Ứng dụng của phép biến đổi Laplace để giải phương trình vi phân tuyến tính hệ số hằng

Chia sẻ: Nguyễn Thái Hiền | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:9

Thêm vào BST

Báo xấu

1.168
lượt xem 73
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Phương pháp chung ứng dụng của phép biến đổi Laplace để giải phương trình vi phân tuyến tính hệ số hằng, dùng công thức Duhamel,... là những nội dung chính trong tài liệu "Ứng dụng của phép biến đổi Laplace để giải phương trình vi phân tuyến tính hệ số hằng". Mời các bạn cùng tham khảo để có thêm tài liệu phục vụ nhu cầu học tập và nghiên cứu.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Ứng dụng của phép biến đổi Laplace để giải phương trình vi phân tuyến tính hệ số hằng

t t f ( t ) = ∫ 2 sin( t + τ)dτ + ∫ sin( t − 3τ)dτ 0 0 t t cos( t − 3τ) 1 1 = − cos( t + τ) 0 + = cost − cos2 t + cos2 t − cost 3 0 3 3 2 2 = cost − cos2 t 3 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: dn x d n −1x a o n + a 1 n −1 + L + a n x = f ( t ) (1) dt dt thoả mãn các điều kiện ban đầu: x(0) = xo, x’(0) = x1 ,.., x(n-1)(0) = xn-1 (2) với giả thiết ao ≠ 0, hàm f(t), nghiệm x(t) cùng các đạo hàm tới cấp n của nó đều là các hàm gốc. Để tìm nghiệm của bài toán trên ta làm như sau: bTrước hết ta lập phương trình ảnh của (1) bằng cách gọi X(p) là ảnh của x(t), F(p) là ảnh của f(t). Theo công thức đạo hàm gốc ta có: x’(t) = pX(p) - xo x”(t) = p2X(p) - pxo - x1 … x(n)(t) = pnX(p) - pn-1xo - ⋅⋅⋅ - xn-1 Lấy ảnh hai vế của (1) ta có phương trình đối với ảnh X(p): (aopn + a1pn-1 + ⋅⋅⋅ + an)X(p) = F(p) + xo(aopn-1 + a1pn-2 + ⋅⋅⋅ + an-1) + x1(aopn-1 + a1pn-2 + ⋅⋅⋅ + an-1) +⋅⋅⋅ + xn-1ao hay: A(p).X(p) = F(p) + B(p) (3) Trong đó A(p) và B(p) là các đa thức đã biết. Giải (3) ta có: F(p) + B(p) X ( p) = (4) A ( p) b Sau đó tìm gốc của X(p) ta được nghiệm của phương trình Ví dụ 1: Tìm nghiệm của phương trình x” - 2x’ + 2x = 2etcost thoả mãn điều kiện đầu x(0) = x’(0) = 0 Đặt x(t) ↔ X(p) thì x’(t) ↔ pX(p) và x”(t) ↔ p2X(p). 2(p − 1) 2(p − 1) Mặt khác 2e t cos t ↔ = 2 . Thay vào phương trình ta có: (p − 1) + 1 p − 2p + 2 2 119
2(p − 1) p 2 X − 2pX + 2X = p − 2p + 2 2 hay 2(p − 1) ( p 2 − 2 p + 2) X = p − 2p + 2 2 Giải ra ta được: 2(p − 1) X= 2 (p − 2p + 2) 2 Dùng phép biến đổi ngược ta có: x(t) = tetsint Ví dụ 2: Tìm nghiệm của phương trình x” - x = 4sint + 5cos3t thoả mãn các điều kiện ban đầu x(0) = -1, x’(0) = -2 5p Đặt x(t) ↔ X(p) thì x”(t) ↔ p2X + p + 2. Mặt khác 5cos2 t ↔ 2 và p +4 4 4 sint ↔ 2 . Thay vào phương trình trên ta được: p +1 4 5p p2X + p + 2 − X = 2 + 2 p +1 p + 4 nên: 4 5p p+2 X= 2 + 2 − 2 (p + 1)(p − 1) (p + 4)(p − 1) p − 1 2 2 2 2 p p p+2 = 2 − 2 + 2 − 2 − 2 p −1 p +1 p −1 p + 4 p −1 2 p =− 2 − 2 p +1 p + 4 Dùng phép biến đổi ngược ta được: x(t) = -2sint - cos2t Ví dụ 3: Tìm nghiệm của phương trình x” + 4x’ + 4x = t3e-2t thoả mãn các điều kiện ban đầu x(0) = 1, x’(0) = 2. Đặt x(t) ↔ X(p) thì x’(t) ↔ pX - 1, x”(t) ↔ p2X - p - 2. Mặt khác 3! 6 t 3e −2 t ↔ = . Thay vào phương trình trên ta được: (p + 2) 4 (p + 2) 4 6 p 2 X − p − 2 + 4pX − 4 + 4X = (p + 2) 4 Như vậy: 6 p+6 6 4 1 X= + = + + (p + 2) 6 (p + 2) 2 (p + 2) 6 (p + 2) 2 p + 2 120
−2 t −2 t1 5 −2 t −2 t ⎛ t5 ⎞ Vậy x(t) = x ( t ) = e + 4te + t e = e ⎜⎜1 + 4t + ⎟⎟ 20 ⎝ 20 ⎠ (4) Ví dụ 4: Tìm nghiệm của phương trình x + 2x” + x = sint thoả mãn các điều kiện ban đầu x(0) = x’(0) = x”(0) = x(3)(0) = 0. 1 Đặt x(t) ↔ X(p) thì: x”(t) ↔ p2X, x(4)(t) ↔ p4X. Mặt khác sin t ↔ 2 . p +1 Thay vào phương trình trên ta được: 1 (p 4 + 2p 2 + 1)X = 2 p +1 1 1 1 X= 2 = 2 = (p + 1)(p + 2p + 1) (p + 1) 4 2 3 (p − j) (p + j) 3 3 Hàm X(p)ept có hai điểm cực cấp 3 là j và -j. Ta tính thặng dư tại các cực điểm đó: ″ pt 1 ⎡ e pt ⎤ 1 ⎡ 12e pt 6 te pt t 2 e pt ⎤ Res[X(p)e , j] = lim ⎢ = lim ⎢ − + 2 p→ j ⎣ (p + j) 3 ⎥⎦ 2 p→ j ⎣ (p + j) 5 (p + j) 4 (p + j) 3 ⎥⎦ = e jt 16 [− 3t + j( t 2 − 3) ] ″ pt 1 ⎡ e pt ⎤ 1 ⎡ 12e pt 6 te pt t 2 e pt ⎤ Res[X(p)e , -j] = lim ⎢ = lim ⎢ − + 2 p→− j⎣ (p − j) 3 ⎥⎦ 2 p→− j⎣ (p − j) 5 (p − j) 4 (p − j) 3 ⎥⎦ e − jt = 16 [ − 3t − j( t 2 − 3) ] Theo công thức tìm gốc của phân thức hữu tỉ ta có: x(t) = Res[X(p)ept, j] + Res[X(p)ept, -j] e − jt = e jt 16 [ − 3t + j( t − 3) + 2 ]16 [ − 3t − j( t 2 − 3) ] = e jt 16 [ − 3t + j( t 2 − 3) + ]e jt 16 [ ] − 3t + j( t 2 − 3) ⎧ e jt ⎫ [ ] = 2 Re⎨ − 3t + j( t 2 − 3) ⎬ = − t cos t + 16 3 8 3 − t2 8 sin t ⎩ ⎭ 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
e Gọi Y(p) là ảnh của y(τ). Vậy y”(τ) ↔ p2Y(p) - p. Mặt khác e τ+1 = e.e τ ↔ p −1 Vậy phương trình ảnh là: e p2Y − p + Y = p −1 Giải phương trình này ta được: e p e e(p + 1) p Y= + 2 = − + 2 (p − 1)(p + 1) p + 1 2(p − 1) 2(p + 1) p + 1 2 2 e ⎛ e⎞ p e = + ⎜1 − ⎟ 2 − 2(p − 1) ⎝ 2 ⎠ p + 1 2(p 2 + 1) Từ đó ta được: e ⎛ e⎞ e y(τ) = e τ + ⎜1 − ⎟ cos τ − sin τ 2 ⎝ 2⎠ 2 Trở về biến t ta có: et ⎛ e ⎞ e x ( y) = + ⎜1 − ⎟ cos( t − 1) − sin( t − 1) 2 ⎝ 2⎠ 2 Ví dụ 6: Tìm nghiệm của phương trình: ⎧1 0 < t < 2 x′ + x = ⎨ ⎩0 t > 2 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: f ( t ) ↔ (1 − e −2 p ) 1 p và phương trình ảnh có dạng: pX + X = (1 − e −2 p ) 1 p Giải ra ta được: 1 − e −2 p 1 e −2 p X= = − p(p + 1) p(p + 1) p(p + 1) 1 1 1 Do = − ↔ 1 − e −t p(p + 1) p p + 1 nên theo tính chất trễ ta có: e −2 p 1 p(p + 1) [ ] ↔ η( t − 2) 1 − e −( t −2 ) ⎧1 − e − t 0
Ví dụ 7: Tìm nghiệm của phương trình: ⎧sin t 0 < t < π x′′ + ω2 x = ⎨ ⎩0 t>π 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: 1 (1 + e−pπ ) p +1 2 Vậy phương trình ảnh tương ứng là: p 2 X + ω2 X = 2 1 (1 + e−pπ ) p +1 1 + e − pπ hay: X = 2 (p + 1)(p 2 + ω2 ) Ta xét hai trường hơp: ∗ nếu ω2 ≠ 1 thì: 1 sin ωt − ω sin t ↔ (p + 1)(p + ω ) 2 2 2 ω(1 − ω2 ) Theo tính chất trễ e − pπ sin ω( t − π) − ω sin( t − π) ↔ η( t − π) (p + 1)(p + ω ) 2 2 2 ω(1 − ω2 ) Vây: sin ωt − ω sin t sin ω( t − π) − ω sin( t − π) x(t) = + η( t − π) ω(1 − ω ) 2 ω(1 − ω2 ) hay: ⎧ sin ωt − ω sin t ⎪ ω(1 − ω2 ) 0
e − pπ η( t − π) hay: ↔ [( t − π) cos t − sin t ] (p 2 + 1) 2 2 Vậy: 1 1 x(t) = (sin t − t cos t ) + η( t − π)[( t − π) cos t − sin t ] 2 2 hay: ⎧1 ⎪⎪ 2 (sin t − t cos t ) 0 < t < π x(t) = ⎨ ⎪− π cos t t>π ⎪⎩ 2 Ví dụ 8: Giải hệ phương trình: ⎧x ′ + x − y = e t ⎨ ⎩ y′ + 3x − y = 3e t 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: ⎧ 1 ⎪⎪ pX − 1 + X − Y = p −1 ⎨ ⎪pY − 1 + 3X − 2Y = 2 ⎪⎩ p −1 hay: ⎧ 1 ⎪⎪(p + 1)X − Y = p − 1 + 1 ⎨ ⎪3X + (p − 2)Y = 2 + 1 ⎪⎩ p −1 Giải hệ này ta được: 1 1 X= ; Y= p −1 p −1 Vậy: x(t) = e và y(t) = et t Ví dụ 9: Giải hệ phương trình: ⎧x ′′ − x + y + z = 0 ⎪ ⎨x + y′′ − y + z = 0 ⎪x + y + z′′ − z = 0 ⎩ 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
Do đó hệ phương trình đối với các ảnh là: ⎧(p 2 − 1)X + Y + Z = p ⎪ ⎨X + (p − 1)Y + Z = 0 2 ⎪X + Y + (p 2 − 1) Z = 0 ⎩ Giải hệ này ta có: p3 X= (p 2 + 1)(p 2 − 2) p Y=Z=− 2 (p + 1)(p 2 − 2) Như vậy: 2 ( ) x ( t ) = ch 2t + cos t 3 1 3 1 ( ) 1 y( t ) = z( t ) = − ch 2t + cos t 3 3 2. Dùng công thức Duhamel: Nếu biết nghiệm x1(t) của phương trình: a o x1′′ + a 1x1′ + a 2 x1 = 1 (5) 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: aox” + a1x’ + a2x = f(t) (6) thoả mãn các điều kiện ban đầu thuần nhất x(0) = x’(0) = 0. Ta có công thức: τ τ x ( t ) = x1′ * f = ∫ f (τ)x1′ ( t − τ)dτ = ∫ f ( t − τ)x1′ (τ)dτ 0 0 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 ( a o p 2 + a 1p + a 2 ) X1 ( p ) = (7) p Hàm X(p) thoả mãn phương trình ảnh của (6) là: (a o p 2 + a 1p + a 2 )X (p) = F(p) (8) Từ (7) và (8) suy ra: X ( p) pX1 (p) = hay X(p) = pX1 (p).F(p) F(p) Theo công thức tích phân Duhamel ta có: X(p) ↔ x1(t).f(0) + x1′ * f Vì x1(0) = 0 nên X(p) ↔ x1′ * f nghĩa là: 125
τ t x ( t ) = x1′ * f = ∫ f (τ)x1′ ( t − τ)dτ = ∫ f ( t − τ)x1′ (τ)dτ (9) 0 0 Ta cũng có thể dùng công thức Duhamel thứ 2: τ x ( t ) = x1 ( t )f (0) = ∫ x1 (τ)f ( t − τ)dτ (10) 0 Ví dụ 1: Tìm nghiệm của phương trình: 2 x” + x’ = e − t thoả mãn điều kiện đầu x(0) = x’(0) = 0. Ta thấy nghiệm của phương trình x” + x’ = 1 với 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 x ( t ) = ∫ e −( t −τ ) sin τdτ 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 x ( t ) = ∫ 5t 2 sin( t − τ)dτ = 5( t 2 − 2 + 2 cos t ) 0 §20. BẢNG ĐỐI CHIẾU ẢNH - GỐC Tt f(t) F(p) Tt f(t) F(p) 1 (p − a ) 2 − m 2 1 1 21 teatcosmt p [(p − a ) 2 + m 2 ]2 1 2m( p − a ) 2 t 22 teatshmt p2 [(p − a ) 2 − m 2 ]2 n! (p − a ) 2 + m 2 3 tn 23 teatchmt p n +1 [(p − a ) 2 − m 2 ]2 1 m2 4 eat 24 1-cosmt p−a p( p 2 + m 2 ) a 1 5 eat - 1 25 f(t)sinmt [ F( p − jm) − F( p + jm)] p( p − a ) 2 1 1 6 teat 26 f(t)cosmt [ F( p − jm) + F(p + jm)] (p − a ) 2 2 n! 1 7 tneat 27 f(t)shmt [ F( p − m ) − F( p + m)] (p − a ) n +1 2 m 1 8 sinmt 28 f(t)chmt [ F( p − m ) + F( p + m)] p + m2 2 2 126
p e at − e bt 1 9 cosmt 29 p + m2 2 a−b (p − a )(p − b) t t m e − −e a − b 1 10 shmt 30 p − m2 2 a−b (ap + 1)(bp + 1) p p 11 chmt 31 (1+at)eat p − m2 2 (p − a ) 2 m e a − at − 1 1 12 eatsinmt 32 (p − a ) 2 + m 2 a2 (p − a )p 2 p−a p 2 + 2m 2 13 eatcosmt 33 cos mt 2 (p − a ) 2 + m 2 p( p 2 + 4 m 2 ) m 2m 2 14 eatshmt 34 sin2mt (p − a ) 2 − m 2 p( p 2 + 4 m 2 ) p−a p 2 − 2m 2 15 eatchmt 35 ch2mt (p − a ) 2 − m 2 p( p 2 − 4 m 2 ) 2pm 2m 2 16 tsinmt 36 sh2t (p 2 + m 2 ) 2 p( p 2 − 4 m 2 ) p2 − m2 e at − e bt p−b 17 tcosmt 37 ln (p 2 + m 2 ) 2 t p−a 2pm e − at 1 18 tshmt 38 (p − m 2 ) 2 2 πt p+a p2 + m2 2m( p − a ) 19 tchmt 20 teatsinmt (p 2 − m 2 ) 2 [(p − a ) 2 + m 2 ]2 127