Điều kiện để phương trình tuần hoàn có nghiệm cũng tuần hoàn

Xét phương trình vi phân thường với hệ số hằng thực

a_n x^{(n)}(t)+\dots + a_1 x^{,}(t)+a_0 x(t)=f(t), t\in \mathbb R\;\;\;(1).

Dưới đây tôi sẽ dùng phép biến đổi Fourier để giải thích sự kiện đã biết sau.

Nếu hàm f(t) là hàm tuần hoàn với chu kỳ cơ sở \omega thì điều kiện để phương trình vi (1) có nghiệm tuần hoàn là

i\dfrac{2\pi}{\omega} không là nghiệm của phương trình đặc trưng

P(\lambda)=a_n \lambda^n +\dots+a_1\lambda +a_0=0.

Thật vậy, ta sẽ dùng phép biến đổi Fourier \mathcal F u(\xi)=\int\limits_{-\infty}^\infty e^{-i\xi t}u(t)dt, với u\in L(\mathbb R), để chứng minh điều trên.

Lưu ý trong trường hợp hàm u\not\in L(\mathbb R) thì ta hiểu biến đổi Fourier theo nghĩa biến đổi Fourier của hàm suy rộng.

Qua phép biến đổi Fourier phương trình (1) trở thành

P(i\xi) \mathcal F x(\xi)=\mathcal F f(\xi).

Lưu ý

\mathcal F(e^{i\frac{2k\pi t}{\omega}})(\xi)=\dfrac{1}{2\pi}\delta(\xi-k\frac{2\pi}{\omega}), k\in \mathbb Z

và mỗi hàm tuần hoàn chu kỳ cơ sở \omega đều có thể biểu diễn dưới dạng chuỗi (hội tụ trong \mathcal D')

\sum\limits_{k\in\mathbb Z} c_k e^{i\frac{2k\pi t}{\omega}}, |c_1|+|c_{-1}|\not=0,

nên biến đổi Fourier của hàm f

\dfrac{1}{2\pi}\sum\limits_{k\in\mathbb Z} c_k \delta(\xi-k\frac{2\pi}{\omega}).

Nếu phương trình (1) có nghiệm x(t) tuần hoàn chu kỳ \omega_1 thì biến đổi Fourier của nó có dạng

\dfrac{1}{2\pi}\sum\limits_{k\in\mathbb Z} b_k \delta(\xi-k\frac{2\pi}{\omega_1}).

Nếu phương trình P(i\xi)=0 có nghiệm \dfrac{2\pi}{\omega} thì nó cũng có nghiệm -\dfrac{2\pi}{\omega} nên giá của hàm P(i\xi)\mathcal F x(\xi) không chứa \dfrac{2\pi}{\omega}, - \dfrac{2\pi}{\omega}.

Trong khi đó do |c_1|+|c_{-1}|\not=0\dfrac{2\pi}{\omega} hoặc -\dfrac{2\pi}{\omega} nằm trong giá của \mathcal F f(\xi) nên

P(i\xi)\mathcal F x(\xi)\not= \mathcal F f(\xi).

Ta có điều mâu thuẫn hay phương trình (1) không có nghiệm tuần hoàn khi P(i\frac{2\pi}{\omega})=0.

12 thoughts on “Điều kiện để phương trình tuần hoàn có nghiệm cũng tuần hoàn

  1. datuan5pdes

    Chúng ta sẽ tìm nghiệm trực tiếp nhờ phép biến đổi Laplace phương trình
    x^{,,}(t)+x(t)=\sin{t}\;\; (2)
    để chứng minh nó không có nghiệm tuần hoàn.
    Thật vậy, nghiệm tổng quát của phương trình (2) có dạng
    c_1\cos{t}+ c_2\sin{t}+ x_0(t)
    với C_1, C_2 là các hằng số và x_0(t) là một nghiệm riêng của (2).
    Ta sẽ tìm x_0(t) bằng phương pháp biến đổi Laplace với điều kiện
    x_0(0)=x_0^{,}(0)=0.
    Dùng biến đổi Laplace
    \mathcal L u(q)=\int\limits_0^\infty e^{-qt}u(t)dt, q\in \mathbb C (Re q>0)
    phương trình (2) trở thành
    (q^2+1)\mathcal L x_0(q)=\dfrac{1}{q^2+1}
    do
    \mathcal L[x_0^{,,}(t)](q)=q^2\mathcal L[x_0(t)](q),
    \mathcal L[\sin{t}](q)=\dfrac{1}{q^2+1}.
    Như vậy
    \mathcal L x_0(q)=\dfrac{1}{(q^2+1)^2}

    \mathcal L[\int_0^t f(u)g(t-u)du](q)=\mathcal L[f](q)\mathcal L[g](q)
    nên
    x_0(t)=\int_0^t \sin{u}\sin{(t-u)}du=\dfrac{1}{2}[\sin{t}- t\cos{t}].
    Như vậy nghiệm tổng quát của phương trình (2)
    C_1\cos{t}+C_2\sin{t}+\dfrac{1}{2}[\sin{t}-t\cos{t}]
    là hàm không tuần hoàn!

  2. datuan5pdes

    Các kết quả kiểu như trên cho hệ tuần hoàn
    \dfrac{d x}{dt}(t)=A(t)x(t)+f(t)
    với ẩn hàm x(t)=(x_1(t), x_2(t), \dots, x_n(t))^T và các ma trận hệ số A(t)\in M(n, \mathbb R) và hàm f(t) tuần hoàn chu kỳ \omega.

    Phương trình vi phân cấp n ở trên ta có thể chuyển về hệ nhờ việc đặt
    y_1(t)=x(t), y_2(t)=x^{,}(t), \dots, y_n(t)=x^{(n-1)}(t)
    ta có hệ
    \dfrac{dy}{dt}(t)=Ay(t)+(0, 0, \dots, 0, f(t))^T
    với ma trận
    A=\begin{bmatrix}0 & 1 & 0 & \dots & 0\\ 0& 0 & 1 & \dots & 0\\ . & . &. &\dots & .\\ 0 & 0 & 0 & \dots & 1\\ -\frac{a_0}{a_n}& -\frac{a_1}{a_n}& -\frac{a_1}{a_n}& \dots & -\frac{a_{n-1}}{a_n}\end{bmatrix}.

    Định lý tương tự kết quả trên khẳng định:
    Hệ trên có duy nhất nghiệm tuần hoàn khi và chỉ khi
    1\not\in \sigma(e^{\omega A}) hay \sigma(A)\cap i\dfrac{2\pi}{\omega}\mathbb Z=\emptyset
    hay nói cách khác phổ của ma trận A và phổ của hàm f sau khi quay ngược chiều kim đồng hồ 90 độ, trong mặt phẳng phức, là rời nhau.

    Trong bài toán trên, phổ của ma trận A chính là nghiệm của đa thức đặc trưng, cụ thể
    det(A-\lambda I)=P(\lambda).

    Ta còn có Định lý Massera khẳng định nếu hệ trên có nghiệm bị chặn thì nó có nghiệm tuần hoàn. Như vậy, trong trường hợp bài toán trên khi hàm f có chu kỳ cơ sở là nghiệm của đa thức P(i\lambda) thì nghiệm nếu có sẽ không bị chặn. Đây chính là hiện tượng cộng hưởng như trong bài “Dao động của rầm – Nghiệm không tuần hoàn – Hiện tượng cộng hưởng”

    http://bomongiaitich.wordpress.com/2010/05/06/dao-d%e1%bb%99ng-c%e1%bb%a7a-r%e1%ba%a7m-nghi%e1%bb%87m-khong-tu%e1%ba%a7n-hoan-hi%e1%bb%87n-t%c6%b0%e1%bb%a3ng-c%e1%bb%99ng-h%c6%b0%e1%bb%9fng/

    1. datuan5pdes

      Tôi thấy em hỏi như thể cho có câu hỏi còn chả cần biết mình hỏi như vậy để làm gì? Nếu em cảm thấy hỏi để cho vui tôi xin phép không góp vui cùng em được! Mong em thông cảm! Tôi sẽ xóa những câu hỏi kiểu này vì tôi không có thời gian trả lời câu hỏi mà người hỏi chỉ nhằm việc tiêu khiển! Rất mong em hiểu cho!

    1. datuan5pdes

      Để mọi thứ dễ chấp nhận, trước hết ta xét f là hàm liên tục tuần hoàn. Khi đó f là hàm bị chặn và đương nhiên nó là hàm suy rộng tăng chậm. Từ đó ta có biến đổi Fourier của f là hàm suy rộng tăng chậm được xác định bởi

      \langle\mathcal Ff, \varphi\rangle=\langle f, \mathcal F\varphi\rangle, \varphi\in S.

      Ta vẫn có thể hiểu những thứ trong bài khi f là hàm suy rộng tuần hoàn. Em xem lại trong bài

      https://datuan5pdes.wordpress.com/2012/01/02/ham-suy-r%E1%BB%99ng-tu%E1%BA%A7n-hoan-tren-d%C6%B0%E1%BB%9Dng-th%E1%BA%B3ng-chu%E1%BB%97i-fourier/

    1. datuan5pdes

      Trước hết, ta cần hiểu y=tan x theo nghĩa suy rộng là gì? Cụ thể hơn, nếu theo nghĩa bình thường hàm này tiến ra vô cùng tại các điểm dạng \dfrac{\pi}{2}+k\pi, k\in\mathbb Z. Việc xác định

      \langle f, \varphi\rangle=\int\limits_{\mathbb R}f(x)\varphi(x)dx, \varphi\in C^\infty_0(\mathbb R)

      sẽ vướng tại những điểm như vậy!

      Làm thế nào để thoát được chỗ vướng này?

Gửi phản hồi

Mời bạn điền thông tin vào ô dưới đây hoặc kích vào một biểu tượng để đăng nhập:

WordPress.com Logo

Bạn đang bình luận bằng tài khoản WordPress.com Log Out / Thay đổi )

Twitter picture

Bạn đang bình luận bằng tài khoản Twitter Log Out / Thay đổi )

Facebook photo

Bạn đang bình luận bằng tài khoản Facebook Log Out / Thay đổi )

Google+ photo

Bạn đang bình luận bằng tài khoản Google+ Log Out / Thay đổi )

Connecting to %s