Tài liệu Tích chập suy rộng với hàm trọng đối với phép biến đổi tích phân laplace và ứng dụng

1 MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn đề tài Phép biến đổi Laplace là một trong các phép biến đổi tích phân có vai trò quan trọng trong toán học nói chung và trong giải tích phức nói riêng. Nó cùng với phép biến đổi Fourier và biến đổi Radon là những phép biến đổi hữu ích thường được sử dụng trong việc giải các bài toán phức tạp như giải phương trình vi phân, phương trình đạo hàm riêng, phương trình tích phân, phương trình vi tích phân… Nghiên cứu cơ sở của phép biến đổi này người ta có thể biết được cơ sở của phép tính toán tử để đưa các dạng phương trình trên về dạng đơn giản hơn. Trong vật lý, phép biến đổi Laplace được dùng để giải các bài toán về phân tích mạch điện, xử lý số liệu, dao động điều hoà, các hệ cơ học... Như vậy phép biến đổi Laplace không chỉ có ý nghĩa trong lý thuyết toán học mà nó còn có nhiều ứng dụng trong các ngành khoa học khác. Trên cơ sở đó và dưới sự hướng dẫn của Tiến sĩ Trần Văn Vuông, tôi đã lựa chọn đề tài “Biến đổi Laplace” nhằm nghiên cứu sâu hơn về phép biến đổi này cũng như một số ứng dụng của nó trong thực tiễn. 2. Mục đích nghiên cứu - Nghiên cứu hệ thống kiến thức cơ bản của phép biến đổi Laplace. - Vận dụng phép biến đổi Laplace để giải một số dạng toán liên quan. 3. Nhiệm vụ nghiên cứu Nghiên cứu về phép biến đổi Laplace và một số ứng dụng của nó. 4. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu Đề tài chủ yếu tập trung nghiên cứu phép biến đổi Laplace và một vài ứng dụng của nó trên cơ sở thao tác đối với hàm một biến và một số lượng nhỏ các hàm hai biến để tìm biến đổi Laplace, biến đổi Laplace ngược của một số hàm số thông thường. Vận dụng phép biến đổi Laplace để giải một số phương trình vi phân, phương trình sai phân, phương trình tích phân, phương trình đạo hàm riêng... PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com 2 5. Phương pháp nghiên cứu - Nghiên cứu lý thuyết. - Phân tích đánh giá, tổng hợp kết quả. 6. Đóng góp của đề tài Hiểu rõ bản chất của phép biến đổi Laplace và tìm được một vài ứng dụng mới của phép biến đổi Laplace. PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com 3 Chương 1 BIẾN ĐỔI LAPLACE VÀ BIẾN ĐỔI LAPLACE NGƯỢC 1.1. Phép biến đổi Laplace 1.1.1. Định nghĩa phép biến đổi Laplace Cho f (t ) là hàm số xác định trên nửa khoảng [0;∞ ) . Nếu tích phân suy rộng ∞ ∫e − st f (t )dt (trong đó s là biến số phức) hội tụ thì nó được gọi là biến đổi Laplace 0 của f (t ) và được ký hiệu là L [ f (t )] . Biến đổi Laplace của f (t ) là một hàm biến phức, kí hiệu là F ( s ) . Công thức ∞ đầy đủ là F ( s ) = L [ f (t )] = ∫ e− st f (t )dt . 0 Theo công thức trên, biến đổi Laplace của f (t ) là một tích phân suy rộng nên biến đổi Laplace của f (t ) được viết dưới dạng khai triển như sau ∞ T F ( s ) = L [ f (t )] = ∫ e − st f (t )dt = lim ∫ e − st f (t )dt. T →∞ 0 0 Cận dưới của tích phân bằng 0 nên F ( s ) chỉ mang thông tin về f (t ) với t ≥ 0 . Phép biến đổi Laplace biến mỗi hàm biến thực f (t ) thành một hàm biến phức ∞ F ( s ) = L [ f (t )] = ∫ e− st f (t )dt . 0 Ví dụ 1.1. Tìm biến đổi Laplace của f (t ) = c, c ∈ ¡ . Lời giải. Với c ≠ 0 , ta có ∞ T − st L [ f (t )] = L [ c ] = ∫ ce dt = c.lim e dt ∫ T →∞ − st 0  e − st = c.lim  − T →∞   s 0 T  c e − sT .  t = 0  = s 1 − lim T →∞   ( PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com ) 4 Đặt s = α + i β , ta có lim e − sT = lim e −αT (cos β T − i sin β T ) . T →∞ T →∞ Do cos β T − i sin β T là hàm số bị chặn của biến T nên giới hạn nói trên bằng 0 khi α > 0 và không tồn tại khi α ≤ 0 . Nếu c = 0 thì ta có ngay L[c ] = L [0] = F ( s ) = 0. Vậy L [c ] = F ( s) = c với Re s > 0 . s Ví dụ 1.2. Tìm biến đổi Laplace của f (t ) = t . ∞ T Lời giải. L [ f (t )] = L [t ] = ∫ te − st dt = lim ∫ te − st dt →∞ T 0 0  te− st e − st  T  = lim − 2   −  T →∞  s s  t = 0   1 Te − sT e − sT = 2 − lim − lim . T →∞ s T →∞ s s2 Đặt s = α + i β , ta có lim e − sT = lim e −αT (cos β T − i sin β T ) . T →∞ T →∞ Do cos β T − i sin β T là hàm số bị chặn của biến T nên: Te − sT e − sT +) Khi Re s > 0 , lim = lim = 0. T →∞ T →∞ s s2 +) Khi Re s ≤ 0 , hai giới hạn nói trên không tồn tại. Vậy L [t ] = F ( s) = 1 với Re s > 0 . s2 Ví dụ 1.3. Tìm biến đổi Laplace của f (t ) = e at , a ∈ ¡ . ∞ T 0 0 Lời giải. L [ f (t )] = L e at  = ∫ e at e − st dt = lim ∫ e − ( s− a )T dt T →∞  e − ( s − a ) t = lim  T →∞   s − a 1 T  e − ( s− a )T .  t = 0  = s − a 1 − lim T →∞   ( Đặt s = α + i β , ta có lim e − ( s − a )T = lim e − (α − a )T (cos β T − i sin β T ) . T →∞ T →∞ PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com ) 5 Do hàm số cos β T − i sin β T là hàm số bị chặn của biến T nên: +) Khi Re s > a , lim e − ( s − a )T = lim e− (α −a )T (cos β T − i sin β T ) = 0 . T →∞ T →∞ +) Khi Re s ≤ a , giới hạn nói trên không tồn tại. 1 Vậy L eat  = F ( s ) = với Re s > a. s−a Ví dụ 1.4. Tìm biến đổi Laplace của f (t ) = sin at , a ∈ ¡. ∞ Lời giải. L [ f (t )] = L [sin at ] = ∫ e − st sin atdt 0 a e − sT (a cos aT + s sin aT ) = 2 − lim s + a 2 T →∞ s 2 + a 2 = a với Re s > 0 . s2 + a2 Hoàn toàn tương tự, ta có L[cos at ] = s với Re s > 0 . s2 + a2 Ví dụ 1.5. Tìm biến đổi Laplace của hàm Heaviside 1 khi t ≥ 0 θ (t ) =  0 khi t < 0. ∞ Lời giải. L [θ (t ) ] = F (s ) = ∫ e − st dt = 0 1 với Re s > 0 . s  − 12  Ví dụ 1.6. Tìm L t  , n > −1 , áp dụng kết quả đó tìm L t  .   n ∞ Lời giải. Xét hàm Γ(t ) xác định bởi công thức Γ(n) = ∫ u n −1e − u du . Trước hết ta 0 chứng minh Γ(n + 1) = n ! (∀n ∈ ¥ ) .  dx = nu n −1du x = u  Thật vậy, do Γ(n + 1) = ∫ u n e − u du nên đặt  ⇔  1 −u −u 0  dy = e du  y = − u e ∞ n PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com 6 ∞ thì Γ(n + 1) = ∫ u e du = −u e n −u n ∞ −u ∞ u=0 0 + ∫ nu n −1e − u du = n.Γ(n), (∀n ∈ ¥ ) . 0 Lặp lại quá trình trên ta có Γ(n + 1) = n(n − 1)(n − 1)...1Γ(0) . Mặt khác Γ(0) = 1 nên Γ(n + 1) = n! . Từ đó suy ra ∞ ∞ 0 0 L t n  = F ( s ) = ∫ e − st t n dt = ∫ e− u u n du 1 ∞ −u n Γ (n + 1) n! = e u du = = n+1 . n n +1 ∫ s s s 0 s n+1 s 1 Γ    2  1  ∞ −1 Áp dụng kết quả trên ta có L t  =  1  , ở đó Γ   = ∫ u 2 e− u du . 2 0   s2 1 − 2 ∞ 1 Đổi biến u = x 2 thì Γ   = 2 ∫ e − x dx = π . 0 2 2 1 Γ  π   2 Do vậy L t  =  1  = s   s2 1 − 2 ( s > 0) . 1.1.2. Sự tồn tại của biến đổi Laplace Định nghĩa 1.1. Hàm số f (t ) được gọi là hàm gốc nếu nó có hai tính chất sau: a) f (t ) đo được trên khoảng (0; ∞) . b) f (t ) tăng không nhanh hơn một hàm mũ khi t → ∞ , nghĩa là ∃α > 0, ∃M > 0,| f (t ) |≤ Meα t , ∀t > 0 . Số α 0 = inf α với tất cả α thoả mãn (b) được gọi là chỉ số tăng của f (t ) . Định lý 1.1. Nếu f (t ) là một hàm gốc và có chỉ số tăng α 0 thì biến đổi Laplace của nó có miền hội tụ là Re s > α 0 . Chứng minh. Với mọi α ≥ α 0 , ta đều có − Meα t ≤ f (t ) ≤ Meα t , ∀t > 0 , do đó T T T − M ∫ e e dt ≤ ∫ e f (t )dt ≤ M ∫ e − st eα t dt 0 − st αt 0 − st 0 PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com 7 T T T M M − st α t − st Vậy ⇔− = − M lim ∫ e e dt ≤ F ( s) = lim ∫ e F (t )dt ≤ M lim ∫ e − st eα t dt = T →∞ T →∞ T →∞ s −α s −α 0 0 0 − M M ≤ F ( s) ≤ với Re s > α 0 . s −α s −α Nhận xét. Từ định lý trên ta có lim F ( s ) = 0 . Re s →∞ Định lý 1.2. Nếu f (t ) là hàm gốc với chỉ số tăng α 0 thì biến đổi Laplace F ( s ) của f (t ) là hàm giải tích trong miền Re s > α 0 . n Chứng minh. Bước 1. Đặt Fn (s ) = ∫ e − st f (t )dt . Trước hết ta chứng minh với 0 Re s > α 0 , với ∀ε > 0 thì dãy ( F ( s) ) n n =1,2,... hội tụ đều về F ( s ) trên miền Re s ≥ α 0 + 2ε . Thật vậy, ∀s ∈ { z ∈ £ Re z ≥ α 0 + 2ε } , ta có ∞ Fn ( s ) − F (s ) ≤ ∫ e − (Re s ) t f (t ) dt n ∞ ≤ M ∫ e − (Re s ) t e(α +ε ) t dt 0 n ∞ ≤ M ∫ e − ε t dt n ∞ M  1 = M  −  e −ε t = e − nε . t=n ε  ε Hơn nữa, bất đẳng thức trên không phụ thuộc vào s với ∀s ∈ { z ∈ £ Re z ≥ α 0 + 2ε } nên dãy ( Fn ( s) )n=1,2,... hội tụ đều về F ( s ) trên miền đó. Bước 2. Ta chứng minh Fn ( s) giải tích trên miền Re s > α 0 với mỗi n ∈ ¥ * . (Tức là ta chỉ ra sự tồn tại của Fn '( s ), ∀n ∈ ¥* ). Thật vậy, với s cố định thuộc miền Re s > α 0 , theo định lý hội tụ bị chặn của Lesbesgue ta có Fn '( s ) = lim h→0 Fn (s + h) − Fn ( s ) h PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com 8 n ∫e − ( s +h)t = lim 0 n f (t )dt − ∫ e − st f (t )dt 0 h →0 h n = lim0 ∫ tf (t )e h→ − st 0 e − ht − 1 dt ht n e − ht − 1 dt = − ∫ tf (t )e − st dt . = ∫ tf (t )e lim h→0 ht 0 0 n − st Theo định lý Weierstrass, hàm F ( s ) giải tích trên miền Re s > α 0 . 1.1.3. Tính chất của biến đổi Laplace Định lý 1.3. Cho f k (t ) là các hàm gốc có biến đổi Laplace lần lượt là Fk ( s ) , chỉ số tăng tương ứng là α k , k = 1, 2,..., n . n Nếu f (t ) = ∑ ck f k (t ), ck ∈ ¡ là các hằng số , thì biến đổi Laplace của f (t ) là hàm k =1 n số F ( s ) xác định bởi F ( s ) = ∑ ck Fk ( s) với miền hội tụ Re s > max α k . 1≤ k ≤ n k =1 Chứng minh. Ta có ∞ L [ f (t )] = F ( s) = ∫ e− st f (t )dt 0 ∞ = ∫e 0 − st n ∑c k =1 n ∞ k =1 0 k f k (t )dt = ∑ ck ∫ e − st f k (t )dt = ∑ ck L [ f k (t )] dt = ∑ ck Fk ( s ) . n n k =1 k =1 Ví dụ 1.7. Tìm biến đổi Laplace của f (t ) = 2t + e3t − sin 4t . Lời giải. L [ f (t )] = L  2t + e3t − sin 4t  = 2 L [t ] + L e3t  − L[sin 4t ] = 2 1 4 + − với Re s > 3 . s 2 s − 3 s 2 + 16 PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com 9 eat − e − at Ví dụ 1.8. Tìm biến đổi Laplace của f (t ) = sinh at = , a∈¡. 2  e at − e − at  Lời giải. L [ f (t )] = L [sinh at ] = L    2  = 1 1 L e at  − L[e − at ] 2 2 1 1 1 1 a = . − . = 2 với Re s > a . 2 s − a 2 s + a s − a2 e at + e − at Tương tự, nếu f (t ) = cosh at = , a ∈ ¡ , thì 2 L [ f (t )] = L [cosh at ] = s với Re s > a . s − a2 2 Định lý 1.4. Cho f (t ) là hàm gốc có chỉ số tăng α 0 , c > 0 là hằng số, và 1 s F ( s ) = L [ f (t )] . Khi đó L [ f (ct )] = F   với miền hội tụ Re s > cα 0 . c c ∞ Chứng minh. Ta có L [ f (ct )] = ∫ e− st f (ct )dt . 0 1 u Đặt u = ct thì du = cdt , dt = du , t = . c c 1 ∞ −  cs u 1 s Do đó L [ f (ct )] = ∫ e f (u )du = F   . c0 c c Định lý 1.5. Cho L [ f (t )] = F ( s ) với Re s > α 0 . 0 Đặt fτ (t ) =   f (t − τ ) khi t < τ khi t ≥ τ . Khi đó L [ fτ (t )] = e − sτ F ( s) với Re s > α 0 . Chứng minh. Ta có ∞ τ ∞ ∞ L [ fτ (t )] = ∫ e fτ (t )dt = ∫ e fτ (t )dt + ∫ e fτ (t )dt = ∫ e − st f (t − τ )dt . 0 − st 0 − st − st τ PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com τ 10 Đặt u = t − τ thì du = dt , t = u + τ . Đổi cận: t = τ → u = 0, t = ∞ → u = ∞ . ∞ ∞ 0 0 Do đó L [ fτ (t )] = ∫ e − s ( u +τ ) f (u )du = e − sτ ∫ e − su f (u )du = e − sτ F ( s ) . 1 khi t ≥ a Ví dụ 1.9. Tìm L [θ a (t )] trong đó θ a (t ) = θ (t − a ) =  , a∈¡ . 0 khi t < a  1 khi t ≥ 0 1 Lời giải. Với θ (t ) =  ta đã có L [θ (t ) ] = F (s ) = , Re s > 0 . s 0 khi t < 0 1 khi t ≥ a Vì vậy với θ a (t ) = θ (t − a ) =  trong đó a ∈ ¡ là hằng số, thì 0 khi t < a e − as L [θ a (t )] = e F ( s ) = với Re s > 0 . s − as Định lý 1.6. Cho L [ f (t )] = F ( s ) với Re s > α 0 , λ ∈ ¡ là hằng số. Khi đó L eλt f (t )  = F ( s − λ ) với Re s > α 0 + λ . Chứng minh. Ta có ∞ ∞ 0 0 L eλt f (t )  = ∫ e − st eλt f (t )dt = ∫ e − ( s −λ ) t f (t )dt = F ( s − λ ) . Ví dụ 1.10. Tìm biến đổi Laplace của f (t ) = te at , a ∈ ¡ . 1 Lời giải. Vì L [t ] = F ( s) = 2 với Re s > 0 nên s L te at  = F ( s − a ) = 1 với Re s > a . ( s − a)2 Định lý 1.7. Cho L [ f (t )] = F ( s ) , giả sử f ( k ) (t ) tồn tại và là hàm có biến đổi Laplace, f ( k −1) (0 + ) tồn tại với ∀k = 1,..., n . Khi đó L  f (n)  f (0+ ) f '(0 + ) f ( n−1) (0+ )  (t )  = s  F ( s) − − − ... − . s s2 sn   n PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com (1.1) 11 Chứng minh. Với n = 1 ta có ∞ ∞ L [ f '(t )] = ∫ e f '(t )dt = ∫ e df (t ) =e f (t ) − st 0 − st − st 0 ∞ t =0 ∞ + s ∫ e − st f (t )dt 0 = sF ( s) − f (0 + ) . Điều này nghĩa là (1.1) đúng với n = 1 . Giả sử (1.1) đúng với n = N ∈ ¥* . Khi đó L  f ( N +1) (t )  = L ( f ')( N ) (t )   f '(0+ ) f ''(0+ ) f ( N −1) (0 + )  = s  L [ f '(t )] − − − ... − 2 N . s s s   N Theo trên ta có L [ f '(t ) ] = sF ( s ) − f (0+ ) nên suy ra L  f ( N +1)  f '(0 + ) f ''(0 + ) f ( N −1) (0+ )  + (t )  = s  sF ( s ) − f (0 ) − − − ... −  s s2 sN   N =s N +1  f (0 + ) f '(0+ ) f ( N ) (0 + )   F ( s ) − s − s 2 − ... − s N +1  .   Điều này nghĩa là (1.1) đúng với n = N + 1 . Theo nguyên lý quy nạp toán học, (1.1) đúng với ∀n ∈ ¥ * . Ví dụ 1.11. Tìm biến đổi Laplace của f (t ) = cos at , a ∈ ¡ . Lời giải. Ta đã biết L [sin at ] = a với Re s > 0, a ∈ ¡ . s2 + a2 s 1  s Nếu a ≠ 0 thì L[cos at ] = L  (sin at )' = .L [sin at ] = 2 , với Re s > 0 . s + a2 a  a Nếu a = 0 thì L[cos at ] = L[1] = 1 s = 2 , với Re s > 0 . s s + a2 Vậy với mọi hằng số a ∈ ¡ , ta có L[cos at ] = s , với Re s > 0 . s2 + a2 Định lý 1.8. Cho L [ f (t )] = F ( s ) với Re s > α 0 . Khi đó ta có PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com 12 L (−t ) n f (t )  = F ( n ) ( s ), n ∈ ¥, Re s > α 0 . (1.2) Chứng minh. Với n = 1 , ta nhận thấy hàm (−t ) n f (t ) có cùng chỉ số tăng với ∞ f (t ) . Hơn nữa F ( s ) = ∫ e − st f (t )dt 0 ∞ ∞ ⇒ F '( s) = ∫ −te f (t )dt = ∫ e − st [−tf (t )]dt = L [ −tf (t )] , Re s > α 0 . − st 0 0 Điều này nghĩa là (1.2) đúng với n = 1 . Giả sử (1.2) đúng với n = N ∈ ¥* , khi đó L (−t ) N +1 f (t )  = L (−t ) N (−t ) f (t )  = ( L [(−t ) f (t ) ]) = F ( N +1) (s ), ( N +1) (s ) = [ F '( s )] (N ) (s) ∀N ∈ ¥* , với Re s > α 0 . Điều này chứng tỏ (1.2) đúng với n = N + 1 . Theo nguyên lý quy nạp toán học, (1.2) đúng với ∀n ∈ ¥ * . Ví dụ 1.12. Tìm biến đổi Laplace của f (t ) = t sin at và f (t ) = t 2 sin at , trong đó a ∈ ¡ là hằng số. Lời giải. Ta có L [t sin at ] = − L [ (−t )sin at ] = − d a 2 sa , = 2 2 2 ds s + a ( s + a 2 )2 d 2 sa 6 s 2 a − 2a 3 suy ra L t sin at  = − L [ (−t )t sin at ] = − = . ds ( s 2 + a 2 )2 (s 2 + a 2 )3 2 Định lý 1.9. Nếu L [ f (t )] = F ( s ) và f (t ) là hàm gốc thì t ∞ z  f (t )  ∞ L = F ( u ) du , trong đó F ( u ) du = lim F (u )du . ∫ ∫s Re z →∞ ∫  t  s s Chứng minh. Đặt g (t ) = f (t ) , G ( s ) = L[ g (t )] . t PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com 13 Ta có G '( s ) = L [ (−t ) g (t )] = − L[ f (t )] = − F ( s ) nên G ( s ) là một nguyên hàm của − F ( s) . Theo giả thiết g (t ) là hàm gốc nên ∞ | G ( z ) |≤ ∫ e − (Re z ) t 0 ∞ | g (t ) | dt ≤M ∫ e( − Re z + β +1) t dt 0 e( − Re z + β +1) t M ∞ M =M = , trong đó Re z − β − 1 > 0 , − Re z + β + 1 t = 0 Re z − β − 1 β là chỉ số tăng của g . Từ đó suy ra lim G ( z ) = 0 và Re z →∞ ∞ −G ( s ) = −G ( s) + 0 = −G ( s) + lim G ( z ) = ∫ − F (u )du , Re z →∞ s ∞  f (t )  ∞ = ∫ F (u )du . ⇔ G ( s ) = ∫ F (u )du hay L   t  s s Ví dụ 1.13. Tìm biến đổi Laplace của f (t ) = Lời giải. Ta đã biết rằng F ( s ) = L [sin t ] = sin t . t 1 với Re s > 0 . Do đó s2 + 1 π 1  sin t  ∞ du L =∫ 2 = − arctan s = arctan với Re s > 0 .  s  t  s u +1 2 Định lý 1.10. Cho f (t ) liên tục và thỏa mãn L [ f (t )] = F ( s ) . Khi đó, hàm t  F ( s) . g (t ) = ∫ f (τ )dτ là nguyên hàm của f (t ) và L  ∫ f (τ )dτ  = s 0 0  t t Chứng minh. Vì g (t ) = ∫ f (τ )dτ liên tục, do đó g (t ) đo được. Giả sử f (t ) có 0 chỉ số tăng α 0 , khi đó với mọi 0 < ε < 1 , ta có | g (t ) |≤ t t 0 0 ∫ f (τ )dτ ≤ ∫ | f (τ ) | dτ t ≤ M ∫ e(α +ε )τ dτ = 0 0 M (α + ε )τ τ = t e < M 1e(α +ε )t . α0 + ε τ =0 0 PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com 0 14 Vậy g (t ) là hàm gốc. t Do g (t ) = ∫ f (τ )dτ nên g '(t ) = f (t ) , nếu đặt G ( s ) = L[ g (t )] thì 0 F ( s ) = L[ f (t )] = L[ g '(t )] = sG ( s) . F ( s) t  F ( s) hay L  ∫ f (τ )dτ  = . Do vậy G ( s ) = s s 0  t sin u du . u 0 Ví dụ 1.14. Tìm biến đổi Laplace của f (t ) = Si (t ) = ∫ 1  sin t  π = − arctan s = arctan nên ta có Lời giải. Do L   s  t  2 1  t sin u  1  sin t  1 L [ Si (t )] = L  ∫ du  = L  = arctan với Re s > 0 . s 0 u  s  t  s Định nghĩa 1.2. Cho hai hàm số f (t ) và g (t ) liên tục từng khúc. Tích chập của f (t ) và g (t ) kí hiệu là f * g (t ) được định nghĩa là f * g (t ) = +∞ ∫ f (τ ) g (t − τ )dτ . −∞ khi τ < 0  f (τ ) = 0 thì Trường hợp đặc biệt, nếu f (t ) và g (t ) thoả mãn   g (t − τ ) = 0 khi τ > t t f * g (t ) = ∫ f (τ ) g (t − τ )dτ . 0 Tích chập có tính chất giao hoán, nghĩa là f * g (t ) = g * f (t ) . t t 0 0 Thật vậy, f * g (t ) = ∫ f (τ ) g (t − τ )dτ = ∫ f (t − τ 1 ) f (τ 1 )d (t − τ 1 ) t = ∫ f (t − τ 1 ) g (τ 1 )dτ 1 = g * f (t ) . 0 PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com 15 Định lý 1.11. Giả sử L [ f (t )] = F ( s), L [ g (t ) ] = G( s ) , f (t ) và g (t ) là các hàm liên tục từng khúc trên một khoảng hữu hạn của ¡ + . Nếu ta xem f (t ) và g (t ) xác định trên ¡ , triệt tiêu trên khoảng (−∞;0) thì L [ f * g (t )] = F ( s ).G( s ) . Chứng minh. F ( s ).G (s ) = L [ f (t )] L [ g (t )] ∞  ∞  − sτ =  ∫ f (τ 1 )e dτ 1  ∫ g (τ 2 )e− sτ dτ 2  0  0  1 2 ∞∞ = ∫ ∫ e − s (τ +τ ) f (τ 1 ) g (τ 2 )dτ 1dτ 2 1 2 0 0 = ∫∫ e − s (τ +τ ) f (τ 1 ) g (τ 2 )dτ 1dτ 2 . 1 2 D Ở đây D là góc phần tư thứ nhất trên mặt phẳng toạ độ. Thực hiện phép đổi biến t = τ 1 + τ 2 , τ = τ 2 thì miền D đổi thành miền D1 bao bởi trục thực dương và đường phân giác của góc phần tư thứ nhất. Khi đó ta có F ( s ).G (s ) = ∫∫ e − st f (t − τ ) f (τ )dtdτ D1 t  = ∫ e  ∫ f (t − τ ) f (τ )dτ  dt 0 0  ∞ − st = L [ g * f (t )] = L [ f * g (t )] . 1.2. Phép biến đổi Laplace ngược 1.2.1. Định nghĩa phép biến đổi Laplace ngược Kí hiệu L−1 [ F ( s )] để biểu diễn một hàm f (t ) sao cho biến đổi Laplace của f (t ) là F ( s ) . Điều đó có nghĩa là nếu L [ f (t )] = F ( s ) thì L−1 [ F ( s)] = f (t ) . Phép biến đổi từ F ( s ) sang f (t ) nói trên được gọi là phép biến đổi Laplace ngược. PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com 16 Nhận xét. Do F ( s ) chỉ mang thông tin về f (t ) trên miền t ≥ 0 nên L−1 [ F ( s )] cũng chỉ cho thông tin về f (t ) trên miền đó. Khi viết L−1 [ F ( s)] = f (t ) thì ta phải hiểu f (t ) = 0 với t < 0 .  1  Ví dụ 1.15. a) Tìm L−1  trên miền Re s > a, a ∈ ¡ là hằng số.  s − a    1 b) Tìm L−1   trên miền Re s > 2 .  ( s + 3)( s − 2)  1  1  at Lời giải. a) Vì L e at  = nên L−1  =e . s−a  s − a  b) Vì 1 1 1 1 1 nên =− . + . ( s + 3)( s − 2) 5 s+3 5 s−2   1 1 1 1 1  −1  L−1  = L − . +   5 s + 3 5 . s − 2   ( s + 3)( s − 2)  1  1  1 −1  1  1 1 = − L−1  + L  = − e −3 t + e 2 t .   5  s + 3 5  s − 2  5 5  e− as  Ví dụ 1.16. Tìm L  .  s  −1 e − as Lời giải. Vì L [θ a (t )] = nên s 1 khi t ≥ a  e− as  L  θ ( t ) θ ( t a ) = = − =   a  s  0 khi t < a. −1   1 Ví dụ 1.17. Tìm L−1  , a, b ∈ ¡ là hằng số.  ( s − a )( s − b )   Lời giải. Trước hết, ta xét trường hợp a ≠ b . Đặt F ( s ) = G(s) = 1 và s−a 1 . Khi đó L−1 [ F ( s )] = f (t ) = e at , L−1 [G ( s)] = g (t ) = ebt . s−b PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com 17 Sử dụng tính chất của tích chập ta có   1 L−1  = L−1 [ F ( s).G ( s) ].   ( s − a )( s − b )  t = g * f (t ) = e * e = ∫ e .e at bt aτ b ( t −τ ) 0 Nếu a = b thì F ( s ) = e at − ebt dτ = . a −b 1 1 = = L te at  nên 2 ( s − a )( s − b) ( s − a )    1  1 L−1  = L−1  = te at .  2   (s − a )( s − b)   ( s − a)   e at − ebt    1 Vậy L−1   =  a −b s a s b ( − )( − )    te at  khi a ≠ b khi a = b. 1.2.2. Mối liên hệ giữa biến đổi Laplace và biến đổi Laplace ngược Định lý 1.12. Cho hàm gốc f (t ) trơn từng khúc trên mọi khoảng hữu hạn của nửa trục t ≥ 0 , f (t ) có chỉ số tăng α 0 và L [ f (t )] = F ( s ) . Khi đó 1 x +i∞ st f (t ) = ∫ e F ( s)ds, 2π i x −i∞ x > α0 . Chứng minh. Với x > α 0 đặt g (t ) = e − xt f (t ) thì g (t ) cũng trơn từng khúc trên mọi khoảng hữu hạn của nửa trục t ≥ 0 . Ngoài ra ta có ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ − xt − xt − xt (α + ε ) t − ( x − α −ε ) t dt . ∫ | g (t ) | dt = ∫ e f (t )dt ≤ ∫ e | f (t ) | dt ≤ M ∫ e e dt = M ∫ e 0 0 0 0 0 0 0 Chọn ε > 0 sao cho x − α 0 − ε > 0 thì khi đó g (t ) khả tích. Sử dụng công thức tích 1 phân Fourier gµ (λ ) = 2π 1 g (t ) = 2π ∞ +∞ ∫ g (u )e − iλ u du và lưu ý g (t ) triệt tiêu khi u < 0 , ta có −∞ 1 it λ ∫−∞ gµ (λ )e d λ = 2π ∞ ∞ ∫ ∫ g (u )e iλ ( t − u ) dud λ . −∞ 0 Suy ra PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com 18 e − xt 1 f (t ) = 2π 1 Do đó f (t ) = 2π ∞ ∞ ∫ ∫e − xu f (u )e −∞ 0 ∞ ∫e t ( x + iλ ) iλ ( t −u ) 1 dud λ = 2π ∞ ∫e −∞ iλ t ∞ d λ ∫ f (u )e− u ( x +iλ ) du 0 F ( x + iλ )d λ . −∞ Đổi biến s = x + iλ ta có f (t ) = 1 x +i∞ st ∫ e F ( s)ds, 2π i x −i∞ x > α0 . Định lý 1.13. Giả sử L [ f (t )] = F ( s), L [ g (t )] = G( s ) , f (t ) và g (t ) lần lượt có chỉ số tăng α 0 , β 0 và là các hàm liên tục từng khúc trên một khoảng hữu hạn của ¡ + . Khi đó fg (t ) cũng là hàm gốc với chỉ số tăng α 0 + β 0 và 1 x +i∞ L[ fg (t )] = ∫ F (v)G( s − v)dv, 2π i x −i∞ x > α 0 ,Re s > x + β 0 . Chứng minh. Hiển nhiên fg (t ) cũng là hàm gốc với chỉ số tăng α 0 + β 0 . Ta có ∞ L[ fg (t )] = ∫ e − st f (t ) g (t )dt 0 ∞  1 x +i∞ vt  = ∫ e − st g (t )  e F (v)dv  dt ∫ 0  2π i x −i∞  ∞ 1 x +i∞ = F (v)dv ∫ e( v − p ) t g (t )dt ∫ 2π i x −i∞ 0 1 x +i∞ = ∫ F (v)G ( s − v)dv . 2π i x −i∞ Định lý 1.14. Cho hàm F ( s ) thoả mãn các điều kiện sau a) F ( s ) giải tích trong miền Re s > α 0 . b) Khi s → ∞ trong miền Re s > α 0 thì hàm F ( s ) tiến về 0 đều theo  π π arg s ∈  − ;  .  2 2 c) Với ∀x > α 0 ta có x + i∞ ∫ F ( x + iy ) dy ≤ M , M = const . x −i ∞ PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com 19 Khi đó hàm F ( s ) xác định trên Re s > α 0 là biến đổi Laplace của hàm f (t ) xác 1 x +i∞ st định bởi f (t ) = ∫ e F ( s)ds, 2π i x −i∞ x > α0 . Định lý 1.15. Giả sử thác triển giải tích của hàm F ( s ) lên nửa mặt phẳng trái là một hàm giải tích đơn trị. Giả sử L [ f (t )] = F ( s ) và s = ∞ là điểm chính quy của F ( s ) , F ( s ) có khai triển tại vô cực như sau ∞ cn . n n =1 s F (s) = ∑ (1.3) tn với t > 0 . f (t ) = ∑ cn +1 n =1 n! (1.4) Khi đó ∞ n! Nhận xét. Do L t n  = n+1 nên định lý trên cũng có nghĩa là s n ∞ t  ∞ cn +1 L ∑ cn+1 L t n  . =∑ n!  n =0 n!  n= 0 Chứng minh. Trước hết ta khảo sát sự hội tụ của chuỗi (1.4). Giả sử chuỗi (1.3) hội tụ bên ngoài đường tròn bán kính R0 . Khi đó F ( s) ≤ c với s = R1 . R1 Từ đó, ta có đánh giá các hệ số cn+1 của chuỗi (1.3) cn+1 = tn ∞ suy ra ∑c n= 0 1 2π i n +1 n! ∫ F ( s )s n ds ≤ M 1R1n s = R1 ∞ ≤ M1∑ n =0 (R t ) 1 n! n = M 1e R t . 1 Vậy chuỗi (1.4) hội tụ và hội tụ tuyệt đối trên đoạn [ − N , N ] , với N > 0 tuỳ ý, hơn nữa tổng của chuỗi này là hàm gốc. PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com 20 Do tính hội tụ đều, ta có ∞ ∞ tn  cn +1 N − st n − st  e c dt = ∑ n +1 ∫0  ∑ ∫0 e t dt  n n ! ! = 0 = 0 n n   N ∞ cn +1  ∞ − st n  e t dt − e − st t n dt  ∫ ∫ n =0 n!  0 N  ∞ =∑ cn +1 ∞ cn+1 ∞ − st n = ∑ n+1 − ∑ ∫ e t dt . n =0 s n = 0 n! N ∞ (1.5) Khảo sát chuỗi (1.4) ở trên với Re s = R1 > R0 ta có cn +1 n! ∞ − st n ∫ e t dt ≤ N cn +1 ∞ − R t n ∫ e t dt n! N 1 < cn +1 ∞ − R t n ∫ e t dt n! 0 = cn+1 ∞ − u n e u du n!R1n+1 ∫0 = cn+1 cn +1 Γ n + = , ( 1) n!R1n +1 R1n+1 1 suy ra với Re s = R1 > R0 thì chuỗi cn +1 ∞ − st n ∑ ∫ e t dt hội tụ đều theo N . n = 0 n! N ∞ Mặt khác, từng số hạng của chuỗi này tiến về 0 khi N → ∞ nên từ (1.5) ta suy ra ∞ tn  cn+1  ∞ e c dt = . ∑ n +1 ∫0  ∑  n +1 n!  n =0 s  n =0 ∞ − st 1.2.3. Tính không chỉnh của biến đổi Laplace ngược Bài toán tìm hàm gốc của F ( s ) có thể xem như bài toán giải phương trình tích phân ∞ ∫e − st f (t )dt = F (s ) . 0 Xét phương trình toán tử PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com (1.6)