möclöc - hus.vnu.edu.vn · ph™pbiŸn˚˚ilaplacev•ÙngdÖng...
TRANSCRIPT
Mục lục
Lời cảm ơn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . i
Lời mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ii
1 Kiến thức chuẩn bị 1
1.1 Định nghĩa phép biến đổi Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.2 Sự hội tụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.3 Điều kiện hội tụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.4 Phép biến đổi Laplace ngược . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.4.1 Công thức Mellin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.4.2 Điều kiện đủ để tồn tại gốc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.4.3 Tính tích phân Mellin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.4.4 Một số ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2 Các tính chất của phép biến đổi Laplace 15
2.1 Các tính chất cơ bản của phép biến đổi Laplace . . . . . . . . . . . . . 15
2.1.1 Tính chất tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
2.1.2 Tính chất đồng dạng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
2.1.3 Các định lý dịch chuyển . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
2.1.4 Hàm Gamma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
2.1.5 Ảnh của hàm tuần hoàn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
2.2 Đạo hàm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
2.3 Tích phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
2.3.1 Định lý về tích phân gốc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
2.3.2 Định lý về tích phân ảnh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
2.4 Tích chập các hàm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
2.5 Tích phân Duhamel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
3 Ứng dụng phép biến đổi Laplace trong giải phương trình vi phân và
tích phân 38
1
3.1 Phương trình vi phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
3.1.1 Phương pháp chung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
3.1.2 Phương trình vi phân tuyến tính cấp n với hệ số hằng . . . . . 39
3.1.3 Phương trình vi phân với hệ số là đa thức . . . . . . . . . . . . 42
3.1.4 Giải phương trình vi phân tuyến tính bằng phương pháp tích
phân Duhamel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
3.1.5 Hệ phương trình vi phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
3.2 Phương trình tích phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
PHÉP BIẾN ĐỔI LAPLACE VÀ ỨNG DỤNG
TRONG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN VÀ
TÍCH PHÂN
Nguyễn Thị Bích Hạnh
Hà Nội, 2010
LỜI CẢM ƠN
Trong suốt thời gian làm luận văn, tôi đã nhận được sự hướng dẫn rất tận tình và
chu đáo của PGS.TS Nguyễn Minh Tuấn. Thầy đã cho tôi những lời khuyên quý
báu không chỉ về các vấn đề xoay quanh luận văn mà còn về phương pháp học tập và
nghiên cứu khoa học. Tôi xin bày tỏ lòng kính trọng và biết ơn sâu sắc nhất tới Thầy.
Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới toàn thể các thầy cô giáo trong khoa
Toán - Cơ - Tin học, Trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà Nội
đã cung cấp cho tôi những tri thức khoa học cũng như những bài học cuộc sống giản
dị trong suốt thời gian học tập tại Khoa.
Nhân dịp này, tôi xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới gia đình, bạn bè và các đồng nghiệp
đã luôn ở bên động viên, khích lệ. Đó cũng là động lực rất lớn để tôi hoàn thành bản
luận văn này.
Hà Nội, ngày 06 tháng 12 năm 2010
Nguyễn Thị Bích Hạnh
i
LỜI MỞ ĐẦU
Leonard Euler là người đầu tiên đã đưa ra ý tưởng về phép biến đổi tích phân (vào
các năm 1763 và 1769), ông đã nghiên cứu các phép biến đổi này trong khi sử dụng
phép biến đổi Laplace ngược để giải các phương trình vi phân thường tuyến tính bậc
hai. Sau đó, Laplace cùng với Euler giới thiệu về phép biến đổi tích phân trong cuốn
sách Théorie analytique des probabilités (1812). Năm 1878, Spitzer là người đã gắn tên
của Laplace với biểu thức mà Euler đã sử dụng
y =
b∫a
esxΦ(s)ds.
Biểu thức này có thể được coi là phương trình vi phân nếu thay y là một hàm chưa
biết của biến x.
Vào nửa cuối thế kỷ 19, phép biến đổi Laplace đã được mở rộng thành dạng phức
bởi Poincare và Pincherle, mở rộng cho trường hợp hai biến bởi Picard, được Abel và
nhiều người khác tiếp tục nghiên cứu.
Ứng dụng đầu tiên của phép biến đổi Laplace hiện đại xuất hiện trong tác phẩm của
Bateman (1910), người đã biến các phương trình trong các công trình của Rutherford
nghiên cứu về sự phân rã phóng xạ
dP
dt= −λiP,
bằng cách đặt
p(x) =
∞∫0
e−xtP (t)dt
và thu được phương trình biến đổi. Năm 1920, trong bài viết của mình về hàm theta,
Bernstein đã sử dụng biểu thức
f(s) =
∞∫0
e−suΦ(u)du
và gọi đó là biến đổi Laplace. Vào những năm 1920 và 1930, Doetsch đã ứng dụng biến
đổi Laplace vào các phương trình vi phân, tích phân và phương trình vi - tích phân.
Nói về phép biến đổi Laplace, ta không thể không nhắc đến những công trình nghiên
cứu của Oliver Heaviside, người đã đưa ra một loạt những vấn đề liên quan đến phép
ii
tính toán tử, chủ yếu trong lĩnh vực vật lý. Và Bromwich đã đưa ra khái niệm về phép
biến đổi Laplace ngược
X(t) =1
2πi
γ+i∞∫γ−i∞
etsκ(s)ds
với γ thuộc bên phải các đường kỳ dị của κ.
Đến ngày nay, ta thấy phép biến đổi Laplace có nhiều ứng dụng trong các lĩnh vực
của Toán học, Vật lý, Cơ học,... Chẳng hạn, trong Toán học, ta có thể sử dụng phép
biến đổi Laplace để giải phương trình vi phân, phương trình đạo hàm riêng, phương
trình vi tích phân,... (xem [4], [5], [6]). Tư tưởng cơ bản của phép tính toán tử là phép
thay các hàm được nghiên cứu (hàm gốc) bởi những hàm khác nào đó (hàm ảnh) theo
những quy tắc nào đó (mà thường là phép biến đổi Laplace).
Luận văn trình bày những kiến thức cô đọng nhất của phép biến đổi Laplace và ứng
dụng trong giải phương trình vi phân và tích phân. Luận văn được chia thành 3 chương:
• Chương 1: Kiến thức chuẩn bị
• Chương 2: Các tính chất của phép biến đổi Laplace
• Chương 3: Ứng dụng phép biến đổi Laplace trong giải phương trình vi phân và
tích phân
Mặc dù đã rất cố gắng song luận văn chắc chắn còn nhiều thiếu sót. Tác giả rất mong
nhận được sự đóng góp của quý thầy cô và các bạn.
iii
Chương 1
Kiến thức chuẩn bị
Các phương trình vi phân thường và phương trình vi phân đạo hàm riêng mô tả
cách thức một đại lượng nhất định thay đổi theo thời gian, ví dụ như dòng điện trong
mạch điện, sự dao động của lớp màng đang rung, ... Các phương trình này thường đi
kèm với các điều kiện mô tả trạng thái ban đầu của hệ.
Một kỹ thuật rất mạnh để giải các bài toán này là phép biến đổi Laplace, biến đổi
phương trình vi phân ban đầu thành biểu thức đại số sơ cấp. Biểu thức đại số này lại
có thể được biến đổi thành nghiệm của bài toán ban đầu. Kỹ thuật này được gọi là
"phép biến đổi Laplace". Chương này xây dựng cơ sở lý thuyết và các tính chất cơ bản
của phép biến đổi Laplace.
1.1 Định nghĩa phép biến đổi Laplace
Định nghĩa 1.1.1. Giả sử rằng f là một hàm nhận giá trị thực hoặc phức của biến
(thời gian) t > 0 và s là một tham số thực hoặc phức. Biến đổi Laplace của hàm f là
F (s) = L(f(t)) =
∞∫0
e−stf(t)dt = limτ→∞
τ∫0
e−stf(t)dt (1.1.1)
nếu giới hạn này tồn tại (là một số hữu hạn).
Khi đó, tích phân (1.1.1) được gọi là hội tụ. Nếu giới hạn này không tồn tại, tích phân
được gọi là phân kỳ và f không có biến đổi Laplace. Ký hiệu L(f) được gọi là biến đổi
Laplace của f và tích phân này là tích phân Riemann thông thường.
Tham số s thuộc miền xác định nào đó trên đường thẳng thực hoặc trong mặt phẳng
phức. Ta sẽ chọn s thích hợp để đảm bảo tính hội tụ của tích phân (1.1.1). Về mặt
toán học và kỹ thuật, miền xác định của s khá quan trọng. Tuy nhiên về mặt thực
1
hành, khi giải các phương trình vi phân, miền xác định của s thường bị bỏ qua. Khi s
là số phức, ta sử dụng ký hiệu s = x+ iy.
Ký hiệu L là biến đổi Laplace tác động lên hàm f = f(t) và sinh ra một hàm mới,
F (s) = L(f(t)).
Ví dụ 1. Nếu f(t) ≡ 1 với t ≥ 0, thì
L(f(t)) =
∞∫0
e−st1dt =1
s(1.1.2)
với điều kiện là s > 0 (nếu s là số thực). Do đó ta có
L(1) =1
s(s > 0). (1.1.3)
Nếu s ≤ 0 thì tích phân sẽ phân kỳ và sẽ không có biến đổi Laplace của hàm này. Nếu
ta lấy s là một biến phức, tính toán tương tự với <(s) > 0, ta cũng được L(1) =1
s.
Ví dụ 2. Tính L(eiωt),L(e−iωt).
Giải
Ta có
L(eiωt) =
∞∫0
e−steiωtdt = limτ→∞
e(iω−s)t
iω − s
∣∣∣∣τ0
=1
s− iω,
do limτ→∞|eiωτe−sτ | = lim
τ→∞e−xτ = 0, với điều kiện x = <(s) > 0.
Tương tự, L(e−iωt) =1
s+ iω.
1.2 Sự hội tụ
Mặc dù toán tử Laplace có thể được áp dụng cho rất nhiều hàm nhưng có những
hàm tích phân (1.1.1) không hội tụ.
Ví dụ 3. Đối với hàm f(t) = et2,
limτ→∞
τ∫0
e−stet2
dt = limτ→∞
τ∫0
et2−stdt =∞
với mọi s, vì miền lấy tích phân tăng vô hạn khi τ →∞.
Hai kiểu hội tụ của tích phân Laplace.
Hội tụ tuyệt đối: Tích phân (1.1.1) được gọi là hội tụ tuyệt đối nếu
limτ→∞
τ∫0
|e−stf(t)|dt
2
tồn tại.
Nếu L(f(t)) hội tụ tuyệt đối thì∣∣∣∣τ ′∫τ
e−stf(t)dt
∣∣∣∣ ≤τ ′∫τ
|e−stf(t)|dt→ 0
khi τ →∞, với τ ′ > τ. Điều này suy ra rằng L(f(t)) hội tụ.
Hội tụ đều: Tích phân (1.1.1) được gọi là hội tụ đều với s thuộc miền xác định Ω ⊂ Cvới bất kỳ ε > 0, tồn tại số τ0 > 0 sao cho nếu τ > τ0, thì∣∣∣∣
∞∫τ
e−stf(t)dt
∣∣∣∣ < ε
với mọi s ∈ Ω.
1.3 Điều kiện hội tụ
Chúng ta có thể tính biến đổi Laplace cho một số hàm, nhưng cũng có hàm không
có biến đổi Laplace, ví dụ như hàm et2. Ta sẽ xây dựng một lớp các hàm có biến đổi
Laplace.
Định nghĩa 1.3.1. Điểm t0 được gọi là điểm gián đoạn loại 1 của hàm f nếu hai giới
hạn
limt→t−0
f(t) = f(t−0 ) và limt→t+0
f(t) = f(t+0 )
tồn tại (là các số hữu hạn) và f(t−0 ) 6= f(t+0 ).
Ví dụ 4. Hàm f(t) =1
t− 3không liên tục tại t = 3, nhưng t = 3 cũng không phải là
điểm gián đoạn loại 1 vì limt→3−
f(t) và limt→3+
f(t) đều không tồn tại.
Ví dụ 5. Hàm
f(t) =
e−t2
2 nếu t > 0,
0 nếu t < 0.
có điểm gián đoạn loại 1 tại t = 0 và liên tục hầu khắp nơi.
Ví dụ 6. Hàm
f(t) =
cos 1t
nếu t > 0,
0 nếu t < 0.
gián đoạn tại t = 0, nhưng limt→0+
f(t) không tồn tại, vì vậy t = 0 không phải là điểm
gián đoạn loại 1 của hàm f .
3
Định nghĩa 1.3.2. Hàm f được gọi là liên tục từng mảnh trên [0,∞) nếu:
(i) limt→0+
f(t) = f(0+) tồn tại;
(ii)f liên tục trên mỗi khoảng hữu hạn (0, b), có thể trừ ra một số hữu hạn các điểm
τ1, τ2, ..., τn trong (0, b) là các điểm gián đoạn loại 1 của hàm f .
Một kết quả quan trọng của tính liên tục từng mảnh là trên mỗi khoảng con hàm
f cũng bị chặn, tức là,
|f(t)| ≤Mi, τi < t < τi+1, i = 1, 2, ..., n− 1,
với các hằng số Mi hữu hạn.
Để tích phân hàm liên tục từng mảnh từ 0 đến b, người ta có thể lấy tích phân trên
mỗi khoảng con và lấy tổng của các tích phân này, tức là
b∫0
f(t)dt =
τ1∫0
f(t)dt+
τ2∫τ1
f(t)dt+ · · ·+b∫
τn
f(t)dt
vì f vừa liên tục và bị chặn trên mỗi khoảng con nên trên mỗi khoảng con đó đều xác
định tích phân Riemann.
Đặc điểm thứ hai của lớp các hàm có biến đổi Laplace mà chúng ta cần xem xét
đó là tốc độ tăng của hàm. Trong định nghĩa
L(f(t)) =
∞∫0
e−stf(t)dt,
khi ta lấy s > 0 (hoặc <(s) > 0) thì tích phân sẽ hội tụ miễn là f không tăng quá
nhanh.
Định nghĩa 1.3.3. Hàm f được gọi là có bậc mũ α nếu tồn tại hằng số M > 0 và số
α sao cho với t0 ≥ 0,
|f(t)| ≤Meαt, t ≥ t0.
Rõ ràng hàm mũ eat có bậc mũ α = a, trong khi đó tn có bậc mũ α với α > 0 và
n ∈ N bất kỳ. Các hàm bị chặn như sin t, cos t, . . . có bậc mũ 0, còn e−t có bậc mũ −1
(xem [1]).
Chú ý rằng nếu β > α thì từ bậc mũ α suy ra bậc mũ β, vì eαt ≤ eβt, t ≥ 0.
Ta thường coi bậc mũ là giá trị nhỏ nhất của α mà |f(t)| ≤Meαt,M > 0, t ≥ t0 ≥ 0.
Định lý 1.3.1. 1. Nếu f liên tục từng mảnh trên [0,∞) và có bậc mũ α, thì biến đổi
Laplace L(f) tồn tại và hội tụ tuyệt đối với <(s) > α.
2. F (s) = L(f(t)) là hàm chỉnh hình trong nửa mặt phẳng phải <(s) > α, trong đó α
là bậc mũ của hàm f.
4
Chứng minh. 1. Trước tiên, do f có bậc mũ α nên
|f(t)| ≤M1eαt, t ≥ t0
với số thực α nào đó. Mặt khác, f liên tục từng mảnh trên [0, t0] và do đó bị chặn trên
đó, tức là
|f(t)| ≤M2, 0 < t < t0.
Vì eαt có giá trị nhỏ nhất dương trên khoảng [0, t0], hằng số M có thể được chọn đủ
lớn sao cho
|f(t)| ≤Meαt, t > 0.
Do đó,τ∫
0
|e−stf(t)|dt ≤M
τ∫0
e−(x−α)tdt =M
x− α− Me−(x−α)τ
x− α.
Cho τ →∞ và chú ý rằng <(s) = x > α ta được
∞∫0
|e−stf(t)|dt ≤ M
x− α. (1.3.1)
Do đó tích phân Laplace hội tụ tuyệt đối (và do đó hội tụ) với <(s) > α.
2. Ta ký hiệu nửa mặt phẳng <(s) > α là πα. Để chứng minh F (s) là hàm chỉnh hình
trong nửa mặt phẳng πα (hay F (s) ∈ H(πα)), ta cần chứng minh rằng hàm F (s) có
đạo hàm tại điểm bất kỳ của πα.
Ta lấy điểm tùy ý s = x+ iy ∈ πα,<(s) = x > α và xét tỷ số∆F (s)
∆s. Ta có
∆F (s)
∆s=F (s+ ∆s)− F (s)
∆s=
∞∫0
f(t)e−(s+∆s)t − e−st
∆sdt
=
∞∫0
f(t)e−ste−∆st − 1
∆sdt
=
∞∫0
f(t)e−st1
∆s
[−∆s.t+
(∆s.t)2
2!− (∆s.t)3
3!+ · · ·
]dt
=
∞∫0
f(t)e−stt
[− 1 +
∆s.t
2!− (∆s.t)2
3!+ · · ·
]dt
= −∞∫
0
tf(t)e−stdt+ δ, (1.3.2)
5
trong đó
δ = ∆s
∞∫0
tf(t)e−st[t
2!− ∆s.t2
3!+ · · ·
]dt.
Ta cần chứng minh rằng δ → 0 khi ∆s→ 0. Thật vậy, ta có
|δ| = |∆s|∣∣∣∣∞∫
0
tf(t)e−st[t
2!− ∆s.t2
3!+ · · ·
]dt
∣∣∣∣≤ |∆s|
∞∫0
t|f(t)||e−st|[t
2!+|∆s|.t2
3!+ · · ·
]dt
< |∆s|∞∫
0
t2|f(t)|e−xt[
1 +|∆s|t
1!+
(|∆s|.t)2
2!+ · · ·︸ ︷︷ ︸
e|∆s|t
]dt
< M |∆s|∞∫
0
t2e−(x−α−ε)t.e|∆s|tdt
= M |∆s|∞∫
0
t2e−(x−α−ε−|∆s|)tdt,
trong đó ta sử dụng ước lượng |f(t)| ≤ Me(α+ε)t với α là bậc mũ của f , còn ε > 0 là
số bé tùy ý. Bằng phép tích phân từng phần ta có thể chứng minh rằng tích phân
∞∫0
e−βtt2dt
hội tụ và bằng2
β3nếu β > 0. Do đó khi
x− α− ε− |∆s| > 0⇔ <(s) = x > α + ε+ |∆s|
thì∞∫
0
t2e−(x−α−ε−|∆s|)tdt =2
(x− α− ε− |∆s|)3.
Như vậy
δ <2M |∆s|
(x− α− ε− |∆s|)3
và do đó δ → 0 khi ∆s→ 0 và từ (1.3.2) thu được
lim∆s→0
∆F (s)
∆s= −
∞∫0
tf(t)e−stdt
6
hay là
F ′(s) = −∞∫
0
tf(t)e−stdt.
Do vậy hàm F (s) có đạo hàm tại điểm s bất kỳ của nửa mặt phẳng <(s) > α+ε+ |∆s|cũng tức là trong nửa mặt phẳng <(s) > α + ε (vì ∆s có thể lấy bé tùy ý).
Vì ε > 0 bé tùy ý nên kết luận đúng trong nửa mặt phẳng πα : <(s) > α.
Ví dụ 7. Cho f(t) = eat, a thực. Hàm này liên tục trên [0,∞) và có bậc mũ a. Khi đó
L(eat) =
∞∫0
e−steatdt =e−(s−a)t
−(s− a)
∣∣∣∣∞0
=1
s− a(<(s) > a).
Kết quả trên cũng đúng với a là số phức và <(s) > <(a).
Ví dụ 8. Áp dụng tích phân từng phần đối với hàm f(t) = t (t ≥ 0), hàm này liên
tục và có bậc mũ, ta được
L(t) =
∞∫0
te−stdt =−te−st
s
∣∣∣∣∞0
+1
s
∞∫0
e−stdt =1
sL(1) =
1
s2,
với điều kiện là <(s) > 0.
Thực hiện tích phân từng phần hai lần, ta được
L(t2) =2
s3(<(s) > 0).
Bằng quy nạp, ta có thể tính được
L(tn) =n!
sn+1(1.3.3)
với n = 1, 2, 3, ...
Định nghĩa 1.3.4. Lớp L là tập tất cả các hàm nhận giá trị thực hoặc phức mà xác
định trên khoảng mở (0,∞) và biến đổi Laplace của mỗi hàm (được định nghĩa theo
nghĩa của tích phân Riemann) tồn tại với giá trị nào đó của s.
Như vậy, nếu hàm f thuộc lớp L thì:
• f(t) ≡ 0 nếu t < 0;
• Khi t ≥ 0, trên mọi đoạn thẳng hữu hạn của trục t, hàm f liên tục từng mảnh
và limt→0+
f(t) = f(0+);
7
• Hàm f có bậc mũ α.
Khi đó, ta gọi hàm f(t) là hàm gốc và hàm F (s) = L(f(t)) =∞∫0
e−stf(t)dt là hàm ảnh.
Ta đã biết rằng nếu F (s) = L(f(t)) tồn tại với giá trị s0 nào đó, thì F (s) cũng tồn tại
với mọi s mà <(s) > <(s0), tức là biến đổi Laplace cũng tồn tại trong nửa mặt phẳng
phải. Theo định lý (1.3.1), các hàm liên tục từng mảnh trên [0,∞) và có bậc mũ thì
thuộc lớp L. Tuy nhiên, điều ngược lại chưa chắc đã đúng.
Ví dụ 9. Xét hàm f(t) = 2tet2
cos(et2).
Hàm này liên tục trên [0,∞) nhưng không có bậc mũ. Tuy nhiên, biến đổi Laplace của
f(t),
L(f(t)) =
∞∫0
e−st2tet2
cos(et2
)dt,
tồn tại do tích phân từng phần thu được
L(f(t)) = e−st sin(et2
)
∣∣∣∣∞0
+ s
∞∫0
e−st sin(et2
)dt = − sin(1) + sL(sin(et2
)) (<(s) > 0).
và biến đổi Laplace L(sin(et2)) tồn tại theo định lý (1.3.1). Ta có một hàm liên tục,
không có bậc mũ nhưng vẫn có biến đổi Laplace.
Định lý 1.3.2 (Điều kiện cần). Nếu f liên tục từng mảnh trên [0,∞) và có bậc mũ
α, thì
F (s) = L(f(t))→ 0
khi <(s)→∞.
Chứng minh. Theo (1.3.1) ta có∣∣∣∣∞∫
0
e−stf(t)dt
∣∣∣∣ ≤ M
x− α, (<(s) = x > α),
cho x→∞ thu được điều cần chứng minh.
Nhận xét: Ta thấy nếu biến đổi Laplace tồn tại, tức là f ∈ L, thì F (s) → 0 khi
<(s)→∞. Ngược lại, mọi hàm F (s) mà F (s) 9 0 khi <(s)→∞, ví dụ nhưs− 1
s+ 1,es
s,
hoặc s2 không thể là biến đổi Laplace của bất kỳ hàm f nào.
Hội tụ đều. Các hàm f mà liên tục từng mảnh trên [0,∞) và có bậc mũ thì tích phân
Laplace hội tụ đều.
Thật vậy, giả sử rằng
|f(t)| ≤Meαt, t ≥ t0.
8
Khi đó ∣∣∣∣∞∫t0
e−stf(t)dt
∣∣∣∣ ≤∞∫t0
e−xt|f(t)|dt
≤M
∞∫t0
e−(x−α)tdt
=Me−(x−α)t0
x− α,
với điều kiện là x = <(s) > α. Lấy x ≥ x0 > α, ta suy ra
Me−(x−α)t0
x− α≤ M
x0 − αe−(x0−α)t0 . (1.3.4)
Bằng cách chọn t0 đủ lớn, ta có thể làm cho vế phải của (1.3.4) nhỏ tùy ý; tức là, với
bất kỳ ε > 0, tồn tại T > 0 sao cho∣∣∣∣∞∫t0
e−stf(t)dt
∣∣∣∣ < ε, với t0 ≥ T. (1.3.5)
với mọi s mà <(s) ≥ x0 > α. Đây chính là điều kiện cần để tích phân Laplace hội tụ
đều trong miền <(s) ≥ x0 > α.
1.4 Phép biến đổi Laplace ngược
Để ứng dụng biến đổi Laplace vào các bài toán vật lý, ta cần phải nghiên cứu biến
đổi Laplace ngược. Nếu L(f(t)) = F (s) thì phép biến đổi Laplace ngược được ký hiệu
bởi
L−1(F (s)) = f(t), t ≥ 0,
mà ánh xạ ảnh Laplace của một hàm trở về hàm ban đầu.
1.4.1 Công thức Mellin
Định lý 1.4.1 (Mellin). Giả sử hàm chỉnh hình F (s) trong miền <(s) > α0 là ảnh
của hàm f(t) trơn từng khúc trên mỗi đoạn hữu hạn của tia [0,∞) với bậc mũ α0. Khi
đó tại các điểm liên tục của hàm f(t) ta có
f(t) =1
2πi
x+i∞∫x−i∞
estF (s)ds, x > α0. (1.4.1)
Công thức (1.4.1) được gọi là công thức Mellin.
9
Chứng minh. Giả sử x > α0. Ta xét hàm bổ trợ
φ(t) = e−xtf(t).
Hàm φ(t) có các tính chất sau đây:
1. Hàm φ(t) trơn từng khúc trên mỗi đoạn hữu hạn của tia [0,∞).
2. Hàm φ(t) khả tích tuyệt đối. Thật vậy, ta có
∞∫0
|φ(t)|dt =
∞∫0
|e−xtf(t)|dt
≤M
∞∫0
e−xte(α0+ε)tdt = M
∞∫0
e−(x−α0−ε)tdt. (1.4.2)
Chọn ε > 0 đủ bé sao cho x− α0 − ε > 0. Khi đó tích phân ở vế phải của (1.4.2) hội
tụ. Điều này có nghĩa là hàm φ(t) khả tích tuyệt đối trên [0,∞).
Từ hai điều kiện vừa chứng minh suy ra hàm φ(t) thỏa mãn mọi điều kiện để biểu diễn
hàm thành tích phân Fourier.
φ(t) =
∞∫−∞
∞∫−∞
φ(u)ei2πv(t−u)dudv (đặt ξ = 2πv)
=1
2π
∞∫−∞
∞∫0
φ(u)eiξ(t−u)dudξ. (1.4.3)
(vì φ(ξ) = 0 khi ξ < 0). Thay biểu thức φ(t) = e−xtf(t) vào (1.4.3) ta có
e−xtf(t) =1
2π
∞∫−∞
eiξtdξ
∞∫0
f(u)e−xue−iξudu,
hay
f(t) =1
2π
∞∫−∞
et(x+iξ)dξ
∞∫0
f(u)e−u(x+iξ)du.
Đặt s = x+ iξ, ds = idξ ta thu được
f(t) =1
2πi
x+i∞∫x−i∞
estds
∞∫0
f(u)e−sudu
︸ ︷︷ ︸F (s)
=1
2πi
x+i∞∫x−i∞
estF (s)ds.
10
Như vậy, với nghĩa nào đó công thức Mellin là phép biến đổi Laplace ngược vì nó
biểu diễn gốc qua ảnh đã cho.
1.4.2 Điều kiện đủ để tồn tại gốc
Công thức Mellin (1.4.1) cho phép ta tìm gốc của một hàm ảnh bất kỳ cho trước.
Nhưng đối với hàm chỉnh hình bất kỳ đã cho F (s), ta không thể nào biết trước nó có
phải là hàm ảnh của một hàm nào đó hay không?
Định lý sau về điều kiện đủ để hàm biến phức F (s) là ảnh của hàm gốc f(t) nào đó.
Định lý 1.4.2 (Điều kiện đủ để tồn tại gốc). Giả sử hàm F (s) thỏa mãn các điều kiện
i. Hàm F (s) chỉnh hình trong nửa mặt phẳng <(s) > α0;
ii. Trong miền <(s) ≥ x > α0, hàm F (s) dần đều đến 0 đối với arg s ∈[− π
2,π
2
]khi
|s| → ∞;
iii. Với mọi giá trị <(s) = x, x > α0 tích phân suy rộng sau đây hội tụ
∞∫−∞
|F (x+ iy)|dy ≤M.
Khi đó với <(s) > α0 hàm F (s) là ảnh và hàm gốc của nó được xác định bởi tích phân
Mellin
f(t) =1
2πi
x+i∞∫x−i∞
estF (s)ds, x > α0. (1.4.4)
Công thức (1.4.4) được gọi là công thức nghịch đảo.
Định lý 1.4.3 (Định lý duy nhất). Nếu hàm F (s) là ảnh của các gốc f(t) và f1(t) thì
các gốc này bằng nhau tại mọi điểm mà chúng liên tục và chúng chỉ sai khác nhau bởi
các giá trị của chúng tại các điểm gián đoạn.
Chứng minh. Theo định lý Mellin, giá trị của gốc tại điểm t bất kỳ mà tại đó hàm
f(t) liên tục được biểu diễn qua ảnh F (s) nhờ công thức Mellin. Giả sử f1(t) là gốc chỉ
khác f(t) bởi các giá trị tại các điểm gián đoạn của f(t). Khi đó theo định lý Mellin,
gốc f1(t) có ảnh F (s). Từ đó suy ra rằng mỗi ảnh F (s) đều tương ứng với vô số gốc
phân biệt nhau chỉ bởi giá trị tại các điểm gián đoạn.
Tức là nếu ta chỉ xét các hàm liên tục trên [0,∞) thì biến đổi Laplace ngược
L−1(F (s)) = f(t)
11
được xác định một cách duy nhất.
Vì rất nhiều hàm mà chúng ta quan tâm là nghiệm của các phương trình vi phân và
do đó liên tục, giả thiết trên hoàn toàn được xác định.
1.4.3 Tính tích phân Mellin
Trước hết, ta nhắc lại Định lý cơ bản Cauchy về thặng dư và Bổ đề Jordan.
Định lý 1.4.4 (Định lý cơ bản Cauchy về thặng dư). Giả sử hàm f(z) chỉnh hình
trong miền D ∪ ∂D ⊂ C trừ ra một số hữu hạn điểm bất thường cô lập a1, a2, . . . , an
nằm trong D (nhưng không nằm trên ∂D). Khi đó∫∂D
f(z)dz = 2πin∑k=1
Res[f ; ak]
Bổ đề 1.4.1 (Bổ đề Jordan). Giả sử hàm f(z) chỉnh hình trong mặt phẳng phức trừ
ra một số hữu hạn điểm bất thường cô lập và dần đều đến 0 đối với arg z khi |z| → ∞.
Khi đó
1. Nếu λ < 0 và γ1(R) là cung tròn z : |z| = R,<(z) > δ trong nửa mặt phẳng
bên phải <(z) > δ thì
limR→∞
( ∫γ1(R)
f(z)eλzdz
)= 0.
2. Nếu λ > 0 và γ2(R) là cung tròn z : |z| = R,<(z) < δ trong nửa mặt phẳng
bên trái <(z) < δ thì
limR→∞
( ∫γ2(R)
f(z)eλzdz
)= 0.
Định lý 1.4.5. Giả sử hàm F (s) biến phức s thỏa mãn các điều kiện sau:
1. Hàm F (s) được cho trong nửa mặt phẳng <(s) = x > α0 và thỏa mãn các điều kiện
i− iii của định lý (1.4.2) là có thể thác triển giải tích ra toàn mặt phẳng phức s.
2. Thác triển giải tích của hàm F (s) vào nửa mặt phẳng <(s) ≤ α0 là thỏa mãn các
điều kiện của Bổ đề Jordan.
Khi đó ta có công thức
1
2πi
x+i∞∫x−i∞
F (s)estds =n∑k=1
Res[F (s)est; ak] (1.4.5)
trong đó t > 0 và s = ak, k = 1, n là những điểm bất thường cô lập của thác triển
giải tích của hàm F (s) vào nửa mặt phẳng <(s) ≤ α0.
12
Chứng minh. Ta dựng đường tròn với tâm tại điểm (x, 0) và bán kính R sao cho mọi
điểm bất thường cô lập a1, a2, . . . , an của hàm đã được thác triển giải tích vào nửa mặt
phẳng <(s) ≤ α0 là nằm trong nửa hình tròn bên trái đường thẳng <(s) = x. Ta ký
hiệu
γ(R) = s ∈ C : |s− x| = R,
I(R) = [x− iR, x+ iR],
Γ(R) = γ(R) ∪ I(R).
Theo định lý Cauchy về thặng dư ta có
x+iR∫x−iR
F (s)estdt+
∫γ(R)
F (s)estds = 2πin∑k=1
Res[F (s)est; ak]. (1.4.6)
Bằng cách áp dụng Bổ đề Jordan, khi t > 0 ta thu được
limR→∞
∫γ(R)
F (s)estds = 0. (1.4.7)
Qua giới hạn đẳng thức (1.4.6) khi R → ∞ và từ (1.4.7) ta thu được (1.4.5). Định lý
được chứng minh.
Chú ý rằng L−1 tuyến tính, tức là
L−1(aF (s) + bG(s)) = af(t) + bg(t)
nếu L(f(t)) = F (s),L(g(t)) = G(s). Điều này suy ra từ tính chất tuyến tính của L và
đúng trong miền xác định chung của F và G.
1.4.4 Một số ví dụ
Ví dụ 10. Tìm hàm gốc f(t) của hàm F (s) =1
s2 + 1.
Giải. Ta có, khi t > 0 thì
f(t) = Res
[est
s2 + 1, i
]+Res
[est
s2 + 1,−i]
=eit
2i+e−it
−2i= sin t.
Vậy L−1
(1
s2 + 1
)= sin t.
13
Ví dụ 11. Tìm hàm gốc f(t) của hàm F (s) =1
s2(s2 − 1).
Giải. Hàm F (s) chỉnh hình trong mọi nửa mặt phẳng <(s) > 1 và F (s) → 0 khi
s→∞. Đặt s = x+ iσ, tích phân∫R
∣∣∣∣ 1
s2(s2 − 1)
∣∣∣∣dσhội tụ, x > 1.
Hàm F (s) có các cực điểm là a1 = −1, a2 = 0 và a3 = 1. Ta dựng đường tròn với
tâm tại điểm (x, 0), x > 1 bán kính R đủ lớn sao cho các điểm a1, a2 và a3 nằm trong
Γ(R) = γ(R) ∪ I(R); I(R) = [x− iR, x+ iR]. Theo Định lý Cauchy về thặng dư ta có∫γ(R)
estF (s)ds+
∫I(R)
estF (s)ds = 2πi3∑
k=1
Res[estF (s), ak]. (1.4.8)
Theo Bổ đề Jordan
limR→∞
∫γ(R)
estF (s)ds = 0
và khi R→∞ thì
limR→∞
∫I(R)
estF (s)ds = limR→∞
x+iR∫x−iR
estF (s)ds =
x+i∞∫x−i∞
estF (s)ds = 2πif(t). (1.4.9)
Từ (1.4.8) và (1.4.9) suy ra
f(t) =1
2πi
x+i∞∫x−i∞
estF (s)ds =3∑
k=1
Res[estF (s), ak]. (1.4.10)
Ta tính được
Res[estF (s), 0] = −t,
Res[estF (s),±1] =e±t
±2. (1.4.11)
Từ (1.4.10) và (1.4.11) thu được
f(t) = −t+et
2− e−t
2= −t+ sinh t.
14
Chương 2
Các tính chất của phép biến đổi
Laplace
Có rất nhiều bài toán khác nhau bao gồm phương trình vi phân thường, phương
trình vi phân đạo hàm riêng, phương trình vi tích phân có thể giải được nhờ phép biến
đổi Laplace. Trong chương này ta sẽ nghiên cứu hàm Gamma; hàm tuần hoàn; đạo
hàm, tích phân của hàm ảnh và hàm gốc; cũng như phép tích chập.
2.1 Các tính chất cơ bản của phép biến đổi Laplace
2.1.1 Tính chất tuyến tính
Nếu L(fi(t)) = Fi(s),<(s) > αi, i = 1, 2, . . . , n trong đó αi là bậc mũ của hàm
fi(t), i = 1, n và ci là những hằng số (thực hoặc phức) thì
L( n∑
i=1
cifi(t)
)=
n∑i=1
ciFi(s) = F (s), (2.1.1)
<(s) > max1≤i≤n
αi.
Chứng minh. Ta có
L( n∑
i=1
cifi(t)
)=
∞∫0
( n∑i=1
cifi(t)
)e−stdt
=n∑i=1
ci
∞∫0
fi(t)e−stdt
=n∑i=1
ciFi(s).
15
Nếu tích phân∞∫0
fi(t)e−stdt hội tụ trong nửa mặt phẳng <(s) > αi thì tích phân
∞∫0
( n∑i=1
cifi(t)
)e−stdt
hội tụ trong nửa mặt phẳng <(s) > max1≤i≤n
αi. Từ đó suy ra rằng hệ thức (2.1.1) thỏa
mãn khi
<(s) > max1≤i≤n
αi.
Ví dụ 12. Tính L(cosωt),L(sinωt).
Giải.
Ta có
L(cosωt) =L(eiωt) + L(e−iωt)
2=
1
2
(1
s− iω+
1
s+ iω
)=
s
s2 + ω2, (2.1.2)
và
L(sinωt) =L(eiωt)− L(e−iωt)
2i=
1
2i
(1
s− iω− 1
s+ iω
)=
ω
s2 + ω2, (<(s) > 0).
(2.1.3)
Ví dụ 13. Xét hàm cosin hyperbolic có
L(coshwt) = L(ewt + e−wt
2)
=1
2[L(ewt) + L(e−wt)]
=1
2
(1
s− w+
1
s+ w
)=
s
s2 − w2.
Tương tự,
L(sinhwt) = L(ewt − e−wt
2) =
w
s2 − w2.
Ví dụ 14. Nếu f(t) = a0 + a1t+ · · ·+ antn là một đa thức bậc n, khi đó
L(f(t)) =n∑k=0
akL(tk) =n∑k=0
akk!
sk+1.
Nhưng đối với chuỗi vô hạn,∞∑n=0
antn, nói chung không thể thu được biến đổi Laplace
của chuỗi bằng cách lấy biến đổi Laplace của từng số hạng.
16
Ví dụ 15.
f(t) = e−t2
=∞∑n=0
(−1)nt2n
n!, −∞ < t <∞.
Lấy biến đổi Laplace từng số hạng ta thu được
∞∑n=0
(−1)n
n!L(t2n) =
∞∑n=0
(−1)n
n!
(2n)!
s2n+1
=1
s
∞∑n=0
(−1)n(2n)...(n+ 2)(n+ 1)
s2n.
Mà
limn→∞
∣∣∣∣un+1
un
∣∣∣∣ = limn→∞
2(2n+ 1)
|s|2=∞,
và chuỗi đã cho phân kỳ với mọi s.
Tuy nhiên, L(e−t2) tồn tại vì e−t
2liên tục và bị chặn trên [0,∞).
Vì vậy khi nào ta có thể thu được biến đổi Laplace của chuỗi vô hạn bằng cách lấy
biến đổi từng số hạng?
Định lý 2.1.1. Nếu
f(t) =∞∑n=0
antn
hội tụ với t ≥ 0, với
|an| ≤Kαn
n!,
với mọi n đủ lớn và α > 0, K > 0, khi đó
L(f(t)) =∞∑n=0
anL(tn) =∞∑n=0
ann!
sn+1(<(s) > α).
2.1.2 Tính chất đồng dạng
Nếu L(f(t)) = F (s) với <(s) > α0 thì
L(f(αt)) =1
αF( sα
)với <(s) > αα0, trong đó α là số dương bất kỳ.
Chứng minh. Đối với hàm f(αt) ta có
L(f(αt)) =
∞∫0
e−stf(αt)dt.
17
Mặt khác, khi α > 0 thì hàm f(αt) là hàm gốc có bậc mũ αα0. Đổi biến, đặt u = αt⇒dt =
du
αta có
L(f(αt)) =1
α
∞∫0
e−sαuf(u)du =
1
αF( sα
), (<(s) > αα0).
Ví dụ 16. Tìm ảnh của các hàm cos2αt, sin2αt, sinαt cos βt.
Giải.
1. f(t) = cos2αt =1 + cos 2αt
2⇒ L(f(t)) =
1
2
[1
s+
s
s2 + 4α2
]=
s2 + 2α2
s(s2 + 4α2).
2. f(t) = sin2αt =1− cos 2αt
2⇒ L(f(t)) =
1
2
[1
s− s
s2 + 4α2
]=
2α2
s(s2 + 4α2).
3. f(t) = sinαt cos βt =1
2[sin(α− β)t+ sin(α + β)t]
⇒ L(f(t)) =1
2
[α− β
s2 + (α− β)2+
α + β
s2 + (α + β)2
]=
α(s2 + α2 − β2)
[s2 + (α− β)2][s2 + (α + β)2].
2.1.3 Các định lý dịch chuyển
Định lý 2.1.2 (Định lý dịch chuyển thứ nhất). Nếu F (s) = L(f(t)) với <(s) > α0,
thì
F (s− a) = L(eatf(t)) (a ∈ C,<(s− a) > α0).
(tức là phép tịnh tiến ảnh một vectơ a sẽ tương ứng với phép nhân gốc một đại lượng
eat).
Chứng minh. Với <(s) > a,
F (s− a) =
∞∫0
e−(s−a)tf(t)dt
=
∞∫0
e−steatf(t)dt
= L(eatf(t))
18
Định lý vừa chứng minh còn được gọi là định lý tắt dần, thường được sử dụng để
nghiên cứu các hiện tượng vật lý gắn liền với dao động tắt dần (trong trường hợp này
biến độc lập t được hiểu là thời gian).
Ví dụ 17. Vì L(t) =1
s2(<(s) > 0) nên L(teat) =
1
(s− a)2và nói chung L(tneat) =
n!
(s− a)n+1, n = 0, 1, 2, ... (<(s) > a).
Từ đây ta có một nghịch đảo rất hay sử dụng
L−1
(1
(s− a)n+1
)=
1
n!tneat, t ≥ 0.
Ví dụ 18. Vì L(sinwt) =w
s2 + w2nên L(e2t sin 3t) =
3
(s− 2)2 + 9.
Nói chung,
L(eat coswt) =s− a
(s− a)2 + w2(<(s) > a);
L(eat sinwt) =w
(s− a)2 + w2(<(s) > a);
L(eat coshwt) =s− a
(s− a)2 − w2(<(s) > a);
L(eat sinhwt) =w
(s− a)2 − w2(<(s) > a).
Ví dụ 19.
L−1
(s
s2 + 4s+ 1
)= L−1
(s
(s+ 2)2 − 3
)= L−1
(s+ 2
(s+ 2)2 − 3
)− L−1
(2
(s+ 2)2 − 3
)= e−2t cosh
√3t− 2√
3e−2t sinh
√3t.
Định lý 2.1.3 (Định lý dịch chuyển thứ hai). Nếu F (s) = L(f(t)),<(s) > α0 và
a > 0 bất kỳ, thì L(ua(t)f(t− a)) = e−asF (s)(a ≥ 0).
Chứng minh. Theo định nghĩa ta có
L(ua(t)f(t− a)) =
∞∫0
e−st[ua(t)f(t− a)]dt =
∞∫a
e−stf(t− a)dt (đặtτ = t− a)
=
∞∫0
e−s(τ+a)f(τ)dτ = e−as∞∫
0
e−sτf(τ)dτ
= e−asF (s)
19
Quá trình được mô tả bởi hàm f(t − a) được bắt đầu chậm hơn một khoảng thời
gian a so với quá trình mô tả bởi hàm f(t). Trong vật lý tính chất hình học này của
phép dịch chuyển được gọi là sự trễ của hiện tượng. Định lý vừa chứng minh được gọi
là định lý chậm.
Hệ quả 2.1.1. Nếu L(f(t)) = F (s) với <(s) > α0, α > 0, a > 0 thì
L(ua(t)f(αt− a)) =1
αF( sα
)e−
aαp.
Chứng minh. Ta có
L(ua(t)f(αt− a)) =
∞∫0
e−st[ua(t)f(αt− a)]dt.
Đặt αt− a = u⇒ t =u+ a
α, dt =
du
αta được
L(ua(t)f(αt− a)) =
∞∫0
e−st[ua(t)f(αt− a)]dt =
∞∫a
e−stf(αt− a)dt
=
∞∫0
e−su+aα f(τ)dτ = e−as
∞∫0
e−sτf(τ)dτ
= e−asF (s)
Ví dụ 20. Với ω ∈ R
1. L(sin(ωt− a)) = e−aωs ω
s2 + ω2;
2. L(cos(ωt− a)) = e−aωs s
s2 + ω2;
3. L(sinh(ωt− a)) = e−aωs ω
s2 − ω2;
4. L(cosh(ωt− a)) = e−aωs s
s2 − ω2.
Ví dụ 21. Xác định L(f(t)) với
f(t) =
0 nếu 0 ≤ t < 0,
n nếu n < t < n+ 1, n = . . .
20
Giải. Hàm bậc thang f(t) có thể viết dưới dạng
f(t) =E(t− 1)− E(t− 2) + 2E(t− 2)− 2E(t− 3)
+ 3E(t− 3)− 3E(t− 4) + · · ·+ (n− 1)E[t− (n− 1)]
− (n− 1)E(t− n) + nE(t− n)− · · ·
hay f(t) = E(t− 1) + E(t− 2) + · · ·+ E(t− n) + · · · .Từ đó suy ra
L(f(t)) =e−p
p+e−2p
p+e−3p
p+ · · ·+ e−np
p+ · · ·
=1
p.
1
ep − 1.
Định lý 2.1.4 (Định lý sớm). Nếu F (s) = L(f(t)), với <(s) > α thì
L(f(t+ τ)) = esτ[F (s)−
τ∫0
f(t)e−stdt
](<(s) > α), (2.1.4)
trong đó τ là số dương bất kỳ.
Chứng minh. Theo định nghĩa ta có
L(f(t+ τ)) =
∞∫0
e−stf(t+ τ)dt. (2.1.5)
Đặt t+ τ = u ta được
L(f(t+ τ)) =
∞∫τ
e−s(u−τ)f(u)du = esτ∞∫τ
e−suf(u)du
= esτ[ ∞∫
0
e−suf(u)du−τ∫
0
e−suf(u)du
]
= esτ[F (s)−
τ∫0
f(u)e−sudu
], <(s) > α.
2.1.4 Hàm Gamma
Ta đã biết
L(tn) =n!
s(n+1), n = 1, 2, ...
21
Để mở rộng kết quả này cho các giá trị n không nguyên, xét
L(tν) =
∞∫0
e−sttνdt (ν > −1).
Với −1 < ν < 0, hàm f(t) = tν không liên tục từng mảnh trên [0,∞) vì limt→0+
tν =∞.
Tuy nhiên, vì tích phânτ∫0
tνdt tồn tại với ν > −1 và f(t) = tν bị chặn với tất cả các
giá trị t rất lớn nên biến đổi Laplace L(tν) tồn tại.
Đặt x = st (t > 0),
L(tν) =
∞∫0
e−x(x
s
)ν1
sdx =
1
sν+1
∞∫0
xνe−xdx. (2.1.6)
Đại lượng
Γ(p) =
∞∫0
xp−1e−xdx (p > 0)
được gọi là hàm Gamma (Euler).
Khi đó (2.1.6) trở thành
L(tν) =Γ(ν + 1)
sν+1, ν > −1, s > 0. (2.1.7)
So sánh (1.3.3) với (2.1.7) khi ν = n = 0, 1, 2, ... ta được
Γ(n+ 1) = n! (2.1.8)
Hàm Gamma có thể được định nghĩa với tất cả các giá trị phức của ν, ν 6= 0,−1,−2, ...
và
Γ(ν + 1) = νΓ(ν), ν 6= 0,−1,−2, ...
Ví dụ 22. Với ν = −1
2thì L(t−
12 ) =
Γ(12)
s12
, trong đó
Γ(1
2) =
∞∫0
x−12 e−xdx.
Đổi biến x = u2 ta được
Γ(1
2) = 2
∞∫0
e−u2
du =√π.
Do đó
L(t−12 ) =
√π
s(s > 0) (2.1.9)
22
2.1.5 Ảnh của hàm tuần hoàn
Nếu hàm f tuần hoàn với chu kỳ T > 0 thì f(t) = f(t+ T ),−∞ < t <∞.
Ta định nghĩa
F1(s) =
T∫0
e−stf(t)dt, (2.1.10)
là biến đổi Laplace của hàm f trong chu kỳ đầu tiên từ 0 đến T .
Ta có định lý sau:
Định lý 2.1.5. Nếu F (s) = L(f(t)) và f là hàm tuần hoàn với chu kỳ T > 0 thì
F (s) =F1(s)
1− e−sT. (2.1.11)
Chứng minh. Theo định nghĩa ta có
F (s) =
∞∫0
e−stf(t)dt =
T∫0
e−stf(t)dt+
∞∫T
e−stf(t)dt = F1(s) +
∞∫T
e−stf(t)dt.
Đổi biến τ = t− T trong tích phân thứ hai, ta được
∞∫T
e−stf(t)dt =
∞∫0
e−s(τ+T )f(τ + T )dτ = e−sT∞∫
0
e−sτf(τ)dτ.
Do đó
F (s) = F1(s) + e−sTF (s);
hay
F (s) =F1(s)
1− e−sT.
Ví dụ 23. Tìm ảnh của hàm f(t) = | sinωt|.Giải. Hàm | sinωt| là hàm tuần hoàn với chu kỳ T =
π
ω. Do đó
L(f(t)) =1
1− e− πω sF1(s) =
ω
s2 + ω2
(1 + e−
πsω
1 + e−πsω
)=
ω
s2 + ω2coth
πs
2ω.
2.2 Đạo hàm
Để giải các phương trình vi phân, ta cần phải biết được biến đổi Laplace của đạo
hàm f ′ của hàm f.
23
Định lý 2.2.1 (Định lý về đạo hàm gốc). Giả sử rằng f liên tục trên (0,∞) và có
bậc mũ α và hàm f ′ liên tục từng mảnh trên [0,∞). Khi đó
L(f ′(t)) = sL(f(t))− f(0+) (<(s) > α). (2.2.1)
Chứng minh.
∞∫0
e−stf ′(t)dt = limδ→0+
τ→∞
τ∫δ
e−stf ′(t)dt
= limδ→0+
τ→∞
[e−stf(t)
∣∣∣∣t=τt=δ
+ s
τ∫δ
e−stf(t)dt
]
= limδ→0+
τ→∞
[e−sτf(τ)− e−sδf(δ) + s
τ∫δ
e−stf(t)dt
]
= −f(0+) + s
∞∫0
e−stf(t)dt (<(s) > α).
Do đó
L(f ′(t)) = sL(f(t))− f(0+).
Trong chứng minh trên ta đã sử dụng tính chất là <(s) = x > α
|e−sτf(τ)| ≤ e−xτMeατ = Me−(x−α)τ → 0 khi t→∞.
Mặt khác cũng chú ý rằng f(0+) tồn tại vì f ′(0+) = limt→0+
f ′(t) tồn tại vì f ′ liên tục
từng mảnh trên [0,∞).
Nếu f liên tục tại t = 0, thì f(0+) = f(0), công thức (2.2.1) trở thành
L(f ′(t)) = sL(f(t))− f(0). (2.2.2)
Nhận xét: Một chi tiết rất thú vị của định lý đạo hàm là chúng ta thu được L(f ′(t))
mà không cần điều kiện f ′ có bậc mũ.
Ví dụ 24. Tính L(sin2ωt) và L(cos2ωt).
Từ (2.2.2) với f(t) = sin2ωt, ta có f ′(t) = 2ω cosωt sinωt = ω sin 2ωt. Khi đó
L(ω sin 2ωt) = sL(sin2ωt)− sin20,
24
tức là
L(sin2ωt) =1
sL(ω sin 2ωt) =
ω
sL(sin 2ωt)
=ω
s
2ω
s2 + 4ω2=
2ω2
s(s2 + 4ω2).
Tương tự
L(cos2ωt) =1
sL(−ω sin 2ωt) +
1
s= −ω
s
2ω
s2 + 4ω2+
1
s=
s2 + 2ω2
s(s2 + 4ω2).
Nếu f(0) = 0 thì (2.2.2) có thể biểu diễn như sau:
L−1(sF (s)) = f ′(t),
trong đó F (s) = L(f(t)).
Định lý 2.2.2. Giả sử rằng f liên tục trên [0,∞), ngoại trừ có một điểm gián đoạn
loại 1 tại t = t1 > 0 và f có bậc mũ α với f ′ liên tục từng mảnh trên [0,∞). Khi đó
L(f ′(t)) = sL(f(t))− f(0)− e−t1s(f(t1+)− f(t1
−)), (<(s) > α).
Chứng minh.
∞∫0
e−stf ′(t)dt = limτ→∞
τ∫0
e−stf ′(t)dt
= limτ→∞
[e−stf(t)
∣∣∣∣t=t−1t=0
+ e−stf(t)
∣∣∣∣t=τt=t+1
+ s
τ∫0
e−stf(t)dt
]
= limτ→∞
[e−st1
−f(t1
−)− f(0) + e−sτf(τ)− e−st1+
f(t1+)
+ s
τ∫0
e−stf(t)dt
]
Do đó
L(f ′(t)) = sL(f(t))− f(0)− e−t1s(f(t1+)− f(t1
−)).
Nếu 0 = t0 < t1 < · · · < tn là một số hữu hạn các điểm gián đoạn loại 1, công thức
trở thành
L(f ′(t)) = sL(f(t))− f(0+)−n∑k=1
e−tks(f(tk+)− f(tk
−)). (2.2.3)
25
Nhận xét: Giả sử f ′ liên tục trên [0,∞) và có bậc mũ thì hàm f cũng liên tục và có
cùng bậc mũ với f ′.
Thật vậy, giả sử rằng
|f ′(t)| ≤Meαt, t ≥ t0, α 6= 0.
Khi đó, theo định lý cơ bản của tích phân suy ra
f(t) =
t∫t0
f ′(τ)dτ + f(t0)
và
|f ′(t)| ≤M
t∫t0
eατdτ + |f(t0)| ≤ M
αeαt + |f(t0)| ≤ Ceαt, t ≥ t0.
Để giải các phương trình vi phân, ta cần biết được L(f ′′(t)), ... Áp dụng công thức
(2.2.2) với f ′′. Khi đó
L(f ′′(t)) = sL(f ′(t))− f ′(0)
= s[sL(f(t))− f(0)]− f ′(0)
= s2L(f(t))− sf(0)− f ′(0). (2.2.4)
Tương tự,
L(f ′′′(t)) = sL(f ′′(t))− f ′′(0)
= s3L(f(t))− s2f(0)− sf ′(0)− f ′′(0). (2.2.5)
với những điều kiện phù hợp.
Tổng quát ta có kết quả sau:
Định lý 2.2.3. Giả sử rằng f(t), f ′(t), ..., f (n−1)(t) là các hàm liên tục trên (0,∞) và
có bậc mũ, còn f (n)(t) liên tục từng mảnh trên [0,∞). Khi đó
L(f (n)(t)) = snL(f(t))− sn−1f(0+)− sn−2f ′(0+)− · · · − f (n−1)(0+). (2.2.6)
Ví dụ 25. Xác định biến đổi Laplace của đa thức Laguerre:
Ln(t) =et
n!
dn
dtn(tne−t), n = 0, 1, 2, ...
Giải. Đặt y(t) = tne−t. Khi đó
L(Ln(t)) = L(et1
n!y(n)(t)).
26
Theo định lý (2.2.3) và định lý dịch chuyển thứ nhất ta có
L(y(n)) = snL(y) =snn!
(s+ 1)n+1.
Lại theo định lý dịch chuyển thứ nhất suy ra
L(Ln(t)) = L(et1
n!y(n)) =
(s− 1)n
sn+1, (<(s) > 1).
Định lý 2.2.4 (Định lý về đạo hàm ảnh). Nếu L(f(t)) = F (s) với <(s) > α thì
F n(s) = L((−1)ntnf(t)), <(s) > α, n = 1, 2, ... (2.2.7)
Chứng minh. Ta thấy các hàm (−1)ntnf(t) đều là các hàm gốc, với bậc mũ α. Do đó
|(−1)ntnf(t)| ≤Mes1t, s1 > α.
Từ đó ta thu được
|(−1)ntnf(t)e−st| ≤Me−(x−s1)t < Me−(s2−s1)t (2.2.8)
trong đó s2 > s1 > α,<(s) = x > s2.
Vì tích phân∞∫
0
Me−(s2−s1)tdt
tồn tại nên từ bất đẳng thức (2.2.8) suy ra rằng tích phân suy rộng
∞∫0
(−1)ntnf(t)e−stdt, n = 0, 1, 2, ...
hội tụ đều đối với s trong nửa mặt phẳng <(s) ≥ s2 > s1 > α.
Từ đó có thể thực hiện phép đạo hàm dưới dấu tích phân suy rộng
F ′(s) =
∞∫0
(−1)tf(t)e−stdt⇒ F ′(s) = L(−tf(t))
F ′′(s) =
∞∫0
(−1)2t2f(t)e−stdt⇒ F ′′(s) = L((−t)2f(t)),
· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·
F (n)(s) =
∞∫0
(−1)ntnf(t)e−stdt⇒ F (n)(s) = L((−t)nf(t)).
27
Ví dụ 26. Tìm biến đổi Laplace của các hàm f(t) = t sinαt, f(t) = t cosαt.
Giải. Từ công thức
L(sinαt) =α
s2 + α2
và áp dụng(2.2.7) ta thu được
F ′(s) = − 2sα
(s2 + α2)2
F ′(s) = L((−t) sinαt).
Suy ra
− 2sα
(s2 + α2)2= L((−t) sinαt).
Tương tự, xuất phát từ hệ thức
L(cosαt) =s
s2 + α2
và áp dụng(2.2.7) ta thu được
L(t cosαt) =s2 − α2
(s2 + α2)2.
2.3 Tích phân
2.3.1 Định lý về tích phân gốc
Trong một số phương trình vi phân nhất định, ta cần phải tính biến đổi Laplace
của một tích phân.
Định lý 2.3.1. Nếu hàm f liên tục từng mảnh trên [0,∞) và có bậc mũ α(≥ 0), và
g(t) =
t∫0
f(u)du,
khi đó
L(g(t)) =1
sL(f(t)) (<(s) > α).
Chứng minh. Vì g′(t) = f(t) trừ ra các điểm không liên tục của hàm f, tích phân từng
phần thu được
∞∫0
e−stg(t)dt = limτ→∞
e−stg(t)dt = limτ→∞
[g(t)e−st
−s
∣∣∣∣τ0
+1
s
τ∫0
e−stf(t)dt
].
28
Vì g(0) = 0 nên ta chỉ cần tính
limτ→∞
g(τ)e−sτ
−s.
Ta thấy
|g(τ)e−sτ | ≤ e−xττ∫
0
|f(u)|du
≤Me−xττ∫
0
eαudu
=M
α(e−(x−α)τ − e−xτ )→ 0 khi τ →∞
với x = <(s) > α > 0.
Tương tự cũng đúng với trường hợp α = 0. Do đó
L(g(t)) =1
sL(f(t)) (<(s) > α).
Ví dụ 27. Tìm biến đổi Laplace của∞∫0
τn−1
(n− 1)!dτ.
Giải. Ta có
L(1) =1
s;L(tn) =
n!
sn+1
Áp dụng định lý trên ta được
L(
t∫0
1dt) = L(t) =1s
s=
1
s2,
L(
t∫0
tdt) = L(t2
2) =
1
s3,
L(
t∫0
t2
2dt) = L(
t3
3!) =
1
s4,
· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·
L(
t∫0
τn−1
(n− 1)!dt) = L(
tn
n!) =
1
sn+1.
29
2.3.2 Định lý về tích phân ảnh
Định lý 2.3.2. Giả sửf(t)
tlà gốc và có bậc mũ α và L(f(t)) = F (s). Khi đó
L(f(t)
t
)=
∞∫s
F (u)du, <(s) > α. (2.3.1)
Chứng minh. Giả sử
Φ(s) = L(f(t)
t
)=
∞∫0
e−stf(t)
tdt.
Hàm Φ(s) chỉnh hình trong nửa mặt phẳng <(s) > α. Ngoài ra, ta có ước lượng
|Φ(s)| ≤∞∫
0
∣∣∣∣f(t)
te−st
∣∣∣∣dt <∞∫
0
Me−(x−α)tdt =M
x− α(2.3.2)
trong đó M là số dương nào đó, x = <(s) > α vàf(t)
tcó bậc mũ α nên∣∣∣∣f(t)
t
∣∣∣∣ ≤Meαt
Từ ước lượng (2.3.2) suy ra
lim<(s)=x→∞
|Φ(s)| = 0. (2.3.3)
Theo định lý về đạo hàm ảnh ta có
Φ′(s) = L[(−t)f(t)
t
]= L[−f(t)]. (2.3.4)
Nhưng
L[−f(t)] = −F (s). (2.3.5)
Từ (2.3.4) và (2.3.5) suy ra Φ′(s) = −F (s).
Tích phân đẳng thức này từ s đến A ta có
Φ(s)− Φ(A) =
A∫s
F (u)du, <(A) > <(s) > α. (2.3.6)
Qua giới hạn (2.3.6) khi <(A)→∞ và lưu ý (2.3.3) ta có
Φ(s) =
∞∫s
F (u)du.
30
Mặt khác L(f(t)
t
)= Φ(s) nên
L(f(t)
t
)=
∞∫s
F (u)du.
Ví dụ 28. Tìm ảnh của hàm f(t) =ebt − eat
t, a > 0, b > 0.
Giải. Ta có ∣∣∣∣ebt − eatt
∣∣∣∣ ≤ ebt + eat
t≤ 2eδt với t ≥ 1,
trong đó δ = max(a, b).
Do đó hàm đã cho là gốc với chỉ số tăng δ = max(a, b). Mặt khác
L(ebt − eat) =1
s− b− 1
s− a.
Vậy
L(ebt − eat
t
)=
∞∫s
(1
τ − b− 1
τ − a
)dτ = ln
s− as− b
.
2.4 Tích chập các hàm
Tích chập của 2 hàm f(t) và g(t) với t > 0 đóng một vai trò quan trọng trong nhiều
ứng dụng vật lý.
Định nghĩa 2.4.1. Giả sử f(t) và g(t), 0 ≤ t < ∞ là các hàm liên tục. Khi đó, tích
phânt∫
0
f(τ)g(t− τ)dτ
được gọi là tích chập của các hàm f(t) và g(t), ký hiệu bởi
(f ∗ g)(t).
Ví dụ 29. Tìm tích chập của f(t) = et, và g(t) = t.
Giải.
Ta có
(f ∗ g)(t) =
t∫0
eτ (t− τ)dτ = teτ∣∣∣∣t0
− (τeτ − eτ )∣∣∣∣t0
= et − t− 1.
Vậy
et ∗ t = et − t− 1.
31
Ví dụ 30. Tìm tích chập của hàm f(t) = sin t, và g(t) = et.
Giải.
Ta có
(f ∗ g)(t) =
t∫0
sin τet−τdτ
= − sin τet−τ∣∣∣∣t0
+
t∫0
cos τ.et−τdτ
= − sin τet−τ∣∣∣∣t0
− cos τet−τ∣∣∣∣t0
−t∫
0
sin τet−τdτ
Từ đó suy ra rằng
t∫0
sin τet−τdτ =1
2
[− sin τet−τ
∣∣∣∣t0
− cos τet−τ∣∣∣∣t0
]=
1
2[− sin t− cos t+ et].
Vậy
sin t ∗ et =1
2(− sin t− cos t+ et).
Các tính chất cơ bản của phép tích chập a. Tính chất giao hoán: f ∗ g =
g ∗ f
Chứng minh. Đặt u = t− τ,
(f ∗ g)(t) =
t∫0
f(τ)g(t− τ)dτ = −0∫t
f(t− u)g(u)du
=
t∫0
g(u)f(t− u)du = (g ∗ f)(t).
b. Tính chất kết hợp:
f ∗ (g ∗ h) = (f ∗ g) ∗ h.
32
Chứng minh.
[f ∗ (g ∗ h)](t) =
t∫0
f(τ)(g ∗ h)(t− τ)dτ
=
t∫0
f(τ)
( t−τ∫0
g(x)h(t− τ − x)dx
)dτ
=
t∫0
( t∫τ
f(τ)g(u− τ)h(t− u)du
)dτ (x = u− τ)
=
t∫0
( u∫0
f(τ)g(u− τ)dτ
)h(t− u)du
= [(f ∗ g) ∗ h](t).
c. Tính chất phân phối:
f ∗ (g + h) = (f ∗ g) + (f ∗ h).
Chứng minh. Theo định nghĩa tích chập ta có
[f ∗ (g + h)](t) =
t∫0
f(τ)(g + h)(t− τ)dτ =
t∫0
f(τ)[(g(t− τ) + h(t− τ)]dτ
=
t∫0
f(τ)g(t− τ)dτ +
t∫0
f(τ)h(t− τ)dτ
= (f ∗ g)(t) + (f ∗ h)(t).
d. |f ∗ g| ≤ |f | ∗ |g|.Thật vậy ta có ∣∣∣∣
t∫0
f(τ)g(t− τ)dτ
∣∣∣∣ ≤t∫
0
|f(τ)||g(t− τ)|dτ.
Như vậy |f ∗ g| ≤ |f | ∗ |g|.Một trong những tính chất rất quan trọng của phép tích chập về biến đổi Laplace là
Biến đổi Laplace của tích chập của hai hàm chính là tích của hai biến đổi Laplace của
chúng.
Trước hết, ta có Bổ đề sau:
33
Bổ đề 2.4.1. Nếu f, g là các hàm liên tục từng mảnh trên [0,∞) với bậc mũ tương
ứng là α0 và β0 thì tích chập f ∗ g của chúng cũng liên tục từng mảnh trên [0,∞) với
bậc mũ γ = maxα0, β0.
Chứng minh. Rõ ràng f ∗ g liên tục từng mảnh trên [0,∞). Ta chứng minh f ∗ g có
bậc mũ. Thật vậy, với ε1, ε2 là các số dương bé tùy ý, ta có
|(f ∗ g)(t)| =∣∣∣∣
t∫0
f(τ)g(t− τ)dτ
∣∣∣∣≤
t∫0
M1e(α0+ε1)τM2e
(β0+ε2)(t−τ)dτ
= M1M2e(β0+ε2)t
t∫0
e(α0−β0+ε1−ε2)τdτ
=M1M2e
(β0+ε2)t
α0 − β0 + ε1 − ε2
.[e(α0−β0+ε1−ε2)t − 1].
Nếu α0 ≥ β0 thì e(α0−β0+ε1−ε2)t − 1 < e(α0−β0+ε1−ε2)t và
|(f ∗ g)(t)| ≤M1M2e(β0+ε2)t.
e(α0−β0+ε1−ε2)t
α0 − β0 + ε1 − ε2
= M3e(α0+ε1)t. (2.4.1)
Nếu α0 < β0 thìe(α0−β0+ε1−ε2)t − 1
α0 − β0 + ε1 − ε2
< M4 - đại lượng bị chặn nên
|(f ∗ g)(t)| ≤M1M2M4e(β0+ε2)t. (2.4.2)
Từ các ước lượng (2.4.1) và (2.4.2) suy ra kết luận của Bổ đề.
Định lý 2.4.1 (Định lý tích chập). Nếu f, g là các hàm liên tục từng mảnh trên
[0,∞)và có bậc mũ α, thì
L[(f ∗ g)(t)] = L(f(t)).L(g(t)) (<(s) > α).
Chứng minh. Xét tích
L(f(t)).L(g(t)) =
( ∞∫0
e−sτf(τ)dτ
)( ∞∫0
e−sug(u)du
)
=
∞∫0
( ∞∫0
e−s(τ+u)f(τ)g(u)du
)dτ.
34
Đặt t = τ + u thì du = dt, ta có
L(f(t)).L(g(t)) =
∞∫0
( ∞∫τ
e−stf(τ)g(t− τ)dt
)dτ. (2.4.3)
Vì g(t) là hàm gốc nên g(t− τ) = 0 với t < τ , ta có thể viết lại (2.4.3) như sau
L(f(t)).L(g(t)) =
∞∫0
∞∫0
e−stf(τ)g(t− τ)dtdτ.
Do giả thiết đối với f, g, các tích phân của f và g hội tụ tuyệt đối và do
∞∫0
∞∫0
|e−stf(τ)g(t− τ)|dtdτ
hội tụ, do đó ta có thể thay đổi thứ tự lấy tích phân, vì vậy
L(f(t)).L(g(t)) =
∞∫0
∞∫0
e−stf(τ)g(t− τ)dtdτ
=
∞∫0
( t∫0
e−stf(τ)g(t− τ)dτ
)dt
=
∞∫0
e−st( t∫
0
f(τ)g(t− τ)dτ
)dt
= L[(f ∗ g)(t)].
Ví dụ 31.
L(eat ∗ ebt) = L(eat).L(ebt) =1
(s− a)(s− b).
Hơn nữa
L−1
(1
(s− a)(s− b)
)= eat ∗ ebt
=
t∫0
eaτeb(t−τ)dτ
=eat − ebt
a− b, a 6= b.
35
Ví dụ 32. Tìm L−1
(1
s2(s− 1)
).
Ta có thể viết1
s2(s− 1)=
1
s2.
1
s− 1,
trong đó L(t) =1
s2,L(et) =
1
s− 1.
Theo định lý tích chập ta có
1
s2.
1
s− 1= L(t ∗ et),
và do đó
L−1
(1
s2(s− 1)
)= t ∗ et = et − t− 1.
Ví dụ 33. (i)ω2
(s2 + ω2)2=
ω
(s2 + ω2).
ω
(s2 + ω2)= L(sinωt ∗ sinωt),
L−1
(ω2
(s2 + ω2)2
)= sinωt ∗ sinωt
=
t∫0
sinωτ sinω(t− τ)dτ
=1
2ω(sinωt− ωt cosωt).
Tương tự,
(ii)
L−1
(s
(s2 + ω2)2
)=
1
ωcosωt ∗ sinωt
=1
ω
t∫0
cosωτ sinω(t− τ)dτ
=1
2ωt sinωt.
2.5 Tích phân Duhamel
Giả sử ta cần tìm gốc của hàm sF (s)G(s) với F (s) = L(f(t)), G(s) = L(g(u)).
Theo định lý về tích chập, tích các ảnh F (s)G(s) cũng là ảnh của hàm
(f ∗ g)(t) =
t∫0
f(τ)g(t− τ)dτ.
36
Mà theo công thức đạo hàm gốc thì
L[d
dt
t∫0
f(τ)g(t− τ)dτ
]= sF (s)G(s).
Định lý 2.5.1 (Định lý Duhamel). Nếu limt→0+
f(t) = f(0) và F (s) = L(f(t)), G(s) =
L(g(u)) thì
sF (s)G(s) = L[f(0)g(u) +
t∫0
f ′(τ)g(t− τ)dτ
]. (2.5.1)
Công thức (2.5.1) được gọi là công thức (hay tích phân) Duhamel.
Chứng minh. Tích sF (s) và G(s) có thể biểu diễn dưới dạng
sF (s)G(s) = f(0)G(s) + [sF (s)− f(0)]G(s). (2.5.2)
Số hạng thứ nhất ở vế phải của (2.5.2) là tích của một số xác định f(0) với ảnh của
hàm g(u). Do đó
L(f(0)g(u)) = f(0)G(u). (2.5.3)
Số hạng thứ hai có thể xem như là tích của hai ảnh: sF (s)− f(0) và G(s). Theo định
lý về đạo hàm gốc ta có
L(f ′(t)) = sF (s)− f(0).
Vì L(g(u)) = G(s) nên theo định lý tích chập ta được
[sF (s)− f(0)]G(s) = L[ t∫
0
f ′(τ)g(t− τ)dτ
]. (2.5.4)
Từ (2.5.2)-(2.5.4) thu được
sF (s)G(s) = L[f(0)g(u) +
t∫0
f ′(τ)g(t− τ)dτ
].
Ví dụ 34. Tìm gốc theo ảnh F (s) =s
(s− a)(s− b).
Giải. Ta có
L(e−at) =1
s+ a;L(e−bt) =
1
s+ b.
Do đó theo công thức tích phân Duhamel ta có hàm gốc của ảnh s.1
s− a.
1
s− blà
e−bt +
t∫0
(−ae−aτ )e−b(t−τ)dτ = e−bt − ae−bt.e(b−a)t − 1
b− a=be−bt − ae−at
b− a.
37
Chương 3
Ứng dụng phép biến đổi Laplace
trong giải phương trình vi phân và
tích phân
3.1 Phương trình vi phân
3.1.1 Phương pháp chung
Xét phương trình vi phân tuyến tính cấp n, với hệ số hằng dạng
any(n) + an−1y
(n−1) + · · ·+ a0y = f(t), (3.1.1)
trong đó a0, a1, ..., an là các hằng số thực, f(t) là hàm của t; hàm này và nghiệm y(t)
cùng các đạo hàm đến cấp n của nó được giả thiết đều là gốc.
Từ định lý đạo hàm (2.2.3), ta có thể sử dụng phép biến đổi Laplace để giải phương
trình vi phân.
Phương pháp chung: Các bước giải phương trình vi phân bằng phương pháp biến
đổi Laplace:
• Lấy biến đổi Laplace cả hai vế của phương trình. Phương trình kết quả được gọi
là phương trình biến đổi;
• Biến đổi về phương trình L(y) = F (s), trong đó F (s) là biểu thức đại số theo
biến s;
• Áp dụng biến đổi Laplace ngược để thu được nghiệm y = L−1(F (s)).
38
3.1.2 Phương trình vi phân tuyến tính cấp n với hệ số hằng
Xét phương trình vi phân tuyến tính cấp n với hệ số hằng
any(n) + an−1y
(n−1) + · · ·+ a1y′ + a0y = f(t), (3.1.2)
với điều kiện ban đầu
y(0) = y0, y′(0) = y1, · · · , y(n−1)(0) = yn−1. (3.1.3)
Giả sử an 6= 0, hàm f(t), nghiệm y(t) và các đạo hàm đến cấp n của nó đều là gốc. Ký
hiệu L(y(t)) = Y (s),L(f(t)) = F (s).
Về mặt kỹ thuật, hàm f(t) được coi là hàm đầu vào, hàm kích hoặc hàm lực, và y = y(t)
là kết quả.
Lấy biến đổi Laplace hai vế của phương trình (3.1.2) và các điều kiện ban đầu (3.1.3),
ta được
(ansn + an−1s
n−1 + · · ·+ a1s+ a0)Y (s) =
= F (s) + y0(ansn−1 + an−1s
n−2 + · · ·+ a1)
+ y1(ansn−2 + an−1s
n−3 + · · ·+ a2) + · · ·+ anyn−1
hay là P (s)Y (s) = F (s) + Q(s), trong đó P (s), Q(s) là những đa thức đã biết. Giải
phương trình này ta được nghiệm
Y (s) =F (s) +Q(s)
P (s).
Lấy biến đổi Laplace ngược của hàm ảnh Y (s) ta được nghiệm y(t) của phương trình
(3.1.2).
Ví dụ 35. Xét Bài toán giá trị ban đầu
y′′ + y = 1, y(0) = y′(0) = 0.
Giải. Lấy biến đổi Laplace cả hai vế của phương trình ta được
L(y′′) + L(y) = L(1)
⇒ s2L(y)− sy(0)− y′(0) + L(y) =1
s,
suy ra
L(y) =1
s(s2 + 1)=
1
s− s
s2 + 1.
Lấy biến đổi ngược suy ra y = 1− cos t.
39
Ví dụ 36. Giải phương trình vi phân
y′′′ + y′′ = et + t+ 1, y(0) = y′(0) = y′′(0) = 0.
Giải. Lấy biến đổi Laplace cả hai vế của phương trình ta được
L(y′′′) + L(y′′) = L(et) + L(t) + L(1),
hay
[s3L(y)− s2y(0)− sy′(0)− y′′(0)] + [s2L(y)− sy(0)− y′(0)] =1
s− 1+
1
s2+
1
s.
Từ các điều kiện ban đầu suy ra
s3L(y) + s2L(y) =2s2 − 1
s2(s− 1)⇒ L(y) =
2s2 − 1
s4(s+ 1)(s− 1).
hay L(y) = − 1
s2+
1
s4− 1
2(s+ 1)+
1
2(s− 1). Thực hiện phép biến đổi Laplace ngược
ta được
y = −t+1
6t3 − 1
2e−t +
1
2et.
Một đặc điểm quan trọng của phép biến đổi Laplace là hàm f(t) có thể không liên
tục.
Ví dụ 37. Giải phương trình y′′ + y = Eua(t), y(0) = 0, y′(0) = 1.
Giải. Lấy biến đổi Laplace hai vế của phương trình ta được
s2L(y)− sy(0)− y′(0) + L(y) =Ee−as
s
và
L(y) =1
s2 + 1+
Ee−as
s(s2 + 1)
=1
s2 + 1+ E
(1
s− s
s2 + 1
)e−as.
Lấy biến đổi ngược hai vế ta được
y = sin t+ Eua(t)(1− cos(t− a));
hay có thể viết y dưới dạng sau
y =
sin t 0 ≤ t < a
sin t+ E(1− cos(t− a)) t ≥ a.
40
Ví dụ 38. Xét Bài toán giá trị biên
y′′ + λ2y = cosλt, y(0) = 1, y(π
2λ) = 1.
Giải. Lấy biến đổi Laplace cả hai vế của phương trình ta được
L(y′′) + λ2L(y) = L(cosλt),
(s2 + λ2)L(y) =s
s2 + λ2+ sy(0) + y′(0),
suy ra
L(y) =s
(s2 + λ2)2+
sy(0)
s2 + λ2+
y′(0)
s2 + λ2.
Do đó
y =1
2λt sinλt+ cosλt+
y′(0)
λsinλt. (3.1.4)
suy ra
1 = y(π
2λ) =
π
4λ2+y′(0)
λ
⇒ y′(0)
λ= 1− π
4λ2,
và do đó
y =1
2λt sinλt+ cosλt+ (1− π
4λ2) sinλt.
Tương tự, nếu giá trị biên được cho bởi y(0) = 1, y′(π
λ) = 1, lấy đạo hàm 2 vế (3.1.4)
ta được
y′ =1
2λ(sinλt+ λt cosλt)− λ sinλt+ y′(0) cosλt.
Do đó,
1 = y′(π
λ) =−π2λ− y′(0)⇒ y′(0) = −(1 +
π
2λ),
⇒ y =1
2λt sinλt+ cosλt− 1
λ(1 +
π
2λ) sinλt.
Nghiệm tổng quát: Nếu các điều kiện ban đầu của (3.1.2) chưa được xác định thì ta
vẫn có thể sử dụng phép biến đổi Laplace để tìm nghiệm tổng quát của phương trình.
Ví dụ 39. Tìm nghiệm tổng quát của phương trình
y′′ + y = e−t.
Giải. Giả sử y(t) là nghiệm tổng quát của phương trình đã cho và Y (s) = L(y(t)). Đặt
y(0) = y0, y′(0) = y1. Khi đó
s2L(y)− sy(0)− y′(0) + L(y) = L(e−t),
41
hay
L(y) =1
(s+ 1)(s2 + 1)+
sy0
s2 + 1+
y1
s2 + 1
=12
s+ 1−
12s− 1
2
s2 + 1+
y0s
s2 + 1+
y1
s2 + 1.
Lấy biến đổi Laplace ngược hai vế ta được
y =1
2e−t +
(y0 −
1
2
)cos t+
(y1 +
1
2
)sin t.
Vì y0, y1 tùy ý nên nghiệm tổng quát của phương trình được cho bởi
y =1
2e−t + c0 cos t+ c1 sin t,
trong đó c0, c1 là các hằng số thực tùy ý.
3.1.3 Phương trình vi phân với hệ số là đa thức
Từ định lý đạo hàm hàm ảnh, với F (s) = L(f(t)),
dn
dsnF (s) = (−1)nL(tny(t)) (s > α)
với y(t) liên tục từng mảnh trên [0,∞) và có bậc mũ α. Do đó, với n = 1,
L(ty(t)) = −F ′(s).
Giả sử rằng y′(t) thỏa mãn các điều kiện của định lý đạo hàm hàm ảnh. Khi đó
L(ty′(t)) = − d
dsL(y′(t))
= − d
ds(sF (s)− y(0))
= −sF ′(s)− F (s).
Tương tự, với y′′(t),
L(ty′′(t)) = − d
dsL(y′′(t))
= − d
ds(s2F (s)− sy(0)− y′(0))
= −s2F ′(s)− 2sF (s) + y(0).
Các công thức với L(ty(t)),L(ty′(t)),L(ty′′(t)) cũng dùng để giải các phương trình vi
phân tuyến tính với hệ số là các đa thức (bậc một).
42
Ví dụ 40. Giải phương trình vi phân
y′′ + ty′ − 2y = 4, y(0) = 1, y′(0) = 0.
Giải. Lấy biến đổi Laplace cả hai vế của phương trình, ta được
s2F (s) + s− (sF ′(s) + F (s))− 2F (s) =4
s,
hay
F ′(s) +
(3
s− s)F (s) = − 4
s2+ 1.
Thừa số tích phân là
µ(s) = e∫
( 3s−s)ds = s3e−
s2
2 .
Do đó, (F (s)s3e−
s2
2
)′= − 4
s2s3e−
s2
2 + s3e−s2
2 ,
và
F (s)s3e−s2
2 = −4
∫se−
s2
2 ds+
∫s3e−
s2
2 ds.
Thay u = −s2
2vào cả hai tích phân ta được
F (s)s3e−s2
2 = 4
∫eudu+ 2
∫ueudu.
= 4e−s2
2 + 2
(−s2
2e−
s2
2 − e−s2
2
)+ C
= 2e−s2
2 − s2e−s2
2 + C
Do đó
F (s) =2
s3− 1
s+C
s3es2
2 .
Vì F (s)→ 0 khi s→∞ nên suy ra C = 0 và y(t) = t2 − 1. Đây chính là nghiệm của
phương trình.
3.1.4 Giải phương trình vi phân tuyến tính bằng phương pháp
tích phân Duhamel
Ta cũng có thể sử dụng công thức tích phân Duhamel để giải phương trình vi phân
tuyến tính cấp n với hệ số hằng (3.1.2) thỏa mãn các điều kiện ban đầu y(0) = y′(0) =
· · · = y(n−1)(0) = 0 bằng cách xét phương trình vi phân bổ trợ
anw(n) + an−1w
(n−1) + · · ·+ a1w′ + a0w = 1. (3.1.5)
43
Giả sử nghiệm riêng w(t) của (3.1.5) với các điều kiện ban đầu
w(0) = w′(0) = · · · = w(n−1)(0) = 0. (3.1.6)
Giả sử W (s) = L(w(t)). Khi đó, lấy biến đổi Laplace hai vế của phương trình (3.1.5)
ta được
ansnW (s) + an−1s
n−1W (s) + · · ·+ a1sW (s) + a0W (s) =1
s
suy ra
W (s) =1
s(ansn + an−1sn−1 + · · ·+ a1s+ a0). (3.1.7)
Ta ký hiệu nghiệm riêng cần tìm của (3.1.2) là y(t) và L(y(t)) = Y (s); đặt L(f(t)) =
F (s). Lấy biến đổi Laplace hai vế của (3.1.2) ta được
ansnY (s) + an−1s
n−1Y (s) + · · ·+ a1sY (s) + a0Y (s) = F (s),
hay
Y (s) =F (s)
ansn + an−1sn−1 + · · ·+ a1s+ a0
.
Do đó Y (s) = sF (s)W (s).
Theo công thức tích phân Duhamel và chú ý điều kiện w(0) = 0, ta có
y(t) =
t∫0
f(τ)w′(t− τ)dτ
hay
y(t) =
t∫0
w(τ)f ′(t− τ)dτ.
Ví dụ 41. Giải phương trình y′′ − y = e2t với y(0) = y′(0) = 0. Giải. Trước tiên, ta
giải phương trình vi phân bổ trợ
w′′ − w = 1 với w′(0) = w(0) = 0.
Lấy biến đổi Laplace hai vế của phương trình này ta được
W (s) =1
s(s2 − 1)= −1
s+
1
2()s− 1+
1
2(s+ 1)
suy ra w(t) = −1 +1
2et +
1
2e−t ⇒ w′(t) =
1
2et − 1
2e−t. Vậy
y(t) =
t∫0
w′(τ)f(t− τ)dτ =
t∫0
[1
2eτ − 1
2e−τ ]e2(t−τ) =
1
3e2t − 1
2et +
1
6e−t.
44
3.1.5 Hệ phương trình vi phân
Hệ các phương trình vi phân cũng có thể giải được bằng phương pháp sử dụng phép
biến đổi Laplace.
Ví dụ 42. Giải hệ phương trình vi phânx′ + y = et,
x+ y′ = e−t, x(0) = x0, y(0) = y0.
Giải. Giả sử L(x(t)) = X(s),L(y(t)) = Y (s). Khi đó
L(x′(t)) = sX(s)− x0,
L(y′(t)) = sY (s)− y0.
Ta thu được hệ phương trìnhsX(s)− x0 + Y (s) =
1
s− 1
X(s) + sY (s)− y0 =1
s+ 1.
Giải hệ này ta thu đượcX(s) =
s
s2 − 1x0 −
1
s2 − 1y0 +
s2 + 1
(s2 − 1)2
Y (s) =s
s2 − 1y0 +
1− x0
s2 − 1− 2s
(s2 − 1)2.
Do đó x(t) = x0 coth t− y0 sinh t+ t coth t
y(t) = y0 coth t+ (1− x0) sinh t− t sinh t.
Ví dụ 43. Giải hệ phương trìnhy′ + z′ + y + z = 1
y′ + z = et, y(0) = −1, z(0) = 2.
Giải. Từ hệ phương trình đã cho, ta cósL(y) + 1 + sL(z)− 2 + L(y) + L(z) =
1
s
sL(y) + 1 + L(z) =1
s− 1.
Từ hệ trên ta giải được
L(y) =−s2 + s+ 1
s(s− 1)2=
1
s− 2
s− 1+
1
(s− 1)2.
Lấy biến đổi Laplace ngược thu được
y = 1− 2et + tet, z = 2et − tet.
45
3.2 Phương trình tích phân
Các phương trình có dạng
f(t) = g(t) +
t∫0
k(t, τ)f(τ)dτ
và
g(t) =
t∫0
k(t, τ)f(τ)dτ
được gọi là các phương trình tích phân, trong đó f(t) là hàm chưa biết. Khi nhân
k(t, τ) có dạng
k(t, τ) = k(t− τ),
thì tích phân này có dạng tích chập. Trong trường hợp này, thực hiện phép biến đổi
Laplace ta sẽ tìm được nghiệm của phương trình.
Xét dạng đầu tiên, nếu g, k là các hàm đã biết, thì theo định lý tích chập, ta có
L(f) = L(g) + L(k).L(f)⇒ L(f) =L(g)
1− L(k).
Từ biểu thức này ta có thể tìm được biểu thức của f nhờ phép biến đổi Laplace ngược
vì vế phải của nó là một hàm theo biến s.
Ví dụ 44. Giải phương trình tích phân
x(t) = e−t +
t∫0
sin(t− τ)x(τ)dτ.
Giải. Áp dụng biến đổi Laplace cho cả hai vế của phương trình ta được
L(x(t)) = L(e−t) + L(sin t).L(x(t))
suy ra
L(x(t)) =L(e−t)
1− L(sin t)
=s2 + 1
s2(s+ 1)=
2
s+ 1+
1
s2− 1
s.
Do đó
x(t) = 2e−t + t− 1.
46
Ví dụ 45. Xét một bài toán cổ điển từ thế kỷ 19. Một vật rất nhỏ trượt xuống một
đường cong ma sát với điều kiện là thời gian rơi xuống (do lực hấp dẫn) không phụ
thuộc vào điểm xuất phát. Một đường cong như vậy được gọi là một tautochrone.
Việc phân tích hiện tượng vật lý trên đã dẫn tới phương trình tích phân (Abel)
T0 =1√2g
y∫0
f(u)du√y − u
, (3.2.1)
trong đó T0 là hằng số (thời gian), g là hằng số hấp dẫn, và f(u) biểu diễnds
dytại
y = u, trong đó s = s(y) là chiều dài của đường cong. Khi đó tích phân (3.2.1) là tích
chập của hai hàm f(y) và1√y.
Lấy biến đổi Laplace của cả hai vế (3.2.1) ta được
L(T0) =1√2gL(f(y))L
(1√y
)⇒ L(f(y)) =
√2g T0
s√πs
.
Do đó,
L(f(y)) =
√2gπ
s12
T0 =c0
s12
.
Lấy biến đổi ngược thu được
f(y) =c√y. (3.2.2)
Vì
f(y) =ds
dy=
√1 +
(dx
dy
)2
,
ta đi đến phương trình vi phân
1 +
(dx
dy
)2
=c2
y.
Khi đó
x =
∫ √c2 − yy
dy.
Đặt y = c2 sin2(ϕ2) thì
x =c2
2(ϕ+ sinϕ), y =
c2
2(1− cosϕ).
47
KẾT LUẬN
Luận văn trình bày phép biến đổi Laplace và một số ứng dụng trong giải phương
trình vi phân và tích phân.
Trong chương 1, tác giả mở đầu với việc đưa ra định nghĩa của phép biến đổi
Laplace; các điều kiện để một hàm có biến đổi Laplace; công thức Mellin để tính biến
đổi Laplace ngược của một hàm.
Tiếp theo, trong chương 2, tác giả trình bày chi tiết các tính chất của phép biến
đổi Laplace kèm theo nhiều ví dụ minh họa.
Cuối cùng, tác giả nêu ra một số phương trình vi phân và tích phân có thể giải
được nhờ phép biến đổi Laplace.
Các chứng minh trong luận văn được tác giả trình bày chi tiết, sử dụng từ ngữ diễn
giải nhiều nên dễ hiểu và dễ hình dung.
48
Tài liệu tham khảo
[1] Nguyễn Thủy Thanh, Hàm biến phức với phép biến đổi Laplace, NXB ĐHQGHN,
2010.
[2] Joel L. Schiff, The Laplace Transform: Theory and Application, Spinger - Verlag,
1999.
[3] Protter, M. H. and Morrey, C. B, A First Course in Real Analysis, Spinger -
Verlag.
[4] Watson, E. J., Laplace Transforms, Van Nostrand Reinhold Co.
[5] Widder, D. V., The Laplace Transform, Princeton University Press.
[6] Zill, D. J., A First Course in Differential Equations with Applications, 4th ed, PWS
- Kert.
49