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

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

1. t t f (t) = ∫ 2sin(t + τ)dτ +∫ sin(t − 3τ)dτ 0 0 t t cos(t − 3τ) 1 1 = − cos(t + τ) + = cost − cos2t + cos2t − cost 0 3 3 3 0 2 2 = cost − cos2t 3 3 §19. ỨNG DỤNG CỦA PHÉP BIẾN ĐỔI LAPLACE ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH HỆ SỐ HẰNG 1. Phương pháp chung: Giả sử ta cần tìm nghiệm của phương trình vi phân tuyến tính hệ số hằng: dn x dn−1x a + a + + a x = f (t) (1) o dt n 1 dt n−1 L n thoả mãn các điều kiện ban đầu: (n-1) x(0) = xo, x’(0) = x1 , , x (0) = xn-1 (2) với giả thiết ao ≠ 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) - xo 2 x”(t) = p X(p) - pxo - x1 (n) n n-1 x (t) = p X(p) - p xo - ⋅⋅⋅ - xn-1 Lấy ảnh hai vế của (1) ta có phương trình đối với ảnh X(p): n n-1 n-1 n-2 (aop + a1p + ⋅⋅⋅ + an)X(p) = F(p) + xo(aop + a1p + ⋅⋅⋅ + an-1) n-1 n-2 + x1(aop + a1p + ⋅⋅⋅ + an-1) +⋅⋅⋅ + xn-1ao 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: F(p) + B(p) X(p) = (4) A(p) b Sau đó tìm gốc của X(p) ta được nghiệm của phương trình Ví dụ 1: Tìm nghiệm của phương trình x” - 2x’ + 2x = 2etcost thoả mãn điều kiện đầu x(0) = x’(0) = 0 Đặt x(t) ↔ X(p) thì x’(t) ↔ pX(p) và x”(t) ↔ p2X(p). 2(p −1) 2(p −1) Mặt khác 2et cos t ↔ = . Thay vào phương trình ta có: (p −1)2 +1 p2 − 2p + 2 119
2. 5 −2t −2t 1 5 −2t −2t ⎛ t ⎞ Vậy x(t) = x(t) = e + 4te + t e = e ⎜1+ 4t + ⎟ 20 ⎝ 20 ⎠ 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. 1 Đặt x(t) ↔ X(p) thì: x”(t) ↔ p2X, x(4)(t) ↔ p4X. Mặt khác sin t ↔ . p2 +1 Thay vào phương trình trên ta được: 1 (p4 + 2p2 +1)X = p2 +1 1 1 1 X = = = (p2 +1)(p4 + 2p2 +1) (p2 +1)3 (p − j)3 (p + j)3 Hàm X(p)ept có hai điểm cực cấp 3 là j và -j. Ta tính thặng dư tại các cực điểm đó: pt ″ pt pt 2 pt pt 1 ⎡ e ⎤ 1 ⎡ 12e 6te t e ⎤ Res[X(p)e , j] = lim⎢ 3 ⎥ = lim⎢ 5 − 4 + 3 ⎥ 2 p→j ⎣(p + j) ⎦ 2 p→j ⎣(p + j) (p + j) (p + j) ⎦ e jt = []− 3t + j(t 2 − 3) 16 pt ″ pt pt 2 pt pt 1 ⎡ e ⎤ 1 ⎡ 12e 6te t e ⎤ Res[X(p)e , -j] = lim⎢ 3 ⎥ = lim⎢ 5 − 4 + 3 ⎥ 2 p→− j⎣(p − j) ⎦ 2 p→− j⎣(p − j) (p − j) (p − j) ⎦ e− jt = []− 3t − j(t 2 − 3) 16 Theo công thức tìm gốc của phân thức hữu tỉ ta có: x(t) = Res[X(p)ept, j] + Res[X(p)ept, -j] e jt e− jt = []− 3t + j(t 2 − 3) + []− 3t − j(t 2 − 3) 16 16 e jt e jt = []− 3t + j(t 2 − 3) + []− 3t + j(t 2 − 3) 16 16 jt 2 ⎧e 2 ⎫ 3 3 − t = 2Re⎨ []− 3t + j(t − 3) ⎬ = − t cos t + sin t ⎩16 ⎭ 8 8 Ví dụ 5: Tìm nghiệm của phương trình x” + x = et thoả mãn các điều kiện ban đầu x(1) = x’(1) = 1. Các điều kiện ban đầu ở đây không phải cho tại t = 0 mà tại t = 1. Vì vậy ta phải biến đổi để quy về trường hợp trên. Ta đặt t = τ + 1, x(t) = x(τ + 1) = y(τ), Vậy x’(t) = y’(τ), x”(t) = y”(τ). Bài toán được đưa về tìm nghiệm của phương trình: y”(τ) + y(τ) = eτ+1 thoả mãn y(0) = 1 và y’(0) = 0 121
3. Ví dụ 7: Tìm nghiệm của phương trình: 2 ⎧sin t 0 π thoả mãn các điều kiện ban đầu x(0) = x’(0) = 0. Đặt x(t) ↔ X(p), nên x”(t) ↔ p2X(p) Trước đây ta đã tìm được ảnh của hàm trong vế phải là: 1 ()1+ e−pπ p2 +1 Vậy phương trình ảnh tương ứng là: 1 p2X + ω2X = ()1+ e−pπ p2 +1 1+ e−pπ hay: X = (p2 +1)(p2 + ω2 ) Ta xét hai trường hơp: ∗ nếu ω2 ≠ 1 thì: 1 sin ωt − ωsin t ↔ (p2 +1)(p2 + ω2 ) ω(1− ω2 ) Theo tính chất trễ e−pπ sin ω(t − π) − ωsin(t − π) ↔ η(t − π) (p2 +1)(p2 + ω2 ) ω(1− ω2 ) Vây: sin ωt − ωsin t sin ω(t − π) − ωsin(t − π) x(t) = +η(t − π) ω(1− ω2 ) ω(1− ω2 ) hay: ⎧sin ωt − ωsin t 0 π ⎩⎪ ω(1− ω ) ω(1− ω ) * nếu ω2 = 1 thì: 1+ e−pπ X = (p2 +1)2 1 t cos t Ta đã biết ↔ sin t − (p2 +1)2 2 Theo tính chất trễ ta có: e−pπ η(t − π) ↔ []sin(t − π) − (t − π)cos(t − π) (p2 +1)2 2 123
4. Do đó hệ phương trình đối với các ảnh là: ⎧(p2 −1)X + Y + Z = p ⎪ 2 ⎨X + (p −1)Y + Z = 0 ⎪ 2 ⎩X + Y + (p −1)Z = 0 Giải hệ này ta có: p3 X = (p2 +1)(p2 − 2) p Y = Z = − (p2 +1)(p2 − 2) Như vậy: 2 1 x(t) = ch()2t + cos t 3 3 1 1 y(t) = z(t) = − ch()2t + cos t 3 3 2. Dùng công thức Duhamel: Nếu biết nghiệm x1(t) của phương trình: a ox1′′ + a1x1′ + a 2x1 =1 (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: aox” + a1x’ + a2x = f(t) (6) thoả mãn các điều kiện ban đầu thuần nhất x(0) = x’(0) = 0. Ta có công thức: τ τ ′ ′ ′ x(t) = x1 *f = ∫ f (τ)x1(t − τ)dτ = ∫ f (t − τ)x1(τ)dτ 0 0 Chứng minh: Đặt x1(t) ↔ X1(p), x(t) ↔ X(p), f(t) ↔ F(p). Hàm X1(p) thoả mãn phương trình ảnh của (5) là: 1 (a p2 + a p + a )X (p) = (7) o 1 2 1 p Hàm X(p) thoả mãn phương trình ảnh của (6) là: 2 (a op + a1p + a 2 )X(p) = F(p) (8) Từ (7) và (8) suy ra: X(p) pX (p) = hay X(p) = pX (p).F(p) 1 F(p) 1 Theo công thức tích phân Duhamel ta có: X(p) ↔ x1(t).f(0) + x1′ * f Vì x1(0) = 0 nên X(p) ↔ x1′ *f nghĩa là: 125
5. p eat − ebt 1 9 cosmt 29 p2 + m2 a − b (p − a)(p − b) t t m − − 1 e a − e b 10 shmt 2 2 30 p − m a − b (ap +1)(bp +1) p p 11 chmt 31 (1+at)eat p2 − m2 (p − a)2 m ea − at −1 1 12 eatsinmt 32 (p − a)2 + m2 a 2 (p − a)p2 p − a p2 + 2m2 13 eatcosmt 33 cos2mt (p − a)2 + m2 p(p2 + 4m2 ) m 2m2 14 eatshmt 34 sin2mt (p − a)2 − m2 p(p2 + 4m2 ) p − a p2 − 2m2 15 eatchmt 35 ch2mt (p − a)2 − m2 p(p2 − 4m2 ) 2pm 2m2 16 tsinmt 36 sh2t (p2 + m2 )2 p(p2 − 4m2 ) p2 − m2 eat − ebt p − b 17 tcosmt 37 ln (p2 + m2 )2 t p − a 2pm e−at 1 18 tshmt 38 (p2 − m2 )2 πt p + a p2 + m2 2m(p − a) 19 tchmt 20 teatsinmt (p2 − m2 )2 [(p − a)2 + m2 ]2 127