119

∫∫
ττ−+ττ+=
t
0
t
0
d)3tsin(d)tsin(2)t(f

t2cos
3
2
tcos
3
2
tcos
3
1
t2cos
3
1
t2costcos
3
)3tcos(
)tcos(
t
0
t
0

thoả mãn các điều kiện ban đầu:
x(0) = x
o
, x’(0) = x
1
, , x
(n-1)
(0) = x
n-1
(2)
với giả thiết a
o
≠ 0, hàm f(t), nghiệm x(t) cùng các đạo hàm tới cấp n của nó đều là
các hàm gốc.
Để tìm nghiệm của bài toán trên ta làm như sau:

bTrước hết ta lập phương trình ảnh của (1) bằng cách gọi X(p) là ảnh của x(t),
F(p) là ảnh của f(t). Theo công thức đạo hàm gốc ta có:
x’(t) = pX(p) - x
o

x”(t) = p
2
X(p) - px
o
- x
1

…
x

n-2
+ ⋅⋅⋅ + a
n-1
)
+ x
1
(a
o
p
n-1
+ a
1
p
n-2
+ ⋅⋅⋅ + a
n-1
) +⋅⋅⋅ + x
n-1
a
o
hay:
A(p).X(p) = F(p) + B(p) (3)
Trong đó A(p) và B(p) là các đa thức đã biết. Giải (3) ta có:
)p(A
)p(B)p(F
)p(X
+
=
(4)
b Sau đó tìm gốc của X(p) ta được nghiệm của phương trình

+−
−
=+−

hay
2p2p
)1p(2
X)2p2p(
2
2
+−
−
=+−

Giải ra ta được:

22
)2p2p(
)1p(2
X
+−
−
=

Dùng phép biến đổi ngược ta có:
x(t) = te
t
sint
Ví dụ 2: Tìm nghiệm của phương trình x” - x = 4sint + 5cos3t thoả mãn các điều kiện
ban đầu x(0) = -1, x’(0) = -2

nên:

4p
p
1p
2
1p
2p
4p
p
1p
p
1p
2
1p
2
1p
2p
)1p)(4p(
p5
)1p)(1p(
4
X
22
22222
22222
+
−
+
−=

44
t23
)2p(
6
)2p(
!3
et
+
=
+
↔
−
. Thay vào phương trình trên ta được:
4
2
)2p(
6
X44pX42pXp
+
=+−+−−

Như vậy:

2p
1
)2p(
4
)2p(
6
)2p(

20
t
t41eet
20
1
te4e)t(x
5
t2t25t2t2

Ví dụ 4: Tìm nghiệm của phương trình x
(4)
+ 2x” + x = sint thoả mãn các điều kiện
ban đầu x(0) = x’(0) = x”(0) = x
(3)
(0) = 0.
Đặt x(t) ↔ X(p) thì: x”(t) ↔ p
2
X, x
(4)
(t) ↔ p
4
X. Mặt khác
1p
1
tsin
2
+
↔
.
Thay vào phương trình trên ta được:

⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
+
+
+
−
+
=
″
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
+
→→
3
pt2
4
pt
5
pt
jp
3
pt

⎢
⎣
⎡
−
+
−
−
−
=
″
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
−
−→−→
3
pt2
4
pt
5
pt
jp
3
pt
jp
)jp(
et

[][]
[][]
[]
tsin
8
t3
tcost
8
3
)3t(jt3
16
e
Re2
)3t(jt3
16
e
)3t(jt3
16
e
)3t(jt3
16
e
)3t(jt3
16
e
2
2
jt
2
jt


122
Gọi Y(p) là ảnh của y(τ). Vậy y”(τ) ↔ p
2
Y(p) - p. Mặt khác
1p
e
e.ee
1
−
↔=
τ+τ

Vậy phương trình ảnh là:

1p
e
YpYp
2
−
=+−

Giải phương trình này ta được:
)1p(2
e
1p
p
2
e
1

+
−
−
=
+
+
+−
=

Từ đó ta được:

τ−τ
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−+=τ
τ
sin
2
e
cos
2
e
1e
2
e
)(y

2t0
2t01
xx
thoả mãn điều kiện ban đầu x(0) = 0.
Đặt x(t) ↔ X(p) nên x’(t) ↔ pX(p). Vế phải của phương trình có thể viết được
là f(t) = η(t) - η(t - 2). Vậy:

()
p2
e1
p
1
)t(f
−
−↔

và phương trình ảnh có dạng:
pX + X =
()
p2
e1
p
1
−
−

Giải ra ta được:
)1p(p
e
)1p(p

[]
)2t(p2
e1)2t(
)1p(p
1
e
−−−
−−η↔
+

Vậy:
[]
()
⎩
⎨
⎧
>−
<<−
=−−η−−=
−
−
−−−
2t1ee
2t0e1
e1)2t(e1)t(x
2t
t
)2t(t

Vậy phương trình ảnh tương ứng là:

()
π−
+
+
=ω+
p
2
22
e1
1p
1
XXp

hay:
)p)(1p(
e1
X
222
p
ω++
+
=
π−

Ta xét hai trường hơp:
∗ nếu ω
2

tsintsin
2
ω−ω
ω−ω
+
)1(
)tsin()t(sin
)t(
2
ω−ω
π
−
ω
−
π
−
ω
π−η

hay:
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
π>

2

* nếu ω
2
= 1 thì:
22
p
)1p(
e1
X
+
+
=
π−

Ta đã biết
2
tcost
tsin
)1p(
1
22
−↔
+

Theo tính chất trễ ta có:
[]
)tcos()t()tsin(
2
)t(

tsintcos)t()t(
2
1
)tcostt(sin
2
1
−π−π−η+−
hay:
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
π>
π
−
π<<−
=
t
2
tcos
t0)tcostt(sin
2
1
)t(x
Ví dụ 8: Giải hệ phương trình:

⎩

YX1pX

hay:

⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
+
−
=−+
+
−
=−+
1
1p
2
Y)2p(X3
1
1p
1
YX)1p(

Giải hệ này ta được:

1p
1

0zyxx

Thoả mãn các điều kiện đầu x(0) = 1, y(0) = z(0) = x’(0) = y’(0) = z’(0) = 0.
Đặt x(t) ↔ X(p) ⇒ x” ↔ p
2
X - p
y(t) ↔ Y(p) ⇒ y” ↔ p
2
Y
z(t) ↔ Z(p) ⇒ z” ↔ p
2
Z

125
Do đó hệ phương trình đối với các ảnh là:
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
=−++
=+−+
=++−
0Z)1p(YX
0ZY)1p(X
pZYX)1p(
2
2
2


t2ch
3
2
)t(x
+−==
+=2. Dùng công thức Duhamel: Nếu biết nghiệm x
1
(t) của phương trình:

1xaxaxa
12111o
=+
′
+
′′
(5)
thoả mãn các điều kiện ban đầu thuần nhất x(0) = x’(0) = 0 thì công thức mà ta thiết
lập dưới đây dựa vào công thức Duhamel sẽ cho ta nghiệm x(t) của phương trình:
a
o
x” + a
1
x’ + a
2
x = f(t) (6)
thoả mãn các điều kiện ban đầu thuần nhất x(0) = x’(0) = 0.
Ta có công thức:

o
=++
(7)
Hàm X(p) thoả mãn phương trình ảnh của (6) là:
)p(F)p(X)apapa(
21
2
o
=++ (8)
Từ (7) và (8) suy ra:
)p(F).p(pX)p(Xhay
)p(F
)p(X
)p(pX
11
==

Theo công thức tích phân Duhamel ta có:
X(p) ↔ x
1
(t).f(0) + f*x
1
′

Vì x
1
(0) = 0 nên X(p) ↔ f*x
1
′


2
t
e
−

thoả mãn điều kiện đầu x(0) = x’(0) = 0.
Ta thấy nghiệm của phương trình x” + x’ = 1 với điều kiện đầu x(0) = x’(0) = 0
là x
1
(t) = 1 - cost. Vậy theo (9) thì nghiệm của phương trình ban đầu là:
∫
ττ=
τ−−
t
0
2
)t(
dsine)t(x
Ví dụ 2: Tìm nghiệm của phương trình x” + x = 5t
2
với điều kiện đầu là x(0) = x’(0)
= 0
Trong ví dụ trên ta có x
1
(t) = 1 - cost. Vậy:
)tcos22t(5d)tsin(t5)t(x
2
t
0
2

]m)ap[(
)ap(m2
−−
−

3 t
n

1n
p
!n
+

23 te
at
chmt
222
22
]m)ap[(
m)ap(
−−
+−

4 e
at

ap
1
−


++−
7 t
n
e
at

1n
)ap(
!n
+
−

27 f(t)shmt
)]mp(F)mp(F[
2
1
+−−
8 sinmt
22
mp
m
+

28 f(t)chmt
)]mp(F)mp(F[
2
1
++−

127

−
−
−−

)1bp)(1ap(
1
++

11 chmt
22
mp
p
−

31 (1+at)e
at
2
)ap(
p
−

12 e
at
sinmt
22
m)ap(
m
+−

32

at
shmt
22
m)ap(
m
−−

34 sin
2
mt
)m4p(p
m2
22
2
+

15 e
at
chmt
22
m)ap(
ap
−−
−

35 ch
2
mt
)m4p(p
m2p

ee
btat
−

ap
bp
ln
−
−

18 tshmt
222
)mp(
pm2
−

38
t
e
at
π
−

ap
1
+

19 tchmt
222
22