Bài giảng Toán chuyên ngành điện - Chương 6: Phép biến đổi laplace (Tiếp)

Nội dung text: Bài giảng Toán chuyên ngành điện - Chương 6: Phép biến đổi laplace (Tiếp)

1. F’(p) ↔ -tf(t) (26) Chứng minh: Theo (6) ta có: +∞ F′(p) = ∫ − tf (t)e−pt dt 0 Mặt khác, theo định nghĩa thì: +∞ − tf(t) ↔ ∫ − tf (t)e −pt dt 0 Vậy: F’(p) ↔ -tf(t) Sử dụng công thức này liên tiếp ta có: tnf(t) ↔ (-1)nF(n)(p) (27) Một cách tổng quát ta có: n! t n ↔ (28) pn+1 §10. TÍCH PHÂN ẢNH ∞ f (t) Nếu tích phân ∫ F(p)dp hội tụ thì nó là ảnh của hàm , nghĩa là: p t f (t) ∞ ↔ ∫ F(p)dp (29) t p Chứng minh: Ta có: ∞ ∞ ∞ ∫ F(p)dp = ∫ dp∫ f (t)e −ptdt (30) p p 0 Lấy s1 là một số lớn hơn so. Giả sử đường lấy tích phân (p, ∞) nằm hoàn toàn trong nửa mặt phẳng Rep ≥ 0. Khi đó ta có: ∞ ∞ ∫ f (t)e−pt dt ≤ M∫ e−(s1 −so )tdt 0 0 ∞ Dễ dàng thấy răng tích phân vế phải hội tụ nên tích phân ∫ f(t)e −ptdt hội tụ đều đối 0 với p. Vậy trong (3) ta có thể đổi thứ tự lấy tích phân: ∞ ∞ ∞ ∞ f (t) ∫ F(p)dp = ∫ f (t)dt∫ e −ptdp = ∫ e −ptdt p 0 p 0 t f (t) ∞ Hay: ↔ ∫ F(p)dp t p e bt − eat Ví dụ 1: Tìm ảnh của hàm t 1 1 Vì e bt − eat ↔ − nên theo (29) ta có: p − b p − a 109
2. 3. Ảnh của tích chập: Nếu f(t) ↔ F(p) và g(t) ↔ G(p) thì ảnh của tích chập bằng tích các ảnh: f * g ↔ F(p).G(p) (32) Chứng minh: Theo định nghĩa thì: t +∞ t f ∗g = ∫ f (τ)g(t − τ)dτ ↔ ∫ e−ptdt∫ f (τ)g(t − τ)dτ 0 0 0 τ Xét tích phân bên vế phải. Vì ứng với t cố định thì tích phân theo τ lấy từ 0 đến t, sau đó cho t biến thiên từ 0 đến +∞ nên vế phải tích phân lặp lấy trong τ=t π mìền quạt G: 0 s + 1 4 thì do tính chất của tích chập, tích phân lặp này hội O t t tụ tuyệt đối nên ta có thể đổi thứ tự tích phân: +∞ t +∞ ∞ ∫ e−ptdt∫ f (τ)g(t − τ)dτ = ∫ f (τ)dτ∫ e−ptg(t − τ)dτ 0 0 0 t Đổi biến t1 = t - τ thì: ∞ ∞ −pt −pτ −pt1 ∫ e g(t − τ)dτ = e ∫ e g(t1)dt1 τ 0 +∞ t +∞ ∞ −pt −pτ −pt1 Vậy: ∫ e dt∫ f (τ)g(t − τ)dτ = ∫ e f (τ)dτ∫ e g(t1)dt1 = F(p).G(p ) 0 0 0 0 nghĩa là: f * g = F(p).G(p) 1 1 Ví dụ: t*sint = t - sint ↔ . p2 p2 +1 4. Cặp công thức Duhamel: Nếu f(t) ↔ F(p) và g(t) ↔ G(p) thì: p.F(p).G(p) ↔ f(0).g(t) + f’ * g (33) p.F(p).G(p) ↔ g(0).f(t) + f * g’ (34) Chứng minh: Ta chỉ cần chứng minh công thức (33) và do tính chất đối xứng ta suy ra công thức (34). Ta có: pF(p).G(p) = f(0).G(p) + [ pF(p) - f(0) ].G(p) Theo công thức đạo hàm gốc: pF(p) - f(0) ↔ f’(t) Theo công thức nhân ảnh: [ pF(p) - f(0) ].G(p) ↔ f’(t) Vậy: p.F(p).G(p) ↔ f(0).g(t) + f’ * g §12. ẢNH CỦA TÍCH HAI GỐC Giả sử f(t) và g(t) là hai hàm gốc có chỉ số tăng s1 và s2. Khi đó tích f(t).g(t) cũng là một hàm gốc tính theo công thức: 111
3. n (m −1) 1 mk pt k f(t) = ∑ lim[](p − a k ) F(p)e (42) p→ak k=1 (mk −1)! ( Đặc biệt, nếu các cực điểm đều đơn, tức mk = 1, thì cách tính thặng dư đơn giản hơn: pt A(a k ) akt Res[ F(p)e , ak ] = e B′(a k ) và ta có: n A(a ) f(t) = ∑ k eakt (43) k=1 B′(a k ) ( Đặc biệt hơn nữa, nếu số 0 cũng là một cực điểm đơn thì khi đó mẫu số B(p) có thừa số chung là p: B(p) = p.B1(p) với B1(0) ≠ 0, B1(ak) = 0 khi k = 2, 3, ,n. Trong công thức (43) chọn a1 = 0 ta được: A(0) n A(a ) f(t) = + ∑ k eakt B′(0) k=2 B′(a k ) Vì B’(p) = B1(p) + pB1′(p) nên B’(0) = B1(0), B’(ak) = a kB1′(a k ) nên: A(0) n A(a ) A(p) f (t) = + ∑ k eakt ↔ (44) B′(0) k=2 B′(a k ) pB1(p) ( Nếu A(p) và B(p) là các đa thức có các hệ số đều là số thực và nếu các cực điểm đều đơn gồm: * những số thực b1, b2, , br * những số phức liên hợp a1, a2, , as, a1,a 2 ,K,as khi đó r + 2s = n là số cực điểm; ak = αk + jβk, a k = αk − jβk và đặt A(a k ) = Mk + jNk thì (43) còn có thể viết dưới dạng sau: B′(a k ) r s A(bk ) bkt αkt f (t) = ∑ e + ∑ 2e []Mk cosβk t − Nk sin βk t (46) k=1 B′(bk ) k=1 1 Ví dụ 1: Tìm gốc của hàm F(p) = p(p + a)(p + b) Trong ví dụ này A(p) = 1; B(p) = p.B1; B1 = (p + a)(p + b). Các cực điểm của F(p) là: a1 = 0; a2 = -a; a3 = -b Áp dụng công thức (44) ta được: 1 e−at e−bt f (t) = + + ab a(a − b) b(b − a) 3p2 + 3p + 2 Ví dụ 2: Tìm gốc của hàm: F(p) = (p − 2)(p2 + 4p + 8) Trong ví dụ này A(p) = 3p2 + 3p + 2, B(p) = (p - 2)(p2 + 4p + 8), B’(p) = 3p2 + 4p. Các cực điểm của F(p) là: b1 = 2, a1 = -2 + 2j a1 = -2 - 2j nên α1 = -2, β1 = 2 113
4. 1+ j 3 1− j 3 a = và a = . 1 2 1 2 Ta có: B’(p) = 4p3 + 1 nên: B’(0) = 1 B’(-1) = - 3 3 3 ⎛1+ j 3 ⎞ ⎛1+ j 3 ⎞ ⎛ π π⎞ B′⎜ ⎟ = 4⎜ ⎟ +1 = 4⎜cos + isin ⎟ +1 = 4()cos3π + jsin 3π +1 = −3 ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 3 3 ⎠ 1 1 M1 = Re = − B′(a1) 3 1 N1 = Im = 0 B′(a1) Thay vào (46) ta được: t ⎡ ⎤ 1 ot 1 −t 2 3 3 g(t) = e + e + 2e ⎢M1 cos t − N1 sin t⎥ B′(0) B′(−1) 2 2 ⎣ ⎦ 1 2 t 3 =1− e−t − e 2 cos t 3 3 2 Để tính f(t) ta dùng tính chất trễ theo (17): η(t - 1)g(t - 1) ↔ e-pG(p) = F(p) tức là: t−1 ⎧ 1 −t+1 2 ⎡ 3 ⎤⎫ f (t) = η(t −1)g(t −1) = η(t −1)⎨1− e − e 2 cos⎢ ()t −1 ⎥⎬ ⎩ 3 3 ⎣ 2 ⎦⎭ p +1 Ví dụ 5: Tìm gốc của hàm F(p) = p2 + 2p 2 Phương trình p + 2p có hai nghiệm đơn là a1 = 0 và a2 = -2. Áp dụng công thức thặng dư tại cực điểm đơn ta có: p +1 1 Res[(p)ept, 0] = lim ept = p→0 2p + 2 2 p +1 1 Res[(p)ept, -2] = lim ept = e−pt p→−2 2p + 2 2 1 Vậy F(p) ↔ ()1+ ept 2 §16. TÌM HÀM GỐC CỦA MỘT PHÂN THỨC HỮU TỈ Trong thực tế, để tìm gốc của một phân thức hữu tỉ ta phân tích chúng thành các phân thức tối giản loại 1: 115
5. Áp dụng công thức dịch chuyển ảnh ta có: t − p 2 3 2 ↔ e cos t ⎛ 1 ⎞ 3 2 ⎜p + ⎟ + ⎝ 2 ⎠ 4 t − 1 2 2 3 2 ↔ e sin t ⎛ 1 ⎞ 3 3 2 ⎜p + ⎟ + ⎝ 2 ⎠ 4 t t − 3 − 2 3 Vây: f (t) ↔ e 2 cos t + e 2 sin t 2 3 2 3p − 4 Ví dụ 2: Tìm gốc của hàm F(p) = (p2 − 2p + 2)2 Đưa mẫu số về dạng chính tắc ta có: 3p − 4 3(p −1) −1 3(p −1) 1 F(p) = 2 2 = 2 = 2 − 2 (p − 2p + 2) [](p −1)2 +1 [](p −1)2 +1 [](p −1)2 +1 3p 1 Đặt G(p) = − thì G(p - 1) = F(p). Vậy nếu tìm được gốc của G(p) ta (p2 +1)2 (p2 +1)2 sẽ dùng công thức dịch chuyển ảnh để tìm gốc của F(p). ′ 1 1 ⎛ p ⎞ 1 1 Vì: = ⎜ ⎟ + 2 2 ⎜ 2 ⎟ 2 (p +1) 2 ⎝ p +1⎠ 2 p +1 ′ p 1 ⎛ 1 ⎞ = − ⎜ ⎟ 2 2 ⎜ 2 ⎟ (p +1) 2 ⎝ p +1⎠ ′ ′ 3 ⎛ 1 ⎞ 1 ⎛ p ⎞ 1 1 nên: G(p) = − ⎜ ⎟ − ⎜ ⎟ − (47) ⎜ 2 ⎟ ⎜ 2 ⎟ 2 2 ⎝ p +1⎠ 2 ⎝ p +1⎠ 2 p +1 1 p Vì: ↔ sin t; ↔ cos t p2 +1 p2 +1 nên áp dụng tính chất đạo hàm ảnh ta có: ′ ′ ⎛ 1 ⎞ ⎛ p ⎞ ⎜ ⎟ ↔ −t sin t; ⎜ ⎟ ↔ −t cos t ⎜ 2 ⎟ ⎜ 2 ⎟ ⎝ p +1⎠ ⎝ p +1⎠ Từ (47) ta suy ra: 3 3 1 g(t) = t sin t + t cos t − sin t 2 2 2 t t ⎛ 3 3 1 ⎞ f (t) = e g(t) = e ⎜ t sin t + t cos t − sin t⎟ ⎝ 2 2 2 ⎠ 3p2 + 2p + 2 Ví dụ 3: Tìm gốc của hàm F(p) = (p − 2)(p2 + 4p + 8) 117
6. p9 Ví dụ 2: Tìm gốc của hàm F(p) = p10 −1 Khai triển F(p) tại lân cận p = ∞ ta được: p9 p9 1 1 1 1 1 F(p) = 10 = = = + 11 + 21 +L+ 10n+1 +L p −1 ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ p p p p p10 ⎜1− ⎟ p⎜1− ⎟ ⎜ 10 ⎟ ⎜ 10 ⎟ ⎝ p ⎠ ⎝ p ⎠ Theo định lí trên ta có: t10 t 20 t10n f (t) =1+ + + + + 10! 20! L ()10n ! L 1 Ví dụ 3: Tìm gốc của hàm F(p) = p2 +1 Áp dụng khai triển nhị thức ta có: 1 1 ⎡ 1 1 ⎛ 1 ⎞⎛ 3⎞ 1 1 ⎛ 1 ⎞⎛ 3 ⎞⎛ 5 ⎞ 1 1 ⎤ F(p) = = ⎢1− . 2 + ⎜− ⎟⎜− ⎟ 4 + ⎜− ⎟⎜− ⎟⎜− ⎟ 6 +L⎥ p2 +1 p ⎣ 2 p ⎝ 2 ⎠⎝ 2⎠ 2! p ⎝ 2⎠⎝ 2 ⎠⎝ 2 ⎠ 3! p ⎦ 1 1 1.3 1.3.5 = − + − + p 2p3 22.2!p5 23.3!p7 L 1 t n Do ↔ pn+1 n! Nên ta có: 2 4 ∞ 2n t t n t f (t) =1− 2 2 + 4 2 +L = ∑(−1) 2n 2 2 (1!) 2 (2!) n=0 2 (n!) §18. DÙNG CÔNG THỨC NHÂN ẢNH VÀ CÔNG THỨC DUHAMEL Ta nhắc lại công thức nhân ảnh: F(p).G(p) = f*g pF(p)G(p) = f’*g + f(0)g(t) 2p Ví dụ: Tìm gốc của hàm F(p) = ()()p2 +1 p2 + 4 Ta có thể viết: 2p 2 p F(p) = = . ()()p2 +1 p2 + 4 p2 +1 p2 + 4 2 p Vì ↔ 2sin t; ↔ 2cos 2t p2 +1 p2 + 4 nên theo công thức nhân ảnh ta có: t f (t) = 2sin t *cos 2t = ∫ 2sin(t − τ)cos 2τdτ 0 Nhưng 2sin(t - τ).cos2τ = sin(t + τ)sin(t - 3τ) nên: 119