Ứng dụng phép biến đổi laplace để giải các bài toán trong vật lý

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
KHOA VẬT LÝ

PHAN THỊ KIM UYÊN

ỨNG DỤNG PHÉP BIẾN ĐỔI LAPLACE
ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TOÁN TRONG VẬT LÝ

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP

Đà Nẵng, 2020


TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
KHOA VẬT LÝ

PHAN THỊ KIM UYÊN

ỨNG DỤNG PHÉP BIẾN ĐỔI LAPLACE
ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TOÁN TRONG VẬT LÝ

KHĨA LUẬN TỐT NGHIỆP

Chun ngành: Vật lý học
Khóa học: 2016 - 2020
Người hướng dẫn: PGS.TS. Nguyễn Văn Hiếu

Đà Nẵng, 2020


LỜI CẢM ƠN

Đầu tiên, tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành nhất đến quý Thầy, Cô giáo trong
khoa Vật Lý, trường Đại học Sư Phạm Đà Nẵng! Những năm qua đã tận tình chỉ
dạy và trang bị cho tơi những kiến thức cần thiết trong suốt thời gian ngồi trên
ghế giảng đường, làm nền tảng cho tơi có thể hồn thành được bài ḷn văn này.
Đặc biệt, tơi xin gửi lời cảm ơn sâu sắc nhất đến Thầy đã hướng dẫn tôi là
PGS.TS. Nguyễn Văn Hiếu! Thầy đã tận tình giúp đỡ định hướng cách tư duy và
cách làm việc khoa học tạo điều kiện thuận lợi cho tôi được tìm hiểu thêm kiến
thức Toán và ứng dụng từ lý thuyết của những bài toán Vật lý cho đến thực tiễn.
Đó là những góp ý hết sức quý báu khơng chỉ trong quá trình thực hiện ḷn văn
này mà cịn là hành trang tiếp bước cho tơi trong quá trình học tập và lập nghiệp
sau này.Vì kiến thức của bản thân cịn hạn chế nên trong quá trình thực tập, việc
hồn thành bài ḷn văn này tơi khơng tránh khỏi những thiếu sót, kính mong
nhận được những ý kiến đóng góp từ Thầy, Cơ khoa Vật lý.
Kính chúc Ban Giám Hiệu nhà trường, đặc biệt là các Thầy, Cô khoa Vật lý luôn
vui vẻ, khỏe mạnh và gặt hái nhiều thành công trong công việc!

I


MỤC LỤC
DANH MỤC CỤM TỪ THAM KHẢO .......................................................... III
A. MỞ ĐẦU.......................................................................................................... 1
I. Lý do chọn đề tài .......................................................................................... 1
II. Mục tiêu đề tài ............................................................................................. 1
III. Nhiệm vụ nghiên cứu ................................................................................ 2
III. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu............................................................ 2
IV. Phương pháp nghiên cứu ......................................................................... 2
V. Tổng quan về phương pháp nghiên cứu ................................................... 2
B. NỘI DUNG ...................................................................................................... 4
CHƯƠNG I: CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN 4

1.1. Phương pháp biến thiên hằng số Lagrange ........................................ 4
1.1.1. Phương trình vi phân tuyến tính cấp một ......................................... 4
1.1.2. Phương trình vi phân tuyến tính cấp cao .......................................... 7
1.1.3. Hệ phương trình vi phân tuyến tính hệ số hằng .............................. 14
1.2. Phương pháp ảnh Laplace .................................................................. 17
1.2.1. Hàm gốc 𝑓(𝑡) .................................................................................. 17
1.2.2. Biểu diễn của các hàm đơn giản ..................................................... 17
1.2.3. Bảng đối chiếu gốc và ảnh .............................................................. 19
1.2.4. Những tính chất của phép biểu diễn ............................................... 20
1.2.5. Các định lý biểu diễn ...................................................................... 22
CHƯƠNG II: VẬN DỤNG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN .............. 24
2.1. Phương trình vi phân bậc một ........................................................... 24
2.2. Phương trình vi phân cấp hai............................................................. 27
2.3. Hệ phương trình vi phân .................................................................... 32
CHƯƠNG III: ÁP DỤNG GIẢI BÀI TẬP VẬT LÝ ................................. 40
3.1. Phần Cơ học ......................................................................................... 40
3.2. Phần Điện học ...................................................................................... 47
3.3. Phần Cảm ứng điện từ ........................................................................ 61
C. KẾT LUẬN ................................................................................................... 67
TÀI LIỆU THAM KHẢO ................................................................................ 68

II


DANH MỤC CỤM TỪ THAM KHẢO

Viết tắt

Từ

NTQ

Nghiệm tổng quát

NR

Nghiệm riêng

Pt

Phương trình

Hpt

Hệ phương trình

THPT

Trung học Phổ thơng

Pp

Phương pháp

III


A. MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Để nâng cao hiệu quả và vận dụng tốt các phương pháp giải những bài toán trong

Vật lý, các nhà giáo dục luôn tìm cách nghiên cứu, áp dụng, đổi mới phương pháp
giảng dạy. Hiện nay, nhiều phương pháp dạy học nói chung và Vật lý nói riêng mang
lại hiệu quả cao như: phương pháp chuẩn độ, phương pháp thực nghiệm, phương pháp
mô phỏng, phương pháp đồ thị...
Trong đó phương pháp mơ hình hóa là một trong những phương pháp nhận thức
khoa học được vận dụng vào trong dạy học ở hầu hết các môn học, đặc biệt là trong
giảng dạy và nghiên cứu Vật lý. Nó thể hiện trước hết ở tính sâu sắc, tính hệ thống của
các kiến thức từ đó tạo điều kiện cho sinh viên phát hiện những mối liên hệ giữa các
hệ thống khác nhau ở các phần khác nhau của Vật lý. Nội dung cơ bản của phương
pháp mơ hình hóa là dựa trên các tính chất khác nhau liên quan đến tính đồng dạng
Vật lý của các đối tượng nghiên cứu. Ta có thể giải những phương trình vi phân,
phương trình đạo hàm riêng và phương trình tích phân khó, phức tạp bằng các bài toán
đại số trên ảnh của hàm thông qua biến đổi Laplace. Các phép biến đổi cho chuyển đổi
như vậy được gọi là phép tính toán tử.
Trong một số bài toán về dao động, chẳng hạn như những bài toán vi phân liên
quan đến điều kiện biên, điều kiện ban đầu nếu giải bằng phương pháp truyền thống là
rất phức tạp và dài. Tuy nhiên, nếu sử dụng phương pháp ảnh Laplace ta có thể đơn
giản hóa bài toán.
Đối với các bài toán khó ở phần Điện học và Từ học trong phạm vi nâng cao
phương pháp ảnh Laplace là cần thiết và không thể thiếu. Phương pháp ảnh Laplace
được vận dụng để giải cả một hệ thống các bài tập liên quan chứ không riêng một hay
hai bài tập đơn lẽ. Vì tính chất quan trọng của phương pháp ảnh Laplace, tôi quyết
định chọn đề tài “Sử dụng phương pháp ảnh Laplace để giải các bài toán trong Vật
lý”. Đề tài có thể giúp tơi hồn thiện và bồi dưỡng năng lực tư duy giải toán của mình,
là tài liệu hữu ích cho sinh viên và các giáo viên đồng nghiệp tham khảo.

2. Mục tiêu đề tài

1

Giải phương trình vi phân tuyến tính cấp một, hai và hệ phương trình vi phân
trong Vật lý bằng phương pháp ảnh Laplace.

3. Nhiệm vụ nghiên cứu
Giới thiệu nội dung, cơ sở lý thuyết các phương pháp (ảnh Laplace, biến thiên hàm
số) giải phương trình vi phân.
Giải phương trình vi phân tuyến tính cấp một, hai và hệ phương trình vi phân
bằng hai phương pháp trên từ đó rút ra nhận xét và so sánh.
Xây dựng, phân loại hệ thống bài tập theo từng chuyên đề Cơ – Điện – Từ giúp
cho quá trình dạy cũng như học được thuận lợi.

4. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
Đối tượng đề tài hướng đến các phương trình vi phân bậc một, hai và hệ phương
trình vi phân
Phạm vi nghiên cứu là các bài toán Vật lý ở phần Cơ – Điện – Từ.

5. Phương pháp nghiên cứu
Phương pháp mơ hình hóa dựa trên các tính chất khác nhau liên quan đến tính
đồng dạng Vật lý của đối tượng nghiên cứu ở đây là phương trình vi phân và hệ
phương trình vi phân tạo điều kiện cho mình phát hiện những mối liên hệ giữa các hệ
thống khác nhau.
Phương pháp thu thập các bài báo khoa học, các sách vở có liên quan đến đề tài
khóa ḷn, tìm hiểu chúng và trình bày các kết quả về đề tài theo hiểu biết của mình.
Phương pháp hệ thống, khái quát được sử dụng sau khi thu thập cho kết quả để có
cái nhìn tổng quát và cụ thể cho từng phương pháp giải từ đó rút ra nhận xét.
Sử dụng các kết quả biến đổi tích phân, hàm biến phức,...

6. Tổng quan về phương pháp nghiên cứu
Về hướng nghiên cứu của đề tài đã có nhiều tác giả thực hiện và cơng bố trên

nhiều bài báo và các trang thông tin điện tử. Tuy nhiên, họ vẫn chưa đưa ra được so
sánh, ưu, nhược điểm của phương pháp Laplace với các phương pháp khác.
Ở bài nhiên cứu này tôi đã hệ thống các bài toán Vật lý phần Cơ-Điện-Từ và
giải bằng phương pháp Laplace để thấy được sự ngắn gọn và độ chính xác của
2


phương pháp này. Từ đó, định lượng các bài toán về dao dộng cưỡng bức, tắt
dần,...của một số công thức Vật lý ở THPT. Bên cạnh, đó các bài toán vi phân có
độ khó, phức tạp cao như đạo hàm riêng hay dao động mạng thì tơi vẫn chưa giải
qút được hoàn toàn.

3


B. NỘI DUNG
CHƯƠNG 1. CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN
1.1. Phương pháp biến thiên hằng số Lagrange
1.1.1. Phương trình vi phân tuyến tính cấp một
a. Định nghĩa
Phương trình vi phân tuyến tính cấp một là những phương trình tuyến tính đối với
hàm số chưa biết và đạo hàm của nó. Phương trình tún tính có dạng:
𝑑𝑦
𝑑𝑥

+ 𝑝(𝑥)𝑦 = 𝑓(𝑥)

(*)

hay

𝑦 ′ + 𝑝(𝑥)𝑦 = 𝑓(𝑥)
Trong đó 𝑝(𝑥) và 𝑓(𝑥) sẽ được coi là các hàm biến số liên tục của 𝑥 tại miền cần
lấy tích phân phương trình (*).
Nếu 𝑓 (𝑥) = 0 thì phương trình (*) được gọi là phương trình vi phân tuyến tính
thuần nhất. Trong phương trình tuyến tính thuần nhất các biến số được phân ly:
𝑑𝑦
𝑑𝑥

+ 𝑝(𝑥)𝑦 = 0,

𝑑𝑦
𝑦

= −𝑝(𝑥)𝑦,

và lấy tích phân, ta có:

ln|𝑦| = − ∫ 𝑝(𝑥)𝑑𝑥 + lnC, C > 0
𝑦 = 𝐶. 𝑒 − ∫ 𝑝(𝑥)𝑑𝑥 , C ≠ 0,

(1.1)

Khi chia cho 𝑦, ta loại nghiệm 𝑦 = 0, tuy nhiên nó có thể được chưa trong họ
nghiệm đã tìm (1.1), nếu ta coi C có thể nhận giá trị 0.

b. Phương pháp giải
Để tính tích phân phương trình tuyến tính không thuần nhất:
𝑑𝑦
𝑑𝑥

+ 𝑝(𝑥)𝑦 = 𝑓(𝑥),

(*)

Ta áp dụng phương pháp biến thiên hằng số Lagrage. Khi áp dụng phương pháp
này, trước tiên ta tích phân phương trình tuyến tính thuần nhất tương ứng

4


𝑑𝑦
+ 𝑝(𝑥)𝑦 = 0,
𝑑𝑥
Nghiệm tổng quát của nó, như tìm ở trên, có dạng:

𝑦̅ = 𝐶. 𝑒 − ∫ 𝑝(𝑥)𝑑𝑥
Khi 𝐶 cố định, hàm số 𝐶𝑒 − ∫ 𝑝(𝑥)𝑑𝑥 là nghiệm của phương trình thuần nhất. Để
thỏa mãn phương trình không thuần nhất, khi coi 𝐶 là hàm số của 𝑥 , tức là 𝐶(𝑥), ta
thực hiện việc thay biến

𝑦̅ = 𝐶(𝑥). 𝑒 − ∫ 𝑝(𝑥)𝑑𝑥
trong đó 𝐶(𝑥) là hàm số chưa biết của 𝑥
Tính đạo hàm

𝑑𝑦 𝑑𝐶 − ∫ 𝑝(𝑥)𝑑𝑥
=
𝑒
− 𝐶(𝑥)𝑝(𝑥). 𝑒 − ∫ 𝑝(𝑥)𝑑𝑥
𝑑𝑥 𝑑𝑥
và thay vào phương trình khơng thuần nhất (*), ta có:

𝑑𝐶 − ∫ 𝑝(𝑥)𝑑𝑥
𝑒
− 𝐶(𝑥)𝑝(𝑥). 𝑒 − ∫ 𝑝(𝑥)𝑑𝑥 + 𝑝(𝑥)𝐶(𝑥). 𝑒 − ∫ 𝑝(𝑥)𝑑𝑥 = 𝑓(𝑥)
𝑑𝑥
hay
𝑑𝐶
𝑑𝑥

= 𝑓(𝑥)𝑒 − ∫ 𝑝(𝑥)𝑑𝑥 ,

Từ đó, lấy tích phân hai vế, ta được:

𝐶(𝑥) = ∫ 𝑓(𝑥)𝑒 − ∫ 𝑝(𝑥)𝑑𝑥 𝑑𝑥 + 𝐶1 ,
Và do đó

𝑦 = 𝐶(𝑥). 𝑒 − ∫ 𝑝(𝑥)𝑑𝑥 = 𝐶1 . 𝑒 − ∫ 𝑝(𝑥)𝑑𝑥 + 𝑒 − ∫ 𝑝(𝑥)𝑑𝑥 . ∫ 𝑓(𝑥)𝑒 − ∫ 𝑝(𝑥)𝑑𝑥 𝑑𝑥
(1.2)
Như vậy, nghiệm tổng quát của phương trình tuyến tính không thuần nhất bằng
tổng của nghiệm tổng quát 𝑦̅ = 𝐶1 𝑒 − ∫ 𝑝(𝑥)𝑑𝑥 của phương trình thuần nhất tương ứng
và nghiệm riêng của phương trình khơng thuần nhất

𝑦 ∗ = 𝑒 − ∫ 𝑝(𝑥)𝑑𝑥 ∫ 𝑓(𝑥)𝑒 − ∫ 𝑝(𝑥)𝑑𝑥 𝑑𝑥 nhận được từ (1.2) khi 𝐶1 = 0.
Tuy nhiên, trong các bài ví dụ cụ thể dưới đây và các bài toán về sau, việc sử dụng
cơng thức cồng kềnh và khó nhớ (1.2) là khơng thích hợp, nên ta sẽ lặp lại một phần
quá trình tính toán trên sẽ dễ dàng hơn nhiều.
Ví dụ: Giải các pt sau

a.

𝑥𝑦 ′ =

𝑦
1+𝑥

5

+𝑥


𝑦

𝑦′ −



𝑥(1+𝑥)

=1

- Tìm nghiệm tổng quát của pt thuần nhất:
𝑦

𝑦′ −
Ta có:

𝑝(𝑥) =

𝑥(1+𝑥)

=0

(1.3)

−1
𝑥(1+𝑥)
𝑑𝑥

NTQ của pt (1.3) có dạng: 𝑦̅ = 𝐶. 𝑒
𝑑𝑥

1

∫𝑥(1+𝑥)

1

= 𝐶. 𝐼

1

1

Với 𝐼 = ∫ 𝑥(1+𝑥) = ∫ (𝑥 − 1+𝑥) 𝑑𝑥 = ∫ 𝑥 𝑑𝑥 − ∫ 1+𝑥 𝑑𝑥 = 𝑙𝑛|𝑥| − 𝑙𝑛|1 + 𝑥|

𝐼 = 𝑙𝑛 |

=>

𝑥

1+𝑥

|

=> NTQ của pt (3) là: 𝑦̅ = 𝐶.

𝑥
1+𝑥

- Tìm nghiệm riêng 𝑦 ∗ của pt (a):
NR có dạng: 𝑦 ∗ = 𝐶(𝑥).

𝑥
1+𝑥

=> (𝑦 ∗ )′ = 𝐶 ′ (𝑥).

𝑥
1+𝑥

+(

𝑥

′

𝑥

1

) . 𝐶(𝑥) = 𝐶 ′ (𝑥). 1+𝑥 + (1+𝑥)2 . 𝐶(𝑥)
1+𝑥

Thay 𝑦 ∗ và (𝑦 ∗ )′ vào pt tương đương của pt (a), ta được:

𝐶 ′ (𝑥).

𝑥
1
1
+
.
𝐶(𝑥)
−
𝐶(𝑥).
=1
(1 + 𝑥)2
1 + 𝑥 (1 + 𝑥)2
<=> 𝐶 ′ (𝑥) =
1+𝑥

𝑥

1

=>

𝐶(𝑥) = ∫

=>

𝑦 ∗ = (𝑥 + 𝑙𝑛|𝑥|).

𝑥

1+𝑥

𝑑𝑥 = ∫ (1 + ) 𝑑𝑥 = 𝑥 + 𝑙𝑛|𝑥|
𝑥

Vậy NTQ của pt (a) là: 𝑦 = 𝐶.

𝑥
1+𝑥

𝑥
1+𝑥

+ (𝑥 + 𝑙𝑛|𝑥|).

𝑥
1+𝑥

𝑦 ′ . 𝐶𝑜𝑠𝑥 + 𝑦. 𝑆𝑖𝑛𝑥 = 1

b.


𝑦 ′ + 𝑦. 𝑡𝑎𝑛𝑥 =

1
𝐶𝑜𝑠𝑥

- Tìm NTQ của pt thuần nhất: 𝑦 ′ + 𝑦. 𝑡𝑎𝑛𝑥 = 0
Ta có:

𝑝(𝑥) = − 𝑡𝑎𝑛𝑥

NTQ của pt (1.4) có dạng: 𝑦̅ = 𝐶. 𝑒 − ∫ 𝑡𝑎𝑛𝑥𝑑𝑥 = 𝐶. 𝑒 𝐼

6

(1.4)


Với 𝐼 = − ∫ 𝑡𝑎𝑛𝑥𝑑𝑥 = − ∫

𝑆𝑖𝑛𝑥
𝐶𝑜𝑠𝑥

𝑑𝑥 = ∫

1
𝐶𝑜𝑠𝑥

𝑑(𝐶𝑜𝑠𝑥) = 𝑙𝑛|𝐶𝑜𝑠𝑥|

=> NTQ: 𝑦̅ = 𝐶. 𝐶𝑜𝑠𝑥
- Tìm NR của pt (b)
NR của pt (b) có dạng: 𝑦 ∗ = 𝐶(𝑥). 𝐶𝑜𝑠𝑥

=>

(𝑦 ∗ )′ = 𝐶 ′ (𝑥). 𝐶𝑜𝑠𝑥 − 𝐶(𝑥). 𝑆𝑖𝑛𝑥

Thay 𝑦 ∗ và (𝑦 ∗ )′ vào pt tương đương của pt (b), ta được:

𝐶 ′ (𝑥). 𝐶𝑜𝑠𝑥 − 𝐶(𝑥). 𝑆𝑖𝑛𝑥 + 𝑆𝑖𝑛𝑥. 𝐶(𝑥) =

=> NR:

1
𝐶𝑜𝑠𝑥

1

=>

𝐶 ′ (𝑥) =

=>

𝐶(𝑥) = ∫

𝐶𝑜𝑠 2 𝑥
1
𝐶𝑜𝑠 2 𝑥

𝑑𝑥 = 𝑡𝑎𝑛𝑥

𝑦 ∗ = 𝑡𝑎𝑛𝑥. 𝐶𝑜𝑠𝑥 = 𝑆𝑖𝑛𝑥

Vậy NTQ của pt (b) là: 𝑦 = 𝐶. 𝐶𝑜𝑠𝑥 + 𝑆𝑖𝑛𝑥

1.1.2. Phương trình vi phân tuyến tính cấp cao
a. Khái niệm
Xét phương trình vi phân tún tính khơng thuần nhất có dạng tổng quát:

𝑦 (𝑛) + 𝑝1 (𝑥). 𝑦 (𝑛−1) + ⋯ + 𝑝𝑛−1 (𝑥). 𝑦 ′ + 𝑝𝑛 (𝑥). 𝑦 = 𝑓(𝑥)

(1.5)

trong đó các hàm 𝑝𝑗 (𝑥)và 𝑓(𝑥) liên tục trên khoảng (𝑎, 𝑏).
Như đã biết, NTQ của phương trình vi phân tuyến tính khơng thuần nhất bằng
tổng của một NR của nó và NTQ của phương trình thuần nhất tương ứng. Vì nghiệm
của pt vi phân tún tính khơng thuần nhất có quan hệ chặt chẽ với nghiệm của pt
thuần nhất tương ứng. Cụ thể là các tính chất sau:
i) Hiệu hai nghiệm của phương trình vi phân tún tính khơng thuần nhất là một
nghiệm của phương trình thuần nhất tương ứng.
ii) Tổng của một nghiệm của phương trình khơng thuần nhất và một nghiệm của
phương trình thuần nhất tương ứng là nghiệm của phương trình khơng thuần
nhất.
Tìm nghiệm riêng của pt không thuần nhất dựa vào nghiệm tổng quát của pt thuần
nhất.

7


Giả sử 𝑢1 (𝑥), 𝑢2 (𝑥), … , 𝑢𝑛 (𝑥) là n nghiệm độc lập tuyến tính của phương trình
thuần nhất tương ứng và NTQ của nó là 𝑢(𝑥) = 𝐶1 . 𝑢1 (𝑥) + ⋯ + 𝐶𝑛 . 𝑢𝑛 (𝑥).
Xem các hằng số 𝐶1 , 𝐶2 , … , 𝐶𝑛 như là các hàm theo biến x (biến thiên hằng số), ta

sẽ nghiệm của (1.5) dưới dạng:

𝑦(𝑥) = 𝐶1 (𝑥). 𝑢1 (𝑥) + ⋯ + 𝐶𝑛 (𝑥). 𝑢𝑛
Ta thay 𝑦(𝑥) cùng với các đạo hàm của nó vào phương trình (1.5) để tìm các hàm
𝐶𝑗 (𝑥). Vì ta chỉ có một phương trình vi phân trong khi có n ẩn là các hàm 𝐶𝑗 (𝑥) nên ta
có thể chọn thêm n − 1 hệ thức khác giữa các 𝐶𝑗 (𝑥). miễn là đủ để giải các hàm này.
Cụ thể, ta sẽ chọn các 𝐶𝑗 (𝑥). thoả n − 1 hệ thức sau:

𝐶1′ . 𝑢1 (𝑥) + ⋯ + 𝐶𝑛′ . 𝑢𝑛 (𝑥) = 0
𝐶1′ . 𝑢1′ (𝑥) + ⋯ + 𝐶𝑛′ . 𝑢𝑛′ (𝑥) = 0
⋮
(𝑛−2)
′ (𝑛−2) (𝑥)
(𝑥) = 0
+ ⋯ + 𝐶𝑛′ . 𝑢𝑛
{𝐶1 . 𝑢1

(1.6)

Và khi đó, các đạo hàm của 𝑦 trở thành:

𝑦 ′ = 𝐶1 . 𝑢1′ (𝑥) + ⋯ + 𝐶𝑛 . 𝑢𝑛′ (𝑥),
𝑦 " = 𝐶1 . 𝑢1" (𝑥) + ⋯ + 𝐶𝑛 . 𝑢𝑛" (𝑥),
⋮
(𝑛−1)

𝑦 (𝑛−1) = 𝐶1 . 𝑢1

(𝑥) + ⋯ + 𝐶𝑛 . 𝑢𝑛(𝑛−1) (𝑥)

Vì thế
(𝑛)
(𝑛)
(𝑛−1)
(𝑥) + ⋯ + 𝐶𝑛′ . 𝑢𝑛(𝑛−1) (𝑥)
𝑦 (𝑛) = 𝐶1 . 𝑢1 (𝑥) + ⋯ + 𝐶𝑛 . 𝑢𝑛 (𝑥) + 𝐶1′ . 𝑢1

Như vậy, 𝑦 sẽ thoả phương trình (1.5) miễn là
(𝑛−1)

𝐶1′ . 𝑢1

(𝑥) + ⋯ + 𝐶𝑛′ . 𝑢𝑛(𝑛−1) (𝑥) = 𝑓(𝑥)

Kết hợp với (6), ta thu được hệ n phương trình cho 𝐶𝑗′ là:

𝐶1′ . 𝑢1 (𝑥) + ⋯ + 𝐶𝑛′ . 𝑢𝑛 (𝑥) = 0
𝐶1′ . 𝑢1′ (𝑥) + ⋯ + 𝐶𝑛′ . 𝑢𝑛′ (𝑥) = 0
⋮
(𝑛−2)
(𝑥) + ⋯ + 𝐶𝑛′ . 𝑢𝑛(𝑛−2) (𝑥) = 0
𝐶1′ . 𝑢1
{

(𝑛−1)

𝐶1′ . 𝑢1

(1.7)

(𝑥) + ⋯ + 𝐶𝑛′ . 𝑢𝑛(𝑛−1) (𝑥) = 𝑓(𝑥)

Vì các hàm 𝑢1 (𝑥), 𝑢2 (𝑥), … , 𝑢𝑛 (𝑥) là độc lập tuyến tính nên hệ (1.7) xác định duy
nhất 𝐶1′ (𝑥), … , 𝐶𝑛′ (𝑥) theo 𝑢1 (𝑥), 𝑢2 (𝑥), … , 𝑢𝑛 (𝑥). Từ đó ta tìm được 𝐶1 (𝑥), … , 𝐶𝑛 (𝑥).

8


b. Phương pháp giải
- TH1:
Cho 𝑛 = 2, phương trình vi phân có dạng như sau:

𝑦 ′′ + 𝑝. 𝑦 ′ + 𝑞. 𝑦 = 𝑓(𝑥)

(1.8)

trong đó 𝑝, 𝑞 là hai hằng số, 𝑓(𝑥) liên tục trên miền 𝐷 nào đó.
Giả sử 𝑦1 , 𝑦2 là hai nghiệm độc lập tuyến tính trên miền 𝐷 của pt trên. Tìm
nghiệm tổng quát có dạng 𝑦 = 𝐶1 (𝑥). 𝑦1 (𝑥) + 𝐶2 (𝑥). 𝑦2 (𝑥).
- Đầu tiên, tìm nghiệm tổng quát của pt thuần nhất:

𝑦 ′′ + 𝑝. 𝑦 ′ + 𝑞. 𝑦 = 0
𝑘 2 + 𝑝. 𝑘 + 𝑝 = 0

=> Pt đăc trưng:

(1.9)

+ Pt đặc trưng có hai nghiệm thực phân biệt 𝑘1 , 𝑘2 . NTQ của pt (1.9) có dạng:
𝑦̅ = 𝐶1 . 𝑒 𝑘1.𝑥 + 𝐶2 . 𝑒 𝑘2.𝑥

+ Pt đặc trưng có nghiệm kép 𝑘0 . NTQ của pt (1.9) có dạng:
𝑦̅ = 𝐶1 . 𝑒 𝑘0.𝑥 + 𝐶2 . 𝑥𝑒 𝑘0.𝑥
+ Pt đặc trưng có hai nghiệm phức 𝑘1,2 = 𝑎 + 𝑏𝑖. NTQ của (1.9) có dạng:

𝑦̅ = 𝑒 𝑎𝑥 . (𝐶1 . 𝐶𝑜𝑠𝑏𝑥 + 𝐶2 . 𝑆𝑖𝑛𝑏𝑥)
Sử dụng phương pháp biến thiên hàng số tìm NR của phương trình (1.8) có dạng:

𝑦 ∗ = 𝐶1 (𝑥). 𝑦1 (𝑥) + 𝐶2 (𝑥). 𝑦2 (𝑥)
- Tìm 𝐶1 (𝑥), 𝐶2 (𝑥) thỏa mãn hệ pt sau:

𝐶1′ (𝑥). 𝑦1 (𝑥) + 𝐶2′ (𝑥). 𝑦2 (𝑥) = 0
{ ′
𝐶1 (𝑥). 𝑦1′ (𝑥) + 𝐶2′ (𝑥). 𝑦2′ (𝑥) = 𝑓(𝑥)
=> 𝐶1 (𝑥), 𝐶2 (𝑥)
- Từ đó, ta tìm được NTQ của pt (1.8): 𝑦 = 𝑦̅ + 𝑦 ∗
Ví dụ: Giải các pt sau
a.

𝑦 ′′ + 4𝑦 ′ + 4𝑦 = 𝑒 −2𝑥 . 𝑙𝑛𝑥

- Pt thuần nhất tương ứng là:
𝑘 2 + 4𝑘 + 4 = 0
 𝑘 = −2 (nghiệm kép)
NTQ của pt (1.10) có dạng:

𝑦̅ = 𝐶1 . 𝑦1 (𝑥) + 𝐶2 . 𝑦2 (𝑥), 𝐶1 và 𝐶2 là hằng số
= 𝐶1 . 𝑒 −2𝑥 + 𝐶2 . 𝑥𝑒 −2𝑥
9

(1.10)

=> NR của pt (a) là:
𝑦 ∗ = 𝐶1 (𝑥). 𝑒 −2𝑥 + 𝐶2 (𝑥). 𝑥𝑒 −2𝑥
Trong đó 𝐶1 (𝑥), 𝐶2 (𝑥) là hàm số theo biến 𝑥 thỏa mãn hệ pt sau:

𝐶1′ (𝑥). 𝑦1 (𝑥) + 𝐶2′ (𝑥). 𝑦2 (𝑥) = 0
{ ′
𝐶1 (𝑥). 𝑦1′ (𝑥) + 𝐶2′ (𝑥). 𝑦2′ (𝑥) = 𝑓(𝑥)


𝐶1′ (𝑥). 𝑒 −2𝑥 + 𝐶2′ (𝑥). 𝑥𝑒 −2𝑥 = 0
{
−2𝐶1′ (𝑥). 𝑒 −2𝑥 + 𝐶2′ (𝑥). (𝑒 −2𝑥 − 2𝑥𝑒 −2𝑥 ) = 𝑒 −2𝑥 . 𝑙𝑛𝑥



𝐶1′ (𝑥) + 𝐶2′ (𝑥). 𝑥 = 0
(do 𝑒 −2𝑥 ≠ 0)
{
−2𝐶1′ (𝑥) + 𝐶2′ (𝑥). (1 − 2𝑥) = 𝑙𝑛𝑥

Lấy 2 nhân hai vế pt trên cộng vế theo vế pt dưới, suy ra:

𝐶2′ = 𝑙𝑛𝑥
=> 𝐶2 (𝑥) = ∫ 𝑙𝑛𝑥𝑑𝑥
𝑢 = 𝑙𝑛𝑥
Đặt: {
𝑑𝑣 = 𝑑𝑥

1

 {𝑢 = 𝑥 𝑑𝑥
𝑣=𝑥
𝐶2 (𝑥) = 𝑥𝑙𝑛𝑥 − ∫ 𝑑𝑥 = 𝑥𝑙𝑛𝑥 − 𝑥

=>

Từ hệ pt, ta có: 𝐶1′ (𝑥) = −𝐶2′ (𝑥). 𝑥

𝐶1′ = − ∫ 𝑥𝑙𝑛𝑥. 𝑑𝑥

=>
1

𝑢 = 𝑑𝑥
𝑢 = 𝑙𝑛𝑥
𝑥
 {
{
𝑥2
𝑑𝑣 = 𝑥𝑑𝑥
𝑣=

Đặt

2

𝑥2

1 𝑥2

2

𝑥

=> 𝐶1 (𝑥) = − ( 𝑙𝑛𝑥 − ∫ .

2

𝑑𝑥) = −

𝑥2
2

𝑙𝑛𝑥 +

𝑥2
4

𝑑𝑥

Vậy NR của pt (a) là:

𝑥2
𝑥2
𝑦 = (− 𝑙𝑛𝑥 + 𝑑𝑥) . 𝑒 −2𝑥 + (𝑥𝑙𝑛𝑥 − 𝑥). 𝑥𝑒 −2𝑥
2
4
∗

=> NTQ: 𝑦 = 𝑦̅ + 𝑦 ∗
b.

𝑦 ′′ − 3𝑦 ′ + 2𝑦 = 𝑒 𝑥 . (𝑥 + 1)

- Pt thuần nhất tương ứng là:
𝑘 2 − 3𝑘 + 2 = 0
Pt có hai nghiệm phân biệt:
 {

𝑘=1
𝑘=2

NTQ của pt (1.11) có dạng:
10

(1.11)


𝑦̅ = 𝐶1 . 𝑦1 (𝑥) + 𝐶2 . 𝑦2 (𝑥), 𝐶1 và 𝐶2 ∈ 𝑅
= 𝐶1 . 𝑒 𝑥 + 𝐶2 . 𝑒 2𝑥
=> NR của pt (b) là:
𝑦 ∗ = 𝐶1 (𝑥). 𝑒 𝑥 + 𝐶2 (𝑥). 𝑒 2𝑥
Trong đó 𝐶1 (𝑥), 𝐶2 (𝑥) là hàm số theo biến 𝑥 thỏa mãn hệ pt sau:

𝐶1′ (𝑥). 𝑦1 (𝑥) + 𝐶2′ (𝑥). 𝑦2 (𝑥) = 0
{ ′
𝐶1 (𝑥). 𝑦1′ (𝑥) + 𝐶2′ (𝑥). 𝑦2′ (𝑥) = 𝑓(𝑥)
𝐶1′ . 𝑒 𝑥 + 𝐶2′ . 𝑒 2𝑥 = 0

 { ′ 𝑥
𝐶1 . 𝑒 + 𝐶2′ 2. 𝑒 2𝑥 = 𝑒 𝑥 . (𝑥 + 1)
𝐶1′ + 𝐶2′ . 𝑒 𝑥 = 0
(do 𝑒 𝑥 ≠ 0)
𝐶1′ + 𝐶2′ . 2𝑒 𝑥 = 𝑥 + 1

 {

Lấy pt dưới trừ pt trên vế theo vế, ta được:

𝑒 𝑥 . 𝐶2′ = 𝑥 + 1
𝐶2′ (𝑥) = ∫(𝑥 + 1). 𝑒 −𝑥 𝑑𝑥

=>
Đặt

{
=>

𝑢 =𝑥+1
𝑑𝑢 = 𝑑𝑥
 {
−𝑥
𝑑𝑣 = 𝑒 𝑑𝑥
𝑣 = −𝑒 −𝑥

𝐶2 (𝑥) = −(𝑥 + 1)𝑒 −𝑥 + ∫ 𝑒 −𝑥 𝑑𝑥 = −(𝑥 + 1)𝑒 −𝑥 − 𝑒 −𝑥 + 𝐾2


𝐶2 (𝑥) = −(𝑥 + 2)𝑒 −𝑥

Từ hệ pt

𝐶1′ = −𝐶2′ . 𝑒−𝑥 = −(𝑥 + 1)

=>
=>

𝐶1 (𝑥) = − ∫(𝑥 + 1)𝑑𝑥 = −

𝑥2
2

−𝑥

Vậy, NR của pt (b) là:
𝑦 ∗ = (−

𝑥2
− 𝑥) 𝑒 𝑥 + [−(𝑥 + 2)𝑒 −𝑥 ]𝑒 2𝑥
2

NTQ: 𝑦 = 𝑦̅ + 𝑦 ∗

=>
- TH2:

Cho pt vi phân cấp hai phương trình vi phân có dạng như sau:

𝑦 ′′ + 𝑝(𝑥). 𝑦 ′ + 𝑞(𝑥). 𝑦 = 𝑓(𝑥)

(1.12)

Trong đó 𝑝(𝑥), 𝑞(𝑥) là hai hàm theo biến 𝑥 và các hàm 𝑓(𝑥), 𝑝(𝑥), 𝑞(𝑥) liên tục.
Xét pt thuần nhất tương ứng của pt (12) có dạng:

𝑦 ′′ + 𝑝(𝑥). 𝑦 ′ + 𝑞(𝑥). 𝑦 = 0

11

(1.13)


Giả sử 𝑦1 , 𝑦2 là hai nghiệm độc lập tuyến tính và nghiệm tổng quát của pt (1.13)
có dạng:

𝑦̅ = 𝐶1 . 𝑦1 (𝑥) + 𝐶2 . 𝑦2 (𝑥)
Ta tìm nghiệm riêng của pt khơng thuần nhất (12) có dạng sau:

𝑦 ∗ = 𝐶1 (𝑥). 𝑦1 (𝑥) + 𝐶2 (𝑥). 𝑦2 (𝑥)
Nếu ta biết được một nghiệm 𝑦1 (𝑥) là nghiệm riêng. Tìm nghiệm riêng thứ hai ở
dạng: 𝑦2 (𝑥) = 𝑦1 (𝑥). 𝑢(𝑥)

𝑦2′ = 𝑦1′ . 𝑢 + 𝑦1 . 𝑢′

=>
=>

𝑦2′′ = 𝑦1′′ . 𝑢 + 2𝑦1′ . 𝑢′ + 𝑦1 . 𝑢′′

Thay 𝑦2 , 𝑦2′ , 𝑦2′′ vào pt (1.13), ta được:

𝑦1′′ . 𝑢 + 2𝑦1′ . 𝑢′ + 𝑦1 . 𝑢′′ + 𝑝(𝑦1′ . 𝑢 + 𝑦1 . 𝑢′ ) + 𝑞(𝑦1 . 𝑢) = 0


𝑦1 . 𝑢′′ + (2𝑦1′ + 𝑝𝑦1 ). 𝑢′ + (𝑦1′′ + 𝑝𝑦1′ + 𝑞𝑦1 ). 𝑢 = 0


𝑦1 . 𝑢′′ + (2𝑦1′ + 𝑝𝑦1 ). 𝑢′ = 0

Đặt 𝑧 = 𝑢′ => 𝑧 ′ = 𝑢′′ , thay vào pt ta được:

𝑦1 . 𝑧 ′ + (2𝑦1′ + 𝑝𝑦1 ). 𝑧 = 0
Giải pt trên bằng kỹ thuật tách biến, ta được:
=> 𝑧 =

𝑒 − ∫ 𝑝(𝑥)𝑑𝑥
𝑦12 (𝑥)

với 𝑦1 ≠ 0 => 𝑢 = ∫

=> 𝑦2 (𝑥) = 𝑦1 (𝑥) ∫

𝑒 − ∫ 𝑝(𝑥)𝑑𝑥
𝑦12 (𝑥)

𝑒 − ∫ 𝑝(𝑥)𝑑𝑥
𝑦12 (𝑥)

𝑑𝑥

𝑑𝑥 (công thức Liouville)

Tìm 𝐶1 (𝑥), 𝐶2 (𝑥) bằng pp biến thiên hàm số Lagrange.
Ta có, NR của pt khơng thuần nhất (1.12) có dạng:

𝑦 ∗ = 𝐶1 (𝑥). 𝑦1 (𝑥) + 𝐶2 (𝑥). 𝑦2 (𝑥)
=>

=>

(𝑦 ∗ )′ = 𝐶′1 (𝑥). 𝑦1 (𝑥) + 𝐶1 (𝑥). 𝑦′1 (𝑥) + 𝐶′2 (𝑥). 𝑦2 (𝑥) + 𝐶2 (𝑥). 𝑦′2 (𝑥)
(𝑦 ∗ )′′ = 𝐶′′1 . 𝑦1 + 2𝐶′1 . 𝑦′1 + 𝐶1 . 𝑦′′1 + 𝐶′′2 . 𝑦2 + 2𝐶′2 . 𝑦′2 + 𝐶2 . 𝑦′′2

Thay 𝑦 ∗ , (𝑦∗ )′ , (𝑦 ∗ )′′ vào pt (1.12), suy ra:
{

𝐶′1 . 𝑦1 + 𝐶′2 . 𝑦2 = 0

𝐶′1 . 𝑦′1 + 𝐶′2 . 𝑦′1 = 𝑓(𝑥)

Giải hệ pt tìm 𝐶1′ , 𝐶2′ => 𝐶1 (𝑥), 𝐶2 (𝑥)
=> NTQ của pt (12): 𝑦 = 𝑦̅ + 𝑦 ∗
12


Ví dụ: Giải các pt sau
1

a. 𝑦 ′′ − 𝑦 ′ = 𝑥. Biết NTQ của pt thuần nhất tương ứng là 𝑦̅ = 𝐶1 + 𝐶2 . 𝑥 2 .

𝑥

=>

NR của pt (a) có dạng: 𝑦 ∗ = 𝐶1 (𝑥) + 𝐶2 (𝑥). 𝑥 2
Ta tìm 𝐶1 (𝑥), 𝐶2 (𝑥) theo hệ pt sau:

𝐶1′ . 𝑦1 + 𝐶2′ . 𝑦2 = 0
{ ′ ′
𝐶1 . 𝑦1 + 𝐶2′ . 𝑦1′ = 𝑓(𝑥)
1

𝐶1′ = − 𝑥 2
2
{
1
𝐶2′ =

𝐶′ + 𝐶′ . 𝑥2 = 0

{ 1 ′ 2
𝐶2 . 2𝑥 = 𝑥



2

1

1

𝐶1 (𝑥) = − ∫ 𝑥 2 𝑑𝑥 = − 𝑥 3
2
6
{
1
𝐶2 (𝑥) = 𝑥

=>

2

Thay 𝐶1 (𝑥), 𝐶2 (𝑥) vào NR ta được:

1
1
1
𝑦 ∗ = − 𝑥 3 + 𝑥. 𝑥 2 = 𝑥 3
6
2
3
1

Từ đó, suy ra NTQ của pt (a) là 𝑦 = 𝑦̅ + 𝑦 ∗ = 𝐶1 + 𝐶2 . 𝑥 2 + 𝑥 3
3

b. 𝑥 2 . 𝑦 ′′ − 𝑥. 𝑦 ′ + 𝑦 = 4𝑥 3 . Biết một NR của pt thuần nhất tương ứng là 𝑦1 = 𝑥.
1

1

𝑥

𝑥2

Pt (b)  𝑦 ′′ − 𝑦 ′ +

𝑦 = 4𝑥, 𝑥 ≠ 0

Sử dụng cơng thức Liouville, tìm nghiệm 𝑦2 của pt thuần nhất tương ứng:

𝑒 − ∫ 𝑝(𝑥)𝑑𝑥
𝑦2 = 𝑦1 ∫
𝑑𝑥
𝑦12
1



𝑦2 = 𝑥 ∫

− 𝑑𝑥
𝑒 ∫𝑥

𝑥2

𝑑𝑥 = 𝑥 ∫

𝑥
𝑥2

𝑑𝑥 = 𝑥. 𝑙𝑛|𝑥|

=> NTQ của pt thuần nhất có dạng: 𝑦̅ = 𝐶1 . 𝑥 + 𝐶2 . 𝑥𝑙𝑛|𝑥|
=> NR của pt (b) có dạng: 𝑦 ∗ = 𝐶1 (𝑥). 𝑥 + 𝐶2 (𝑥). 𝑥𝑙𝑛|𝑥|
Ta tìm 𝐶1 (𝑥), 𝐶2 (𝑥) theo hệ pt sau:

𝐶1′ . 𝑦1 + 𝐶2′ . 𝑦2 = 0
{ ′ ′
𝐶1 . 𝑦1 + 𝐶2′ . 𝑦1′ = 𝑓(𝑥)


𝐶 ′ . 𝑥 + 𝐶 ′ . 𝑥𝑙𝑛|𝑥| = 0
{ ′1 ′ 2
𝐶1 + 𝐶2 (𝑙𝑛|𝑥| + 1) = 4𝑥
13


=>


𝐶 ′ (𝑥) = 4𝑥 2
{ ′ 2
𝐶1 (𝑥) = −4𝑥𝑙𝑛|𝑥|
𝐶2 (𝑥) = 2𝑥 2
{
𝐶1 (𝑥) = −2𝑥 2 𝑙𝑛|𝑥| + 𝑥 2

Thay 𝐶1 (𝑥), 𝐶2 (𝑥) ta được NR của pt (b):

𝑦 ∗ = (−2𝑥 2 𝑙𝑛|𝑥| + 𝑥 2 ). 𝑥 + 2𝑥 2 . 𝑥𝑙𝑛|𝑥| = 𝑥 3
Vậy, NTQ của pt (b) là: 𝑦 = 𝑦̅ + 𝑦 ∗ = 𝐶1 . 𝑥 + 𝐶2 . 𝑥𝑙𝑛|𝑥| + 𝑥 3

1.1.3. Hệ phương trình vi phân tuyến tính hệ số hằng
a. Khái niệm
Hệ pt vi phân tuyến tính với các hệ số 𝑎𝑖𝑗 là hằng số có dạng:
𝑑𝑦1
𝑑𝑡
𝑑𝑦2

= 𝑎11 𝑦1 + 𝑎12 𝑦2 + ⋯ + 𝑎1𝑛 𝑦𝑛 + 𝑓1 (𝑡)

= 𝑎21 𝑦1 + 𝑎22 𝑦2 + ⋯ + 𝑎2𝑛 𝑦𝑛 + 𝑓2 (𝑡)
…………………………………………………
𝑑𝑦𝑛
= 𝑎𝑛1 𝑦1 + 𝑎𝑛2 𝑦2 + ⋯ + 𝑎𝑛𝑛 𝑦𝑛 + 𝑓𝑛 (𝑡)
{
𝑑𝑡

(1.14)

𝑑𝑡

Dưới dạng ma trận, hệ có thể viết một cách thu gọn:

𝑦 ′ = 𝐴𝑦 + 𝑓(𝑡)

(1.15)

trong đó 𝐴 = 𝑎𝑖𝑗 là ma trận vng cấp n

Nếu 𝑓(𝑡) = 0, ta có hệ tuyến tính thuần nhất hệ số hằng

𝑦 ′ = 𝐴𝑦

(1.16)

b. Phương trình đặc trưng
- Tìm nghiệm cơ bản của pt thuần nhất (1.16):

𝑦 = (𝑦1 , … , 𝑦𝑛 ) với 𝑦𝑗 = 𝜑𝑗 𝑒 𝜆𝑡
Thay 𝑦𝑗 vào hệ pt (1.14) với 𝑓(𝑡) = 0, sau khi thu gọn ta được hệ pt:

(𝑎11 − 𝜆)𝜑1 + 𝑎12 𝜑2 + ⋯ + 𝑎1𝑛 𝜑𝑛 = 0
𝑎 𝜑 + (𝑎22 − 𝜆)𝜑2 + ⋯ + 𝑎2𝑛 𝜑𝑛 = 0
{ 21 1
…………………………………………………
𝑎𝑛1 𝜑1 + 𝑎𝑛2 𝜑2 + ⋯ + (𝑎𝑛𝑛 − 𝜆)𝜑𝑛 = 0

(1.17)

Vì các 𝜑𝑗 khơng đồng thời bằng khơng nên định thức của hệ phải bằng không, tức 𝜆 là
nghiệm của pt

14


(𝑎11 − 𝜆)

𝑎21

|

𝑎21
…
(𝑎22 − 𝜆) …

⋮

⋮

𝑎𝑛1

𝑎𝑛2

⋮
…

𝑎1𝑛
𝑎2𝑛
⋮

|=0

(1.18)

(𝑎𝑛𝑛 − 𝜆)

Pt (1.18) gọi là pt đặc trưng (ẩn là 𝜆). Đây là một hệ thức cấp n theo 𝜆. Các nghiệm 𝜆𝑘
của pt này chính là các giá trị đặc trưng của ma trận 𝐴. Vector nghiệm

𝑣𝑘 = (𝜑1𝑘 , … , 𝜑𝑛𝑘 ) của hệ (1.14) ứng với giá trị riêng 𝜆𝑘 của 𝐴 chính là các vector
riêng của 𝐴.
- Tìm NR của pt (1.15) bằng phương pháp biến thiên hằng số Lagrange có dạng:

𝑌 ∗ = 𝐶1 (𝑥). 𝑦1 + 𝐶2 (𝑥). 𝑦2 + ⋯ + 𝐶𝑛 (𝑥). 𝑦𝑛
- Suy ra, NTQ của hệ pt (1.14) có dạng:

𝑦 = 𝐶1 . 𝑦1 + 𝐶2 . 𝑦2 + ⋯ + 𝐶𝑛 . 𝑦𝑛 + 𝑌 ∗
trong đó 𝐶̅̅̅̅̅
1,𝑛 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡
Ví dụ: Giải các hệ pt vi phân sau

𝑥 ′ = 4𝑥 − 3𝑦
, 𝑥(0) = 2, 𝑦(0) = −1
{ ′
𝑦 = 6𝑥 − 7𝑦

a.

Hệ pt thuần nhất có ma trận hệ số: 𝐴 = |
=> Pt đặc trưng:

|

4−𝜆
6

4
6

−3
|
−7

−3
| = 0  (4 − 𝜆)(−7 − 𝜆) + 18 = 0
−7 − 𝜆


𝜆2 + 3𝜆 − 10 = 0
=>

[

𝜆1 = 2
𝜆2 = −5

Với 𝜆1 = 2, tọa độ vector riêng của hệ pt là:
{

2𝜑1 − 3𝜑2 = 0
3
=> 𝜑1 = 𝜑2
2
6𝜑1 − 9𝜑2 = 0

Chọn 𝜑2 = 2 => 𝜑1 = 3
=>

𝑥1 = 3𝑒 2𝑡 , 𝑦1 = 2𝑒 2𝑡

Với 𝜆2 = −5, tọa độ vector riêng của hệ pt là:
{

9𝜑1 − 3𝜑2 = 0
1
=> 𝜑1 = 𝜑2
3
6𝜑1 − 2𝜑2 = 0

Chọn 𝜑2 = 3 => 𝜑1 = 1
=>

𝑥2 = 𝑒 −5𝑡 , 𝑦2 = 3𝑒 −5𝑡

15


𝑥 = 𝐶1 3𝑒 2𝑡 + 𝐶2 𝑒 −5𝑡
{
𝑦 = 𝐶1 2𝑒 2𝑡 + 𝐶2 3𝑒 −5𝑡

Vậy, NTQ pt (a) là:

(1.19)

Thay 𝑥(0) = 2 vào pt (1.19):

𝑥(0) = 3𝐶1 + 𝐶2 = 2
Thay 𝑦(0) = −1vào pt (1.19):

𝑦(0) = 2𝐶1 + 3𝐶2 = −1
𝐶 =1
{ 1
𝐶2 = −1

=>
Thay 𝐶1 , 𝐶2 vào pt (1.19), NTQ:

𝑥 = 3𝑒 2𝑡 − 𝑒 −5𝑡
{
𝑦 = 2𝑒 2𝑡 − 3𝑒 −5𝑡
𝑥 ′ = 4𝑥 − 3𝑦
{ ′
𝑦 = 3𝑥 + 4𝑦

b.

4 −3
|
3 4
−3
| = 0  (4 − 𝜆 )2 + 9 = 0
4−𝜆

Hệ pt thuần nhất có ma trận hệ số: 𝐴 = |
=> Pt đặc trưng:

|

4−𝜆
3

𝜆2 − 8𝜆 + 25 = 0


=>

𝜆 = 4 + 3𝑖
[ ̅
𝜆 = 4 − 3𝑖

Với 𝜆̅ = 4 − 3𝑖, tọa độ vector riêng của hệ pt là:
{

3𝑖𝜑1 − 3𝜑2 = 0
=> 𝜑1 = −𝑖𝜑2
3𝜑1 + 3𝑖𝜑2 = 0

Chọn 𝜑2 = 𝑖 => 𝜑1 = 1

𝑥1 = 𝑒 (4−3𝑖)𝑡 = 𝑒 4𝑡 (𝐶𝑜𝑠3𝑡 − 𝑖. 𝑆𝑖𝑛3𝑡)
=> {
𝑦1 = 𝑖. 𝑒 (4−3𝑖)𝑡 = 𝑖. 𝑒 4𝑡 (𝐶𝑜𝑠3𝑡 − 𝑖. 𝑆𝑖𝑛3𝑡) = 𝑒 4𝑡 (𝑖. 𝐶𝑜𝑠3𝑡 + 𝑆𝑖𝑛3𝑡)
Vì NTQ của pt thuần nhất có dạng: 𝑌(𝑡) = 𝐶1 . 𝑥1 (𝑡) + 𝐶2. 𝑦2 (𝑡)
=> NTQ của pt (b)

𝑥(𝑡) = 𝑅𝑒 [𝑌(𝑡)] = 𝑒 4𝑡 (𝐶1 . 𝐶𝑜𝑠3𝑡 + 𝐶2 𝑆𝑖𝑛3𝑡)
{
𝑦(𝑡) = 𝐼𝑚 [𝑌(𝑡)] = 𝑒 4𝑡 (𝐶1 . 𝐶𝑜𝑠3𝑡 − 𝐶2 𝑆𝑖𝑛3𝑡)

16


1.2. Phương pháp ảnh Laplace
Biến đổi Laplace là một biến đổi tích phân của hàm số 𝑓(𝑡) từ miền thời gian
sang miền tần số phức 𝐹(𝑝). Qua biến đổi Laplace, các phép toán giải tích phức tạp
như đạo hàm, tích phân được đơn giản hóa thành các phép tính đại số. Giải ra nghiệm
là các hàm ảnh trong không gian 𝑝, chúng ta dùng biến đổi Laplace ngược để có lại
hàm gốc trong khơng gian thực 𝑡.Vì vậy, nó 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 toán vật lý, trong phân tích mạch điện, xử lý số liệu, dao động
điều hòa, các hệ cơ học.
Giả sử 𝑓 là hàm số phức của biến số thực 𝑡 sao cho tích phân:
∞

∫0 𝑓(𝑡). 𝑒 −𝑝𝑡 𝑑𝑡

(**)

hội tụ ít nhất đối với một số phức 𝑝 = 𝑎 + 𝑏𝑖, còn 𝐹 được xác định bằng đẳng thức:
∞

𝐹 (𝑝) = ∫ 𝑓(𝑡). 𝑒−𝑝𝑡 𝑑𝑡
0

gọi là ảnh Laplace. Để chỉ mối quan hệ này ta ký hiệu 𝑓 (𝑡 ) ≓ 𝐹(𝑝) hay 𝐹(𝑝) ≒ 𝑓(𝑡)
hoặc 𝐹 (𝑝) = 𝐿 [𝑓(𝑡)]

1.2.1. Hàm gốc 𝒇(𝒕)

Là hàm phức biến thực thỏa mãn các điều kiện sau:
i) 𝑓(𝑡) liên tục hay liên tục từng khúc trên trục 𝑡 với 𝑡 ≥ 0.
ii) 𝑓 (𝑡 ) = 0 khi 𝑡 < 0.
iii) 𝑓(𝑡) có bậc mũ: ∃ 𝑀 > 0, 𝑠 ≥ 0, ∀𝑡 > 0 sao cho |𝑓 (𝑡 )| ≤ 𝑀. 𝑒 𝑠𝑡 .
 Định lý 1: Giả sử 𝑓(𝑡) là hàm gốc với chỉ số tăng 𝑠0 . Khi đó tích phân laplace
(**) hội tụ với mọi 𝑝 có Re 𝑝 > 𝑠0 .
 Định lý 2: Nếu 𝑓(𝑡) là hàm gốc với chỉ số tăng 𝑠0 , thì 𝐹(𝑝) là hàm giải tích
trong nửa mặt phẳng Re 𝑝 > 𝑠0 .
Ghi chú: Nếu 𝑓(𝑡) là hàm gốc thì các hàm 𝑡 𝑛 𝑓(𝑡) với 𝑛 > 1 cũng là hàm gốc với
cùng chỉ số tăng của 𝑓(𝑡).

1.2.2. Biểu diễn của các hàm đơn giản
Ví dụ:

17


a. Hàm đơn vị

𝑢(𝑡) = {

0, 𝑡 < 0
1 ,𝑡 ≥ 0

Ảnh Laplace của hàm u là:
∞

∞

𝐹(𝑝) = ∫ 𝑒

−𝑝𝑡

. 𝑢(𝑡)𝑑𝑡 = ∫ 𝑒

0

−𝑝𝑡

0
1

𝑢(𝑡) ≓ khi Re 𝑝 > 0.

Vậy

𝑝

𝑓(𝑡) = 𝑒 𝑎𝑡

b. Hàm
∞

Tương tự, ta có 𝐹(𝑝) = ∫0 𝑒 −𝑝𝑡 𝑒 𝑎𝑡 . 𝑑𝑡 = −
Do đó:

1 −𝑝𝑡 ∞ 1
. 𝑑𝑡 = − 𝑒 | =
𝑝
𝑝

0

𝑒 𝑎𝑡 ≓

1
𝑝−𝑎

1
𝑝−𝑎

∞

1

𝑎

𝑝−𝑎

𝑒 (−𝑝+𝑎)𝑡 | =

khi Re (𝑝 − 𝑎) > 0

c. Hàm

𝑓(𝑡) = 𝑆𝑖𝑛𝑡
∞

Áp dụng cơng thức, ta có: 𝐿 [𝑆𝑖𝑛𝑡] = ∫0 𝑒 −𝑝𝑡 𝑆𝑖𝑛𝑡. 𝑑𝑡2
∞

=

−𝐶𝑜𝑠𝑥. 𝑒 −𝑝𝑡 |∞
0

− 𝑝 ∫ 𝑒 −𝑝𝑡 𝐶𝑜𝑠𝑡. 𝑑𝑡
0

∞

= 1 − 𝑝 ∫0 𝑒 −𝑝𝑡 𝐶𝑜𝑠𝑡. 𝑑𝑡
∞

−𝑝𝑡
= 1 − 𝑝[𝑆𝑖𝑛𝑡. 𝑒 −𝑝𝑡 |∞
𝑑𝑡]
0 + 𝑝 ∫0 𝑆𝑖𝑛𝑡. 𝑒
∞

= 1 − 𝑝[𝑝 ∫0 𝑆𝑖𝑛𝑡. 𝑒 −𝑝𝑡 𝑑𝑡]
= 1 − 𝑝2 . 𝐿 [𝑆𝑖𝑛𝑡]
𝐿 [𝑆𝑖𝑛𝑡] = 1 − 𝑝2 . 𝐿 [𝑆𝑖𝑛𝑡]

=>

𝐿 [𝑆𝑖𝑛𝑡] =

Vậy

1+𝑝2

𝑓(𝑡) = 𝑡 𝑛

d. Hàm
Ta có:

1

∞

𝐿 [𝑡 𝑛 ] = ∫0 𝑒 −𝑝𝑡 . 𝑡 𝑛 𝑑𝑡
=−
𝑛

𝑡 𝑛 𝑒 −𝑝𝑡
𝑝

∞

𝑛

∞

| + ∫0 𝑒 −𝑝𝑡 𝑡 𝑛−1 𝑑𝑡
𝑝
0

∞

𝑛!

= ∫0 𝑒 −𝑝𝑡 𝑡 𝑛−1 𝑑𝑡 = ⋯ = 𝑛+1
𝑝
𝑝

18


Bảng đối chiếu gốc và ảnh

1.2.3.
𝑓(𝑡)

TT
1

𝐹(𝑝)

TT

𝑓(𝑡)

𝐹(𝑝)

1
𝑝

13

𝑒 𝑎𝑡 . 𝐶𝑜𝑠𝜔𝑡

𝑝−𝑎
(𝑝 − 𝑎 )2 + 𝜔 2

1

2

𝑡

1
𝑝2

14

𝑒 𝑎𝑡 . 𝑠ℎ𝜔𝑡

𝜔
(𝑝 − 𝑎 )2 − 𝜔 2

3

𝑡𝑛

𝛤 (𝑛 + 1)
𝑝𝑛+1

15

𝑒 𝑎𝑡 . 𝑐ℎ𝜔𝑡

𝑝−𝑎
(𝑝 − 𝑎 )2 − 𝜔 2

4

𝑒 𝑎𝑡

1
𝑝−𝑎

16

𝑡. 𝑆𝑖𝑛𝜔𝑡

2𝑝𝜔
(𝑝 2 + 𝜔 2 )2

5

𝑡. 𝑒 𝑎𝑡

1
(𝑝 − 𝑎 )2

17

𝑡. 𝐶𝑜𝑠𝜔𝑡

𝑝2 − 𝜔2

(𝑝 2 + 𝜔 2 )2

6

𝑡 𝑛 𝑒 𝑎𝑡

𝑛!
(𝑝 − 𝑎)𝑛+1

18

𝑡. 𝑠ℎ𝜔𝑡

𝜔
2
𝑝 + 𝜔2

19

𝑡. 𝑐ℎ𝜔𝑡

𝑝2 + 𝜔2
(𝑝 2 − 𝜔 2 )2

𝑝
+ 𝜔2

20

𝑡. 𝑒 𝑎𝑡 𝑆𝑖𝑛𝜔𝑡

𝑝2

2𝜔(𝑝 − 𝑎)
[(𝑝 − 𝑎)2 + 𝜔 2 ]2

𝜔
− 𝜔2

21

𝑡. 𝑒 𝑎𝑡 𝐶𝑜𝑠𝜔𝑡

𝑝2

(𝑝 − 𝑎)2 − 𝜔2
[(𝑝 − 𝑎)2 + 𝜔 2 ]2

7

𝑆𝑖𝑛𝜔𝑡

8

𝐶𝑜𝑠𝜔𝑡

9

𝑠ℎ𝜔𝑡

(𝑝 2

2𝑝𝜔
− 𝜔 2 )2

10

𝑐ℎ𝜔𝑡

𝑝
𝑝2 − 𝜔 2

22

𝑡. 𝑒 𝑎𝑡 𝑠ℎ𝜔𝑡

2𝜔(𝑝 − 𝑎)
[(𝑝 − 𝑎)2 − 𝜔 2 ]2

11

𝑒 𝑎𝑡 . 𝑆𝑖𝑛𝜔𝑡

𝜔
(𝑝 − 𝑎 )2 + 𝜔 2

23

𝑡. 𝑒 𝑎𝑡 𝑐ℎ𝜔𝑡

(𝑝 − 𝑎)2 + 𝜔2
[(𝑝 − 𝑎)2 − 𝜔 2 ]2

12

𝑓(𝑡 − 𝑡0 )

𝑒 −𝑝𝑡0 . 𝐹(𝑝)

24

𝑡

∫ 𝑓(𝑡 )𝑑𝑡
0

Ghi chú: Các hàm hyperbol 𝑠ℎ𝜔𝑡 =

𝑒 𝜔𝑡 −𝑒 −𝜔𝑡
2

19

, 𝑐ℎ𝜔𝑡 =

𝑒 𝜔𝑡+𝑒 −𝜔𝑡
2

𝐹(𝑝)
𝑝

1.2.4. Những tính chất của phép biểu diễn
a. Tính chất tuyến tính
Nếu 𝐿 [𝑓(𝑡)] = 𝐹 (𝑝), 𝐿 [𝑔(𝑡)] = 𝐺(𝑝), thì

𝐿 [𝛼𝑓(𝑡) + 𝛽𝑔(𝑡)] = 𝛼𝐹(𝑝) + 𝛽𝐺(𝑝) với 𝛼, 𝛽 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡
b. Tính chất đồng dạng
Nếu 𝑓(𝑡) ≓ 𝐹(𝑝), thì 𝑓(𝛼𝑡) ≓
Ví dụ: 𝑆𝑖𝑛𝛼𝑡 ≓

1

1

𝑝

𝐹 ( ) với 𝛼 > 0, Re 𝑝 > max {𝑠0 , 𝛼𝑠0 }
𝛼
𝛼

(1.20)

𝑝

𝐹( )
𝛼
𝛼
1

= .

1

𝛼 1+(𝑝)2
𝛼

=

𝛼
𝑝2 +𝛼 2

c. Tịnh tiến ảnh
Giả sử 𝑓(𝑡) ≓ 𝐹(𝑝). Khi đó 𝑒 𝑝0.𝑡 𝑓(𝑡) ≓ 𝐹(𝑝 − 𝑝0 )

(1.21)

Ví dụ: Tìm ảnh hàm 𝑓(𝑡) = 𝑒 −𝛼𝑡 . 𝑆𝑖𝑛𝛽𝑡

𝑆𝑖𝑛𝛽𝑡 ≓

Do

=>

𝛽
𝑃2 +𝛽 2

𝑒 −𝛼𝑡 . 𝑆𝑖𝑛𝛽𝑡 ≓

𝛽
𝑃2 +𝛽 2

d. Tịnh tiến gốc
Giả sử 𝑓(𝑡) = 0 với 𝑡 < 0. Khi đó 𝑓(𝑡 − 𝑡0 ) ≓ 𝑒 −𝑝𝑡0 . 𝐹(𝑝)

(1.22)

Ví dụ: Tìm ảnh của hàm 𝑓(𝑡) = 𝑢(𝑡 − 𝛽)

𝑢(𝑡) ≓

Do
=>

1
𝑝

𝑢(𝑡 − 𝛽) ≓

𝑒 −𝛽𝑝
𝑝

Lưu ý: 𝑢(𝑡 − 𝑎)𝑓 (𝑡 − 𝑎) ≓ 𝑒 −𝑎𝑝 . 𝐹(𝑝) với 𝑢(𝑡 − 𝑎)𝑓(𝑡 − 𝑎) = {

0 𝑛ế𝑢 𝑡 < 𝑎
𝑓 (𝑡 − 𝑎) 𝑛ế𝑢 𝑡 ≥ 𝑎

e. Đạo hàm của hàm gốc

𝐿[𝑓 ′ (𝑡)] = 𝑝𝐹(𝑝) − 𝑓(0)
𝐿[𝑓 ′′ (𝑡)] = 𝑝2 𝐹(𝑝) − 𝑝𝑓(0) − 𝑓 ′ (0)
⋮
𝐿[𝑓 (𝑛) (𝑡)] = 𝑝𝑛 𝐹(𝑝) − 𝑝𝑛−1 𝑓(0) − 𝑝𝑛−2 𝑓(0) − ⋯ − 𝑓 (𝑛−1) (0)
Ví dụ: Giải pt vi phân 𝑦 ′′ − 𝑦 = 𝑡, điều kiện ban đầu 𝑦(0) = 1, 𝑦 ′ (0) = 1
20

(1.23)