Tải bản đầy đủ

ỨNG DỤNG CỦA PHÉP BIẾN ĐỔI LAPLACE ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH HỆ SỐ HẰNG



∫∫
ττ−+ττ+=
t
0
t
0
d)3tsin(d)tsin(2)t(f
t2cos
3
2
tcos
3
2
tcos
3
1
t2cos
3
1

t2costcos
3
)3tcos(
)tcos(
t
0
t
0
−=
−+−=
τ−
+τ+−=


§19. ỨNG DỤNG CỦA PHÉP BIẾN ĐỔI LAPLACE ĐỂ GIẢI PHƯƠNG
TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH HỆ SỐ HẰNG

1. Phương pháp chung
: Giả sử ta cần tìm nghiệm của phương trình vi phân tuyến
tính hệ số hằng:

)t(fxa
dt
xd
a
dt
xd
a
n
1n
1n
1
n
n
o
=+++


L (1)
thoả mãn các điều kiện ban đầu:
x(0) = x
o
, x’(0) = x
1
,.., x
(n-1)
(0) = x
n-1
(2)
với giả thiết a
o


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:

b
Trước hết ta lập phương trình ảnh của (1) bằng cách gọi X(p) là ảnh của x(t),
F(p) là ảnh của f(t). Theo công thức đạo hàm gốc ta có:
x’(t) = pX(p) - x
o
x”(t) = p
2
X(p) - px
o
- x
1


x
(n)
(t) = p
n
X(p) - p
n-1
x
o
-
⋅⋅⋅
- x
n-1
Lấy ảnh hai vế của (1) ta có phương trình đối với ảnh X(p):
(a
o
p
n
+ a
1
p
n-1
+
⋅⋅⋅
+ a
n
)X(p) = F(p) + x
o
(a
o
p


n-1
+ a
1
p
n-2
+
⋅⋅⋅
+ a
n-1
)

+ x
1
(a
o
p
n-1
+ a
1
p
n-2
+
⋅⋅⋅
+ a
n-1
) +
⋅⋅⋅
+ x
n-1
a
o
hay:
A(p).X(p) = F(p) + B(p) (3)
Trong đó A(p) và B(p) là các đa thức đã biết. Giải (3) ta có:
)p(A
)p(B)p(F
)p(X
+
=
(4)
b
Sau đó tìm gốc của X(p) ta được nghiệm của phương trình
Ví dụ 1
: Tìm nghiệm của phương trình x” - 2x’ + 2x = 2e
t
cost
thoả mãn điều kiện đầu x(0) = x’(0) = 0
Đặt x(t)

X(p) thì x’(t)

pX(p) và x”(t)

p
2
X(p).
Mặt khác
2p2p
)1p(2
1)1p(
)1p(2
tcose2
22
t
+−

=
+−


. Thay vào phương trình ta có:

119
2p2p
)1p(2
X2pX2Xp
2
2
+−

=+−

hay
2p2p
)1p(2
X)2p2p(
2
2
+−

=+−

Giải ra ta được:

22
)2p2p(
)1p(2
X
+−

=

Dùng phép biến đổi ngược ta có:
x(t) = te
t
sint
Ví dụ 2
: Tìm nghiệm của phương trình x” - x = 4sint + 5cos3t thoả mãn các điều kiện
ban đầu x(0) = -1, x’(0) = -2
Đặt x(t)

X(p) thì x”(t)

p
2
X + p + 2. Mặt khác
4p
p5
t2cos5
2
+


1p
4
tsin4
2
+

. Thay vào phương trình trên ta được:
4p
p5
1p
4
X2pXp
22
2
+
+
+
=−++

nên:

4p
p
1p
2
1p
2p
4p
p
1p
p
1p
2
1p
2
1p
2p
)1p)(4p(
p5
)1p)(1p(
4
X
22
22222
22222
+

+
−=

+

+


+
+


=

+

−+
+
−+
=

Dùng phép biến đổi ngược ta được:
x(t) = -2sint - cos2t
Ví dụ 3
: Tìm nghiệm của phương trình x” + 4x’ + 4x = t
3
e
-2t
thoả mãn các điều kiện
ban đầu x(0) = 1, x’(0) = 2.
Đặt x(t) ↔ X(p) thì x’(t) ↔ pX - 1, x”(t) ↔ p
2
X - p - 2. Mặt khác
44
t23
)2p(
6
)2p(
!3
et
+
=
+


. Thay vào phương trình trên ta được:
4
2
)2p(
6
X44pX42pXp
+
=+−+−−

Như vậy:

2p
1
)2p(
4
)2p(
6
)2p(
6p
)2p(
6
X
2626
+
+
+
+
+
=
+
+
+
+
=


120
Vậy x(t) =








++=++=
−−−−
20
t
t41eet
20
1
te4e)t(x
5
t2t25t2t2

Ví dụ 4
: Tìm nghiệm của phương trình x
(4)
+ 2x” + x = sint thoả mãn các điều kiện
ban đầu x(0) = x’(0) = x”(0) = x
(3)
(0) = 0.
Đặt x(t) ↔ X(p) thì: x”(t) ↔ p
2
X, x
(4)
(t) ↔ p
4
X. Mặt khác
1p
1
tsin
2
+

.
Thay vào phương trình trên ta được:
1p
1
X)1p2p(
2
24
+
=++

3332242
)jp()jp(
1
)1p(
1
)1p2p)(1p(
1
X
+−
=
+
=
+++
=

Hàm X(p)e
pt
có hai điểm cực cấp 3 là j và -j. Ta tính thặng dư tại các cực điểm đó:
Res[X(p)e
pt
, j] =






+
+
+

+
=







+
→→
3
pt2
4
pt
5
pt
jp
3
pt
jp
)jp(
et
)jp(
te6
)jp(
e12
lim
2
1
)jp(
e
lim
2
1


[]
)3t(jt3
16
e
2
jt
−+−=

Res[X(p)e
pt
, -j] =







+



=








−→−→
3
pt2
4
pt
5
pt
jp
3
pt
jp
)jp(
et
)jp(
te6
)jp(
e12
lim
2
1
)jp(
e
lim
2
1


[]
)3t(jt3
16
e
2
jt
−−−=


Theo công thức tìm gốc của phân thức hữu tỉ ta có:
x(t) = Res[X(p)e
pt
, j] + Res[X(p)e
pt
, -j]

[][]
[][]
[]
tsin
8
t3
tcost
8
3
)3t(jt3
16
e
Re2
)3t(jt3
16
e
)3t(jt3
16
e
)3t(jt3
16
e
)3t(jt3
16
e
2
2
jt
2
jt
2
jt
2
jt
2
jt

+−=






−+−=
−+−+−+−=
−−−+−+−=


Ví dụ 5
: Tìm nghiệm của phương trình x” + x = e
t
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) = e
τ+1

thoả mãn y(0) = 1 và y’(0) = 0

121
Gọi Y(p) là ảnh của y(τ). Vậy y”(τ) ↔ p
2
Y(p) - p. Mặt khác
1p
e
e.ee
1

↔=
τ+τ

Vậy phương trình ảnh là:

1p
e
YpYp
2

=+−

Giải phương trình này ta được:
)1p(2
e
1p
p
2
e
1
)1p(2
e
1p
p
)1p(2
)1p(e
)1p(2
e
1p
p
)1p)(1p(
e
Y
22
2222
+

+






−+

=
+
+
+
+


=
+
+
+−
=

Từ đó ta được:

τ−τ






−+=τ
τ
sin
2
e
cos
2
e
1e
2
e
)(y

Trở về biến t ta có:

)1tsin(
2
e
)1tcos(
2
e
1
2
e
)y(x
t
−−−






−+=

Ví dụ 6
: Tìm nghiệm của phương trình:





>
<<
=+

2t0
2t01
xx
thoả mãn điều kiện ban đầu x(0) = 0.
Đặt x(t) ↔ X(p) nên x’(t) ↔ pX(p). Vế phải của phương trình có thể viết được
là f(t) = η(t) - η(t - 2). Vậy:

()
p2
e1
p
1
)t(f

−↔

và phương trình ảnh có dạng:
pX + X =
()
p2
e1
p
1



Giải ra ta được:
)1p(p
e
)1p(p
1
)1p(p
e1
X
p2p2
+

+
=
+

=
−−

Do
t
e1
1p
1
p
1
)1p(p
1

−↔
+
−=
+

nên theo tính chất trễ ta có:
[]
)2t(p2
e1)2t(
)1p(p
1
e
−−−
−−η↔
+

Vậy:

[]
()



>−
<<−
=−−η−−=


−−−
2t1ee
2t0e1
e1)2t(e1)t(x
2t
t
)2t(t

122
Ví dụ 7
: Tìm nghiệm của phương trình:




π>
π<<
=ω+
′′
t0
t0tsin
xx
2

thoả mãn các điều kiện ban đầu x(0) = x’(0) = 0.
Đặt x(t) ↔ X(p), nên x”(t) ↔ p
2
X(p)
Trước đây ta đã tìm được ảnh của hàm trong vế phải là:
()
π−
+
+
p
2
e1
1p
1

Vậy phương trình ảnh tương ứng là:

()
π−
+
+
=ω+
p
2
22
e1
1p
1
XXp

hay:
)p)(1p(
e1
X
222
p
ω++
+
=
π−

Ta xét hai trường hơp:
∗ nếu ω
2
≠ 1 thì:
)1(
tsintsin
)p)(1p(
1
2222
ω−ω
ω−ω

ω++

Theo tính chất trễ
)1(
)tsin()t(sin
)t(
)p)(1p(
e
2222
p
ω−ω
π−ω−π−ω
π−η↔
ω++
π−

Vây:
x(t) =
)1(
tsintsin
2
ω−ω
ω−ω
+
)1(
)tsin()t(sin
)t(
2
ω−ω
π−ω−π−ω
π−η

hay:









π>
ω−ω






π
−ω
ωπ
=
ω−ω
π−ω−π−ω
π<<
ω−ω
ω−ω
=
t
)1(
2
tsin
2
cos2
)1(
)tsin()t(sin
t0
)1(
tsintsin
)t(x
22
2

* nếu ω
2
= 1 thì:
22
p
)1p(
e1
X
+
+
=
π−

Ta đã biết
2
tcost
tsin
)1p(
1
22
−↔
+

Theo tính chất trễ ta có:
[]
)tcos()t()tsin(
2
)t(
)1p(
e
22
p
π−π−−π−
π−η

+
π−


123

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×

×