Đạo hàm, tích phân và tích các phép biến đổi
1 Tích chập- phép biến đổi Laplace của tích chập
Định nghĩa : Giả sử f và g là hai hàm liên tục từng khúc trên [0; +∞)
Tích chập của f và g là:
f (t) ∗ g(t) =
t
ˆ
0
f (τ ).g(t − τ )dτ
Lưu ý Tích chập có các tính chất:
i) Giao hoán: f ∗ g = g ∗ f
ii) Kết hợp: f ∗ (g ∗ h) = (f ∗ g) ∗ h
iii) Phân phối: f ∗ (g + h) = f ∗ g + f ∗ h
Chú ý Tích chập của 2 hàm không trùng với tích của 2 hàm: f ∗ g ̸= f.g
Ví dụ 1 Tính tích chập của cos t ∗ e−t
Ta có : cos t ∗ e−t = e−t∗ cos t =
ˆ t 0
e−(t−τ )cos τ dτ = e−t
ˆ t 0
eτcos τ dτ = e−t eτ(sin τ + cos τ )
2
t
0
= sin t + cos t − e
−t
2
Định lý (Biến đổi Laplace của tích chập)
Giả thiết f (t), g(t) liên tục từng khúc trên mỗi đoạn hữu hạn của [0; +∞) và bị chặn mũ trên [0; +∞) thì:
L{f (t) ∗ g(t)}(s) = L{f (t)}(s).L{g(t)}(s) = F (s).G(s)
⇔ L−1{F (s).G(s)} = f (t) ∗ g(t)
Ví dụ 2 L {sin bt ∗ cos bt} = b
s2+ b2 s
s2+ b2 = bs
(s2+ b2)2
Ví dụ 3 L−1
s (s2+ b2)2
= 1
b.L
−1
b
s2 + b2 s
s2 + b2
= 1
b.(sin bt ∗ cos bt)
= 1
b
ˆ t
0
sin bτ cos b(t − τ )dτ = 1
2b.
ˆ t
0
[sin bt + sin b(2τ − t)]dτ
= 1
2b
"
τ sin bt −cos b(2τ − t)
2b
t
0
#
= 1 2bt sin bt
Trang 22 Đạo hàm của biến đổi Laplace
Định lý: Nếu f (t) liên tục từng khúc trên mỗi đoạn hữu hạn của [0, +∞) và bị chặn mũ trên [0, +∞) thì:
F′(s) = L{−tf (t)}, s > a ⇔ L−1{F (s)} = f (t) = −1
t.L
−1{F′(s)}
Tổng quát: F(n)(s) = (−1)nL{tnf (t)}(s) vớí F (s) = L{f (t)}(s)
Ví dụ 4 L−1{arccot−1s }(t) = −1t L−1{(arccot1
s)′}(t) = −1t L−1n −1
1+(−1s ) 2.(−1s )′o(t)
= −1
t .L
−1{ −1
s2+ 1}(t) = 1
t sin t
Ví dụ 5 L{t(e2t+ 3cost)}(s) = − d
ds
1
s − 2 +
3s
s2+ 1
, s > 2
(s − 2)2 − 3
s2+ 1 +
6s2
(s2+ 1)2, s > 2
Định lý: Cho f (t) liên tục từng khúc trên mỗi đoạn hữu hạn của [0, +∞), ∃ lim
t→0 +
f (t)
t và f (t) bị chặn
mũ trên [0, +∞)
Ta có:
L f (t) t
(s) =
ˆ +∞
s
F (λ)dλ, s > a
⇔ L−1{F (s)} = f (t) = tL−1
ˆ +∞
s
F (λ)dλ
Ví dụ 6 L sinh t
t
=
ˆ +∞
s
L{sinh t}(λ)dλ =
ˆ +∞
s
dλ
λ2− 1 =
1
2ln
|λ − 1|
|λ + 1|
∞
s
= 1
2 ln
|s + 1|
|s − 1|
Ví dụ 7 L−1
2s (s2− 1)2
= t.L−1
ˆ +∞
s
2λ (λ2− 1)2dλ
= t.L−1
1
s2− 1
= t sinh t
4 Bài toán giá trị ban đầu đối với PTVP có hệ số là hàm số
Ví dụ 8 Giải PTVP sau đây: y′′+ 3ty′− 6y = 2, y(0) = y′(0) = 0
Lời giải
Đặt: Y (s) = L{y(t)}, ta có:
L{y′′} = s2.Y (s) − sy(0) − y′(0) = s2Y (s) L{ty′} = −dds(L{y′}) = −dds(sY (s) − y(0)) = −Y (s) − sY′(s)
Trang 3Tác động phép biến đổi Laplace vào hai vế của phương trình đã cho:
s2Y (s) − 3Y (s) − 3sY′(s) − 6Y (s) = 2
s
⇔ Y′(s) + 38 −8
3 Y (s) = −2
3s2 (1) (1) là phương trình vi phân tuyến tính cấp 1 có nghiệm Y (s) = 2
s3 + C.e
s2 6
s3
Để Y (s) là biến đổi Laplace của hàm y(t) nào đó thì lim
s→+∞Y (s) = 0 ⇒ C = 0
Do đó Y (s) = s23 ⇒ y(t) = t2
Ví dụ 9 Giải PTVP sau đây: tx′′+ (t − 3)x′+ 2x = 0, x(0) = 0
Lời giải
Đặt: X(s) = L{x(t)}, ta có:
L{x′} = sX(s) − x(0) = sX(s)
→ L{tx′} = −d
ds(L{x′}) = −d
ds(sX(s)) = −X(s) − sX′(s) và
L{x′′} = s2.X(s) − s.x(0) − x′(0) = s2X(s) − x′(0)
→ L{tx′′} = −d
ds(L{x′′}) = −d
ds(s2X(s) − x′(0)) = −2sX(s) − s2X′(s) Tác động phép biến đổi Laplace vào hai vế của phương trình đã cho, ta được:
−2sX(s) − s2X′(s) − X(s) − sX′(s) − 3sX(s) + 2X(s) = 0
↔ X′(s)(s2+ s) + X(s)(5s − 1) = 0
↔ X′(s) +5s − 1
s2+ s = 0 Phương trình trên là phương trình phân ly biến số, ta tính được:
X(s) = Ce−
´ 5s−1 s2+s ds
= Ce−
´ 1
s − 6 s+1 ds
= Celn |s|−6 ln |s+1|= C|s|
(s + 1)6 = Cs
(s + 1)6
Khi đó x(t) = C.L−1
s (s + 1)6
= C.L−1
1 (s + 1)5 − 1
(s + 1)6
= Ce−t t4
4! −t
5
5!
= C1e−t(5t4− t5)