Giáo trình Toán chuyên ngành Điện - Chương 6: Phép biến đổi Laplace (Phần 3)

1t2cos
3
1t2costcos
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
xda
dt
xda n1n
1n
1n
n
o =+++ −
−
L (1) 
thoả mãn các điều kiện ban đầu: 
 x(0) = xo, x’(0) = x1 ,.., x(n-1)(0) = xn-1 (2) 
với giả thiết ao ≠ 0, hàm f(t), nghiệm x(t) cùng các đạo hàm tới cấp n của nó đều là 
các hàm gốc. 
Để tìm nghiệm của bài toán trên ta làm như sau: 
 bTrước hết ta lập phương trình ảnh của (1) bằng cách gọi X(p) là ảnh của x(t), 
F(p) là ảnh của f(t). Theo công thức đạo hàm gốc ta có: 
x’(t) = pX(p) - xo 
x”(t) = p2X(p) - pxo - x1 
x(n)(t) = pnX(p) - pn-1xo - ⋅⋅⋅ - xn-1 
Lấy ảnh hai vế của (1) ta có phương trình đối với ảnh X(p): 
(aopn + a1pn-1 + ⋅⋅⋅ + an)X(p) = F(p) + xo(aopn-1 + a1pn-2 + ⋅⋅⋅ + an-1) 
 + x1(aopn-1 + a1pn-2 + ⋅⋅⋅ + an-1) +⋅⋅⋅ + xn-1ao 
hay: 
 A(p).X(p) = F(p) + B(p) (3) 
Trong đó A(p) và B(p) là các đa thức đã biết. Giải (3) ta có: 
)p(A
)p(B)p(F)p(X += (4) 
b Sau đó tìm gốc của X(p) ta được nghiệm của phương trình 
Ví dụ 1: Tìm nghiệm của phương trình x” - 2x’ + 2x = 2etcost 
thoả mãn điều kiện đầu x(0) = x’(0) = 0 
Đặt x(t) ↔ X(p) thì x’(t) ↔ pX(p) và x”(t) ↔ p2X(p). 
Mặt khác 
2p2p
)1p(2
1)1p(
)1p(2tcose2 22
t
+−
−=+−
−↔ . Thay vào phương trình ta có: 
120
2p2p
)1p(2X2pX2Xp 2
2
+−
−=+− 
hay 
2p2p
)1p(2X)2p2p( 2
2
+−
−=+− 
Giải ra ta được: 
 22 )2p2p(
)1p(2X +−
−= 
Dùng phép biến đổi ngược ta có: 
 x(t) = tetsint 
Ví dụ 2: Tìm nghiệm của phương trình x” - x = 4sint + 5cos3t thoả mãn các điều kiện 
ban đầu x(0) = -1, x’(0) = -2 
 Đặt x(t) ↔ X(p) thì x”(t) ↔ p2X + p + 2. Mặt khác 
4p
p5t2cos5 2 +↔ và 
1p
4tsin4 2 +↔ . Thay vào phương trình trên ta được: 
4p
p5
1p
4X2pXp 22
2
+++=−++ 
nên: 
4p
p
1p
2
1p
2p
4p
p
1p
p
1p
2
1p
2
1p
2p
)1p)(4p(
p5
)1p)(1p(
4X
22
22222
22222
+−+−=
−
+−+−−++−−=
−
+−−++−+=
Dùng phép biến đổi ngược ta được: 
 x(t) = -2sint - cos2t 
Ví dụ 3: Tìm nghiệm của phương trình x” + 4x’ + 4x = t3e-2t thoả mãn các điều kiện 
ban đầu x(0) = 1, x’(0) = 2. 
Đặt x(t) ↔ X(p) thì x’(t) ↔ pX - 1, x”(t) ↔ p2X - p - 2. Mặt khác 
44
t23
)2p(
6
)2p(
!3et +=+↔
− . Thay vào phương trình trên ta được: 
4
2
)2p(
6X44pX42pXp +=+−+−− 
Như vậy: 
2p
1
)2p(
4
)2p(
6
)2p(
6p
)2p(
6X 2626 +++++=+
+++= 
121
Vậy x(t) = ⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ ++=++= −−−−
20
tt41eet
20
1te4e)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) ↔ p2X, x(4)(t) ↔ p4X. Mặt khác 
1p
1tsin 2 +↔ . 
Thay vào phương trình trên ta được: 
1p
1X)1p2p( 2
24
+=++ 
3332242 )jp()jp(
1
)1p(
1
)1p2p)(1p(
1X +−=+=+++= 
Hàm X(p)ept có hai điểm cực cấp 3 là j và -j. Ta tính thặng dư tại các cực điểm đó: 
Res[X(p)ept, j] = ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
+++−+=
″
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
+ →→ 3
pt2
4
pt
5
pt
jp3
pt
jp )jp(
et
)jp(
te6
)jp(
e12lim
2
1
)jp(
elim
2
1 
 [ ])3t(jt3
16
e 2jt −+−= 
Res[X(p)ept, -j] = ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
−+−−−=
″
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
− −→−→ 3
pt2
4
pt
5
pt
jp3
pt
jp )jp(
et
)jp(
te6
)jp(
e12lim
2
1
)jp(
elim
2
1 
 [ ])3t(jt3
16
e 2jt −−−=
−
Theo công thức tìm gốc của phân thức hữu tỉ ta có: 
x(t) = Res[X(p)ept, j] + Res[X(p)ept, -j] 
[ ] [ ]
[ ] [ ]
[ ] tsin
8
t3tcost
8
3)3t(jt3
16
eRe2
)3t(jt3
16
e)3t(jt3
16
e
)3t(jt3
16
e)3t(jt3
16
e
2
2
jt
2
jt
2
jt
2
jt
2
jt
−+−=⎭⎬
⎫
⎩⎨
⎧ −+−=
−+−+−+−=
−−−+−+−=
−
Ví dụ 5: Tìm nghiệm của phương trình x” + x = et thoả mãn các điều kiện ban đầu 
x(1) = x’(1) = 1. 
 Các điều kiện ban đầu ở đây không phải cho tại t = 0 mà tại t = 1. Vì vậy ta 
phải biến đổi để quy về trường hợp trên. Ta đặt t = τ + 1, x(t) = x(τ + 1) = y(τ), Vậy 
x’(t) = y’(τ), x”(t) = y”(τ). Bài toán được đưa về tìm nghiệm của phương trình: 
y”(τ) + y(τ) = eτ+1 
thoả mãn y(0) = 1 và y’(0) = 0 
122
 Gọi Y(p) là ảnh của y(τ). Vậy y”(τ) ↔ p2Y(p) - p. Mặt khác 
1p
ee.ee 1 −↔=
τ+τ 
Vậy phương trình ảnh là: 
1p
eYpYp2 −=+− 
Giải phương trình này ta được: 
)1p(2
e
1p
p
2
e1
)1p(2
e
1p
p
)1p(2
)1p(e
)1p(2
e
1p
p
)1p)(1p(
eY
22
2222
+−+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −+−=
+++
+−−=+++−=
Từ đó ta được: 
 τ−τ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −+=τ τ sin
2
ecos
2
e1e
2
e)(y 
Trở về biến t ta có: 
 )1tsin(
2
e)1tcos(
2
e1
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: 
 ( )p2e1
p
1)t(f −−↔ 
và phương trình ảnh có dạng: 
 pX + X = ( )p2e1
p
1 −− 
Giải ra ta được: 
)1p(p
e
)1p(p
1
)1p(p
e1X
p2p2
+−+=+
−=
−−
Do te1
1p
1
p
1
)1p(p
1 −−↔+−=+ 
nên theo tính chất trễ ta có: 
[ ])2t(p2 e1)2t(
)1p(p
1e −−− −−η↔+ 
Vậy: [ ] ( )⎩⎨
⎧
>−
<<−=−−η−−= −
−
−−−
2t1ee
2t0e1
e1)2t(e1)t(x
2t
t
)2t(t 
123
Ví dụ 7: Tìm nghiệm của phương trình: 
 ⎩⎨
⎧
π>
π<<=ω+′′
t0
t0tsin
xx 2 
thoả mãn các điều kiện ban đầu x(0) = x’(0) = 0. 
Đặt x(t) ↔ X(p), nên x”(t) ↔ p2X(p) 
Trước đây ta đã tìm được ảnh của hàm trong vế phải là: 
( )π−++ p2 e11p 1 
Vậy phương trình ảnh tương ứng là: 
 ( )π−++=ω+ p222 e11p 1XXp 
hay: 
)p)(1p(
e1X 222
p
ω++
+=
π−
Ta xét hai trường hơp: 
 ∗ nếu ω2 ≠ 1 thì: 
)1(
tsintsin
)p)(1p(
1
2222 ω−ω
ω−ω↔ω++ 
Theo tính chất trễ 
)1(
)tsin()t(sin)t(
)p)(1p(
e
2222
p
ω−ω
π−ω−π−ωπ−η↔ω++
π−
Vây: 
 x(t) = 
)1(
tsintsin
2ω−ω
ω−ω +
)1(
)tsin()t(sin)t( 2ω−ω
π−ω−π−ωπ−η 
hay: 
⎪⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎪
⎨
⎧
π>ω−ω
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ π−ωωπ
=ω−ω
π−ω−π−ω
π<<ω−ω
ω−ω
=
t
)1(
2
tsin
2
cos2
)1(
)tsin()t(sin
t0
)1(
tsintsin
)t(x
22
2
 * nếu ω2 = 1 thì: 
22
p
)1p(
e1X +
+=
π−
Ta đã biết 
2
tcosttsin
)1p(
1
22 −↔+ 
Theo tính chất trễ ta có: 
[ ])tcos()t()tsin(
2
)t(
)1p(
e
22
p
π−π−−π−π−η↔+
π−
124
hay: [ ]tsintcos)t(
2
)t(
)1p(
e
22
p
−π−π−η↔+
π−
Vậy: 
 x(t) = [ ]tsintcos)t()t(
2
1)tcostt(sin
2
1 −π−π−η+− 
hay: 
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
π>π−
π<<−
=
t
2
tcos
t0)tcostt(sin
2
1
)t(x 
Ví dụ 8: Giải hệ phương trình: 
⎩⎨
⎧
=−+′
=−+′
t
t
e3yx3y
eyxx
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: 
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
−=−+−
−=−+−
1p
2Y2X31pY
1p
1YX1pX
hay: 
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
+−=−+
+−=−+
1
1p
2Y)2p(X3
1
1p
1YX)1p(
Giải hệ này ta được: 
1p
1Y;
1p
1X −=−= 
Vậy: x(t) = et và y(t) = et 
Ví dụ 9: Giải hệ phương trình: 
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=−′′++
=+−′′+
=++−′′
0zzyx
0zyyx
0zyxx
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 
125
Do đó hệ phương trình đối với các ảnh là: 
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=−++
=+−+
=++−
0Z)1p(YX
0ZY)1p(X
pZYX)1p(
2
2
2
Giải hệ này ta có: 
)2p)(1p(
pZY
)2p)(1p(
pX
22
22
3
−+−==
−+= 
Như vậy: 
( )
( ) tcos
3
1t2ch
3
1)t(z)t(y
tcos
3
1t2ch
3
2)t(x
+−==
+=
2. Dùng công thức Duhamel: Nếu biết nghiệm x1(t) của phương trình: 
 1xaxaxa 12111o =+′+′′ (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: 
ττ′τ−=ττ−′τ=′= ∫∫
ττ
d)(x)t(fd)t(x)(ff*x)t(x 1
0
1
0
1 
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: 
p
1)p(X)apapa( 121
2
o =++ (7) 
Hàm X(p) thoả mãn phương trình ảnh của (6) là: 
 )p(F)p(X)apapa( 21
2
o =++ (8) 
Từ (7) và (8) suy ra: 
)p(F).p(pX)p(Xhay
)p(F
)p(X)p(pX 11 == 
Theo công thức tích phân Duhamel ta có: 
X(p) ↔ x1(t).f(0) + f*x1′ 
Vì x1(0) = 0 nên X(p) ↔ f*x1′ 
nghĩa là: 
126
ττ′τ−=ττ−′τ=′= ∫∫
τ
d)(x)t(fd)t(x)(ff*x)t(x 1
t
0
1
0
1 (9) 
Ta cũng có thể dùng công thức Duhamel thứ 2: 
 ∫
τ
ττ−τ==
0
11 d)t(f)(x)0(f)t(x)t(x (10) 
Ví dụ 1: Tìm nghiệm của phương trình: 
 x” + x’ = 
2te− 
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: 
∫ ττ= τ−−
t
0
2)t( dsine)t(x 
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: 
 )tcos22t(5d)tsin(t5)t(x 2
t
0
2 +−=ττ−= ∫ 
§20. BẢNG ĐỐI CHIẾU ẢNH - GỐC 
Tt f(t) F(p) Tt f(t) F(p) 
1 1 p
1 21 teatcosmt 222
22
]m)ap[(
m)ap(
+−
−− 
2 t 2p
1 22 teatshmt 222 ]m)ap[(
)ap(m2
−−
− 
3 tn 1np
!n
+ 23 te
atchmt 222
22
]m)ap[(
m)ap(
−−
+− 
4 eat ap
1
− 24 1-cosmt )mp(p
m
22
2
+ 
5 eat - 1 )ap(p
a
− 25 f(t)sinmt )]jmp(F)jmp(F[2
1 +−− 
6 teat 2)ap(
1
− 26 f(t)cosmt )]jmp(F)jmp(F[2
1 ++− 
7 tneat 1n)ap(
!n
+− 27 f(t)shmt )]mp(F)mp(F[2
1 +−− 
8 sinmt 22 mp
m
+ 28 f(t)chmt )]mp(F)mp(F[2
1 ++− 
127
9 cosmt 22 mp
p
+ 29 ba
ee btat
−
− )bp)(ap(
1
−− 
10 shmt 22 mp
m
− 30 ba
ee b
t
a
t
−
− −− )1bp)(1ap(
1
++ 
11 chmt 22 mp
p
− 31 (1+at)e
at 
2)ap(
p
− 
12 eatsinmt 22 m)ap(
m
+− 32 2
a
a
1ate −− 2p)ap(
1
− 
13 eatcosmt 22 m)ap(
ap
+−
− 33 cos2mt 
)m4p(p
m2p
22
22
+
+ 
14 eatshmt 22 m)ap(
m
−− 34 sin
2mt 
)m4p(p
m2
22
2
+ 
15 eatchmt 22 m)ap(
ap
−−
− 35 ch2mt 
)m4p(p
m2p
22
22
−
− 
16 tsinmt 222 )mp(
pm2
+ 36 sh
2t 
)m4p(p
m2
22
2
− 
17 tcosmt 222
22
)mp(
mp
+
− 37 
t
ee btat − ap
bpln −
− 
18 tshmt 222 )mp(
pm2
− 38 t
e at
π
−
 ap
1
+ 
19 tchmt 222
22
)mp(
mp
−
+ 20 teatsinmt 222 ]m)ap[(
)ap(m2
+−
−