Bài giảng Toán chuyên ngành điện - Chương 6: Phép biến đổi Laplace (Phần 2)
F’(p) ↔ -tf(t)
(26)
Chứng minh: Theo (6) ta có:
+∞
−pt
′
F (p) = − tf(t)e dt
∫
0
Mặt khác, theo định nghĩa thì:
+∞
− tf(t) ↔ − tf(t)e−ptdt
∫
0
Vậy: F’(p) ↔ -tf(t)
Sử dụng công thức này liên tiếp ta có:
tnf(t) ↔ (-1)nF(n)(p)
(27)
(28)
Một cách tổng quát ta có:
n!
tn ↔
pn+1
§10. TÍCH PHÂN ẢNH
∞
f(t)
Nếu tích phân F(p)dp hội tụ thì nó là ảnh của hàm
, nghĩa là:
∫
t
p
∞
f(t)
↔ F(p)dp
(29)
(30)
∫
t
p
Chứng minh: Ta có:
∞
∞
∞
F(p)dp = dp f(t)e−ptdt
∫
∫ ∫
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−ptdt ≤ M e−(s −s )tdt
1
o
∫
∫
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
∫
∫
∫
∫
t
p
0
p
0
∞
f(t)
t
Hay:
↔ F(p)dp
∫
p
ebt − eat
Ví dụ 1: Tìm ảnh của hàm
t
1
1
Vì ebt − eat ↔
−
nên theo (29) ta có:
p − b p − a
109
ebt − eat
+∞⎛ 1
1 ⎞
p − a
p − b
↔
−
dp = ln
⎟
⎜
∫
t
p − b p − a
p
⎝
⎠
t
sin t
Ví dụ 2: Tìm ảnh của hàm
∫
t
0
1
Ta đã biết sin t ↔
nên theo (29) ta có:
p2 +1
∞
sin t
t
dp
π
↔
= − arctgp= arcotgp
p p2 +1 2
∫
Dùng công thức tích phân gốc ta có:
t
sin t
t
1
↔ arcotgp
∫
p
0
§11. ẢNH CỦA TÍCH CHẬP
1. Định nghĩa tích chập của hai hàm số: Cho hai hàm số f(t) và g(t). Tích phân
t
f(τ)g(t − τ)dτ là một hàm số của t và được gọi là tích chập của hai hàm số f(t) và
∫
0
g(t). Nó được kí hiệu là f ∗ g
t
f ∗g = f(τ)g(t − τ)dτ
(31)
∫
0
2. Tính chất:
a. Tính chất 1: Tích chập có tính chất giao hoán f * g = g * f
Thật vậy dùng phép đổi biến τ1 = t - τ, dτ1 = -dτ, ta có:
t
0
t
f ∗g = f(τ)g(t − τ)dτ = − f(t − τ1 )g(t)dτ1 = g(τ1 )f(t − τ1 )dτ1 = g∗f
∫
∫
∫
0
t
0
b. Tính chất 2: Nếu f(t) và g(t) là những hàm gốc thì f * g cũng là hàm gốc
t
Ví dụ 1: Tính tích chập et ∗t = eτ (t − τ)dτ
∫
0
Tính tích phân bên vế phải bằng phương pháp tích phân từng phân ta có:
t
et ∗t = eτ (t − τ)dτ = t(et −1) − (tet − et +1) = et − t −1
∫
0
t eat
1
t
t
t *eat = τea(t−τ)dτ = eat τe−aτdτ = − +
−
∫
∫
a a2 a2
0
0
Ví dụ 2:
t
sin t ∗t = (t − τ)sin τdτ = −sin t + t
∫
0
t
cost ∗t = (t − τ)cosτdτ = −cost +1
∫
0
110
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 < arg(t + jτ) < . Vì khi Rep > s + 1
4
t
t
O
thì do tính chất của tích chập, tích phân lặp này hội
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
e−ptg(t − τ)dτ = e−pτ e g(t1)dt1
1
∫
∫
τ
0
+∞
t
+∞
∞
−pt
−pτ
−pt
1
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)
(34)
p.F(p).G(p) ↔ g(0).f(t) + f * g’
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
a+j∞
1
f (t).g(t) ↔
F(ζ).G(p − ζ)dζ
(35)
∫
2πj a−j∞
§13. QUAN HỆ GIỮA GỐC VÀ ẢNH
Định lý:Nếu f(t) là một hàm gốc với chỉ số tăng so và F(p) là ảnh của nó thì tại mọi
điểm liên tục của hàm f(t) ta có:
a+j∞
1
f (t) =
eptF(p)dp
(36)
∫
2πj a−j∞
trong đó a là một số thực bất kì lớn hơn so. Tích phân bên vế phải được hiểu theo
nghĩa giá trị chính.
Công thức (36) được gọi là công thức ngược của Mellin. Ta thừa nhận mà không
chứng minh định lí này.
§14. ĐIỀU KIỆN ĐỦ ĐỂ F(p) LÀ MỘT HÀM ẢNH
Định lí: Giả sử F(p) là một hàm biến phức thoả mãn các điều kiện sau:
8F(p) giải tích trong nửa mặt phẳng Rep > so
8F(p) → 0 khi | p | → +∞ trong nửa mặt phẳng Rep > a > so đều đối với argp
a+j∞
8tích phân eptF(p)dp hội tụ tuyệt đối
∫
a−j∞
Khi đó F(p) là ảnh của hàm gốc cho bởi công thức:
a+j∞
1
f (t) =
eptF(p)dp a > so t > 0
(37)
∫
2πj a−j∞
§15. TÌM HÀM GỐC CỦA MỘT PHÂN THỨC THỰC SỰ
Một phân thức hữu tỉ được gọi là thực sự nếu bậc của mẫu số lớn hơn bậc của
tử số của nó.
A(p)
Cho một phân thức thực sự F(p) =
, trong đó tử số và mẫu số là các đa
B(p)
thức không có nghiệm chung. Nếu gọi ak (k = 1, 2,.., n) là các điểm cực của F(p) thì
F(p) là ảnh của hàm η(t).f(t) trong đó:
n
f (t) = Res
[
F(p)ept ,ak
]
(40)
∑
k=1
( Nếu ak là cực điểm cấp mk thì theo công thức tính thặng dư:
(m −1)
1
k
Res[ F(p)ept, ak ] =
lim
(p − ak ) F(p)e
]
m
pt
k
p→a
k
(mk −1)!
nên công thức (40) trở thành:
112
n
(m −1)
1
k
m
pt
k
f (t) =
lim
[
(p − ak ) F(p)e
]
(42)
∑
p→a
k
k=1 (mk −1)!
( Đặc biệt, nếu các cực điểm đều đơn, tức mk = 1, thì cách tính thặng dư đơn giản
hơn:
A(ak )
Res[ F(p)ept, ak ] =
eakt
′
B (ak )
và ta có:
f (t) =
n
A(ak )
′
eakt
(43)
∑
k=1 B (ak )
( 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:
n
A(0)
′
A(ak )
′
f (t) =
+
eakt
∑
B (0) k=2 B (ak )
′
′
Vì B’(p) = B1(p) + pB1(p) nên B’(0) = B1(0), B’(ak) = akB1(ak ) nên:
n
A(0)
′
A(ak )
′
A(p)
a t
k
f (t) =
+
e ↔
(44)
∑
B (0) k=2 B (ak )
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,a2 ,K,as
khi đó r + 2s = n là số cực điểm; ak = αk + jβk, ak = αk − jβk và đặt
A(ak )
= Mk + jNk thì (43) còn có thể viết dưới dạng sau:
′
B (ak )
r
s
A(bk )
′
b t
α t
k
k
f (t) =
e + 2e
[
Mk cosβk t − Nk sinβk t
]
(46)
∑
∑
k=1
k=1 B (bk )
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
Theo (46) ta được:
⎡
⎤
A(b1)
A(a1)
A(a1)
′
B (a1)
b t
α t
1
f (t) =
e 1 + 2e Re
cosβ1t − Im
sinβ1t
⎢
⎥
⎦
′
′
B (b1)
B (a1)
⎣
Nhưng:
A(2) 20
=
=1
B'(2) 20
A(−2 + 2j)
−18j− 4
j
=
=1+
′
B (−2 + 2j) − 2(4 + 8j)
4
Vậy:
1
⎛
⎝
⎞
⎟
⎠
f (t) = e2t + 2e−2t cos2t − sin 2t
⎜
4
p + 2
Ví dụ 3: Tìm gốc của hàm F(p) =
(p −1)2 p3
Ta có A(p) = p + 2, B(p) = p3(p - 1)2. Vậy F(p) có hai cực điểm là:
a1 = 1 (cấp 2) và a2 = 0 (cấp 3)
Để tính f(t) ta dùng công thức (42):
″
″
′
⎡
⎤
⎡
⎤
⎡
⎤
1
2
p + 2
1
p + 2
1
− p − 5
(p −1)3
p + 2
lim p3
ept = lim
ept = lim
ept +
tept
=
⎢
⎥
⎢
⎥
⎢
⎥
p3 (p −1)2
2
(p −1)2
2
(p −1)3
p→0
p→0
p→0
⎣
⎦
⎣
⎦
⎣
⎦
⎡
⎤
1
2
2p +16
− p − 5
p + 2
− p − 5
(p −1)3
lim
ept +
tept +
t2ept +
tept
=
⎢
⎥
(p −1)4
(p −1)3
(p −1)2
p→0
⎣
⎦
1
2
(
16 + 5t + 2t2 + 5t = t2 + 5t + 8
)
và:
⎡
⎤
⎛
⎞
⎛
⎞
p + 2
(p −1)2 p3
p + 2
− 2p − 6
p + 2
lim (p −1)2
ept = lim⎜
ept ⎟ = lim⎜
ept + tept
⎟ = 3tet −8et
⎢
⎥
p3
p4
p3
⎜
⎟
⎜
⎟
p→1
p→1
p→1
⎣
⎦
⎝
⎠
⎝
⎠
Thay vào (42) ta được:
″
⎡
⎤
⎡
⎤
1
p + 2
p + 2
f (t) = lim
ept + lim
ept = t2 + 5t + 8 +
(
3t −8
et
)
⎢
⎥
⎢
⎥
(p −1)2
p3
p→0
p→1
2
⎣
⎦
⎣
⎦
e−p
Ví dụ 4: Tìm gốc của hàm F(p) =
(p3 +1)p
1
Trước hết ta tìm gốc g(t) của hàmG(p) =
. Đối với hàm này A(p) = 1,
(p3 +1)p
B(p) = p(p3 + 1). Vậy G(p) có các cực điểm thực là:
b1 = 0, b2 = -1
và cặp cực điểm phức liên hợp:
114
1+ j 3
1− j 3
a1 =
và a1 =
.
2
2
Ta có: B’(p) = 4p3 + 1
nên: B’(0) = 1
B’(-1) = - 3
3
3
⎛
⎞
⎛
⎞
1+ j 3
1+ j 3
π
3
π
3
⎛
⎝
⎞
⎟
⎠
⎜
⎟
⎟
⎜
⎜
⎟
⎟
′
B
= 4
+1= 4 cos + isin
+1= 4
(
cos3π + jsin3π +1= −3
)
⎜
⎜
2
2
⎝
⎠
⎝
⎠
1
1
M1 = Re
N1 = Im
= −
′
B (a1)
3
1
= 0
′
B (a1)
Thay vào (46) ta được:
t
⎡
⎤
1
1
3
3
g(t) =
eot +
e−t + 2e2 M1 cos
t − N1 sin
t
⎢
⎥
⎦
′
′
B (0)
B (−1)
2
2
⎣
t
1
2
3
t
=1− e−t − e2 cos
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
2
3
f (t) = η(t −1)g(t −1) = η(t −1) 1− e−t+1 − e cos
(
t −1
)
2
⎨
⎢
⎣
⎥
⎦
3
3
2
⎩
p +1
Ví dụ 5: Tìm gốc của hàm F(p) =
p2 + 2p
Phương trình p2 + 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
2p + 2
p +1
1
Res[(p)ept, 0] = lim
ept =
p→0
2
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
1
1
hay
với a thực, n nguyên dương
p − a
(p − a)n
và các phân thức tối giản loại 2:
Mp + N
Mp + W
hay
với M, N, b, c thực; b2 - c < 0; n nguyên
p2 + 2bp + c
(p2 + 2bp + c)n
dương.
Đối với phân thức tối giản loại 1 ta chú ý rằng:
1
p
1
pn
tn−1
n!
↔1;
↔
Do đó dùng công thức dịch chuyển ảnh ta có:
1
1
tn−1
↔ eat ;
↔ eat
p − a
(p − a)n
(n −1)!
Đối với phân thức tối giản loại 2 ta làm như sau:
¾ Ta đưa tam thức ở mẫu số về dạng chính tắc:
Mp + N
M(p + b) + N − Mb M(p + b) + N − Mb
=
=
n
(p + b)2 + (c − b2 ) n
]
[
(p + b)2 + α2
]
p2 + 2bp + c
[
với α2 = c - b2
Mp
p2 + α2
N − Mb
¾ Tìm gốc của
và của
hay của
rồi dùng công thức chuyển dịch
ta thường tới công thức đạo hàm
n
n
n
(
)
(
p2 + α2
)
p
1
ảnh. Khi tìm gốc của
ảnh.
n
(
p2 + α2
)
(
p2 + α2
)
p +1
Ví dụ 1:Tìm gốc của hàm F(p) =
p2 + p +1
Đưa mẫu số về dạng chính tắc ta có:
2
1
2
3
4
⎛
⎞
⎟
⎠
p2 + p +1= p +
+
⎜
⎝
1
1
p +
p +1
p +1
2
2
Vậy: F(p) =
=
=
+
2
2
2
p2 + p +1
1
2
3
4
1
2
3
4
1
2
3
4
⎛
⎞
⎟
⎠
⎛
⎜
⎝
⎞
⎟
⎠
⎛
⎜
⎝
⎞
⎟
⎠
p +
+
p +
+
p +
+
⎜
⎝
p
3
Ta có:
↔ cos
t
3
4
2
p2 +
1
2
3
↔
sin
t
3
4
2
p2 +
3
116
Áp dụng công thức dịch chuyển ảnh ta có:
t
−
p
3
2
↔ e cos
t
2
2
1
2
3
4
⎛
⎜
⎝
⎞
p +
p +
+
⎟
⎠
t
↔ e−
sin
t
1
2
3
2
2
2
3
1
2
3
4
⎛
⎜
⎝
⎞
⎟
⎠
+
t
t
−
−
3
2
3
2
2
Vây: f (t) ↔ e cos
t + e
sin
t
2
2
3
3p − 4
(p2 − 2p + 2)2
Đưa mẫu số về dạng chính tắc ta có:
Ví dụ 2: Tìm gốc của hàm F(p) =
3p − 4
3(p −1) −1
3(p −1)
1
F(p) =
=
=
−
(p −1)2 +1 2
]
[
(p −1)2 +1 2
]
[
(p −1)2 +1 2
]
(p2 − 2p + 2)2
[
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
(p2 +1)2 2 p +1
2 p2 +1
⎜
⎟
⎝
⎠
′
⎛
⎞
p
1
1
= − ⎜
⎟
(p2 +1)2
2 p +1
2
⎜
⎟
⎝
⎠
′
′
⎛
⎞
⎛
⎞
3
1
1
p
1 1
2 p2 +1
nên: G(p) = − ⎜
⎟ − ⎜
⎟ −
(47)
2
2
⎜
⎟
⎜
⎟
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
⎜
⎜
⎟ ↔ −tsin t; ⎜
⎟ ↔ −t cost
2
2
⎟
⎜
⎟
p +1
p +1
⎝
⎠
⎝
⎠
Từ (47) ta suy ra:
3
3
1
g(t) = tsin t + t cos t − sin t
2
2
2
3
3
1
⎛
⎝
⎞
⎟
⎠
f (t) = etg(t) = et tsin 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
Phân tích F(p) thành phân thức tối giản ta được:
3p2 + 2p + 2
1
2p + 3
1
2(p + 2) −1
F(p) =
=
+
=
+
(p − 2)(p2 + 4p + 8) p − 2 p2 + 4p + 8 p − 2 (p + 2)2 + 4
1
p + 2
1
=
+ 2
−
p − 2
(p + 2)2 + 4 (p + 2)2 + 4
1
Vì
↔ e2t
p − 2
2p
↔ 2cos2t
p2 + 4
1
1
↔ sin t
p2 + 4
2
Nên chuyển dịch ảnh ta được:
p + 2
1
sin 2t
2
2
↔ 2e−2t cos2t;
↔ e−2t
(p + 2)2 + 4
(p + 2)2 + 4
Cuối cùng:
sin 2t
f (t) = e2t + 2e−2t cos2t − e−2t
2
§17. TÌM HÀM GỐC DƯỚI DẠNG CHUỖI
Định lí: Nếu hàm F(p) giải tích tại p = ∞, nghĩa là tại lân cận p = ∞, khai triển Laurent
của nó có dạng:
∞
C1 C2 C3
Cn
F(p) =
+
+
+L =
(48)
(49)
∑
n=1 pn
p
p2 p3
thì F(p) là ảnh của hàm η(t)f(t) trong đó:
tn−1
∞
C2
C2
f (t) = C1 +
t +
t2 +L = C
∑
n
1!
2!
(n −1)!
n=1
1
p
−
1
pn+1
Ví dụ 1: Tìm gốc của hàm F(p) =
Khai triển
e
1
1
1
1
(−1)k 1
∞
−
p
e =1− +
−
+L =
∑
p 2!p2 3!p3
k! pk
k=0
(−1)k
1
∞
Vậy: F(p) =
∑
k! pn+k+1
tn+k
k=0
1
Vì:
↔
pn+k+1
(n + k)!
(−1)k tn+k
k! (n + k)!
∞
nên:f (t) =
∑
k=0
118
p9
p10 −1
Ví dụ 2: Tìm gốc của hàm F(p) =
Khai triển F(p) tại lân cận p = ∞ ta được:
p9
p9
1
1
1
1
1
p10n+1
F(p) =
=
=
= +
+
+L+
+L
p10 −1
p p11 p21
⎛
⎞
⎛
⎞
1
1
p10
p10 ⎜1−
⎟ p⎜1−
⎟
⎟
p10
⎜
⎟
⎠
⎜
⎝
⎝
⎠
Theo định lí trên ta có:
t10 t20
t10n
f (t) =1+
+
+L+
+L
10! 20!
(
10n !
)
1
Ví dụ 3: Tìm gốc của hàm F(p) =
p2 +1
Áp dụng khai triển nhị thức ta có:
⎡
⎤
1
1
p
1 1
1
2
3 1 1
1
2
3
2
5 1 1
⎛
⎝
⎞⎛
⎞
⎛
⎝
⎞⎛
⎟⎜
⎠⎝
⎞⎛
⎟⎜
⎠⎝
⎞
F(p) =
=
+
1− . + −
−
+ −
⎜
−
−
+L
⎜
⎟⎜
⎠⎝
⎟
⎟
⎢
⎥
⎦
2 p2
2 2! p4
2 3! p6
p2 +1
⎠
⎠
⎣
1
1
1.3
1.3.5
= −
−
+L
p 2p3 22.2!p5 23.3!p7
tn
1
pn+1
Do
↔
n!
Nên ta có:
t2
22 (1!)2 24 (2!)2
t4
t2n
22n (n!)2
∞
f (t) =1−
+
+L = (−1)n
∑
n=0
§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:
F(p) =
2p
2
p
=
.
(
p2 +1)(p2 + 4
)
p2 +1 p2 + 4
2
p
Vì
↔ 2sin t;
↔ 2cos2t
p2 +1
p2 + 4
nên theo công thức nhân ảnh ta có:
t
f (t) = 2sin t *cos2t = 2sin(t − τ)cos2τdτ
∫
0
Nhưng 2sin(t - τ).cos2τ = sin(t + τ)sin(t - 3τ) nên:
119
120
12 trang
20380
Free
Bạn đang xem tài liệu "Bài giảng Toán chuyên ngành điện - Chương 6: Phép biến đổi Laplace (Phần 2)", để tải tài liệu gốc về máy hãy click vào nút Download ở trên
File đính kèm:
- bai_giang_toan_chuyen_nganh_dien_chuong_6_phep_bien_doi_lapl.pdf
