Biến đổi laplace và một số ứng dụng
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (458.23 KB, 76 trang )
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
VŨ THỊ THU HÀ
BIẾN ĐỔI LAPLACE
VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
THÁI NGUYÊN - 2015
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
VŨ THỊ THU HÀ
BIẾN ĐỔI LAPLACE
VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG
CHUYÊN NGÀNH: TOÁN ỨNG DỤNG
MÃ SỐ: 60 46 01 12
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
TS.NCVC. NGUYỄN VĂN NGỌC
THÁI NGUYÊN - 2015
Mục lục
Mở đầu
1
1 Định nghĩa biến đổi Laplace và các tính chất cơ bản
1.1 Định nghĩa hình thức của biến đổi Laplace và các ví dụ . . . . .
1.1.1 Định nghĩa hình thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.2 Các ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Điều kiện tồn tại của biến đổi Laplace . . . . . . . . . . . . . . .
1.3 Các tính chất đơn giản của biến đổi Laplace . . . . . . . . . . .
1.4 Tích chập Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.5 Đạo hàm của biến đổi Laplace và biến đổi Laplace của tích phân
Volterra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.5.1 Đạo hàm của biến đổi Laplace . . . . . . . . . . . . . . .
1.5.2 Biến đổi Laplace của tích phân Volterra . . . . . . . . . .
1.6 Biến đổi Laplace ngược . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.6.1 Công thức Mellin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.6.2 Phương pháp tìm biến đổi Laplace ngược dựa vào các
công thức đã biết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.6.3 Phương pháp vận dụng tích chập . . . . . . . . . . . . . .
1.6.4 Tích phân theo chu tuyến kín và thặng dư tìm biến dổi
Laplace ngược . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.6.5 Định lý khai triển của Heaviside . . . . . . . . . . . . . .
1.7 Định lý Tauberian và bổ đề Watson . . . . . . . . . . . . . . . .
1.7.1 Định lý Tauberian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.7.2 Bổ đề Watson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3
3
3
3
5
6
8
2 Ứng dụng của biến đổi Laplace trong phương trình vi phân
2.1 Dẫn luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Phương trình vi phân thường và một số vấn đề liên quan . . .
2.2.1 Phương trình vi phân thường . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.2 Dao động điều hòa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2
.
.
.
.
10
10
12
13
13
17
18
18
21
23
23
26
29
29
30
30
33
2.3
2.4
Phương trình sai phân và phương trình vi-sai phân
2.3.1 Dẫn luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.2 Phương trình sai phân . . . . . . . . . . . . .
2.3.3 Phương trình vi phân có chậm . . . . . . . .
Phương trình đạo hàm riêng . . . . . . . . . . . . . .
2.4.1 Phương trình cấp một . . . . . . . . . . . . .
2.4.2 Phương trình truyền nhiệt . . . . . . . . . . .
2.4.3 Phương trình dao động . . . . . . . . . . . . .
3 Ứng dụng của biến đổi Laplace
phương trình tích phân
3.1 Tổng của chuỗi vô hạn . . . . . .
3.2 Tính các tích phân suy rộng . .
3.3 Phương trình tích phân Volterra
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
44
44
48
49
51
51
53
57
trong chuỗi, tích phân và
60
. . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
. . . . . . . . . . . . . . . . . . 62
. . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
Kết luận
71
Tài liệu tham khảo
72
3
Mở đầu
Cùng với các biến đổi tích phân khác, như biến đổi Fourier, biến đổi Hankel,
biến đổi Mellin, v.v..., biến đổi Laplace là một trong những biến đổi tích phân
quan trọng của Giải tích toán học và là công cụ hữu hiệu giải nhiều bài toán
của các phương trình vi phân, phương trình tích phân, v.v...
Vì thế, tìm hiểu và học tập về biến đổi Laplace là việc cần thiết. Tôi đã
chọn đề tài "Biến đổi Laplace và một số ứng dụng" làm đề tài luận văn với
mong muốn được học tập và tìm hiểu sâu hơn về lĩnh vực này.
Đã có một số luận văn và khóa luận về đề tài này, chẳng hạn các tài liệu
từ 1)-3) trong [4]. Tuy nhiên, còn nhiều vấn đề quan trọng và hay về lý thuyết
cũng như ứng dụng của biến đổi Laplace mà các tài liệu trước đây chưa đề
cập, đó là: Định lý Tauberian và Bổ đề Watson, các phương pháp tìm biến đổi
Laplace ngược, phương trình sai phân và vi phân có chậm, áp dụng biên đổi
Laplace tìm tổng của chuỗi và tính các tích phân suy rộng, phương trình tích
phân Abel, v.v...
Mục đích của luận văn này là trình bày cơ sở lý thuyết của biến đổi Laplace
và một số ứng dụng trong phương trình vi phân, phương trình tích phân và
một số vấn đề liên quan khác.
Luận văn có bố cục: Mở đầu, ba chương, Kết luận và Tài liệu tham khảo.
Chương 1 trình bày cơ sở lý thuyết của biến đổi Laplace, trong đó đi sâu
về biến đổi Laplace ngược, Định lý Tauberian và Bổ đề Watson. Đặc biệt, đã
đưa ra nhiều ví dụ có độ khó khác nhau về tìm biến đổi Laplace và biến đổi
Laplace ngược.
Chương 2 trình bày những ứng dụng của biến đổi Laplace trong phương
trình vi phân thường, phương trình sai phân và phương trình vi phân có chậm,
phương trình đạo hàm riêng. Đã chọn lựa nhiều ví dụ áp dụng có nguồn gốc từ
Cơ học và Vật lý, như đao động cơ điều hòa, dao động điện điều hòa, truyền
nhiệt, v.v...
Chương 3 trình bày một số ứng dụng của biến đổi Laplace trong các bài
toán về tìm tổng của chuỗi vô hạn, tính toán và đánh giá các tích phân, giải
các phương trình tích phân Volterra dạng chập, đặc biệt là phương trình tích
1
phân Abel trên nửa trục.
Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn tận tình của Thầy-Tiến sỹ,
NCVC Nguyễn Văn Ngọc, Trường Đại học Thăng Long. Chính Thầy đã giúp
em có thêm động lực để học tập, nghiên cứu và hoàn thiện khóa luận này.
Bên cạnh đó, em cũng xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến Quý Thầy
cô đã trực tiếp giảng dạy lớp K7Y của chúng em, Ban Giám Hiệu, Phòng đào
tạo, Khoa Toán-Trường Đại học khoa học-Đại học Thái Nguyên đã nhiệt tình
giúp đỡ em trong suốt quá trình học tập tại Trường, cũng như quá trình làm
luận văn sau này.
Thật là thiếu sót nếu em không nhắc đến sự quan tâm, giúp đỡ của mỗi
thành viên trong lớp K7Y của em; các Thầy cô trong BGH, đồng nghiệp, Tổ
Toán trong Hội đồng Giáo dục Nhà Trường THPT Hưng Yên, nơi em đang
công tác.
Và còn nữa, tinh thần ủng hộ, sự quan tâm, động viên, khích lệ, tạo điều
kiện hết lòng của gia đình đã giúp em hoàn thành khóa luận này.
Em xin được bày tỏ lòng tri ân sâu sắc nhất tới tất cả mọi người.
Về bản thân, em sẽ cố gắng không ngừng việc trau dồi và cầu thị để khóa luận
thêm hoàn thiện khi được đón nhận sự quan tâm, góp ý của các Quý Thầy cô
và bạn bè đồng nghiệp.
Em xin trân trọng cảm ơn.
Thái Nguyên, tháng 11 năm 2015
Học viên
Vũ Thị Thu Hà
2
Chương 1
Định nghĩa biến đổi Laplace và các
tính chất cơ bản
Trong chương này, chúng tôi trình bày các khái niệm về biến đổi Laplace,
như biến đổi Laplace thuận và Laplace ngược, các tính chất cơ bản của biến
đổi Laplace, đặc biệt là dịch chuyển và tích chập. Ngoài phần lý thuyết, chương
này còn đưa ra nhiều ví dụ minh họa. Nội dung của chương này được hình
thành chủ yếu từ các tài liệu [5], [6].
1.1
1.1.1
Định nghĩa hình thức của biến đổi Laplace và các ví dụ
Định nghĩa hình thức
Biến đổi Laplace của f (t) một cách hình thức được định nghĩa bởi công
thức:
∞
L{f (t)} = f (s) =
e−st f (t)dt. Res > 0.
(1.1)
0
Ở đây e−st là hạt nhân của biến đổi và s là biến số của biến đổi và là một
số phức. Dưới điều kiện khá rộng rãi về f (t), biến đổi Laplace của nó f (s) là
hàm giải tích theo s trong nửa mặt phẳng, ở đó Re > a, ở đây a là một hằng
số thực dương.
Sử dụng công thức (1.1), chúng ta có thể tính toán các biến đổi Laplace của
một số hàm cấp thấp đơn giản.
1.1.2
Các ví dụ
Ví dụ 1.1. Nếu f (t) = eat , trong đó a là một hằng số thực thì
∞
L{eat } = f (s) =
e−(s−a)t dt =
0
3
1
, Res > a.
s−a
(1.2)
Ví dụ 1.2. Nếu f (t) = sin at, trong đó a là hằng số thực thì
∞
L{sin at} =
∞
1
[e−t(s−ia) − e−t(s+ia) ]dt
2i 0
1
1
1
a
=
−
= 2
.
2i s − ia s + ia
s + a2
e−st sin atdt =
0
(1.3)
Tương tự, ta có:
L{cos at} =
s
.
s 2 + a2
(1.4)
Ví dụ 1.3. Nếu f (t) = sinh at hoặc cosh at, trong đó a là hằng số thực thì
∞
a
.
− a2
0
∞
s
L{cosh at} =
e−st cosh atdt = 2
.
s − a2
0
L{sinh at} =
e−st sinh atdt =
s2
(1.5)
(1.6)
Ví dụ 1.4. Nếu f (t) = tn , trong đó n là một số nguyên dương thì
f (s) = L{tn } =
n!
sn+1
(1.7)
.
Trở lại công thức (1.2) với a = 0, lấy đạo hàm theo s hai vế, một cách hình
thức, ta có:
∞
te−st dt =
0
1
.
s2
(1.8)
Điều đó có nghĩa là
L{t} =
1
.
s2
(1.9)
Đạo hàm theo s hai vế của (1.8) ta được:
∞
L{t } =
t2 e−st dt =
2
0
2
.
s3
(1.10)
Tương tự như vậy, với a = 0, lấy đạo hàm theo s hai vế của (1.2) n lần, ta được
công thức:
∞
L{t } =
tn e−st dt =
n
0
n!
sn+1
.
(1.11)
Ví dụ 1.5. Nếu a > −1 và là một số thực thì
L{ta } =
Γ(a + 1)
, (s > 0).
sa+1
4
(1.12)
Chúng ta có
∞
L{ta } =
ta e−st dt.
0
Lúc này, đặt st = x, thì
=
∞
1
xa e−x dx =
sa+1
0
Γ(a + 1)
.
sa+1
Ở đây Γ(a) là hàm Gamma được định nghĩa bởi tích phân
∞
xa−1 e−x dx, a > 0.
Γ(a) =
(1.13)
0
Hàm Gamma có tính chất:
Γ(a + 1) = aΓ(a).
(1.14)
Rõ ràng, kết quả (1.12) là một phần mở rộng của (1.11). Sau đó là một
trường hợp đặc biệt của trước đây khi a là một số nguyên dương.
1
2
Đặc biệt khi a = − , kết quả của (1.12) cho:
1
Γ( )
1
L{ √ } = √2 =
s
t
√
1
π
, khiΓ( ) = π.
s
2
(1.15)
Tương tự,
3
√
Γ( )
√
π 1
2
L{ t} = 3/2 =
,
2 s3/2
s
(1.16)
ở đây:
√
3
1
1 1
π
Γ( ) = Γ( + 1) = Γ( ) =
.
2
2
2 2
2
1.2
Điều kiện tồn tại của biến đổi Laplace
Một hàm f (t) được gọi là hàm cấp mũ a > 0 trên (0 ≤ t < ∞), nếu tồn tại
một hằng số dương K , sao cho t > T ,
|f (t)| ≤ Keat ,
(1.17)
và chúng ta viết điều này một cách tượng trưng như sau:
f (t) = O(eat ), khi t → ∞.
5
(1.18)
Hay tương đương:
lim e−bt |f (t)| ≤ K lim e−(b−a)t = 0, b > a.
t→∞
t→∞
(1.19)
Đơn giản hơn, hàm f (t) được gọi cấp mũ khi t → ∞ nếu nó không tăng nhanh
hơn Keat khi t → ∞.
Định lý 1.1. Nếu một hàm f (t) liên tục hoặc liên tục từng khúc trên mỗi
khoảng thời gian xác định (0; T ) và là hàm cấp mũ eat , thì biến đổi Laplace
của f (t) tồn tại với mọi s, theo điều kiện phần thực Res > a.
Chứng minh. Chúng ta có
∞
∞
−ct
f (s) =
e
∞
0
(1.20)
0
e−t(c−a) dt =
≤K
e−ct |f (t)|dt
f (t)dt ≤
0
K
, c = Res > a.
c−a
Chứng minh đã hoàn thành.
Lưu ý rằng điều kiện nêu trong Định lý 1.1 chỉ là một điều kiện đủ mà
không phải là điều kiện cần.
Cũng theo (1.20), thì
lim |f (s)| = 0. ⇒ lim f (s) = 0.
s→∞
s→∞
Kết quả này được xem như là tính chất về giới hạn của biến đổi Laplace.
Tuy nhiên f (s) = s hoặc s2 không là biến đổi Laplace của bất kì hàm liên
tục (hay hàm liên tục từng phần) nào, bởi vì f (s) không tiến tới 0 khi s → ∞.
Hơn nữa, một hàm f (t) = at2 , a > 0 không thể có một biến đổi Laplace mặc
dù nó là hàm liên tục nhưng không là cấp mũ.
1.3
Các tính chất đơn giản của biến đổi Laplace
1. Tính chất về dịch chuyển
Định lý 1.2. (Định lý thứ nhất về chuyển dịch Heaviside).
Nếu L{f (t)} = f (s) thì
L{e−at f (t)} = f (s + a), trong đó a là một hằng số thực.
Chứng minh. Theo định nghĩa, chúng ta có
∞
L{e
−at
e−(s+a)t f (t)dt = f (s + a).
f (t)} =
0
6
(1.21)
Định lý 1.3. Nếu L{f (t)} = f (s) thì
L{f (t − a)H(t − a)} = e−as f (s) = e−as L{f (t)}, a > 0,
(1.22)
hay tương đương:
L{f (t)H(t − a)} = e−as L{f (t + a)}.
(1.23)
Ở đây H(t) là hàm Heaviside.
Chứng minh. Ta có:
∞
L{f (t − a)H(t − a)} =
∞
e−st f (t − a)H(t − a)dt =
0
e−st f (t − a)dt.
a
Đặt t-a=τ , thì
∞
= e−sa
e−sτ f (τ )dτ = e−sa f (s)
0
Suy ra công thức (1.23).
Đặc biệt, nếu f (t) = 1 thì:
L{H(t − a)} =
1
exp(−sa).
s
(1.24)
s
, a > 0.
a
(1.25)
2. Tính chia đồng dạng
1
a
L{f (at)} = f
Chứng minh. Theo định nghĩa, ta có
∞
L{f (at)} =
e−st f (at)dt.
0
Đổi biến u = at, ta có
L{f (at)} =
1
a
∞
0
s
1 s
e− a u f (u)du = f
.
a a
3. Biến đổi Laplace của đạo hàm
Định lý 1.4. (Biến đổi Laplace của các đạo hàm)
Nếu L{f (t)} = f (s) thì
L{f (t)} = sL{f (t)} − f (0) = sf (s) − f (0),
(1.26)
L{f (t)} = s2 L{f (t)} − sf (0) − f (0) = s2 f (s) − sf (0) − f (0).
(1.27)
Tổng quát hơn:
L{f n (t)} = sn f (s) − sn−1 f (0) − sn−2 f (0) − ... − s.f n−2 (0) − f n−1 (0).
Ở đây f (r) (0) là giá của f (r) (t) tại t = 0, r = 0, 1, ..., (n − 1.)
7
(1.28)
Chứng minh. Theo định nghĩa, chúng ta có:
∞
L{f (t)} =
e−st f (t)dt.
0
Đó là kết quả của lấy tích phân từng phần:
= [e−st f (t)]
∞
∞
e−st f (t)dt = sf (s) − f (0).
+s
0
0
Trong đó, chúng ta giả định f (t).e−st → 0 khi t → ∞.
Tương tự như vậy:
L{f (t)} = s.L{f (t)} − f (0) (theo(1.26)) = s.[sf (s) − f (0)] − f (0),
= s2 .f (s) − sf (0) − f (0).
Ở đây, chúng ta có giả định e−st f (t) → 0 khi t → ∞.
Một quy trình tương tự có thể được sử dụng để chứng minh các kết quả tổng
quát (1.28).
Ví dụ 1.6. Sử dụng (1.28) để tìm L{tn }.
Ở đây,
f (t) = tn , f (t) = ntn−1 , ..., f n (t) = n!
Và
f (0) = f (0) = ... = f ( n − 1)(0) = 0.
Ta được:
L{n!} = sn L{tn } Hoặc L{tn } =
1.4
n!
n!
L{1} = n+1 .
n
s
s
Tích chập Laplace
Định lý 1.5. (Định lí chập).
Nếu L{f (t)} = f (s) và L{g(t)} = g(s), thì
L{f (t) ∗ g(t)} = L{f (t)}L{g(t)} = f (s)g(s).
(1.29)
L{f (s)g(s)} = f (t) ∗ g(t).
(1.30)
Hay tương đương,
Ở đây, f (t) ∗ g(t) được gọi là tích chập của f (t) và g(t) và được xác định bởi
tích phân:
t
f (t) ∗ g(t) =
f (t − τ )g(τ )dτ .
0
8
(1.31)
Tích phân trong (1.31) thường được gọi là tích phân chập và được kí hiệu đơn
giản bằng (f ∗ g)(t).
Chứng minh. Theo định nghĩa, ta có:
∞
L{f (t) ∗ g(t)} =
t
e
−st
f (t − τ )g(τ )dτ .
dt
0
(1.32)
0
Bây giờ chúng ta thay đổi trật tự của các tích phân, ta được
∞
L{f (t) ∗ g(t)} =
∞
e−st f (t − τ )dτ .
g(τ )dτ
0
t=τ
Lúc này, bằng cách đổi biến t − τ = x, ta có:
∞
L{f (t) ∗ g(t)} =
∞
0
0
∞
e−sτ g(τ )dτ
∞
e−s(x+τ ) f (x)dx.
g(τ )dτ
0
e−sx f (x)dx = g(s)f (s) = f (s)g(s).
0
Chứng minh. (Cách chứng minh thứ 2.)
Theo định nghĩa, chúng ta có:
∞
∞
e−sσ f (σ)dσ
f (s)g(s) =
0
∞
e−sµ g(µ)dµ,
0
∞
e−s(σ+µ) f (σ)g(µ)dσdµ.
=
0
(1.33)
0
Ở đây, tích phân hai lớp được thực hiện trên toàn bộ góc phần tư thứ nhất R
của mặt phẳng σ − µ giới hạn bởi σ = 0 và µ = 0 như biểu diễn ở hình đã cho.
Chúng ta đã làm thay đổi các biến µ = τ, σ = t − µ = t − τ , sao cho trục σ = 0
và µ = 0 biến thành dòng τ = 0 và τ = t, tương ứng như biểu diễn trong hình
đã cho. trong mặt phẳng τ − t. Do đó, (1.33) trở thành:
∞
τ =t
−st
f (s)g(s) =
e
0
f (t − τ )g(τ )dτ ,
dt
τ =0
t
=L
f (t − τ )g(τ )dτ
= L{f (t) ∗ g(t)}.
0
Tích chập có tính giao hoán, tính kết hợp và tính phân phối đối với phép
cộng và phép trừ
f (t) ∗ g(t) = g(t) ∗ f (t),
(1.34)
f (t) ∗ {g(t) ∗ h(t)} = {f (t) ∗ g(t)} ∗ h(t),
(1.35)
f (t) ∗ {ag(t) + bh(t)} = af (t) ∗ g(t) + bf (t) ∗ h(t).
9
(1.36)
Ví dụ 1.7. Sử dụng định lí chập (1.29), chứng minh rằng:
B(m, n) =
Γ(m)Γ(n)
,
Γ(m + n)
(1.37)
Ở đây, Γ(m) là hàm gamma và B(m, n) là hàm beta được định nghĩa bởi:
1
xm−1 (1 − x)n−1 dx.(m > 0, n > 0)
B(m, n) =
(1.38)
0
Để chứng minh (1.37), chúng ta xem xét:
f (t) = tm−1 (m > 0)
Hiển nhiên, f (s) =
và g(t) = tn−1 (n > 0).
Γ(m)
Γ(n)
và g(s) = n .
m
s
s
Chúng ta có:
t
τ m−1 (t − τ )n−1 dτ = L−1 {f (s)g(s)},
f ∗g =
0
= Γ(m)Γ(n)L−1 {s−(m+n) } =
Γ(m)Γ(n) m+n−1
t
.
Γ(m + n)
Để t = 1, chúng ta có kết quả:
1
τ m−1 (1 − τ )n−1 dτ =
0
Γ(m)Γ(n)
.
Γ(m + n)
Trên đây là chứng minh cho công thức (1.37)
1.5
1.5.1
Đạo hàm của biến đổi Laplace và biến đổi Laplace của
tích phân Volterra
Đạo hàm của biến đổi Laplace
Định lý 1.6. .
Nếu f (t) = O(eat ) khi t → ∞ thì Laplace thiếu
∞
e−st f (t)dt
(1.39)
0
là hội tụ đều với mọi s thỏa mãn điều kiện s ≥ a1 , trong đó a1 > a.
Chứng minh. Từ
|e−st f (t)| ≤ Ke−t(s−a) ≤ Ke−t(a1 −a) ,
với mọi s ≥ a1 .
và
∞
e−t(a1 −a) dt,
tồn tại với a1 > a.
0
10
Bằng kiểm tra tiêu chuẩn Weierstrass, tích phân Laplace là hội tụ đều với mọi
s > a1 > a. Định lý được chứng minh.
Vì (1.39) hội tụ đều, đạo hàm (1.1) theo s ta được
d
d
f (s) =
ds
ds
∞
∞
−st
e
f (t)dt =
0
0
∂ −st
e f (t)dt,
∂s
∞
tf (t)e−st dt = −L{tf (t)}.
=
(1.40)
0
Tương tự như vậy, chúng ta có được:
d2
f (s) = (−1)2 L{t2 f (t)},
ds2
d3
f (s) = (−1)3 L{t3 f (t)}.
ds3
(1.41)
(1.42)
Tổng quát hơn,
dn
f (s) = (−1)n L{tn f (t)}.
dsn
(1.43)
Kết quả (1.43) được xác định trong định lí sau:
Định lý 1.7. (Biến thể của biến đổi Laplace.)
Nếu L{f (t)} = f (s) thì
L{tn f (t)} = (−1)n
dn
f (s),
dsn
ở đây n = 0, 1, 2, 3, ...
Ví dụ 1.8. Hiện có:
s 2 − a2
(s2 + a2 )2
d
(d) L{tf (t)} = −{s f (s) + f (s)}.
ds
n!
,
(s + a)n+1
2as
,
(c) L{t sin at} = 2
(s + a2 )2
(a) L{tn e−at } =
(b) L{t cos at} =
(a) Áp dụng định lí (1.40), cho:
L{tn e−at } = (−1)n
1
n!
dn
.
= (−1)2n
.
n
ds s + a
(s + a)n+1
(b)
L{t cos at} = (−1)
d
s
s 2 − a2
( 2
)
=
.
ds (s + a2 )
(s2 + a2 )2
Kết quả (c) và (d) được chứng minh tương tự.
11
(1.44)
Định lý 1.8. (Tích phân của biến đổi Laplace)
Nếu L{f (t)} = f (s) thì
∞
f (t)
t
L
(1.45)
f (s)ds.
=
s
Chứng minh. Theo quan điểm của sự hội tụ (1.39), f (s) có thể được tích hợp
đối với s trong (s, ∞). Vì vậy mà:
∞
∞
f (s)ds =
s
∞
ds
s
∞
−st
e
f (t)dt =
e−st dt
f (t)dt
0
∞
∞
0
s
f (t) −st
f (t)
e dt = L{
}.
t
t
=
0
Ví dụ 1.9. Hiện có,
sin at
(a) L
t
=
2
e−a /4t
(b) L √
πt3
a
tan−1 ( ).
s
√
2
exp(−a s).
a
=
(a) Sử dụng (1.45), chúng ta có:
∞
sin at
L
t
=a
s
ds
π
s
a
= − tan−1 ( ) = tan−1 ( ).
2
+a
2
a
s
s2
(b) Ta có:
∞
∞
2
1 e−a /4t
L . √
t
πt
f (s)ds =
=
s
s
√
e−a s
√ ds.
s
√
Bằng cách đặt a s = x, ta được:
∞
s
1.5.2
∞
2
f (s)ds =
a
√
a s
e−x dx =
√
2
exp(−a s).
a
Biến đổi Laplace của tích phân Volterra
Định lý 1.9. (Biến đổi Laplace của một tích phân).
Nếu L{f (t)} = f (s) thì
t
L
f (τ )dτ
0
=
f (s)
.
s
Chứng minh. Chúng ta viết:
t
g(t) =
f (τ )dτ .
0
12
(1.46)
Vì thế, g(0) = 0 và g (t) = f (t).
Từ công thức f (s) =
as
1
tanh
, ta có:
s
2
t
f (s) = L{f (t)} = L{g (t)} = sg(s) = sL
f (τ )dτ .
0
Chia cả hai vế cho s, ta được (1.46).
Cần lưu ý rằng biến Laplace của một tích phân tương ứng với việc phân chia
biến đổi của tích phân cho s. Kết quả (1.46) thường được dùng để đánh giá
biến đổi Laplace ngược.
Ví dụ 1.10. Sử dụng kết quả (1.46) để tìm:
t
(a) L
t
(b) L{Si(at)} = L
τ n e−aτ dτ
0
0
sin aτ
dτ .
τ
(a)Chúng ta biết:
L{tn e−at } =
n!
.
(s + a)n+1
Từ (1.46), ta có:
t
L
τ n e−aτ dτ
n!
.
s(s + a)n+1
=
0
(b) Sử dụng công thức (1.46) và ví dụ (1.9)(a), chúng ta có:
t
L
0
1.6
sin aτ
τ
=
1
a
tan−1 ( ).
s
s
Biến đổi Laplace ngược
Mục này sẽ trình bày về biến đổi Laplace ngược (công thức Green), định lý
về tồn tại biến đổi Laplace ngược (tồn tại hàm gốc) và một số phương pháp
cơ bản tìm biến đổi Laplace ngược.
1.6.1
Công thức Mellin
Định lý 1.10. Cho hàm gốc f trơn từng khúc trên mọi khoảng hữu hạn của
nửa trục t ≥ 0 , chỉ số tăng là α0 . Khi đó,
x+i∞
1
f (t) = L−1 [f (s)] =
2πi
est f (s) ds,
x > α0 .
(1.47)
x−i∞
Tích phân trong (1.47) được hiểu theo nghĩa giá trị chính, và công thức này
có tên là công thức Mellin.
13
Chứng minh. Với x > α0 , đặt
g (t) = e−xt f (t) ,
ta có g cũng trơn từng khúc trên mọi khoảng hữu hạn của nửa trục t ≥ 0.
Ngoài ra, ta có
∞
∞
|g (t)| dt =
0
∞
−xt
e
∞
−xt (α0 +ε)t
|f (t)| dt ≤ M
e
0
e
e−(x−α0 +ε)t dt.
dt = M
0
0
Chọn ε > 0 sao cho x − α0 − ε > 0, thì có g khả tích. Sử dụng công thức tích
phân Fourier ở chương 3 và lưu ý g(u) triệt tiêu khi u < 0, ta có
∞
1
g (t) = √
2π
∞ ∞
1
gˆ (λ) eitλ dλ = √
2π
∞
g (u) eiλ(t−u) dudλ.
∞ 0
Suy ra
∞ ∞
e
−xt
1
f (t) =
2π
∞
−xu
e
iλ(t−u)
f (u) e
1
dudλ =
2π
−∞ 0
∞
e
iλt
−∞
Do đó
f (u) e−u(x+iλ) du.
dλ
0
∞
1
f (t) =
2π
et(x+iλ) F (x + iλ) dλ
−∞
Đặt s = x + iλ ta được (1.47).
Áp dụng định lý trên, ta chứng minh được tính chất sau đây của phép biến
đổi Laplace.
Định lý 1.11. Cho các hàm gốc f, g trơn từng khúc trên nửa trục t ≥ 0 , có
chỉ số tăng lần lượt là α0 và β0 . Giả sử L (f ) = F, L (g) = G. Khi đó f g cũng là
hàm gốc với chỉ số tăng là α0 + β0 và
x+i∞
1
L (f g) =
2πi
F (v) G (s − v) dv,
(1.48)
x−i∞
trong đó x > α0 , Rep > x + β0 .
Chứng minh. Hiển nhiên f g là hàm gốc với chỉ số tăng là α0 + β0 . Sử dụng công
thức Mellin, ta có:
∞
∞
x+i∞
L (f g) =
e−st f (t) g (t) dt =
0
e−st g (t)
1
2πi
0
x+i∞
1
=
2πi
x−i∞
x−i∞
x+i∞
∞
e(v−s)t g (t) dt =
F (v) dv
evt F (v) dv dt
0
1
2πi
F (v) G (s − v) dv.
x−i∞
14
Từ định lý trên, ta đã rút ra công thức Mellin từ giả thiết. F là biến đổi
Laplace của một hàm gốc nào đó. Vấn đề đặt ra là F phải thỏa mãn các điều
kiện gì để có thể là biến đổi Laplace của một hàm gốc nào đó. Ta có định lý
dưới đây mà phần chứng minh được bỏ qua.
Định lý 1.12. Cho hàm F thỏa mãn các điều kiện sau:
(i) F giải tích trong miền Res > α0
(ii) Khi |s| → ∞ trong mỗi miền Rep > α0 thì hàm F tiến đều về 0 theo
arg s ∈
−π π
2 , 2
.
(iii) Với mọi x > α0
x+i∞
|F (x + iy)| dy ≤ M
trong đó M là hằng số.
(1.49)
x−i∞
Khi đó hàm F xác định trên Res > α0 là biến đổi Laplace của hàm f định bởi
x+i∞
1
f (t) =
2πi
est F (s) ds,
x > α0 .
x−i∞
Định lý dưới đây cho phép ta tìm hàm gốc của một hàm chính qui tại vô
cực.
Định lý 1.13. Giả sử rằng thác triển giải tích của F lên nửa mặt phẳng trái
là một hàm giải tích đơn trị. Giả sử L (f ) = F và s = ∞ là điểm chính qui của
F, i.e, F có khai triển tại vô cực như sau:
∞
F (s) =
n=1
Khi đó
∞
f (t) =
cn+1
n=0
cn
.
sn
tn
,
n!
(1.50)
Nhận xét 1.1. Trong các ví dụ trước ta đã biết rằng L [tn ] =
định lý trên cũng có nghĩa là
∞
L
n=0
tn
cn+1
n!
∞
=
n=0
15
(1.51)
t > 0.
cn+1
L [tn ].
n!
n!
sn+1
. Do đó,
Chứng minh. Ta khảo sát sự hội tụ của chuỗi (1.51).
Giả sử chuỗi (1.50) hội tụ bên ngoài đường tròn bánh kính R0 . Khi đó,
C
,
R1
|F (s)| ≤
|p| = R1 .
Từ đó ta có đánh giá hệ số cn+1 của chuỗi (1.50) như sau:
|cn+1 | =
1
2πi
F (s) sn dp ≤ M1 R1n .
|s|=R1
Suy ra
∞
n=0
|t|n
|cn+1 |
≤ M1
n!
∞
n=0
(R1 |t|)n
= M1 eR1 |t| .
n!
Vậy chuỗi (1.51) hội tụ tuyệt đối và hội tụ đều trên đoạn [−N, N ] với N > 0
tùy ý. Hơn nữa, tổng của chuỗi này là hàm gốc.
Do tính hội tụ đều, ta có:
N
∞
e
−st
n=0
0
N
∞
tn
cn+1
n!
cn+1
n!
dt =
n=0
e−st tn dt
0
∞
∞
cn+1
n!
=
n=0
∞
e−st tn dt −
0
∞
cn+1
−
sn+1
=
n=0
e−st tn dt
N
∞
∞
n=0
cn+1
n!
e−st tn dt.
(1.52)
N
Ta khảo sát chuỗi thứ hai ở trên với Res = R1 > R0 , ta có
∞
|cn+1 |
n!
∞
|cn+1 |
≤
n!
e−st tn dt
∞
|cn+1 |
e−R1 t tn dt <
n!
N
e−R1 t tn dt
0
N
∞
=
|cn+1 |
n!R1n+1
e−u un du =
0
|cn+1 |
|cn+1 |
Γ
(n
+
1)
=
.
n!R1n+1
n!R1n+1
Suy ra với Res = R1 > R0 , chuỗi
∞
n=0
∞
cn+1
n!
e−st tn dt
N
hội tụ đều theo N . Mặt khác, từng số hạng của chuỗi này tiến về 0 khi N → ∞
nên từ (1.52), ta suy ra:
∞
∞
e
0
−st
n=0
tn
cn+1
n!
16
∞
dt =
n=0
cn+1
,
sn+1
dẫn đến đpcm.
1.6.2
Phương pháp tìm biến đổi Laplace ngược dựa vào các công thức đã
biết
Đã chứng minh được rằng biến đổi Laplace f (s) của hàm f (t) có thể được
tính toán bằng cách lấy tích phân trực tiếp. Bây giờ, chúng ta hãy nhìn vào bài
toán ngược. Cho một biến đổi Laplace f (s)của một hàm f (t) chưa biết, làm
thế nào để chúng ta có thể tìm được f (t)? Đây là vấn đề cần thiết liên quan
đến cách giải phương trình tích phân:
∞
e−st f (t)dt = f (s),
(1.53)
0
ở đoạn này, thực sự là khó khăn để xử lý bài toán như vậy. Tuy nhiên, ở những
trường hợp đơn giản, chúng ta có thể tìm thấy biến đổi ngược dựa vào bảng
biểu biến đổi Laplace của các hàm đơn giản.
p(s)
,
q(s)
f (s) =
(1.54)
ở đây p(s) và q(s) là những đa thức của s, và bậc của p(s)
các số hạng có thể được đảo ngược bằng cách sử dụng một bảng Laplace biến
đổi.
Minh họa phương pháp này bằng các ví dụ đơn giản.
Ví dụ 1.11. Tìm
1
ở đây a là một hằng số,
s(s − a)
L−1
chúng ta viết:
L−1
1
s(s − a)
= L−1
1
a
1
1
−
s−a s
=
1 −1
1
L
a
s−a
− L−1
1
s
1
= (eat − 1).
a
Ví dụ 1.12. Chứng minh rằng:
L−1
1
(s2
+ a2 )(s2
+ b2 )
=
b2
1
− a2
sin at sin bt
−
.
a
b
Chúng ta viết:
L−1
1
(s2
+ a2 )(s2
+ b2 )
=
b2
1
1
1
L−1 2
− 2
2
2
−a
s +a
s + b2
17
=
b2
1
− a2
sin at sin bt
−
.
a
b
Ví dụ 1.13. Tìm
L−1
s2
s+7
.
+ 2s + 5
Chúng ta có:
L−1
s+7
(s + 1)2 + 4
= L−1
1.6.3
= L−1
s+1
(s + 1)2 + 22
s+1+6
,
(s + 1)2 + 22
+ 3L−1
2
(s + 1)2 + 22
= e−t cos 2t + 3e−t sin 2t.
Phương pháp vận dụng tích chập
Áp dụng định lý chập để tìm các biến đổi Laplace ngược.
Ví dụ 1.14.
t
1
s(s − a)
L−1
= 1 ∗ eat =
eaτ dτ =
0
(eat − 1)
.
a
Ví dụ 1.15.
L−1
1
2
2
s (s + a2 )
=t∗
=
t
a
sin at
1
=
a
a
t
(t − τ ) sin aτ dτ ,
0
t
sinaτ dτ −
0
1
a
t
τ sin aτ dτ =
0
1
1
t − sin at .
2
a
a
Ví dụ 1.16.
L−1
1
(s2 + a2 )2
=
sin at sin at
1
∗
= 2
a
a
a
t
sin aτ sin a(t − τ )dτ =
0
1
(sin at − at cos at).
2a3
Ví dụ 1.17.
L−1 √
1
s(s − a)
1
1
= √ ∗ eat , (a > 0) = √
π
πt
√
at
t
0
1
√ ea(t−τ ) dτ ,
τ
√
2
2eat
=√
e−x dx (do: aτ = x),
πa 0
at
√
e
= √ erf ( at).
a
1.6.4
(1.55)
Tích phân theo chu tuyến kín và thặng dư tìm biến dổi Laplace
ngược
Trong phần (1.1), ở biến đổi Laplace ngược đã được xác định bởi công thức
tích phân phức:
L
−1
1
{f (s)} = f (t) =
2πi
18
c+i∞
est f (s)ds.
c−i∞
(1.56)
Trong đó c là một hằng số thực phù hợp và f (s) là một hàm giải tích của biến
phức s trong đúng một nửa mặt phẳng Res > a. Các chi tiết về đánh giá của
(1.56) phụ thuộc vào bản chất của sự kì dị của f (s). Thông thường f (s) là một
hàm có giá trị cá biệt với một số hữu hạn hoặc vô hạn đếm được của các cực
kì dị. Nó thường có các điểm chi nhánh. Đường dẫn của tích phân là dòng L
thẳng (Xem hình 1.1) trong mặt phẳng phức s với phương trình s = c + iR,
-∞
Trong thực tế, các đường viền Bromwich đóng bởi một vòng cung của một
vòng tròn bán kính R như thể hiện ở hình 1.1, và sau đó khi R→ ∞ được lấy
để mở rộng đường viền của tích phân đến vô cùng. Vì thế tất cả các sự kì dị
của f (s) nằm trong đường viền của tích phân.
Khi f (s) có một điểm chi nhánh tại gốc, chúng ta vẽ ra những đường viền đã
được thay đổi của tích phân bằng thao tác tạo ra một lát cắt dọc theo trục
thực âm và một hình bán nguyệt nhỏ y xung quanh gốc như thể hiện trong
hình 1.1.
Hình 1.1: Tích phân theo chu tuyến kín
Trong cả hai trường hợp, định lý Thặng dư Cauchy đều được dùng để đánh
giá tích phân.
est f (s)ds +
L
est f (s)ds =
τ
est f (s)ds,
C
= 2πi x [tổng các dư lượng của est f (s) ở các cực bên trong C].
(1.57)
Để R→ ∞, tích phân trên τ có xu hướng đến 0, và điều này đúng trong hầu
19
hết các bài toán được quan tâm. Do đó, kết quả (1.56) có dạng:
1
lim
R→∞ 2πi
c+iR
est f (s)ds = tổng các dư lượng của est f (s) tại các cực của f (s).
c−iR
(1.58)
Chúng ta minh họa cho phương pháp ở trên để đánh giá các ví dụ đơn giản.
Ví dụ 1.18. Nếu f (s) =
s2
f (t) =
s
, ta chỉ được ra rằng:
+ a2
1
2πi
c+i∞
est f (s)ds = cos at.
c−i∞
Rõ ràng, các tích phân có hai cực đơn giản tại s = ±ia
và dư lượng các địa cực là:
R1 = Dư lượng của est f (s), tại s = ia
sest
1 iat
= lim (s − ia) 2
e .
=
s→ia
s + a2
2
R2 = Dư lượng của est f (s), tại s = −ia
1
sest
= e−iat .
= lim (s + ia) 2
2
s→−ia
s +a
2
Do đó,
1
f (t) =
2πi
c+i∞
c−i∞
1
est f (s)ds = R1 + R2 = (eiat + e−iat ) = cos at.
2
Nếu g(s) = est f (s) có một cực về trật tự n tại s = z thì thặng dư R1 của g(s)
tại cực này được cho bởi công thức:
1
dn−1
[(s − z)n g(s)].
s→z (n − 1)! dsn−1
R1 = lim
(1.59)
Điều này rõ ràng đúng với một cực đơn giản (n = 1) và cho một cực tăng gấp
đôi (n = 2).
Ví dụ 1.19. Tìm biểu thức:
L−1
(s2
s
+ a2 ) 2
Rõ ràng:
g(s) = est f (s) =
sest
(s2 + a2 )2
có cực đối tại s = ±ia. Công thức dư lượng (1.59) áp dụng cho cực đối được:
d
sest
d
sest
teiat
2
R1 = lim
(s − ia) 2
= lim
=
.
s→ia ds
s→ia ds (s + ia)2
(s + a2 )2
4ia
20
Tương tự như vậy, ở cực đối tại s = −ia là (−te−iat )/4ia.
Do đó,
f (t) = Tổng của các dư lượng =
1.6.5
t iat
t
(e − e−iat ) =
sin at
4ia
2a
(1.60)
Định lý khai triển của Heaviside
Giả sử f (s) là biến đổi Laplace của f (t), trong đó một loạt năng lượng điện
Maclaurin mở rộng theo hình thức:
∞
f (t) =
ar
r=0
tr
.
r!
(1.61)
Áp dụng biến đổi Laplace cho công thức trên, ta được:
∞
f (s) =
r=0
ar
.
r+1
s
(1.62)
Ngược lại, chúng ta có thể lấy được (1.61) từ một mở rộng nhất định(1.62).
Kiểu mở rộng này rất hữu ích cho việc xác định hành vi của các giải pháp cho
nhỏ thời gian. Hơn nữa, nó cung cấp một cách xen kẽ để chứng minh định lí
Tauberian.
p(s)
, ở đây p(s) và q(s) là những đa thức của s và
q(s)
bậc của q(s) cao hơn bậc của p(s) thì
Định lý 1.14. Nếu f (s) =
L
−1
p(s)
q(s)
n
=
k=1
p(αk )
exp(tαk ).
q (αk )
(1.63)
Ở đây, αk là những nghiệm riêng của phương trình q(s) = 0
Chứng minh. Không làm mất tính tổng quát, chúng ta có thể giả định rằng hệ
số hàng đầu của q(s) là thống nhất viết các yếu tố khác của q(s) để:
q(s) = (s − α1 )(s − α2 )...(s − αk )...(s − αn ).
(1.64)
Sử dụng các qui tắc của cách lấy tích phân từng phần, chúng ta viết:
p(s)
f (s) =
=
q(s)
n
k=1
Ak
s − αk
Ở đây, Ak là hằng số tùy ý, xác định. Theo (1.64), chúng ta tìm thấy:
n
Ak (s − α1 )(s − α2 )...(s − αk−1 )(s − αk+1 )...(s − αn ).
p(s) =
k=1
21
(1.65)
