Bài giảng Toán chuyên ngành điện - Chương 6: Phép biến đổi Laplace (Phần 3)
t
t
f (t) = 2sin(t + τ)dτ + sin(t − 3τ)dτ
∫
∫
0
0
cos(t − 3τ) t
1
1
= − cos(t + τ) 0t +
= cost − cos2t + cos2t − cost
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
dtn
dn−1x
dtn−1
ao
+ a1
+L+ an x = f (t)
(1)
thoả mãn các điều kiện ban đầu:
x(0) = xo, x’(0) = x1 ,.., x(n-1)(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
x”(t) = p2X(p) - pxo - x1
…
x(n)(t) = pnX(p) - pn-1xo - ⋅⋅⋅ - xn-1
Lấy ảnh hai vế của (1) ta có phương trình đối với ảnh X(p):
(aopn + a1pn-1 + ⋅⋅⋅ + an)X(p) = F(p) + xo(aopn-1 + a1pn-2 + ⋅⋅⋅ + an-1)
+ x1(aopn-1 + a1pn-2 + ⋅⋅⋅ + an-1) +⋅⋅⋅ + xn-1ao
hay:
A(p).X(p) = F(p) + B(p)
Trong đó A(p) và B(p) là các đa thức đã biết. Giải (3) ta có:
(3)
(4)
F(p) + B(p)
X(p) =
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(p −1)
p2X − 2pX + 2X =
(p2 − 2p + 2)X =
p2 − 2p + 2
hay
2(p −1)
p2 − 2p + 2
Giải ra ta được:
2(p −1)
X =
(p2 − 2p + 2)2
Dùng phép biến đổi ngược ta có:
x(t) = tetsint
Ví dụ 2: Tìm nghiệm của phương trình x” - x = 4sint + 5cos3t thoả mãn các điều kiện
ban đầu x(0) = -1, x’(0) = -2
5p
p2 + 4
Đặt x(t) ↔ X(p) thì x”(t) ↔ p2X + p + 2. Mặt khác 5cos2t ↔
và
4
4sint ↔
. Thay vào phương trình trên ta được:
p2 +1
4
5p
p2X + p + 2 − X =
+
p2 +1 p2 + 4
nên:
4
5p
p + 2
X =
+
−
(p2 +1)(p2 −1) (p2 + 4)(p2 −1) p2 −1
2
2
p
p
p + 2
=
−
+
−
−
p2 −1 p2 +1 p2 −1 p2 + 4 p2 −1
2
p
= −
−
p2 +1 p2 + 4
Dùng phép biến đổi ngược ta được:
x(t) = -2sint - cos2t
Ví dụ 3: Tìm nghiệm của phương trình x” + 4x’ + 4x = t3e-2t thoả mãn các điều kiện
ban đầu x(0) = 1, x’(0) = 2.
Đặt x(t) ↔ X(p) thì x’(t) ↔ pX - 1, x”(t) ↔ p2X - p - 2. Mặt khác
3!
6
t3e−2t
↔
=
. Thay vào phương trình trên ta được:
(p + 2)4 (p + 2)4
6
p2X − p − 2 + 4pX − 4 + 4X =
(p + 2)4
Như vậy:
X =
6
p + 6
6
4
1
+
=
+
+
(p + 2)6 (p + 2)2 (p + 2)6 (p + 2)2 p + 2
120
⎛
⎞
1
t5
Vậy x(t) = x(t) = e−2t + 4te−2t + t5e−2t = e−2t 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:
″
⎡
⎤
⎡
⎤
1
ept
1
12ept
6tept
t2ept
Res[X(p)ept, j] = lim
= lim
−
+
⎢
⎥
⎢
⎥
(p + j)3
2
(p + j)5 (p + j)4 (p + j)3
p→j
p→j
2
⎣
⎦
⎣
⎦
ejt
=
[
− 3t + j(t2 − 3)
]
16
″
ept
1
12ept
6tept
t2ept
⎡
⎤
⎡
⎤
1
Res[X(p)ept, -j] = lim
= lim
−
+
⎢
⎥
⎢
⎥
p→− j
p→− j
2
e− jt
(p − j)3
2
(p − j)5 (p − j)4 (p − j)3
⎣
⎦
⎣
⎦
=
[
− 3t − j(t2 − 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]
ejt
16
ejt
16
e− jt
16
ejt
=
=
[
− 3t + j(t2 − 3)
]
]
+
+
[
− 3t − j(t2 −3)
]
[
− 3t + j(t2 − 3)
[
− 3t + j(t2 − 3)
]
16
jt
e
3
3− t2
⎧
⎨
⎩
⎫
= 2Re
[
− 3t + j(t2 − 3)
]
= − t cost +
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
e
Gọi Y(p) là ảnh của y(τ). Vậy y”(τ) ↔ p2Y(p) - p. Mặt khác eτ+1 = e.eτ ↔
p −1
Vậy phương trình ảnh là:
e
p2Y − p + Y =
p −1
Giải phương trình này ta được:
e
p
e
e(p +1)
p
Y =
+
=
−
+
(p −1)(p2 +1) p2 +1 2(p −1) 2(p2 +1) p2 +1
e
e
p
e
⎛
⎝
⎞
⎠
=
+ 1−
−
⎜
⎟
2(p −1)
2 p2 +1 2(p2 +1)
Từ đó ta được:
e
e
e
⎛
⎞
y(τ) = eτ + 1− cosτ − sin τ
⎜
⎝
⎟
⎠
2
Trở về biến t ta có:
et
2
2
e
e
⎛
⎞
x(y) = + 1− cos(t −1) − sin(t −1)
⎜
⎟
2
2
2
⎝
⎠
Ví dụ 6: Tìm nghiệm của phương trình:
1 0 < t < 2
⎧
′
x + x =
⎨
0 t > 2
⎩
thoả mãn điều kiện ban đầu x(0) = 0.
Đặt x(t) ↔ X(p) nên x’(t) ↔ pX(p). Vế phải của phương trình có thể viết được
là f(t) = η(t) - η(t - 2). Vậy:
1
f (t) ↔
(
1− e−2p
)
p
và phương trình ảnh có dạng:
1
pX + X =
(
1− e−2p
)
p
Giải ra ta được:
1− e−2p
1
e−2p
X =
=
−
p(p +1) p(p +1) p(p +1)
1
1
1
Do
= −
p(p +1) p p +1
↔1− e−t
nên theo tính chất trễ ta có:
1
e−2p
↔ η(t − 2)
[
1− e−(t−2)
]
p(p +1)
Vậy: x(t) =1− e−t − η(t − 2)
−t
⎧
e−t
1− e
0 < t < 2
t > 2
[
1− e−(t−2)
]
=
⎨
⎩
(
e2 −1
)
122
Ví dụ 7: Tìm nghiệm của phương trình:
sin t 0 < t < π
⎧
⎨
⎩
2
′′
x + ω x =
0
t > 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
ω(1− ω2 )
↔
(p2 +1)(p2 + ω2 )
Theo tính chất trễ
e−pπ
sin ω(t − π) − ωsin(t − π)
ω(1− ω2 )
↔ η(t − π)
(p2 +1)(p2 + 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
ω(1− ω2 )
⎧
⎪
0 < t < π
t > π
⎪
⎪
x(t) =
ωπ
2
ω(1− ω2 )
π
2
⎨
⎪
⎪
⎛
⎝
⎞
⎟
⎠
2cos
sin ω t −
⎜
sin ω(t − π) − ωsin(t − π)
ω(1− ω2 )
=
⎪
⎩
* nếu ω2 = 1 thì:
1+ e−pπ
X =
(p2 +1)2
1
t cos t
2
Ta đã biết
↔ sin t −
(p2 +1)2
Theo tính chất trễ ta có:
e−pπ
(p2 +1)2
η(t − π)
↔
[
sin(t − π) − (t − π)cos(t − π)
]
2
123
e−pπ
(p2 +1)2
η(t − π)
hay:
↔
[
(t − π)cos t − sin t
]
2
Vậy:
1
1
x(t) = (sin t − t cos t) + η(t − π)
[
(t − π)cos t − sin t
]
2
2
hay:
1
2
⎧
(sin t − t cos t) 0 < t < π
⎪
⎪
x(t) =
⎨
⎪
πcos t
t > π
−
⎪
⎩
2
Ví dụ 8: Giải hệ phương trình:
t
′
⎧
⎨
⎩
x + x − y = e
t
′
y + 3x − y = 3e
thoả mãn điều kiện đầu x(0) = 1, y(0) = 1
Đặt x(t) ↔ X(p), y(t) ↔ Y(p) nên x’(t) = pX - 1, y’(t) = pY - 1. Thay vào ta có hệ
phương trình ảnh:
1
⎧
pX −1+ X − Y =
⎪
⎪
p −1
⎨
⎪
2
pY −1+ 3X − 2Y =
⎪
⎩
p −1
hay:
1
⎧
(p +1)X − Y =
+1
+1
⎪
⎪
p −1
⎨
2
⎪
3X + (p − 2)Y =
⎪
p −1
⎩
Giải hệ này ta được:
1
1
X =
; Y =
p −1
p −1
Vậy: x(t) = et và y(t) = et
Ví dụ 9: Giải hệ phương trình:
′′
x − x + y + z = 0
′′
x + y − y + z = 0
′′
x + y + z − z = 0
⎧
⎪
⎨
⎪
⎩
Thoả mãn các điều kiện đầu x(0) = 1, y(0) = z(0) = x’(0) = y’(0) = z’(0) = 0.
Đặt x(t) ↔ X(p) ⇒ x” ↔ p2X - p
y(t) ↔ Y(p) ⇒ y” ↔ p2Y
z(t) ↔ Z(p) ⇒ z” ↔ p2Z
124
Do đó hệ phương trình đối với các ảnh là:
2
⎧
⎪
⎨
⎪
⎩
(p −1)X + Y + Z = p
X + (p2 −1)Y + Z = 0
X + Y + (p2 −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
)
+ cost
3
3
1
1
y(t) = z(t) = − ch
(
2t
)
+ cost
3
3
2. Dùng công thức Duhamel: Nếu biết nghiệm x1(t) của phương trình:
′′
′
aox1 + a1x1 + a2x1 =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
(aop2 + a1p + a2 )X1(p) =
(7)
(8)
p
Hàm X(p) thoả mãn phương trình ảnh của (6) là:
(aop2 + a1p + a2 )X(p) = F(p)
Từ (7) và (8) suy ra:
X(p)
pX1(p) =
hay X(p) = pX1(p).F(p)
F(p)
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
τ
t
′
′
′
x(t) = x1 *f = f (τ)x1(t − τ)dτ = f (t − τ)x1(τ)dτ
(9)
∫
∫
0
0
Ta cũng có thể dùng công thức Duhamel thứ 2:
τ
x(t) = x1(t)f (0) = x1(τ)f (t − τ)dτ
(10)
∫
0
Ví dụ 1: Tìm nghiệm của phương trình:
2
x” + x’ = e−t
thoả mãn điều kiện đầu x(0) = x’(0) = 0.
Ta thấy nghiệm của phương trình x” + x’ = 1 với điều kiện đầu x(0) = x’(0) = 0
là x1(t) = 1 - cost. Vậy theo (9) thì nghiệm của phương trình ban đầu là:
t
x(t) = e−(t−τ)2 sin τdτ
∫
0
Ví dụ 2: Tìm nghiệm của phương trình x” + x = 5t2 với điều kiện đầu là x(0) = x’(0)
= 0
Trong ví dụ trên ta có x1(t) = 1 - cost. Vậy:
t
x(t) = 5t2 sin(t − τ)dτ = 5(t2 − 2 + 2cost)
∫
0
§20. BẢNG ĐỐI CHIẾU ẢNH - GỐC
Tt
1
f(t)
1
F(p)
1
p
Tt
f(t)
F(p)
(p − a)2 − m2
[(p − a)2 + m2 ]2
2m(p − a)
21
teatcosmt
1
p2
2
3
t
22
23
teatshmt
teatchmt
[(p − a)2 − m2 ]2
(p − a)2 + m2
[(p − a)2 − m2 ]2
m2
n!
pn+1
tn
1
p − a
a
4
5
6
7
8
eat
24
25
26
27
28
1-cosmt
f(t)sinmt
f(t)cosmt
f(t)shmt
f(t)chmt
p(p2 + m2 )
1
2
1
2
eat - 1
teat
[F(p − jm) − F(p + jm)]
[F(p − jm) + F(p + jm)]
p(p − a)
1
(p − a)2
n!
(p − a)n+1
m
p2 + m2
1
tneat
[F(p − m) − F(p + m)]
[F(p − m) + F(p + m)]
2
1
2
sinmt
126
eat − ebt
a − b
p
1
9
cosmt
shmt
chmt
29
30
p2 + m2
(p − a)(p − b)
t
t
−
−
m
p2 − m2
1
a
b
e − e
10
11
(ap +1)(bp +1)
a − b
p
p2 − m2
m
p
31
32
33
34
35
36
37
38
20
(1+at)eat
(p − a)2
ea − at −1
1
12 eatsinmt
13 eatcosmt
14 eatshmt
15 eatchmt
16 tsinmt
17 tcosmt
18 tshmt
19 tchmt
(p − a)2 + m2
p − a
(p − a)p2
p2 + 2m2
p(p2 + 4m2 )
2m2
a2
cos2mt
sin2mt
ch2mt
sh2t
(p − a)2 + m2
m
(p − a)2 − m2
p − a
p(p2 + 4m2 )
p2 − 2m2
p(p2 − 4m2 )
2m2
(p − a)2 − m2
2pm
(p2 + m2 )2
p(p2 − 4m2 )
p2 − m2
(p2 + m2 )2
2pm
eat − ebt
p − b
p − a
1
ln
t
e−at
(p2 − m2 )2
p + a
πt
p2 + m2
2m(p − a)
[(p − a)2 + m2 ]2
teatsinmt
(p2 − m2 )2
127
9 trang
23640
Free
Bạn đang xem tài liệu "Bài giảng Toán chuyên ngành điện - Chương 6: Phép biến đổi Laplace (Phần 3)", 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
