Tải bản đầy đủ - 0 (trang)
2 Ứng dụng giải phƣơng trình vi phân thƣờng

2 Ứng dụng giải phƣơng trình vi phân thƣờng

Tải bản đầy đủ - 0trang

Chứng minh tương tự ta có:

t



pF p G p



L g 0 f t



gt f t



d



(3.3)



f td



(3.4)



0

t



L g 0 f t



gt

0



Các công thức từ (3.1) đến (3.4) được gọi là các tích phân Duhamel rất

thường gặp trong các bài tốn tìm hàm gốc.

3.2.1.2 Bài tốn: Tìm nghiệm phương trình vi phân

(n)



(n-1)



Ay = aoy + a1y



+ …… + an-1y’ + any = f



(3.5)



thỏa mãn điều kiện ban đầu:

(n)



y(0) = y’(0) = …… = y (0) = 0 trong đó: a0, a1, a2 ,……, an



¡ .



Ta giả sử thêm rằng nghiệm của phương trình trên là y%đã biết.

Giả sử y, y%, f là các hàm gốc, có biến đổi Laplace lần lượt là: y, y%,

F. Khi đó từ phương trình (3.5) ta có:

y p a 0p



n



a1pn 1 ...... a n 1p



anp



F p



y% p a 0 p



n



a1pn 1 ...... a n 1p



anp



1

p



py% p F p



y p



Do công thức Duhamel suy ra:

1



py% p F p



y p



L y%0 f t



y% t f t



d



0

1



L y%0 f t



y% t



ft d



0



Vậy y t



1



y% t f t



(3.6)



d



0



y% 0 f t



1



y% t

0



ft d



(3.7)



3.2.1.3 Ứng dụng giải phương trình vi phân tuyến tính với hệ số là hằng số

Cho phương trình vi phân có dạng:

(n)



(n-1)



any (t) + an+1y



(t) + …… + a1y’(t) + a0y(t) = f(t)



¡ , i = 0, n và thỏa mãn điều kiện (3.1) ban đầu:



trong dó an ≠ 0; ai



(n-1)



y(0) = b0; y’(0) =b1; …… , y



(0) = bn-1



Phép biến đổi trực tiếp Laplace không cho nghiệm tổng quát.

Ta có các bước giải là:

Bước 1: Lấy biến đổi Laplace hai vế của phương trình đã cho thu được

phương trình theo y(p) với: L{y(t)} = y(p); y(t) là hàm cần tìm. Sử dụng cơng

thức đạo hàm của gốc:

L{y’(t)} = py(p) – y(0)

2



2



L{y’’(t)} = p y(p) – p y(p) – py(0) – y’(0)

…………………………………………….

(n)



n



n-1



(n-1)



L{y (t)} = p y(p) – p y(0) - …… -y



(0)



Nhờ tính tuyến tính của phép biến đổi Laplace ta thay vào (3.1) và tìm

được y(p)

Bước 2: Giải phương trình tìm y(p)

-1



Bước 3: Lấy biến đổi Laplace ngược tìm y(t): L {y(p)} = y(t)

Ví dụ 1:

a. Giải phương trình vi phân: y’(t) + 2y(t) = 1 với điều kiện ban

đầu:



y(0) = 4

Giải:



Bước 1:



Bước 2:



L{ y’(t) + 2y(t)} = L{1}

1

py(p) – y(0) + 2y(p) =

p

1

(p + 2)y(p) = + 4

p



suy ra y(p) =



4p1

p p 2

17

2p 2 p 2



y p

Bước 3: L

p



1



y



1



L



1



7



2



p



L



1



1



1



2p



suy ra: y(t) =



2



1 7 e 2t

Nghiệm 2cần 2tìm là: y(t) =

1 7 e 2t

-3t

b. Giải phương trình vi phân: y’’ + 23y’ 2+ 2y = 3e với điều kiện ban đầu:

y(0) = 1, y’(0) = -1

Giải:

-3t



L{y’’ + 3y’ + 2y} = L{3e }

1



2



p y(p) – py(0) – y’(0) + 3[py(p) – y(0)] + 2y(p) =

1



2



p – p + 1 + 3py(p) – 3 + 2y(p) =



y(p) =



1

p1



p 3



1



2



(p +3p + 2)y(p) = p + 2 +



p 3



p 3



1

p 1p



2p



3



Dùng phương pháp đại số phân tích:

1

p1p



2p



3

1



a

p1



b



p 2

1

đồng nhất hệ số hai vế ta được: a = ; b = -1; c =

2

2



c

p 3



hay:



1



1 1 1

p 1 p 2 p 3 2p 1 p

3 111 1

2 p1

p 2



y p



1 1

2 2p 3



2p 3



Sử dụng biến đổi Laplace ngược ta được:

y t



3 L 11



L1 y p



2



3et

2t

e

2



p1



1



1 L 11



p 2



2



p 3



1 e 3t

2

3et

2t

e

2



Nghiệm cần tìm là: y(t)

c. Giải phương trình vi phân:



L1



1 e 3t

2



(4)



y (t) – y(t) = 0



thỏa mãn điều kiện ban đầu: y(0) = 1; y’(0) = 1; y’’(0) = 1; y’’’(0) = 1

Giải:

Ta có: f(t) là một hàm gốc nên:

ept 0dt 0



L 0

0



do vậy: L y 4



y t



L 0



p4 y pp3y 0p2 y 0

p4 1 y p

y p



p3



py 0

p2



y



0



y p



0



p1



1

p1



Sử dụng biến đổi Laplace ngược ta được: y(t) = L

t



Vậy nghiệm cần tìm là: y(t) = e .



1



1

p 1



e



t



3.2.1.4 Giải phương trình vi phân tuyến tính hệ số hàm

Phép biến đổi Laplace còn có thể áp dụng để giải được phương trình vi

phân tuyến tính hệ số hàm trong trường hợp các hệ số là những đa thức.

Xét phương trình tuyến tính sau:

(n)



(n-1)



a0(t)y (t) + a1(t)y

trong đó:

ai



(t) + …… + an(t)y(t) = f(t)



(3.8)



t , i 0, n là những đa thức của t, bậc nhỏ hơn hoặc bằng m.



Gọi y(t) = Y(p), áp dụng tính chất đạo hàm gốc ta sẽ tìm được ảnh của các đạo

hàm của y(t), rồi sau đó do các ai t , i 0, n là những đa thức nên áp dụng

được tính chất đạo hàm ảnh ta sẽ tìm được ảnh của các số hạng ở vế trái

phương trình (3.8) và do đó tiến hành được biến đổi thuận hai vế của (3.8) để

chuyển (3.8) về phương trình vi phân đối với ảnh y(p) sẽ là một phương trình

vi phân cấp nhỏ hơn hoặc bằng m.

Giải phương trình vi phân đối với Y(p) sẽ tìm được Y(p) sau đó biến

đổi ngược Y(p) = y(t) sẽ tìm được nghiệm y(t) phải tìm.

Ví dụ 2: Tìm nghiệm tổng quát của phương trình:

ty’’(t) – 2y’(t) = 0



(3.9)

Giải:



Gọi y(t) = Y(p), ta có:

y t

y t

ty t



pY p

2



pY p



y 0

py 0



d 2

pY p

dp

p2 dY

2pY

dp



y 0

py 0



y 0



y 0



do đó biến đổi thuận hai vế của (3.9) ta được:

p2 Y



2pY



y 0



2pY



2y 0



0



Y

Y



hay



4



(3.10)



3y 0



p



p



2



Đây là phương trình vi phân tuyến tính cấp một đối với ảnh Y(p)

y 0

Giải ra ta được Y(p) = p



C1

p4

-1



Biến đổi ngược ta được: y(t) = L {Y(p)} = y 0



t3

3!



C1



Ví dụ 3: Tìm nghiệm riêng của phương trình:

-x



xy’’ + (x+2)y’ + y = 2e cosx



(3.11)



x là biến số, y là ẩn hàm

Giải:

Gọi y(x) = Y(p), ta có: y’ = pY – y(0)

(x + 2)y’ = xy’ + 2y’ = - [py – y(0)]’ + 2[py – y(0)]’

= -py’ + (2p -1)Y – 2Y(0)

2



y’’ = p Y(p) – py(0) – y’(0)

2



2



xy’’ = [-p Y(p) – py(0) – y’(0)]’ = - p Y’(p) – 2py + y(0)

Do đó biến đổi thuận hai vế của (3.11) ta được phương trình đối với ảnh y(p)

sau đây:

p2 y



hay



2py



p p1 Y



y 0



py



y(0)



Y



2



p2



y(0)



y 0



p1

2p



y



2



p1

p1



2



1



1

p p



1

p



2y(0)



2



2



p(p 1)

Y



2p1 y



2



1

p 1



2p 2

1

p



p 2

p 2p 2

2



(3.12)



Bây giờ biến đổi ngược (3.12) ta sẽ tìm được nghiệm y(x)



p 2



chú ý rằng gốc của y’ là y’ = Xy.

Còn ở vế phải của (3.12) chỉ có số hạng



p2

p2 2p 2



p1

2



p1



1

p1 2



1



p



2



2p



2



e x cos x



1



là biến đổi như sau:



e x sinx



x



ecos x



sinx



Như vậy biến đổi ngược (3.12) ta nhận được đẳng thức:

xy

1e

suy ra y y 0

x



x



x



y 01e

x



x



1ecos x



sinx



sinx



1ecos x

x



3.3 Ứng dụng giải phƣơng trình vi phân có vế phải là hàm bậc thang

3.3.1 Hàm bậc thang Heaviside

3.3.1.1 Định nghĩa

a.



H t



0 khi t 0

1 khi t 0



gọi là hàm bậc thang Heaviside, cũng được gọi là hàm bậc thang đơn vị, hàm

bậc thang này nhận giá trị 0 khi biến đối số t âm và nhận giá trị dương khi đối

số t dương.

b. Hàm tịnh tiến bậc thang Heaviside:

Cho số thực c ta có: Hc t



H t



c



0 khi t c

1 khi t c



Nếu c > 0 (c < 0) thì đồ thị của Hc sẽ được tịnh tiến qua phải

(trái) một đơn vị so với đồ thị của H.

c. Hàm khoảng Hab (a < b) được định nghĩa bằng hàm tịnh



1



tiến bậc thang Heaviside

Hab(ab) = Ha(t) –Hb(t) = H(t – a) – H(t – b)



0



Thật vậy:



1. t < a thì Ha(t) = 0 và Hb(t) = 0 nên Hab = 1



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

2 Ứng dụng giải phƣơng trình vi phân thƣờng

Tải bản đầy đủ ngay(0 tr)

×