CONTENTS
1 VECTOR CALCULUS - GIẢI TÍCH VECTOR
1.1 Basic concepts . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Gradient . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3 Divergence and curl . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3.1 Divergence (Nguồn) . . . . . . . . . . . .
1.3.2 Curl - Xoáy . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3.3 Further properties of 5 . . . . . . . . .
1.4 Line integrals - Tích phân đường . . . . . . . .
1.4.1 Line intergral type 1 -Tích phân đường
1.4.2 Line intergral type 2 -Tích phân đường
1.5 Surface integrals − Tích phân mặt . . . . . . .
1.5.1 Surface integrals Type 1 . . . . . . . . .
1.5.2 Surface integrals Type 2 . . . . . . . . .
1.6 Engineering applications . . . . . . . . . . . . .
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
loại
loại
. . .
. . .
. . .
. . .
.
.
.
.
.
.
.
1
2
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
2 LAPLACE TRANSFOrMS - PHÉP BIẾN ĐỔI LAPLACE
2.1 The Laplace transforms . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1.1 Definition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1.2 Definition: Điều kiện tồn tại cho phép biển đổi Laplace .
2.1.3 The property . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1.4 Table of Laplace Transform . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 The inverse Laplace transform − Biến đổi Laplace ngược . . . .
2.3 Solution of differential equations − Giải phương trình vi phân với
kiện ban đầu: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.1 Transforms of derivatives − Phép biến đổi đạo hàm . . . .
2.3.2 Giải bài toán điều kiện ban đầu . . . . . . . . . . . . . . . .
2.4 Engineering application . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.4.1 Electrical circuits . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.4.2 Kirchhoff’s laws . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.5 Step and inpulse functions − Hàm bước nhảy và hàm xung . . .
2.6 Transfer functions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
điều
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
3 SYSTEMS OF LINEAR FIRST - ORDER DIFFERENTIAL EQUATIONS
HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH CẤP 1
3.1 Preliminary theory − Lý thuyết cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.1.1 Definition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.1.2 Định lý về sự tồn tại và duy nhất nghiệm . . . . . . . . . . . . . .
3.1.3 Nghiệm tổng quát của hệ phương trình vi phân . . . . . . . . . .
3.1.4 The matrix of linear first − order differential equations . . . . .
3.2 Homogeneous linear systems − Hệ tuyến tính thuần nhất . . . . . . . .
3.2.1 Definition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1
3
3
4
4
4
5
6
7
7
9
13
13
16
25
27
27
27
28
28
29
30
31
31
31
33
33
33
35
39
41
41
41
41
42
42
43
43
Toán 2E1
ThS. Phạm Kim Thủy
3.2.2 Phương pháp khử: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
3.2.3 The characteristic equation − Phương trình đặc trưng . . . . . . 44
3.2.4 The eigenvalue and the eigenvector − Giá trị riêng và vector
riêng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
3.2.5 Theorem. Distinct real eigenvalues − Giá trị riêng thực đơn . . 45
3.2.6 Theorem. Repeated eigenvalues − Giá trị riêng bội: . . . . . . . . 45
3.2.7 Theorem. Complex eigenvalues − Giá trị riêng phức . . . . . . . 46
3.2.8 Các bước giải hệ phương trình vi phân thuần nhất (Tài liệu sẽ
trình bày cho trường hợp hệ 3 phương trình) . . . . . . . . . . . . 46
3.3 Nonhomogeneous linear systems − Hệ phương trình không thuần nhất: 48
3.3.1 Phương pháp hệ số chưa xác định: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
3.3.2 Phương pháp biến thiên tham số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
3.4 Matrix exponential − Hàm mũ ma trận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
2
CHAPTER 1
VECTOR CALCULUS - GIẢI TÍCH
VECTOR
1.1
Basic concepts
- Let r = xi + yj + zk
- A scalar point function f is a rule,u = f (r), which assigns to each point with coordinate r in
the domain of the function a unique real number u.
- An alternative name for a scalar point function is scalar field.
- A vector point function F is a rule, v = F (r), which assigns to each r a unique vector v.
- An alternative name for a scalar point function is vector field.
- Consider the transformation or mapping from the from the (x, y) plane to the (s, t) plane
defined by
s = s(x, y),
t = t(x, y)
- The Jacobian of the transformation is defined by
J=
∂(s, t)
=
∂(x, y)
∂s
∂x
∂t
∂x
∂s
∂y
∂t
∂y
=
∂s
∂x
∂s
∂ty
∂t
∂x
∂t
∂y
(1.1)
Example 1.1.1
(
Cho
x = rcosϕ
Xác định định thức Jacobi của phép biến đổi trên.
y = rsinϕ
- If u = U (x, y, z); v = V (x, y, z), w = W (x, y, z) represent a transformation in three dimensions
from x, y, z to u, v, w then theo corresponding Jacobian is
∂(u, v, w)
J=
=
∂(x, y, z)
ux uy uz
vx vy vz
wx wy wz
ux vx w x
= uy vy wy
uz vz wz
Example 1.1.2



x = rcosϕ
Cho y = rsinϕ Xác định định thức Jacobi của phép biến đổi trên.


z=z
3
(1.2)
Toán 2E1
Example 1.1.3
ThS. Phạm Kim Thủy



x = rcosϕsinθ
Cho y = rsinϕsinθ Xác định định thức Jacobi của phép biến đổi trên.


z = rcosθ
1.2
Gradient
If u = f (x, y, z) represent a transformation in three dimensions then the vector
∂f ∂f ∂f
,
,
∂x ∂y ∂z
!
is called gradient of the scalar point function f . It’s denoted by gradf or 5f , where 5 is the
vector operator.
∂
∂
∂
5=i
+j
+k
(1.3)
∂x
∂y
∂z
Or
!
∂f
∂f
∂f ∂f ∂f
∂f
i+
j+
k=
,
,
(1.4)
gradf = 5f =
∂x
∂y
∂z
∂x ∂y ∂z
The gradient of the scalar point function f at the point M0 is
!
∂f
∂f
∂f
(M0 ),
(M0 ),
(M0 )
∂x
∂y
∂z
gradf (M0 ) = 5f (M0 ) =
(1.5)
Example 1.2.1
1. Find gradf, gradf (M ) when f (x, y) =
x
y
+ xy , M (2, −3)
2. Find gradf, grad(M ) if f (x, y, z) = x3 + y 3 + z 3 + 3xyz, M (1, 2, 3).
3. Find 5f, 5f (M ) if f (x, y, z) = ln(x2 + y 2 + z 2 ), M (1, 1, 1)
4. Find 5f, 5f (M ) if f (x, y, z) = ln(x2 + y 2 + z 2 ), M (1, 1, 1)
Example 1.2.2 Cho Ff (x, y) = (32 xy)i + (x2 − 3y 2 )j, tìm hàm số F sao cho F = 5f
1.3
1.3.1
Divergence and curl
Divergence (Nguồn)
The divergence of the vector field v = (v1 , v2 , v3 ),
divv = 5.v
Or
(1.6)
!
∂
∂
∂
divv = i
+j
+k
(iv1 + jv2 + kv3 )
∂x
∂x
∂z
(1.7)
Then
∂v1 ∂v2 ∂v3
+
+
y
∂x
∂x
∂z
The divergence of a vector field F (r) at the poitn r is
divv =
f low out of ∆V
∆V →0
∆V
divF = 5.F = lim
(1.8)
(1.9)
A vector field F satisfying divF = 0 is sometimes termed solenoidal. Divv là một đại lượng
(Thông lượng bảo toàn)
vô hướng.
4
Toán 2E1
Example 1.3.1 Find divv where
ThS. Phạm Kim Thủy
1. v(r) = 3x2 i + zj + x2 k
2. v(r) = (3x + y)i + (2z + x)j + (z − 2y)k
Example 1.3.2 Find the divergence of the vector v = (2x − y 2 , 3xz + x3 , 4y − z 2 ) at the point
(2, −1, 3).
Example 1.3.3 Give F = (2xy 2 + z 2 )i + (3x2 + y 2 − y 2 z 2 )j + (yz 2 − 2y)k calculate divF at
the point (−1, 2, 3).
Ý nghĩa: Giả sử ~v là vận tốt của chất lỏng, có mật độ S, các thành phần của vector F~ = ρv
có các đạo hàm riêng liên tục, M là một điểm của chất lỏng. Khi đó:
- Nếu divF (M ) > 0 thì thông lượng ra ngoài những mặt cầu khá bé, tâm M là dương, ta nói
M là điểm nguồn.
- Nếu divF (M ) < 0 thì M là điểm rò.
- Nếu divF (M ) = 0 thì thông lượng qua mọi mặt kín đều bằng 0. Khi đó, ta nói rằng trường
vector F~ (M ) có thông lượng bảo toàn - Solenoidal
Example 1.3.4 Cho F = (2xy 2 +z 2 )i+(2x2 z 2 −xz 3 )j+(yz 2 −xz 3 )k. Tính divF tại M (−1, 3, 2)
Example 1.3.5 Tìm divF (M ), biết F = (ex sinycossz)i + (ex cosycosz)j − (ex sinysinz)k, với
M (−2, π2 , 5π
)
6
Example 1.3.6 Find the value if the constant λ such that the vector field defined by F =
(2xy 2 + z 2 )i + (3xy 3 − x2 z)j + (λxy 2 z + xy)k is solenoid.
Example 1.3.7
1.3.2
Curl - Xoáy
The vector measuring the rotation about a point in the fluid is called the curl of vector field
~ v Cho trường vcetor v có các toạ độ
v (Vector Rota hay vector xoáy), denoted curlv or rot~
v1 , v2 , v3 . Vector Curlv được xác định bởi:
curlv = 5 × v =
5
i
j
k
∂v
∂x
∂v
∂y
∂v
∂z
v1
v2 v3
(1.10)
Toán 2E1
ThS. Phạm Kim Thủy
Hoặc
!
curlv =
!
!
∂v3 ∂v2
∂v1 ∂v3
∂v2 ∂v1
−
i+
−
j+
−
k
∂y
∂z
∂z
∂x
∂x
∂y
(1.11)
Hoặc
curlv =
∂v3 ∂v2
−
;
∂y
∂z
∂v1 ∂v3
−
;
∂z
∂x
∂v2 ∂v1
−
∂x
∂y
!
(1.12)
Ý nghĩa của Curl:
- Nếu curlv(M ) 6= 0 thì điểm M được gọi là điểm xoáy - Rotation.
- Nếu curl(M ) = 0 thì điểm M là điểm không xoáy - Irrotation.
Example 1.3.8 Find the curl of vector v = (2x − y 2 ,
3z + x2 ,
4y − z 2 ) at the point M (1, 2, 3)
Example 1.3.9 Give F (x, y, z) = sin(yz)i − xzcos(yz)j + xycos(yz)k
1. Find curlF
2. Find curlF (M ), M (1, f racπ2, π4 )
Example 1.3.10 Find constants a, b, c such that the vector field defined by F = (4xy + az 3 )i +
(bx2 + 3z)j + (6xz 2 + cy)k is irrotational.
1.3.3
Further properties of 5
- So far we have used the vector operator in three ways:
5f = gradf =
∂f
∂f
∂f
i+
j+
k
∂x
∂y
∂z
(1.13)
∂f1 ∂f2 ∂f3
+
+
∂x
∂y
∂z
(1.14)
5 · F = divF =
!
5 × F = curlF =
!
!
∂f3 ∂f2
∂f1 ∂f3
∂f2 ∂f1
−
i+
−
j+
−
k
∂y
∂z
∂z
∂x
∂x
∂y
(1.15)
- A further application is in determining the directional derivative of a vector field:
!
∂
∂
∂
a · 5F = a1
+ a2
+ a3
F
∂x
∂y
∂z
6
(1.16)
Toán 2E1
!
!ThS. Phạm Kim Thủy
!
∂f1
∂f1
∂f1
∂f2
∂f2
∂f2
∂f3
∂f3
∂f3
a·5F = a1
+ a2
+ a3
i+ a1
+ a2
+ a3
j+ a1
+ a2
+ a3
k
∂x
∂y
∂z
∂x
∂y
∂z
∂x
∂y
∂z
(1.17)
df
5g
5 [f (g(r))] =
dg
5 [f (r)g(r)] = g(r) 5 f (r) + f (r) 5 g(r)
5 [u(r) · v(r)] = v × (5 × u) + u × (5 × v) + (v · 5) u + (u · 5) v
5 · [f (r) · u(r)] = u · 5 + f 5 ·u
5 × [f (r)u(r)] = (5f ) × u + f 5 ×u
div [gradf (r)] = 5 · 5f =
∂ 2f
∂ 2f
∂ 2f
+
+
= 52 f
∂x2
∂y 2
∂z 2
Where 52 được gọi là Laplacian operator (somtimes denoted by ∆). When all second order derivatives of f (r) are continuous
curl [gradf (r)] = ∇ × ∇f (r) ≡ 0
div [curlv(r)] = ∇ (∇ × v) ≡ 0
∂
∂
∂
grad(divv) = ∇ (∇ · v) = i
+j
+k
∂x
∂y
∂z
!
∂v1 ∂v2 ∂v3
+
+
∂x
∂y
∂z
!
∂2
∂2
∂2
+
+
(v1 i + v2 j + v3 k)
∂x2 ∂y 2 ∂z 2
!
2
∇v=
curl [curlv(r)] = ∇ × (∇ × v) = ∇ (∇ · v) − ∇2 v
1.4
Line integrals - Tích phân đường
1.4.1
Line intergral type 1 -Tích phân đường loại 1
_
1. Definition Cho hàm số f (M ) = f (x, y) xác định trên một cung phẳng AB. Chia cung
_
_
AB thành n cung nhỏ bởi các điểm A0 = A, A1 , A2 , . . . , An = B. Gọi độ dài cung Ai−1 Ai
_
là ∆si . Trên cung Ai−1 Ai lấy 1 điểm tuỳ ý Mi (ξ, ηi ).
7
Toán 2E1
Nếu khi n → ∞ sao cho max∆Si → 0, tổng
n
X
ThS. Phạm Kim Thủy
f (Mi )∆Si dần đến 1 giới hạn xác định,
i=1
_
_
không phụ thuộc vào cách chia cung AB và cách chọn điểm Mi trên cung Ai−1 Ai thì giới
_
hạn đó được gọi là tích phân đường loại 1 của hàm số f (x, y) dọc theo cung AB và được
ký hiệu bởi:
Z
_ f (x, y)dS
AB
Tức là,
Z
_
f (x, y)ds =
n
X
lim
max∆si →0
AB
f (ξi , ηi )∆Si
(1.18)
i=1
2. Tính chất:
_
_
(a) Nếu AB trơn và hàm số f (x, y) liên tục trên AB thì ta nói hàm số f (x, y) là khả
_
tích trên cung AB.
_
(b) Trong tích phân đường loại 1, người ta không để ý đến chiều trên cung AB.
Z
_
f (x, y)ds =
AB
Z
_
f (x, y)ds
(1.19)
BA
_
(c) Nếu cung vật chất AB có khối lượng riêng tại M (x, y, z) là ρ(x, y, z) thì khối lượng
_
của cung BA được xác định bởi:
Z
ρ(x, y, z)ds
_
(1.20)
AB
_
(d) Chiều dài của cung AB được xác định bởi:
_
Chiều dài cung AB=
Z
_
ds
(1.21)
AB
_
_
_
(e) Nếu cung C được chia thành hai cung C1 và C2 không dẫm lên nhau thì
Z
_
f ds =
Z
_
C1
C
f ds +
Z
_
f ds
(1.22)
C2
(f) Tích phân đường loại 1 có những tính chất giống tích phân xác định.
3. Cách tính tích phân đường loại 1: Giả sử cho tích phân đường loại 1
Z
_
f (x, y)ds,
AB
_
với f (x, y) liên tục trơn trên AB.
(
_
(a) Nếu cung AB trơn được cho bởi
Khi đó:
Z
_
f (x, y)ds =
AB
(
(b) Nếu cung AB trơn được cho bởi
Khi đó:
_
AB
Z b
q
f (x, y(x)) 1 + [y 0 (x)]2 dx
(1.23)
a
_
Z
q
y = y(x)
thì ds = 1 + [y 0 (x)]2 dx.
a≤x≤b
f (x, y)ds =
q
x = x(y)
thì ds = 1 + [x0 (y)]2 dy.
c≤y≤d
Z d
c
8
q
f (x(y), y) 1 + [x0 (y)]2 dy
(1.24)
Toán 2E1
ThS. Phạm Kim Thủy
x
=
x(t)
q
_
(c) Nếu cung AB trơn được cho bởi  y = y(t) thì ds = [x0 (t)]2 + [y 0 (t)]2 dt.

a≤t≤b
Khi đó:
Z
Z b
q
f (x(t), y(t)) [x0 (t)]2 + [y 0 (x)]
(1.25)
t 2 dt
_ f (x, y)ds =



AB
a
_
(d) Nếu cung AB trong không gian và được cho bởi









q
thì ds =
Z
_
x = x(t)
y = y(t)
z = z(t)
a≤t≤b
[x0 (t)]2 + [y 0 (t)]2 + [z 0 (t)]2 dt. Khi đó:
f (x, y)ds =
AB
Z b
q
t 2 + [z 0 (t)]2 dt
f (x(t), y(t), z(t)) [x0 (t)]2 + [y 0 (x)]
(1.26)
a
Example 1.4.1
(a) Tính
Z
_
(x3 + y)ds, trong đó C là cung Parabol: y =
C
(b) Evaluate
Z
_
x2
,
2
0≤x≤
√
3
√
√
√
yds along the parabol y = 2 x from A(3, 2 3) to B(24, 4 6).
C
(c) Tính
Z
_
xy 2 ds, trong đó C là cung Parabol: x = y 2 đi từ A(4; 2) đến B(1; −1)
C
(d) Tính
Z
_
ex+2y ds, trong đó AB là đoạn thẳng nối hai điểm A(−1, 3), B(2, 1)
AB
(e) Tính
Z
(x + 2y)ds, trong đó L là biên của tam giác ABC, A(−1, 3), B(2, 1), C(0, 1).
_
L
(f) Tính
Z
L
t + 3,
(g) Tính
y = 2arctant −
0 ≤ t ≤ 3.
Z q
_
2yds, với L là đường được xác định bởi: x = t,
L
t≤1
(h) Tính
ye−x ds, với L là đường được xác định bởi: x = ln(1 + t2 ),
_
Z
_
y = 21 t2 ,
z = 13 t3 ,
0≤
(2 + x2 y)ds, với L là nửa trên của đường tròn x2 + y 2 = 4.
L
(i) Tính
Z q
_
x2 + y 2 ds, với L là đường tròn được xác định bởi x2 + y 2 = 2x.
L
_
4. Ứng dụng: Độ dài của cung C được xác định bởi:
I(C) =
Z
_
ds
(1.27)
C
Example 1.4.2 Hãy tính độ dài của một cung cycloid được xác định bởi: x = t − sint, y =
1 − cost, 0 ≤ t ≤ 2π
1.4.2
Line intergral type 2 -Tích phân đường loại 2
1. Definition:
_
_
- Cho hai hàm số P (x, y), Q(x, y) xác định trên cung AB. Chia cung AB thành n cung
nhỏ bởi các điểm A0 = A, A1 , . . . , An = B.
−−−−−→
- Gọi hình chiếu của vector An−1 An lên hai trục Ox và Oy là ∆xi và ∆yi .
9
Toán 2E1
_
- Lấy bất kì 1 điểm M (ξi , ηi ) trên cung Ai−1 Ai .
ThS. Phạm Kim Thủy
- Nếu khi n → ∞ sao cho max∆yi → 0 thì
n
X
[P (ξi , ηi )∆xi + Q(ξi , ηi )∆yi ]
i=1
_
dần tới một giới hạn xác định, không phụ thuộc cách chia cung AB và cách chọn
_
điểm Mi trên cung Ai−1 Ai thì giới hạn đó được gọi là tích phân đường loại 2 của
_
các hàm số P (x, y), Q(x, y) dọc theo cung AB. Ký hiệu:
Z
P (x, y)dx + Q(x, y)dy
_
(1.28)
AB
2. Tính chất:
_
_
- Nếu cung AB trơn và các hàm số P (x, y), Q(x, y) liên tục trên AB thì tích phân trên
tồn tại.
- Trong tích phân đường loại 2, chiều trên đường lấy tích phân đóng vai trò quan trọng.
_
Nếu ta đổi chiều trên đường lấy tích phân thì hình chiếu của Ai−1 Ai trên 2 trục Ox
và Oy đổi dấu.
Z
Z
(1.29)
_ P dx + Qdy = −
_ P dx + Qdy
AB
BA
- Nếu cung C được chia làm 2 cung
Z
_
_
C1
P dx + Qdy =
và
Z
_
_
C2
không dẫm lên nhau thì
P dx + Qdy +
C1
C
Z
_
P dx + Qdy
(1.30)
C2
3. Cách tính tích phân đường loại 2: Giả sử cần tính tích phân
I=
Z
_
P (x, y)dx + Q(x, y)dy
AB
_
(
- Nếu cung AB:
y = y(x)
⇒ dy = y 0 (x)dx thì
x : xA → xB
I=
Z xB
P (x, y(x))dx + Q(x, y(x))y 0 (x)dx
(1.31)
xA
_
(
- Nếu cung AB:
x = x(y)
⇒ dx = x0 (y)dxy thì
y : yA → yB
I=
Z yB
P (x(y), y)x0 (y)dxy + Q(x(y), y)dy
(1.32)
yA



(
x = x(t)
dx = x0 (t)dt
- Nếu cung AB: y = y(t)
⇒
thì

dy = y 0 (t)dt

t : tA → tB
_
I=
Z tB
P (x(t), y(t))x0 (t)dt + Q(x(t), y(t))y 0 (t)dt
(1.33)
tA
Example 1.4.3
(a) Evaluate I =
Z
_
(-1;0)
(x2 + 2y)dx + (x + y 2 )dy, from A(0, 1) toB(0,
1) along the curve
C
C defined by y = x + 1.
10
Toán 2E1
ThS. Phạm Kim Thủy
Z
2
(b) Tính I = _ ydx + x dx, trong đó C là cung của Parabol y = x2 đi từ A(1, 1)
C
đến 0(0, 0) Z
(c) Tính I =
3xdx + ydy, trong đó C là cung của Parabol x = y 3 + y đi từ
_
C
A(−2, −1) Zđến B(2, 1)
(d) Tính I =
_
(x2 + 3y)dx + 2ydy, trong đó C là biên của tam giác ABC với
C
A(0, 0), B(1, 1),ZC(0, 2), ngược chiều kim đồng hồ.
(e) Evaluate I =
2
_
xydx, from A(1, 0) to B(0, 1) along the curve C that is the
C
2
portion ofZx + y = 1 in the first quadrant.
(f) Tính I = _ ydx + xdy, trong đó C là cung của đường tròn x2 + y 2 = 2x đi từ
C
0(0, 0) đếnZ A(1, 1).
(g) Tính I =
_
ydx+zdy+xdz, trong đó C là đường cong x = acost, y = asint, z =
C
bt, 0 ≤ t ≤ 2π theo hướng tăng dần c ủa t.
- If f1 (x, y, z), f2 (x, y, z), f3 (x, y, z) are the scalar components of a vector field F (r) then
Z h
C
i
f1( x, y, z)dx + f2 (x, y, z)dy + f3 (x, y, zdz) =
Z
F · dr
(1.34)
C
Example 1.4.4
(a) Evaluate the intergral
Z
V · dr, where V = (2yz + 3x2 , y 2 + 4xz, 2z 2 + 6xy), and
C
C is the curve with parametric equations x = t3 , y = t2 , z = t joining the points
0(0, 0, 0) and A(1, 1, 1)
Z
(b) If A = (2y + 3)i + xzj + (yz − x)k, evaluate
A · dr along the following paths
C
C:
i. x = 2t2 , y = t, z = t3 from t = 0 to t = 1.
ii. The straight line from 0(0, 0, 0) to A(2, 1, 1)
4. Green’s theorem
- Nếu đường cong lấy tích phân là một đường kín L thì ta quy ước: Chọn chiều dương
trên L là chiều sao cho một người đi dọc L theo chiều đó sẽ thấy miền giới hạn bởi
L gần mình nhất ở về bên trái.
Ta ký hiệu tích phân đường loại 2 dọc đường cong kín L theo chiều dương là:
I
_
L
11
P dx + Qdy
(1.35)
Toán 2E1
ThS. Phạm Kim Thủy
- Consider a simple closed curve C, enclosing the region D (D là miền đóng, bị chặn
trong mặt phẳng Oxy, với biên C trơn từng khúc, có chiều dương).
- If P (x, y), Q(x, y) are contiunous function with continuous partial dervatives then
I
P dx + Qdy =
∂Q ∂P
−
∂x
∂y
Z Z
C
D
!
dxdy
(1.36)
Với D là miền bị bao bọc bởi C
Example 1.4.5
(a) Evauluate
I
2x(x + y)dx + (x2 + xy + y 2 )dy around the square with vertices at
C
(0, 0), (1, 0), (1, 1), (0, 1).
(b) Tính
I
(x2 +3y)dx+2ydy, trong đó C là biên của tam giác OAB, với 0(0, 0), A(1, 1), B(0, 2),
C
ngược chiều kim đồng hồ.
(c) Tính
I
2
e−x (−2xsinydx + cosydy), trong đó C là đường tròn x2 + y 2 = 4, ngược
C
chiều kim đồng hồ.
(d) Tính
I
C
(x − y)2 dx + (xy )2 dy, trong đó C là nửa trên của đường tròn x2 + y 2 = 2x,
và chiều kim đồng hồ (HD: Có thể chuyển về đường cong kín để dùng Green).
5. Điều kiện để tích phân đường không phụ thuộc đường lấy tích phân:
Cho hàm số P (x, y), Q(x, y) liên tục cùng với các đạo hàm riêng cấp một của chúng trong
một miền đơn liên D nào đó. Khi đó, các mệnh đề sau là tương đương nhau:
(a)
(b)
∂P
∂y
I
=
∂Q
∂x
= 0 dọc theo mọi đường cong kín L nằm trong D.
L
(c)
_
Z
_
P dx + Qdy, trong đó cung AB là một cung nằm trong D, chỉ phụ thuộc hai
AB
điểm đầu mút A và B mà không phụ thuộc vào đường di từ A đến B.
(d) Biểu thức P dx + Qdy là vi phân toàn phần của một hàm số u(x, y) nào đó trong
miền D. Tức là:
du(x, y) = P dx + Qdy
(1.37)
Tìm hàm số u(x, y) : Chọn (x0 , y0 ) thuộc miền xác định của P (x, y), Q(x, y). Khi
đó, hàm u(x, y) được xác định bởi:
u(x, y) =
Z x
x0
Hoặc
u(x, y) =
Z x
P (x, y0 )dx +
P (x, y)dx +
x0
Z y
Q(x, y)dy + C
(1.38)
Q(x0 , y)dy + C
(1.39)
y0
Z y
y0
Tức là,
Z
P dx + Qdy =
L
Z
L
Example 1.4.6
12
du = u(x, y) |L
(1.40)
Toán 2E1 Z
ThS. Phạm Kim Thủy
(a) Tính
ydx+, với L là đường gấp khúc ABC, với A(−1, 2), B(2, 2), C(2, 3) (Yêu
L
cầu: tính theo 2 cách: trong đó có 1 cách dùng vi phân toàn phần)
Z (6,8)
xdx + ydy
√ 2
(b) Tính
x + y2
(1,0)
6. Ứng dụng: Diện tích của miền phẳng D, có biên C theo chiều dương được xác định bởi:
SD =
I
I
−ydx =
C
xdy =
C
1I
xdy − ydx
2 C
(1.41)
Example 1.4.7
Tính diện tích của đường elip (E) :
x2
a2
+
y2
b2
≤1
Surface integrals − Tích phân mặt
1.5
Một hồ chứa nước chống hạn ở một địa phương, có một cửa xả. Khi xả nước, người ta phải
mở cửa xả với một diện tích S trong khoảng thời gian t nào đó. Để biết được phải mở cửa xả
với diện tích S là bao nhiêu và trong thời gian bao lâu, người ta cần phải tích được lưu lượng
nucosw chảy qua cửa xả trong một đơn vị thời gian. Tuy nhiên, dòng nước chảy qua đó có vận
tốt và hướng thay đổi. Do vậy, lượng nucosw chảy qua cửa xả đó trong một đơn vị thời gian
tại những thời điểm khác nhau là khác nhau.
1.5.1
Surface integrals Type 1
1. Định nghĩa:
- Cho một mặt cong S và một hàm số f (M ) = f (x, y, z) xác định trên S. Chia S thành
n mảnh nhỏ. Gọi tên và cả diện tích của các mảnh ấy là ∆S1 , ∆S2 , . . . , ∆Sn . Trong
mỗi mảnh ∆Si , lấy một điểm tuỳ ý Mi (ξi , ηi , ζi ).
- Nếu khi n → ∞ sao cho maxdi → 0 là đường kính của ∆Si , tổng
n
X
f (Mi )∆Si dần tới
i=n
một giới hạn xác định không phụ thuộc cách chia mặt S và cách lấy điểm Mi trên
∆Si thì giới hạn đó được gọi là tích phân mặt loại 1 của hàm số f (x, y, z) trên mặt
S và ký hiệu
f (x, y, z)dS
2. Tính chất:
13
Toán 2E1
ThS. Phạm Kim Thủy
- Nếu mặt S trơn (liên tục và có pháp tuyến biến thiên liên tục) và nếu hàm số f (x, y, z)
liên tục trên mặt S thì tích phân tồi tại.
- Mặt S có khối lượng riêng tại M (x, y, z) là ρ(x, y, z) thì khối lượng của mặt S được xác
định bởi:
Z Z
ρ(x, y, z)dS
S
- Tích phân mặt loại 1 không phụ thuộc phía của mặt S.
- Nếu S = S1 ∪ S2 thì
Z Z
f (x, y, z)dS =
Z Z
S
f (x, y, z)dS +
Z Z
S1
f (x, y, z)dS
(1.42)
S2
- Tích phân mặt loại 1 có tính chất giống tích phân kép.
3. Cách tính tích phân mặt loại 1: Giả sử cần tính tích phân
I=
Z Z
f (x, y, z)dS
S
- Trường hợp 1: Nếu mặt S được cho bởi: z = z(x, y), trong đó z(x, y) là một hàm số
liên tục, có các đạo hàm riêng liên tục trong miền đóng, giới nội Dxy , Dxy là hình
chiếu của S lên mặt phẳng Oxy.
Khi đó,
q
(1.43)
dS = 1 + (zx0 )2 + (zy0 )2 dxdy
và
I=
Z Z
q
Dxy
f (x, y, z(x, y))) 1 + (zx0 )2 + (zy0 )2 dxdy
(1.44)
(Chuyển về tích phân kép)
(
- Trường hợp 2: Nếu mặt S :
y = y(z, x)
(z, x) ∈ Dzx ( Hình chiếu của S lên Ozx)
Khi đó,
dS =
và
I=
Z Z
q
1 + (yz0 )2 + (yz0 )2 dzdx
q
Dzx
f (x, y(z, x), z) 1 + (yz0 )2 + (yx0 )2 dzdx
14
(1.45)
(1.46)
Toán 2E1
(
- Trường hợp 3: Nếu mặt S :
ThS. Phạm Kim Thủy
x = x(y, z)
(y, z) ∈ Dyz ( Hình chiếu của S lên Oyz)
Khi đó,
dS =
và
I=
Z Z
q
1 + (x0y )2 + (x0z )2 dydz
(1.47)
q
Dyz
f (x(y, z), y, z) 1 + (x0y )2 + (x0z )2 dydz
(1.48)
Example 1.5.1
(a) Tính
Z Z
ydS, với mặt S là phần của mặt z = x + y 2 , 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 2
S
Z Z
(b) Tính
0, z ≥ 0
(c) Tính
(6x + 4y + 3z)dS, trong đó S là phần mặt phẳng
S
Z Z
x
2
(x2 + y 2 + z 2 )dS, trong đó S là phần mặt nón z =
+ y3 + z4 = 1, x ≥ 0, y ≥
√
x2 + y 2 nằm giữa hai
S
mặt phẳng z = 0, z = 3
(d) Evaluate the surface integral
Z Z
(x + y + z)dS
S
, where S is thf portion of the sphere x2 + y 2 + z 2 = 1 that lies in the first octant.
15
Toán 2E1
ThS. Phạm Kim Thủy
4. Ứng dụng: Diện tích của mặt α được xác định bởi:
S(α) =
Z Z
dS
(1.49)
(α)
Example 1.5.2
Tính diện tích mặt phẳng paraboloid (P ) : z = 1 − x2 − y 2 nằm giữa hai mặt phẳng
z = 0, z = 1
1.5.2
Surface integrals Type 2
1. Định nghĩa:
- Cho mặt cong S, tại một điểm chính quy M của S, cso 2 vector pháp tuyến đơn vị ~n
và ~n0 = −~n
16
Toán 2E1
ThS. Phạm Kim Thủy
- Nếu có thể chọn được điểm M của mặt S một vector pháp đơn vị ~n sao cho ~n biến
thiên liên tục trên S, ta nói mặt S định hướng được và hướng của mặt S được xác
định bởi hướng của ~n. Vector pháp tuyến của mặt định hướng thì vector pháp tuyến
đi từ chân lên đâu.
- Trong trường hợp ngược lại, vector pháp tuyến đổi chiều thì mặt cong S được gọi là
mặt không định hướng. Dải Mobius (Mobius band/ Mobius strip) là một ví dụ cho
mặt không định hướng. Lấy một băng giấy dài hình chữ nhật, xoắn băng giấy ấy
17
Toán 2E1
ThS. Phạm Kim Thủy
nữa vòng theo chiều dài, rồi gnasw 2 dầu lại. Khi điểm M chạy một vòng trên dải
Mobius, xuất phát từ vị trí M0 thì lúc gập lại M0 , vector ~n đổi hướng. Do đó, ~n
không biến thiên liên tục trên dải Mobius.
2. Cách xác định vector pháp tuyến đơn vị của mặt S: Viết lại phương trình mặt S
dạng F (x, y, z) = 0. Khi đó, vector phát tuyến của mặt S được xác định bởi:
~n = Fx0 , Fy0 , Fz0
(1.50)
Vector pháp tuyến đơn vị của mặt S được xác định bởi: Lấy thành phần tương ứng của
~n chia cho độ dài của ~n.
2
2
2
Example
√ 1.5.3 Tìm vector pháp tuyến đơn vị của mặt S : x + y + z = 4 tại điểm
A(1, 0, 3), biết mặt S được định hướng phía ngoài.
3. Định nghĩa tích phân mặt loại 2:
- Nếu tại một điểm M (x, y, z) ở trong miền hữu hạn V của không gian Oxyz có một hàm
vector F~ (M ) = F~ (x, y, z) xác định, ta nói rằng, trong miền V có một trường vector
F~ (M ) được xác định.
- Giả sử trong miền V có S là một mặt cong định hướng mà pháp tuyến đơn vị là ~n.
Nếu vecor F~ không đổi và S là mặt định hướng có diện tích cũng được ký hiệu là
S, người ta gọi thông lượng Φ của trường vector F~ qua mặt S là tích:
Φ = S · cos ~n, F~ = S · F~ , vecn
(1.51)
n
18
Toán 2E1
ThS. Phạm Kim Thủy
- Nếu ~v là vận tốc của chất lỏng có mật đọ ρ chảy qua mặt S thì thông lượng Φ của
trường vector F~ = ρ~v biểu thị khối lượng của chất lỏng chảy qua S trong một đơn
vị thời gian.
- Bây giờ, giả sử trường vector F~ (r) biến thiên liên tục trong V , nghĩa là các toạ độ
P (M ), Q(M ), R(M ) của nó là những hàm số biến thiên liên tục trong V . Hãy tính
thông lượng Φ của F~ (M ) qua mặt định hướn S.
- Ta chia mặt S thàhnh n mảnh nhỏ. Gọi tên và diện tích của các mảnh ấy là ∆S1 , ∆S2 , . . . , ∆Sn .
Nếu mảnh ∆Si có đường kính khá bé, có thể coi như vector F~ (M ) không đổi trên
mảnh ấy và bằng F~ (Mi ), Mi (ξi , ηi , ζi ) là một điểm nào đó trong mảnh ∆Si và coi
mảnh ∆Si xấp xỉ như một mảnh phẳng ứng với phía đã chọn của mặt.
- Do đó, thông lượng ∆Φi của F~ (M ) qua ∆Si xấp xỉ bằng:
Φ∼
n
X
[P (Mi )cosαi + Q(Mi )cosβi + R(Mi )cosγi ] ∆Si
(1.52)
i=1
Trong đó,
labelgocαi = (~n(Mi ), Ox);
βi = (~n(Mi ), Oy),
γi = (~n(Mi ), Oz)
(1.53)
- Phép tính gần đúng này càng chính xác nếu n càng lớn và các mảnh ∆Si có đường kính
càng nhỏ. Nếu khi n → ∞ sao cho maxdi → 0, di là đường kính của Si , mà tổng ở vế
phải của (1.52) dần về giới hạn xác định I không phụ thuộc cách chia mặt S và cách
lấy điểm Mi trên ∆Si thì I được gọi là thông lượng của F~ (M ) qua mặt S. Giới hạn
đó được gọi là tích phân mặt loại 2 của các hàm số P (X, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z)
trên mặt S.
Kí hiệu:
Z Z
P (x, y, z)dydz + Q(x, y, z)dzdx + R(x, y, z)dxdy
(1.54)
S
- Nếu F~ (x, y, z) có các thành phần là P (x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z) và vector pháp tuyến
đơn vị của S là ~n thì tích phân mặt loại 2 (1.54) có thể viết thành:
Z Z
F · ~ndS =
Z Z
F · dS
(1.55)
S
S
Tính chất:
- Nếu đổi hướng của vector pháp tuyến thì tích phân (1.54) đổi dấu.
- Tích phân mặt loại 2 có tính chất tương tự tích phân kép.
Cách tính tích phân mặt loại 2:
* Cách 1: Chuyển về tích phân mặt loại 1
- Vì tích phân mặt loại hai là tích phân mặt loại một nên ta có thể sử dụng
cách tính tích phân mặt loại một. Điều quan trọng là phải xác định được
vector pháp tuyến đơn vị.
- Nếu F~ (x, y, z) có các thành phần là P (x, y, z) ,< Q(x, y, z), R(x, y, z) và vector
đơn vị của mặt S có các thành phần cosα, cosβ, cosγ thì tích phân mặt loại
2 (1.54) có thể viết lại như sau:
Z Z
F~ · ~n dS =
Z Z
S
(P cosα + Qcosβ + Rcosγ) dS
(1.56)
S
Trong đó, mặt cong S được xác định bởi z = z(x, y) và cosα, cos β, cosγ
được xác định bởi:
−zx
(1.57)
cosα = q
± 1 + (zx )2 + (zy )2
19
Toán 2E1
cosβ =
cosγ =
−zy
q
± 1 + (zx )2 + (zy )2
ThS. Phạm Kim Thủy
(1.58)
1
(1.59)
q
± 1 + (zx )2 + (zy )2
- Dấu ”±”, ta nhận dấu + hay ”−” tuỳ thuộc vào góc (α, Ox), (α, Oy), (α, Oz)
là góc nhọn hay góc tù. Lấy dấu ” + ” nếu là góc nhọn và lấy dấu ” − ” nếu
là góc tù.
- Mặt cong S vẫn có thể viết dưới dạng G(x, y, z) = 0
Example 1.5.4
Tính
Z Z
(2x + y)dydz + (2y + z)dzdx + (2z + x)dxdy trong đó S làphần mặt
S
phẳng x + y + z = 3 nằm trong hình trụ x2 + y 2 = 2x, phía dưới theo hướng
trục Oz.
Example
1.5.5
Z Z
(y − z)dydz + (z − x)dzdx + (x − y)dxdy trong đó S là phía ngoài của
Tính
S
mặt nón x2 + y 2 = z 2 , 0 ≤ z<5
* Cách 2: Tính trực tiếp. Ta có:
Z Z
P dydz+Qdzdx+Rdxdy =
Z Z
S
Tính I3 =
Z Z
P dydz+
S
Z Z
Z Z
Qdzdx+
S
S
Rdxdy = I1 +I2 +I3
Rdxdy chuyển về tích phân bội 2
S
(
z = z(x, y)
(x, y) ∈ Dxy , với Dxy là hình chiếu của S lên Oxy
đó, tích phân I3 có thể được chuyển về tích phân bội 2 như sau:
Biểu diễn mặt S :
I3 = ±
Z Z
R(x, y, z(x, y))ddxdy
Khi
(1.60)
Dxy
Lấy dấu ” + ” nếu vector pháp tuyến hộp với Oz một góc nhọn và lấy dấu ” − ”
nếu vector pháp tuyến hợp với Oz một góc tù.
- Tương tự cho các tích phân I1 , I2
20
Toán 2E1
Example 1.5.6
Tính I =
Z Z
ThS. Phạm Kim Thủy
z(x2 + y 2 )dxdy, trong đó S là nửa mặt cầu z =
√
1 − x2 − y 2 hướng của S
S
là phía ngoài mặt cầu.
Example 1.5.7 Tính tích phân I =
Z Z
x2 + y 2 + z 2 = 1, x ≥ 0, y ≥ 0
Example 1.5.8 Tính tích phân I =
Z Z
zdxdy, với S là mặt trong của hình cầu
cẩu x2 +
S
y2 + z2 = 4
Example 1.5.9 Evaluate
xyzdxdy, với S là mặt ngoài của hình cầu
cẩu
S
Z Z
V · dS where V = zi + xj + 3y 2 zk and S is the surface of
S
the cylinder x2 + y 2 = 16 in the first octanr between z = 0 and z = 5
4. Gauss − Osstrogradsky’s divergence theorem (Công thức liên hệ giữa tích phân
mặt loại 2 lấy ở mặt ngoài của mặt cong với tích phân 23 lớp)
21
Toán 2E1
ThS. Phạm Kim Thủy
- Giả sử V là một miền giới nội đóng trong R3 , có biên là một mặt kín, trơn từng mảnh
S.
- Giả dử P (x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z) là 3 hàm liên tục cùng với đạo hàm riêng cấp 1
của chúng trong VV .
- Công thức Gauss − Osstrogradsky được xác định bởi:
Z Z
P dydz + Qdzdx + Rdxdy =
S
!
∂Q ∂R
∂P
+
+
dxdydz
∂x
∂y
∂z
Z Z Z
V
Tích phân mặt lấy theo phía ngoài của mặt S.
Hay
Z Z
Z Z Z
˙
F dS =
divF dV
S
(1.61)
(1.62)
V
Example 1.5.10
Tính
Z Z
S
3
3
x3 Øyz
d + y dzdx + z dxdy, với mặt S là mặt cầu x2 + y 2 + z 2 = 9 hướng
ngoài.
Example 1.5.11
Tính
Z Z
S
z 2 dydz + xdzdyx − zdxdy, với S là biến của vật thể V giới hạn bởi x =
0, x = 1, z = 0, z = 4 − y 2 hướng ra ngoài.
22
Toán 2E1
ThS. Phạm Kim Thủy
Hệ quả: Thể tích V của vật thể giới hạn bởi mặt cong kín S được cho bởi công
thức:
1Z Z
xdydz + ydzdx + zdxdy
(1.63)
V =
3
S
Example 1.5.12
A vector field F (r) is given by
F (r) = x3 yi + x2 y 2 j + x2 yzk
Z Z
˙ where S is the surface of the region in the first octant for which
Find
F dS
S
x+y+z ≤1
Example 1.5.13
23
Toán 2E1
Verify the divergence theorem
ThS. Phạm Kim Thủy
Z Z
˙ =
F dS
S
Z Z Z
divF dV
V
when F (r) = 2xzi+yzj +z 2 k and V is the volume enclosed by the upper hemisphere
x2 + y 2 + z 2 = a2 , z ≥ 0
5. Stoke’s theorem Công thức Stoke cho ta mối liên hệ giữa tích phân đường loại 2 theo
một đường cong kín C trong không gian với tích phân mặt loại 2 trên một mặt định
hướng S, bị giới hạn bởi C. Đó là công thức mở rộng của công thức Green.
!
Z Z
S
!
∂P
∂R
∂Q ∂P
∂R ∂Q
−
−
−
dydz +
dzdx +
∂y
∂z
∂z
∂x
∂x
∂y
!
dxdy =
I
P dx + Qdy + Rdz
C
(1.64)
Chiều lấy tích phân trên C được chọn sao cho một người đi dọc C theo chiều đó thì nhìn
thấy mặt S kề với mình bên trái.
Cách nhớ:
24
Toán 2E1
ThS. Phạm Kim Thủy
Example 1.5.14
Tính
I
(y + x)dx + (2z − y)dy + (3x − z)dz), với C là đường tròn x2 + y 2 + z 2 = a2 , z = 0
C
ngược chiều kim đồng hồ, nhìn từ hướng dương Oz.
1.6
Engineering applications
- Mặc dù chúng ta sử dụng ví dụ về dòng chất lỏng để trình bày tích phân mặt của trường
vector, nhưng nội dung này cũng đúng trong nhiều trường hợp khác.
- Ví dụ: Nếu E là điện trường thì tích phân mặt
Z Z
F · dS được gọi là thông lượng điện
trường của E qua mặt S. Một trong những định luật quan trọng của tĩnh điện là định
luật Gauss, nói rằng điện tích được bao quanh bởi mặt S là:
Q = 0
Z Z
E · dS
(1.65)
S
Trong đó, 0 là hằng số điện môi phụ thuộc vào đơn vị sử dụng.
- Một ứng dụng khác của tích phân mặt xuất hiện trong nghiên cứu luồng nhiệt. Giả sử rằng
nhiệ độ tại điểm (x, y, z) trong vật thể là u(x, y, z).
- Khi đó, luồng nhiệ được định nghĩa là trường vector
F = −K 5 u
(1.66)
Trong đó, K là hằng só thực nghiệm, được gọi là độ dẫn nhiệt (conductivity) của chất.
- Tốc độ dòng nhiệt qua mặt S trong vật thể được cho bởi phương tình:
Z Z
F · dS = −K
S
Z Z
5u · dS
(1.67)
52 u · dV
(1.68)
S
Hay
Z Z
F · dS = −K
S
Z Z Z
V
Example 1.6.1
Nhiệt độ trong một quả bóng kim loại tỷ lệ với bình phương khoảng cách từ tâm của quả
bóng. Tìm tỷ lệ dòng nhiệt qua một hình cẩu S bán kính a, với tâm là tâm của quả bóng.
25
Toán 2E1
ThS. Phạm Kim Thủy
26
CHAPTER 2
LAPLACE TRANSFOrMS - PHÉP
BIẾN ĐỔI LAPLACE
2.1
The Laplace transforms
2.1.1
Definition
- We define the Laplace transform of function f (t) by
L{f (t)} = F (s) =
Z ∞
e−st f (t)dt
(2.1)
0
where s is complex variable and e−st is called the kernel of the transformation.
- Ta gọi hàm f (t) trong định nghĩa là hàm gốc và phép biến đổi F (s) là hàm ảnh.
- The symbol L denotes the Laplace transform operator. It transforms the function f (t) into
the function F (s).
- The upper limit in the integral is infinite. Thus the integral is an improper integral, that is
Z ∞
−st
e
f (t)dt = lim
Z a
a→∞ 0
0
e−st f (t)dt
(2.2)
- F (s) contains information on the behaviour of f (t) only for t ≥ 0. We define a function f (t)
to be causal if f (t) = 0 for all t < 0.
Example 2.1.1 Determine the Laplace transforms of the function f (t),
1. f (t) = k, where k is constant
2. f (t) = t
3. f (t) = ekt , where k is constant
4. f (t) = sinat, where a is constant
5. f (t) = cosat, where b is constant
27
Toán 2E1
2.1.2
ThS. Phạm Kim Thủy
Definition: Điều kiện tồn tại cho phép biển đổi Laplace
A function f (t) is said to be of exponential order as t → ∞ if there exists a real number α and
positive constants M and T such that - Hàm f liên tục từng phần trên [0, ∞), tồn tại hằng số
αt, hằng số dương M và T thoả:
|f (t)| ≤ M eα ,
∀t > T
(2.3)
Khi đó, L tồn tại với tất cả s > α
Chú ý:
- Hàm số f được gọi là liên tục từng phần trên đoạn [a, b] nếu f liên tục tại hầu hết điểm
thuộc [a, b] ngoại trừ tại một điểm hữu hạn các điểm, tại các điểm x mà f không liên tục
thì f (x+ ) và f (x− ) vẫn tồn tại.
- Hàm số f được gọi là liên tục từng phần trên [0, +∞) nếu f liên tục trên [0, A],
2.1.3
∀A > 0
The property
1. The linearit property - Tính chất tuyến tính: If f (t) and g(t) are functions having Laplace
transforms and if a and b are any constants then
L{af (t) + bg(t)} = aL{f (t)} + bL{g(t)}
(2.4)
The Laplace transform operator L is a linear operator.
2. The first shift property - Tính chất tịnh tiến. If f (t) is a function having Laplace transform
F (s), with Re(s) > σc , then the function eat , f (t) also has a Laplace transform, given by
L{eat f (t) − F (s − a)} Re(s) > σc + Re(a)
(2.5)
3. Derivative of transform property If f (t) is a function having Laplace transform
F (s) = L{f (t)},
Re(s) > σc
(2.6)
then the function tn f (t) (n = 1, 2, . . .) also have Laplace transform, given by
L{tn f (t)} = (−1)n
28
dn F (s)
dsn
(2.7)
Toán 2E1
2.1.4
ThS. Phạm Kim Thủy
Table of Laplace Transform
L{f (t)} = F (s)
f (t)
Region of convergence − Miền hội tụ
f (t) = k
(k a constant)
L{k} =
k
s
Re(s) > 0
f (t) = t
L{t} =
1
s2
Re(s) > 0
f (t) = tn
L{tn } =
n!
sn+1
Re(s) > 0
f (t) = eat
(a a constant)
L{eakt } =
1
s−a
Re(s) > Re(a)
f (t) = eat tn
(a a constant)
L{eat tn } =
n!
(s−a)n+1
s>
f (t) = sinbt
(b a real constant)
L{sinbt} =
b
s2 +b2
Re(s) > 0
f (t) = cosbt
(b a real constant)
L{cosbt} =
s
s2 +b2
Re(s) > 0
f (t) = eat sinbt
(a, b real constants)
L{eat sinbt} =
b
(s−a)2 +b2
Re(s) > a
f (t) = eat cosbt
(a, b real constants )
L{eat cosbt} =
s−a
(s−a)2 +b2
Re(s) > a
Example 2.1.2 Determine
1. L{3t + 2e3t }
5. L{e−4t sin3t + t2 + 3}
2. L{5 − 3t + 4sin2t − 6e4t }
6. L{sin4t − 5cos2t + et − t + 1}
3. L{te−2t }
7. L{e−t sin5t + e4t + t4 − 3cost − t5 et }
4. L{e−3t sin2t}
8. L{cos2t − e5t cos2t − cos3t + 4sint − 1}
29
Toán 2E1
2.2
ThS. Phạm Kim Thủy
The inverse Laplace transform − Biến đổi Laplace
ngược
1. The symbol L−1 {F (s)} denotes a causal function f (t) whose Laplace transform is F (s);
that is
If
L{f (t)} = F (s)
then
f (t) = L−1 {F (s)}
2. This correspondence between the functions F (s) and f (t) is called the inverse Laplace
transformation.
3. f (t) is the inverse transform of F (s)
4. L−1 is the inverse Laplace transform operator.
5. Phép biến đổi Laplace ngược có tính chất tuyến tính: Giả sử F (s)L{f (t)} và G(s)L{g(t)},
a, b là hằng số.
Khi đó:
L−1 {aF (s) + bG(s)} = aL−1 {F (s) + bL−1 {G(s)} = aF (t) + bg(t)
(2.8)
Example 2.2.1 Find
1
(a) L−1 { s−3
}
(h) L−1 { (s+3)s 2 +5 }
s+7
(o) L−1 { s2 +6s+13
}
1
(b) L−1 { (s−3)
2}
1
(i) L−1 { (s+3)(s−2)
}
s−1
(p) L−1 { (s+1)(s+2)(s
2 +2s+10) }
(c) L−1 { s22+4 }
s+1
(j) L−1 { s(s+9)
}
5
(q) L−1 { (s+1)(s−6)
− (6s)(s52 +9) +
3
}
((2s2 +8s+10)
(d) L−1 { s23+5 }
(e) L−1 { s2s+7 }
(f) L−1 { 5s+3
}
s2 +5
(g) L−1 { (s−1)s 2 +4 }
3s−4
(k) L−1 { s2 +7s−30
}
3s−1
(l) L−1 { s3 +2s
2 −5s−6 }
3
(m) L−1 { s2 +2s+7
}
s−6
(n) L−1 { s2 +2s+7
}
30
(r) L−1 { s2s−1
}
(s+9)
1
(s) L−1 { (s+1)(s
2 +4) }
(t) L−1 { (s+1)s2 (s+ 9) }
s−2
(u) L−1 { s(s2 +1)(s
2 +9) }
Toán 2E1
ThS. Phạm Kim Thủy
Solution of differential equations − Giải phương trình
vi phân với điều kiện ban đầu:
2.3
2.3.1
Transforms of derivatives − Phép biến đổi đạo hàm
1. In taking the Laplace transform of a derivative we have assumed that f (t) is continuous
at t = 0, so that f (0− ) = f (0) = f (0+ ) (f liên tục trên [0, ∞))
2. Tồn tại các hằng số dương a, M, T sao cho:
|f (t)| < M eat ,
∀t ≥ T
(2.9)
Khi đó, biến đổi Laplace của f 0 (t) tồn tại với mọi s ≥ a.
3. Transforms of derivatives − phép biến đổi đạo hàm:
(
df
L
dt
)
= sF (s) − f (0)
(2.10)
L {f 0 (t)} = sF (s) − f (0)
(2.11)
Or
4. Định lý:
- Giả sử các đạo hàm cấp n và f (n) liên tục từng phần trên [0, ∞).
- Giả sử các đạo hàm của hàm f : f 0 , f 00 , . . . , f (n−1) thoả điều kiện của (2.9).
- Tức là, với mỗi i ∈ {0, 1, . . . , n − 1}, tồn tại các hằng số ai , Mi , Ti sao cho:
f (i) (t) ≤ Mi eai ti ,
∀t ≥ Ti
(2.12)
- Khi đó, biến đổi Laplace của f 00 (t) tồn tại với mọi s ≥ a là:
d2 f
L
dt2
(
)
= L {f 00 (t)} = s2 F (s) − sf (0) − f 0 (0)
(2.13)
- Khi đó, biến đổi Laplace của f 000 (t) tồn tại với mọi s ≥ a là:
L {f 000 (t)} = s3 F (s) − s2 f (0) − sf 0 (0) − f 00 (0)
(2.14)
- Khi đó, biến đổi Laplace của f (n) (t) tồn tại với mọi s ≥ a là:
n
o
L f (n) (t) = sn F (s) − sn−1 f (0) − sn−2 f 0 (0) − . . . − f (n−1) (0)
Hay v
n
o
L f (n) (t) = sn F (s) −
n
X
sn−i f (i−1) (0)
(2.15)
(2.16)
i=1
2.3.2
Giải bài toán điều kiện ban đầu
1. Phương pháp:
- Xét phương trình vi phân với hàm cần tìm y(x) thoả L{y(x)} = F (s)
- Biến đổi Laplace hai vế của phương trình vi phân, ta thu được một phương trình với
hàm cần tìm là F (s).
31
Toán 2E1
- Tìm hàm F (S).
ThS. Phạm Kim Thủy
- Dùng phép biến đổi Laplace ngược để tìm y(x) = L−1 {F (S)}
Example 2.3.1 Tìm nghiệm của bài toán:
(
y 00 − 2y 0 + 5y = −8e−x
y(0) = 2, y 0 (0) = 12
(
y 00 + 4y 0 − 5y = xex
y(0) = 1, y 0 (0) = 0
(a)
(b)
(c) Solve the diferential euqation
d2 x
dx
+ 6x = 2e−t ,
+
5
dt2
dt
subject to the initial conditions x = 1 and
dx
dt
t≥0
= 0 at t = 0
(d) Solve the diferential euqation
d2 x
dx
+ 6 + 9x = sint,
2
dt
dt
subject to the initial conditions x = 0 and
dx
dt
t≥0
= 0 at t = 0
(e) Solve the diferential euqation
d2 x
dx
d3 x
+
5
+ 17 + 13x = 1,
3
2
dt
dt
dt
subject to the initial conditions x =
dx
dt
= 0 and
d2 x
dt2
t≥0
= 0 at t = 0
(f) Solve the diferential euqation
dx
d2 x
+
5
+ 6x = 2e−t
dt2
dt
2. Transform of integrals
L
Z t
0
1
1
f (t)dt = L {f (t)} = F (s)
s
s
(2.17)
Example 2.3.2 Obtain
L
Z t 2
u + sin2u dt
0
3. Simultaneous differential equations − Hệ phương trình vi phân Xét hệ phương
trình vi phân với 2 hàm x(t) và y(t) cần tìm, thoả L{x(t)} = F (s) và L{x(t)} = G(s).
Biến đổi Laplace của các vế của hệ phương trình để tìm F (s) và G(s). Sau đó, dùng phép
biếnd đổi Laplace để tìm x(t)L−1 {F (s)} và y(t)L−1 {G(s)}.
Example 2.3.3
Solve for t ≥ 0 the simultaneous first oder diferential equations
(
dx
+ dy
+ 5x
dt
dt
dy
dx
3 dt + dt + x
+ 3y = e−t
+y =3
subject to the initial conditions x = 2 and y = 1 at t = 0.
32
Toán 2E1
2.4
2.4.1
ThS. Phạm Kim Thủy
Engineering application
Electrical circuits
Một số bài toán về tính toán
- Electrical circuits are constructed of three basic elements: resistors R, capacitors C and
inductors L.
- The current i(t) is related to charge q(t) by
i=
dq
dt
(2.18)
- The relationship between the flow of current i(t) and the voltage drops v(t) across these
elements
Voltage drop across resistor = Ri
Voltage drop across capacitor =
1
C
R
idt =
q
C
di
Voltage drop across inductors = L dt
2.4.2
Kirchhoff’s laws
Law 1: The algebraic sum of all currents entering any junction (or node) of a circuit is zero.
Law 2: The algebraic sum of voltage drops any closed loop (or path) in a circuit is zero.
33
Toán 2E1
ThS. Phạm Kim Thủy
Mass:
F =M
d2 x
= ẍ Newton’s Law
dt2
(2.19)
Spring:
F = M K(x2 − x1 ) Hooke’s Law
(2.20)
Damper:
dx2 dx1
−
F =B
dt
dt
34
!
= B(ẋ2 − ẋ1 )
(2.21)
Toán 2E1
2.5
ThS. Phạm Kim Thủy
Step and inpulse functions − Hàm bước nhảy và hàm
xung
1. The Heaviside step function H(t) is defined by
(
H(t) =
0,
1,
t<0
t≥0
(2.22)
2. The Heaviside function is also frequently referred to simply as the unit step function.
(
H(t − a) =
(
f (t)H(t − a) =
0,
1,
t<a
t≥a
(2.23)
0, t < a
f (t), t ≥ a
(2.24)
3. The unit step function may be used to write a concise formulation of piecewise − continuous
functions.


 f1 (t), 0 ≤ t < t1
(2.25)
f (t) = f2 (t), t1 ≤ t < t2


f3 (t), t2 ≤ t
f (t) = f1 (t)H(t) + [f2 (t) − f1 (t)] H(t − t1 ) + [f3 (t) − f2 (t)] H(t − t2 )
35
(2.26)
Toán 2E1
4. The top hat function is
ThS. Phạm Kim Thủy
(
H(t − a) − H(t − b) =
1,
0,
a≤t<b
othewise
(2.27)
5. Laplace transform of unit step function
L{H(t − a)} =
e−as
,
s
a≥0
(2.28)
Example 2.5.1 Determine the Laplace transform of rectangular pulse



1, t < a
f (t) =  K, a ≤ t < b K constant, b > a > 0.

0, t ≥ b
Example 2.5.2 Express in term of unit step functions the piecewise-continuous causal
function
2t2 , 0 ≤ t < 3
f (t) =  t + 4, 3 ≤ t < 5

9, t ≥ 5



36
Toán 2E1
ThS. Phạm Kim Thủy
Example 2.5.3 Express in terms of unit step functions the piecewise-continuous functions
causal function








f (t) = 






0,
1,
3,
2,
0,
t<1
1≤t<3
3≤t<5
5≤t<6
t≥6
6. If L{f (t − a)H(t − a)} then for a positive constant a
L{(t − a)H(t − a)} = e−as F (s)
7. This theorem is sometimes referred to as the Heaviside or delay theorem.
37
(2.29)
Toán 2E1
ThS. Phạm Kim Thủy
Example 2.5.4 Determine the Laplace transform of the causal function f (t) defined by
(
f (t) =
t,
0,
38
0≤t<b
t≥b
Toán 2E1
2.6
ThS. Phạm Kim Thủy
Transfer functions
1. The transfer function of linear time − invariant system is defined to be the ratio
The Laplace transform of the system output
T heLaplacetransf ormof thesysteminput
under the assumption that all the initial conditions are zero.
2. Consider a linear time − invariant system characterized by the differential equation
an
dn x
dn−1 x
dm u
+
a
+
.
.
.
+
a
x
=
b
b
+ . . . + b0 u
n
0
m m
dxn
dxn−1
dtm
(2.30)
3. Taking Laplace transfer function G(s) is defined to be
an sn + an−1 sn−1 + . . . + a0 X(s) = (bm sm + . . . + b0 ) U (s)
(2.31)
4. The system transfer function G(s) is defined to be
G(s) =
bm s m + . . . + b0
X(s)
=
U (s)
an s n + . . . + a0
(2.32)
5. In order to make the system physically realizable, the degrees m and n must be such that
n ≥ m.
39
Toán 2E1
ThS. Phạm Kim Thủy
40
CHAPTER 3
SYSTEMS OF LINEAR FIRST ORDER DIFFERENTIAL
EQUATIONS
HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN
TUYẾN TÍNH CẤP 1
Preliminary theory − Lý thuyết cơ bản
3.1
3.1.1
Definition
A system that have the normal form
 dx1


dt

 dx2
= g1 (t, x1 , x2 , . . . , xn )
= g2 (t, x1 , x2 , . . . , xn )
dt

.
.
.
.
....................


 dxn
= gn (t, x1 , x2 , . . . , xn )
dt
(3.1)
is called a system of first − order differential equations DEs − hệ phương trình vi phân cấp 1.
3.1.2
Định lý về sự tồn tại và duy nhất nghiệm
1. Cho hệ phương trình vi phân (3.1).
Giả sử các hàm số gi (t, x1 , x2 , . . . , xn ) cùng với các đạo hàm riêng
∂gi
(t, x1 , x2 , . . . , xn ),
∂xi
i = 1, 2, . . . , n
liên tục trong một miền D ∈ Rn+1
2. Giả sử (t0 , x01 , x02 , . . . , x0n ) là một điểm thuộc D. Khi đó, trong một lân cận nào đó của
điểm t = t0 , có nghiệm duy nhất của hệ (3.1) thoả điều kiện:
x1 (t = t0 ) = x01 ,
x2 (t = t0 ) = x02 ,
, . . . xn (t = t0 ) = x0n
(3.2)
3. Về mặt hình học: định lý khẳng định rằng với các điều kiện đã nêu trong một lân cận
nào đó của điểm (t0 , x01 , x02 , . . . , x0n ) tồn tại một đường tích phân duy nhất của hệ đi qua
điểm ấy.
41
Toán 2E1
3.1.3
ThS. Phạm Kim Thủy
Nghiệm tổng quát của hệ phương trình vi phân
1. Người ta gọi nghiệm tổng quát của hệ (3.1) là bộ gồm n hàm số:
xi = ϕ (t, C1 , C2 , . . . , Cn ) ,
i = 1, 2, = . . . , n
(3.3)
Trong đó, C1 , C2 , . . . , Cn là các hằng số tuỳ ý thoả mãn các điều kiện sau:
(a) Nó thoả mãn hệ (3.1) với mọi giá trị của C1 , C2 , . . . , Cn ;
(b) Với mọi điểm (t0 , x01 , x02 , . . . , x0n ), ở đó các điều kiện của định lý tồn tại và duy nhất
nghiệm được thoả mãn, có thể tìm được một bộ giá trị C1 = C10 , C − 2 = C20 , . . . , Cn0
sao cho các hàm số xi = ϕ (t, C1 , C2 , . . . , Cn ) , i = 1, 2, = . . . , n thoả mãn các điều
kiệ ban đầu (3.2)
2. Nghiệm riêng của hệ (3.1): là nghiệm mà nó có được bằng cách cho C1 , C2 , . . . , cn trong
nghiệm tổng quát các giá trị các định C1 = C10 , C − 2 = C20 , . . . , Cn0 .
3.1.4
The matrix of linear first − order differential equations
1. When each of the fucntions g1 , g2 , . . . , gn is linear in the dependent variables x1 , x2 , . . . , xn .
We get the first − order diference equations.













dx1
dt
= a11 (t)x1 + a12 (t)x2 + . . . a1n (t)xn + f1 (t)
dx2
dt
= a21 (t)x1 + a22 (t)x2 + . . . a2n (t)xn + f2 (t)
(3.4)



....................................








 dxn = a (t)x + a (t)x + . . . a (t)x
dt
n1
1
n2
2
nn
n
+ fn (t)
2. If X, A(t), F (t) denote the respective matrices



X=


x1 (t)
x2 (t)
..
.






(3.5)
xn (t)






F (t) =

f1 (t)
f2 (t)
..
.





(3.6)
fn (t)



A(t) = 


a11 (t)
a21 (t)
..
.
a12 (t)
a22 (t)
..
.
...
...
...
a1n (t)
a2n (t)
..
.
an1 (t)
an2 (t) . . .
ann (t)






(3.7)
3. Then the system of linear first - order differential equations (ODEs) can be written as
X 0 = AX + F
(3.8)
4. If the system is homogeneous, its matrix form is then
X 0 = AX
42
(3.9)
Toán 2E1
5. The problem:
ThS. Phạm Kim Thủy
(a) Solve X 0 = A(t)X + F (t)
(b) Subject to: X(t0 ) = X0 is an initial - value problem.
Example 3.1.1
Write the following systems of first-order ODEs in matrix notation.
 dx

 dt
= 3x + 4y
dy
dt
= 5x − 7y
(a) 

(b)















x0 = 6x + y + z + t
y 0 = 8x + 7y − z + 10t
z 0 = 2x + 9y − z + 6t
Homogeneous linear systems − Hệ tuyến tính thuần
nhất
3.2
3.2.1
Definition
The homogeneous linear systems is













dx1
dt
= a11 x1 + a12 x2 + . . . a1n xn
dx2
dt
= a21 x1 + a22 x2 + . . . a2n xn
(3.10)



..............................








 dxn = a x + a x + . . . a x
n1 1
dt
n2 2
nn n
We have thew matrix of linear first - oder differential equation:

A=
3.2.2





a11
a21
..
.
a12
a22
..
.
...
...
..
.
a1n
a2n
..
.
an1
an2
...
ann






(3.11)
Phương pháp khử:
Một hệ phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất có thể đưa về một phương trình vi phân
cấp cao đối với một hàm số chưa biết bằng cách khử những hàm số chưa biết còn lại từ những
phương trình của hệ. Giải phương trình vi phân cấp cao này, sau đó tìm những hàm số chưa
biết còn lại.
Example 3.2.1 Giải hệ phương trình sau:
1.
 dx

 dt
= 3x − 2y

 dy
= 2x − y
dt
2.
43



y 0 = 5y + 4z


z 0 = 4y + 5z
Toán 2E1
3.2.3
ThS. Phạm Kim Thủy
The characteristic equation − Phương trình đặc trưng
1. If
X = αeλt
(3.12)
with

α=





α1
α2
...






(3.13)
αn
Or
x1 = α1 eλt ,
x2 = α2 eλt ,
...,
xn = αn eλt
(3.14)
is a solution of X 0 = AX then Kλeλt = Aαeλ and we have













(a11 − λ)α1 + a12 α2 + . . . a1n αn = 0












.................................
a21 α1 + (a22 − λ)α2 + . . . a2n αn = 0
(3.15)
an1 α1 + an2 α2 + . . . (ann − λ)αn = 0
Or
(A − λIn ) α = 0
(3.16)
2. We must find a nontrivial vector K that satisfies above equation.
3. But this equation has nontrivial solution only if
a11 − λ
a12
...
a21
a22 − λ . . .
..
..
..
.
.
.
an1
an2
...
a1n
a2n
..
.
=0
(3.17)
ann − λ
Or
det(A − λIn ) = 0
(3.18)
In is an identity matrix − Ma trận đơn vị.
4. This polynomial equation in λ is called the characteristic equation of the matrix A −
Phương trình đặc trưng của ma trận A.
3.2.4
The eigenvalue and the eigenvector − Giá trị riêng và vector
riêng
1. Definition:
- Its solution are the eigenvalues λi of A
- A solution α 6= 0 corresponding to an eigenvalue λ is called an eigenvector of A.
- Cho ma trận A vuông, A ∈ Mn .
Khi đó, giá trị λ ∈ R được gọi là giá trị riêng (GTR) của ma trận A nếu tồn tại
vector cột α ∈ Rn , (x 6= 0) thoả điều kiện:
(A − λIn )α = 0
Khi đó, α được gọi là vector riêng (VTR) của ma trận A ứng với GTR λ.
44
(3.19)
Toán 2E1
- Chú ý:
ThS. Phạm Kim Thủy
+ Một giá trị riêng có thể có nhiều vector riêng;
+ Mỗi VTR chỉ ứng với một GTR duy nhất;
+ Nếu α là VTR thì cα, (c ∈ R) cũng là VTR của A.
2. Cách tìm GTR của ma trận A:
- Xét đa thức đặc trưng: (A − λIn ), In là ma trận đơn vị cùng kích thước với ma trận A;
- Giải phương trình đặc trưng: det(A − λIn ) = 0 tìm các GTR λ.
3. Cách tìm VTR của ma trận A ứng với GTR λ:
Giả sử cần tìm VTR ứng với GTR λ
- Gọi VTR α là VTR cần tìm, thoả (A − λIn )α = 0;
- Dùng các phép biến đổi sơ cấp, chuyển (A − λIn ) về dạng ma trận bậc thang.
- Giải hệ tìm α
Example 3.2.2 Find the eigenvalues and eigenvector of the matrix A
3
1
!
1.
2
2
2
3
!
2.
1
4
3.
3.2.5
-1
-1
1
-1


!
5.


-5
-1
!
6.
1
2
!
7.
1 2
-2 1

3 4 -4


4.  -2 -1 2 
-2 0 1
-2 5
-1 6
0 -2

7
9 

-3
Theorem. Distinct real eigenvalues − Giá trị riêng thực đơn
Let λ1 , λ2 , . . . , λn be n distinct real eigenvalues of the coefficient matrix A of the honmogeneous
system and let α1 , α2 , . . . , αn be the corresponding eigenvector. Then the generral solution on
the interval (−∞, +∞) is given by
X = C1 α1 eλ1 t + C2 α2 eλ2 t + . . . + Cn αn eλn t
3.2.6
(3.20)
Theorem. Repeated eigenvalues − Giá trị riêng bội:
- If m is a positive integer and (λ−λ1 )m is a factor of the characteistic equation while (λ−λ1 )m+1
is not, then λ1 is said to be an eigenvalues of multiplicity m
- If it’s possible to find m linearly independent eigenvectors α1 , α2 , . . . , λn correspoding to an
eigenvalue λ1 of multiplicity m.
- Then the general solution of system contains the linear combination
C1 α1 eλ1 t + C2 α2 eλ2 t + . . . + Cn αm eλm t
(3.21)
- If there is only one eigenvector correspoding to the eigenvalue λ1 of multiplicity m
- Then m linearly independeent solutions of form
X1 = α11 eλ1 t
X2 = α21 teλ1 t + α22 eλ1 t
tm−2 λ1 t
tm−1 λ1 t
e + αm2
e + . . . + αnm eλ1 t
Xm = αm1
(m − 1)!
(m − 2)!
45
(3.22)
Toán 2E1
3.2.7
ThS. Phạm Kim Thủy
Theorem. Complex eigenvalues − Giá trị riêng phức
Let λ1 = α + iβ be a complex eigenvalue of coefficient matrix A in homogeneous system and
let B1 and B2 denote the column vector defibed by:
then
B1 = Re(λ1 )
B2 = Im(λ1 )
(3.23)
X1 = [B1 cosβt − B2 sinβt] eαt
X2 = [B2 cosβt + B1 sinβt] eαt
(3.24)
are linearly independent solutions.
3.2.8
Các bước giải hệ phương trình vi phân thuần nhất (Tài liệu
sẽ trình bày cho trường hợp hệ 3 phương trình)
Xét hệ
 dx


dt





dy
dt






 dz
dt
= f (x, y, z)
= g(x, y, z)
= h(x, y, z)
1. Xác định ma trận hệ số A;


1 0 0


2. Viếtt phương trình đặc trưng det(A − λI3 ) = 0 Trong đó, I3 =  0 1 0 
0 0 1
3. Tìm các giá trị riêng của A:
(a) Trường hợp phương tình đặc trưng có 3 nghiệm thực đơn:
- Giả sử tìm được các GTR λ1 , λ2 , λ3




α1
β1



- Tìm các vector riêng α = 
 α2  , β =  β2  ,
α3
β3


γ1

γ =  γ2 

γ3
- Suy ra hệ nghiệm cơ bản:
x1 = α1 eλ1 t ,
x2 = β1 eλ2 t ,
x3 = γ1 eλ3 t ,
y1 = α2 eλ1 t ,
y2 = β2 eλ2 t ,
y3 = γ2 eλ3 t ,
z1 = α3 eλ1 t
z2 = β3 eλ2 t
z3 = γ3 eλ3 t
(3.25)
- Suy ra nghiệm tổng quát















x = C 1 x 1 + C 2 x 2 + c3 x 3
y = C1 y1 + C2 y2 + C3 y3
(3.26)
z = C1 z1 + C2 yz2 + C3 z3
Ta có thể viết dưới dạng:








x
α1
β1
γ1



 λ1 t

 λ2 t


+ C2  β2  e + C3  γ2  eλ3 t
 y  = C1  α2  e
z
α3
β3
γ3
46
(3.27)
Toán 2E1
Hoặc đơn giản hơn:
ThS. Phạm Kim Thủy
X = C1 αeλ1 t + C2 βeλ2 t + C3 γeλ3 t
(3.28)
Trong đó, Ci (i = 1, 2, 3) là hằng số.
Example 3.2.3 Solve
i.
ii.
 dx

 dt
= 2x + 3y

 dy
= 2x + y
 dt
0

 y = y + 2z
z 0 = 4y + 3z


0
iii. x =
 dx


dt





dy
dt
iv. 

1 2
3 2
!
0
−4
x thoả x(0) =
!
= 2x + 3y


1


thoả x(0) =  2 
0
= 2x + y




 dz
= y − 3z


1 −2
2

1 −2 
v. X 0 =  −2
X
2 −2
1
dt
(b) Trường hợp phương tình đặc trưng có nghiệm phức: Khi giải hệ phương trình
x0 = Ax, trong đó giá trị riêng của ma trận A là dạng phức. Khi đó, ta có cùng một
bài toán đã giải đối với việc tìm nghiệm của phương trình có nghiệm thực đơn.
Example 3.2.4 Solve the initial-value problem
i. X 0 =
0
ii. X =
iii.
2
8
−1 −2
3 −9
4 −3



y 0 = y − 5z


z 0 = 2y − z
!
X
!
X thoả X(0) =
2
−3
!
X
(c) Trường hợp phương tình đặc trưng có nghiệm thực bội: Giả sử hệ phương
trình X 0 = AX, trong đó A có các giá trị riêng lập lại (trị riêng bội của 2) là λ
Cách 1: - Nghiệm của hệ có dạng:



x1 (t) = (C1 t + C2 ) eλt


λt
(3.29)
x2 (t) = (C3 t + C4 ) e
- Tính x01 , x02 . Thay x1 , x2 , x01 , x02 vào hệ phương tình ban đầu. Dùng phương
pháp đồng nhất thức, tìm C1 , C2 , C3 , C4 .
!
1 −1
0
Example 3.2.5 Solve X =
X
1 3
Cách 2: - Ta cần tìm 2 nghiệm riêng độc lập tuyến tính để tạo thành một nghiệm
tổng quát.
47
Toán 2E1
ThS. Phạm Kim Thủy
- Tuy nhiên, trong trường hợp này chỉ tìm được một nghiệm
x1 = αeλt
Vì vậy, ta cần xác định nghiệm thứ 2.
- Nghiệm thứ 2 được thêm biến t và nghiệm thứ nhất.
- Nghiệm thứ 2 có dạng:
x2 = teλt α + eλt β
(3.30)
(3.31)
Với β là một vector chưa biết cần xác định và được xác định bởi:
(A − λI) β = α
(3.32)
- Nghiệm tổng quát trong trường hợp nghiệm bội λ có dạng:
x(t) = C1 eλt α + C2 eλt (tα + β)
(3.33)
Cần lưu ý vị trí của α và β
Example 3.2.6 Solve
(
y0 = y − z
i.
z 0 = y + 3z
7 1
−4 3
ii. x0 =
x
3 −18
2 −9
0
iii. x =

iv. x0 = 


v. x0 = 

3.3
!
−1
1
1
1
−1
1
!
x thoả x(0) =
2
−5
!

1
1
−1
1 
x
1 −1

1 0
2 1 
x
0 1
Nonhomogeneous linear systems − Hệ phương trình
không thuần nhất:
Xét hệ phương trình không thuần nhất:
x0 = A + g(t)
(3.34)
Để giải phương trình không thuần nhất, cả hai phương pháp hệ số chưa xác định và phương
pháp biến thiên hằng số đều có thể dùng để giải.
3.3.1
Phương pháp hệ số chưa xác định:
Phương phá này được trình bày bởi ví dụ sau:
Example 3.3.1
Tìm nghiệm tổng quát của phương trình sau:
0
x =
1 2
3 2
!
x+t
48
2
−4
!
Toán 2E1
Ta có thể tìm nghiệm của phương tình thuần nhất có dạng:
−1
1
xC (t0 = C − 1e−t
ThS. Phạm Kim Thủy
!
2
3
+ C2 e4t
!
Nghiệm riêng được tìm dưới dạng một đa thức tuyến tính có dạng:
!
xp = ta + b = t
a1
a2
x0p = a
a1
a2
b1
b2
+
!
Suy ra
!
Hệ phương trình được viết dưới dạng
x0 = Ax + tg
Đặt a = A(ta + b) + tg
⇒ a = Ata + Ab + tg ⇒ 0 = t(Aa + g) + (Ab − a)
⇒ t1 : Aa + g = 0 ⇒ Aa = −g t0 : Ab − a = 0 hay Ab = a
Chỉ có a là chưa biết, nên sử dụng ước lượng Gauss để giải hệ.
Ta có:
1 2
3 2
!
a1
a2
!
2
−4
=−
!
3
⇒a=
!
− 52
Khi biết a, giải phương trình thứ 2, tìm được b.
1 2
3 2
!
b1
b2
!
=−
3
− 52
!
− 11
4
⇒b=
!
3
⇒ xp = t
23
8
− 52
!
− 11
4
+
!
23
8
Vậy
−t
x(t) = C1 e
3.3.2
−1
1
!
+ C − 2e
4t
2
3
!
+t
3
− 52
!
+
− 11
4
!
23
8
Phương pháp biến thiên tham số
- Ta sẽ xác định một công thức cho phương pháp biến thiên tham số.
- Đặt X(t) là một ma trậ mà cột thứ i là nghiệm độc lập tuyến tính thứ i của hệ phương trình:
x0 = Ax
(3.35)
- Có thể chứng minh X(t) là nghiệm của phương trình vi phân
X 0 = AX
(3.36)
đó chính là hệ phương trình vi phân gốc với ma trận thay cho vector gốc. Ta tìm một
nghiệm của phương trình vi phân không thuần nhất.
x0 = Ax + g(t)
49
Toán 2E1
- Giả thuyết rằng có thể tìm được một nghiệm riêng có dạng:
ThS. Phạm Kim Thủy
xp = X(t)v(t)
(3.37)
Trong đó v(t) là vector cần được xác định.
- Đặt vào hệ phương trình không thuần nhất và chú ý rằng:
X 0 v + Xv 0 = AXv + g
(3.38)
Sử dụng (3.36), viết lại biểu thức như sau:
X 0 v + Xv 0 = X 0 v + g
Hay
Xv 0 = g
(3.39)
- Ta đã định nghĩa X là các nghiệm độc lập tuyến tính, nên det(X) 6= 0. Nhân cả 2 vế của
(3.39) với nghịch đảo của X, ta có:
v 0 = X −1 g
(3.40)
- Tích phân cả 2 vế của (3.40) ta được:
v=
Z
X −1 gdt
(3.41)
- Trường hợp phương trình vi phân cấo 2 có thể bỏ qua hằng số tích phân, thì nghiệm riêng
có dạng:
Z
x(t) = X X −1 gdt
(3.42)
Example 3.3.2
Tìm nghiệm tổng quát của hệ phương trình sau:
0
x =
!
−5
1
4 −2
2t
x+e
!
6
−1
Giải:
Ta tìm được nghiệm của phương thuần nhất:
xc = C1 e−t
1
4
!
−1
1
+ C2 e−6t
Ma trận X có dạng:
e−t −e−6t
4e−t
e−6t
X=
!
Cần tìm nghịch đảo của ma trận này. Ta tìm được:
X
−1
1
=
5
Ta có:
X
−1
g=
50
et et
−4e6t e6t
e3t
−5e4t
!
!
!
Toán 2E1
Khi đó,
ThS. Phạm Kim Thủy
Z
X −1 gdt =
Z
!
3t
e
−5e4t
dt =
 R 3t
e dt


R
4t
−5e dt




=
1 3t
e
3

− 58 e8t



Chú ý rằng: để tích phân một ma trận hoặc một vector phải tích phân từng phần của chúng.
Ta tìm được nghiệm riêng có dạng:
xp = X
Z
−t
−6t
e
−e
4e−t
e−6t
X −1 gdt =
!
1 3t
e
3



− 58 e8t



=
 23 
 24 
e2t 

17
24
Nghiệm tổng quát của hệ phương trình có dạng:
x(t) = C1 e−t
1
4
!
−1
1
+ C2 e−6t
!
 23 
 24 
+ e2t 

17
24
Example 3.3.3 Tìm nghiệm tổng quát của hệ phương trình sau:
x(t) =
3.4
−3
1
2 −4
!
x+
3t
e−t
!
Matrix exponential − Hàm mũ ma trận
- For any n × m matrix A
eAt = I + At + A2
∞
X
t2
tk
tk
Ak
+ . . . + Ak + . . . =
2!
k!
k!
k=0
(3.43)
- Derivative of the matrix exponential is
d At
e = AeAt
dt
(3.44)
- The general solution of
At
X = Xc + Xp = e C + A
At
Z t
E −As F (s)ds
(3.45)
t0
- Use of the Laplace transform
eAt = L−1 {(sI − A)−1 }
51
(3.46)
Toán 2E1
ThS. Phạm Kim Thủy
EXERCISES
1. Find divv where
(a) v(r) = 3x2 yi + zj + x2 k
(b) v(r) = (3x + y)i + (2z + x)j + (z − 2y)k)
2. If F = (2xy 2 +z 2 )i+(3x3 z 3 −y 2 z 3 )j +(yz 2 −x2 z 3 )k, calculate divf at the point (−1, 2, 3).
3. Find u = curlv when v = (3xz 2 ,
−yz,
x + 2z)
4. Show that if v = (2x + yz, 2y + zx, 2z + xy) then curlv = 0, and find f (r) that v = gradf
5. Find constant a, b, c such that the vector field defined by
F = (4xy + az 3 )i + (bx2 + 3z)j + (6xz 2 + cy)k
is irrotational. With these values of a, b, c determine a scalr function Φ(x, y, z) such that
F = 5Φ
6. Find u = curlv when v = (xy 2 , xyz, 3y − z 3 )
7. A vector field is defined by v = (yz, xz, xy). Show that curlv = 0
8. Show that if v = (2x + yz, 2y + xz, xy) then curlv = 0 and find f (r) such that v = gradf
9. Evaluate
Z B
2xydx+(x2 −y 2 )dy along the are of th circle x2 +y 2 = 1 in the first quadrant
A
from A(1, 0) to B(0, 1).
10. Evaluate
Z
F · dr, if F = 3x2 i + (2xz − y)j + zk along
C
(a) the curve defined by x2 = 4y, 3x2 = 8z from x = 0 to x = 2
(b) the straight line from 0(0, 0, 0) to A(2, 1, 3)
11. Evaluate the line intergral
I
[sinydx + (x − cosy)dy)]
C
taken in the anticlockwise sense, where C is the perimeter of the triangle formed by lines
y = 21 πx y = 21 π, x = 0.
12. Use Green’s theorem on the plane to evaluate
I
(xy 2 − y)dx + (x + y 2 )dy
C
as a double intergral, where C is the triangle with vertices at 0(0, 0), A(2, 0), B(2, 2) and
is traversed in the anticlockwise direction.
13. Use Green’s theorem in a plane to evaluate the line intergral
I
(ex − 3y 2 )dx + (ey + 4x2 )dy
C
where C is the circle x2 + y 2 = 4
52
Toán 2E1
14. Tính
ThS. Phạm Kim Thủy
I
(xarctanx + y 2 )dx + (x + 2xy + y 2 e−y )dy
C
Với L : x2 + y 2 = 2y
15. Cho
I
I=
(2yexy + eax cosy)dx + (2xexy − eax siny)dy
C
(a) Tìm hằng số a để tích phân không phụ thuộc đường đi.
(b) Với a vừa tìm, tính I, biết C là cung tuỳ ý nối từ A(0, π) đến B(1, 0).
16. Tính các tích phân sau:
(a) I =
Z
(x − y)dS, AB là đoạn thẳng nối hai điểm A(0, 0), B(1, 0)
AB
(b) I =
Z
xydS, với L là biên của hình chữ nhật ABCD, A(0, 0), B(4, 0), C(4, 2), D(0, 2)
L
(c) I =
Z q
2ydS, với L được xác định bởi x = t,
y=
L
(d) I =
Z
t2
,
2
z=
t3
,
3
0≤t≤1
(x2 + y 2 )dS, với L là biên của tam giác A(0, 0), B(1, 1), C(−1, 1)
L
(e) I =
Z
xydS với L
L
(f) I =
Z
ye−x với L là cung elip
L
(g) I =
Z
x2
9
y2
4
+
= 1 nằm trong góc phần tư thứ nhất.
ye−x với L là đường x = ln(1 + t2 ),
y = 2acrtant − t + 3,
L
(h) I =
√
Z
2ydS với L là đường x = t,
y=
L
(i) I =
Z
1
3
√
8t3 ,
z = 12 t2 ,
0≤t≤1
0≤t≤1
(x2 + y)dSvới L là biên của tam giác tạo bởi A(0, 1), B(1, 2), C(3, 6)
L
(j) I =
Z
4
4
2
2
2
(x 3 + y 3 ) với L : x 3 + y 3 = a 3
L
(k) I =
Z q
x2 + y 2 với L : x2 + y 2 = 2y
L
17. Tính khối lượng của đường y =
1
, (a > 0)
y
a
2
x
ea + e
−x
a
0 ≤ x ≤ a, biết khối lượng riêng ρ(x, y) =
18. Xác định trọng tâm của các đường đồng chất:
(a) x = a(t − sint),
y = a(1 − cost), 0 ≤ t ≤ π
(b) x = acosst, y = asint, z = bt, 0 ≤ t ≤ π
19. Tính các tích phân:
(a) I =
Z
(x−y)2 dx+(x+y)2 dy, với ABC là đường gấp khúc A(0, 0), B(2, 2), C(4, 0)
ABC
(b) I =
Z
ydx − (y + x)2 dy), với L là cung Parabol y = 2x − x2 nằm ở trên trục Ox
L
theo chiều kim đồng hồ.
(c) I =
Z
_
(xy − 1)dx + x2 ydy với A(1, 0), B(0, 2) và theo các đường sau:
AB
i. 2x + y = 2
53
Toán 2E1
ii. 4x + y 2 = 4
2
iii. x2 + y4 = 1 theo chiều dương.
(d) I =
Z
ThS. Phạm Kim Thủy
(x + y)dx + (x2 − 2y)dy), với A(0, 1), B(1, 2), C(3, 6)
ABC
(e) I =
I
xydx + (x − 2y)dy, với L là biên của tam giác ABC, A(−1, 0), B(2, 2), C(2, 3)
L
20. Tính
(a) I =
I
xydx + (x − 2y)dy, với L là biên của x2 + y 2 = −2y
L
(b) I =
I
(x−y)2 dx+(x+y)2 dy, trong đó ABC là đường gấp khúc A(0, 1), B(2, 2), C(4, 0)
ABC
(c) I =
Z
y 2 dx − x2 dy, trong đó L là đường cong y = 2x2 đi từ O(0, 0) đến A(1, 2).
L
(d) I =
Z
(x2 − y 2 )dx, với L : x =
L
(e) I =
Z
y2
2
từ O(0, 0) đến B(2, 2)
x(4y + 1)dx − 2xydy, với L là đường cong đi từ A(1, 1) đến B(9, 2)
L
21. Tính
(a) I =
Z
(ex + xy)dx + (cosy + x2 )dy, với L là biên của tam giác ABC, cso hướng cùng
L
chiều kim đồng hồ A(1, 1), B(2, 2), C(4, 1).
(b) I =
Z
(ex + xy)dx + (cosy + x2 )dy, với L lfa biên của tam giác ABC, cso hướng cùng
L
chiều kim đồng hồ A(1, 1), B(2, 2), C(4, 1).
(c) I =
Z
2(x2 + y 2 )dx + x(4y + 3)dy, với L là biên của tam giác O(0, 0), B(1, 1), C(0, 2)
L
đi theo chiều kim đồng hồ.
Z
x
y
2
2
x y+
dx − y x +
dy ngược chiều kim đồng hồ.
(d) I =
4
4
x2 +y 2 =2x
Z
y2
dx + x4 exy dy, trong đó L : y = x2 từ O(0, 0) đến A(1, 1)
(e) I =
L+ 2
22. Tính
y
x
(a) I = xy − x +
dx +
+y
2
2
L
(b) I =
Z
Z
2(x2 +y 2 )dx+(4y+3)xdy, trong đó OBC là đường gấp khúc O(0, 0), B(1, 1), C(0, 2)
, với L là biên của tam giác ABC, với A(−1, 0), B(1, −2), C
OBC
(c) I =
I
(xy + x + y)dx + (xy + x − y)dy, với L là đường x2 + y 2 = 4x
L
(d) I =
Z
x
3
L
x
y
y+
dx − y 3 x +
dy, với L là đường x2 + y 2 = 2x ngược chiều kim
4
4
đồng hồ.
Z Z
23. Evaluate
F dS, where F = (4xz, −y 2 , yz) and S is the surface of the cube bounded
S
by the planes x = 0, x = 1, y = 1, z = 0, z = 1
24. Use the divergence theorem to evaluate the surface integral
Z Z
F dS, wher F = xzi +
S
yzj + z 2 k and S is the closed surface of the hemisphere x2 + y 2 + z 2 = 4, z > 0
25. Tính
54
Toán 2E1Z Z
(a) I =
(x + y2y + 3z)dS với S là mặt phẳng:
S
x
1
+
y
2
+
z
3
ThS. Phạm Kim Thủy
= 1 nằm trong góc phần
tư thứ
nhất.
Z Z
√
(b) I =
(yz + zx + xy)dS, với S là phần của mặt nón z = x2 + y 2 nằm trong mặt
S
trụ x2 + y 2 − 2x = 0
(c) I =
Z Z
xyzdS với S là phần mặt z = x2 + y 2 bị giới hạn bởi z = 1.
S
(d) I =
Z Z Z
S
(e) I =
Z Z
dS
nằm trong góc phần tám thứ nhất.
(1 + x + y)2
z 2 dS, với S là mặt cầu x2 + y 2 + z 2 = 1
S
26. Tính
(a) I =
Z Z
xdS, với S là mặt 10x = y 2 + z 2 bị cắt bởi mặt phẳng x = 10
S
(b) I =
Z Z
(x2 + y 2 )dS với S là mặt x2 + y 2 + z 2 = 9, z ≥ 0
S
Z Z
(c) I =
xydxdy với S là mặt trong của hình cầu được xác định bởi: x2 + y 2 + z 2 =
S
4, x ≥ 0, y ≥ 0.
(d) I =
Z Z
xdxdy + ydydz + zdzdx với S là mặt trong của hình cầu được xác định bởi:
S
x2 + y 2 + z 2 = 1
(e) I =
Z Z
z 3 dxdy + x3 dzdx + y 3 dzdx với S là mặt ngoài của hình lập phương [0, 2] ×
S
[0, 2] × [0, 2]
27. Tính
Z Z
(a) I =
xzdydz + yzdzxdx + zydxdy với S là phía ngoài của biên hình chóp x ≥
S
0, y ≥, z ≥, x + y + z ≤ 1
(b) I =
Z Z
x2 dydz+y 2 dzdx+x2 dxdy, với S là phía trên của mặt z =
q
1 − (x − 1)2 − y 2
S
(c) I =
Z Z
xdydz + ydzdx + zdxdy, với S là phía ngoài mặt x2 +
S
(d) I =
Z Z
y2
4
+
z2
9
=1
y 2 dzdx + z 2 dxdy, với S là mặt ngoài vật thể giới hạn bởi z = x2 + y 2 , z = 1
S
(e) I =
Z Z
y 2 dzdx + z 2 dxdy, với S là phía trên mặt z =
√
1 − x2 − y 2
S
28. Tính
(a) I =
Z Z
z 2 dxdy, với S là mặt ngoài x2 + y 2 + (z − 1)2 = 1
S
(b) I =
Z Z
xyzdxdy, với S là mặt trong của mặt cầu x2 + y 2 + z 2 = 1, z ≥ 0, x ≥ 0
S
(c) I =
Z Z
xyzdxdz, với S là mặt ngoài của mặt cầu x2 + y 2 + z 2 = 1, z ≥ 0, y ≥ 0
S
Z Z
(d) I =
ydydz − zdzdx + dxdy, với S là phía ngoài mặt cầu x2 + y 2 + z 2 = 4, x ≥
S
0, y ≥ 0, z ≥ 0
Z Z q
√
(e) I =
x2 + y 2 , với S là mặt trên của mặt nói được giới hạn bởi x2 + y 2 ≤ z ≤ 1
S
29. Evaluate the surface integral
55
Toán 2E1Z Z
ThS. Phạm Kim Thủy
(a) I =
(x + y + z)dS, where S is the portion of the sphere x2 + y 2 + z 2 = 1 that
S
lies in
the first octant.
Z Z
(b) I =
(x2 + y 2 )dS, where S is the surface area of the plane 2x + y + 2z = 6 cut
S
off by planes z = 0, z = 2, y = 3
(c) I =
Z Z
zdS, where S is the surface area of the hemisphere x2 + y 2 + z 2 = 1(z > 0)
S
cut off by the cylinder x2 − x + y 2 = 0
Z Z
(d) I =
zdS, với S là phần mặt z = 3 − x − y bị chắn bởi các mặt x + y =
S
3, 3x + 2y = 6, y = 0
(e) I =
Z Z
zdS,v với S là phần mặt z = x2 + y 2 bị chắn bởi các mặt z = 1, z = 2
S
30. Tính
(a) I =
Z Z
zdS, với S là phần mặt z = x2 + y 2 bị chắn bởi các mặt z = 1, z = 2
S
Z Z
(b) I =
xdydz + dzdx + xz 2 dxdy, với S là mặt ngoài của hình cầu x2 + y 2 + z 2 =
S
1, x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0
(c) I =
Z Z
(y − z)dydz + (z − x)dzdx + (x − y)dxdy, với S là mặt ngoài của mặt nón
S
2 2
x2 + y z , 0 ≤ z ≤ 4
√
4 − x2 − y 2 bị chắn bởi các mặt z = 1, z = 2
√
(e) Tính diện tích của 2z = x2 bị chắn bởi các mặt y = 2x, 2y = x, x = 2 2
(d) Tính diện tích của z =
31. Find L{f (t)},
(a) f (t) = e5t
(b) f (t) = sin2t
(c) f (t) = e−5t + t2 + cos3t − et sin4t + 5
(d) f (t) = 5 − 3t + 4te−2t
(e) f (t) = 5e−2t + 3 − 2cos3t + t2 e−4t
(f) f (t) = t2 e−4t + e−t cos2t + 3cos4t
(g) f (t) = 2cos3t + 5sin3t + 2e−3t sin2t + 6t3 − 1
(h) f (t) = 2e−3t sin2t
(i) f (t) = t2 e−2t + cos5t − sin4t
(j) f (t) = t2 e−4t + e−t cos3t + 3
(k) f (t) = t2 − 3cos4t + e−5t
32. Find L−1 {F (s)} when F (s) is given by
(a)
1
(s+3)(s+7)
(b)
s+5
(s+1)(s−3)
(c)
s−1
s3 +3s2
(h)
(e)
(f)
(g)
(d)
2s+6
s2 +4
1
s3 +1
(i)
s+8
s2 +4s+5
(j)
4s
(s−1)(s+1)2
1
s2 (s2 +16)
s+8
s2 +4s+5
(k)
56
s+1
s2 (s2 +4s+8)
s−8
s2 +s+5
Toán 2E1
ThS. Phạm Kim Thủy
3s2 −7s+5
(s−1)(s−2)(s−3)
(p)
36
s(s2 +1)(s2 +9)
(t)
s−1
2s2 +3s−5
5s−7
(s+3)(s2 +2)
(q)
3s
(s−1)(s2 −4)
(u)
4
−s2 +s−9
(n)
s
(s−1)(s2 +2s+2)
(r)
2s2 +4s+9
(s+2)(s2 +3s+3)
(v)
3s2 −7s+5
(s+2)(s2 +1)(s+ 9)
(o)
s−1
s2 +2s+5
(s)
1
(s+1)(s+2)(s2 +2s+10)
(w)
7−s
s2 +3s+13
(l)
(m)
33. Using Laplace transsform mathods, solve for t ≥ 0 the following differential equation,
subject to the specified initial condidtions:
(b)
dx
+ 3x = e−2t subject to x = 2 at t = 0
dt
3
dt − 4x = sin2t subject to x = 31 at t =
dx
(c)
d2 x
dt2
+ 2 dx
+ 5x = 1 subject to x = 0 and
dt
(d)
d2 y
dt2
+ 2 dy
+ y = 4cos2t subject to y = 0 and
dt
dy
dt
= 2 at t = 0
(e)
d2 x
dt2
− 3 dx
+ 2x = 2e−4t subject to x = 0 and
dt
dx
dt
= 1 at t = 0
(f)
d2 x
dt2
+ 4 dx
+ 5x = 3e−2t subject to x = 4 and
dt
dx
dt
= −7 at t = 0
(g)
d2 x
dt2
+
(h)
d2 y
dt2
+ 2 dx
+ 3y = 3t subject to y = 0 and
dt
dy
dt
= 1 at t = 0
(i)
d2 x
+ 4 dx
+ 4x = t2 + e−2t subject to x =
dt
1
2
and
(a)
dt2
0
dx
dt
− 2x = 5e−t sint subject to x = 1 and
dx
dt
2
(j) 9 ddt2x + 12 dx
+ 5x = 1 subject to x = 0 and
dt
d2 x
(k)
dt2
= 0 at t = 0
+ 8 dx
+ 16x = 16sin4t subject to x =
dt
d2 y
dx
dt
−1
2
(l) 9 dt2 + 12 dy
+ 4x = e−t subject to y = 1 and
dt
(m)
d3 x
dt3
(n)
d3 x
dt3
2
− 2 ddt2x −
+
d2 x
dt2
+
dx
dt
dx
dt
dx
dt
= 0 at t = 0
dx
dt
= 0 at t = 0
= 0 at t = 0
and
dy
dt
dx
dt
= 1 at t = 0
= 1 at t = 0
+ 2x = 2 + t subject to x = 0, dx
= 1 and
dt
+ x = cos3t subject to x = 0, dx
= 1 and
dt
d2 x
dt2
d2 x
dt2
= 0 at t = 0
= 1 at t = 0
34. Using Laplace transform methods, solve for t ≥ 0 the following simultaneous differential
equaitons suẹct to the given initial conditions:
(
(a)
(
(b)
(
(c)
(
(d)
(
(e)
dx
+ dy
+ 5x + 3y = e−t
dt
dt
subject to x = 0 and y = 41 at t = 0
dy
dx
3 dt + dt + x + y = 3
dx
+ 2 dy
+ x − y = 5sint
dt
dt
subject to x = 0 and y = 0 at t = 0
dy
dx
2 dt + 3 dt + x − y = et
dx
+ dy
+ 2x + y = e−3t
dt
dt
subject to x = −1 and y = 4 at t = 0
dy
+ x + y = 5e−2t
dt
dx
+ dy
+y =t
dt
dt
subject to x = 1 and y = 0 at t = 0
dy
dx
+ 4 dt + x = 1
dt
2 dx
+ 3 dy
+ 7x = 14t + 7
dt
dt
subject to x = y = 0 at t = 0
dy
dx
5 dt − 3 dt + 4x + 6y = 14t − 14
35. Solve
57
Toán 2E1
3 −18
2 −9
(a) X 0 =

ThS.
 Phạm Kim Thủy
−1
4 -2

(f) X 0 = 
 4 −1 2  X
0
0 6
!

X

2 1 6

(b) X 0 = 
 0 2 5 X
0 0 2



2 3 4

0
(c) X =  3 0 2 
X
4 2 3



3 −1
1

1 −1 
(h) X 0 =  −1
X
−1 −1
1

−1 1
0

0
3 
(d) X =  1 2
X
0 1 −1


1 1 1


0
(g) X =  0 2 0  X
4 1 1




0 0 3

0
(i) X =  0 3 0 
X
3 0 0

1 1 1


0
(j) X =  0 2 5  X
0 0 3
1 0 2


0
(e) X =  0 1 0  X
2 0 1
58