t
t
)t(f
2
sin(
t
sin(
=
d) +ττ+
d)3t ττ−
∫
∫
0
t
0 cos(
cos(
t
tcos
t2cos
t2cos
tcos
−=
=
−
+
−
t ) +τ+ 0
)3t τ− 3
1 3
1 3
0
t2cos
tcos
=
−
2 3
2 3
§19. ỨNG DỤNG CỦA PHÉP BIẾN ĐỔI LAPLACE ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH HỆ SỐ HẰNG 1. Phương pháp chung: Giả sử ta cần tìm nghiệm của phương trình vi phân tuyến tính hệ số hằng:
a
a
)t(f
(1)
+
+
+
=
o
1
xa n
L
n xd n dt
1n − xd 1n − dt
(2)
x(0) = xo, x’(0) = x1 ,.., x(n-1)(0) = xn-1
bTrước hết ta lập phương trình ảnh của (1) bằng cách gọi X(p) là ảnh của x(t),
thoả mãn các điều kiện ban đầu: với giả thiết ao ≠ 0, hàm f(t), nghiệm x(t) cùng các đạo hàm tới cấp n của nó đều là các hàm gốc. Để tìm nghiệm của bài toán trên ta làm như sau: F(p) là ảnh của f(t). Theo công thức đạo hàm gốc ta có:
x’(t) = pX(p) - xo x”(t) = p2X(p) - pxo - x1 … x(n)(t) = pnX(p) - pn-1xo - ⋅⋅⋅ - xn-1
Lấy ảnh hai vế của (1) ta có phương trình đối với ảnh X(p):
A(p).X(p) = F(p) + B(p)
(3)
(aopn + a1pn-1 + ⋅⋅⋅ + an)X(p) = F(p) + xo(aopn-1 + a1pn-2 + ⋅⋅⋅ + an-1) + x1(aopn-1 + a1pn-2 + ⋅⋅⋅ + an-1) +⋅⋅⋅ + xn-1ao hay: Trong đó A(p) và B(p) là các đa thức đã biết. Giải (3) ta có:
(4)
)p(X
=
)p(B)p(F + )p(A
b Sau đó tìm gốc của X(p) ta được nghiệm của phương trình
t
. Thay vào phương trình ta có:
Mặt khác
cos
e2
t
↔
=
1
p
Ví dụ 1: Tìm nghiệm của phương trình x” - 2x’ + 2x = 2etcost thoả mãn điều kiện đầu x(0) = x’(0) = 0 Đặt x(t) ↔ X(p) thì x’(t) ↔ pX(p) và x”(t) ↔ p2X(p). )1p(2 − 2 )1p( − +
)1p(2 − 2 2p2 − +
119
2
X2
pX2Xp −
+
=
p
)1p(2 − 2 2p2 − +
hay
2
p(
−
X)2p2 +
=
p
)1p(2 − 2 2p2 − +
Giải ra ta được:
X
=
2
2
p(
x(t) = tetsint
)1p(2 − )2p2 − + Dùng phép biến đổi ngược ta có: Ví dụ 2: Tìm nghiệm của phương trình x” - x = 4sint + 5cos3t thoả mãn các điều kiện ban đầu x(0) = -1, x’(0) = -2
và
Đặt x(t) ↔ X(p) thì x”(t) ↔ p2X + p + 2. Mặt khác
t2cos5
↔
p
4
p5 2 +
. Thay vào phương trình trên ta được:
sin4
t
↔
p
1
4 2 +
2
X2pXp −++
=
+
2
1
p
p
4
4 +
p5 2 +
nên:
2
2
2
2
X + − = 4 p)(1 )1 )1 − + − +
2
2
2
− + − − = p p p 1 4 p p5 p)(4 p + p( p 2 − 2p + 2 p 1 − 2p + 2 1 p −
2
2
−= − p p 4 p( 2 1 − 2 + 2 1 + p +
x(t) = -2sint - cos2t
1 Dùng phép biến đổi ngược ta được: Ví dụ 3: Tìm nghiệm của phương trình x” + 4x’ + 4x = t3e-2t thoả mãn các điều kiện ban đầu x(0) = 1, x’(0) = 2.
Đặt x(t) ↔ X(p) thì x’(t) ↔ pX - 1, x”(t) ↔ p2X - p - 2. Mặt khác
3 et
t2 ↔−
=
4
4
!3 )2p( +
6 )2p( +
2
. Thay vào phương trình trên ta được:
4
X44 pX42pXp +−− +− = 6 )2p( +
Như vậy:
6
2
6
2
120
X = + = + + 6 )2p( + 6p + )2p( + 6 )2p( + 4 )2p( + 1 2p +
5
t2
t2
t2
t2
−
−
−
−
)t(x
e
te4
5 et
e
=
+
+
=
t41 +
+
1 20
t 20
⎞ ⎟⎟ ⎠
⎛ ⎜⎜ ⎝
Vậy x(t) =
Ví dụ 4: Tìm nghiệm của phương trình x(4) + 2x” + x = sint thoả mãn các điều kiện ban đầu x(0) = x’(0) = x”(0) = x(3)(0) = 0.
. Đặt x(t) ↔ X(p) thì: x”(t) ↔ p2X, x(4)(t) ↔ p4X. Mặt khác sin t ↔ p 1 1 2 +
4
2
Thay vào phương trình trên ta được:
p( p2 X)1 + + = p 1 1 2 +
2
2
2
3
3
X = = = 1 4 p)(1 p2 p( p( p( )1 )j 1 3 p()j + − + + + 1 +
″
pt
pt
pt
pt
)1 Hàm X(p)ept có hai điểm cực cấp 3 là j và -j. Ta tính thặng dư tại các cực điểm đó:
=
−
+
3
5
4
3
lim j p →
lim j p →
)j
p(
)j
p(
)j
p(
)j
1 2
e +
e12 p( +
te6 +
2 et +
⎡ ⎢ ⎣
⎡ ⎢ ⎣
⎤ ⎥ ⎦
2
t3
t(j
=
+
−
1 2 jt [ −
e 16
⎤ ⎥ ⎦ ])3 ″
pt
pt
pt
pt
Res[X(p)ept, -j] =
−
+
=
5
4
3
3
lim j p −→
lim j p −→
)j
)j
p(
)j
1 2
p(
)j
e12 p( −
te6 p( −
2 et −
e −
⎤ ⎥ ⎦
⎡ ⎢ ⎣
⎡ ⎢ ⎣
−
2
t(j
t3
−
=
−
⎤ ⎥ ⎦ ])3
e 16
1 2 jt [ − Theo công thức tìm gốc của phân thức hữu tỉ ta có: x(t) = Res[X(p)ept, j] + Res[X(p)ept, -j]
jt
jt
−
2
2
t3
t(j
)3
t3
t(j
)3
=
+
−
+
−
−
Res[X(p)ept, j] =
[ −
]
[ −
]
2
2
t3
t(j
)3
t3
t(j
)3
=
+
−
+
+
−
[ −
]
[ −
]
e 16 jt e 16
e 16 jt e 16
2
jt
2
t
t3
)3
t(j
cos
Re2
sin
t
t
+
=
−
−=
+
[ −
e 16
t3 − 8
⎧ ⎨ ⎩
⎫ ] ⎬ ⎭
3 8 Ví dụ 5: Tìm nghiệm của phương trình x” + x = et thoả mãn các điều kiện ban đầu x(1) = x’(1) = 1. Các điều kiện ban đầu ở đây không phải cho tại t = 0 mà tại t = 1. Vì vậy ta phải biến đổi để quy về trường hợp trên. Ta đặt t = τ + 1, x(t) = x(τ + 1) = y(τ), Vậy x’(t) = y’(τ), x”(t) = y”(τ). Bài toán được đưa về tìm nghiệm của phương trình:
y”(τ) + y(τ) = eτ+1 thoả mãn y(0) = 1 và y’(0) = 0
121
Gọi Y(p) là ảnh của y(τ). Vậy y”(τ) ↔ p2Y(p) - p. Mặt khác
e 1 +τ
τ e.e ↔=
e 1p −
Vậy phương trình ảnh là:
YpYp2 +−
=
e 1p −
Y
−
=
+
=
+
2
p
1
1
)1
p
e )1p(2 −
Giải phương trình này ta được: p 2 +
e p)(1p( −
+
)1p(e + 2 p(2 )1 +
p 2 +
1
=
+
−
−
e 2
e 2
p
1
p(2
)1
p 2 +
+
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
τ
)(y
e
1
cos
sin
=τ
+
−
−τ
τ
e )1p(2 − Từ đó ta được: e 2
e 2
e 2
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
t
Trở về biến t ta có: ⎛ ⎜ ⎝
2
x
=+′ x
<< 2
t
>
)y(x 1 cos( )1t sin( + = − −− )1t − e 2 e 2 e 2 ⎞ ⎟ ⎠
Ví dụ 6: Tìm nghiệm của phương trình: t01 ⎧ ⎨ 0 ⎩
)t(f
)p2e1 ( −−↔
Đặt x(t) ↔ X(p) nên x’(t) ↔ pX(p). Vế phải của phương trình có thể viết được
thoả mãn điều kiện ban đầu x(0) = 0. là f(t) = η(t) - η(t - 2). Vậy: 1 p và phương trình ảnh có dạng:
)p2e1 ( −−
p2
p2
−
e
X
=
=
−
)1p(p +
Do
te1 −−↔
pX + X = 1 p
1 )1p(p +
1 )1p(p + 1 1p +
p2
−
−−
e
−η↔
−
[ e1)2t(
])2t(
nên theo tính chất trễ ta có: 1 )1p(p +
t
−
t0
2
<<
t
)2t(
−
−−
Vậy:
e1)t(x
−=
−η−
−
=
Giải ra ta được: − e1 − )1p(p + 1 −= p
[ e1)2t(
]
2
t
−
t
2
−
>
) 1
⎧ e1 − ⎨ ( e e ⎩
122
t0
t
π<<
x
x
2 =ω+′′
t
π>
Ví dụ 7: Tìm nghiệm của phương trình: sin ⎧ ⎨ 0 ⎩
thoả mãn các điều kiện ban đầu x(0) = x’(0) = 0. Đặt x(t) ↔ X(p), nên x”(t) ↔ p2X(p) Trước đây ta đã tìm được ảnh của hàm trong vế phải là:
p
)π−+ ( e1
p
1
1 2 +
Vậy phương trình ảnh tương ứng là:
p
2 Xp
2 X =ω+
)π−+ ( e1
1
1 2 +
p p π−
hay:
X
=
2
2
2
)
ω+
e1 + p)(1 +
sin
t
↔
2
2
2
p( Ta xét hai trường hơp: ∗ nếu ω2 ≠ 1 thì: 1 p)(1
)
sin 2 )
t ω−ω 1( ω−ω
ω+
+
p( Theo tính chất trễ
p π−
sin
t(
t
) π−
t( ) π−η↔
2
2
2
e p)(1
p(
)
+
ω+
) sin( ω−π−ω 2 1( ) ω−ω
Vây:
sin
t
sin
t(
t
) π−
+
x(t) =
t( ) π−η
sin )
sin( )
t ω−ω 2ω−ω 1(
) ω−π−ω 2ω−ω 1(
hay:
t
sin
0
t π<<
sin 2 )
t ω−ω 1( ω−ω
)t(x
=
2
cos
sin
t(
t
sin
) π−
π 2
⎞ ⎟ ⎠
t
π>
=
⎛ t −ω ⎜ ⎝ 2 )
ωπ 2 1( ω−ω
) sin( ω−π−ω 2 ) 1( ω−ω
p π−
X
=
2
)1
t
t
Ta đã biết
t
sin −↔
2
2
)1
cos 2
⎧ ⎪ ⎪⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ * nếu ω2 = 1 thì: e1 + 2 p( + 1 +
p( Theo tính chất trễ ta có: p π−
t
t(
)
cos(
t
↔
) π−−π−
π−
[ sin(
])
e 2
2
p(
)1
t( ) π−η 2
+
123
p π−
hay:
cos
t
sin
↔
) π−
−
[ t(
]t
e 2
2
p(
)1
t( ) π−η 2
+
Vậy:
x(t) =
(sin
t
t
cos
)t
)
cos
t
sin
−
t( π−η+
π−
−
[ t()
]t
1 2
1 2
hay:
(sin
t
t
cos
t0)t
−
π<<
1 2
)t(x
=
t
π
t
−
π>
⎧ ⎪⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩
cos 2
t
Ví dụ 8: Giải hệ phương trình: eyx
x
=−+′
t
y
+′
e3yx3 =−
⎧ ⎨ ⎩
thoả mãn điều kiện đầu x(0) = 1, y(0) = 1 Đặt x(t) ↔ X(p), y(t) ↔ Y(p) nên x’(t) = pX - 1, y’(t) = pY - 1. Thay vào ta có hệ phương trình ảnh:
pX
YX1
+−
−
=
pY
Y2X31
+−
−
=
1 1p − 2 1p −
⎧ ⎪⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩
hay:
1
=
−
+
+
1
+
−
=
+
1 1p − 2 1p −
⎧ YX)1p( ⎪⎪ ⎨ ⎪ Y)2p(X3 ⎪ ⎩
Giải hệ này ta được:
Y;
X
=
=
x x yx
zy zy
0 0
zyx
0
z
1 1 1p 1p − − Vậy: x(t) = et và y(t) = et Ví dụ 9: Giải hệ phương trình: =++−′′ =+−′′+ =−′′++
⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
Thoả mãn các điều kiện đầu x(0) = 1, y(0) = z(0) = x’(0) = y’(0) = z’(0) = 0. Đặt x(t) ↔ X(p) ⇒ x” ↔ p2X - p
y(t) ↔ Y(p) ⇒ y” ↔ p2Y z(t) ↔ Z(p) ⇒ z” ↔ p2Z
124
2
Do đó hệ phương trình đối với các ảnh là: pZYX)1
=+
+
−
2
p(X +
−
0ZY)1 =+
2
p(YX
+
+
−
0Z)1 =
⎧ p( ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
Giải hệ này ta có:
3
X
=
2
2
p(
p p)(1
+
−
ZY
−==
2
2
p(
)2
)2 p p)(1
+
−
Như vậy:
)t(x
ch
t2
cos
t
=
+
(
)
2 3
)t(y
)t(z
ch
t2
cos
t
=
−=
+
)
1 3 (
1 3
1 3
1
1 (5) = +′ +′′ 1 xa 2 xa o xa 11
(6) aox” + a1x’ + a2x = f(t)
2. Dùng công thức Duhamel: Nếu biết nghiệm x1(t) của phương trình: thoả mãn các điều kiện ban đầu thuần nhất x(0) = x’(0) = 0 thì công thức mà ta thiết lập dưới đây dựa vào công thức Duhamel sẽ cho ta nghiệm x(t) của phương trình: thoả mãn các điều kiện ban đầu thuần nhất x(0) = x’(0) = 0. Ta có công thức:
τ
τ
)t(x
t(x)(f
d)
t(f
=
=ττ−′τ
′= f*x 1
1
ττ′τ− d)(x) 1
∫
∫
0
0
2
Chứng minh: Đặt x1(t) ↔ X1(p), x(t) ↔ X(p), f(t) ↔ F(p). Hàm X1(p) thoả mãn phương trình ảnh của (5) là:
1
2
(7) + + = pa( o )p(X)apa 1 2 1 p
+
+
=
2
pX
)p(
)p(Xhay
)p(F).p(
pX
=
=
1
1
(8)
Hàm X(p) thoả mãn phương trình ảnh của (6) là: )p(F)p(X)apa pa( 1 o Từ (7) và (8) suy ra: )p(X )p(F
Theo công thức tích phân Duhamel ta có:
f*x1′ f*x1′
125
X(p) ↔ x1(t).f(0) + Vì x1(0) = 0 nên X(p) ↔ nghĩa là:
t
τ
)t(x
t(x)(f
d)
t(f
=
=ττ−′τ
′= f*x 1
1
ττ′τ− d)(x) 1
∫
∫
0
0
(9)
τ
)t(x
)0(f)t(x
=
=
t(f)(x τ
d) ττ−
Ta cũng có thể dùng công thức Duhamel thứ 2:
1
1
∫
0
2te−
(10)
x” + x’ =
Ta thấy nghiệm của phương trình x” + x’ = 1 với điều kiện đầu x(0) = x’(0) = 0
Ví dụ 1: Tìm nghiệm của phương trình: thoả mãn điều kiện đầu x(0) = x’(0) = 0. là x1(t) = 1 - cost. Vậy theo (9) thì nghiệm của phương trình ban đầu là:
t
2)
t( τ−−
)t(x
e
sin
=
d ττ
∫
0
Ví dụ 2: Tìm nghiệm của phương trình x” + x = 5t2 với điều kiện đầu là x(0) = x’(0) = 0 Trong ví dụ trên ta có x1(t) = 1 - cost. Vậy:
t
2
2
)t(x
t5
sin(
t
t(5
22
cos
d) =ττ−
+−
= ∫
0
)t
§20. BẢNG ĐỐI CHIẾU ẢNH - GỐC
2
Tt f(t) Tt f(t)
1 1 21 teatcosmt
22 teatshmt t 2
23 teatchmt tn 3
jmp(F)
)]
jmp(F[ −
+
−
eat 4 24 1-cosmt F(p) 2 m)ap( − − 22 2 ]m)ap[( − + )ap(m2 − 22 2 ]m)ap[( − − 2 2 m)ap( − + 22 2 ]m)ap[( − − 2 m 2 2 )mp(p +
jmp(F)
)]
jmp(F[ −
+
+
25 f(t)sinmt eat - 1 5
)]mp(F)mp(F[ −
+
−
26 f(t)cosmt teat 6
)]mp(F)mp(F[ +
+
−
27 f(t)shmt tneat 7
2
1 2 1 2 1 2 1 2
126
28 f(t)chmt sinmt 8 F(p) 1 p 1 2p !n + 1np 1 ap − a )ap(p − 1 2)ap( − !n 1n)ap( + − m 2 mp +
bt
at
e
2
1 )bp)(ap(
p 2 mp +
−
−
−
−
t b
e − ba − t a
e
29 9 cosmt
2
e − ba −
30 10 shmt 1 bp)(1 )1 ap( m 2 mp − + +
2
a
e
1
−
31 (1+at)eat 11 chmt
2
−
at − 2 a
32 12 eatsinmt
2
2
33 13 eatcosmt cos2mt −
2
34 14 eatshmt sin2mt −
2
2
−
15 eatchmt 35 ch2mt p(p 2 p p(p
2
p 2 mp − m 2 m)ap( + ap − 2 m)ap( + m 2 m)ap( − ap − 2 m)ap( − pm2 22 )mp( + 2
2
bt
e
e
ln
36 sh2t 16 tsinmt p(p
37 17 tcosmt
2
p 2)ap( − 1 2p)ap( − 2 2 p m2 + 2 p(p )m4 + 2 m2 2 2 )m4 + 2 m2 − 2 )m4 − 2 m2 2 2 )m4 − bp − ap − 1 ap +
at − t e at − t π
18 tshmt 38
2
mp − 2 22 )mp( + pm2 22 )mp( − 2
127
20 teatsinmt 19 tchmt )ap(m2 22 2 ]m)ap[( − − + mp + 2 22 )mp( −
