Các phép biến đổi tích phân 7
Phép biến đổi Fourier
1.1.1 Định nghĩa và tính chất Định nghĩa 1.1.1 (khả tích tuyệt đối) Hàm f(x) được gọi là khả tích tuyệt đối trên −∞ < x < ∞ nếu
|f(x)|dx < ∞ (1.1) Định nghĩa 1.1.2 (phép biến đổi Fourier) Phép bến đổi Fourier của f(x), kí hiệu là
={f(x)} = F(k),k ∈ R và được xác định bởi tích phân:
−∞ e −ikx f(x)dx (1.2) Điều kiện đủ để tích phân (1.2) tồn tại là f khả tích tuyệt đối trên (−∞,∞).
Ví dụ 1.1.1 Cho hàm f(x) = exp(−ax 2 ).
Ta có phép biến đổi tích phân Fourier của hàm f là
0 nếu |x| > 1, Phép biến đổi Fourier của hàm f là
Theo Ví dụ 1.1.2, ảnh Fourier của một hàm khả tích tuyệt đối có thể không đảm bảo khả tích tuyệt đối Định nghĩa 1.1.3 đề cập đến hàm tốt, trong đó g(x) là một hàm thực hoặc phức xác định trên R, với điều kiện g khả vi vô hạn và các đạo hàm của nó tiến tới 0 nhanh hơn bất kỳ lũy thừa dương nào của x −1 khi |x| → ∞ Cụ thể, với mỗi số nguyên dương N và n, ta có giới hạn liên quan đến các đạo hàm của g(x).
|x|→∞x N g (n) (x) = 0,thì g(x) được gọi là một hàm tốt Tập các hàm tốt ký hiệu là S. Định lý 1.1.1 Biến đổi Fourier của một hàm tốt là một hàm tốt.
Chứng minh Biến đổi Fourier của một hàm tốt f(x) tồn tại và nó được cho bởi
Tính đạo hàm cấp n của hàm F(k) và tích phân từng phần N lần, ta thu được
Tất cả đạo hàm của hàm F(k) đều tiến tới 0 nhanh chóng như |k| −N khi |k| → ∞ với bất kỳ N > 0, cho thấy F(k) là một hàm tốt Định nghĩa 1.1.4 đề cập đến phép biến đổi Fourier ngược của hàm F(k), được ký hiệu như sau.
= −1 {F(k)}= f(x), và được xác định bởi
−∞ e ikx F(k)dk (1.3) Định lý 1.1.2 (Định lý ngược) Nếu f(x) là hàm tốt thì f(x) = 1
Nhận xét 1.1.3 Từ định lý ngược ta có công thức tích phân Fourier f(x) = 1
e ikx dk (1.5) Định lý 1.1.3 Nếu ={f(x)} = F(k) thì:
−∞ f(ξ)G(ξ −x)dξ (1.11) Ở đây G(k) =={g(x)}. Định lý 1.1.4 Nếu f(x) là hàm khả tích tuyệt đối thì:
Chứng minh Theo định nghĩa ta có:
|f(x)|dx = const Ta chứng minh được (i) Ta đi chứng minh (ii), ta có:
Z khi lim h→0 e −ihx −1 = 0 với mọi x ∈ R, ta thu được: h→0lim|F(k+h)−F(k)| ≤ lim h→0
−∞ e −ihx −1 |f(x)|dx = 0, ta thấy rằng F(k) liên tục. Định lý 1.1.5 (Bổ đề Riemann - Lebesgue) Nếu F(k) =={f(x)} thì:
|k|→∞lim |F(k)| = 0. Định lý 1.1.6 Nếu f(x) khả vi liên tục và f(x) → 0 khi x → ∞ thì:
1.1.2 Tích chập đối với phép biến đổi Fourier Định nghĩa 1.1.5 (tích chập) Tích chập của 2 hàm số khả tích f(x) và g(x) đối với phép biến đổi tích phân Fourier được ký hiệu (f ∗g)(x) và được xác định bởi
Trong quá trình nghiên cứu về tích chập, nhân tử √ 1
2π thường bị bỏ qua và không gây ảnh hưởng gì đến các tính chất của tích phân dạng chập Vì vậy, nhân tử √ 1 2π nhiều lúc có thể bỏ qua.
Tìm tích chập của f(x) = cos(x) và g(x) = exp(−a|x|), a > 0
0 cosξe −aξ dξ = 2a (1+a cos 2 x ). Định lý 1.1.7 (định lý tích chập) Nếu ={f(x)} = F(k) và ={g(x)} G(k) thì:
Tính chất đại số của tích chập
Tích chập có các tính chất đại số sau:
2πδ∗f. Định lý 1.1.8(đẳng thức Parseval cho biến đổi Fourier) Nếu={f(x)} F(k) và ={g(x)} = G(k) thì:
Phép biến đổi Fourier sin và Fourier cosin
1.2.1 Định nghĩa và tính chất
Trong công thức (1.5), hàm số mũ exp [ik(x−ξ)] được biểu diễn dưới dạng hàm lượng giác, tận dụng tính chẵn lẻ của các hàm sin và cosin Do đó, chúng ta có thể viết lại f(x) = 1 π.
Công thức tích phân Fourier có dạng −∞ f(ξ) cosk(x−ξ)dξ, được thể hiện trong (1.18), có ứng dụng quan trọng trong nhiều vấn đề vật lý Hàm f(x) thường triệt tiêu nhanh chóng khi |x| → ∞, điều này đảm bảo sự tồn tại của tích phân Khi xem xét hàm f(x) là hàm chẵn và khai triển hàm cosin trong (1.18), ta có được mối quan hệ f(x) = f(−x) = 2 π.
0 f(ξ) coskξdξ (1.19) Đây được gọi là công thức tích phân Fourier cosin Tương tự, cho một hàm lẻ f(x), ta thu được công thức tích phân Fourier sin: f(x) =−f(−x) = 2 π
Từ công thức tích phân, chúng ta định nghĩa phép biến đổi Fourier cosin và Fourier sin Định nghĩa 1.2.1 nêu rõ rằng phép biến đổi Fourier cosin của hàm f được ký hiệu một cách cụ thể.
= c {f(x)} = F c (k), và được xác định bởi
2 r2 π[ 1 a−ik + 1 a+ik] r2 π a (a 2 +k 2 ). Định nghĩa 1.2.2 (phép biến đổi Fourier cosin ngược) Phép biến đổi Fourier cosin ngược được xác định:
0 coskxF c (k)dk (1.22) Định nghĩa 1.2.3 (phép biến đổi Fourier sin) Phép biến đổi tích phân Fourier sin được ký hiệu
Ví dụ 1.2.2 Với hàm: erfc(x) = 2
Định nghĩa 1.2.4 (phép biến đổi Fourier sin ngược) Phép biến đổi Fourier sin ngược được xác định:
0 sinkxFs(k)dk (1.24) Định lý 1.2.1 Nếu = c {f(x)} = F c (k) và = s {f(x)} = F s (k) thì:
= s {f(ax)} = 1 aF s (k a), a > 0 (1.26) Chú ý 1.2.1 Với điều kiện thích hợp thì các tính chất sau là đúng:
1.2.2 Tích chập đối với phép biến đổi Fourier cosin và Fourier sin Định nghĩa 1.2.5 (Tích chập Fourier cosin) Tích chập của hai hàm f, g đối với phép biến đổi tích phân Fourier cosin được ký hiệu (f∗ c g)(x) và được xác định
0 f(ξ)[g(x+ ξ) +g(|x−ξ|]dξ. Định lý 1.2.2 (định lý tích chập Fourier cosin) Nếu = c {f(x)} = F c (k) và = c {g(x)} = G c (k) thì
0 f(ξ)[g(x+ξ) +g(|x−ξ|]dξ (1.32) Định nghĩa 1.2.6 (Tích chập Fourier sin) Tích chập của hai hàm f, g đối với phép biến đổi tích phân Fourier sin được ký hiệu (f ∗ s g)(x) và được xác định
0 f(ξ)[g(|x−ξ| −g(x+ξ)]dξ. Định lý 1.2.3 (định lý tích chập Fourier sin) Nếu = s {f(x)} = F s (k) và = s {g(x)} = G s (k) thì
= s {(f ∗ s g)(x)}(k) = Fs(k)Gs(k), (1.33) hay tương đương:
F s (k)G s (k) sinkxdk = 1Z ∞ f(ξ)[g(|x−ξ|]−g(x+ξ)dξ (1.34) Định lý 1.2.4 (đẳng thức Parseval cho biến đổi Fourier cosin).
|f(x)| 2 dx (1.35) Định lý 1.2.5 (đẳng thức Parseval cho biến đổi Fourier sin).
Phép biến đổi Laplace
1.3.1 Định nghĩa và tính chất
Từ công thức tích phân Fourier (1.5) ta biểu diễn hàm f 1 (x) trên R như sau: f1(x) = 1
Ta có f 1 (x) ≡ 0 trong x ∈ (−∞; 0): f 1 (x) =e −cx f(x)H(x) =e −cx f(x), x >0 (1.38) Với H(x) là hàm bước nhảy (hay hàm dời) Heaviside được xác định:
Với c là số dương cố định thì (1.37) trở thành f(x) = e cx
0 exp{−t(c+ik)}f(t)dt (1.39) Đổi biến c+ik = s, idk = ds, ta viết lại (1.39) là f(x) = e cx
Phép biến đổi Laplace là một công cụ toán học quan trọng, được định nghĩa cho hàm f(t), với t là biến số thực và t > 0 Định nghĩa này được thể hiện qua tích phân: \( L[f(t)] = \int_0^{\infty} e^{-st} f(t) dt \).
Phép biến đổi Laplace ngược được định nghĩa qua công thức (1.40), trong đó e −st là hạt nhân của phép biến đổi và s là biến phức.
Hiển nhiên L và L −1 là toán tử tích phân tuyến tính.
Ví dụ 1.3.1 Nếu f(t) = 1 khi t > 0 thì f¯(s) = L{1} ∞
Ví dụ 1.3.2 Nếu f(t) =e at , a = const thì
0 e −(s−a)t dt= 1 s−a, s > a. Định nghĩa 1.3.3 (hàm số mũ cấp a) Hàm f(t) được gọi là hàm số mũ cấp a, (a > 0) và t ∈ [0;∞) nếu tồn tại một hằng số dương K sao cho với mọi t > T:
Hàm f(t) được ký hiệu là f(t) = O(e^at) khi t → ∞ Theo đó, ta có giới hạn: lim (t→∞) e^(-bt) |f(t)| ≤ K lim (t→∞) e^(-(b-a)t) = 0 với b > a Điều này cho thấy hàm f(t) là số mũ cấp khi t → ∞ và không bao giờ vượt quá một giá trị nhất định Định lý 1.3.1 nêu rõ điều kiện tồn tại của phép biến đổi Laplace: nếu hàm f(t) là liên tục hoặc liên tục từng khúc trên mọi khoảng hữu hạn (0; T) và có số mũ cấp e^at, thì phép biến đổi Laplace của f(t) tồn tại với mọi s.
0 e −t(s−a) dt = s−a K , khi Re s > a. Định lý 1.3.2 Nếu L{f(t)} = ¯f(s) thì
L{e −at f(t)} = ¯f(s+a) (1.45) với a là hằng số thực
Chứng minh Theo định nghĩa ta có:
0 e −(s+a)t f(t)dt= ¯f(s+a). Định lý 1.3.3 Nếu L{f(t)} = ¯f(s) thì
L{f(t)H(t−a)}= e −as f¯(s) =e −as L{f(t)}, (1.46) Hay tương đương
L{f(t)H(t−a)} = e −as L{f(t+ a)} (1.47) Với hàm H(t−a) được định nghĩa như sau:
L{f 00 (t)}= s 2 L{f(t)} −sf(0)−f 0 (0) = s 2 f¯(s)−sf(0)−f 0 (0), (1.49) hay tổng quát hơn là:
1.3.2 Tích chập đối với phép biến đổi Laplace Định lý 1.3.5 (Định lý tích chập của phép biến đổi Laplace) Nếu
L −1 {f¯(s)¯g(s)} = f(t)∗g(t) (1.52) Ở đây,f(t)∗g(t) được gọi là tích chập của f(t) và g(t) và được xác định bởi tích phân f(t)∗g(t) t
Chú ý 1.3.1 Tích chập có các tính chất sau đây: f(t)∗ {g(t)∗h(t)} = {f(t)∗g(t)} ∗h(t), (1.54) f(t)∗g(t) =g(t)∗f(t) (1.55) f(t)∗ {ag(t) +bh(t)} = af(t)∗g(t) +bf(t)∗h(t) (1.56) f(t)∗ {ag(t)}= {af(t)} ∗g(t) = a{f(t)∗g(t)} (1.57)
L{f ∗n } = {f¯(s)} n (1.59)Với a, b là const, f ∗n = f ∗f ∗f ∗ ∗f là tích chập cấp n
Phép biến đổi Hankel
Định nghĩa 1.4.1 (biến đổi Fourier và nghịch đảo trong không gian 2 chiều).
−∞ exp{−i(κãr)}F(k, l)dkdl, (1.61) với r = (x, y) và κ = (k, l). Định nghĩa 1.4.2 (tích phân của hàm Bessel).
Nhận xét 1.4.1 Với (x, y) = r(cosθ,sinθ) và (k, l) = κ(cosφ,sinφ) để κãr = κrcos(θ−φ) thỡ
Giả sửf(r, θ) = exp(inθ)f(r) và đổi biến θ−φ = α− π 2 ta rút gọn (1.63) được:
Ta sử dụng công thức tích phân Bessel (1.62) khi đó tích phân (1.64) trở thành:
2)] ˜fn(κ) (1.66) Định nghĩa 1.4.3 (phép biến đổi Hankel) f˜ n (κ) được gọi là biến đổi Hankel của f(r) được định nghĩa là:
Nhận xét 1.4.2 Giả định rằng (1.66) thì biến đổi Fourier ngược (1.4.1) trở thành e inθ f(r) = 1
0 κJ n (κr) ˜f n (κ)dκ. Định nghĩa 1.4.4 (Phép biến đổi Hankel ngược) Nghịch đảo biến đổi Hankel được xác định:
Nhận xét 1.4.3 (công thức tích phân Hankel) Công thức tích phân Hankel là f(r) ∞
Ví dụ 1.4.1 Biến đổi Hankel bậc 0 của r −1 exp(−ar) là f˜(κ) =H {1 exp(−ar)} ∞
Ví dụ 1.4.2 Biến đổi Hankel bậc 1 của f(r) = e −ar là f˜(κ) =H 1 {e −ar } ∞
. Định lý 1.4.1 (tính tỉ lệ của tích phân Hankel) Nếu H n{f(r)}= ˜fn(κ) thì
Hn{f(ar)} = 1 a 2 f˜ n (κ a), a > 0 (1.70) Chứng minh Theo định nghĩa ta có,
0 sJ n (κ as)f(s)ds = 1 a 2 f˜ n (κ a). Định lý 1.4.2 (đạo hàm của biến đổi Hankel) Nếu f˜ n (κ) = H n {f(r)} thì
H 1 {f 0 (r)} = −κf˜0(κ), (1.72) với [rf(r)] triệt tiêu khi r → 0 và r → ∞. Định lý 1.4.3 Nếu H n{f(r)} = ˜fn(κ) thì
Hn{(∇ 2 − n 2 r 2 )f(r)}= H n {1 r d dr(rdf dr)− n 2 r 2 f(r)} = −κf˜ n (κ), (1.73) với rf 0 (r) và rf(r) triệt tiêu khi r → 0 và r → ∞. Định lý 1.4.4 (đẳng thức Parseval cho phép biến đổi Hankel) Nếu f˜(κ) =H n {f(r)} và g(κ) =˜ H n {g(r)} thì
Chứng minh Về mặt hình thức ta được:
0 rJ n (κr)g(r)dr Hoán vị thứ tự phép lấy tích phân
Một số ứng dụng 25
Ứng dụng của phép biến đổi Fourier
2.1.1 Giải phương trình vi phân thường
Xét phương trình vi phân thường cấp n với hệ số hằng
L là toán tử vi phân cấp n sinh bởi:
L ≡ a n D n +a n−1 D n−1 + + a 1 D +a 0 , (2.2) với a n , a n−1 , , a 1 , a 0 là const, D ≡ dx d là hàm sinh Áp dụng biến đổi Fourier cho cả 2 phía của (2.1) ta được:
[a n (ik) n +a n−1 (ik) n−1 + +a 1 (ik) +a 0 ]Y(k) = F(k), ở đây, ={y(x)}= Y(k) và ={f(x)}= F(k) Hay tương đương,
P(ik). Áp dụng Định lý tích chập (1.1.7) cho (2.3) ta thu được nghiệm hình thức: y(x) = = −1 {F(k)Q(k)} = 1
Ví dụ 2.1.1 Phương trình chùm sáng Bernoulli-Euler
Chúng ta phân tích sự biến dạng thẳng đứng u(x) của chùm tia sáng vô hạn trong môi trường đàn hồi dưới tác động của tải trọng thẳng đứng W(x) Biến dạng u(x) phải tuân theo phương trình vi phân thường sau đây.
EId 4 u dx 4 + κu = W(x),−∞ < x < ∞, (2.5) vớiEI là độ cứng khi uốn vàκlà môđun nền tảng của chùm sáng Chúng ta đi tìm nghiệm, giả định rằngW(x) có giá compact và u, u 0 , u”, u 0 ”tiến tới 0 khi |x| → ∞ Ta viết lại (2.5): d 4 u dx 4 + a 4 u = w(x), (2.6) với a 4 = EI κ và w(x) = W EI (x) , sử dụng biến đổi Fourier cho (2.6) được
U(k) = W(k) k 4 +a 4 Nghịch đảo biến đổi Fourier ta thu được nghiệm: u(x) = 1
Sử dụng lý thuyết Thặng dư ta thu được kết quả là:
Ví dụ 2.1.2 Tìm nghiệm của phương trình vi phân thường:
−d 2 u dx 2 +a 2 u = f(x),−∞ < x 0, (2.38) ở đây κ là hằng số, với điều kiện ban đầu là: u(x,0) = 0,0< x < ∞, (2.39) Bài toán được chia thành 2 trường hợp:
Xét phương trình (2.38) với điều kiện biên: u(x,0) = f(t), t ≥ 0, u(x, t) → 0 khi x → ∞, (2.40)
Sử dụng biến đổi Fourier sin:
0 sinkxu(x, t)dx, ta được: dUs dt = −κk 2 U s (k, t) + r2 πκkf(t), (2.41)
Sử dụng biến đổi Fourier sin ngược thu được nghiệm: u(x, t) r2 πκ t
Xét phương trình (2.38) với điều kiện biên: ux(0, t) = f(t), t ≥ 0, u(x, t) → 0, x → ∞ (2.45)
Sử dụng biến đổi Fourier cosin:
Z coskxu(x, t)dx. ta được: dU c dt +κk 2 U c = − r2 πxf(t) (2.46)
, (2.48) thì áp dụng biến đổi Fourier cosin ngược được nghiệm hình thức cuối cùng là: u(x, t) = − rκ π t
Chú ý 2.2.1 Đặc biệt: với f(t) =T 0 = const.
Ta áp dụng công thức (2.43) ta được:
1−exp −κ+k 2 , và từ (2.44) ta có: u(x, t) 2T 0 π
Ta sử dụng tích phân:
Khi đó nghiệm sẽ trở thành: u(x, t) = 2T 0 π π
2.2.2 Phương trình Laplace trong phần tư mặt phẳng
Giải phương trình: uxx +uyy = 0,0< x, y > ∞, (2.50) với điều kiện biên: u(0,y) = a,u(x,0) = 0,
∇u → 0, r = px 2 +y 2 → ∞, (2.51) vớia là const Áp dụng biến đổi Fourier sin cho x tương ứng ta tìm được: d 2 Us dy 2 −k 2 U s + r2 πka = 0.
Nghiệm của phương trình đồng nhất này là:
U s (k, y) −ky + r2 π a k. Ở đây A là một xác định từ U s (k,0) = 0 Kết quả:
U s (k, y) = a k r2 π(1−e −ky ) (2.52) Nghịch đảo biến đổi ta thu được nghiệm hình thức: u(x, y) = 2a π
Ứng dụng của phép biến đổi Laplace
2.3.1 Giải phương trình vi phân thường
Trong phần này, chúng ta sẽ xem xét ứng dụng của phép biến đổi
Giải phương trình vi phân cấp 1
Xem xét phương trình vi phân cấp 1: \(\frac{dx}{dt} + p(x) = f(t)\) với điều kiện ban đầu \(x(t=0) = a\), trong đó \(a\) và \(t\) là các hằng số, và \(f(t)\) là hàm số có phép biến đổi Laplace Áp dụng phép biến đổi Laplace cho hàm \(x(t)\), ta có công thức: \(s\bar{x}(s) - x(0) + p\bar{x}(s) = \bar{f}(s)\), dẫn đến kết quả cuối cùng là \(\bar{x}(s) = \frac{a}{s+p} + \frac{\bar{f}(s)}{s+p}\).
Sử dụng phép biến đổi Laplace ngược ta có nghiệm của phương trình vi phân cấp 1 như sau: x(t) = ae −pt + t
0 f(t−τ)e −pτ dτ (2.57) Đặc biệt nếu f(t) = q, với q là hằng số, thì công thức nghiệm (2.57) trở thành: x(t) = q p + a− q p e −pt (2.58)
Ví dụ 2.3.1 Ta áp dụng giải phương trình vi phân sau: dx dt −2x = 4, t > 0, x(0) = 0.
Ta có a = x(0) = 0, p = −2, f(t) = q = 4 Theo công thức nghiệm (2.58) ta có x(t) = 4
Ví dụ 2.3.2 Giải phương trình: dx dt + 2x = sint, t > 0, x(0) = 1.
Ta có a = x(0) = 1, p = 2, f(t) = sint Theo công thức nghiệm (2.57) ta có: x(t) =e −2t + t
0 sin(t−τ)e −2τ dτ ta thu được nghiệm là:
Giải phương trình vi phân cấp 2
Xét phương trình vi phân cấp 2: \( \frac{d^2 x}{dt^2} + 2p \frac{dx}{dt} + qx = f(t), t > 0 \) với điều kiện ban đầu \( x(0) = a \) và \( \frac{dx}{dt}(0) = b \) Các hằng số p, q, a và b là các tham số cố định Áp dụng phép biến đổi Laplace, ta có biểu thức: \( s^2 \bar{x}(s) - s x(0) - x(0) + 2p \{s \bar{x}(s) - x(0)\} + q x(s) = \bar{f}(s) \).
Sử dụng điều kiện ban đầu (2.60) ta có: ¯ x(s) = (s+p)a+ (b−pa) + ¯f(s)
Sử dụng phép biến đổi ngược của phép biến đổi Laplace, ta có công thức nghiệm chia thành 3 trường hợp sau:
Khi q > p 2 ⇒n 2 = q −p 2 > 0 thì: x(t) = ae −pt cosnt+ 1 n(b+ pa)e −pt sinnt+ 1 n t
Khi q = p 2 ⇒n 2 = q −p 2 = 0 thì: x(t) −pt cosnt+ (b+pa)te −pt + t
Khi q < p 2 ⇒n 2 = p 2 −q > 0 thì: x(t) = ae −pt coshmt+ 1 m(b+pa)e −pt sinhmt+ 1 m t
Ví dụ 2.3.3 Ta áp dụng giải phương trình sau: d 2 x dt 2 +x = sin 2t, x(0) = ˙x(0) = 0.
Theo công thức nghiệm (2.62) của trường hợp 1 ta có nghiệm của phương trình vi phân cấp 2 đã cho là: x(t) t
Ví dụ 2.3.4 Giải phương trình sau: d 2 x dt 2 +ω 2 x = cosnt, Với (ω 6= n), x(0) = 1, x(0) = 0.˙
Giải tương tự như ví dụ trên ta thu được công thức nghiệm là: x(t) 1 2(n−ω) − 1
2.3.2 Giải phương trình tích phân
Phép biến đổi Laplace là một công cụ hiệu quả giúp giải quyết các phương trình tích phân, đặc biệt là phương trình tích phân chập Phương trình tích phân chập có dạng f(t) = h(t) + λb, cho phép chúng ta phân tích và xử lý các vấn đề phức tạp một cách đơn giản và dễ hiểu.
Hàm f là hàm cần tìm trong phương trình tích phân tuyến tính loại 2, hay còn gọi là phương trình tích phân tuyến tính Volterra, với h(t), k(t, τ) và a, b được cho trước, và λ là hằng số Hạt nhân k(t, τ) của phương trình quyết định tính chất của nó, và phương trình có thể được phân loại là thuần nhất hoặc không thuần nhất, tùy thuộc vào giá trị của h(t) Nếu hạt nhân có dạng k(t, τ) = g(t−τ), phương trình sẽ được gọi là phương trình tích phân chập.
Ta xét phương trình tích phân chập tổng quát có dạng như sau: f(t) =h(t) +λ t
0 g(t−τ)f(τ)dτ (2.66) Áp dụng phép biến đổi Laplace cho phương trình (2.66) ta có: f¯(s) = ¯h(s) +λL{ t
Theo định lý tích chập ta có: f¯(s) = ¯h(s) + λf¯(s)¯g(s), hay f¯(s) h(s)¯
Sử dụng phép biến đổi ngược ta có dạng nghiệm của phương trình tích phân chập là: ¯h(s)
Ví dụ 2.3.5 Giải phương trình tích phân sau: f(t) =a+λ t
Sử dụng phép biến đổi Laplace ta có: f¯(s) = a s−λ 0 Theo phép biến đổi Laplace ngược ta có: f(t) = ae λt (2.70)
Ví dụ 2.3.6 Giải phương trình sau: f(t) =asint+ 2 t
Sử dụng phép biến đổi Laplace ta có: f¯(s) = a s 2 + 1 + 2L{f 0 (t)}L{sint} = a s 2 + 1 + 2 sf¯(s)−f(0) s 2 + 1
= a s−1 2 Vậy nghiệm của phương trình là: f(t) =ate t (2.72)
2.3.3 Giải phương trình đạo hàm riêng
Xét các ví dụ sau:
Ví dụ 2.3.7 Giải phương trình: u t +xu x = x, x >0, t > 0 (2.73) Với điều kiện ban đầu là: u(x,0) = 0, x > 0, (2.74) u(0, t) = 0, t > 0 (2.75)
Ta áp dụng phép biến đổi Laplace cho hàm u(x, t) đối với biến t ta có: s¯u(x, s) +xd¯u dx = x s,u(0, s) = 0,¯ d¯u dx + s xu(x, s) =¯ 1 s (2.76)
Ta có nhân tử tích phân: e R s x dx = e s ln x = x s Khi đó (2.76) tương đương với: x s d¯u dx +x s s xu(x, s) =¯ x s s x s d¯u dx +sx s−1 u(x, s) =¯ x s s d dx[x s ãu(x, s)] =¯ x s s x s ãu(x, s) =¯ x s+1 s(s+ 1) +C. ¯ u(x, s) =C ãx −s + x s(s+ 1).
Ta có C là hằng số tích phân Từ u(0, s) = 0¯ ta có: C = 0là một nghiệm, ta có hệ thức sau: ¯ u(x, s) = x s(s+ 1) = x
Theo phép biến đổi ngược của phép biến đổi Laplace ta có nghiệm của phương trình đã cho là: u(x, t) = x(1−e −t ) (2.77)
Ví dụ 2.3.8 (Phương trình đạo hàm riêng cấp 2 không thuần nhất) Giải bài toán không thuần nhất sau: u xt = −ωsinωt, t > 0, (2.78) với điều kiện ban đầu là:
Sử dụng phép biến đổi Laplace cho (2.78) đối với biến t ta có: du¯ dx = s s 2 +ω 2
Ta có nghiệm tổng quát của phương trình vi phân là: ¯ u(x, s) = sx s 2 +ω 2 +A (2.80)
Với A là hằng số tích phân và từ u(x, s) = 0¯, ta suy ra A = 0 Do đó, nghiệm của phương trình đạo hàm riêng được xác định bằng phép biến đổi ngược của biến đổi Laplace là: u(x, t) = xcosωt.
Ứng dụng của phép biến đổi Hankel cho phương trình đạo hàm riêng
Phép biến đổi Hankel vô cùng hữu ích trong việc giải quyết các bài toán đạo hàm riêng Dưới đây là một số ví dụ:
Ví dụ 2.4.1 (Dao động tự do của một màng tròn lớn)
Xét phương trình dao động: c 2
Trong bài viết này, chúng ta xem xét phương trình vi phân với điều kiện ban đầu u(r,0) = 0 và u_t(r,0) = g(r) cho 0 ≤ r < ∞, với c^2 = (T/ρ) = hằng số, trong đó T là sức căng của màng và ρ là mật độ bề mặt của màng Để giải phương trình này, chúng ta áp dụng biến đổi Hankel bậc 0 cho r tương ứng, từ đó nhận được kết quả ˜u(κ, t).
0 rJ 0 (κr)u(r, t)dr, (2.84) lấy (2.82)-(2.83) được: d 2 u˜ dt 2 +c 2 κ 2 u˜ = 0, (2.85) ˜ u(κ,0) = ˜f(κ),u˜t(κ,0) = ˜g(κ) (2.86) Nghiệm tổng quát của hệ biến đổi này là: ˜ u(κ, t) = ˜f(κ) cos(cκt) + (cκ) −1 ˜g(κ) sin(cκt) (2.87)
Sử dụng biến dổi Hankel ngược thu được nghiệm là: u(r, t) ∞
0 ˜ g(κ) sin(cκt)J 0 (κr)dκ (2.88) Đặc biệt, ta xét: u(r,0) = f(r) (r 2 +a 2 ) −1/2 , u t (r,0) = g(r) = 0, (2.89) để ˜g(κ) ≡ 0 và f˜(κ)
0 r(a 2 +r 2 ) −1/2 J 0 (κr)dr = Aa κ e −aκ , thì công thức nghiệm (2.88) trở thành: u(r, t) = Aa
Ví dụ 2.4.2 (Sự phân phối hằng nhiệt trong một cố thể nửa vô hạn với nguồn nhiệt ổn định)
Chúng tôi tìm nghiệm cho phương trình Laplace liên quan đến phân phối nhiệt độ u(r, z) với nguồn nhiệt ổn định và đối xứng Q0q(r) Điều kiện biên xác định nhiệt độ bằng 0 tại biên z = 0 Bằng cách áp dụng biến đổi Hankel bậc 0 cho các phương trình liên quan, ta thu được phương trình d 2 u˜ dz 2 −κ 2 u˜= −Q 0 q(κ) Nghiệm tổng quát của hệ biến đổi được biểu diễn dưới dạng ˜ u(κ, z) = A xp(−κz) + Q 0 κ 2 q(κ)˜, trong đó A là một hằng số.
A = −Q 0 κ 2 q(κ).˜ Như vậy, nghiệm hình thức là: ˜ u(κ, z) = Q 0 q(κ)˜ κ 2 (1−e −κz ) (2.93)
Sử dụng biến đổi Hankel ngược ta được công thức nghiệm: u(r, z) = Q0
Bài tập
Bài 1: Tìm biến đổi Fourier của:
(a) f(x) = 1− |x| a H 1− |x| a với H(x) là hàm dời đơn vị được xác định:
) , với a là số thực sao cho hàm dời H(x−a) có 1 gián đọan hữu hạn tại x= a. Đáp số: √ a
2π sin 2 ( ak 2) ( ak 2 ) 2 (b) Hàm đặc trưng χ [−a,a] (x) với, χ [−a,a] (x) = H(a− |x|) ( 1,|x| < a
Bài 2: Áp dụng tích chập của biến đổi Fourier tìm tích chập của: f(x) = χ [a,b] (x) và g(x) =x 2 , với χ [a,b] (x) ( 1, a ≤x ≤ b
Bài 3: Sử dụng biến đổi Fourier giải các phương trình sau:
(b) (Bài toán Cosi cho phương trình tán xạ) u t = κu xx ,−∞ < x < ∞, t > 0, trong đó κ là hằng số khuếch tán với điều kiện ban đầu: u(x,0) = f(x),−∞ < x 0, x(0) = 1. Đáp số:e −2t + 1 5 (−2e −2t + 2cost+sint).
(c) u x +xu t = x, x > 0, t > 0.Với điều kiện biên ban đầu là: u(x,0) = 0, x > 0, u(0, t) = 0, t > 0. Đáp số:u(x, t) = t−(t− 1 2 x 2 )H(t− x 2 2 ).
0 f(τ)e c(t−τ) dτ. Đáp số:f(t) = at n − (n+1)! n!ac t n+1 + c b − 1 + c b e −bt
(a) Tìm biến đổi Hankel bậc 0 của: δ(r) r Đáp số:1.
(b) Tìm biến đổi Hankel bậc 1 của: f(r) = 1 r e −ar Đáp số: κ 1 [1−a(κ 2 +a 2 ) − 1 2
Bài 10: Sử dụng phép biến đổi Hankel giải phương trình đạo hàm riêng với điều kiên biên ban đầu như sau:
(Hàm tán xạ đối xứng trục) u t = κ u rr + 1 ru r
,0 < r < ∞, t > 0, với κ là hằng số tán xạ và u(r,0) = f(r), để 0 < r < ∞. Đáp số: 2κt 1 exp