vi phân cho chuyển động này là
+
+
2 ω
=
2
k
x
0,
(
) 2.1.42
2 d x 2 dt
dx dt
=
=
2 ω
η
Chia hai vế cho m ta được
c m k , 2
m
.
2.1.42 là phương trình vi phân của các dao động tắt dần (damped
trong đó ta kí hiệu
)
Phương trình(
oscillation) chịu lực cản tỉ lệ bậc nhất với vận tốc.
c) Các dao động cưỡng bức khi không có lực cản
, điểm còn chịu tác dụng của
Xét trường hợp xảy ra khi ngoài lực phục hồi F lực Q
Q Q cos
t
2.1.43
(
)
0
=x
ω 0
biến đổi tuần hoàn theo thời gian mà hình chiếu của nó lên trục Ox là
lực đó gọi là lực ngoài (external force) còn dao động xảy ra dưới tác dụng của lực
0ω là tần số góc của
đó gọi là dao động cưỡng bức (forced oscillation). Đại lượng
lực ngoài.
= − +
m
cos
t
(
) 2.1.44
cx Q 0
ω 0
2 d x 2 dt
2.1.44 cho m và đặt
Phương trình vi phân của chuyển động trong trường hợp này có dạng
)
0=P Q m ta có
0
Chia hai vế (
cos
+
2 ω
t
= x P 0
ω 0
(
) 2.1.45
2 d x 2 dt
47
Đây là phương trình vi phân của các dao động cưỡng bức khi không có lực cản.
Ví dụ 2.1.9 (Dao động cưỡng bức trong môi trường không có lực cản)
Ff
( ) t
Phương trình vi phân cho dao động có sự xuất hiện một lực ngoài tác động
2 ω+
= x Ff
,
( ) t
(
) 2.1.46
2 d x 2 dt
lên hệ là
trong đó ω là tần số góc và F là hằng số.
=
=
x
a
,
x
U
( ) 0
( ) 0′
) 2.1.47
Điều kiện ban đầu là
(
2.1.46 với điều kiện đầu (
) 2.1.47 ta được
,a U là các hằng số. trong đó
)
′
−
−
+
=
2 ω
sx
x
( ) F f s
( ) x s
( ) 2 s x s
( ) 0
( ) 0
⇔
−
+
=
2ω
− sa U
( ) x s
( ) F f s
( ) 2 s x s
2
2ω
=
+
( ) x s
( ) + sa U F f s
( ⇔ + s
)
Lấy biến đổi Laplace hai vế của (
=
+
+
( ) x s
(
) 2.1.48
2
2
2 ω
2 ω
as +
U +
s
( ) F f s 2 2 ω + s
s Lấy biến đổi Laplace ngược của (
) 2.1.48 ta có
Suy ra
−
−
1
1
1
=
+
a
F
L
L
L
( ) x t
2
2
2
2 ω
s +
ω +
( ) f s 2 2 ω +
s
s
s
U + ω ω
−
t
τ ωτ τ
=
+
+
−
a
ω t
ω t
f
t
d
cos
sin
sin
2.1.49
(
)
(
)
∫
U ω
F ω
0
2
t
2
τ ωτ τ
=
+
+
−
+
a
φ ω t
φ ω t
f
t
d
cos cos
sin sin
sin
(
)
(
)
∫
U 2 ω
F ω
0
1 2
t
=
+
−
A
f
t
d
cos
τ ωτ τ ,
sin
2.1.50
( ) ω φ − t
(
)
(
)
∫
F ω
0
2
2
=
φ
=
+
48
tan
.
A
a
U 2 ω
U ω a
− 1
1 2
trong đó và
2.1.50
)
bao gồm hai số hạng. Số hạng đầu tiên thỏa mãn điều kiện ban Nghiệm(
đầu và nó biểu diễn cho một dao động tự do với biên độ A, pha ban đầu φ và tần
số góc tự nhiên ω (natural frequency). Dao động tự do này là nghiệm tổng quát của
phương trình vi phân tương ứng, nó không phụ thuộc gì vào tác động ngoài.
2.1.50 , chúng ta xét các trường hợp đặc biệt sau đây.
Số hạng thứ hai biểu diễn cho một dao động cưỡng bức và dao động cưỡng bức
)
f
này là nghiệm riêng của phương trình vi phân trên. Để kiểm tra một vài đặc trưng thú vị của nghiệm (
( ) t = 0
(i) Hàm cưỡng bức triệt tiêu (Zero forcing function):
) 2.1.50 ta có
=
A
cos
( ) x t
( ) − tω φ
) 2.1.51
Trong trường hợp này, từ nghiệm (
(
Phương trình này biểu diễn cho một dao động điều hòa đơn giản với biên độ A,
f
tần số góc ω, pha ban đầu φ.
( ) 1 t =
2.1.50 trở thành
(ii) Hàm cưỡng bức ổn định (Steady forcing function):
)
=
+
A
ωτ τ d
cos
sin
( ) x t
( ) − ω φ t
tF ∫ ω
0
=
+
A
ω t
cos
( ) − ω φ t
[ − 1 cos
]
F 2 ω
Trong trường hợp này, nghiệm (
49
−
=
−
A
cos
cos
ω t
(
) 2.1.52
( ) x t
( ) − ω φ t
F 2 ω
F 2 ω
Tương đương
0U = . Khi đó
) 2.1.52 ta có
.
−
=
x
tω
F 2 ω
− a
F 2 cos ω
, 0 A a φ= Đặt biệt với = nên từ (
cosω=
t .
f
Phương trình này tương ứng với dao động tự do với tần số góc tự nhiên ω.
0
(iii) Hàm cưỡng bức biến đổi tuần hoàn (periodic forcing function) nghĩa là ( ) t
) 2.1.48
=
+
+
( ) x s
2
2
2
2
2 ω
2 ω
as +
U +
+
+
2 ω
s
s
s
s
2 ω 0
(
)
+
=
+
−
.
2.1.53
(
)
2
2
2
2
2 ω
2 ω
2 ω
U +
as +
s +
s
s
s
s
s 2 ω + 0
2 0
)
F ( 2 ω ω −
Fs )(
Nghiệm của biến đổi có thể dễ dàng tìm thấy từ (
ω
=
+
+
−
a
cos
ω t
sin
ω t
cos
ω t
cos
(
) 2.1.54
( ) x t
(
)0 t
U ω
2 0
F ( 2 ω ω −
)
=
+
A
cos
cos
t
,
(
) 2.1.55
( ) − ω φ t
ω 0
2
F ( 2 − ω ω 0
)
2
2
φ
=
+
+
=
÷
Lấy biến đổi Laplace ngược của phương trình trên ta được
tan
.
A
a
U ω
F 2 ω ω −
U 2 ω
2 0
2 0
F ( 2 ω ω −
)
+ a
1 2
và trong đó
2.1.54 gồm có ba dao động tự do với chu kì
)
2π ω
và một dao động Chú ý rằng (
2π ω 0
2.1.55 ta thấy chuyển động cưỡng bức
cưỡng bức với , dao động này có chu kì bằng với chu kì của ngoài lực biến thiên
)
tuần hoàn. Từ số hạng thứ hai bên vế phải (
0ω ω>
0ω ω<
. thì cùng pha hoặc lệch pha 180o so với ngoại lực khi hoặc
50
2.1.54 có thể được viết lại như sau
)
0ω ω=
t
t
sin
sin
)
)
( ω ω − 0
( ω ω + 0
1 2
1 2
=
+
+
a
ω t
ω t
cos
sin
( ) x t
U ω
Ft ( ) + ω ω
0
t
( ) − ω ω
0
1 2
=
+
+
+
ω
a
ω t
ω t
= t A
ω t
cos
sin
sin
cos
sin
,
2.1.56
( ) − ω φ t
(
)
U ω
Ft ω 2
Ft ω 2
Khi , kết quả (
2
2
2
φ
=
=
+
trong đó
A
a
U 2 ω
U . ω a
2.1.56 ta thấy biên độ của dao động cưỡng bức
và tan
)
Từ số hạng thứ hai bên vế phải (
tăng dần theo thời gian. Do đó nếu tần số góc tự nhiên của hệ bằng tần số góc của
dao động cưỡng bức thì dao động này sẽ không bị chặn (unbounded). Hiện tượng
này ta còn gọi là hiện tượng cộng hưởng (resonance) và tần số góc tương ứng
0ω ω=
thì được gọi là tần số cộng hưởng (resonant frequency) của hệ.
Ví dụ 2.1.10 (Dao động tắt dần trong môi trường có lực cản)
Phương trình vi phân của dao động trong môi trường có lực cản tỉ lệ với vận tốc
+
+
2 ω
=
2
0,
k
x
(
) 2.1.57
2 d x 2 dt
dx dt
được cho bởi
=
=
x
a x ,
U
( ) 0
( ) 0′
) 2.1.58
Điều kiện ban đầu của hệ là
2.1.57 và theo (
) 2.1.58 ta được
′
−
−
+
−
+
=
2 ω
sx
x
x
2
0
( ) x s
( ) k sx s
( ) 0
( ) 2 s x s
( ) 0
( ) 0
⇔
−
+
−
2 ω
+
=
a
0,
( )
( ) x s
2
2 ω
+
=
+
ks
2
2
2 ( ) x s
( ) k sx s ( a s
) + k U
2 − s x s U sa ) ( ⇔ + s
Lấy biến đổi Laplace hai vế của phương trình ( ( )
Do đó
=
( ) x s
)
=
2
k +
) + 2 k U ) 2 ω + 2 ks ( ) + U ak 2 + k
n
=
+
2.1.59
(
)
2
2
( + a s ( 2 + s ( + a s ( s ( a s +
k
s
+ ) ) k + n
k
) n
(
+ 2 )
( + U ak 2 ) + + s
(
51
−
n
2 k .
2 trong đó ω=
2
Ta có ba trường hợp xảy ra như sau
2.1.59
• Trường hợp 0 k ω< < : tắt dần yếu (small damping)
)
k
1 −
1 −
=
+
L
L
( ) x t
2
2
+
( a s + k
s
( + s
k
) n
) + n
+ 2 )
(
+ U ak 2 )
(
(
)
−
−
kt
kt
cos
=
+
ae
nt
e
sin . nt
+ U ak n
Lấy biến đổi Laplace ngược của (
−
−
kt
kt
=
+
=
−
e
a
nt
nt
Ae
nt
cos
sin
cos
,
( ) x t
(
) φ
+ U ak n
2
)
2
− 1
=
+
=
φ
A
a
Do đó
tan
( + U ak 2 n
+ U ak an
1 2
và . trong đó
ktAe−
phụ thuộc thời gian và tần Chuyển động này là một dao động với biên độ
2
=
−
n
k
,
0
< < k
ω .
( 2 ω
)1 2
số góc suy rộng (modified frequency)
Điều này có nghĩa là khi lực cản nhỏ, tần số góc suy rộng sẽ nhỏ hơn tần số góc
tự nhiên ω. Mặc dù lực cản nhỏ thì ảnh hưởng không đáng kể đối với tần số góc
nhưng biên độ thì biến đổi hoàn toàn. Chú ý rằng biên độ giảm theo hàm mũ theo
thời gian đến 0 khi t → ∞ và pha của chuyển động thì cũng thay đổi bởi lực cản
nhỏ . Do đó, chuyển động này là dao động tắt dần được minh họa trong hình 2.1.
:kω=
0
52
2.1.59 ta có nghiệm là
)
1 −
1 −
=
+
L
L
( ) x t
a +
k
s
+
)
k
s
( + U ak 2 ( )
−
−
kt
kt
=
+
+
ae
U ak te
)
( (
Ta có • Trường hợp n = nên từ ( tắt dần tới hạn (critical damping) )
2
2
2
2 ω
= −
−
= −
n
k
m
• Trường hợp k ω> : Quá tắt dần (large damping)
) 2.1.59 có dạng
(
)
+
)
=
.
( ) x s
( + U ak 2 −
k +
m
s
) k
=
+
2.1.60
(
)
2
2
k −
s
+ 2 ) ) m
k
s
m
( a s ( ( + a s 2 ) + k
(
+ U ak 2 ) + −
(
Đặt . Khi đó nghiệm (
) 2.1.60 ta được
−
−
kt
kt
=
ae
mt
e
mt
cosh
sinh
(
) 2.1.61
( ) x t
+ ak U m
+
Lấy biến đổi Laplace ngược (
Ứng dụng trong mạch điện
Hình 2.1 Dao động tắt dần
Một số bài toán về tính toán các mạch điện được đưa về giải phương trình vi
phân. Vì thế, nếu chuyển qua ảnh của biến đổi Laplace thì việc giải các bài toán sẽ
đơn giản hơn.
53
Ta nhắc lại định luật vật lý đối với mạch RLC. Theo Định luật ôm (Ohm’s
law) lượng giảm điện thế (voltage drop) khi dòng điện (electric current) đi qua điện
2.1.62
=
( ) RI t
)
( ) RV t
trở (resistor) R là
(
( )
LV t đi qua cuộn
Thực nghiệm cũng cho định luật về lượng giảm điện thế
=
2.1.63
L
(
)
( ) V t L
dI dt
cảm (inductor) có điện cảm L (inductance) tỉ lệ với độ thay đổi cường độ dòng điện
( ) I t
khi dòng điện đi Tương tự ta có định luật về lượng giảm điện thế ( ) CV t
=
qua tụ điện (capacitor) C tỉ lệ với điện tích của tụ điện (charge on the capacitor) ( )Q t
) 2.1.64
( ) V t C
( ) Q t C
, (
=
trong đó C là điện dung (capacitance) của tụ điện và
( ) I t
( ) dQ t dt
.
,
,
được đo bằng Ampere; R được đo bằng Ohm; điện dung được đo bằng Fara, ( ( ) I t
( )Q t đo bằng Coulomb, điện cảm L đo bằng Henry,
( )
( )
( ) V t V t V t R C
L
điện tích
được đo bằng Volt).
Bây giờ, ta xét một mạch điện đơn giản RLC gồm có điện cảm L , điện trở R ,
( )E t
,
L
điện dung C và một điện áp như trong hình 2.2. Khi đó điện áp đi qua cuộn
( ) RI t
( , 1
( ) τ τ d
( ) dI t dt
t ) ∫ C I 0
cảm, điện trở và tụ điện tương ứng là .
Theo định luật điện thế Kirchoff1 (Kirchhoff’s voltage law) nói rằng: điện thế áp
lên một mạch kín bằng tổng lượng giảm thế trong cả mạch. Do đó với mạch RLC
1Gustav Robert Kirchhoff (1824-1887) là nhà vật lý người Đức.
của ta thì
t
+
+
=
2.1.65
,
L
RI
I
(
)
( ) τ τ d
( ) E t
∫
dI dt
1 C
0
54
,L R , C là các hằng số và
( ) I t
trong đó là cường độ dòng điện mà nó có liên quan
t
=
đến sự tích tụ điện tích Q trên tụ điện tại thời điểm t và được cho bởi
2.1.66
I
( ) I t
(
)
( ) Q t
( ) dτ τ
= ∫
dQ dt
0
sao cho
2.1.65 tương đương
Hình 2.2 Mạch điện RLC
)
Nếu mạch điện không chứa tụ điện ( C → ∞ ), phương trình (
+
>
L
= RI E t
t
0.
( ),
(
) 2.1.67
dI dt
với
( )Q t có thể tìm thấy từ (
) 2.1.66 là
+
=
L
R
.
( ) E t
2 d Q 2 dt
dQ Q + dt C
Phương trình cho điện tích 2.2.65 và ( )
Ví dụ 2.1.11
,
+
L
RI E
ω t
= 0 sin
(
) 2.1.68
dI dt
,
,
0.
I
=I
Giả sử rằng cường độ dòng điện trong mạch LR thỏa mãn
L R E và ω là các hằng số. Tìm
( ) I t
0
với > 0 t nếu trong đó ( ) =0
) 2.1.68 ta có
−
+
=
I
( ) L sI s
( ) 0
( ) RI s
(
) 2.1.69
ω E 0 2 2 + ω
s
Lấy biến đổi Laplace hai vế của (
0
I
55
2.1.69 tương đương với
( ) =0
)
+
=
(
( ) ) Ls R I s
ω E 0 2 2 ω +
s
Do nên phương trình (
.
=
( ) I s
2 ω
+
+
(
ω E 0 )( 2 Ls R s
)
Do đó
L
A
=
=
+
(
) 2.1.70
( ) I s
+
+ Bs C 2 2 + ω
2
s R L s
+
+
2 ω
s
s
)
ω E 0 R ( L
Ta có
2
2 ω
Khi đó
(
)
( A s
)
2
2 ω
+ + + + = Bs C s R L ω E 0 L
( ⇔ +
) A B s
+ + + + = B C s A R L CR L ω E 0 L
0
= −
C
+
=
BR L 2 ω A
L
ω CR L E 0
+ = A B
Ta có hệ sau
,
,
.
=
=
=
A
B
C
2
2
− ω E L 0 2 2 2 + ω R L
ω E R 0 2 2 + ω R L
2.1.70 và lấy biến đổi Laplace ngược ta được
Giải hệ ta được
ω E L 0 2 2 + ω R L ) ,A B , C vào (
−
t
R L
sin
cos
.
=
+
−
e
ω t
ω t
( ) I t
2
2
2
ω E L 0 2 2 ω + R L
E R 0 2 2 ω + L
R
ω E L 0 2 2 ω + R L
Thay
Ví dụ 2.1.12
t
,
=
L
I
E
(
) 2.1.71
( )τ τ d
∫
1 dI + dt C
0
Giả sử rằng cường độ dòng điện trong mạch LC thỏa mãn phương trình
0
I
56
( ) =0
trong đó ,L C và E là các hằng số dương, .
) 2.1.71 ta được
−
+
=
LI
( ) LsI s
( ) 0
( ) I s Cs
E s
0
I
Lấy biến đổi Laplace hai của (
( ) =0
+
=
Ls
( ) I s
1 Cs
E s
.
⇔
=
=
( ) I s
EC 2
2
1
+
E 1 +
LCs
LC
( L s
)
Do nên
2.1.72
sin
E
t
(
)
( ) = I t
C L
1 LC
Lấy biến đổi Laplace ngược ta có
2.2 Phương trình đạo hàm riêng
Định nghĩa 2.2.1
Một phương trình liên hệ hàm phải tìm u của nhiều biến độc lập và các đạo
hàm riêng của nó được gọi là phương trình đạo hàm riêng (partial differential
equation).
Cấp cao nhất của đạo hàm riêng của hàm phải tìm u có mặt trong phương
2
2
∈
=
=
a
u
a
;
R ,
( u x t ,
)
(
) 2.2.1
2
=
=
+
+
u
0,
,
2.2.2
( u x y z ,
)
(
)
∂ u 2 ∂ x 2 ∂ u 2 ∂ y
∂ u 2 ∂ z
∂ u ∂ t 2 ∂ u 2 ∂ x 2
2
2
=
∈
=
a
a
u
;
R,
2.2.3
( u x t ,
)
(
)
∂ u 2 ∂ t
∂ u 2 ∂ x
trình gọi là cấp (order) của phương trình. Các phương trình
là các phương trình đạo hàm riêng cấp hai.
( ), u x t
Dạng tổng quát của một phương trình đạo hàm riêng cấp 2 đối với hàm
là
2
∇
=
, ,
,
,
,
0,
2.2.4
(
)
u D u u u , tt
t
( F x t u
)
57
,...,
( ), u x t
là hàm phải tìm; trong đó ∈ Ω ⊂ k x
, t là biến độc lập;
∂ u ∂ x 1
∇ = u
∂ u ∂ x k
2
2 D u
∂ u ∂ ∂ x x i
j
=
,
1,=
i
j
k
Qui tắc giải phương trình đạo hàm riêng bằng biến đổi Laplace
là các đạo hàm riêng.
a) Áp dụng biến đổi Laplace theo một biến, thường là t vào phương trình để
nhận được một phương trình vi phân thường của ảnh hàm phải tìm theo biến thứ hai
(dùng cả điều kiện đầu để nhận được phương trình của ảnh này). Áp dụng biến đổi
Laplace lên điều kiện biên để được điều kiện xác định các hằng số khi giải (hay tích
phân) phương trình vi phân thường.
b) Dùng biến đổi Laplace ngược để suy ra nghiệm.
Định lý 2.2.1
=
L
( , u x s
)
{ ( , u x t
} )
Đặt ta có
n
2
−
n
,0
,0
=
−
+
+ ⋅⋅⋅ +
s
L
( u x
)
( , u x t
)
( n , s u x s
)
( 1 − n s u x
)
n
∂ ∂ t
∂ ∂ t
2
−
1 −
n
n
,0
,0
2.2.5
+
+
s
( u x
)
( u x
)
(
)
2
−
1 −
n
n
∂ ∂ t
∂ ∂ t
a)
Đặc biệt
1,2
n =
,0
=
−
L
( , u x t
)
( , su x s
)
( u x
)
2
,0
=
−
−
L
( , u x t
)
( 2 , s u x s
)
( su x
)
( u x
) ,0 .
2
∂ ∂ t
∂ ∂ t ∂ ∂ t
Với ta có
k
k
,
,
1,2,...,
=
=
k
n
58
L
) 2.2.6
)
( , u x t
)
( u x s
k
k
∂ ∂ x
∂ ∂ x
b) (
Chứng minh
,
=
=
f
f
L
( ) t
( , u x t
)
( ) f s
{
} ( ) t
Đặt
2
−
1 −
n
n
1 −
n
n
(
(
2.2.7
=
−
− ⋅⋅⋅ −
−
f
s
f
s f
f
L
) ( ) 0
(
)
( ) n s f s
( ) 0
) ( ) 0
{
} ( ) t
n
n
,
=
=
f
L
a) Áp dụng công thức đạo hàm của hàm gốc ta được
( ) t
( , u x t
)
( ) f s
{ ( , u x t
} )
n
∂ ∂ t
Thay thì a) được chứng minh.
∞
∞
k
k
k
k
−
st
st
,
=
=
=
e
L
L
( , u x t
)
( , u x t dt
)
( − e u x t dt
)
{ ( , u x t
} )
k
k
k
k
∫
∫
∂ ∂ x
∂ ∂ x
∂ ∂ x
∂ ∂ x
0
0
b)
.
Định lý 2.2.2
=
f
L
( ) f s
{
} ( ) t
2
a
1
4
−
−
−
a s
a
t
,
0
=
>
e
a
L
Giả sử . Khi đó ta có
(
) 2.2.8
{ e
}
3
2
tπ
−
a s
2
e
1
4
−
−
a
t
,
0
=
>
e
a
a)
(
) 2.2.9
s
1 π t
b) L
Chứng minh
a
a
a
=
−
erfc
s
erfc
erfc
L
L
(
) 2.2.10
∂ ∂ t
2
2
2
t
t
t
0
=
t
a) Theo định lí biến đổi Laplace của đạo hàm ta có
−
a s
a
e
,
=
erfc
L
s
2
t
(
) 2.2.11
∞
2
−
2
2
=
t
x e dx
Theo mệnh đề trong mục 1.6 ta có
t → . ( 0
) 2.2.12
( erfc a
) 0 t → khi
( erfc a
)
∫
2 π
2
a
t
và nên
59
2.2.11 ,(
)
2.2.12 vào ( )
) 2.2.10 ta được
−
a s
a
e
−
a s
=
=
erfc
s
e
L
∂ ∂ t
s
2
t
Thay (
a
2 4
−
−
a
t
a s
,
=
e
e
L
(
) 2.2.13
3
2
tπ
Tương đương,
∞
2
a
=
erfc
− x e dx
(
) 2.2.14
∫
2
2 π
t
2
a
t
2.2.14 theo t ta được
Bởi vì
)
∞
2
2
−
2
=
t
x e dx
( erfc a
∫
∂ ∂ t
) π
2
a
t
∂ ∂ t
a
a
,
= −
f
2
2
2 π
t
t
′
2
4
3 2
−
−
a
t
.
.
= −
e
t
1 2
2 π
. a − 2
2
4
−
a
t
ae
,
=
3
2
π t
2x
e−=
Đạo hàm hai vế của (
( f x
)
. trong đó
) 2.2.13 ta có
2
a
4
1
−
−
−
a
t
a s
,
0
2.2.15
>
=
e
a
L
(
)
{ e
}
3
2
tπ
2.2.13
Từ(
)
−
a s
a
2 4
−
a
t
= −
e
L
3
∂ ∂ s
ae 2
s
2
π t
theo s ta được b) Lấy đạo hàm hai vế của (
−
a s
2
at
4
−
a
t
= −
e
⇔ − L
3
ae 2
s
2
π t
−
a s
2
e
4
−
a
t
⇔
=
e
L
1 π t
s
60
−
a s
2
e
1
4
−
−
a
t
0
=
>
e
a
L
Suy ra
) 2.2.16
s
1 π t
(
Ví dụ 2.2.1 (Phương trình truyền nhiệt trong thanh nửa vô hạn)
=
>
>
c u
,
x
0,
t
0
) 2.2.17
u t
xx
Giải phương trình
(
=
>
x
0
2.2.18
=
>
u
t
f
t
0,
,
0
→
→ ∞
>
x
t
0, ( ) t 0,
,
0
2.2.20
( u x ( ( u x t ,
) ,0 ) )
( ( (
) ) 2.2.19 )
2.2.17 , coi x là tham số ta được
)
với các điều kiện đầu và biên như sau
2
,0
−
=
c
( , su x s
)
( u x
)
( , u x t
)
2
∂ ∂ x
0
= nên phương trình trên trở thành
Lấy biến đổi Laplace theo t của (
( u x
),0
2
=
−
u
u
0
) 2.2.21
(
2
∂ ∂ x
s c Ta coi đây là phương trình vi phân thường theo biến x thì được phương trình
Do
=
−
+
A
exp
x
B
exp
x
(
) 2.2.22
( ), u x s
s c
s c
,
tuyến tính cấp hai hệ số hằng thuần nhất. Nghiệm tổng quát là
,A B là các hằng số tích phân.
trong đó
∞
∞
0,
0,
.
=
=
=
u
s
u
f
(
)
(
) − st t e dt
( ) − st t e dt
( ) f s
∫
∫
0
0
Ta có
=
61
0B = và do
u
0,
s
) 2.2.22 ta có
(
)
( ) f s
=
Do nghiệm bị chặn nên nên từ (
( ) A f s
.
=
,
exp
x
(
) 2.2.23
( u x s
)
( ) f s
s c
−
.
Khi đó
t
2
3 2
=
−
f
t
exp
τ d ,
(
) 2.2.24
( u x t ,
)
(
) − τ τ
∫
x τ c 4
0
x π c
2
−
Lấy biến đổi Laplace ngược ta có
−
x
2
−
x
ct
− 1
4
s c
=
trong đó
e
e
L
3
x ctπ
2
(Định lý 2.2.2)
−
x
λ
λ
3 2 τ τ
=
= −
d
d
,
x τ c
c
2
4
Đặt
) 2.2.24 ta có
∞
2
2
−
=
f
λ λ d
e
( u x t ,
)
(
) 2.2.25
∫
2 π
x 2 λ c 4
− t
x ct
2
Từ (
f
T=
2.2.25 trở thành
( ) t
= constant. Nghiệm (
)
0
∞
2
−
=
=
λ λ d
e
( u x t ,
)
(
) 2.2.26
T erfc 0
∫
T 2 0 π
x ct
2
x ct
2
Trường hợp đặc biệt, nếu
0T khi t → ∞ .
Dễ thấy, sự phân bố nhiệt độ có xu hướng tiến đến giá không đổi
Ví dụ 2.2.2 (Phương trình khuếch tán trong môi trường hữu hạn)
=
>
u
k u
,
0
< < x
a
,
t
0,
) 2.2.27
t
xx
Giải phương trình
(
=
,0
0,
0
< < x
a
,
( u x
)
) 2.2.28
với các điều kiện đầu và điều kiện biên sau
(
=
>
u
t U t
,
(
)0,
) 2.2.29
=
>
0,
0,
t
) 2.2.30
( ), xu a t
62
,U k là hằng số.
( 0, (
2.2.27 theo biến t ta được
trong đó
)
2
,0
−
=
k
( , su x s
)
( u x
)
( , u x t
)
2
∂ ∂ x
2
0,
0
⇔
−
=
u
u
< < x
, a
(
) 2.2.31
2
∂ ∂ x
s k
0. =
Lấybiến đổi Laplace hai vế của (
( u x
do ),0
∞
=
=
u
s
u
0,
0,
,
2.2.32
(
)
(
)
(
) − st t e dt
∫
U s
0
∞
−
st
=
=
,
,
0
2.2.33
( u a s
)
) ( u a t e dt
(
)
∫
∂ ∂ x
∂ ∂ x
0
2.2.31 là phương trình vi phân thường theo biến x thì được phương
Ta có
) Ta coi (
=
+
A
cosh
x
B
sinh
x
(
) 2.2.34
), ( u x s
s k
s k
,
trình tuyến tính cấp hai hệ số hằng thuần nhất. Nghiệm tổng quát là
,A B là các hằng số tích phân.
trong đó
2.2.32 và ( )
) 2.2.34 ta có
.
=
=
u
A
(
)0, s
U s
2.2.34
Từ (
)
sinh
cosh
=
+
A
x
B
x
), ( u x s
∂ ∂ x
s k
s k
s k
s k
theo x ta được Lấy đạo hàm hai vế của (
) 2.2.33 ta có
Từ (
sinh
cosh
0
=
+
=
a
B
a
( , u a s
)
∂ ∂ x
U s k s
s k
s k
s k
63
a
sinh
s k
=
B
Do đó
U s
a
cosh
s k
.
,A B vào (
) 2.2.34 ta được
− a x
cosh
(
)
=
⋅
,
.
( u x s
)
(
) 2.2.35
U s
a
cosh
s k
s k
Thay
) 2.2.35 ta được
cosh
− a x
(
)
− 1
=
=
U f
,
L
( ) t
) ( u x t U ,
s
a
cosh
s k
s k
α=
Lấy biến đổi Laplace ngược của (
,
s k
+ ∞
c i
cosh
st
=
f
e
ds
( ) t
∫
s
1 π i 2
{ ( cosh
− ∞
} ) − α a x ( ) α a
c i
ta có Đặt
s = và 0
2
2
=
= −
−
=
s
s
2
n
n
1, 2,3...
k
,
(
) 1
n
π 2 a
Dễ thấy hàm dưới dấu tích phân có cực điểm tại
s
s=
0
s = là 1 và giá trị thặng dư nR tại
n
1R tại
là Ta có giá trị thặng dư
− a x
exp
cosh
(
)
)
s t n
st
s n k
e
cosh
(
=
−
=
s
s
(
)
R n
n
lim → s s n
s
{ ( cosh
} ) α − a x ( ) α a
s
a
cosh
d ds
s k
= s s n
2
−
2
n
2
(
) π
1
×
−
−
=
n
k t
.cosh
exp
2
.
(
) 1
)( − a x 1 a 2
π a 2
i
s
a
cosh
d ds
s k
= s s n
n
2
−
−
−
2
n
2
x
(
) π
=
×
−
−
cos
exp
2
.
n
k t
(
) 1
4 π
) 1 − n
( 2
) ( a 1 2 a
π 2 a
) 1
(
64
=
+
,
)
)
( u x t U R R n
1
n
∞
−
−
2
n
(
) π
=
U
cos
∑
4 π
n
= 1
( 2
) 1 − n
)( − a x 1 a 2
) 1
(
( + 1
2
2
×
−
−
exp
2
n
k t
2.2.36
(
) 1
(
)
π 2 a
Do đó nghiệm của bài toán là
Ví dụ 2.2.3
=
>
>
u
c u
,
x
0,
t
0
) 2.2.37
t
xx
Giải phương trình khuếch tán
(
=
>
,0
0,
0
2.2.38
x
( u x
)
(
)
= −
>
0,
,
0
2.2.39
u
t
t
(
)
( ) g t
(
)
x
→ ∞
>
→
1 k 0,
,
0
2.2.40
x
t
( , u x t
)
(
)
2.2.37
với các điều kiện đầu và biên như sau
)
2
−
=
u
u
0
(
) 2.2.41
2
∂ ∂ x
s c
theo t ta được trong đó k là hằng số. Lấy biến đổi Laplace hai vế của (
65
Ta coi đây là phương trình vi phân thường theo biến x thì được phương trình
=
−
+
A
exp
x
B
exp
x
(
) 2.2.42
( ), u x s
s c
s c
tuyến tính cấp hai hệ số hằng thuần nhất. Nghiệm tổng quát là
,A B là các hằng số.
trong đó
∞
∞
−
st
=
= −
= −
0,
0,
u
s
u
g t e dt
(
) 2.2.43
(
)
(
) − st t e dt
( )
( ) g s
x
x
∫
∫
1 k
1 k
0
0
Ta có
2.2.42 trở thành
0B = , khi đó phương trình (
)
=
A
x
exp
( ), u x s
s c
−
Do nghiệm bị chặn nên
= −
A
x
exp
), ( u x s
x
s c
s c
−
Suy ra
= −
u
A
(
) 2.2.44
(
)0, s
x
s c
Do đó
) 2.2.44 ta có
) 2.2.43 và (
Từ (
( ) g s
− = − A s c 1 k
( ) g s
. ⇔ = A c s 1 k
=
x
,
exp
( u x s
)
( ) g s
c s
1 k
s c
=
x
.
exp
2.2.45
( ) g s
(
)
c k
s c
1 s
− −
Suy ra
Lấy biến đổi Laplace ngược phương trình trên ta được
2
1 2
=
−
2.2.46
exp
τ , d
(
)
( , u x t
)
( g t
− ) τ τ
tc ∫ π
1 k
x τ 4 c
0
−
66
−
x
2
s c
−
exp
x
4
ct
(
)
e
− 1
=
trong đó
L
s
tπ
(Định lý 2.2.2)
Đặt
, 2 x τ c
3 2
2.2.46 trở thành
x = − λ d τ τ− d c 4 = λ
)
∞
2
2
−
− 2
=
λλ e
d
λ .
( u x t ,
)
(
) 2.2.47
∫
x π
x 2 λ c 4
k
− g t
x ct 4
Khi đó phương trình (
= constant, nghiệm trở thành
T=
0
∞
2
−
− 2
λ
λλ e
d
( , u x t
)
(
) 2.2.48
∫
T x 0 π k
=
x ct 4
Đặc biệt, nếu ( ) g t
∞
∞
2 λ
2 λ
−
−
=
−
−
2
e
e
d
( , u x t
)
∫
1 λ
λ =
T x 0 π k
x 4 ct
x 4 ct
λ
∞
2
2 λ
−
2
=
−
−
π
exp
e
d
∫
2 π
ct x
x 4 ct
T x 0 π k
x 4 ct
λ
2
2
=
−
−
π
exp
erfc
x 4 ct
ct x
x 4 ct
T x 0 π k
2
=
−
−
2
exp
.
x erfc
ct π
T 0 k
x 4 ct
2
x ct
Ta có
67
2
=
−
−
x erfc
2
exp
(
) 2.2.49
( u x t ,
)
ct π
T 0 k
x ct 4
x ct
2
Do đó
Ví dụ 2.2.4 (Phương trình sóng cho dao động của một sợi dây nửa vô hạn)
Tìm độ dịch chuyển của một sợi dây nửa vô hạn mà tại thời điểm ban đầu sợi
0
0
A f
0,
u
t
0
x = nó bị cưỡng bức để chuyển động sao cho độ dịch chuyển là t ≥ , trong đó A là hằng số. Đây là bài toán điều kiện biên –
t = đầu mút ( ) ) ( = t với ,
dây nằm ở vị trí cân bằng (dây ở trạng thái không bị dịch chuyển). Tại thời điểm
=
>
2 c u
,
0
< < ∞ x
,
t
0,
) 2.2.50
u tt
xx
điều kiện đầu của phương trình sóng một chiều.
(
0≥t
A f
u
) 2.2.51
) 0, = t
( ) t
→ ∞
x
,
0,
t
với với các điều kiện biên vàđiều kiện đầu sau (
0
), ( u x t →
) 2.2.52
=
=
,0
,0
0
khi ( ( ≥
( u x
)
( u x
)
) 2.2.53
x< < ∞ (
∂ ∂ t
2.2.50
với 0
)
2
2
2
=
c
L
L
( , u x t
)
( , u x t
)
2
2
∂ ∂ t
∂ ∂ x
2
2
,0
,0
⇔
−
−
=
c
( , u x s
)
( 2 , s u x s
)
( su x
)
( u x
)
2
∂ ∂ x
∂ ∂ t
2
2
0,
2.2.54
⇔
−
=
u
(
)
2
∂ u 2 ∂ x
s c
theo t ta nhận được Lấy biến đổi Laplace hai vế của phương trình (
∞
∞
−
−
st
st
=
=
=
u
0,
s
u
0,
) 2.2.55
(
)
(
t e dt A f s , ( ( ) ( )
∫
) ∫ t e dt A f
0
0
0,→
( ), u x s
) 2.2.56
Ta có
khi x → ∞ (
2.2.54 là phương trình vi phân thường theo biến x thì
68
)
Ta xem phương trình (
được phương trình vi phân tuyến tính cấp hai hệ số hằng thuần nhất. Nghiệm tổng
=
+
−
exp
exp
C
D
(
) 2.2.57
( ), u x s
sx c
sx c
.
quát là
2.2.57 trở thành
( ), u x s
0C = . Khi đó (
)
=
exp
.
D
( ), u x s
sx c
−
=
=
u
0,
s
Do bị chặn nên
u
D và do
(
)
( ) A f s
(
)0, s
=
D A f s
( ).
Do đó nên ta có
=
,
exp
.
( u x s
)
( ) A f s
xs c
−
Suy ra
=
−
−
A f
t
.
( ), u x t
x c
x c
H t
Lấy biến đổi Lalace ngược ta có
Nói cách khác, nghiệm là
( u x t ,
)
(
)
− > A f t t , x c x c = 2.2.58
< < t 0, 0 x c
0
t
t = đến =
Nghiệm biểu diễn một sóng lan truyền sang phải với vận tốc c . Điểm x sẽ ở cân
x c
thì sóng sẽ truyền đến nó. bằng từ
Ví dụ 2.2.5
+
=
>
>
x u
u
x
,
x
0,
t
0
) 2.2.59
t
x
Tìm nghiệm của phương trình
(
với điều kiện đầu - điều kiện biên
=
>
,0
0,
x
( u x
)
) 2.2.60
=
>
u
0,
t
0
(
)0, t
) 2.2.61
69
2.2.59 , coi x là tham số ta có
( 0, (
)
+
=
x
L
L
L
( , u x t
)
( , u x t
)
{ } x
∂ ∂ t
∂ ∂ x
⇔
−
+
=
,
,0
,
.
( x su x s
)
( u x
)
( u x s
)
∂ ∂ x
x s
0
= nên phương trình trên trở thành
Lấy biến đổi Laplace hai vế theo t của (
( u x
),0
+
=
.
( u x s ,
)
( x s u x s ,
)
∂ ∂ x
x s
Do
xsdx
∫
exp
=
=
x
e
Đây là phương trình vi phân tuyến tính cấp một không thuần nhất theo biến x , vì không có đạo hàm theo s nên nó sẽ là tham số và hằng số khi tích phân phương trình sẽ phụ thuộc vào s . Thừa số tích phân là
( µ
)
21 x s 2
.
exp
21 x s 2
=
2 x s
2 x s
exp
exp
ta được Nhân hai vế phương trình trên với thừa số tích phân
( u x s ,
)
x s
1 2
1 2
′
,
=
−
+
2 x s
2 x s dx A
,
exp
exp
( u x s
)
∫
x s
1 2
1 2
=
−
+
2 x s
2 x s
A
exp
exp
1 2 s
1 2
1 2
=
+
A
2 x s
exp
,
2.2.62
(
)
1 2 s
1 2
−
Do đó
trong đó A là hằng số tích phân.
Ta có
0,
=
u
s
+ A
(
)
1 2 s
∞
0,
0,
0
=
=
u
s
u
70
(
)
(
) − st t e dt
∫
0
0
+ = A
1 2 s
⇔ = − A
1 2 s
= −
A
Do nên
) 2.2.62 ta được
1 2 s
=
−
,
exp
2 x s
(
) 2.2.63
( u x s
)
1 2 s
1 2 s
1 2
−
Thay vào (
2
−
−
= − t
t
(
) 2.2.64
( , u x t
)
21 2
x 2
x H t
.
Lấy biến đổi Laplace ngược ta có
2
<
,
2 t
x
2.2.65
(
)
( , u x t
)
2
2
>
,
x
2 t
x
t = 1 2
hay
Ví dụ 2.2.6
= −
>
ω ω sin t
,
0
) 2.2.66
xtu
=
=
,0
x
,
u
0,
t
0
( u x
)
(
)
) 2.2.67
Giải phương trình đạo hàm riêng không thuần nhất sau
=
>
,
0
t
L
L
{ u
{
}
xt
⇔
= −
ω .
L
( , u x t
)
x
2
} {
ω ω − sin t }
t
s
⇔
−
= −
,0
)
)
( , s u x t x
( u x x
2
2 ω
ω 2 ω + 2 ω +
s
Lấy biến đổi Laplace hai vế của phương trình ( ( t ( ) 2.2.66 ta có
,0
1=
) 2.2.67 ta có
)
( xu x
nên phương trình trên trở thành Theo (
− = − 1
)
( s u x t , x
2
s
⇔
= − 1
)
( s u x t , x
2
2 ω
2 ω 2 ω + 2 ω +
s
2
2
2 ω
s +
∂ u ⇔ = ∂ x
( s s
)
71
=
2
∂ u ∂ x
s 2 , + s ω
hay
=
+
, A
( , u x s
)
(
) 2.2.68
2
2 ω
sx +
s
Do đó nghiệm tổng quát là
trong đó A là hằng số tích phân.
∞
=
=
0,
0,
0
u
s
u
(
)
(
) − st t e dt
∫
0
0A = .
Mà
) 2.2.68 ta có
nên từ (
=
( u x s ,
)
2
2 ω
sx +
s
=
x
cos
tω
(
) 2.2.69
Suy ra
Lấy biến đổi Laplace ngược ta được ( ), u x t
Ví dụ 2.2.7 (Phương trình sóng không thuần nhất)
−
=
>
u
k
< < x
sin
0
a t ,
0,
,
2.2.70
(
)
u tt
xx
1 2 c
=
< < x
a
0
,
0,
=
>
π x a ) = =
u
t
t
0,
0,
0,
2.2.72
( u x (
) ,0 )
( u x t ( u a t ,
,0 )
( (
) 2.2.71 )
Giải phương trình sau
,c k và a là các hằng số.
trong đó
72
) 2.2.70 ta có
2
−
−
−
=
,
,0
,0
sin
(
) 2.2.73
( 2 s u x s
)
( s u x
)
)
( u x t
∂ u 2 ∂ x
k s
π x a
1 2 c
Lấy biến đổi Laplace hai vế của (
2
2
sin
−
=
u
2
s c
∂ u 2 ∂ x
k s
π x a
) Từ ( 2.2.71 ta có
2
2
−
= −
u
sin
(
) 2.2.74
2
∂ u 2 ∂ x
s c
k s
π x a
,
Tương đương
Đây là phương trình vi phân tuyến tính cấp hai không thuần nhất. Khi đó
=
+
−
A
exp
B
exp
.
(
) 2.2.75
), ( u x s
sx c
sx c
• Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất là
) 2.2.70
• Tìm nghiệm riêng của phương trình (
2.2.70 có chứa sin
)
π x a
=
+
u
C
D
cos
sin
(
), x s
p
π x a
π x a
nên ta viết nghiệm riêng dưới dạng Do vế phải của (
= −
+
x
x
sin
cos
,
π C a
π a
π D a
π a
∂ u p ∂ x 2
∂
p
= −
−
x
x
cos
sin
.
u 2
C 2
D 2
∂ x
2 π a
π a
2 π a
π a
2.2.74
Ta có
)
2
2
−
+
+
= −
C
cos
− x D
sin
x
sin
x
2
2
2 π 2 a
s c
π a
2 π 2 a
s c
π a
k s
π a
ta được Thay vào phương trình (
Do đó
0,
k
,
2
+
s
2
2 π 2 a
s c
= C = D
73
2
kc
=
u
x s ,
sin
.
(
)
P
π x a
2
+
2 2 c 2
π a
s s
Do đó
) 2.2.74 là
2
kc
=
+
−
+
,
A
exp
B
exp
sin
(
) 2.2.76
( u x s
)
sx c
sx c
π x a
2
+
2 2 c 2
π a
s s
0
0,
u
s
Nghiệm tổng quát của phương trình (
) 2.2.72 ta có
( , u a s
) =
) 2.2.75 ta có
(
) =
A B=
= 0
2.2.76 trở thành
Từ ( . Do đó từ (
)
2
=
,
sin
,
( u x s
)
k a 2 π
2
π x a
1 − s
+
s
2 2 c 2
s π a
Khi đó nghiệm (
2
=
k
t
sin
.
(
) 2.2.78
( u x t ,
)
a π
π c a
π x a
− 1 cos
Lấy biến đổi Laplace ngược ta có
2.3 Nghiệm của phương trình tích phân
Định nghĩa 2.3.1
Một phương trình mà trong đó hàm số chưa biết xuất hiện bên dưới dấu một tích
phân được gọi là phương trình tích phân (integral equation).
Phương trình tích phân có dạng
b
=
+
λ
f
d
f
(
) 2.3.1
( ) t
( ) h t
( t k ,
( ) τ τ τ
)
∫
a
74
,a b đã
( ) h t
( ) , k ,τ t
và các giới hạn của tích phân trong đó f là hàm số chưa biết,
biết,λ là hằng số, được gọi là phương trình tích phân tuyến tính loại hai hoặc
( k ,t τ được gọi là hạt nhân (kernel) của
)
phương trình tích phân Volterra. Hàm số
phương trình. Như vậy một phương trình được xem là thuần nhất hay không thuần
0
0
( ) h t =
( ) h t ≠ . Nếu hạt nhân của phương trình có dạng
=
−
hoặc nhất thì dựa vào
( k ,t
) τ
( g t
) τ
, ta nhận được phương trình tích phân chập (convolution integral
equation).
t
=
+
−
λ
f
d
f
(
) 2.3.2
( ) t
( ) h t
( g t
( ) τ τ τ
)
∫
0
2.3.2 ta được
Để giải phương trình tích phân chập có dạng
)
t
=
+
−
λ
,
d
f
( ) f s
( ) h s
( g t
)
0
∫L
( ) τ τ τ
Lấy biến đổi Laplace của phương trình (
=
+
λ
( ) f s
( ) h s
( ) f s g s
( ).
Theo định lý tích chập ta có
=
(
) 2.3.3
( ) f s
1
( ) h s ( ) g sλ −
hay
1
=
f
L
(
) 2.3.4
( ) t
( ) h s ( ) g sλ
− − 1
Lấy biến đổi Laplace ngược ta nhận được nghiệm
Trong nhiều trường hợp, vế bên phải có thể lấy hàm ngược bằng cách sử dụng
khai triển phân thức hoặc dùng chu tuyến. Do đó, nghiệm có thể dễ dàng được tìm
thấy.
Ví dụ 2.3.1
75
t
λ
f
= + a
f
(
) 2.3.5
( ) t
( ) τ τ d
∫
0
2.3.5 ta được
Giải phương trình tích phân
)
t
=
+
d
f
f
L
L
L
{ } a
{
} ( ) t
∫
0
( ) λ τ τ
⇔
λ
Lấy biến đổi Laplace hai vế của (
( ) f s
a = + s
( ) f s s
⇔
=
( ) f s
λ
a −
s
=
f
a
exp
tλ
.
(
)
) 2.3.6
Lấy biến đổi Laplace ngược ta có ( ) t (
Ví dụ 2.3.2
t
′
=
+
−
=
f
a
sin
t
2
f
sin
t
f
0
(
) 2.3.7
( ) t
( ) τ
(
) τ τ d ,
( ) 0
∫
0
2.3.7 ta được
Giải phương trình vi tích phân
)
t
Lấy biến đổi Laplace hai vế của (
{
}
( ) τ
(
{
} ( ) t
∫
0
′ = + − sin sin 2 f a t f t L L L ) τ τ d
( ) f s
{ sin
}
{
} ( ) t
2
′ ⇔ = + 2 f t L L a + 1 s
−
f
{
} ( ) 0
=
+
hay
2
( ) f s
2
2
a +
+
1
s
( ) s f s s
1
= nên ta có
.
f
0
( )0
Do
=
+
2
( ) f s
2
a +
2
2
=
+
a
( ) s f s 2 + 1 s ( ) = + 2 a s f s ( ) f s
s ) ( ⇔ + 1 s ( ⇔ − 2 s s
⇔
=
.
( ) f s
2
1 ( ) f s ) 1 a −
s
(
) 1
=
f
a t
exp
76
( ) t
) 2.3.8
Lấy biến đổi Laplace ngược ta được ( ) t (
Ví dụ 2.3.3
t
−
( c t
n
bt
=
−
−
f
a t
e
c
e
) τ− dτ
f
(
) 2.3.9
( ) t
( ) τ
∫
0
2.3.9 ta được
Giải phương trình tích phân
)
t
−
( c t
n
bt
=
−
−
f
a t
c
e
f
L
L
L
L
( ) τ
{
} ( ) t
{
}
{ e
}
∫
0
) τ− τ d
⇔
=
−
−
( ) f s
( ) f s
c −
c
! a n + n 1 s
⇔
+
=
−
( ) f s
s 1 + s b
s
! a n + n 1 s
1
⇔
=
−
( ) f s
s −
s
c
! a n + n 1 s
1 + s b
1 + s b c − c
Lấy biến đổi Laplace hai vế của (
Do đó
c
=
−
( ) f s
− s s
!
(
=
−
−
! a n + 1 n s
a n ! + 1 n s ) ac n + 2 n s
1 s
1 + s b + − − s b c b + s b
!
(
=
−
! a n + 1 n s
) ac n + 2 n s
1 − + s
+ 1 c b − s b
!
(
=
−
+
−
+
1
1
1 +
! a n + 1 n s
) ac n + 2 n s
1 − + s
c b s b
1 c b s
1 + s b
!
(
=
−
+
−
.
1 +
! a n + 1 n s
) ac n + 2 n s
c bs
c b s b
+ 1
77
−
n
n
+ 1
bt
=
−
f
at
t
e
.
( ) t
c + − b
c b
+ 1
( (
) ac n ! ) + n 1 !
Lấy biến đổi Laplace ngược ta nhận được nghiệm
2.4 Nghiệm của bài toán giá trị biên
Phương pháp biến đổi Laplace thì cũng rất hữu ích trong việc tìm nghiệm của
các bài toán biên thường xuất hiện nhiều trong lý thuyết chuyển vị của dầm chịu
uốn. Biến dạng của thanh chịu uốn (dầm) là sự thay đổi độ cong của trục thanh. Khi
đó đường cong của thanh chịu uốn là đường đàn hồi.
Một dầm nằm ngang sẽ bị uốn cong khi có sự tác dụng kết hợp của trọng
lượng và tải trọng tác dụng lên nó. Chúng ta xét một dầm có chiều dài và vị trí
x
V
cân bằng được lấy dọc theo trục ngang x, trục này còn gọi là trục của dầm.
Hình 2.3
78
Xét một điểm K trên trục dầm trước khi biến dạng. Sau khi dầm biến dạng,
điểm K sẽ di chuyển đến điểm K’ (Hình 2.3). Khoảng cách KK’ được gọi là chuyển
vị thẳng của điểm K. Chuyển vị này chia ra làm hai thành phần
+ Thành phần v vuông góc với trục dầm (song song với trục y) được gọi là
độ võng của K.
+ Thành phần u song song với trục dầm (song song với trục x) gọi là chuyển
vị ngang của điểm K.
Ngoài ra sau khi trục dầm bị biến dạng, mặt cắt ngang ở vị trí K bị xoay đi
một góc ϕ, được gọi là chuyển vị góc hay góc xoay của mặt cắt ngang ở tại điểm
K. Dễ dàng thấy rằng, góc xoay ϕ chính bằng góc giữa trục chưa biến dạng của
dầm và tiếp tuyến ở điểm K’ của đường đàn hồi.
Trong điều kiện chuyển vị của dầm là bé thì thành phần chuyển vị ngang u là
một đại lượng vô cùng bé so với v nên ta có thể bỏ qua chuyển vị u và xem KK’
x
v = y(x)
x
bằng v (Hình 2.4).
Hình 2.4
Nếu ta chọn trục dầm là x, trục y vuông góc với trục dầm thì chuyển vị v chính
là tung độ y của điểm K’. Tung độ y được gọi là độ võng (deflection) của điểm K.
( y x của dầm có mặt cắt
)
Phương trình vi phân cho độ võng thẳng đứng
)W x trên một đơn vị chiều dài tại một
(
không đổi, chịu tác dụng của một tải trọng2
2Tải trọng là ngoại lực và là những lực chủ động nghĩa là ta có thể biết phương, vị trí và độ lớn.
khoảng x được tính từ gốc tọa độ trên trục của dầm là
=
EI
,
0
,
( W x
)
< < x
(
) 2.4.1
4 d y 4 dx
79
′′
=
EIy
x
trong đó EI là độ cứng chịu uốn của dầm (flexural rigidity of the beam).
) ( ′ y x M x ,
(
)
(
)
′
′′′
=
EIy
x
Một số đại lượng vật lý có liên quan đến bài toán là và
( ( = S x M x
)
)
(
)
tương ứng biểu diễn cho góc xoay, moment uốn và lực cắt
tại một điểm.
Ví dụ 2.4.1
Cho một dầm có khối lượng M, chiều dài bị ngàm3 (clamped) hai đầu mút
2 x = 3
trên trục của dầm. Hãy xác và chịu tải trọng tập trung có độ lớn Q tại điểm
2 3
định độ võng của dầm?
=
EI
,
0
x
( W x
)
< < ,
4 d y 4 dx
Phương trình vi phân cho độ võng của dầm có dạng
x = nên lực chỉ tập trung tại điểm đó.
2 3
Do dầm có tải trọng tập trung tại điểm
)W x được biểu diễn như sau
(
=
+
−
,
0
< < x
(
) 2.4.2
( W x
)
2 3
δ Q x
M
Khi đó
Hơn nữa do dầm bị ngàm hai đầu mút nên độ võng và góc xoay ở tại các điểm đó
3Ngàm là liên kết của dầm với một vật thể khác có tác dụng ngăn cản chuyển vị thẳng và chuyển vị xoay nào đó của dầm.
bằng 0. Khi đó ta viết lại phương trình vi phân cho độ võng của dầm như sau
4
+
−
,
0
EI
< < x
(
) 2.4.3
4
2 3
δ Q x
d y M = dx
80
′
′
=
=
=
=
y
y
0,
y
y
0,
( ) 0
( ) 0
) 2.4.4
( )
( )
với điều kiện biên
(
2 3
− xδ
∞
=
,
x
−
x
2.4.5
(
)
2 3
δ
≠
0,
x
=
2 3 2 3
là hàm Dirac Delta được định nghĩa bởi trong đó Q là một hằng số và
( ) y s của
( ) y x
Để giải quyết bài toán này, chúng ta sử dụng biến đổi Laplace
∞
−
sx
e
(
) 2.4.6
( ) y s
) y x dx .
(
= ∫
0
2.4.3 ta được
được định nghĩa bởi
)
s
−
2 3
′
′′
′′′
−
−
−
−
+
=
3 s y
2 s y
sy
y
Qe
,
( ) 4 EI s y s
( ) 0
( ) 0
( ) 0
( ) 0
(
) 2.4.7
M s
s
−
2 3
−
=
t
e
Lấy biến đổi Laplace hai vế của phương trình (
2 3
δ
trong đó L [Mục A.2, Trang 99]
2.4.4 nên từ (
)
s
−
2 3
′′
′′′
−
−
=
+
sy
y
Qe
( ) 4 EI s y s
( ) 0
( ) 0
s
−
2 3
′′
′′′
⇔
−
−
=
sy
y
e
( ) 4 s y s
( ) 0
( ) 0
M s M Q + EIs EI
Theo điều kiện ( ) 2.4.7 ta có
2
s
−
3
′′
′′′
y
y
=
+
+
+
.
(
) 2.4.8
( ) y s
4
4
1 5
( ) 0 3 s
Q e EI
s
M EI s
2.4.8 ta được
Suy ra
( ) 0 s )
Lấy biến đổi Laplace ngược (
3
2
3
4
′′
′′′
=
+
+
−
−
+
2.4.9
y
y
x
x
81
)
( ) 0
( y x
)
( ) 0
x 2
x 6
2 3
2 3
24
Q 6 EI
EI
H x
M
(
2
3
′′
′′′
=
+
+
−
−
+
y
x
2 x y
x
x
(
) 2.4.10
( ′ y x
)
( ) 0
( ) 0
1 2
2 3
2 3
Q 2 EI
H x
M 6 EI
=
y
y′=
0
Suy ra
) ( 2.4.9 , 2.4.10
)
( )
( )
3
2
3
3
′′
+
−
+
=
y
′′′+ y
0,
( ) 0
( ) 0
EI
2
6
Q EI 6
2 3
M 24
2
2
2
+
−
+
=
′′′+ y
0.
( ) 0
( ) 0
EI
2
Q EI 2
2 3
M 6
′′ y
ta có hệ sau Từ điều kiện nên từ (
′′
′′′
3
0
+
+
+
=
y
y
( ) 0
( ) 0
′′
′′′
0
+
+
+
=
y
y
( ) 0
( ) 0
1 2
M 4 EI 2 M 6 EI
Q 27 EI Q 18 EI
Tương đương,
′′
′′′
+
= −
−
y
y
( ) 0
( ) 0
2
′′′
+
= −
−
y
( ) 0
( ) 0
1 2
3 ′′ y
M 4 EI M 6 EI
Q 27 EI Q 18 EI
Tương đương,
Đây là hệ phương trình đại số, ta giải hệ này bằng định thức tương tự như ví dụ
′′′
′′
= −
+
=
y
27
M
14
Q
.
y
9
+ M Q
8
2.1.6 ta được
( ) 0
(
)
( ) 0
)
(
1 EI 54
EI 108
2.4.9 ta được
và
)
3
4
2
Thay vào(
( y x
)
(
) M Q x 8
3
= + − − + + x x 9 2 3 2 3 216 EI Q 6 EI EI H x M 24
(
) Q x
− + 27 14 , 0 M ≤ ≤ x . 1 324 EI
82
2.5 Nghiệm của phương trình sai phân và vi sai phân
∞
3
n
2 ∆ ∆ ∆
∆ định
,
,
,...,
r
=
là dãy số đã cho. Khi đó các toán tử sai phân Giả sử { } 1 ru
−
u
u
∆ = u r
r
2
∆
= ∆
−
=
−
+
,
u
u
u
u
2 u
u
, )
+
+ 1
r
r
r
r
2
= ∆
∆
r =
r −
2 +
+ 1 r −
−
.
2.5.3
u
3 u
u
) 3 u
3 u
u
u
+ 1 r ( = ∆ ∆ u (
( )
( ( (
) 2.5.1 ) 2.5.2 )
+
+
3
2
+ 1
+ 1
r
r
r
r
r
r
r
nghĩa bởi
Tổng quát
n
k
− 1
n
n
∆
= ∆
−
=
−
u
u
u
u
2.5.4
(
)
(
) 1
(
)
+
1
r
r
r
+ − r n k
∑
=
0
k
n k
Các biểu thức trên được gọi là các sai phân cấp 1, cấp 2, cấp 3 và cấp n tương
ứng. Bất kì phương trình nào biểu diễn mối liên hệ giữa các sai phân hữu hạn thì
được gọi là một phương trình sai phân (difference equation). Cấp cao nhất của sai
phân trong phương trình cũng là bậc của phương trình. Một phương trình sai phân
có chứa đạo hàm của hàm số chưa biết thì phương trình đó được gọi là phương trình
vi sai phân (differential – difference equation). Do đó, phương trình vi sai phân gồm
có hai bậc phân biệt – bậc thứ nhất là cấp cao nhất của sai phân và bậc thứ hai là
cấp cao nhất của đạo hàm.
=
0,
u
∆ − u r
r
2
∆
2
0,
u
− ∆ = u
( 2.5.5 (
) ) 2.5.6
r
r
Phương trình
tương ứng là phương trình sai phân bậc nhất và bậc hai. Dạng tổng quát của phương
n
n
∆
=
u
− 1 u
+ + ...
a
,
) 2.5.7
( f n
)
a 0
r
+ ∆ a 1
r
∆ + u r
a u n
r
n
− 1
trình sai phân tuyến tính cấp n là
(
,...,
( f n
)
a và n
a a , 0 1
2.5.7 được gọi là
là các hằng số hoặc là các hàm của đối số nguyên trong đó
)
không âm n . Tương tự như phương trình vi phân, phương trình (
( f n
)
bằng 0 hay khác 0. thuần nhất hay không thuần nhất dựa vào hàm
Các phương trình sau đây
=
) 1 =
f
,
( ) ′ u t ( ) ′ − u t
( − u t ( − au t
− ) 1
0, ( ) t
( 2.5.8 (
) ) 2.5.9
f
83
( ) t
là các phương trình vi sai phân, trong đó là hàm số đã cho . Để nghiên cứu các
( ) nS t
=
− −
−
≤ < +
n t
n
1,
2.5.10
) − H t n H t n
(
(
) 1 ,
(
)
( ) nS t
như sau phương trình trên ta đặt hàm
( )H t
là hàm bước nhảy đơn vị Heaviside. trong đó n là số nguyên không âm và
( ) nS t
∞
−
st
=
=
− −
−
−
dt
L
) e H t n H t n
(
(
( ) S s n
{
} ) 1
{
} ( ) S t n
∫
0
n
+ 1
−
−
s
ns
=
=
−
=
−
− st e dt
e
e
ns
exp
,
(
)
(
) 2.5.11
( ) S s 0
( 1
)
∫
1 s
n
−
s
=
−
.
e
ta được Lấy biến đổi Laplace của
( ) S s 0
( 1
)
1 s
trong đó
( )u t
∞
( ) u t
(
) 2.5.12
( ) , u S t n
n
= ∑
=
0
n
u=
n t
1
bởi một chuổi Tiếp theo chúng ta định nghĩa hàm
≤ < + và n
n
n
=
là dãy số đã cho. Theo đó trong khoảng ( ) u t ∞ trong đó { } 0 nu
∞
∞
+
=
+
=
−
−
+ − 1
( u t
) 1
) 1
( ) n H t n
)
( u S t n
n
n
∑
∑
( u H t
=
=
0
0
n
n
∞
∞
=
=
2.5.13
( ) t
(
)
− 1
( ) . u S t + 1
u S n
n
n
n
∑
∑
=
= 1
0
n
n
biễu diễn một hàm bậc thang. Hơn nữa
∞
+
2
( u t
)
+
Tương tự ta có
) 2.5.14
( ) u S t 2
n
n
= ∑
=
n
0
(
∞
+
k
u
( u t
)
(
) 2.5.15
+ n k
( ) S t n
= ∑
=
n
0
Tổng quát
84
( )u t
∞
∞
∞
−
−
st
=
=
=
st u e S t dt
L
( ) u s
( ) e u t dt
( )
n
n
} { ( ) u t
∑
∫
∫
=
n
0
0
0
∞
−
s
=
−
−
exp
e
u
ns
(
) .
n
( 1
)
∑
=
0
n
1 s
Biến đổi Laplace của hàm được cho bởi
s
=
−
,
e
( ) u s
( ) s
( 1
) ζ−
1 s
(
) 2.5.16
Do đó
( )sζ biểu diễn cho hàm Dirichlet được định nghĩa bởi
∞
ζ
=
−
u
exp
ns
( ) s
(
) .
(
) 2.5.17
n
∑
=
0
n
trong đó
− 1
=
L
( ) u t
(
) 2.5.18
( ) S s 0
{
} ( ) sζ
Do đó ta suy ra
n
Đặc biệt
a=
nu
s
∞
−
ζ
=
=
=
.
ae
(
) 2.5.19
( ) s
−
(
ns )
s
s
∑
=
e −
−
n
0
1
1 ae
e
a
2.5.16 ta nhận được
là một dãy hình học thì • Nếu
s
n
=
ζ
=
,
L
( ) s
( ) S s 0
( ) S s 0
{ } a
s
e −
e
a
(
) 2.5.20
) Do đó, từ (
s
n
1
=
a
.
L
(
) 2.5.21
( ) S s 0
s
e −
e
a
−
sao cho
• Nếu
∞
−
−
−
s
+
=
−
n
ae
ae
,
(
)( 1
ns )
( 1
) 2
∑
=
0
n
(
) 2.5.22
85
s
2
−
2
−
n
s
+
=
−
=
n
a
ae
L
(
) 2.5.23
) 1
S s 0
2
{ (
}
( )( 1
)
s
e
( ) e S s 0 ) ( − a
Ta có
s
2
− 1
n
=
+
n
a
L
(
) 1
(
) 2.5.24
2
s
e
( ) e S s 0 ) ( − a
n
n= − ta có 1
Do đó
) 2.5.22 ta thay
s
∞
−
ae
ns
=
n n a e
(
) 2.5.25
∑
−
s
=
n
0
−
ae
( 1
)2
Từ (
s
n
=
na
L
Do đó
) 2.5.26
( ) S s 0
2
{
}
ae s
−
a
e
)
(
, (
−
1
n
=
na
L
(
) 2.5.27
s
e
( ) s ae S s 0 2 ) ( − a
sao cho
= L
( ) u s
Nếu thì
Định lý 2.5.1 } { ( ) u t
+
=
−
=
u
u
,
2.5.28
L
( ) 0
(
)
( ) u S s 0 0
0
{ ( u t
} ) 1
( ) s e u s
Chứng minh
∞
∞
−
s
+
=
+
=
dt
e
− τ s e u
L
( st e u t
) 1
( ) τ τ d
{ ( u t
} ) 1
∫
∫
1
0
1
s
=
−
− τ s e u
∫
0
( ) τ τ d
1
s
τ s
s
=
−
=
−
u
.
( ) 0
0
( ) S s 0
( ) e u s
− ∫ u e d
0
( ) e u s ( ) e u s
τ
86
( ) u S s 1 0
s
s
2
} ) =
+ = − + 2 e L Tương tự ta có { ( u t Ls
0
0
s
s
2
{ ( u t ( ) u s ( ) u s
( ) 1
(
)
0
( ) S s 0
} ) 1 ( ) u S s 0 (
( ) − e u S s 1 )
−
−
s
s
s
3
2
+
=
−
+
+
e
u
3
L
(
) 2.5.30
( ) u s
0
u e 1
u e 2
( ) S s 0
{ ( u t
} )
(
)
− e − = − + = , 2.5.29 e u u u e 1 u 1
k
− 1
−
ks
rs
+
=
−
k
e
L
( ) u s
(
) 2.5.31
u e r
( ) S s 0
{ ( u t
} )
∑
=
r
0
Tổng quát hơn, nếu k là số nguyên thì
Ví dụ 2.5.1
=
u
0,
) 2.5.32
∆ − u n
n
Giải phương trình sai phân
u = . 1
(
0
2.5.32 tương đương với
với điều kiện đầu
)
0
=
) 2.5.33
1 2 + −
u n
u n
Phương trình (
(
) 2.5.33 ta được
=
2
0,
L
L
{ u
{ } u
} + −
1
n
n
Lấy biến đổi Laplace hai vế của phương trình(
s
−
−
=
2
( ) u s
( ) u S s 0
0
( ) e u s
s
⇔
−
−
=
0
Theo định lý 2.5.1 ta có
0 ( ) u s
( ) S s 0
s
=
2
1. ( ) u s
2 ( ) e S s 0
( ) e u s ) ( s ⇔ − e
.
87
s
=
.
( ) u s
2.5.21 ta suy ra nghiệm là
( ) e S s 0 s − 2 e )
Do đó
2n
nu =
Lấy biến đổi Laplace ngược kết hợp với (
Ví dụ 2.5.2
2
∆
u
− ∆ = u
2
0
) 2.5.34
n
n
Chứng minh rằng nghiệm của phương trình sai phân
(
= +
A B
3 ,n
) 2.5.35
nu
là
=
−
=
−
A
u 3
B
u
.
(
(
)
(
)
0
u 1
u 1
0
1 2
2.5.34 tương đương với
1 2 Phương trình (
)
−
+
u
4
u
u 3
= 0.
+
n
2
n
+ 1
n
−
=
+
4
3
0
L
L
L
trong đó và
{ } u
{ u
}
}
+
n
2
n
+ 1
n
−
2
s
s
s
⇔
−
+
−
−
+
=
4
0
( ) u s
( ) 3 u s
u e 1
0
( ) u S s 0
0
(
2
2
s
s
s
s
s
+
=
−
+
4
3
4
.
e
e
( ) u s
0
e ( ⇔ − e
u )
( ) S s 0 ( u e 0
( ) e u s )
)
( ) u e S s 1
Lấy biến đổi Laplace hai vế của phương trình trên ta được { u
2
s
s
s
−
+
)
=
( ) u s
( ) S s 0
s
−
−
e
3
( u e 0 ( s e
e 4 )( 1
u e 1 )
s
s
=
+
2.5.36
(
)
( ) S s 0
Ae s − e
Be s − e
3
(
) 1
(
)
Suy ra
Ta có
s
s
s
2
s
s
+
−
)
=
+
s
−
e
Ae s − e
3
(
(
( u e 0 ( s e
s
s
s
s
s
2
e 4 )( 1 −
−
−
3
) 1
u e 1 ) 3 ) +
⇔
=
s
s
−
−
−
−
e
e
e
3
) 1 ( s Ae e (
Be ) s − e ) + )( 1
( s Be e ) s 3
e 4 )( 1
− ( u e 0 ( s e
u e 1 )
88
2
s
s
s
s
s
−
+
−
+
−
u e 1
2
2
s
s
s
s
( u e 0 ⇔
−
−
+
=
−
+
) u 4
e 4 (
) ( s Ae e 3 ) ( A B e
( s Be e ( 3
) 1 ) A B e
u e 0
0
= ) u e 1
Suy ra
+ = A B u 0 4
3
+ =
−
A B
u 0
u 1
−
=
=
−
A
u 3
,
B
u
.
Do đó ta có
(
)
(
)
0
u 1
u 1
0
1 2
Giải hệ này ta được ta có
,A B vào ta được(
1 2 ) 2.5.36 ta được
s
s
(
(
Thay
( ) u s
( ) S s 0
) u e 1 ) 1 −
(
) u e 0 ) 3 −
2.5.21 ta nhận được
. = + − s − s u 1 2 e e 3 u 0 ( 2
)
= +
A B
3 .n
nu
Biến đổi Laplace ngược kết hợp với (
Ví dụ 2.5.3
−
+
2 λ
=
u
λ 2 u
u
0,
) 2.5.37
+
+
2
1
n
n
n
Giải phương trình sai phân
u = và 0
(
0
u = 1 1.
2.5.36 ta được
với điều kiện ban đầu
)
−
2
s
s
2 λ
−
+
−
−
+
=
λ 2
0
u
e
( ) u s
( ) u s
0
u e 1
( ) S s 0
( ) u S s 0
0
( ) s e u s
2
s
s
2 λ
−
⇔
−
+
=
λ 2
0
( ( ) u s
( ) u s
2
s
=
2 s λ λ + 2
e
( ) u s
( ) s e u s ( ) s e S s 0
e ( ⇔ − e
) ( ) − e S s 0 )
Lấy biến đổi Laplace hai vế của phương trình (
Suy ra
s
=
( ) u s
2 .
s
( ) e S s 0 ) ( e λ −
89
−
n
n
1
=
.
= nλ λ n
nu
1 λ
Lấy biến đổi Laplace ngược ta nhận được nghiệm là
Ví dụ 2.5.4
=
−
u
1
( ) ′ u t
( u t
) 1 ,
( ) 0
= (
) 2.5.38
Giải phương trình vi sai phân
) 2.5.38 ta được
−
s
−
=
−
e
u
( ) su s
( ) 0
( ) S s 0
−
s
⇔
−
e
− = 1
( ) u s ( ) u s
u ( ) su s
( ) 0 ( ) S s 0
−
s
−
−
s
s
⇔
−
−
u s
s
e
e
= + 1
(
) 1 .
( )(
)
e s
Lấy biến đổi Laplace hai vế của (
−
−
2
s
s
=
−
+
( ) u s
−
−
−
s
s
s
1 − e
s
e
e
e ( − s s
e ( − s s
)
)
−
1
−
−
2
s
s
2
1 = + s
e s
− 1
e s −
−
−
−
s
s
s
ns
2
3
4
+
+
+ ⋅ ⋅ ⋅ +
+ ⋅ ⋅ ⋅
n
2
3
4
1 = + s
e s
e s
e s
e s
Suy ra
−
n
1
−
as
(
−
1
=
−
(
) 2.5.39
,
L
( H t a
)
n
e s
) − t a ( ) Γ n
Do
)nΓ (
∞
Γ
n
− − 1 t e dt
(
)
= ∫ n t
0
trong đó là hàmGamma (Gamma function) được định nghĩa bởi tích phân
Γ
)
n
− 1
=
>
0
s
L
90
(
)
{ t
}
n n
( s
[Ví dụ A.1.1 – Trang 98] và
n
2
− 1
−
−
t
2
t
(
)
(
(
)
+
+ ⋅⋅⋅ +
>
(
) 2.5.40
= + 1
,
t
n
( ) u t
1!
3 2!
− t n ( − n
) ) 1 !
Do đó
Ví dụ 2.5.5
−
−
=
=
α
β ,
u
0
( ) ′ u t
) 1
( ) 0
) 2.5.41
Giải phương trình vi sai phân sau ( u t
−
s
−
−
−
=
u
α e
u
( ) su s
( ) 0
( ) u s
( ) 0
( ) S s 0
β s
α
⇔
−
=
( ) su s
( ) − s e u s
β s
−
s
=
.
α e
( ) u s
( ⇔ − s
)
β s
Lấy biến đổi Laplace cho hai vế của phương trình ( ( ) 2.5.41 ta được
−
1
−
s
=
=
e
( ) u s
−
2
s
β α − e
β α − 1 s s
−
−
−
2
s
ns
β
+
=
+
+ ⋅ ⋅ ⋅ +
+ ⋅ ⋅ ⋅
.
2
s + n
1 2 s
) 2 s α α e 4 s
e 3 s
n α s
( s s
Suy ra
) 2.5.39 ta có
+
2
3
1
n
n α
(
β
2 α
=
+
+
+ ⋅⋅⋅ +
>
,
t
t
. n
( ) u t
( α t Γ
) − 1 ( ) 3
− t ( Γ
) 2 ) 4
( ) − t n ( Γ + 2 n
)
Theo công thức (
2.6 Hàm chuyển và hàm đáp ứng xung của một hệ thống tuyến
tính
Một hệ thống được gọi là tuyến tính (linear system) nếu có thể áp dụng nguyên lý
xếp chồng. Nguyên lý xếp chồng phát biểu rằng đáp ứng tạo ra bởi những kích thích
91
đồng thời là tổng của các đáp ứng riêng lẻ. Vì thế với hệ thống tuyến tính, đáp ứng
với nhiều cửa vào có thể được xác định bằng cách xét đáp ứng của từng cửa vào sau
( )x t
đó cộng các đáp ứng lại với nhau.
( ) f t
Hệ thống
Mô hình của một hệ thống tuyến tính
−
n
n
1
(
(
+ ⋅ ⋅ ⋅ +
=
f
,
) 2.6.1
( ) t
Một hệ thống tuyến tính được cho bởi một phương trình vi phân tuyến tính thông
−+
a x n
a x n 1
( ) a x t 0
0
,...,
thường bậc n với hệ số hằng như sau ) ( ) ) ( ) t t (
− 1
a 0
na ≠ với điều kiện đầu là
, a a n
n
−
n
1
(
′
=
=
=
x
x
x
,
, ...
,
) 2.6.2
) ( ) 0
( ) 0
( ) 0
−
x n
x 0
x 1
1
là các hằng số và trong đó
−
2.6.2
(
) 2.6.1
(
)
( )x t
f
Nghiệm được gọi là hàm đầu ra (output) và của hệ thống (
( ) t
h s của một hệ thống tuyến tính được định
đã cho được gọi là hàm đầu vào (input) của hệ thống. hàm số
( )
Hàm chuyển (transfer function)
( )x t của hệ thống so
f
nghĩa là tỉ số giữa biến đổi Laplace của đại lượng đáp ứng ra
( ) t
của hệ thống với điều kiện với biến đổi Laplace của đại lượng tác động vào
L
=
=
,
2.6.3
(
)
( ) h s
L
L L
n
− 1
(
=
=
x
′= x
x
} ( ) x t } ( ) t = ...
0.
2.6.4
( ) 0
{ { f ( ) 0
{ } output { } input ) ( ) 0
(
)
2.6.2 ta được
đầu đồng nhất bằng 0, nghĩa là
2.6.1 với điều kiện đầu(
)
)
− 1
n
n
(
) − 1
(
−
s
x
− − ...
x
( ) n a s x s
( ) 0
) ( ) 0
n
−
−
2
2
n
n
(
)
(
− 1
n
+
−
a
s
s
x
− − ...
x
( ) 0
− 1
n
−
+
=
+ + ...
x
2.6.5
( ) 0
( ) a x s
) ( ) 0 ( ) f s
(
)
( ) x s ( ) a s x s 1
0
Lấy biến đổi Laplace của (
Tương đương,
n
n
− 1
=
+
+ + ...
,
( ) f s
( ) g s
−+
a s n
a s n 1
0
(
) ( ) a x s
⇔
=
+
g s
) 2.6.6
( ),
( ) f s
( ) ( ) np s x s
92
(
n
n
− 1
=
+
+ + ...
(
) 2.6.7
( ) p s n
a s n
a s − 1 n
+ a s a 1 0
(
)
trong đó
g s là đa thức bậc nhỏ hơn hoặc bằng (
( )
=
n
1, 2,...,
,...,
.
là một đa thức bậc n , )1n − gồm tích khác
)
( ra r
x x , 0 1
x − 1 n
và các điều kiện đầu đã cho nhau của các hệ số
h s và định nghĩa bởi
( )
=
=
(
) 2.6.8
( ) h s
n
− 1
+
+ + ...
1 ( ) p s n
a s n
1 n a s − n 1
a 0
2.6.6 trở thành
Hàm chuyển được kí hiệu bởi
)
=
+
=
+
(
) 2.6.9
( ) x s
( ) h s
( ) f s
( ) g s
( ) f s ( ) p s n
( ) g s ( ) p s n
2.6.9 ta nhận được hàm đáp ứng
Do đó phương trình (
)
của hệ ( )x t Lấy biến đổi Laplace ngược của (
−
−
1
1
=
+
L
L
( ) x t
{
} ( ) ( ) h s g s
{
} ( ) ( ) h s f s
t
t
−
+
−
=
g
d
d
f
( h t
( ) τ τ τ
)
( h t
( ) τ τ τ
)
∫
∫
0
=
+
,
0 ( ) x t 0
( ) x t 1
thống, nó là sự xếp chồng của hai đáp ứng sau
−
−
1
1
=
=
,
L
L
trong đó
( ) x t 0
( ) x t 1
{
} ( ) ( ) h s g s
{
} ( ) ( ) h s f s
,
−
1
1
=
=
và
L
L
( ) h t
{
} ( ) h s
1 ( ) p s n
−
,
thường được gọi là hàm đáp ứng xung (impulse response function) của hệ thống
( ) 0 g s = ta có
tuyến tính. Thật vậy, với
=
93
( ) h s
( ) x s ( ) f s
f
.
( ) t
( ) tδ=
( ) 1 f s = ,
Nếu là hàm xung đơn vị (unit impulse function) sao cho
t
t
=
−
=
−
=
h
d
d
t
khi đó hàm đầu ra là
( ) x t
( h t
( )
( )
)
)
( ) h t
( τ δ τ τ δ τ τ τ ∫
∫
0
0
.
Ta thấy rằng đáp ứng xung của hệ thống chính là đáp ứng khi đầu vào hệ thống là
f
0
t ≡ , nghiệm của bài toán là
hàm xung đơn vị.
( ) 0x t
, được gọi là đáp ứng Nếu hàm đầu vào ( )
( ) 1x t
là đáp ứng dựa vào hàm đầu ngõ vào – zero của hệ thống4. Nói cách khác,
=
=
=
0
...
và được gọi là đáp ứng trạng thái – zero của hệ thống5. Nếu tất cả các vào ( ) t f
= thì 0
( ) g s = và do đó
x 0
x 1
x − 1 n
điều kiện đầu đều bằng 0 nghĩa là
) 2.6.1
( ) 1x t
n
n
− 1
=
+
+ + ...
. là nghiệm duy nhất của phương trình không thuần nhất (
( ) p s n
a s n
a s − 1 n
+ a s a 1 0
(
)
0
Đa thức của s được gọi là đa thức đặc
( )
np s = được gọi là phương
trưng (characteristic polynomial) của hệ thống và
trình đặc trưng của hệ thống (characteristic equation of the system). Do các hệ số
( )
np s là số thực nên nghiệm của phương trình đặc trưng tất cả đều là thực hoặc
h s được biễu diễn ở
của
( )
nếu phức nó phải xảy ra trong các cặp phức liên hợp. Nếu
dạng phân thức đơn giản, hệ thống được xem là ổn định (stable) khi tất cả các
nghiệm của phương trình đặc trưng có phần thực âm.
Ví dụ 2.6.1
′−
=
t
( ) ′′ x t
( ) x t
) 2.6.10
Giải phương trình vi phân sau
4Đáp ứng ngỏ vào – zero của hệ thống là đáp ứng của hệ thống đối với đầu vào là zero. 5Đáp ứng trạng thái – zero của hệ thống là đáp ứng của hàm đầu vào với trạng thái ban đầu là zero.
(
94
1,
1
=
x
x′
= , (
) 2.6.11
( ) 0
( ) 0
2.6.10 cùng với điều kiện đầu ta
với điều kiện đầu là
)
Lấy biến đổi Laplace hai vế của phương trình (
′
−
−
−
=
sx
x
( ) 2 s x s
( ) 0
( ) 0
( ) x s
1 2 s
1
⇔
−
= + +
s
( ) 2 s x s
( ) x s
2
1
= + +
s
( ) x s
( ⇔ − s
) 1
1 2 s 1 2 s
được
=
+
( ) x s
2
1 + 1 −
−
s 2 s
1 2 s
s
(
) 1
thµnh phÇn ngá vµo zero thµnh phÇn tr¹ng th¸i
zero
=
−
+
−
2.6.12
=
+
−
(
)
2
1
1
1 −
1 −
s
s
1 2 s
Do đó
) 2.6.12 ta được
t
sinh
=
+
−
e
t
t
( ) x t
(
)
®¸p øng ngâ vµo zero ®¸p øng tr¹ng th¸i
zero.
=
+
−
−
Lấy biến đổi Laplace ngược của (
Ví dụ 2.6.2
Tìm hàm chuyển cho mỗi hệ thống tuyến tính dưới đây. Xác định bậc và tính ổn
′
2
5
3
2
+
+
=
+
f
f
định của hệ thống.
( ) ′′ x t
( ) ′ x t
( ) x t
( ) t
( ) t
) 2.6.13
′′′
′′
′
3
5
6
13
6
+
+
−
=
+
−
x
f
f
f
(a)
) 2.6.14
( ) t
( ) ′′ x t
( ) ′ x t
( ) x t
( ) t
( ) t
( ) t
( (
(b)
) 2.6.13 ta được
′
2
5
3
2
−
−
+
−
+
=
−
+
sx
x
x
f
( ) f s
( ) s f s
( ) 0
( ) sx s
( ) 0
( ) x s
( ) 2 s x s
( ) 0
( ) 0
a) Lấy biến đổi Laplace hai vế của phương trình (
Do các điều kiện ban đầu bằng 0 nên phương trình trên tương đương với
2
2
5
2
+
+
=
+
s
s
3 s
( ) x s
(
)
( ) f s
(
)
95
=
=
Do đó hàm chuyển là
( ) h s
2
5
3 s +
2 +
+ 2 s
s
( ) x s ( ) f s
.
2
s
2 s+
5 0, + =
1 2
= − ±
s
i
Hệ thống có bậc là hai và phương trình đặc trưng của nó là
2.6.14 cùng với điều kiện đầu zero ta được
với các nghiệm phức . Do phần thực các nghiệm của phương trình đặc
)
′′′
′′
′
13
6
+
=
−
+
x
f
f
f
L
L
( ) t
( ) t
( ) ′′ x t
} ( ) t
3
2
2
5
6
+
−
=
+
s
3 s
} ( ) x t 13 − s
s
( ) t ( ) f s
( ) ′ x t ( ) x s
5 − (
{ 6 ) 6
{ ( ⇔ + s
3 + )
trưng đều âm nên hệ thống là ổn định. b) Lấy biến đổi Laplace hai vế của (
2
6
6
−
+
s
13 s
=
=
( ) h s
3
2
) 5
+
+
−
( s
s
3 s
( ) x s ( ) f s
(
)
Do đó hàm chuyển là
3
2
+
+
s
s
3 s
5 0, − =
1,
1 2 ,
1 2
=
= − +
= − −
i
Ta có hệ thống bậc ba và phương trình đặc trưng
s 1
s 2
i s 3
1 1 0 = > s
Có các nghiệm là . Do nên hệ thống là
không ổn định.
Ví dụ 2.6.3
Tìm hàm chuyển, hàm đáp ứng xung và nghiệm của hệ thống tuyến tính được mô
2
+
+
+
=
2
a
f
( ) t
( ) ′′ x t
′
( ) x t = −
x
( 1,
a
x
2.6.16
( ) ′ a x t ( ) = 0
) 4 ( ) 0
( (
) 2.6.15 )
tả bởi
) 2.6.15 ta có
2
′
−
−
+
−
+
+
=
sx
x
x
a
2
4
( ) a sx s
( ) 0
( ) x s
( ) f s
( ) 2 s x s
( ) 0
( ) 0
(
)
Lấy biến đổi Laplace hai vế của (
′
1,
=
x
x
a
96
= − nên phương trình trên trở thành
( ) 0
( ) 0
2
2
2
4
−
+
+
=
− + + s a
a
a
( ) f s
2
2
4
2
+
=
+
( + a s
+ as a
) ( ) x s ( ) f s
( ) x s
(
)
( ) 2 s x s ( ⇔ + s
( ) asx s )
⇔
=
( ) x s
2
4
2.6.17
⇔
=
( ) x s
(
)
2
2
+
( ) + + s a f s 2 2 + + + as a s ( ) + + s a f s 2 ( ) + s a
2.6.8 , hàm chuyển của hệ thống là
Do
)
=
=
.
( ) h s
2
2
2
+
+
+
1 + as a
4
s
2
+ s a
2
(
1 )2
)
(
Theo công thức (
h s là hàm đáp ứng xung
( )
−
−
at
− 1
1
=
=
=
e
sin 2 . t
L
L
( ) h t
{
} ( ) h s
2
1 2
1 2
+
2
+ s a
2 2 )
(
Lấy biến đổi Laplace ngược của hàm
2
+
+
+
2
a
4
= 0
( ) ′′ x t
( ) ′ a x t
( ) x t
(
)
Giải bài toán giá trị đầu thuần nhất
) 2.6.17 với
( ) = 0 f s
=
( ) x s
+ s a
22
+ s a )2 +
(
ta có Từ (
cos 2
−= at e
t
( ) x t 0
−
2.6.15
2.6.16
Do đó
)
(
)
=
+
∗
f
( ) x t
( ) h t
( ) t
( ) x t 0
t
−
−
at
a
=
+
−
sin 2
e
cos 2 t
f
t
τ τ d
(
) ττ e
∫
1 2
0
là Nghiệm của bài toán (
95
PHỤ LỤC. MỘT SỐ KIẾN THỨC ĐƯỢC SỬ DỤNG
TRONG LUẬN VĂN
A. Các hàm đặc biệt
A.1 Hàm Gamma
∞
x
Γ
=
>
x
− − 1 t e dt
t
x
0
(
) A.1.1
(
)
(
)
∫
0
Hàm Gamma được định nghĩa bởi tích phân sau
Một trong những tính chất quan trọng của hàm Gamma được rút ra từ định nghĩa
Γ
=
>
x
x
x
x
1
(
)
(
( − Γ −
) 1
) 1 ,
) A.1.2
đó là
(
A.1.1 ta được
Chứng minh
)
∞
∞
−
−
x
t
x
2
Γ
+
x
= − t
− 1 e
x
t
− t e dt
(
) A.1.3
(
)
(
=
) − ∫ 1
t
0
0
A.1.3 hội tụ khi
1x > và do số hạng thứ nhất bên vế phải
Lấy tích phân từng phần của (
)
Ta thấy tích phân (
∞
−
x
2
Γ
=
−
=
bằng 0 nên ta có
x
x
− t e dt
t
x
x
(
)
(
) 1
(
( − Γ −
) 1
) 1
∫
0
.
Đặt biệt
=
= Γ n
n
( Γ + n
) 1
(
( n n = ⋅⋅⋅ =
Γ
( ) 1 ,
) ) ( − Γ − n 1 1 ) ( ) ( − n n 1 ... 1
• Nếu n là số nguyên dương thì )
và
∞
−
Γ
=
=
96
1
te dt
( ) 1
∫
0
.
=
n
!
( Γ + n
)1
) A.1.4
Do đó
Γ
=
x = thì ta có
π .
(
1 2
1 2
• Với
∞
−
1 2
Γ
=
Thật vậy, theo định nghĩa ta có
t
− t e dt
∫
1 2
0
2
t
u=
.
∞
2
−
Γ
=
2
.
ue du
∫
1 2
0
Đặt , khi đó
∞
2
−
I
x e dx
(
) A.1.5
= ∫
0
Ta xét tích phân sau
M
M
2
2
−
−
y
=
=
= là giá trị của tích phân cần tìm. Khi đó,
I
x e dx
e
dy
Cho
MI
∫
∫
→∞
M
0
0
M
M
2
2
−
−
y
I
x e dx
e
dy
2 M
∫
∫
0
0
= M M
2
2
−
+
x
y
(
)
=
dxdy
e
∫ ∫
0
0
2
2
−
+
x
y
(
)
=
e
dxdy
∫∫
R
m
và lim M I
mR là hình vuông OACE cạnh M (hình A.1). Do biểu thức dưới dấu tích
trong đó
2
2
2
2
−
+
−
+
x
y
x
y
(
)
(
)
≤
≤
dxdy
I
e
e
dxdy
phân là dương nên ta có
) A.1.6
2 M
∫∫
∫∫
R 2
R 1
, (
97
,R R là miền bị chặn trong góc phần tư thứ nhất bởi các đường tròn có
1
2
trong đó
2M .
bán kính tương ứng là M và
=
=
Hình A.1
x
ρ φ cos ,
y
ρ φ sin
) A.1.6 , ta có
π
π
2
2
M
M
2
2 ρ
2 ρ
−
−
≤
≤
I
e
ρ ρ φ d d
e
ρ ρ φ d d
(
) A.1.7
2 M
∫
∫
∫
∫
φ =
ρ =
=
0
0
φ ρ = 0
0
Sử dụng hệ tọa độ cực với và từ (
2
2
−
−
2
M
M
−
≤
≤
−
e
I
e
(
) A.1.8
2 M
( 1
)
( 1
)
π 4
π 4
Tương đương
) A.1.8 ta được
2
=
=
I
I
2 M
lim →∞ M
π 4
Cho M → ∞ trong (
∞
2
−
=
=
I
u e du
.
∫
π 2
0
Do đó
Γ
=
π
Suy ra
) A.1.9
1 2
(
Ví dụ A.1.1
a > − là một số thực, thì
1
Γ
) 1
a
=
>
,
0
s
L
(
)
(
) A.1.10
{ } t
( + a s + a 1
Nếu
98
∞
a
− a st t e dt
,
L
{ } t
= ∫
0
x= ,
Theo định nghĩa ta có
∞
Γ
) 1
a
a
=
=
,
− x x e dx
L
{ } t
1 + a
1
+ + 1
∫
s
( a a s
0
Đặt st
Ta thấy rằng ví dụ trên là mở rộng của ví dụ 1.1.3. Trường hợp của ví dụ 1.1.3 là
trường hợp đặc biệt khi a là số dương.
a = − , từ kết quả (
) A.1.10 ta có
1 2
Γ
Γ
=
π
=
=
Trường hợp đặc biệt
) A.1.11
L
1 2
π s
1 t
1 2 s
, trong đó (
A.2 Hàm Dirac Delta
≤ ≤ +
,
a t
a k
− t a
f
(
) A.2.1
(
)
k
∉
+
1 k 0,
,
t
a a k
[
]
=
Xét hàm số sau
a k
= + , trong đó k là một số dương rất bé. Tích phân của một
Trong vật lí, hàm này mô tả độ lớn của lực tác dụng là 1 k xảy ra trong khoảng
a= đến t
a k
≤ ≤ + được gọi là một xung lực.
thời gian t
A.2.1 là
)
∞
+ a k
=
−
=
=
1
I
f
dt
Xung lực của lực tác dụng trong một khoảng thời gian a t kf trong (
) A.2.2
(
) t a dt
k
k
∫
∫
1 k
0
a
0
k → và ta đặt
(
=
Bây giờ, cho
− t a
− t a
( δ
)
(
)
f lim k
→
k
0
,
( t aδ −
)
là hàm Dirac Delta. Ta gọi
99
A.2.2 ta nhận được
A.2.1 và ( )
k → từ ( 0
∞
∞
=
,
t
a
−
=
− t a
toán bởi vì khi Hàm Dirac Delta không phải là một hàm theo ý nghĩa thông thường trong tính )
1.
( δ
)
( δ
) t a dt
∫
≠
0,
t
a
0
=
và
Như đã biết trong tính toán một hàm số mà bằng 0 khắp nơi trừ đi một điểm thì
tích phân của nó phải bằng 0. Tuy nhiên trong những vấn đề của xung lực thì ta xem
nó là một hàm thông thường.
( t aδ −
)
=
−
−
−
− t a
+ a k
(
)
(
(
kf
{ ) H t a H t
} )
1 k
Để nhận được biến đổi Laplace của hàm ta viết
−
( − +
) a k s
a s
=
−
f
− t a
e
e
L
(
k
{
} )
1 ks
−
ks
−
1
as
=
e
− e ks
0
Do đó
k → và sử dụng qui tắc L’Hopital cho tỉ số bên phải của phương trình trên ta
Cho
−
ks
−
−
1
as
as
=
=
− t a
e
e
L
được
) A.2.3
{ ( δ
} )
lim → 0 k
(
0=a
− e ks ( )tδ và
A.2.4
L
(
)
{ ( ) tδ
} 1 =
Đặt biệt khi ta nhận được hàm xung đơn vị
B. Một số định lý quan trọng
Định lý B.1
∞
−
=
ste
f
( ) t dt
( ) f s
∫
0
( ) f s là hàm liên tục trên E .
Nếu f là hàm liên tục từng khúc và
hội tụ đều với mọi s E∈ ⊆ thì
Chứng minh
0
100
t > sao cho với
0ε > đã cho, tồn tại 0
Do tích phân Laplace hội tụ đều nên với
0,tτ≥
∞
−
<
ste
f
ε ,
( ) t dt
(
) B.1.1
∫
τ
mọi
với mọi s E∈ .
∞
∞
∞
−
−
−
−
st
st
s t 0
s t 0
−
=
−
e
f
e
f
e
e
f
( ) t dt
( ) t dt
( ) t dt
(
)
∫
∫
∫
0
0
0
t
∞
0
−
−
−
−
st
st
s t 0
s t 0
≤
−
+
−
e
e
f
e
e
f
.
( ) t dt
( ) t dt
(
)
∫
∫
t
0
0
B.1.1 tích phân thứ hai thỏa
Ta có
)
∞
∞
∞
−
−
−
−
st
st
s t 0
s t 0
−
≤
+
e
e
f
e
f
e
f
( ) t dt
( ) t dt
( ) t dt
(
)
∫
∫
∫
t
t
t
0
0
0
< + =
ε ε ε 2 .
Theo (
t
t
0
0
−
−
−
−
st
st
s t 0
s t 0
−
−
e
e
f
e
dt
( ) ≤ t dt M e
∫
∫
0
0
Đối với tích phân đầu tiên
]00,t
st
×
a b ,
0,
t
,
e−=
. do f là hàm liên tục từng khúc nên bị chặn trên [
E⊂ nên
( ), g s t
),g s t liên tục đều trên[ (
]
[
],a b
]0
′
′
′
−
<
δ
∈
⊂
∈
s
s
t
′ − < t
,δ
t
s s ,
a b ,
E t t ,
0,
0δ > sao cho
Đặt . Khi đó, với [
[
]
[
]0
st
′ ′ s t
′
−
=
−
<
e
e
( g s t ,
)
( ′ , g s t
)
ε Mt
0
−
,
s
s δ
và thì tồn tại
< , ta có
[ a b∈
]
s s 0,
0
t
0
−
s t 0
=
ε .
− − ste
e
f
t
( ) < t dt M
0
∫
ε Mt
0
0
Với ,
Do đó
∞
∞
−
−
st
s t 0
=
.
e
f
e
f
( ) t dt
( ) t dt
∫
∫
lim → s s 0
0
0
101
( ) f s là hàm liên tục trên .E
Suy ra
Định lý B.2
≤ ≤
≤ ≤
>
a
x b
,0
t T T
,
0
( f x t là hàm số liên tục trên mỗi hình chữ nhật
),
Nếu
t
t= ,
i
∞
x
= ngoại trừ hữu hạn các bước nhảy gián đoạn qua các đường thẳng i 1, 2,..., n
[ ], a b∈
( f x t dt ,
)
∫
0
∞
∞
b
b
=
,
,
(
) B.1.2
) ( f x t dt dx
) ( f x t dx dt
∫ ∫
∫ ∫
a
a
0
0
và nếu hội tụ đều với mọi thì
Chứng minh
τ
τ
b
b
=
,
,
) ( f x t dx dt
) ( f x t dt dx
∫ ∫
∫ ∫
a
a
0
0
Ta có
∞
τ
b
b
=
,
,
(
) B.1.3
) ( f x t dx dt
) ( f x t dt dx
∫ ∫
∫ ∫
lim →∞ τ
a
a
0
0
Do đó
∞
τ
∞
b
b
b
=
+
,
,
,
(
) B.1.4
) ( f x t dt dx
) ( f x t dt dx
) ( f x t dt dx .
∫ ∫
∫ ∫
∫ ∫
τ
a
a
a
0
0
∞
0
Ta lại có
0ε > , tồn tại
T > sao cho với mọi
( f x t dt ,
)
∫
0
Tτ ≥
∞
<
,
), ( f x t dt
∫
ε − b a
τ
x
hội tụ đều nên với bất kì Do
Tτ ≥
[ ], a b∈
∞
b
<
ε ,
), ( f x t dt dx
∫ ∫
τ
a
. Do đó với với mọi
102
∞
b
=
,
0.
) ( f x t dt dx
∫ ∫
lim →∞ τ
τ
a
nghĩa là
B.1.4 và từ ( )
) B.1.3 ta được
∞
∞
b
b
=
Cho τ → ∞ trong (
,
,
) ( f x t dt dx
( ) f x t dx dt
∫ ∫
∫ ∫
a
a
0
0
.
Chú ý
=
=
f
t
f
f
t
f
( ) t
( ) t
+ 0
− 0
)
(
lim → t t
lim → t t
− 0
+ 0
≠
f
t
f
t
và • Hàm f có bước nhảy gián đoạn tại điểm 0t nếu cả hai giới hạn ) (
+ 0
− 0
(
)
(
)
tồn tại và .
−
f
xte
f
• Các giả thiết trong định lý thì cũng thỏa mãn cho hàm dưới dấu tích phân là
( ) t
( ) t
, trong đó là hàm gốc.
Định lý B.3 (Tiêu chuẩn Weierstrass)
x
,
b∈ ∞ , với mọi y Y∈ ta có
)
[
≤
,
( f x y ,
)
( g x
)
∞
∞
Giả sử với mọi
) g x dx
(
( f x y dx ,
)
∫
∫
a
a
hội tụ. Khi đó tích phân ở đây b là một số thực nào đó và
.Y
hội tụ đều trên
Ta chấp nhận định lý này mà không chứng minh.
Định lý B.4
≤ ≤
a
x b
,
∂ là liên tục trên mỗi hình chữ nhật x
), ( ∂ f x t
), ( f x t và
≤ ≤
0
t T T
,
0
> ngoại trừ hữu hạn các bước nhảy gián đoạn qua các đường thẳng
Giả sử rằng
t
t= ,
i
∞
= và hai tích phân i 1, 2,..., n
,
(
) B.1.5
( F x
)
( f x t dt ,
)
( f x t dt ,
)
= ∫
∞ ∂ ∂∫ x
0
0
và
103
=
≤ ≤
a
x b .
(
) B.1.6
( F x
)
( f x t dt ,
)
d dx
∞ ∂ ∂∫ x
0
trong đó tích phân thứ nhất hội tụ và tích phân thứ hai hội tụ đều. Khi đó
Chứng minh
=
.
( G u
)
( f u t dt ,
)
∞ ∂ ∂∫ u
0
Đặt
∞
x
x
=
,
) G u du
(
) ( f u t dt du
∫
∫ ∫
a
a
0
∞
x
=
,
) ( f u t du dt
∫ ∫
∂ ∂ u ∂ ∂ u
a
0
∞
=
−
dt
( , f x t
)
( , f a t
)
∫
=
−
0 ( F x
)
( F a
)
Khi đó G là hàm liên tục [Định lý B.1 – Trang 100] và theo định lý B.2 ta có
∞
=
Do đó
( ) = F x G x
(
)
( f x t dt ,
)
∂ ∂ x
∂ ∂∫ x
0
.
Định lý B.5
∞
−
a
rt
=
>
e
sin
a r
erf
,
a
0
(
)
∫
1 π
dr r
0
2
t
Chứng minh
2
r
u=
( ), y a t
2
−
∞
tue
au
=
du
.
( y a t ,
)
∫
2 π
sin u
0
Ta kí hiệu vế trái bởi sao cho với ta có
∞
2
−
tu
=
e
cos
.
(
) B.1.7
(
) au du
( Y a t ,
)
∫
2 π
∂ y 2 = ∂ a π
0
Đạo hàm hai vế theo a ta được
Khi đó
∞
2
−
tu
=
e
cos
( Y a t ,
)
(
) au du
∫
0
∞
2
−
∞
tu
2
−
e
au
tu
=
+
e
u
sin
(
) au du
∫
sin a
t 2 a
0
=
u
0
= −
,
∂ 2 t Y ∂ a a
104
= −
Y
,
(
) B.1.8
∂ Y ∂ a
a t 2
Do đó
∞
∞
2
2
π
−
−
tu
=
=
=
0,
,
Y
t
e
du
x e dx
(
)
∫
∫
0
0
2
1 t
t
=
u t
.
B.1.8 ta được
x trong đó Giải phương trình (
)
2
a 4
t
=
π − e
.
( Y a t ,
)
t
2
và
) B.1.7 ta có
2
−
a 4
t
=
e
,
∂ y ∂ a
1 tπ
y
t = nên 0
Do đó, từ (
(
)0,
a
−
2 ω 4 t
=
ω d
e
( , y a t
)
∫
0
t
1 π t a
2
2
a
=
=
,
B.1.9
− u e du
erf
(
)
∫
1 π
0
2
t
2
và do
u
trong đó . 2 4 tω=
105
KẾT LUẬN
Để nhấn mạnh vai trò của biến đổi Laplace, ta hãy nhắc đến những ưu điểm
chính của nó khi giải phương trình vi phân. Trước hết nó cho phép giải phương
trình vi phân tuyến tính không thuần nhất với vế phải là hàm gián đoạn hay hàm suy
rộng. Một lợi thế nữa là dùng biến đổi Laplace ta giải trực tiếp phương trình không
thuần nhất mà không qua việc giải phương trình thuần nhất rồi mới tìm một nghiệm
riêng của phương trình không thuần nhất như nhiều phương pháp khác. Cũng vậy,
các bài toán điều kiện đầu sẽ được giải trực tiếp, không qua bước tìm nghiệm tổng
quát của phương trình vi phân rồi mới xác định hằng số để được nghiệm riêng.
Đặc biệt, phương trình đạo hàm riêng, phương trình tích phân, phương trình
sai phân và vi sai phân cũng có thế giải bằng biến đổi Laplace mà ta thấy trong mục
2.2; mục 2.3; mục 2.4.
Bên cạnh đó, trong luận văn này chúng tôi cũng có giới thiệu đến các bài toán
giá trị biên xuất hiện trong lý thuyết chuyển vị của dầm. Cuối cùng trong mục 2.6
chúng tôi đã đưa ra các khái niệm về hàm chuyển và đáp ứng xung của một hệ
thống tuyến tính. Đây là các khái niệm thường gặp trong lý thuyết điều khiển tự
động.
106
TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1] Đặng Đình Áng, Biến đổi Tích phân, NXB Giáo Dục, 2007.
[2] Ravi P.Agarwal – Donal O’Regan, Ordinary and Partial Differential
Equations, Springer, 2009.
[3] Wiliam A. Adkins – Mark G. Davidson, Ordinary Differential Equations,
Springer, 2009.
[4] Alan M.Cohen, Numerical Methods for Laplace Transform Inversion,
Springer, 2007.
[5] Lokenath Debnath – Dambaru Bhatta, Integral Transforms and Their
Applications, Chapman & Hall/CRC, Taylor & Francis Group, 2007.
[6] P.P.Dyke, An Introduction to Laplace Transforms and Fourier Series,
Springer, 1999.
[7] Steven J. Desjardins – Remi Vaillancourt, Ordinary Differential Equations
Laplace transforms and Numerical Methods for Engineers, Springer, 2011.
[8] Gustav Doetsch, Introduction to the Theory and Application of the Laplace
Transformation, Springer, 1974.
[9] Phan Quốc Khánh, Toán Chuyên Đề, NXB Đại Học Quốc Gia TP.HCM,
2000.
[10] Erwin Kreyszig, Advanced Engineering Mathematics, John Wiley & Sons.
Inc, 2011.
[11] A.D. Mykis, Advanced Mathematics for Engineers Special Courses, Mir
Publishers Moscow, 1975.
[12] Peter V. O’Neil, Advanced Engineering Mathematics, Thomson, 2007.
[13] R. Pandey, A Text Book of Engineering Mathematics (Volume II), Word -
Press, 2010.
[14] Joel L. Schiff, The Laplace Transform: Theory and Applications, Springer,
1999.
107
[15] Nguyễn Công Tâm, Phương trình Vật Lí – Toán Nâng Cao, NXB Đại Học
Quốc Gia TP.HCM, 2002.
[16] K.T. Tang, Mathematical Method for Engineers and Scientist 2, Springer,
2007.
![Luận văn Thạc sĩ: Tổng hợp và đánh giá hoạt tính chống ung thư của hợp phần lai tetrahydro-beta-carboline và imidazo[1,5-a]pyridine](https://cdn.tailieu.vn/images/document/thumbnail/2025/20250816/vijiraiya/135x160/26811755333398.jpg)
