Một vài áp dụng của phép biến đổi laplace trong phương trình vi tích phân

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM ĐÀ NẴNG
KHOA TOÁN
−−− −−−

TRƯƠNG THỊ BÍCH VÂN

MỘT VÀI ÁP DỤNG CỦA
PHÉP BIẾN ĐỔI LAPLACE
TRONG PHƯƠNG TRÌNH
VI TÍCH PHÂN
Chun ngành: Cử Nhân Tốn - Tin

KHĨA LUẬN TỐT NGHIỆP

Người hướng dẫn
Th.S NGUYỄN HOÀNG THÀNH

Đà Nẵng, 5/2013


Mục lục
Lời nói đầu

4

1

Cơ sở lý thuyết
1.1 Phép biến đổi Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

7

1.2

8

1.3

Các tính chất của phép biến đổi Laplace . . . . . . . . . .
1.2.1
1.2.2

Tính chất tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . .
Tính chất vị tự . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8
9

1.2.3
1.2.4

Tính chất trễ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
Tính chất dịch chuyển ảnh . . . . . . . . . . . . . . 10

1.2.5
1.2.6

Ảnh của đạo hàm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
Ảnh của tích phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.2.7
1.2.8

Đạo hàm và tích phân . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
Tích chập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

1.2.9 Công thức Duhamel . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
Phép biến đổi Laplace ngược . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
1.3.1

Tính chất tuyến tính của phép biến đổi Laplace ngược 15

1.3.2
1.3.3

Định lí dịch chuyển thứ nhất . . . . . . . . . . . . . 16
Định lí dịch chuyển thứ hai . . . . . . . . . . . . . . 17

1.3.4
1.3.5

Đạo hàm của ảnh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
Tích phân của ảnh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

2 Áp dụng phép biến đổi Laplace để giải một số phương trình
vi tích phân
21
2.1

Phương trình vi phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

−2−


2.2

Phương trình tích phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

2.3

Phương trình vi tích phân

. . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

3 Áp dụng phép biến đổi Laplace đối với các phương trình
vi phân có chậm
3.1 Phương trình dạng y (t) = αy(t − h) + f (t)

33
. . . . . . . . 33

3.2
3.3

Phương trình dạng y (t) = α.y(t − h) + f (t) . . . . . . . . 36
Phương trình dạng y (t) = αy(t) + βy(t − h) + f (t) . . . . 39

3.4

Phương trình dạng
t

K(s)y(t − s)ds + f (t)

y (t) = αy(t − h) +

. . . . . . . . 41

0

3.5

Phương trình dạng y (t) = αy(t) + βy(t − h) + f (t) . . . . 44

3.6

Phương trình dạng
t

y (t) = αy(t) + βy(t − h) +

K(s)y(t − s)ds + f (t) . . . . 46
0

Phụ lục

50

Kết luận

56

Tài liệu tham khảo

57

−3−


Lời nói đầu
Tốn học là một ngành khoa học khơng chỉ phục vụ cho chính nó, mà
nó đặc biệt trở thành một cơng cụ hữu ích cho việc phát triển các ngành
khoa học khác. Phương trình vi phân, phương trình tích phân là một trong
những nội dung nghiên cứu của bộ mơn tốn giải tích, đặc biệt trong các
phương trình tốn - lý. Mặc dù đã có lịch sử phát triển hàng trăm năm,
do cịn nhiều bài tốn cần giải quyết, việc giải phương trình vi phân vẫn
thu hút sự quan tâm mạnh mẽ của các nhà toán học và các nhà nghiên
cứu ứng dụng.
Biến đổi Laplace là một phép biến đổi tích phân và cùng với biến đổi
Fourier là hai phép biến đổi rất hữu ích và thường được sử dụng trong giải
các bài toán vật lý. Qua biến đổi Laplace, các phép tốn giải tích phức tạp
như đạo hàm, tích phân được đơn giản hóa thành các phép tính đại số. Vì
vậy nó đặc biệt hữu ích trong giải các phương trình vi phân, phương trình
đạo hàm riêng, phương trình tích phân, những phương trình thường xuất
hiện trong các bài tốn vật lý, trong phân tích mạch điện, xử lý số liệu,
dao động điều hòa, các hệ cơ học. Bởi vì qua biến đổi Laplace các phương
trình này có thể chuyển thành các phương trình đại số đơn giản hơn. Giải
ra nghiệm là các hàm ảnh, chúng ta dùng biến đổi Laplace ngược để có lại
hàm gốc.
Nhờ các tính chất có lợi của phép biến đổi Laplace, người ta đã áp dụng
nó để giải các phương trình hàm, phương trình vi phân thường, phương

trình sai phân, đạo hàm riêng. Cùng một quan điểm như vậy, khóa luận
đã áp dụng phép biến đổi Laplace để tiếp cận đến cách giải của phương
trình vi phân có chậm (hay là các phương trình vi sai phân). Cho đến nay,
−4−


việc giải các phương trình vi phân có chậm vẫn ln thơi thúc các nhà
tốn học và nghiên cứu tìm ra những cách giải mới. Việc sử dụng phép
biến đổi Laplace đối với phương trình vi phân có chậm là một cách tiếp
cận rất thú vị. Ví dụ, giải phương trình đơn giản sau:

y (t) = y(t − 1) + t
Với tính chất trễ của phép biến đổi Laplace, ta có:
L(y(t − h), p) = e−ph L(y(t), p)
Giá trị của hàm tại thời gian trước đó, y(t − h), được đưa về giá trị của
hàm tại thời điểm t nào đó y(t). Khi đó, phương trình sẽ quy về hàm cần
tính y(t), khơng cịn phụ thuộc vào y(t − h). Và việc giải phương trình trở
nên đơn giản hơn. Nói cách khác, với phép biến đổi Laplace, việc giải các
phương trình vi phân có chậm trở thành việc giải phương trình đại số của
tốn tử Laplace. Sau đó, ta tìm nghiệm của bài toán bằng phép biến đổi
Laplace ngược.
Bố cục của khóa luận bao gồm 3 chương và một phụ lục

• Chương 1 Cơ sở lý thuyết về định nghĩa, các tính chất của phép biến
đổi Laplace và phép biến đổi Laplace ngược.
• Chương 2 Áp dụng phép biến đổi Laplace để giải một số phương trình
vi phân, phương trình tích phân.
• Chương 3 Áp dụng phép biến đổi Laplace để giải các phương trình vi
phân có chậm với các dạng cụ thể.
• Phụ lục trình bày bảng các biến đổi Laplace.

Sau cùng, tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc đến Thầy Nguyễn Hồng
Thành người đã tận tình hướng dẫn để tơi có thể hồn thành khóa luận
này.
Tơi xin tỏ lòng cám ơn đến ban chủ nhiệm, các thầy cơ và các cán bộ
khoa Tốn, trường Đại Học Sư Phạm, Đại Học Đà Nẵng đã nhiệt tình
giảng dạy và giúp đỡ tơi trong suốt q trình học tập tại trường.
−5−


Do thời gian thực hiện khóa luận khơng nhiều, kiến thức cịn hạn chế
nên khi thực hiện khóa luận khơng tránh khỏi những sai sót. Tơi mong
nhận được sự góp ý và những ý kiến đóng góp của quý thầy cô và bạn đọc.
Xin chân thành cảm ơn!
Đà Nẵng, ngày 27 tháng 05 năm 2013

Sinh viên

Trương Thị Bích Vân

−6−


Chương 1
Cơ sở lý thuyết
1.1

Phép biến đổi Laplace

Định nghĩa 1.1. Ta gọi hàm phức tùy ý f (t) của biến thực t là hàm gốc
nếu nó thỏa mãn 3 điều kiện sau:

(i) f (t) = 0 khi t < 0
(ii) f (t) và các đạo hàm cấp cao của nó liên tục trên toàn trục trừ những
điểm gián đoạn loại I tại một số điểm hữu hạn trên [a, b] với a, b ∈ R
(iii) Tăng không quá nhanh, ∃M > 0, s ≥ 0, ∀t, |f (t)| < M.es.t

Định nghĩa 1.2. Hàm F (p) của biến phức p = a + ib với Rep = a > 0,
a > s xác định bởi:
∞

F (p) =

e−pt .f (t).dt

0

được gọi là hàm ảnh của f (t)
∞

Kí hiệu: L(f (t), p) := F (p) =

e−pt .f (t).dt

0

Ánh xạ ứng với mỗi hàm thuộc lớp hàm nói trên với một hàm phức của
biến p là: f −→ L(f, p) được gọi là phép biến đổi Laplace.

−7−


0 khit < 0
Ví dụ 1.1. f (t) =
1 khit ≥ 0
∞

L(f, p) =

−pt

e

∞

a→∞

e
−p

a

.dt = lim

a→∞ 0

0

0
−pa

= lim

e

.f (t).dt =

−pt

+

e−pt .dt

1 1
=
p p

Ví dụ 1.2. f (t) = eat
∞

L(f, p) =

e−pt .f (t).dt =

b→∞

e
a−p

e−pt .eat dt = lim

−

b

b→∞ 0

0

0
(a−p)b

= lim

∞

e(a−p)t .dt

1
a−p

e(a−p)b
1
Vì lim
= 0 nên L(f, p) =
b→∞ a − p
p−a

1.2

Các tính chất của phép biến đổi Laplace

1.2.1

Tính chất tuyến tính

∀α, β ∈ R+ , ta có:
L(α.f + β.g, p) = α.L(f, p) + β.L(g, p)
Chứng minh
∞

e−pt .(α.f (t) + β.g(t)).dt

L(α.f (t) + β.g(t), p) =
0

∞

∞

e−pt .f (t).dt + β.

= α.
0

e−pt .g(t).dt
0

= α.L(f (t), p) + β.L(g(t), p)
= α.L(f, p) + β.L(g, p)

−8−


Ví dụ 1.3. f (t) = eat + 1
∞

L(f, p) =
∞

=

e−pt .f (t).dt =

0

e−pt .eat .dt +

∞

∞

e−pt .(eat + 1)dx

0

e−pt .dt =

0

0

1.2.2

Tính chất vị tự

1
1
+
p−a p

∀α ∈ R+ , ta có:
1
p
L(f (α.t), p) = .L(f (t), )
α
α
Chứng minh
1
x
Đặt x = α.t ⇒ t = ⇒ dt = .dx
α
α
∞

e−pt .f (α.t).dt

L(f (α.t), p) =
0

∞

1
=
α

e
0
∞

1
=
α

−p.

x
α .f (x).dx

p
.x
e α .f (x).dx
−

0

1
p
L(f (x), )
α
α

1
p
= L(f (t), )
α
α
=

1

e− p
Ví dụ 1.4. L(f (t), p) =
p
−3
e− p3
1
p
1e p
=
L(f (2t), p) = L(f (t), ) =
2
2
2 p
p
2

−9−


1.2.3

Tính chất trễ

∀β ∈ R, β > 0 :

L (f (x − β), p) = e−pβ L (f (x) , p)

Chứng minh
Đặt : t = x − β

⇒x=t+β

⇒ dx = dt
∞

e−px .f (x − β) .dx

L (f (x − β), p) =
0
∞

e−p(t+β) .f (t) .dt

=
0

∞

= e−pβ

e−pt .f (t) .dt

0

= e−pβ L (f (x) , p)

Ví dụ 1.5. f (t) = 2 sin(2t)
4
2
=
⇒ L(f (t), p) = 2 2
p + 22
p2 + 4

L(f (t − 1), p) = e−p L(f (t), p) = e−p

1.2.4

4
p2 + 4

Tính chất dịch chuyển ảnh
L (f (t) , p + q) = L e−qt f (t) , p

Chứng minh

∞

L(f (t), p + q) =
= L (e

−qt

−(p+q)t

e
0

∞

.f (t).dt =

e−pt .e−qt .f (t).dt

0

.f (t) , p)
− 10 −


1.2.5

Ảnh của đạo hàm

Đạo hàm cấp 1 Nếu f (t) có đạo hàm là f (t) thì

L (f (t) , p) = p.L (f (t) , p) − f (0)
Chứng minh
∞

e−pt .f (t) .dt

L (f (t) , p) =
0

Đặt

u = e−pt
dv = f (t) .dt

⇒

du = −p.e−pt .dt
v = f (t)

Theo cơng thức tích phân từng phần ta có:
∞

L(f (t), p) = lim e−pt .f (t)|a0 + p

e−pt .f (t).dt

a→∞

0

= lim e
a→∞

Vì lim e−pt = 0
t→∞

−pa

f (a) − f (0) + p.L(f (t), p)

⇒ lim e−pa .f (a) = 0
a→∞

nên L (f (t) , p) = p.L (f (t) , p) − f (0)
Tương tự ta cũng chứng minh được:
Đạo hàm cấp 2

L(f (t), p) = p2 L(f (t), p) − pf (0) − f (0)
Đạo hàm cấp n
df n (t)
L
= pn L(f (t), p) − pn−1 f (0) − ... − f (n−1) (0)
dtn

− 11 −


1.2.6

Ảnh của tích phân
t





1
f (t) .dt, p = L (f (t) , p)
p

L
0

Chứng minh
Giả sử :
t

f (t).dt ;

g(t) =

g(0) = 0

0

⇒ g (t) = f (t)
Lấy Laplace 2 vế của phương trình ta có:
L (g (t) , p) = L (f (t) , p)
⇔ p.L (g (t) , p) − g (0) = L (f (t) , p)
1
⇔ L (g (t) , p) = L (f (t) , p)
p
t
1
⇔L
f (t) .dt, p = L (f (t) , p)

p
0

1.2.7

∞

Đạo hàm và tích phân

dn
(L (f (t) , p)) = L ((−t)n .f (t) , p)
n
dp
L (f (t) , t) .dt = L

p

f (t)
t ,p

Chứng minh
a) Công thức đạo hàm (chứng minh theo phương pháp quy nạp) :
Khi n = 1:


∞

∞



e−pt .f (t) .dt =

L (f (t) , p)p = 
0

p

e−pt (−t) f (t) dt = L (−tf (t) , p)
0

Giả sử, biểu thức đúng với n = k :
dk
(L (f (t) , p)) = L (−t)k .f (t) , p
k
dp
− 12 −


Với n = k + 1:
dk+1
dk
(L (f (t) , p)) =
(L (f (t) , p))
dpk+1
dpk
∞

=

= L (−t)k f (t) , p
p

p

e−pt (−t)k f (t) .dt

0
∞

p

e−pt (−t)k+1 f (t) dx = L (−t)k+1 f (t) , p

=
0

b) Cơng thức tích phân:
∞

∞

L (f (t) , x) dx =
p

p
∞

=
0

∞

dx

e−xt f (t) dt =

∞

∞

f (t) dt
p

0

0

e−xt dx

f (t)
f (t)
e−px
dt = L
,p
t
t

1.2.8

Tích chập

Cho hai hàm gốc f (t) và g(t). Tích chập của hai hàm số được xác định
bởi công thức sau:
x

f ∗ g (x) =

f (t) .g (x − t) .dt
0

Khi đó:

L (f ∗ g) = Lf.Lg
x

Hay L(F (p).G(p)) =

f (t).g(x − t).dt
0

Chứng minh

∞

L (f ∗ g, p) =
0
∞

∞

=

f (t) .dt.
0

x

∞

0

0

e−pt .dt f (t) .g (x − t) .dt =

x

f (t) .dt. e−px .g (x − t) dx
0

e−px .g (x − t) .dx

0

Đặt: u = x − t ⇒ x = u + t ⇒ dx = du
∞

⇒ L(f ∗ g, p) =

∞

f (t) dt.
0

e

−pt

−pu

.e

∞

.g (u) .du =

0

0

− 13 −

e−pt .f (t) .dt.Lg


= Lf.Lg
1
)
(p2 + 1)2

1
Ta thấy: F (p) = G(p) = 2
⇒ f (t) = g(t) = sin(t)
p +1
Áp dụng tích chập, ta có:

Ví dụ 1.6. Xác định: L−1 (

L−1 (

1
) = L−1 (F (p)G(p)) = f (t) ∗ g(t) = sin(t) ∗ sin(t)
2
2
(p + 1)
t

sin(x) sin(t − x)dx

=
0
t

1
(cos(2x − t) − cos(t))dx
2

=
0

t



=

1
2

t

cos(2x − t)dx −
0



cos(t)dx
0

1 sin(2x − t) t
= (
− t cos(t))
0
2
2
1
= (sin(t) − t cos(t))
2
1.2.9

Công thức Duhamel

Từ công thức biến đổi của tích chập, ta có cơng thức Duhamel:

p.Lg.Lf = L (f ∗ g ) + Lf.g (0)
= L (g ∗ f ) + Lg.f (0)
Thật vậy:
p.Lf.Lg = f (0) .Lg + (pLf − f (0)) .Lg = Lg.f (0) + Lf .Lg

= L (g ∗ f ) + Lg.f (0)
p.Lf.Lg = g (0) .Lf + (p.Lg − g (0)) .Lf = Lf.g (0) + Lg .Lf
− 14 −


= L (f ∗ g ) + Lf.g (0)

1.3

Phép biến đổi Laplace ngược

Định nghĩa 1.3. Phép biến đổi Laplace ngược được định nghĩa :
1 a+i∞ pt
−1
e F (p)dp
f (t) = L (F (p)) =
2πi a−i∞
Đây là tích phân đường, lấy dọc theo đường thẳng đứng p = a chạy từ
−i∞ đến i∞
Do tính chất duy nhất của phép biến đổi Laplace, ta không sử dụng định
nghĩa trên để xác định hàm gốc f (t) mà ta thường dùng kết quả của những

cặp biến đổi để xác định f (t) khi đã có F (p).

a
Ví dụ 1.7. L(sin(at), p) = 2
p + a2
a
⇒ L−1 ( 2
) = sin(at)
p + a2

1.3.1

Tính chất tuyến tính của phép biến đổi Laplace ngược

Giống như phép biến đổi Laplace thuận, phép biến đổi Laplace ngược
cũng có tính chất tuyến tính

L−1 (a.F (p) + b.G(p)) = a.f (t) + b.g(t)
Trong đó: L(f (t), p) = F (p); L(g(t), p) = G(p)

Ví dụ 1.8. Tính L−1

1
1
+
2.(p − 1) 2.(p + 1)

− 15 −

1
1
1
1
= .L−1
+ .L−1
2
p−1
2
1+p
1
1
= et + e−t
2
2
1 t
= (e + e−t ) = cosh(t) (t ≥ 0)
2

 1 khi t ≥ a
Ví dụ 1.9. Hàm bậc thang Heaveside ua (t) =
(a ≥ 0)
 0 khi t < a
L−1

1
1
+
2.(p − 1) 2.(p + 1)

∞

L(ua (t)) =

−pt

e

∞

.ua (t).dt =

1.3.2

e

p

e
a

0
−pa

→ L−1

−pt

e−pt
.dt = lim

s→∞ p

s
a

e−pa
=
(Rep > 0)
a

= ua (t)

Định lí dịch chuyển thứ nhất

Nếu L(f (t), p) = F (p) với Rep > 0 thì

F (p − a) = L(eat f (t), p)
Chứng minh
Với Rep > a thì

(a ∈, Rep > a)

∞

F (p − a) = L(f (t), p − a) =
∞

=

e−(p−a)t .f (t).dt

0

e−pt eat f (t)dt = L(eat f (t), p)

0

Ví dụ 1.10. L(t) =

⇒ L(eat .t, p) =

1
(Rep > 0)
p2

1
(Rep > a)
(p − a)2

2!
(p − a)3
n!
Tổng quát: L(eat tn , p) =
(p − a)n+1
Tương tự : L(eat .t2 , p) =

− 16 −

(n ∈, Rep > a)

Ví dụ 1.11. L(eax cos(bx)) =

p−a
(Rep > a)
(p − a)2 + b2

b
(Rep > a)
(p − a)2 + b2
b
L(eax sinh(bx)) =
(Rep > a)
(p − a)2 − b2
p−a
L(eax cosh(bx)) =
(Rep > a)
(p − a)2 − b2
L(eax sin(bx)) =

1.3.3

Định lí dịch chuyển thứ hai

Nếu F (p) = L(f (t), p) thì L(ua (t).f (t − a), p) = e−ap .F (p) (a ≥ 0)
Hay L−1 (e−ap .F (p))
 = ua (t).f (t − a)
1 khi t ≥ a
Trong đó: ua (t) =
0 khi t < a

Chứng minh

∞

L(ua (t)f (t − a), p) =

e−pt ua (t)f (t − a).dt =

Đặt x = t − a → t = x + a → dt = dx

L(ua (t)f (t − a), p) =
= e−ap

∞

e−pt f (t)dt

a

0
∞

∞

−p(a+x)

e

f (x)dx = e

a

−ap

∞

e−px f (x)dx

a

e−px f (x)dx = e−pa L(f (x), p) = e−pa F (p)

0

Ví dụ 1.12. L
Ta có: e−2p

L

−1

1.3.4

e−2p
p3

−1

e−2p
p3

= L−1 e−2p

1
p3

1
1 −2p 2
=
e L(t , p)
p3
2
1 −2p 2
1
= L−1
e L(t , p) = u2 (t)(t − 2)2
2
2

Đạo hàm của ảnh

f là hàm liên tục trên [0, ∞) và L(f (t), p) = F (p). Khi đó:
dn
F (p) = L((−1)n .tn .f (t), p) (∀n ∈ N∗ )
dpn
− 17 −


Chứng minh (Dùng phương pháp quy nạp)
Khi n = 1:

∞

e−pt .f (t).dt]p

F (p) =
0
∞

(−t).e−pt .f (t).dt

=
0

= L((−1).t.f (t), p)
Giả sử biểu thức đúng khi n = k
dk
dpk F (p)

= L((−1).tk .f (t), p)
Khi n = k + 1:
dk+1
dk
F (p) =
F (p)
dpk+1
dpk

p

= L((−1)k tk f (t), p)

∞

=
0
∞

=

p

e−pt (−1)k tk f (t)dt
p

e−pt (−1)k+1 tk+1 f (t).dt

0

= L((−1)k+1 tk+1 f (t), p)
Đặc biệt: khi n = 1
d
F (p) = L(−tf (t), p)
dp
d
⇒ −t.f (t) = L−1
F (p)
dp
−1 −1 d
⇒ f (t) =
L
F (p)

t
dp
Ví dụ 1.13. Tìm f (t) biết:
p 2 + a2
−1
f (t) = L
ln
p2 + b2
− 18 −


Giải:
2p(b2 − a2 )
p
d
p 2 + a2
p
ln
=
=
2
−
dp
p2 + b2
(p2 + a2 )(p2 + b2 )
p 2 + a2 p 2 + b 2
p
−2
−2 −1
p

L
−
=
(cos(at) − cos(bt))
⇒ f (t) =
t
p2 + a2 p2 + b2
t
2
= (cos(bt) − cos(at))
t

1.3.5

Tích phân của ảnh

Nếu f là hàm liên tục trên [0, ∞) ; L(f (t), p) = F (p) và lim+
t→0

tại thì :
∞

F (p)dp = L(
p

f (t)
)
t

Chứng minh:

∞

F (p) =

e−pt .f (t).dt

0
∞

∞

⇒

F (p)dp =





e−pt f (t)dt dp


p

p

∞

0
a

= lim



∞

e−pt f (t)dt dp



a→∞



p
0
 a
∞

= lim

e−pt f (t)dp dt



a→∞
0
∞

= lim

a→∞
0
∞

= lim

a→∞



p

e−pt
f (t)
−t

a

dt
p

e−pt
e−at
f (t) +
f (t) dt
−t
t

0
∞

∞

f (t)
e−pt
dt − lim
a→∞
t

=
0

e−at
0

− 19 −

f (t)
dt
t

f (t)
tồn
t


Vì lim e−at = 0 nên lim
a→∞

a→∞ 0

∞

F (p)dp = L

Do đó:

∞

p

Ví dụ 1.14. L

e−at

f (t)
dt = 0
t

f (t)
t

1 − e−t
t

∞

=

p

1
1
−
.dp
p p+1

= [ln(p) − ln(p + 1)]∞
p = ln(p + 1) − ln(p) = ln

− 20 −

p+1
p

= ln 1 +

1
p


Chương 2
Áp dụng phép biến đổi Laplace để
giải một số phương trình vi tích
phân
Phép biến đổi Laplace có thể ứng dụng để giải rất nhiều loại phương
trình khác nhau như phương trình sai phân, phương trình vi sai phân,
phương trình tích phân, phương trình vi tích phân,...
Phương pháp chung:

• Biến đổi Laplace hai vế của phương trình ban đầu
• Giải phương trình đại số đó tìm được hàm ảnh của ẩn hàm
• Biến đổi Laplace ngược để tìm hàm gốc
Chú ý: Từ đây ta hiểu L(y(t), p) = L(y(t)).

2.1

Phương trình vi phân

Bài tập 2.1. Giải phương trình sau:
y (t) + y(t) = 2. cos(t) với y(0) = 0; y (0) = −1
− 21 −


Giải:
Lấy Laplace hai vế phương trình trên, ta có:

L(y (t) + y(t), p) = L(2 cos(t), p)
p
⇔ L(y (t)) + L(y(t)) = 2 2
p +1
p
2
⇔ p .L(y(t)) − p.y(0) − y (0) + L(y(t)) = 2. 2
p +1
p
⇔ (p2 + 1).L(y(t), p) + 1 = 2. 2
p +1
2p

1
⇒ L(y(t)) = 2
−
(p + 1)2 (p2 + 1)2
2p
1
⇒ y(t) = L−1
− 2
2
2
(p + 1)
(p + 1)2
2p
1
−1
= L−1
−
L
(p2 + 1)2
(p2 + 1)2
= t sin(t) − sin(t) = (t − 1) sin(t)

Bài tập 2.2. Giải phương trình sau:

y (t) + y(t) = 1 với y(0) = y (0) = 0

Giải:
Lấy Laplace hai vế của phương trình trên ta có:
L(y (t)) + L(y(t)) = L(1, p)
1

⇔ p2 L(y(t)) − py(0) − y (0) + L(y(t)) =
p
1
1
p
⇒ L(y(t)) =
= −
p(p2 + 1) p p2 + 1
1
p
1
⇒ y(t) = L−1
− 2
= L−1
− L−1
p p +1
p
Bài tập 2.3. Giải phương trình sau:

y (t) − y(t) = t2 et với y(0) = 2

− 22 −

p
p2 + 1

= 1 − cos(t)


Giải:

Lấy Laplace hai vế phương trình đã cho, ta có:
L(y (t)) − L(y(t)) = L(t2 et )
2!
⇔ pL(y(t)) − y(0)L(y(t)) =
(p − 1)3
2
⇔ (p − 1)L(y(t)) =
+2
(p − 1)3

2
2
+
(p − 1)4 p − 1
1 3!
1
=
+
2
3 (p − 1)4
p−1

⇒ L(y(t)) =

Áp dụng phép biến đổi Laplace ngược, ta được:
1 3!
1
1 3 t
y(t) = L−1
+

2
=
t e + 2et
4
3 (p − 1)
p−1
3
Bài
 tập 2.4. Giải hệ phương trình sau:
y + z + y + z = 1
với y(0) = −1, z(0) = 2
y + z = et
Giải:
Lấy Laplace hai vế của từng phương trình, ta có:
L(y (t)) + L(z (t)) + L(y(t)) + L(z(t)) = L(1) (1)

L(y (t)) + L(z(t)) = L(et ) (2)
(1) ⇔ pL(y(t)) − y(0) + L(z(t)) − z(0) + L(y(t)) + L(z(t)) =

⇔ (p + 1)L(y(t)) + (p + 1)L(z(t)) =
2−p
p−1
Từ hai phương trình trên, ta có:

p+1
p

(2) ⇔ pL(y(t)) + L(z(t)) =

− 23 −

1
p


−p2 + p + 1
L(y(t)) =
p(p − 1)2
(p − 1)2 − 2p(p − 1) + p
=
p(p − 1)2
1
2
1
= −
+
p p − 1 (p − 1)2

2p − 3
(p − 1)2
2(p − 1) − 1
=
(p − 1)2
2
1
=
−
p − 1 (p − 1)2

L(z(t)) =

Áp dụng phép biến đổi Laplace ngược, ta được:
y(t) = 1 − 2e−t + tet

z(t) = 2et − tet

Bài tập 2.5. Giải phương trình sau:
y (t) + y (t) = 1, y(0) = y (0) = 0

Giải:
Lấy Laplace hai vế phương trình đã cho, ta có:

L(y (t)) + L(y (t)) = L(1)
⇔ p2 L(y(t)) − py (0) − y(0) + pL(y(t)) − y(0) =
⇔ (p2 + p)L(y(t)) =
⇒ L(y(t), p) =
⇒ y(t) = L−1

1
p

1
p2 (p + 1)
1
p2 (p + 1)
− 24 −

1
p

Ta có:

L(t) =

1
p2

1
p+1
1
1 1
=
= L(t ∗ e−t )
2
2
p (p + 1) p p + 1
Do đó:
1
y(t) = L−1 2
= t ∗ e−t = e−t + t − 1
p (p + 1)
L(e−t ) =

Bài tập 2.6. Giải phương trình sau:
y (t) − y(t) = et , y(0) = 0

Giải:
Lấy Laplace hai vế phương trình đã cho, ta có:
L(y (t)) − L(y(t)) = L(et )

1
⇔ pL(y(t)) − y(0) − L(y(t)) =
p−1
1
⇔ (p − 1)L(y(t)) =
p−1
1
⇒ L(y(t)) =
(p − 1)2
Áp dụng phép biến đổi Laplace ngược, ta được:
1
y(t) = L−1
= t.et
(p − 1)2
Bài tập 2.7. Giải phương trình sau:

y (t) + y(t) = cos(t), y(0) = y (0) = 0

Giải:
Lấy Laplace hai vế phương trình đã cho, ta có:

L(y (t)) + L(y(t)) = L(cos(t))
⇔ p2 L(y(t)) − py(0) − y (0) + L(y(t)) =

− 25 −

p
p2 + 1