Bài giảng Toán kỹ thuật

HỌC VIỆN CÔNG NGHỆ BƯU CHÍNH VIỄN THÔNG

PGS.TS. LÊ BÁ LONG

Bài giảng

TOÁN KỸ THUẬT

dùng cho sinh viên ngành điện tử - viễn thông

HÀ NỘI 2013

LỜI NÓI ĐẦU

Tập bài giảng Toán kỹ thuật được biên soạn lại trên cơ sở giáo trình toán chuyên ngành dành cho sinh viên ngành điện tử viễn thông của Học viện Công nghệ Bưu chính Viễn thông đã được tác giả và TS. Vũ Gia Tê biên soạn từ năm 2005. Giáo trình này đã được Học viện ban hành và sử dụng làm tài liệu chính để giảng dạy và học tập từ năm 2005 đến năm 2012. Năm 2012 Học viện ban hành đề cương chi tiết môn học theo hướng tín chỉ. Với hình thức đào tạo này đòi hỏi sinh viên phải tự học tập nghiên cứu nhiều hơn. Tập bài giảng này được biên soạn lại cũng nhằm đáp ứng yêu cầu đó

Nội dung chương 4 “phương trình đạo hàm riêng” của giáo trình cũ được thay bằng khái niệm quá trình ngẫu nhiên, chuỗi Markov và quá trình dừng. Đây là những nội dung toán học rất cần thiết trong việc ứng dụng để xử lí các tín hiệu ngẫu nhiên và trong các bài toán về chuyển mạch.

Tập bài giảng bao gồm 4 chương. Mỗi chương chứa đựng các nội dung thiết yếu và được coi là các công cụ toán học đắc lực, hiệu quả cho sinh viên, cho kỹ sư đi sâu vào lĩnh vực điện tử viễn thông. Nội dung tập bài giảng đáp ứng đầy đủ những yêu cầu của đề cương chi tiết môn học đã được Học viện duyệt.

Chúng tôi chọn cách trình bày phù hợp với người tự học theo hình thức tín chỉ. Trong từng chương chúng tôi cố gắng trình bày một cách tổng quan để đi đến các khái niệm và các kết quả. Cố gắng chứng minh các định lý mà chỉ cần đòi hỏi những công cụ vừa phải không quá sâu xa hoặc chứng minh các định lý mà trong quá trình chứng minh giúp người đọc hiểu sâu hơn bản chất của định lý và giúp người đọc dễ dàng hơn khi vận dụng định lý. Các định lý khó chứng minh sẽ được chỉ dẫn đến các tài liệu tham khảo khác. Sau mỗi kết quả đều có ví dụ minh họa, chúng tôi đã đưa thêm nhiều ví dụ hơn so với giáo trình trước đây. Hy vọng rằng qua nhiều ví dụ sinh viên sẽ dễ dàng tiếp thu kiến thức hơn. Cuối từng phần thường có những nhận xét bình luận về việc mở rộng kết quả hoặc khả năng ứng dụng chúng. Tuy nhiên chúng tôi không đi quá sâu vào các ví dụ minh hoạ mang tính chuyên sâu về viễn thông vì sự hạn chế của chúng tôi về lĩnh vực này và cũng vì vượt ra khỏi mục đích của cuốn tài liệu. Hệ thống bài tập cuối mỗi chương khá đa dạng và đầy đủ từ dễ đến khó giúp sinh viên luyện tập và tự kiểm tra sự tiếp thu kiến thức của mình.

Thứ tự của từng Ví dụ, Định lý, Định nghĩa, được đánh số theo từng loại và chương.

Chẳng hạn Ví dụ 3.2, Định nghĩa 3.1 là ví dụ thứ hai và định nghĩa đầu tiên của chương 3… Nếu cần tham khảo đến ví dụ, định lý, định nghĩa nào đó thì chúng tôi chỉ rõ số thứ tự của ví dụ, định lý, định nghĩa tương ứng. Các công thức được đánh số thứ tự theo từng chương.

Một số nội dung trong tập bài giảng sinh viên đã được học trong các học phần giải tích 1, giải tích 2, nhưng đảm bảo tính chất hệ thống tác giả cũng trình bày lại. Vì vậy với thời lượng ứng với 3 tín chỉ của môn học giảng viên khó có đủ thời gian để trình bày hết các nội dung của tập bài giảng ở trên lớp. Tác giả đánh dấu (*) cho các nội dung này và dành cho sinh viên tự học.

Vì nhận thức của tác giả về chuyên ngành Điện tử Viễn thông còn hạn chế nên không tránh khỏi nhiều thiếu sót trong việc biên soạn tài liệu này, cũng như chưa đưa ra hết các công cụ toán học cần thiết cần trang bị cho các cán bộ nghiên cứu về chuyên ngành điện tử viễn thông. Tác giả rất mong sự đóng góp của các nhà chuyên môn để tập tài liệu được hoàn thiện hơn.

Tuy tác giả đã rất cố gắng, song do thời gian bị hạn hẹp, nên các thiếu sót còn tồn tại trong tập bài giảng là điều khó tránh khỏi. Tác giả rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến của bạn bè, đồng nghiệp, các học viên xa gần. Xin chân thành cám ơn.

Tác giả xin bày tỏ lời cám ơn tới PGS.TS Phạm Ngọc Anh, TS. Vũ Gia Tê, Ths. Lê

Bá Cầu, Ths. Lê Văn Ngọc đã đọc bản thảo và cho những ý kiến phản biện quý giá.

Cuối cùng, tác giả xin bày tỏ sự cám ơn đối với Ban Giám đốc Học viện Công nghệ Bưu Chính Viễn Thông, bạn bè đồng nghiệp đã khuyến khích, động viên, tạo nhiều điều kiện thuận lợi để hoàn thành tập tài liệu này.

Hà Nội 8/2013

Tác giả

MỤC LỤC

CHƯƠNG 1: HÀM BIẾN SỐ PHỨC ...………………………………………………... 1.1. SỐ PHỨC …………………………………………………………………..…….. 1.1.1. Các dạng và các phép toán của số…………………………………...……… 1.1.2. Tập số phức mở rộng, mặt cầu phức ……………………….………….….... 1.1.3. Lân cận, miền ……………………………………………….……………… 1.2. HÀM BIẾN PHỨC ……………………………………….…………….…………. 1.2.1. Định nghĩa hàm biến phức …………………………………………..……… 1.2.2. Giới hạn, liên tục ……………………………………………………....…… 1.2.3. Hàm khả vi, phương trình Cauchy-Riemann …………………………..…... 1.2.4. Các hàm phức sơ cấp cơ bản ……………………………………………….. 1.3. TÍCH PHÂN PHỨC, CÔNG THỨC TÍCH PHÂN CAUCHY ……………..……. 1.3.1. Định nghĩa và các tính chất ………………………….………….………..…. 1.3.2. Định lý tích phân Cauchy và tích phân không phụ thuộc đường đi………….. 1.3.3. Nguyên hàm và tích phân bất định…………………………………………. 1.3.4. Công thức tích phân Cauchy …………………………………….………….. 1.3.5. Đạo hàm cấp cao của hàm giải tích ………………………………………… 1.3.6. Bất đẳng thức Cauchy và định lý Louville ………………………………….

9 9 9 18 19 20 20 21 23 25 28 28 31 34 34 36 38 39 1.4. CHUỖI BIẾN SỐ PHỨC ………………………………………………………… 39 1.4.1. Chuỗi số phức ……………………………………………………….………. 40 1.4.2. Chuỗi luỹ thừa ………………………………………………………………. 44 1.4.3. Chuỗi Taylor, chuỗi Mac Laurin …………………………………….……… 48 1.4.4. Chuỗi Laurent và điểm bất thường ………………….…………...….………. 55 1.5. THẶNG DƯ VÀ ỨNG DỤNG …………………………….………….….……… 55 1.5.1. Định nghĩa thặng dư …………………………….………….…………...…… 55 1.5.2. Cách tính thặng dư ……………………………….………….………….…… 56 1.5.3. Ứng dụng của lý thuyết thặng dư ………………………….………………… 62 1.6. PHÉP BIẾN ĐỔI Z ……………………………….………….…………....……… 1.6.1. Định nghĩa phép biến đổi Z ……………………………….…………....…… 62 1.6.2. Miền xác định của biến đổi Z ……………………………………..………… 62 1.6.3. Tính chất của biến đổi Z ……………………………….………….………… 65 1.6.4. Biến đổi Z ngược ……………………………….………….………….…… 67 1.6.5. Ứng dụng của biến đổi Z ……………………….………….………..….…… 71 73 CÂU HỎI ÔN TẬP VÀ BÀI TẬP CHƯƠNG 1………………………………………... 80 CHƯƠNG 2: CÁC PHÉP BIẾN ĐỔI TÍCH PHÂN…………………………….……... 80 2.1. PHÉP BIẾN ĐỔI LAPLACE……………………………………………………... 80 2.1.1. Phép biến đổi Laplace thuận……………………………………………..…… 2.1.2. Phép biến đổi Laplace ngược ………………………………..………………. 96 2.1.3. Ứng dụng của biến đổi Laplace ………………………………….…………… 103 115 2.2. PHÉP BIẾN ĐỔI FOURIER ……………………………………………………… 116 2.2.1. Chuỗi Fourier ………………………………………………………………… 123 2.2.2. Phép biến đổi Fourier hữu hạn …………………….………….………….……

127 2.2.3. Phép biến đổi Fourier ……………………………………………….…...……. 135 2.2.4. Phép biến đổi Fourier rời rạc ………………………………….……...……… 142 CÂU HỎI ÔN TẬP VÀ BÀI TẬP CHƯƠNG 2 …………………………………..…. 149 CHƯƠNG 3: CÁC HÀM SỐ VÀ CÁC PHƯƠNG TRÌNH ĐẶC BIỆT………….…. 149 3.1. HÀM DELTA ………………………….………….………….………….……….. 3.1.1. Khái niệm hàm delta …………………………………………………….…... 149 3.1.2. Đạo hàm và tích phân của hàm delta ………………………………………… 151 3.1.3. Khai triển Fourier của hàm delta ………………….………….……………… 155 156 3.1.4. Biến đổi Fourier của hàm delta ……………………………………………… 157 3.2. CÁC HÀM SỐ TÍCH PHÂN ………………………………………………..…... 157 3.2.1. Công thức xác định các hàm số tích phân ………………………………..….. 159 3.2.2. Khai triển các hàm tích phân thành chuỗi luỹ thừa ………………………… 3.3. HÀM GAMMA, HÀM BÊ TA …………………………………………………… 162 3.3.1. Định nghĩa hàm Gamma ………………………………………………..……. 162 3.3.2. Các tính chất của hàm Gamma ………………………………………………. 164 169 3.3.3. Hàm Beta …………………………………………………………………… 3.4. PHƯƠNG TRÌNH BESSEL VÀ CÁC HÀM BESSEL……………….………….. 173 3.4.1. Phương trình Bessel …………………………………………..……………… 173 3.4.2. Các hàm Bessel loại 1 và loại 2 ……………………………………………… 173 3.4.3 Các công thức truy toán đối với hàm Bessel. …………………………...……. 179 182 3.4.4. Các hàm Bessel loại 1 và loại 2 với cấp bán nguyên …….…………..……… 184 3.4.5. Các tích phân Lommel ……………………………………………….……… 186 3.4.6. Khai triển theo chuỗi các hàm Bessel ……………………………………… 3.4.7. Các phương trình vi phân có thể đưa về phương trình Bessel……….……... 189 CÂU HỎI ÔN TẬP VÀ BÀI TẬP CHƯƠNG 3 ………………………………………. 193 199 CHƯƠNG 4: CHUỖI MARKOV VÀ QUÁ TRÌNH DỪNG…….……………...…… 200 4.1 KHÁI NIỆM VÀ PHÂN LOẠI QUÁ TRÌNH NGẪU NHIÊN ……………….... 200 4.1.1 Khái niệm quá trình ngẫu nhiên ………………..……………..……………... 4.1.2 Phân loại quá trình ngẫu nhiên ……………..……………..………………….. 201 4.2 CHUỖI MARKOV ……………..……………..……………..…………………. 205 4.2.1 Chuỗi Markov với thời gian rời rạc thuần nhất ……………..……….…….. 205 4.2.2 Ma trận xác suất chuyển ……..……………………………………....…….. 206 4.2.3 Ma trân xác suất chuyển bậc cao, Phương trình Chapman–Kolmogorov ..... 206 208 4.2.4 Phân bố xác suất của hệ tại thời điểm n……..……..………………….…… 4.2.5 Một số mô hình chuỗi Markov quan trọng ……..……..…………………… 209 212 4.2.6 Phân bố dừng, phân bố giới hạn, phân bố ergodic ……..………………….. 4.3. QUÁ TRÌNH DỪNG ……………..………………………………………….… 218 218 4.3.1. Hàm hiệp phương sai và hàm tự tương quan của quá trình dừng …..…….. 4.3.2. Đặc trưng phổ của quá trình dừng ……..……..…………………………… 221 4.4. TRUNG BÌNH THEO THỜI GIAN VÀ TINH CHÂT ERGODIC ……..…… 232 234 CÂU HỎI ÔN TẬP VÀ BÀI TẬP CHƯƠNG 4 ………………………………..……. HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP SỐ CHƯƠNG 1……………………………………………… 241 247 HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP SỐ CHƯƠNG 2 …………………………………………….. 254 HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP SỐ CHƯƠNG 3 …..…………………………………………

256 HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP SỐ CHƯƠNG 4…..………………………………………… 261 PHỤ LỤC A: Biến đổi Z của dãy tín hiệu thường gặp……………………….…….… 262 PHỤ LỤC B: Bảng tóm tắt các tính chất cơ bản của phép biến đổi Fourier…………… PHỤ LỤC C: Các cặp biến đổi Fourier thường gặp …………………………………… 263 PHỤ LỤC D: Bảng tóm tắt các tính chất cơ bản của phép biến đổi Laplace…………… 264 266 PHỤ LỤC E: Biến đổi Laplace của các hàm thường gặp……………………………… 277 PHỤ LỤC F: Bảng giá trị của hàm mật độ và hàm phân bố xác suất phân bố chuẩn … 279 BẢNG THUẬT NGỮ ………………………………………………………….……… TÀI LIỆU THAM KHẢO………………………………………………………………. 280

CHƯƠNG I

HÀM BIẾN SỐ PHỨC

Số phức khởi đầu được sử dụng để tính toán một cách đơn giản, tuy nhiên lý thuyết hàm biến phức ngày càng chứng tỏ là một công cụ rất hiệu quả trong nhiều lĩnh vực của khoa học và kỹ thuật. Hầu hết các lời giải độc đáo của các bài toán quan trọng trong lý thuyết truyền nhiệt, truyền dẫn, tĩnh điện, và thủy động lực đều được sử dụng phương pháp các hàm biến phức. Đối với vật lý hiện đại, hàm biến phức trở thành một bộ phận thiết yếu của vật lý lý thuyết. Chẳng hạn các hàm sóng trong cơ học lượng tử là các hàm biến phức.

Dĩ nhiên khi thực hiện một thí ngiệm hoặc phép đo nào đó thì kết quả mà chúng ta nhận được là các giá trị thực, nhưng để phát biểu lý thuyết về kết quả này thường phải sử dụng đến số phức. Có một điều kỳ lạ rằng nếu lý thuyết chính xác thì các phân tích toán học với hàm biến phức luôn dẫn đến lời giải là thực. Vì vậy hàm biến phức thực sự là một công cụ không thể thiếu của khoa học kỹ thuật hiện đại.

Trong chương này chúng ta tìm hiểu những vấn đề cơ bản của giải tích phức: Lân cận, miền, giới hạn, liên tục, đạo hàm của hàm biến phức, tích phân phức, chuỗi số phức, chuỗi lũy thừa, chuỗi Laurent … Để nghiên cứu các vấn đề này chúng ta thường liên hệ với những kết f z tương ứng với hai hàm hai quả ta đã đạt được đối với hàm biến thực. Mỗi hàm biến phức ( )

u x y , ( , )

v x y . Hàm biến phức ( )

( , )

f z liên tục khi và chỉ khi

u x y , ( , )

v x y liên

( , )

biến thực

f z khả vi khi và chỉ khi ( , )

u x y , ( , )

v x y có đạo hàm riêng cấp 1 thỏa mãn điều

tục. Hàm ( )

( , )

kiện Cauchy-Riemann. Tích phân phức tương ứng với hai tích phân đường loại 2 của các hàm v x y … như vậy ta có thể chuyển các tính chất giải tích của hàm biến phức về tính u x y , ( , )

chất tương ứng của hàm thực hai biến và các tính chất này đã được học trong giải tích 2.

Ngoài ra xuất phát từ những tính chất đặc thù của hàm biến phức chúng ta còn có các công thức tích phân Cauchy, khai triển hàm biến phức thành chuỗi Taylor, chuỗi Laurent, tính thặng dự của hàm số tại điểm bất thường cô lập và ứng dụng lý thuyết thặng dư để giải quyết những bài toán cụ thể. Cuối cùng ta xét phép biến đổi Z là một ứng dụng cụ thể của khai triển Laurent.

1.1 TẬP SỐ PHỨC

1.1.1 Các dạng của số phức và các phép toán của số phức

Rất nhiều bài toán trong khoa học kỹ thuật và trong thức tế được qui về giải phương

2

ax

  

bx

c

a 0 (

 . 0)

2

ac

0

b

trình đại số cấp hai:

    , tuy nhiên trường hợp phương

2

ac

0

b

Phương trình này có nghiệm thực khi

trình không có nghiệm thực, ứng với     , cũng thường gặp và có nhiều ứng dụng. Vì vậy người ta mở rộng trường số thực đã có lên trường số mới sao cho trong trường số này phương trình cấp hai trên luôn có nghiệm.

2

x   . Nếu ta đưa vào

1

0

0  đơn giản nhất có dạng

1

Phương trình cấp hai với

2

2

2

số mới i (đơn vị ảo) sao cho 2

i   thì phương trình trên có thể phân tích thành  i x

   0.

 x

     1 x i i x

i  .

Vậy phương trình có 2 nghiệm: x

Mở rộng trường số thực  để phương trình trên có nghiệm ta được trường số phức ,

mỗi phần tử của nó được gọi là số phức. Trường số phức  có cấu trúc trường với phép cộng,

phép nhân được mở rộng từ các phép toán của trường số thực.

z

  , trong đó

iy

x

,x y là các số thực.

x là phần thực của z , ký hiệu Rez .

y là phần ảo của z , ký hiệu Imz .

A. Dạng tổng quát của số phức

x là số thực;

y  thì z 0

iy gọi là số thuần ảo.

iy

x

Khi x  , z 0

iy , ký hiệu z , được gọi là số phức liên hợp với số phức z

  .

Số phức x

  .

jy

x

Nhận xét 1.1: Một số tài liệu ký hiệu phần tử đơn vị ảo là j , lúc đó số phức viết dưới dạng

  và số phức liên hợp tương ứng là *z

jy

x

z

x

z

iy

x

tổng quát z

  và

  bằng nhau khi và chỉ khi phần thực và

1

iy 1

1

2

2

2

Hai số phức

1

2

z

iy

,

z

iy

;

z

z

phần ảo của chúng bằng nhau.

1

  x 1

1

2

  x 2

2

1

2

x y

2

  x      y 1

(1.1)

Mở rộng các phép toán của trường số thực ta có các phép toán tương ứng sau của các

số phức.

x

iy

x

  , ta định nghĩa:

z Cho hai số phức 1

z   và 2 iy 1

1

2

2

z

z

z

  và được xác định như sau:

1

2

x (

x (











x

)

)





y

B. Các phép toán của số phức

 x



iy 2

iy 1

2

1

2

1

 i y 1

2

(1.2) a) Phép cộng: Tổng của hai số phức 1z và 2z , ký hiệu 

    là số phức đối của z

iy

x

z

  .

iy

x

z

z

z

(

)

b) Phép trừ: Ta gọi số phức

   được gọi là hiệu của hai số phức

1

2

1z và

2z , ký hiệu

z

z

z

  .

1

2

x (



)



x (



iy

)





x





Số phức

 x





1

iy 1

2

2

1

2

 i y 1

y 2

(1.3)

c) Phép nhân: Tích của hai số phức 1z và 2z là số phức được ký hiệu 1 2z z và được xác định như sau:













 x

 x







1

iy 1

2

iy 2

 x x 1 2

y y 1 2

 i x y 1 2

y x 1 2

z

iy

0

x

(1.4)

   là số phức ký hiệu

1z  , thỏa

1 z

1

d) Phép chia: Nghịch đảo của số phức hay

zz   . Đặt 1

   , theo công thức (1.1) và (1.4) ta được 1z

ib

a

x

 y

  a

,

b



mãn điều kiện

2

2

2

2

yb xb

1 0

x



y

x



y

   xa      ya 

.

x

y

Vậy





i

2

2

2

2

1 

x

iy

x



y

x



y

0

z

(1.5)

z  ) được gọi là thương của hai số phức 1z và

2z , ký hiệu

z z  1 1 2

z

1

z

 . Áp dụng công thức (1.4)-(1.5) ta có

z

2

x







1

Số phức ( 2





i

x



iy 1 iy



y



2

2

x x 1 2 2 x 2

y y 1 2 2 2

y x 1 2 2 x 2

x y 1 2 2 y 2

iy

x

(1.6)

  , tính 2 ,z

z z .

2

2

2

2

  x (

iy

2 )



x (



y

)



i xy (2 )

zz

y

x

Ví dụ 1.1: Cho z

  .

Giải: 2 z ,

,x y là nghiệm của phương trình

5



y

i

i 2

i 11

i

   . 3

 x

 1

    x



 3



Ví dụ 1.2: Tìm các số thực

   x

3,

y



Giải: Khai triển và đồng nhất phần thực, phần ảo hai vế và áp dụng công thức (1.1) ta được

2 6

11

7 5

    y 5 x 2 3        4 y 5 x 

.

z

  

z

z

z

;



Tính chất 1.1:

1

2

1

2

z z 1 2

z z 2 1

z





z





z



z

;

z



z

 tính giao hoán.

 z



 z







1

2

3

1

2

3

1

 z z 2 3

 z z 1 2

3

z



z





 tính kết hợp.

 z



1

2

3

z z 1 2

z z 1 3

0

0

0

z

 tính phân bố của phép nhân đối với phép cộng.

z  .

   hoặc 2

z z 1 2

1



zz  và 0

zz   ,

zz

   . z

0

0

z

z

1



;





1 z

z

zz

2

z z 1 2 z z 2 2

 . (1.7)

z

z

1

1

z

  

z

z

z

;



;

1

1

2

2

z z 1 2

z z 1 2

z

    

    

z

2

2

z

z

z

z

Re

z



;

Im

z



 (1.8) .

 2

 2 i

 . (1.9)

z

  



z

z

 . (1.10)

  iy

x

3



i 2

Ví dụ 1.3: Viết các số phức sau dưới dạng z

 1

  , 3 i

a) 

  5 i 5  i 3 4

4

2

5

i

i

i

i

b) ,

3     i  1

i

c) ,

3  i 2   1 i

d) .

3



i 2



i 3

i 7

3

9

6

9

i

       , 2

Giải:

 1











i

4



i 3



    i

( 4

3)

 5 1



 5 (4

 3)

a) 









5   5 i  i 3 4

 

9

16

25

 7 5

i 5

4

2

5

i



i

 1



i

i

i

i

i

1

1

i

b) ,







3     i  1

i

    i 

1

i

i 

i

1

2

1   2

i 2

3

4

4

2

5

5

6

i

2    

i

i

i

i



 1

i

i

i

i

i

i







c)

3     i  1

i

1



i

i 

i

 1 i  1 i

1

 2

1   2

i 2

i





hoặc .

3  i 2   1 i

(3    ) i i 2 )( 1     ( 1 i i ) )( 1

  5 2

5    2

i 2

1

d) .

1

i

   iw z       2 z w 

Ví dụ 1.4: Giải hệ phương trình .



i 2



i

 1



4

i 3

Giải: Nhân i vào phương trình thứ nhất và cộng vào phương trình thứ hai ta được



    i 2

1

z





 2

 i z

2  1 i  2 i

 2 5

 5

i 3

3

i

,

  w

i

 

 i z

   1

  1 5

 5

    

     

.

Ta cũng có thể giải hệ phương trình bằng phương pháp Cramer như sau

D



i 2

1



  2

i



  i

1

  ;

D z

wD

i 1 2 1

1 2 1

1 

i

1 

1

i 1

i

4

(2



i



i 2 )

i 3

i (





i 2 )

i

  z





w







; .

2  i  2 i 1

)(1 5

 5

i 1

 1  2 i

1)(1 5

  3 5

, .

z   . 5

2

0

2

2

2

2

Ví dụ 1.5: Giải phương trình 2 z

z

    5

z 2

4



  

1

i 2

  1

i 2

 z

 1

    z

 1

 i 2



 z

 z



z

   1

i 2 ,

z

i 2

Giải: .

   . 1

1

2

Vậy phương trình có hai nghiệm

C. Biểu diễn hình học của số phức, mặt phẳng phức

x y của nó xác

 định bởi OM x i



 y j



y

M

y

j

O

x

x

i

 i Xét mặt phẳng với hệ tọa độ trực chuẩn Oxy , véc tơ đơn vị trên hai trục tương ứng là  và j . Mỗi điểm M trong mặt phẳng hoàn toàn được xác định bởi tọa độ ( ; )  (Hình 1.1).

Hình 1.1: M(cid:0)t ph(cid:0)ng ph(cid:0)c

  cũng hoàn toàn được xác định bởi phần thực x và phần ảo y của

iy

x

Số phức z

nó. Vì vậy có tương ứng 1-1 giữa các số phức và các điểm trong mặt phẳng.

x y với số phức z

  , lúc đó mặt

iy

x

Người ta đồng nhất mỗi điểm có tọa độ ( ; )

phẳng này được gọi là mặt phẳng phức. Trục hoành Ox biểu diễn các số thực nên được gọi là trục thực, trục tung Oy biểu diễn các số thuần ảo nên được gọi là trục ảo.

 với véc tơ tạo thành không gian véc tơ. Khi ta đồng nhất điểm M hay véc tơ OM x y với số phức z ( ; )

Tập hợp các véc tơ trong mặt phẳng với phép toán cộng véc tơ, phép nhân một số thực

iy

x

x

  .

có tọa độ   thì hai phép toán trên hoàn toàn tương thích với phép cộng hai

z tương ứng với số phức 1

iy 1

1

iy

x

 ) x y , ( 1 1

  .

2

2

2

2

số phức và phép nhân số thực với số phức.  OM 1  OM  ) x y , ( 2

z tương ứng với số phức 2  .k OM

1

2

1

z tương ứng với số phức 1

1kz .

z và 2

Thì tương ứng với số phức   OM OM

Ngoài ra trong tập hợp các số phức còn có phép nhân và phép chia hai số phức, điều này cho phép biểu diễn thêm nhiều phép biến đổi hình học mà không có đối với các phép toán của véc tơ.

D. Dạng lượng giác và dạng mũ của số phức

 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ trực chuẩn Oxy , ta chọn Ox

( ; )

làm trục cực khi đó điểm

;r  xác định bởi

r OM



,





  , Ox OM

M x y có tọa độ cực 





r r

cos sin

 

  x    y

thỏa mãn (1.11)

2

z

 

r OM



x

2  y

Ta ký hiệu và gọi

(1.12)

là mô đun và

Arg

z

  

k

 2 ,

k

 

(1.13)

  .

iy

x

y

M

y  j

r 

O

 i

x

x

là argument của số phức z

Hình 1.2: Mô đun và Argument của số phức

z

   được xác định theo công thức sau

iy

0

x

tan





y

/

x

Góc  của số phức

2

2





x

/

x



y

   cos 

(1.14)

  

arg z

 . 

Giá trị của Arg z nằm giữa  và  được gọi là argument chính, ký hiệu arg z . Vậy

z

  

iy

x

r

 i

sin



Từ công thức (1.11) ta có

 cos



(1.15)

gọi là dạng lượng giác của số phức.

n 2

n 2

 1





n

n



cos





,

sin





 

 1

 

 1





!



n



0

n



0

  n 2



 n 2

 1 !

Áp dụng khai triển Mac Laurin



n 2



n 2

 1

n

n



cos





i

sin







i

 

 1

 

 1





!



n



0

n



0

  n 2



  2 n

 1 !

n 2

n 2

 1

n







 i

 i







 !

 

n



0

n



0

n



0

   i   n 2

 i  n 2

 1 !

      e . n !



ie



cos





i

sin



Vậy ta có công thức Euler

i



 i 

i



  i

e

e

e

cos





, sin





(1.16)

 2

 e 2 i

. (1.17)

Từ (1.15)-(1.16) ta có thể viết số phức dưới dạng mũ

z  z e  i (1.18)

ie . Số phức bất kỳ có dạng

ire 

Hình 1.3: Dạng cực của số phức. Đường tròn đơn vị trong mặt phẳng phức được biểu diễn bởi

Tính chất 1.2:

z

z



1

  2

z 1 arg

 z

z 2 

arg

z

z 1 Arg

 z

z 2 

Arg

z



k

2 ,

k





1

2

1

2

        

        

2

 (1.19)

zz

z

2

z

z

1

1



z

z

,

z

  

z

z

z



,

 . (1.20)  z z 1 2 2 z , 1 z 2 z

z z 1 2

1

2

1

2

1

2

z

z

2

2

z

1

 . (1.21)

Arg



Arg

z



Arg

z

, Arg



Arg

z



Arg

z



 z z 1 2

1

2

1

2

z

    

    

2

z

y

x

 (1.22)

z

x

  iy

 

z

   x   y

 và z (1.23)

3

2

Ví dụ 1.6:

z   tương ứng với tập các điểm có khoảng cách

a. Tập các số phức z thỏa mãn

z

2

z

i

bằng 3, tập hợp này là đường tròn tâm I bán kính 3. đến (2; 0) I

   tương ứng với tập các điểm cách đều

b. Tập các số phức z thỏa mãn

A

(2; 0)

B

(0;1)

y   . 3

0

2

z

10

3

3

z

và đó là đường trung trực của đoạn AB có phương trình 4 x

    tương ứng với tập các điểm có tổng

F 

c. Tập các số phức z thỏa mãn

F 2(3; 0)

2

2



 . 1

x 25

y 16

y

y

y

4

B



1

5

 2

A

x

x

x

b)

a)

c)

và bằng 10, đó là đường elip có phương trình khoảng cách đến 1( 3; 0)

Hình 1.4: Đồ thị các đường của ví dụ 1.6

i

)

  i 2

   ( 1 2

i e e 1

Ví dụ 1.7: Áp dụng công thức (1.22) và số phức viết dưới dạng mũ (1.18) ta có thể kiểm chứng lại các công thức cộng góc của các hàm lượng giác:

 e  cos(  )  i sin(  )  1  2  1  2

i

i

 2

 e 1

e



cos



i

sin

cos



i

sin



 1

 1

 2

2

  

     



cos

cos





i



sin

cos

Mặt khác

    cos







 1

 2

 sin sin 1

 2

 sin 1

 2

 1

 2

,

cos(



)



cos

cos



 1

 2

 1

 2

 sin sin 1

 2

sin(



)



cos



sin

cos

 1

 2

 sin 1

 2

 1

 2

Đồng nhất phần thực và phần ảo tương ứng theo công thức (1.1) ta được

E. Lũy thừa và căn của số phức

1) Lũy thừa

nz

* n  

  z zz n l n Ç

Lũy thừa bậc n của số phức z là số phức ;

n

nz



z

cos

n





i

sin

n



Từ công thức (1.21)-(1.22) ta có

z

 

k

 2





(1.24) với Arg

z  ta có 1

n

Đặc biệt, khi

cos





i

sin





n





i

sin

n







 cos



(1.25)

(1

Gọi (1.25) là Công thức Moivre.

8 )i .

i

8

i

i

2



 4

 4

(1

8   i )



e 16

16

2

e

1

  i

e 2

Ví dụ 1.8: Tính

   .



8

Giải: Ta có , do đó

  1

3i

10

.

10

10

10

i 3

i





i

sin



10 2



i

sin

   1



1 2

3 2

 2 3

 2 3

 20 3

 20 3

  2 cos    

  cos    

     

    

    2         

           



10 2



i

sin



10 2

i

9    2 ( 1

i

3)

Ví dụ 1.9: Tính  Giải:

 2 3

 2 3

3 2

  cos    

     

 1       2 

                 

9

  1

i 3

2

   .

9

.

Vậy ta cũng có  Ví dụ 1.10: Tính các tổng

S



cos





cos 2



 

cos

n



T



sin





sin 2



 

sin

n



, .

z  ta có 1

z



cos

 i

sin



n

n

 1

z

z

2

n

n

 1

S



iT

    



z

z

z

z

(1

  



z

z

)



z



z z

 1  1

 1

z



n

 1

n

 1

n

n

 1





z

 1

 z

n z zz



z

z

z

z



z









z

1

zz

z

1

1

 z

 z   z 1

 1

  zz     z

  1     z



n



  1

n cos(



1)





n





sin(

n



1)





sin







i

 cos





   cos

 

cos  2 1

sin 

cos

n



n cos(







cos



sin

n







1)



sin



n

Giải: Đặt , trường hợp

T



  S



cos





cos



sin(  2 1

 

  1  2 1

1) 

, .

n

 

1 nz

z

2) Căn của số phức

  , ký hiệu

 

n z

n

i



i







n ine 

Số phức  được gọi là căn bậc n của z nếu hay .

z



re

,





 e

Biểu diễn dưới dạng mũ: ta có ; do đó

n

n

r





r

n

z











 2

n



  

k

 2 ,

k









,

k





      

 k n

         

(1.26)

0, 1, ...,



n

1

k

0

mỗi số phức nhận các giá trị ứng với Vì Argument của một số phức xác định sai khác một bội số nguyên của 2 nên với z  có đúng n căn bậc n . Các căn bậc n này có cùng mô đun và Argument  . Vì vậy các căn bậc n nằm trên đỉnh của n-giác

y

đều nội tiếp trong đường tròn tâm O bán kính n r .

i

1

0

Ví dụ 1.11: Tính 4 1

  i



i

sin

 4

 4

  2 cos   

    

x

O

4 2

2

8

. Giải: 1

sin







i

0

3

 16

 16

  2 cos   

8

, Các căn bậc 4 tương ứng là:     



i

sin(





i



 1

0

 16

   ) 2

 16

 2

  2 cos(   

  )   

8

y

Hình 1.5: Các c(cid:0)n b(cid:0)c b(cid:0)n 4 1 i ,





   )

i

sin(





 



2

0

 16

 16

  )   

  2 cos(   

i

8

,







)



i

sin(



  i



1

3

0

0

 16

 16

 3 2

 3 2

  2 cos(   

  )   

 4

.

z   0 1

1

x

Ví dụ 1.12: Giải phương trình 4

O

Giải: Nghiệm của phương trình là căn bậc 4

 

cos





sini



2

3

1



i

tương ứng là: của 1





cos



i

sin



0

 4

 4

2

  1

i

  1

i

1



i

, Hình 1.6: Các c(cid:0)n b(cid:0)c b(cid:0)n 4 1



i







   



  i





 1

0

2

0

3

0

2

2

2

, , .

1.1.2 Tập số phức mở rộng, mặt cầu phức

iy

x

Trong 1.1.1.3 ta đã có một biểu diễn hình học của tập các số phức  bằng cách đồng

  với điểm M có tọa độ ( ; )

x y trong mặt phẳng với hệ tọa độ

Oxy .

nhất mỗi số phức z

)S có cực nam tiếp xúc với mặt phẳng Oxy tại O, khi đó mỗi điểm z thuộc mặt phẳng Oxy sẽ tương ứng duy nhất với điểm  là giao điểm

Mặt khác nếu ta dựng mặt cầu (

)S , P là điểm cực bắc của (

)S .

của tia Pz và mặt cầu (

)S

Vậy mỗi điểm trên mặt phẳng Oxy được xác định bởi một điểm trên mặt cầu (

P

(S )

ngoại trừ điểm cực bắc P.



y

O

x



 z

Hình 1.7: M(cid:0)t c(cid:0)u ph(cid:0)c

Ta gán cho điểm cực bắc này số phức vô cùng . Tập hợp số phức  thêm số phức vô cùng

)S là một biểu diễn hình học

được gọi là tập số phức mở rộng  . Như vậy toàn bộ mặt cầu (

của tập số phức mở rộng.

   z (

0),

z

    

z (

0),

z

        .

z

,

z 0

Quy ước:

1.1.3 Lân cận, miền

A. Lân cận

Khái niệm  lân cận của một điểm trong mặt phẳng phức được định nghĩa hoàn toàn

2 , đó là hình tròn có tâm tại điểm này và bán kính bằng  .

 lân cận của 0z   và N lân cận    lần lượt là

tương tự với  lân cận trong



z





 B z 

0

  z 0



(1.27)



z



N



   

NB

   z      z



(1.28)

B. Điểm trong, tập mở

Giả sử E là một tập các điểm của mặt phẳng phức hoặc mặt cầu phức. Điểm 0z được

gọi là điểm trong của E nếu tồn tại một lân cận của 0z nằm hoàn toàn trong E . Tập chỉ gồm các điểm trong được gọi là tập mở.

C. Điểm biên

Điểm 1z , có thể thuộc hoặc không thuộc E , được gọi là điểm biên của E nếu mọi

lân cận của 1z đều có chứa các điểm thuộc E và các điểm không thuộc E .

Tập hợp các điểm biên của E được gọi là biên E , ký hiệu E .





z

r

  z 0



Hình và phần bù của hình tròn đóng





z





z



z



r

r

  z 0

0



và là các tập mở có biên lần lượt là  z

r





z



z

0

 z  z

. tròn mở  z       





z

r

  z 0



z

r

z

  không phải là điểm trong.

0

không phải là tập mở vì các điểm trên biên Hình tròn đóng  z

D. Tập liên thông, miền

Tập con D của mặt phẳng phức hay mặt cầu phức được gọi là tập liên thông nếu với bất kỳ 2 điểm nào của D cũng có thể nối chúng bằng một đường liên tục nằm hoàn toàn trong D .

Một tập mở và liên thông được gọi là miền.

   . Miền chỉ có một biên được gọi là miền đơn liên, trường hợp ngược lại gọi là

Miền D cùng biên D của nó được gọi là miền đóng, ký hiệu D , vậy

D D D miền đa liên.

Ta chỉ xét các miền hoặc miền đóng có biên là đường cong trơn hoặc trơn từng khúc.

Qui ước hướng dương trên biên của miền là hướng mà khi ta đi trên biên theo hướng

z



R z D

,

đó thì miền D ở bên tay trái.

  .

0R  sao cho

Miền D được gọi là miền bị chặn nếu tồn tại

1.2 HÀM BIẾN PHỨC

1.2.1 Định nghĩa hàm biến phức

w



f z ( ),

z D

 .

Định nghĩa 1.1: Một hàm biến phức xác định trên tập con D của  hoặc  là một quy luật cho tương ứng mỗi số phức z D với một hoặc nhiều số phức w , ta ký hiệu

hàm. Nếu với mỗi z chỉ cho tương ứng duy nhất một giá trị w thì ( ) Biến z được gọi là biến độc lập hay đối số, còn w là biến phụ thuộc hay giá trị của f z được gọi là hàm đơn

3

2

w



f z ( )

3

z

w



f z ( )



z

trị, lúc này f là ánh xạ từ D vào  hoặc  . Trường hợp ngược lại f được gọi là hàm đa trị.

  là một hàm đơn trị, còn hàm số

Hàm số là một

hàm đa trị.

Tập D trong định nghĩa trên được gọi là tập xác định. Ta chỉ xét tập xác định D là

một miền, vì vậy D được gọi là miền xác định.

f z ,

Thông thường người ta cho hàm biến phức dưới dạng công thức xác định ảnh ( )

f z có nghĩa.

z

w



f z ( )



D



z

  i

khi đó miền xác định D là tập các số phức z sao cho biểu thức ( )

   z



2

z



1

Hàm số có miền xác định là .

x y như

Một hàm biến phức có thể được biểu diễn bởi hai hàm thực của hai biến ( , )





iy

)

u x y ( , )

sau:

iv

u x y ( , )



iv x y ( , )

v x y ( , )

  ( ) w f x ( f z         w u 

  u    v

2

2

2

; (1.29)

w



f z ( )

    3

x (

z

iy

  3

x (

  

3)

y

i xy 2

2 )

2

2

y

3

Chẳng hạn, hàm số có

    u x    v xy 2

.

, biến số là t thay cho biến số z . w Trường hợp hàm biến phức biến số thực, nghĩa là miền xác định D   , ta ký hiệu f t ( )



f n n ( ),

Trường hợp miền xác định D là tập số tự nhiên hoặc tập con của tập số tự nhiên  thì

  , ta ký hiệu dãy số là  z

nz

n n

 hay  z

  n n



0



f n n ( );



 , n

n

ta có dãy số phức .

nz

0

  n n n 

0

Nếu . , ta ký hiệu  z

 , nếu

L

1.2.2 Giới hạn, liên tục

  n n



0

n



  , nghĩa là

L

0

z

n

lim  n

    0,

N



0 :

n N

L



z

Định nghĩa 1.2: Dãy số phức  z hội tụ về số phứcL , ký hiệu lim n z

    n

  , nếu

(1.30)

  n n



0

n



n N

0 :

N

A

0,

z

        A

Dãy số  z có giới hạn là , ký hiệu lim n z

n

(1.31)

  . Khi đó từ (1.23) suy ra rằng

ib

a

  x n

iy n

x



a

n

z

L

, L Giả sử zn

n



b

y n

lim  n

lim  n lim  n

      

(1.32)

x



a

n



z



L

L

a

y

x

b

z

Thật vậy:

     suy ra

n

n

n

n



b

y n

lim  n

lim  n lim  n

    

Từ bất đẳng thức .

x



a

n

a

z



L

n

n

z

n



b

b

z



L

y n

n

n

lim  n

   x     y 

lim  n lim  n

     L  

Bất đẳng thức suy ra .

w

f z ( )

L

 , nếu với mọi lân cận

Định nghĩa 1.3: Ta nói hàm biến phức xác định trong một lân cận của 0z có giới

  B L

f z lim ( )  z

z

0

,

z

z

f z ( )

tồn tại lân hạn là L khi z tiến đến 0z , ký hiệu

0B z 

  B L

  z B z

0

 thì 0

cận sao cho với mọi .

. Cụ thể:

Định nghĩa này phát biểu cho tất cả các trường hợp 0 ,z L là các số phức hữu hạn hoặc

      

0,

L



0 :

 z

, 0



z

z

L



  (1.33)

  f z

  f z

    0

lim  z z

0

 Trường hợp 0 ,z L   là hai số phức hữu hạn:

u x y ( , )



u

0

)

x y ( , )

0

L

Từ (1.23), (1.27) và tương tự (1.32) ta có:

  f z

v x y ( , )



v

0

lim  z z

0

)

x y ( , )

lim  ( x y , 0 lim  ( x y , 0

0

      

z

  x

iy z ,

iy

,

L

iv

u

(1.34)

  .

  x 0

0

0

0

0

,

    : L

z  Trường hợp 0

      

N

0,

L

0 :



z

,

z

  N

L



  (1.35)

  f z

  f z

lim  z





,

L

 

Trong đó

z Trường hợp 0

       N

0,



0 :

 z

, 0



z

z

N

 (1.36)

  f z

  f z

    0

lim  z z

0

,

    : L

z  Trường hợp 0

       M

N

0,

0 :

 z

,

z

  N

M

 (1.37)

  f z

  f z

lim  z

L

 :

L .

  f z

z thì  f z

 khi và chỉ khi với mọi dãy  z

nz

0

n

  n n

 1

lim  z z

0

z

Định lý 1.1: ,

z không phụ thuộc vào đường đi khi z tiến đến 0z .

0

w

Như vậy giới hạn của hàm số khi

  f z



Định nghĩa 1.4: Hàm biến phức xác định trong miền chứa điểm 0z được gọi là

  f z

 f z



0

lim  z z

0

. liên tục tại 0z nếu

w

  f z

Hàm biến phức liên tục tại mọi điểm của miền D được gọi là liên tục trong D .

Từ (1.34) suy ra rằng một hàm biến phức liên tục khi và chỉ khi hai hàm thực hai biến xác định bởi (1.29) là liên tục. Do đó ta có thể áp dụng các tính chất liên tục của hàm thực hai biến cho tính chất liên tục của hàm biến phức.

  là một điểm thuộc miền xác định D của hàm biến phức đơn trị

iy

x

w

1.2.3 Hàm khả vi, phương trình Cauchy-Riemann

. Giả sử z   f z

x

z

     thỏa mãn z i y

  

z D

Với số gia của biến , ta được số gia của hàm

  w

f z (

   z

)

f z ( )

w

0

.

z  thì ta nói hàm

  f z

 w  z

'f

Định nghĩa 1.5: Nếu có giới hạn hữu hạn khi khả vi

  z hoặc

  'w z .

(hay có đạo hàm) tại z , giới hạn đó được gọi là đạo hàm tại z , ký hiệu

f z (

f z ( )

f

'



Vậy

  z

lim   z 0

   z )  z

(1.38)

2

Rõ ràng nếu hàm số có đạo hàm tại z thì liên tục tại z .

w

  , tính C

z

  'w z .

2

2

  w

C

z

z (

      z

z 2

C

z

)

   z z 2

Ví dụ 1.13: Cho

2    

   z  

    

 w  z

Giải: ,





z 2

  w z '

    z

lim   z 0

 lim 2 z   z 0

 w  z

Do đó .

w



f z ( )



u x y ( , )



iv x y ( , )

  thì phần

iy

x

Định lý 1.2: Nếu hàm biến phức khả vi tại z

u x y và phần ảo ( , )

v x y có các đạo hàm riêng cấp 1 tại ( , )

x y và thỏa mãn điều kiện

thực ( , )

x y ( , )



x y ( , )

Cauchy-Riemann:

x y ( , )

 

x y ( , )

 v y   v  x

  u    x     u    y 

(1.39)

u x y , phần ảo ( , )

v x y khả vi tại ( , )

( , )

x y và thỏa mãn điều kiện

Ngược lại, nếu phần thực

w

f z ( )

  và

iy

x

f

'



x y ( , )



i

x y ( , )



x y ( , )



i

x y ( , )

Cauchy-Riemann thì khả vi tại z

  z

 u  x

 v  x

v   y

 u  y

iy

x

. (1.40)

  , do đó tồn tại giới hạn

w

f z ( )

f

'



  z

lim   z 0

 w  z

Chứng minh: Hàm biến phức có đạo hàm tại z

z tiến đến 0 .

z

không phụ thuộc đường đi của

 

x y , )



 

x y , )





   ta có: x  u x (

 i v x (

 v x y ( , )

f

'



  z

lim   x

0

 u x y ( , ) 

x





i

Xét trường hợp

 x y ,



 x y ,



 

u x

 v  x

(1.41)

   thì: i y

z

   y

)

   y

)



 u x y ( ,

 i v x y ( ,

 v x y ( , )

f

'



  z

lim   y 0

 u x y ( , )  i y



x y ( , )



x y ( , )



x y ( , )



i

x y ( , )

Tương tự nếu

1 i

 u  y

v   y

 v  y

 u  y

(1.42)

So sánh (1.41)-(1.42) ta có điều kiện (1.39).

u x y , ( , )

v x y khả vi tại ( , )

x y suy ra

u

x

   z

y

 1

 u      x

 u  y

       z

y

x

v

 2

 v  x

 v  y

2

0

,

0

Ngược lại, từ giả thiết ( , )

   khi

z  .

y

x

z

2      và 1

2

  x

i

x

y



i

 z



  1

 2

 

u x

 

u y

     

     y   

     

     





trong đó

 w  z

   i v    i y

u x

 v  v       x y    i y x

x y ( , )



x y ( , ),

x y ( , )

 

x y ( , )

Do đó

 u  x

 v  y

 u  y

 v  x

 z

0

Thay

z  .





i





i

i





 1

 2

 w  z

 u  x

 v  x

 z

 u    x

 v  x

     

     

2

2

2

w

  

C

z

x (



y

)

 

C i xy (2 )

Ta được , khi

  x 2

v   y

Ví dụ 1.14: Hàm ở ví dụ 1.13 có

    y 2

 v  x

  u    x     u    y 

  x 2

i y 2

,

 . z 2

  w z '



1,

 

1

iy

x

z

do đó hàm khả vi tại mọi điểm và

   có

 u  x

 v  y

Ví dụ 1.15: Hàm w , các đạo hàm riêng không thỏa

mãn điều kiện Cauchy-Riemann, do đó hàm không khả vi tại bất kỳ điểm nào.

w

f z ( )

Định nghĩa 1.6: Hàm đơn trị khả vi trong một lân cận của z được gọi là giải tích

(analytic) hay chỉnh hình (holomorphe) tại z .

f z khả vi tại mọi điểm của D thì ta nói ( )

f z giải tích trong D.

f z giải tích trong miền đóng D nếu nó giải tích trong một miền chứa D . ( )

Nếu ( )

f z ( )





 ( ) f z



 ( ) g z

Khái niệm khả vi và đạo hàm của hàm biến phức được định nghĩa tương tự như trường hợp hàm thực và công thức tính đạo hàm của biến phức có thể tính qua các đạo hàm riêng (1.40), vì vậy các tính chất và quy tắc tính đạo hàm đã biết đối với hàm thực vẫn còn đúng đối với hàm biến phức. Cụ thể



  g z ( )



f

z g z '( ) ( )



f z g z ( ) '( )

. (1.43)



 f z g z ( ) ( ) '

f



. (1.44)

,

g z ( )



0

f z ( ) g z ( )

    

       

f z g z ( ) '( ) z g z '( ) ( ) 2  g z ( )

. (1.45)



f u u z '( ) '( ).

    f u z ( )



. (1.46)

n

w

1.2.4 Các hàm biến phức sơ cấp cơ bản

z , n nguyên dương  2.

w



nz  1n

A. Hàm lũy thừa

n

z



r

cos

 i

sin



Hàm số lũy thừa xác định và giải tích với mọi z , có đạo hàm .









n

Nếu thì . w  r cos n   i sin n 

R là đường tròn

w R Vậy ảnh của đường tròn z .

z

 

k

 2

w



n

 k

 2

0



arg z



. Ảnh cúa tia Arg là tia Arg

 2 n

v

y

2 n

u

O

x

M(cid:0)t ph(cid:0)ng Z

M(cid:0)t ph(cid:0)ng W

Ảnh cúa hình quạt là mặt phẳng w bỏ đi trục thực dương.

Hình 1.8: (cid:0)nh hình qu(cid:0)t qua hàm l(cid:0)y th(cid:0)a

w

n z

B. Hàm căn

w

n z đều có đúng n căn bậc n , vì vậy hàm căn là một hàm đa trị.

Hàm căn bậc n : là hàm ngược của hàm lũy thừa bậc n . Mọi số phức khác 0

z w e

C. Hàm mũ

 x iy

x

Từ công thức Euler (1.16) ta có thể định nghĩa hàm mũ xác định như sau

z  

x iy e e





z

x

z

w e e   e cos y  i sin y (1.47)

e



e

, Arg (

e

)

  y

k  2

z  . e

 z

 .

v

y

x  a

b

y  b

ae

u

O

x

O

M(cid:0)t ph(cid:0)ng

M(cid:0)t

z

1

e

z

z

 ik

2

z

z

nz

z

2

1

2

1

2

z e e 1

e  z

 Hàm mũ giải tích tại mọi điểm và  e

e

e

,

    . k

e

n

z

2

e

i

0

i



 2

e



1 ,

e



i e ,

Hình 1.9: (cid:0)nh (cid:0)(cid:0)(cid:0)ng th(cid:0)ng qua hàm m(cid:0)  z z e  , , (1.48) ,  e

  . 1

z

a

w



e , ảnh của đường thẳng x

a là đường tròn

 Qua phép biến hình w e , ảnh của

b là tia Arg

w

  b

k  2

. đường thẳng y

  là mặt phẳng w bỏ đi nửa trục thực dương.



2

y

Ảnh của băng 0

D. Hàm lôgarit

w



Ln

z

w  

e

z

u

w

 u iv

u

w



Ln

z

   

iv

u

z

e



e



e

cos

v



i

sin

v





z arg

z



k  2

  e     v 

Re

w



ln

z

w



Ln

z

Hàm lôgarit là hàm ngược của hàm mũ xác định như sau:

Im

w



arg

z



k  2

     

(1.49)

w



Ln

z

Điều này chứng tỏ hàm lôgarit phức là hàm đa trị. Ứng với mỗi z có vô số giá trị của w , những giá trị này có phần thực bằng nhau còn phần ảo hơn kém nhau bội số nguyên của 2 . Ứng với mỗi k ở trên ta có một nhánh của hàm lôgarit.

k

Để tiện cho việc khảo sát, đôi khi người ta tách hàm thành các nhánh đơn trị

k khi đó

0

w



ln

z



i

z



 arg



k  2 0

  

arg z



 của mặt

Im









w





như sau. Trong công thức (1.49) nếu ta cố định

 k 2

 1

 1

0

0

0

của mặt phẳng W. Nhánh đơn trị ứng

k  được gọi là nhánh đơn trị chính và được ký hiệu ln z . Vậy

ln

z



ln

z



i

arg

z

 

ln 1

Ln

i

 i

ln







2

k

i

trở thành một nhánh đơn trị của hàm lôgarit. Nhánh này biến miền phẳng Z thành băng  k 2 với

    

   .

 arg( 1)

 1

 1

 1



z

n

1

 và trong đó ln ở vế trái là hàm lôgarit chính biến phức và ln ở vế phải là hàm lôgarit biến thực.  k 2

Ln



Ln



Ln

, Ln



Ln



Ln

, Ln

z



n

Ln

z



 z



 z



 z



 z



 z z 1 2

1

2

1

2

z

    

    

2

 .

0)

Các nhánh đơn trị của hàm lôgarit giải tích trên nửa mặt phẳng phức Z bỏ đi nửa trục thực x  . âm (

i .

i

 4

1

  i

e 2

  ) i

ln 2



i

Ví dụ 1.16: Tìm lôgarit chính của 1

 4

Giải: Vì , do đó ln(1 .

E. Các hàm lượng giác phức

iz



iz

iz



iz

e

e

e

cos

z



,

sin

z



;

z

  

Mở rộng công thức Euler (1.17) cho các đối số phức ta được các hàm lượng giác phức

 2

 e 2 i

tan

z



,

z





; cot

z



;

z

 . k 

 k 2

 1

sin cos

z z

 2

cos sin

z z

(1.50)

Tính chất 1.3:

z

Các hàm lượng giác phức còn giữ được nhiều tính chất của hàm lượng giác thực.

z tuần hoàn chu kỳ 2 , hàm tan , cot

z

z tuần hoàn chu kỳ  .

 Hàm cos , sin

sin

z



z cos ,

z

 

sin

z



 

 cos

 

tan

z



,

cot

z



 Các hàm lượng giác phức giải tích trong miền xác định



 



 

1 2

 1 2

cos

z

sin

z

2

2

.

cos

z



sin

z



1;

  

z



 Các công thức cộng góc, hạ bậc, tổng thành tích, tích thành tổng vẫn còn đúng

2

x



1, sin

x

1,

Tuy nhiên có những tính chất của hàm lượng giác thực không còn đúng đối với hàm lượng giác phức. Chẳng hạn hàm lượng giác thực bị chặn nhưng hàm lượng giác phức không bị chặn (ta có thể chứng minh điều này bằng cách áp dụng định lý Louville):

   x

2 cos

x



sin

x

 suy ra cos

1



n

n



n

n

e

e

e

e

Từ đẳng thức

cos

ni





1, sin

ni



 khi 1

n  .

1

 2

 2 i

nhưng

z

 z

z

 z

sinh

z

cosh

z

e

e

e

e

cosh

z



, sinh

z



, tanh

z



, coth

z



F. Các hàm lượng giác hyperbolic phức

 2

 2

cosh

z

sinh

z

(1.51)

Tính chất 1.4:

sinh

z



cosh ,

z

cosh

z



sinh

z

 Các hàm lượng giác hyperbolic phức giải tích trong miền xác định



 

 



1



tanh

z



,

coth

z



,



 

 



cosh

2 z

1 2 z

sinh

 z

z

.

cosh

z



sinh

z



e

, cosh

z



sinh

z



e

, sin

iz



i

z sinh , cos

iz



cosh

z

2

2

2

2

 .

cosh

z



sinh

z



z 1, sinh 2



2cosh sinh , cosh 2

z

z

z



cosh

z



sinh

z

 .

1.3 TÍCH PHÂN PHỨC, CÔNG THỨC TÍCH PHÂN CAUCHY

Trong mục này ta nghiên cứu tích phân phức của các hàm đơn trị.

1.3.1 Định nghĩa và các tính chất

Khái niệm tích phân phức dọc theo một đường cong được định nghĩa tương tự tích phân

đường loại 2.

w



f z ( )



u x y ( , )



iv x y ( , )

Giả sử hàm biến phức đơn trị xác định trong miền D và L

 A z

,

z

z

B

là đường cong (có thể đóng kín) nằm trong D có điểm mút đầu là A mút cuối là B.

 nằm trên L theo thứ tự

0

, 1

z , ..., n

2

Chia L thành n đoạn bởi các điểm

z

tăng dần của các chỉ số.

k

k

 của đường cong L một điểm bất kỳ k

   k

 ki

iy

x

  ,

z Đặt k

k

k

  

z

z

z

  

x

x

x

,

  

;

k



1,2, ...,

n

.

k

k

,  1

k

k

k

y k

y k

y k

 1

k

 1

n

S



)

. Chọn trên mỗi cung con  z 1,

n

k

k

 (  f z

k

 1

(1.52)

,

z

z và cách

z f z trên L ứng với phân hoạch 0

, ..., n 1



được gọi là tổng tích phân của hàm ( )

f z , đường L, cách

k

   k

 ki

chọn các điểm . Tổng này nói chung phụ thuộc vào hàm ( )

y

nzB 



kz

k  1kz

 0zA 

x

O

chia L bởi các điểm kz và cách chọn các điểm k (xem hình 1.7).

0

z

  tổng nS tiến tới giới hạn I   không phụ thuộc cách chia đường

k

max   1 k n

Hình 1.7: T(cid:0)ng tích phân Khi

AB và I được gọi là tích phân

f z khả tích trên cung

k ta nói hàm ( )

f z dz ( )

L và chọn các điểm

f z dọc theo đường cong L từ A đến B, ký hiệu



 AB

n

I



f z dz ( )



f

 z

. Vậy của hàm ( )

 



k

k



 lim    z 0 1 k

k

max   1 k n

 AB

(1.53)

n

n

f



iv

   i y

x

 











k

  z k

  , k k

  , k k

k

k





 u  

    

k

 1

k

 1

n

n

Mặt khác, tổng tích phân (1.52) có thể phân tích thành tổng của 2 tổng tích phân đường loại 2.



v

y

u

 y

i











   , k k

  x k

  , k k

   , k k

  x k

   , k k

k





 u  

     k

  

 v  

k

 1

k

 1

(1.54)

0

x

  k

z

k

max   1 k n

0

y

  k

 max  1   k n     0  max    1 k n Vì vậy tích phân phức (1.53) tồn tại khi và chỉ khi hai tích phân đường loại 2 có tổng

Tương tự (1.32), áp dụng (1.23) ta có

udx



vdy



i

vdx



udy



tích phân (1.54) tồn tại và có đẳng thức

  f z dz







 AB

 AB

 AB

(1.55)

w



f z ( )



u x y ( , )



iv x y ( , )

Mặt khác, nếu hàm liên tục trên D và đường L trơn từng

khúc thì tồn tại hai tích phân đường loại 2 ở vế phải của (1.55) (ta đã biết trong Giải tích 2), do đó tồn tại tích phân phức tương ứng.







Từ đẳng thức (1.55) suy ra rằng tích phân phức có các tính chất tương tự như các tính

  f z

  f z dz

  g z dz







 AB

 AB

 AB



k

k 

const

 , (1.56) chất của tích phân đường loại 2.     g z dz

  kf z dz

  f z dz





 AB

 AB

 

 ; , (1.57)

  f z dz

  f z dz





 BA

 AB



 , (1.58)

  f z dz

  f z ds





L

L

 . (1.59)

2

2

ds



dz



dx



dy

vế phải của bất đẳng thức (1.59) là tích phân đường loại 1 dọc theo cung L và có vi phân cung:

.

  f z

Đặc biệt, nếu  M z L ,   và l là độ dài của đường cong L thì

(1.60)

l

  f z dz M 



L

Khi A trùng với B thì L là đường cong kín (ta chỉ xét các đường cong kín không tự cắt, gọi là đường Jordan). Tích phân trên đường cong kín L lấy theo chiều dương của L được ký

  f z dz

  f z dz





L

L

A



0,

B

i 4

2

hiệu , trường hợp lấy theo chiều âm ta ký hiệu .

 

I

2 z dz

 

 AB

Ví dụ 1.17: Tính tích phân ;

y



2, 0

x

  .

2

x

y

1. Dọc theo parabol

2. Dọc theo đường thẳng nối A và B.

i4

B

A

2

x

2

2



2 y dy )

I



2 z dz



x (



iy

2 ) (

dx



idy

)



x (





xydy 2

xydx 2

x (











2  ) i y dx Hình 1.8: (cid:0)(cid:0)(cid:0)ng c(cid:0)a ví d(cid:0) 1.17

 AB

 AB

 AB

 AB

Giải:

y

2 x thì

dy



xdx 2

2

2

2

4

3

2

4

  I



x





i

x 2





x

i

1. Nếu lấy tích phân dọc theo



 x







  x  

 4 x dx 4  

 x dx 2  

  

88    3

16 3

0

0

.

y

x , 2

dy

dx 2

2

2

2

2

2

2

I







dx



i



2



dx

i

2. Nếu lấy tích phân dọc theo đường thẳng nối từ A đến B thì

 x 2





 x 2







  x   

88    3

16 3

 x   

   2 2 2 x x   

   2 2 x x  

       

0

0

.

Qua ví dụ trên ta nhận thấy giá trị của tích phân không phụ thuộc vào đường lấy tích phân từ A đến B. Các định lý sau cho điều kiện cần và đủ để tích phân phức không phụ thuộc vào đường lấy tích phân nối hai đầu mút của đường.

1.3.2 Định lý tích phân Cauchy và tích phân không phụ thuộc đường đi

f z trong miền D không phụ thuộc

f z dọc theo mọi đường cong kín bất kỳ (không tự

Định lý 1.3: Điều kiện cần và đủ để tích phân của hàm ( )

vào đường lấy tích phân là tích phân của ( ) cắt nhau) trong D phải bằng 0.

 là hai đường cong nối A, B trong D . Ta xét đường cong kín L ,L L 2 1

 , trong đó 2L là cung ngược chiều của 2L .

Chứng minh: Giả sử

,L L 2









0



  f z dz

  f z dz

  f z dz

  f z dz

  f z dz









 

L

 L 2

 L 1

 L 2

 L 1

gồm 1





  f z dz

  f z dz





 L 2

 L 1

2L



.



A

1L

B

Hình 1.9: Tích phân không ph(cid:0) thu(cid:0)c (cid:0)(cid:0)(cid:0)ng l(cid:0)y tích phân

Ngược lại, giả sử L là đường cong kín nằm trong D . Chọn hai điểm khác nhau A, B

 là các cung của L nối từ A đến B khi đó ,L L 2 1

nằm trên L, ký hiệu







0

  f z dz

  f z dz

  f z dz

 





L

 L 1

 L 2

.

w

f z ( )

f z dọc theo mọi đường cong kín L bất kỳ trong D đều bằng 0. ( )

Định lý 1.4: Nếu hàm biến phức giải tích trong miền đơn liên D thì tích phân của



udx



vdy



i

vdx



udy





dxdy



i



dxdy

  f z dz

 

 

 





 v  x

u   y

 

u x

 

v y

      

     

     

     





L

L

L trong đó  là hình phẳng giới hạn bởi đường cong kín L nằm trong D .

Chứng minh: Áp dụng định lý Green chuyển tích phân đường loại 2 về tích phân kép và công thức (1.55) ta có

w

f z ( )

Vì giải tích trong miền đơn liên D nên các hàm dưới dấu tích phân trong hai tích

0

  f z dz 



L

phân kép ở vế phải bằng 0 do thỏa mãn điều kiện Cauchy-Riemann. Vậy .

w

f z ( )

Hệ quả 1.1: Nếu giải tích trong miền kín đơn liên D và khả tích trên biên D thì



0

  f z dz





D

.

f z giải tích trong G . Áp dụng định lý 1.4

  .

Chứng minh: Tồn tại miền đơn liên G D và ( )

f z trong G và tích phân lấy trên đường cong kín D G

cho hàm ( )

f z giải tích trong miền kín đa liên D có biên ngoài là

0 và biên

Hệ quả 1.2: Giả sử hàm ( )

 và khả tích trên các biên thì

 1,..., n

n

trong là

  f z dz

  f z dz

 

 

 

k

 1

 0

 k

(1.61)

1

n

0

Chứng minh:

Hình 1.10: Tích phân biên ngoài và biên trong

 ta được một miền đơn liên (xem hình

0 với

n

 1, ..., 1.10). Theo hệ quả 1.1 tích phân trên biên của miền này bằng 0 và chú ý rằng lúc đó tích phân

Cắt D theo các lát cắt nối

 được lấy hai lần ngược chiều nhau vì vậy tích phân trên

0 với

 1, ...,

n

n





0

trên đường nối

  f z dz

  f z dz



 

 

k

 1

 0

 k

biên bằng . Chuyển vế ta được đẳng thức cần chứng minh.

f z giải tích ( )

Có thể chứng minh được rằng hệ quả 1.1 và hệ quả 1.2 còn đúng khi

trong D và liên tục trong D .

dz

I



;

n





n



n

L



a

 z



Ví dụ 1.18: Tính tích phân

trong đó L là đường cong kín bất kỳ không đi qua a .

1

Giải: Gọi D là miền được giới hạn bởi L.



nI  . 0

n

a





 giải tích trong D nên Nếu a D thì   f z



z

  a

r

rC



'D là miền nhị liên có được bằng cách lấy miền D bỏ đi

 z    z D . Xét

r đủ bé để

'D có biên ngoài là L, biên trong là

rC hình tròn tâm a bán kính r .

rC .

1

là đường tròn tâm a bán kính r . Chọn  Nếu a D . Gọi

'D .



  f z

n



a

 z



rC

 a

giải tích trong

L

rC

dz

dz

I





Hình 1.11: Chuy(cid:0)n tích phân trên (cid:0)(cid:0)(cid:0)ng L v(cid:0) (cid:0)(cid:0)(cid:0)ng Theo hệ quả 1.2 ta có

n

 

 

n

n

L

C



a



a

r

 z



 z



it

.

  a

re

; 0

  . Do đó 

2

t

rC z :

2



Phương trình tham số của

2



it



 khi n  1 idt

n

0 2



int



i

(1



n t )

0



0

I  dt   (1.62) khi khi n n   1 1. rie n r e   2  i    0          e dt khi n  1 1  1 n r 

F z '( )

f z ( )

1.3.3 Nguyên hàm và tích phân bất định

( )F z được gọi là một nguyên hàm của hàm biến phức ( )

f z nếu

Hàm .

( )F z là một nguyên hàm

Tương tự như hàm thực, ta có thể chứng minh được rằng nếu

f z thì

C (với mọi hằng số C tùy ý) cũng là một nguyên hàm của ( )

f z và mọi

 F z

của ( )

f z đều có dạng như thế.

nguyên hàm của ( )

f z được gọi là tích phân bất định của ( )

f z , ký hiệu

Tập hợp các nguyên hàm của ( )



D , khi đó tích phân dọc

. f z dz ( )

f z giải tích trong miền đơn liên D , 0z theo cung nối điểm 0z đến điểm z không phụ thuộc đường đi nằm trong D. Hàm biến phức xác định như sau

z



f z dz ( )

 :

f z dz ( )

  F z





z

0

 z z 0

Định lý 1.5: Giả sử hàm ( )

f z . Trong đó vế phải của đẳng thức trên là tích phân phức được lấy

là một nguyên hàm của ( )

theo đường cong bất kỳ nằm trong D nối 0z đến z .

( )F z là một nguyên hàm của ( )

f z trong

z

D ta có:

,z miền đơn liên D . Khi đó, với mọi 0

1

z

1

z

1

Định lý 1.6 (Công thức Newton - Lepnitz): Giả sử

  f z dz

  F z

 F z



 F z



1

0



z

0

z

0

n

 1

n z dz





C

(1.63)   

z e dz

z   e

C









1

z n

 2 4 i

3 2 4 

i

2 z dz





(1



3 i 2 )

i

Ví dụ 1.19: , , ; sin zdz   cos  z C



z 3

8 3

88    3

16 3

0

0

2

2



z cos(

)

(xem ví dụ 1.17).

f z ( )



z

z sin(

)

1 2

 i

 i

2

2

2

z

sin(

2 z dz )

 

z cos(

)



cos 0



cos(









cos(





 )

 1

 )



0

1 2

1 2

1 2

0

Hàm có một nguyên hàm là do đó

1.3.4 Công thức tích phân Cauchy

f z giải tích trong miền D (có thể đa liên) và khả tích trên biên D .

Định lý 1.7: Giả sử ( )

f a ( )



dz

Khi đó, với mọi a D ta có:

1  i 2

( ) f z  a z



D

(1.64)

dz



2



if a ( )

Hoặc

( ) f z  a z



D

(1.65)

D và

  chọn r đủ bé để đường tròn tâm a bán kính r :

0

rC

f z ( )



f a ( )



z

:|

z

a

r

|

 với mọi

  (điều này có được vì ( )

f z liên tục tại a). Gọi

rD là

Chứng minh: Với mọi



z

  a

r

rD

rC

   z



miền có được bằng cách bỏ đi hình tròn từ miền D . Biên của

rC .

gồm biên D của D và

rD , áp dụng hệ quả 1.2 ta được

  f z a

z

Hàm giải tích trong miền

dz



dz

  0

dz



dz

 

 

 

 

1  i 2

( ) f z  a z

1  i 2

( ) f z  a z

1  i 2

( ) f z  a z

1  i 2

( ) f z  a z



D

C



D

C

r

r

rC

 a

rD

D

.

rC

Hình 1.12: Chuy(cid:0)n tích phân trên biên D v(cid:0) (cid:0)(cid:0)(cid:0)ng



  f a

dz





dz



dz



dz

  f a

 

 

 

 

1  i 2

  f z  a

z

  f z  a

z

1  i 2

  f a  a

z

1  i 2

  f z z



a

1  2 i



D

C

C

C

r

r

r



  f a



dz





r 2









1  2

  f z z



a

1  2

 r

 rC

Mặt khác, từ (1.62) ta có

  bé tuỳ ý cho trước nên

0

dz



  0



dz

Vì

  f a

  f a

 

 

  f z  a

z

1  i 2

  f z  a

z

1  i 2



D



D

.

Nhận xét 1.2: Công thức (1.64) được gọi là công thức tích phân Cauchy.

f z hoàn toàn ( )

1. Công thức tích phân Cauchy nói lên rằng giá trị của hàm giải tích

được xác định bởi giá trị của nó ở trên biên.

f z giải tích trong miền D và liên tục trong D .

f z giải tích trong D có biên D là đường cong trơn từng khúc, nếu a D thì

2. Công thức (1.64) còn đúng khi ( )

z

dz



0

giải tích trong D do đó 3. Khi ( )   f z a

1  2 i

f z ( )  z a



D

.

Kết hợp với công thức (1.65) ta có

if a ( )

 a D

nÕu

dz



( ) f z  a z

 a D

0 nÕu



D

 2     

(1.66)

1.3.5 Đạo hàm cấp cao của hàm giải tích

f z giải tích trong D thì có đạo hàm mọi cấp trong D và với mọi a D

Định lý 1.8: Hàm ( )

n ( )

ta có:

f

a ( )



dz



 1

n !  i 2

C

a



 z

f z ( ) n 

(1.67)

n ( )

f

dz



2

 i

Hoặc



 1

a ( ) !

n

C

a



 z

f z ( ) n 

(1.68)

trong đó C là đường cong kín bất kỳ bao quanh a nằm trong D.

1

Chứng minh: Ta chứng minh định lý bằng phương pháp quy nạp

n  .

f

f

Ta chứng minh công thức với trường hợp

 f a





d







 

 

    z  z

1  i 2

    z



1    z a

1 

a



1  i 2



a





a

     

     



       z

d 

C

C

1

1

Áp dụng công thức (1.64) ta có   f a

  

d

z



,







 ; cho

a

min   C

1 d

1 d





a



  

a

z

M

.

. Đặt 2 d

l

f



zf

 f a

  f a





d





d





 

z

 

 

2

2

3

    z z



1  i 2

1  2

 2 d

C

C

a



  

a

z





a

   

 

 

   



t

  

rong đó f  M ,   ; đường cong kín C có độ dài là l . C 

z  ta được 0

  f a '



C

  f z 2

 z

1n  , ta chứng minh công thức đúng đến n .

n (

1)



n (



1)

f

f

f

Cho .  dz 1  i 2  a

  a

n (

1

1





d





    z  z

 1)! 2  i

    z

n )

 (



a

n )

         (  z a 

      

C

 1

n

f

  1 k



 (

   z

a

k  ) (



a

n )

d







 1)! n ( 2  i

 (

   n     ) ( z

a



a

n )

      

       k



0

C

n (



1)

n (



1)

f

f

f

 a

  a





d



 1



    z  z

n !  2 i

   n a )

 (



C

Giả sử công thức đúng đến  a

n

 1

  1 k

 (

  

a

z

k  ) (



a

n )



n (

n

k



0

d





f



  



 1

 1)! 2  i

 (

  

a

z

n  ) (



a

n )

 (



a

n )

C

            

            

n

 1

n )

  

a

z

k  ) (



a

 n k )

    a

 (

z





  (

n (

k



0

d





f

  



 1

 1)! 2  i

 (

  

a

z

n  ) (



a

n )

C

n

n

n

n

  

d

z

n n d 2

  

a

n       z

a



z

n

n

1

n

Chọn

    

a



z

n n d 2

   z

n n d 2

n   d

d 2

n   d



n

1 n

d



   z

a

.

n

 1

   z

a

k  ) (



a

 n k )

    a

 (

z

n )



  (



n (

k



0

d



f

  



 1

 1)! 2  i

 (

  

a

z

n  ) (



a

n )

C

n

 1

n )





   z

a

k  ) (



a

 n k )

    z a

 (

d





0

0

z  .



  (

M  1 2 n

 1)! n ( 2  i

d



0

 kC

Do đó

khi

f z trên C.

Trong đó M là chặn trên của ( )

Theo nguyên lý quy nạp công thức đúng với mọi n.

Nhận xét 1.3:

1. Định lý trên suy ra rằng đạo hàm của một hàm giải tích là một hàm giải tích.

2. Kết hợp định lý 1.5 và định lý 1.8, ta suy ra rằng: điều kiện cần và đủ để hàm đơn trị

có nguyên hàm trong miền D là giải tích trong D.

n ( )

f

 i

 a D

nÕu

dz

3. Tương tự công thức (1.66) ta có công thức tương ứng với (1.68)

n



 1

  f z n a )



z (



D

 a D

a ( ) ! 0 nÕu

 2     

cos

I



dz

3

(1.69)

z   . 1





 z

 z  2 z 1

C

1

Ví dụ 1.20: Tính tích phân , trong đó C là đường tròn:

 z

 2 z 1

1

   

Giải: Bằng phương pháp đồng nhất hệ số, ta có thể phân tích thành tổng các phân

1 2

1 z

1 

1

z



z

 z

 2 z 1

thức hữu tỷ tối giản .

cos

 z

I



dz

dz



dz



dz

 

   

 

 

 cos z 2

cos z

cos  z  1 z



z

 z

 z  2 z 1

C

C

C

C

1

Do đó .

z   đều nằm trong hình tròn giới hạn bởi C. Áp dụng công thức

z  và 0

Các điểm (1.66) và (1.69) ta có:





z



0

z



0

z



1

. I    2 i cos  z   2 i cos  z '  2  i cos  z   4  i

z

R

a

1.3.6 Bất đẳng thức Cauchy và định lý Louville

  nằm trong D và

:RC

z C

f z ( )

M với mọi

Từ công thức (1.69) suy ra rằng, nếu đường tròn

R

n ( )

f



dz





  a



n

 1

2 n

! n  2

!  n M R  1  2

R

C

a



R

 z

  f z 

n ( )

;

n



0, 1, ...

f



thì

  a

n M ! n

R

hay (1.70)

Bất đẳng thức (1.70) được gọi là bất đẳng thức Cauchy.

f z giải tích trong toàn mặt phẳng và bị chặn thì nó là

Định lý 1.9 (định lý Louville): Nếu ( )

f z ( )

một hàm hằng.

0M  sao cho

M với mọi z  . Áp dụng bất

'



1

0

Chứng minh: Theo giả thiết, tồn tại

n  , ta được

R  suy ra

  f a '

  f a  0

M R

đẳng thức Cauchy (1.70) với với mọi

với mọi a   .

z







f

  0



,

  z

 .

  f z

 f z



  z dz

  f z

 f z



0

0



z

0

Áp dụng công thức Newton - Leibniz, ta có

Nhận xét 1.4: Hai hàm lượng giác phức cosz và sinz giải tích tại mọi điểm và không phải hàm hằng do đó không bị chặn.

1.4 CHUỖI BIẾN SỐ PHỨC



u

1.4.1 Chuỗi số phức

n

 được gọi là một chuỗi số phức có số hạng tổng

  0 n n



n



0

, tổng Cho dãy số phức  u

n  là nu . 1

S

u

quát thứ

n  của chuỗi trên.

1

    u 1

0

u n

n

Tổng được gọi là tổng riêng thứ



n

 u

  0 n n



n



0



S

có giới hạn hữu hạn là S   thì ta nói chuỗi Nếu dãy các tổng riêng  S

n

  . u

n



0

hội tụ và S được gọi là tổng của chuỗi, ký hiệu

  0 n n



không có giới hạn hoặc có giới hạn bằng  Trong trường hợp ngược lại, dãy  S



u

thì ta nói chuỗi phân kỳ.

n

 hội tụ

n



0





a

Tương tự sự hội tụ của dãy số phức (công thức 1.32), mỗi chuỗi số phức

  .

,n

b n

ib n

a n

  hội tu; trong đó n u

n



0

n



0

khi và chỉ khi hai chuỗi số thực tương ứng







a (



)



a



i

Đồng thời ta có đẳng thức

n

ib n

n

a b   ,n n





 ; b n

n



0

n



0

n



0

(1.71)

Với nhận xét này, ta có thể áp dụng các kết quả đã biết đối với chuỗi số thực cho các



u

chuỗi số phức. Chẳng hạn:

n

 hội tụ là lim

n



n



0







 Điều kiện cần để chuỗi  . 0 u n

u n

a ,n

 hội tụ suy ra hai chuỗi số thực tương ứng

  hội tụ. b n

n



0

n



0

n



0

Thật vậy, Chuỗi

n

a 0 Theo điều kiện cần hội tụ của chuỗi số thực ta có  và 0  , do đó b n lim  n lim  n





 . 0 u n lim  n

u n

u n

 hội tụ thì chuỗi

 cũng hội tụ.

n



0

n



0



 Nếu chuỗi các môđun

u n

 hội tụ tuyệt đối.

n



0





Khi đó ta nói chuỗi

a Vì n

u n

b và n

u n

u n

 hội tụ suy ra hai chuỗi số dương

 , a n

n



0

n



0







a

b n

,n

b n

 hội tụ. Theo tính chất hội tụ tuyệt đối của chuỗi số thực ta cũng có

  hội

n



0

n



0

n



0



, do đó từ chuỗi

u

n

 cũng hội tụ.

n



0

tụ, do đó chuỗi





u n

u n

 hội tụ nhưng chuỗi các môđun

 không hội tụ thì ta nói chuỗi

n



0

n



0

 Nếu chuỗi

bán hội tụ.

1.4.2 Chuỗi luỹ thừa



Chuỗi có dạng

)n

a

 c z ( n

n



0

(1.72)

,nc a là các hằng số phức và z là biến số phức, được gọi là chuỗi luỹ thừa tâm a .

trong đó

a

z

Rõ ràng rằng mọi chuỗi luỹ thừa tâm a bất kỳ có thể đưa về chuỗi luỹ thừa tâm 0 bằng

  .



n

cách đặt Z

c Z n



n



0



n

(1.73)

 . z

n



0

Ví dụ 1.21: Xét chuỗi luỹ thừa cấp số nhân

n



1

z nÕu

2

n

 1

     z



1

z

z

S

1  1

n

n



1

z z

z nÕu

     

Tổng riêng thứ n là tổng của n số hạng đầu tiên của cấp số nhân:

z  thì 1

1

nz  với mọi n , dó đó nz không thể tiến đến 0 khi n   , và khi

1

z  thì nz tiến đến 0 khi n   . Vậy



khi

z



1

n

Nếu

z

z



n



0

khi

z



1

 1    1  ph©n kú 

(1.74)

r  , chứng minh rằng

1





1

n 2

n 2

r

cos

n



r

sin

n





Ví dụ 1.22: Với mọi





2

4

1



r 2

cos





r

2       

2       

       n



0

       n



0









n 2

2

n

n 2

Z



r

cos

n





i

r

sin

n





r

(cos

n





i

sin

n



)



r e  2 n in

.









n



0

n



0

n



0

n



0

z



r e  2 i

1

1

Giải: Xét

r  do đó

z  . Áp dụng công thức (1.74) ta được

Z



Đặt , vì

1 r e  2 i

1



ZZ









i



i



i



 i

1 2 r e

1 2 r e

1 2 r e

1



1 2 r e

1



1



1



.

1

1





,

i



 i



4

2

4

1



2 r e (



e

)



r

1



r 2

cos





r





2

n 2

n 2

ZZ



Z



r

cos

n

r

sin

n

.





2        

2        

       n



0

       n



0





1

n 2

n 2

r

cos

n



r

sin

n





Mặt khác





2

4

1



r 2

cos





r

2       

2       

       n



0

       n



0

Vậy .

0

Định lý 1.10 (định lý Abel):

z  thì hội tụ tuyệt đối trong hình tròn 

0

:z

z

z

. :z z z 1. Nếu chuỗi (1.73) hội tụ tại 0

1



. 2. Từ đó suy ra rằng nếu chuỗi (1.73) phân kỳ tại 1z thì phân kỳ tại mọi điểm

0M  sao cho

 , vì vậy tồn tại

0

c z n

n 0

c z n

n 0

 hội tụ suy ra

lim  n

n



0

n 

0, 1, 2, ...

Chứng minh: Chuỗi

M

,

nc z

n 0

n

n

z

z

n



  M

c z n

c z n

n 0

z

z

n 0

n 0

n



z

z

Do đó

z . 0

 M

n



0

z

n 0



n

z

Chuỗi hội tụ khi

z , 0

 c z n

n



0

Suy ra chuỗi hội tụ tuyệt đối khi

0

z  để chuỗi (1.73) hội tụ tại 0z , trường hợp này chuỗi (1.73) chỉ

Từ định lý trên ta thấy rằng với chuỗi (1.73) sẽ có ba khả năng sau:

0

R  .

1) Không tồn tại 0 z  . Ta đặt 0 hội tụ tại

(75)

2) Không tồn tại 1z để chuỗi (1.73) phân kỳ tại 1z , trường hợp này chuỗi (1.73) hội tụ tại

R   .

mọi z . Ta đặt

0

(1.76)

z  để chuỗi (1.73) hội tụ tại 0z và tồn tại 1z để chuỗi (1.64) phân kỳ tại

z



z

 , phân kỳ khi

R 0

0

1z . Theo định lý 1.10 ta suy ra rằng chuỗi (1.73) hội tụ khi

z



z

z

 . Trong hình vành khăn

  , chuỗi (1.73) có thể hội tụ hoặc phân

1

R 1

:z R 0

R 1

3) Tồn tại 0

kỳ.

R thì ta đặt

R 0

1

 R R 0

 . R 1

0z 

1R0R

 1z

 Nếu



R 0

R 1

z



R , ta xét

R 0

1

2

 R 2

2

 Nếu

 Nếu chuỗi (1.73) hội tụ tại 2z , ta 2z xem đóng vai trò như 0z .

 Nếu chuỗi (1.73) phân kỳ tại 2z , ta 2z xem đóng vai trò như 1z .

Trong cả hai trường hợp thì ta đã thu hẹp hình vành khăn mà trong đó ta chưa biết

chuỗi (1.73) hội tụ hay phân kỳ xuống còn một nửa.

Tiếp tục quá trình này, cuối cùng ta tìm được số R sao cho:

Chuỗi (1.73) hội tụ khi z R , phân kỳ khi z R . (1.77)

Số R xác định theo công thức (1.75) hoặc (1.76) hoặc (1.77) được gọi là bán kính hội

tụ của chuỗi lũy thừa (1.73).

Định lý sau đây cho ta tiêu chuẩn để tìm bán kính hội tụ R .

 1





Định lý 1.11: Nếu

c lim n c  n n

(tiêu chuẩn D'Alembert)





hoặc

c n

lim n  n

(tiêu chuẩn Cauchy)



 



thì

n u 0

R

  



Õ



0 n u Õ 1 





0

n u Õ

   

(1.78)

là bán kính hội tụ của chuỗi (1.73).

0R  :

z

Nhận xét 1.5: Giả sử chuỗi (1.73) có bán kính hội tụ là

R , với 1

1R

1. Có thể chứng minh được chuỗi (1.73) hội tụ đều trong mọi hình tròn

R .

1R

bất kỳ thỏa mãn

R chuỗi (1.73) có thể hội tụ hay phân kỳ.

2. Tại các điểm trên đường tròn z

3. Như vậy để tìm miền hội tụ của chuỗi lũy thừa tâm a bất kỳ dạng (1.72) ta thực hiện

a

z

các bước sau:

  để đưa về chuỗi lũy thừa tâm 0 dạng (1.73),

 Đổi biến Z

 Tìm bán kính hội tụ R theo công thức (1.78),

R , và từ đó suy ra miền hội tụ.

 Xét sự hội tụ khi Z

n





i

b  .

1



n

 z b



 n

n



0



n

z

i

Ví dụ 1.23: Tìm miền hội tụ của chuỗi ;

  , ta được chuỗi



Z n

b



n

n



0

1

n

b

1



n

 1

n

n n

n n

b

1)



n

 1

Giải: Đặt Z là chuỗi lũy thừa tâm 0 có dạng (1.73).









b  1

n

  ( n 1

n

1

n

b

  n (

1)

n

c n c n

b



b

n

b  n

    1       b  1 n

  b   

     

b



n

b

b

 1





.

 . Vậy bán kính hội tụ R b .

1 b

c lim n c  n n

n

n

n

n

Z

b





1

Do đó

b thì

 

n

Z n

n

n

Z n

b



n

b



n

b



n

b

n

Khi Z , do đó không thể hội tụ

b

i

về 0 khi n   . Vậy chuỗi phân kỳ theo điều kiện cần của chuỗi hội tụ.

  .

Vậy miền hội tụ của chuỗi cần tìm là hình tròn mở tâm i bán kính b : z





)n

a

  f z

 ( c z n

n



0

R

a

Định lý 1.12: Giả sử chuỗi (1.72) có bán kính hội tụ R . Khi đó tổng của chuỗi

  ,

f z ( )

là một hàm giải tích trong hình tròn hội tụ z

nhận được bằng cách lấy đạo hàm từng số hạng của chuỗi





 1

 ( ) f z



a

n )





a

n )

có đạo hàm

c z ( n

nc z ( n





'      

      n



0

n

 1

(1.79)

z

z





 1

f z dz ( )

F z ( )





n a dz )



z (



a

n )

và một nguyên hàm được xác định bằng cách lấy tích phân từng số hạng của chuỗi

  F z

c z ( n





 



c n 

n

1

n



0

n



0

a

a

'

f

  z F z cũng có bán kính hội tụ là R . ,

 

; . (1.80)

Định lý được chứng minh tương tự trường hợp chuỗi lũy thừa biến số thực trong Giải

tích 1.

1.4.3 Chuỗi Taylor, Chuỗi Mac Laurin



n

1.4.3.1 Khái niệm và tính chất

a



  z c n

n



0



n

R

a



a

Giả sử chuỗi luỹ thừa tổng quát có bán kính hội tụ R , theo định lý

  .

  f z



  z c n

n



0

1.12 ta có hàm tổng giải tích trong hình tròn hội tụ z

n

 1



f

  



a

nc



a





  z

 z



 z



  c 1

c 22

n

n



2



f



c 2

  

c 3 2

 

n n (

c 1)





a



a





  z





n

2

3

  z z ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ...

n ( )

Lấy lần lượt đạo hàm các cấp của hàm tổng theo công thức (1.79) ta được

 z

   

 1

  z a ta được:

f    ( n 1)! a n c ! n c n

n ( )



f

f

Thay z

c







, ...,



, ...

  f a ,

   f a ,

0

c 1

c 2

c n

  a 2 !

  a !

n

(1.81)

n ( )



f

Thay vào chuỗi (1.72) ta được

z (



a

n )



  f z



  a !

n

n



0

(1.82)

f z tại a .

Chuỗi (1.82) được gọi là chuỗi Taylor của hàm ( )



n ( )

f

n

z

0 Chuỗi Taylor tại điểm a  được gọi là chuỗi Mac Laurin.

  f z

 

(0) !

n

n



0

(1.83)

Định lý 1.13:

1. Chuỗi luỹ thừa bất kỳ là chuỗi Taylor của hàm tổng của nó trong hình tròn hội tụ.

f z giải tích tại a có thể được khai triển thành chuỗi Taylor ( )

R

a

2. Ngược lại, mọi hàm

f z giải tích

  . Bán kính hội tụ R là số thực dương lớn nhất sao cho ( )

R

a

trong lân cận z

  .

trong lân cận z

Chứng minh: Phần 1 của định lý được suy ra từ định lý 1.12 và công thức (1.81).

f z giải tích trong hình tròn tâm a bán

Để chứng minh phần 2 của định lý ta giả sử hàm ( )



z





z

  a

R

RB





z

R

a

. kính R :

   (xem hình 1.13).

z B R

1R sao cho:

R 1

Với bất kỳ , chọn

1R .

1RC là đường tròn tâm a bán kính

Ký hiệu

f z tại điểm z nằm trong đường

f z ( )



d



Áp dụng công thức tích phân Cauchy (1.64) cho hàm ( )

1RC , ta có

1  i 2

f ( )    z

RC 1

tròn .

R

1R



1 

z



 (

1   

z (

a

)

a

)

 a  z

RB

1RC

1



 (



a

z 

  ) 1    

  a     a 

Mặt khác

n







a

 z











n

 1

1 

 (

a

)

 z      

n    a    a 

n



0

n



0



a

 



n



z



a



a

 z



Hình 1.13





1



n

 1

1RC 

z 

 

a a

n



0

R 1





a





Vì đều với mọi do đó chuỗi lũy thừa hội tụ

1RC 

đều với mọi . Vì vậy có thể chuyển dấu tích phân vào trong dấu tổng của chuỗi, đồng

n







a

f

n

 z





f

d





d





a

thời sử dụng công thức (1.69) ta được:

  

 z







 

 

n

 1

n

 1

1  i 2

1  i 2



0

n



0

C

C





a

a









   



       n  

         

        

         

R 1

R 1



n ( )

n

f

  f z





a

 z





a ( ) !

n

n



0

.

Nhận xét 1.6:

f z giải tích tại a thì hàm có thể khai triển duy nhất thành chuỗi luỹ thừa

1. Nếu hàm ( )

f z tại a . Vì vậy, nếu có thể bằng một phương pháp



f

f z ( )



)n

a



tâm a , đó chính là chuỗi Taylor của ( )

c n

 c z ( n

( )( ) n a n !

n



0

khác, ta có khai triển thì .

2. Chuỗi Mac Laurin là chuỗi lũy thừa tâm 0.

f z ( )







2

1  z 1

 z



Ví dụ 1.24: Khai triển hàm thành chuỗi Mac Laurin.

f z không giải tích tại 1 và 2 , vì vậy hàm số khai triển được

1

Giải: Rõ ràng rằng hàm ( )

z  .

n

d

n  ( 1)

f z ( )







thành chuỗi Mac Laurin trong hình tròn

n

1 3

1

z

1 

2

a





2

 1      z 

    

 1      z

      

dz

! n a  1 n )

z (



1  z 1

 z



Ta có và

n ( )

f

1

1





1

 1

 1

 1

(0) !

n

n  ( 1) 3

1 3

z (



n 1)

z (



n 2)

1 n  ( 2)

      

      

         

      

z



0

Do đó .

f z có chuỗi Mac Laurin



n

f z ( )





z

Vậy hàm ( )



 1

1 3





2

1 n  ( 2)

     1    

     

n



0

1  z 1

 z



.

f z thành tổng của chuỗi lũy thừa tâm 0 bằng

Mặt khác ta cũng có thể khai triển hàm ( )

cách sử dụng hàm tổng của chuỗi cấp số nhân (1.74):

z  thì: 1

y





n

n



z



Nếu



 z

1 

z

1

1 

1

z

n



0

  n



0





O

z   

1

1

 2

x

z 2

1



1 

1 

2

z

do đó

  z    2 1     2 

n





n

Hình 1.14



n  ( 1)



n  ( 1)





 1

1 2

z n 2

n



0

n



0

n







n

n

.    z     2



z

n  ( 1)



z

  



 1

 1

1 3

z

1 

1

z

1 

2

1 3

     

     

z n 2

1 n  ( 2)

     1    

      

1   3 n



0

n



0

n



0

      

      

. Vậy  f z ( )

1.4.3.2 Khai triển thành chuỗi Mac Laurin của các hàm số sơ cấp cơ bản

f z a. Hàm mũ ( )

n ( )

n ( )

n f ,

z   e

f

 . Vậy

1

z e   z

  0

2

n



n

z

Với mọi

e

    



1

   

z 1!

z 2!

z n

!

z n

!

n



0

(1.84)

Hàm mũ giải tích tại mọi điểm nên bán kính hội tụ của chuỗi là R   .



sin

z

k

k

k

iz



iz







iz

 iz

 



 iz

e

sin

z









1

 

k ( 1)







 



 e 2 i

1 i 2

k

 !

k

!

1 i 2

k

!

k



0

k



0

k



0

     

       1



n 2

b. Hàm ( ) f z

sin

z



n  ( 1)



z n (2



1)!

n



0

(1.85) .



cos

z



 1

n 2



n 2

'

(2

cos

z



z



n  ( 1)



n  ( 1)

c. Hàm ( ) f z

 sin







n (2

 n

z 1)  1)!

z n (2 )!

n



0

n



0

. (1.86)

Hàm sin, cosin giải tích tại mọi điểm nên bán kính hội tụ của chuỗi là R   .



sinh

z

k

k

k

z

 z







z

  z

e

e

sinh

z









1

 

k ( 1)







  



 2

1 2

  z k !

k

k

!

1 2

 !

k



0

k



0

k



0

     

       1



n 2

sinh

z



d. Hàm ( ) f z

z  (2 n

1)!

n



0

. (1.87)

Hàm giải tích tại mọi điểm nên bán kính hội tụ của chuỗi là R   .



n 2

cosh

z

Tương tự

 

z n (2 )!

n



0

f z ( )



. (1.88)

1 

1

z



e. Hàm



 ( 1)

n n z

1 

1

z

1     ( ) z

1

n



0

.

1R  vì hàm số không giải tích tại 1 .

Bán kính hội tụ của chuỗi là

f. Nhánh chính của hàm lôgarit và hàm lũy thừa

)z là một nguyên hàm của

1 z 

1



n

 1

n  ( 1)

ln(1

  ) z

nên Vì hàm ln(1



z n



1

n



0

. (1.89)

1R  .

Bán kính hội tụ của chuỗi là

m

(



1)

m m (



 

1)

2

n



z

  1

z

  

z



 (1.90)

 1



mz m m  1! 2!

m n 1)...( n !

Hàm lũy thừa m   :

1R  .

Bán kính hội tụ của chuỗi là





3 2

1 2

1 2

5 2

1

     

          

           

           

     

2

3

1 2

z

z



  1

z



z





   1



1 2 1!

                     2!

3 2 3!

1



z

Đặc biệt:





n



1)!!

n

n



z



z





n  ( 1) (2 n 2

n

!

n  n ( 1) (2 )! 2 2 n n 2 ( !)

n



0

n



0

.

f z nếu ( )

f a  .

0

Định nghĩa 1.7: Điểm a được gọi là không điểm của hàm giải tích ( )

f z tại không điểm a có dạng





k ( )

n

n

 1

k

k

f

f z ( )





a





a

  



a





a

Khai triển Taylor của ( )

 z



 z



 z



 z



c n

c n

 1

c k





a ( ) !

k

 k n

 k n

n ( )

f

.

 thì được gọi là cấp của không điểm a .

0



c n

  a !

n

Số tự nhiên n bé nhất sao cho

n

0

Nếu n là cấp của không điểm a thì

a

  f z

   z



  z

     . c a n

, với (1.91)

f z tại a

 z nên giải tích trong lân cận của a .

là tổng của một chuỗi luỹ thừa có cùng bán kính hội tụ với chuỗi Taylor của ( )

f z giải tích tại a và không đồng nhất bằng 0 trong bất kỳ lân cận nào

Định lý 1.14: Giả sử ( )

f z thì tồn tại một lân cận của a sao cho trong lân

của a , khi đó nếu a là không điểm của ( )

cận này không có một không điểm nào khác.

f z nên có thể biểu diễn dưới dạng (1.91) trong đó

0

Chứng minh: Vì a là không điểm của ( )

 . Vì vậy tồn tại một lân cận của a để trong lân cận này

 z

  a

0

f z cũng khác 0.

  z  , do đó ( )

a , có giới

hàm giải tích thỏa mãn

a

f z giải tích tại a và tồn tại dãy không điểm   0



 n n

Hệ quả 1.3: Nếu ( )

f z

hạn là a khi n   thì ( ) , na f z đồng nhất bằng 0 trong một lân cận nào đó của a .

g z là hai hàm giải tích trong miền D và ( )



g z ( ),

a , hội tụ về a trong D thì ( ) f z

  . z D

a

Định lý 1.15 (định lý về tính duy nhất): Nếu ( ),



 n n

, na

trùng nhau trên một dãy   0 1.4.4 Chuỗi Laurent và điểm bất thường

f z không giải tích tại a nhưng giải tích trong một lân

Có thể xảy ra trường hợp hàm ( )

0

z

   a R

cận của a bỏ đi điểm a :

r

a R

z

   .

hoặc giải tích trong hình vành khăn

f z không thể khai triển thành chuỗi luỹ thừa (chuỗi Taylor) tại

a . Tuy nhiên, có thể khai triển được dưới dạng chuỗi Laurent tại a như sau.

Trong trường hợp này hàm ( )

1.4.4.1 Chuỗi Laurent

f z giải tích trong hình vành khăn

K



  

a

R

z



0

R

r

    . Khi đó chuỗi sau được gọi là chuỗi Laurent của hàm ( )

 z r : f z tại a,





a

; Định nghĩa 1.8: Giả sử hàm ( )

 z

n

c n





n

n



C

 z

  f z 

, với (1.92)  c n dz  1 1  2 i a 



n



a

trong đó C là đường cong kín bất kỳ nằm trong hình vành khăn K bao quanh a (xem hình 1.15).



  f z 1

  z c n

n



0



c  n



Tổng được gọi là phần đều

  z

f 2



n

n

 1



a

 z



và được gọi là phần chính của chuỗi Laurent (1.92).

a R

z

   đều có thể khai triển

Định lý 1.16 (định lý tồn tại và duy nhất của chuỗi Laurent):

f z giải tích trong hình vành khăn K : r

1. Mọi hàm ( )





a

thành chuỗi Laurent (1.92).

 z

n

c n



n



r

a R

z

r R

   ; 0

   

2. Ngược lại, chuỗi bất kỳ có dạng hội tụ trong hình vành khăn K :

f z thì chuỗi này là chuỗi Laurent của hàm tổng ( )

f z trong hình vành khăn

K .

có hàm tổng là ( )

1r

r  a

Chứng minh:

C

R1

R

r

a R

z

K :

,r R sao cho

Hình 1.15

0

   do đó tồn tại 1

1

r

R

z

     .

a R 1

r 1

0

z

1. Với mọi 0z

f z cũng giải tích trong

   thì ( ) a R 1

0

r 1K hình vành khăn: 1

1K .

K

Gọi là

z f z tại 0

1

ta có Áp dụng hệ quả 1.2 và công thức (1.66) đối với hàm ( )

 f z



0

 

 

  f z  z

  f z  z

0

0

C

C

R 1

r 1

 dz  dz z 1  i 2 z 1  i 2

C C lần lượt là đường tròn tâm a bán kính

,R

1,R r . 1

1

r 1

trong đó

 z



0

  f z  z z

0

RC 1

n







a

n



0



dz



dz



a



  f z

 z



 f z 1

0

0





 

 

n

 1

n

 1

1  i 2

1  i 2



0

n



0

C

C



a

a



 z  z



  f z 

 z

       n  

         

        

         

R 1

R 1



n

 Xét hàm , tương tự cách chứng minh định lý 1.13 ta có  dz f 1 1  i 2





a



 z



 f z 1

0

c n

0





n

 1

n



0

C

 z

  f z 

R 1

Đặt thì .  dz c n 1  i 2 a 

 z



0

  f z  z z

0

rC 1

n

n

 1







a



a

 z



1









 Xét hàm , tương tự chứng minh định lý 1.13 ta xét  dz f 2 1  i 2





n

 1

n

z

1   z

z (

1   

z (

a

)

a

)

n



0

n

 1

0

0



a



a

 z

 

 z  z



0

0

z (



0

z z

   ) 1 a   

   a     a 

0

n

 1





a







1

z C

.



n

1r

z z

 a  a

r 1 

a

z

n

 1

0

0



a

 z  z



0

z C

Vì đều với mọi , do đó chuỗi lũy thừa hội tụ

1r

n

 1







a

n

 1



1



dz





a

dz

 z



  f z

  z f z



0

f 2





 

 

n

n

1  i 2

1  i 2

 1

n

 1

C

C



a



a

 z  z



 z



0

0

       n  

         

        

         

r 1

r 1

n

 1



a

dz

đều với mọi . Vì vậy có thể chuyển dấu tích phân vào trong dấu tổng của chuỗi:

  z f z



  c n



1 i 2

C

r 1





 n

c 

n







a

Đặt thì

 z



 z



f 2

0

c 

n

0





n

n

 1

n

 1



a

 z



0

  

2,

3, ...

.

Thay chỉ số n mà n chạy qua 1, 2, 3, ... bởi chỉ số n chạy qua 1,



n









a

,

K

trong công thức trên, cuối cùng ta được.

 f z





 z



 z



0

 f z 1

0

f 2

0

c n

0

  z 0



n



.

r

R

   sao cho đường cong kín C cũng vẫn nằm hoàn toàn trong

r 1

R 1

1

,r R thỏa mãn 1 1K . Lúc đó:

Với đường cong C bất kỳ bao quanh a nằm trong hình vành khăn K , ta có thể chọn

n  ,

0

 

 

n

 1

n

 1

C

C

 z

 z

R 1

với mọi dz  dz  c n 1  i 2 1  i 2  a  a

n  .

0

 

 

n

n

 1

 1

C

C

 z

  f z    f z 

 z

  f z    f z 

r 1



n

f z ( )





a

với mọi  dz  dz c n 1  i 2 1  i 2 a  a 

 z



c n



n



0

R

r

z

      . a

z

   , khi đó chuỗi hội tụ đều

2. Ngược lại, giả sử chuỗi hội tụ trong hình vành khăn K :

r R thích hợp sao cho 1

a R 1

r , chọn 1

1

z

Với mỗi z K

   . Chọn đường cong kín C nằm hoàn toàn trong

1K bao quanh

r 1K : 1

a R 1

trong

k





a

 z



c k

dz



dz



điểm a . Áp dụng công thức (1.62) ta có

c n



 

 

n

 1

n

 1

1  i 2

1  i 2

k



C

C

a





a

 z

  f z 



 z





a

.

f z .

 z

n

c n



n



Như vậy chuỗi là chuỗi Laurent của hàm tổng ( )

nf ( )

Nhận xét 1.7:

f z không giải tích tại a .

  a !

n

z

R

r

vì ( ) 1) Các hệ số nc trong (1.92) không bằng

   với 0 a R

    có các trường hợp riêng:

a R

z

2) Hình vành khăn K : r

   .

a

r

  .

0  Khi r  thì K là hình tròn mở tâm a bán kính R bỏ đi điểm a : 0

 Khi R   thì K là miền ngoài của hình tròn tâm a bán kính r : z

f z giải

f z không giải

rC có ít nhất một điểm mà ( )

3) Hình vành khăn K trong định lý 1.16 là hình vành khăn tâm a lớn nhất mà ( )

tích trong hình vành khăn này. Vì vậy trên RC và tích tại đó.

f z giải tích trong hình vành



a R

z



a

4) Từ tính duy nhất của chuỗi Laurent suy ra rằng nếu hàm ( )

   và chuỗi

f z thì chuỗi này là chuỗi

 z

n

c n



n



khăn K : r có tổng là ( )

f z .

Laurent của hàm ( )

5) Sử dụng tính chất tồn tại và duy nhất của chuỗi Laurent ta có thể xây dựng phép biến

1

f z ( )



đổi Z ở mục 1.6.

z  .





2

1  z 1

 z



Ví dụ 1.25: Khai triển hàm thành chuỗi Laurent có tâm tại

f z không giải tích tại 1 và 2. Vì vậy, khi khai triển theo chuỗi ( )

1

1

Giải: Rõ ràng rằng hàm

z   hoặc

z   1 1

y

2L

1L

1

 1

O

x

 2 2

Laurent tâm tại 1 thì chỉ khai triển được trong hai miền: 0

1

Hình 1.16

z   : 1

z



dz

a. Khai triển Laurent trong miền 0

c n





2

1  i 2



L 1

 z

1  2 n  1

n

0

2

. Chọn đường cong kín 1L bao quanh 1 nằm trong miền này:

    (theo định lý 1.4). 0

c n



n

   1



 

1

dz



c 

1



1  

2 1

z z

1  i 2

1 

z

2 z

 1

L 1



1)

 1

n  ( 1)

 (theo công thức 1.58).

z

( n      

1)!  n    0   1 c n  2 z 1  2 n ( 1  n ( 1)!  1   1     1)!  n (  n  ( 1)





n

n







(xem công thức 1.68)

  f z

 z

 1

 z

 1

c n





n



 1

  n

1

Vậy .

z   : 1

b. Khai triển Laurent trong miền

1

Chọn đường cong kín 2L bao quanh 1 nằm trong miền này.



dz

c n



n



2

1  2 i



2



L 2

 z

 z

 1

.

,  lần lượt là 2 đường cong kín nằm trong 2L bao quanh 1 và 2. 1

2

Chọn

1

n



2

1 

2

 z



1

dz



dz



dz



c n

 

 

 

n



2

n



2

1  2 i

1  2 i

1  i 2

  z  z

 1   2





2



 1

 2

L 2

 z

 1

 z

 z

 1

Áp dụng công thức (1.61) hệ quả 1.2 của định lý 1.4 ta có:

n

 

2

0

nÕu



1)

1 

 z

 2



dz





n



2

n n

  2   1

nÕu nÕu

n

 

1

nÕu

1  i 2



  0    1  

 1

 z

 1

1)!

 z

     

( n   1        2 

z

 1

     1     ( n 

1



2

n

1

dz





1

Áp dụng công thức (1.69) ta được



n



2

1  i 2

 1  2

  z  z





 2

 z

 1

z



2





n

1

n

  2

nÕu

1







, với mọi n .

 z

 1

c n





c n

n

0

n

  1

nÕu

n



n



2



    

 z

 1

Vậy .    f z

f z cách phân tích thành tổng của các

Ta cũng có thể khai triển Laurent của hàm ( )







phân thức hữu tỉ tối giản

  f z

1 z 1)(

z (





2)

1 

2

z

1 

1

z

1

.

z   1







z (

n   1)

f z ( )





z (



n 1)

 Trong miền 0





1 

2

z

 1   ( z

1

1)

1 

2

z

1 

1

z



0

  n

 1

  n

1

.

z

  

1

1



1

z



1







1

1

1

1















 1

1 

2

z

1 

1

z

z (



n 1)

z (



n 1)

z (



n 1)

n



0

n



0

n

 1

z (



z

1 

1

  1) 1    

     





1

1

 Trong miền



f z ( )











1 

1

z

z (



n 1)

z (



n 1)

n

 1

n



2

.

a R

z

   và không giải

1.4.4.2 Điểm bất thường cô lập

f z giải tích trong hình vành khăn 0

Định nghĩa 1.9: Nếu hàm ( )

f z .

tích tại a thì a được gọi là điểm bất thường cô lập hay kỳ dị cô lập của hàm ( )

Theo định lý 1.16 ta có thể khai triển hàm giải tích trong hình vành khăn ứng với điểm

bất thường cô lập thành chuỗi Laurent. Có ba trường hợp xảy ra:

c



a

 

  f z

   a

 z

2

  c 0

 c z 1

2

a. Nếu chuỗi Laurent của hàm chỉ có phần đều, nghĩa là

  f z

 . c 0

lim  a z

R

a

do đó tồn tại

  . Điểm a được gọi là điểm bất

c thì ( )

f z giải tích trong hình tròn z

0

Đặt

  f a thường bỏ được.

c 

n



  



a





  f z

   a

2

  c 0

 c z 1

 c z 2

n

c  1  a

z



a

 z



0

b. Nếu phần chính chỉ có một số hữu hạn các số hạng, nghĩa là

nc  thì a được gọi là cực điểm và n được gọi là cấp của cực điểm.

trong đó

Cực điểm cấp 1 được gọi là cực điểm đơn.

c. Nếu phần chính có vô số số hạng thì a được gọi là điểm bất thường cốt yếu.

Người ta còn chứng minh được rằng điểm bất thường cô lập a là:

z

 a

 bỏ được khi và chỉ khi tồn tại giới hạn hữu hạn lim ( ) f z   .

z

 a

f z  cực điểm khi và chỉ khi tồn tại giới hạn là vô cùng lim ( )   .

z

 a

.  cốt yếu khi và chỉ khi không tồn tại lim ( ) f z

3

7

2

6

z

sin

z



1

Ví dụ 1.26:

5 z z      5!

z 3!

z 7 !

sin z

4 z       5!

z 3!

z 7 !



sin z z

1

0 Vậy z  là điểm bất thường bỏ được của hàm số .

z  là cực điểm cấp 1.



  f z





2

1  z 1

 z



1

1

1 z

 Hàm trong ví dụ 1.25 có

e

  

1

  



 có

2

n

1 z

2!

z

n z !

f z

0  Hàm z  là điểm bất thường cốt yếu.

g z giải tích tại a và a là không điểm lần lượt cấp

,n m

Định lý 1.17: Giả sử hai hàm ( ), ( )

f z và ( )g z . Khi đó a là điểm bất thường của

( ) f z g z ( )

: của ( )

 bỏ được nếu n m

 cực điểm cấp m n nếu n m .

1.5 THẶNG DƯ VÀ ỨNG DỤNG

1.5.1 Định nghĩa thặng dư

f z giải tích trong hình vành khăn

K



0

  

a

z

R

 z



có a là điểm bất Giả sử ( )

f z tại a , ký hiệu

Res

;

thường cô lập. Từ hệ quả 1.2 ta suy ra rằng tích phân lấy theo mọi đường cong kín C bất kỳ bao điểm a nằm trong hình vành khăn K là một số phức không phụ thuộc vào đường C . Ta gọi số phức này là thặng dư của ( )

  f z a

  f z dz



  

   

1 i 2

C

(1.93)

: 0K

z

1.5.2 Cách tính thặng dư

   a R

a. Từ công thức khai triển Laurent của hàm trong hình vành khăn

(công thức (1.92)), ta có

Res

;

  f z a

c 1

  

   

(1.94)

f z .

1c là hệ số của số hạng ứng với

1 a

z

Res

trong đó trong khai triển Laurent của hàm ( )





2

1  z 1

 z



    

    ;1 1   

Chẳng hạn, từ ví dụ 24 ta có

b. Thặng dư tại cực điểm đơn

f z thì

Res

;



Nếu a là cực điểm đơn của ( )

  f z a

 z

   a f z

  

   

lim  a z



(1.95)

f z tại a có dạng

  f z

  f z 1

c 1   z a

  1f z là phần đều của khai triển.

a và lấy giới hạn khi z

a , ta được:

, trong đó Thật vậy, khai triển Laurent của ( )



Nhân hai vế cho  z





c







 z

   a f z

 z

  z



1

 a f 1

c 

1

lim  a z

lim  a z









0,





0,



'

.

 thì 0

  a

  a

  a



  z   z





;

a

Res

thỏa mãn điều kiện Đặc biệt, nếu   f z





  z   z

  a   a '

    

     

(1.96)

Res

;

a



a





 z



lim  a z

lim  a z

 

( ) z z ( )

 

( ) z z ( )



 

( ) a a '( )

   

    

 ( ) z z (

( ) z   a ( )  a )

Thật vậy .

Res

; 2



1

1 z 1)(

z (





2)

lim z 2 z

1 

1

   

    

cos



3



i

3

i 3

1

z



1

Res

;

i





Ví dụ 1.27: ;

z 2

z 2

  

  Res cot ; 0  

 2 i

 2

z



1

z (



   

    

sin

z

3  1) z

 i



z  

z



0

; .

c. Thặng dư tại cực điểm cấp m

f z thì

m

 1

d

Giả sử a là cực điểm cấp m của ( )

Res

f z a ( );

m )

a

m

 1

  

   

lim  a z

  ( z 

 ( ) f z  

1 

m (

1)!

dz



  



(1.97)

f z tại a có dạng

  f z

  f z 1

c 1   a

z

c  

m a

m )

z (

, Thật vậy, khai triển Laurent của ( )

  1f z là phần đều của khai triển.

a

)m

z Nhân hai vế cho (

trong đó

 1

z (



a

m )

f z ( )



  

z (



a

m )

  ( z

a

m )

ta được

c 

m

c 

1

f z ( ) 1

.

1m  và lấy giới hạn khi z

a , ta được:

m

 1

m

 1

d

d

Lấy đạo hàm liên tiếp đến cấp



a

m )



m (



1)!





a

m )



m (



1)!

c 

1

c 

1

m

 1

m

 1

lim  a z

lim  a z

 ( z  

 ( ) f z  

 ( z  

 ( ) f z  1 

dz

dz

1

1

Res



.

1 8

lim z 0 z (



3 2)

z z (



3 2)

   ; 0   

    

2

1

d

Ví dụ 1.28: ,

Res

;



 

2

2 3

lim  2

z

lim  2

z

1 2!

1 z

1 2!

1 8

    

    

z z (



3 2)

dz

z

   

   

    

    2   

.

1.5.3.1 Ứng dụng của lý thuyết thặng dư để tính tích phân phức

1.5.3 Ứng dụng của lý thuyết thặng dư

f z giải tích trong D , ngoại trừ tại

a

D . Khi đó

a một số hữu hạn các điểm bất thường cô lập 1,..., n

n

f z dz ( )



 2 i

Res ( );

f z a

Định lý 1.18: Cho miền đóng D có biên là D . Giả sử ( )

k





  

  

k

 1



D

2a

2C

1a

D

nC

na

1C

(1.98)

C

a

a có bán kính đủ bé nằm trong

1, ... ,

C là các đường tròn tâm 1,...,

n

n

C

D . Gọi

'D là miền D bỏ đi hình tròn có các biên tương ứng là các đường tròn

1, ... ,

C . n

C

Chứng minh: Gọi

'D là D và

1, ... ,

C . n

'D ta có

Biên của

f z giải tích trong

n

n

f z dz ( )



f z dz ( )



 2 i

Res ( );

f z a

Áp dụng hệ quả 1.2 cho hàm ( )

k





 

 

  

  

k

 1

k

 1



D

C

k

z

e

I



.



z (



z 1)(



2 3)

C

Ví dụ 1.29: Tính tích phân , trong đó

z  .

3 2

10

a. C là đường tròn:

z  .

1

3

b. C là đường tròn:

z  là cực điểm đơn và

z   cực điểm kép.

ze z 1)(

z (



2 3)

z

z

e

e

Giải: Hàm có

Res



e 16

z (



z 1)(



2 3)

lim z 1 z (



2 3)

   ;1   

    

z

z

 3

e

1

z

Res

;



e



 

,

lim  3 z

lim  3

z

1 1!

e 

1

z

1 

1

e 5 16

z (



z 1)(



2 3)

z (



2 1)

    

    3   

 d   dz z  

    

    

    

.

z  . 1

z  thì trong C hàm đã cho chỉ có một cực điểm

3 2

I

 2 i



a. Khi C là đường tròn

e 16

 e i 8

10

Vậy .

z  thì trong C hàm đã cho có hai cực điểm

z  và 1

3

z   .

4

 3





5

 i e



I



2

 i



b. Khi C là đường tròn.

3

e 16

e 5 16

e 8

     

      

1.5.3.2 Ứng dụng của lý thuyết thặng dư để tính tích phân thực

Do đó .

0

z  , trừ ra tại một số hữu

f z giải tích trong nửa mặt phẳng Im

a

a và thoả mãn:

Bổ đề 1.1: Giả sử hàm ( )

n

hạn các điểm bất thường cô lập 1, ...,

zf z ( )

 0

lim   z z Im 0;

f z dz ( )



0

(1.99)



z



R

, Im

z



0

RC

   z





R

C

R

, trong đó (xem hình 1.18). Khi đó lim 

  tồn tại

0

N  sao cho với mọi R N

0

 z

:

z



R

, Im

z

zf z ( )

 thì 0

 .

0

Chứng minh: Điều kiện (1.99) suy ra: với mọi

N , do đó

N  đủ lớn sao cho các điểm bất thường cô lập ka thỏa mãn

ka

it

f z giải tích nửa trên đường tròn

Có thể chọn

:

z



Re

, 0

  . Vì vậy 

t

RC







it

it

f z dz ( )



it iRe dt



it iRe dt



 dt





 f Re



 f Re











C

0

0

0

R



0

với mọi R N , ( )

  f z dz



lim  R

C

R



( ),

( )

I

dx

(hoặc xem công thức 1.59). Điều này chứng tỏ .

P x Q x là hai đa thức thực.

 

P x ( ) Q x ( )



( ),

( )

A. Tính tích phân có dạng , trong đó

P z Q z là hai đa thức hệ số thực biến phức, bậc của

( )Q z lớn hơn

Q x ( )

0,

x

a

Định lý 1.19: Giả sử

a là các cực điểm nằm trong

( )P z ít nhất là hai. Nếu

    và 1, ..., n

R z ( )



bậc của

z  của phân thức

0

( ) P z Q z ( )



n

R x dx ( )



 2 i

Res

. Khi đó nửa mặt phẳng Im

R z a ( ); k





  

  

k

 1



y

(1.100)

RC

 2a

1a



 na

O

R

R

x

Chứng minh:

a

0

Hình 1.18: Các (cid:0)i(cid:0)m b(cid:0)t th(cid:0)(cid:0)ng cô l(cid:0)p trong n(cid:0)a trên c(cid:0)a hình tròn

a đều ở trong nửa trên đường tròn tâm O

R  đủ lớn sao cho các cực điểm 1, ..., n

0

z  .

Chọn

bán kính R . Gọi RC là nửa trên của đường tròn này nằm trong nửa mặt phẳng Im

0R  đủ lớn:

Áp dụng công thức (1.98) của định lý 1.18 ta có đẳng thức sau đúng với mọi

R

n

R x dx ( )



R z dz ( )



2

 i

Res

R z a ( );

k







  

  

k

 1



R

C

R

.

Tích phân thứ nhất ở vế trái hội tụ. Theo bổ đề 1.1 tích phân thứ hai có giới hạn bằng 0 khi R   vì thỏa mãn điều kiện (1.99). Vế phải không đổi khi R đủ lớn.



n

R x dx ( )



 2 i

Res

Do đó khi cho R   ta được

R z a ( ); k





  

  

k

 1





dx

I



.

2



2 1)

 0 ( x

1

Ví dụ 1.30: Tính tích phân .





  R z

2

z (



2 1)

z (



i



2 )

i

1 2 z ) (

Giải: Hàm có cực điểm kép z i nằm trong nửa mặt

z  . Vậy 0



dx

1

1



I



;

i



 i



 i



phẳng Im



2

2

lim  i z

1 2

1   2

d dz

 4

x (



2 1)

z (



2 1)

z (



2 )

i

2 3 i (2 )



  2 Res  i   

    

    

    





R x

( )cos

xdx

R x

( )sin

xdx

.











R x e

( ) i x

dx

B. Tính tích phân có dạng ,





0

z  , ngoại trừ tại một số hữu

Hai tích phân trên là phần thực và phần ảo của tích phân .

f z giải tích trong nửa mặt phẳng Im

Bổ đề 1.2: Giả sử hàm ( )

,

 

z C



k

M 0,

hạn các điểm bất thường cô lập và thoả mãn:

  f z

R

M k

R

 i z

0

; là hằng số (1.101)

  ,

e



0

  f z dz



lim  R

C

R

, với mọi thì



z



R

, Im

z



0

RC

   z



it

z C

trong đó .

z

R e

R



it

 i Re

it

it

e



e

  f z dz

  f Re R ie dt



 i z  C

0

R



/2





it

 i R e





R

sin

t





R

sin

 i z

it

it

e



e



e

dt



t dt

e

  f z dz

  f Re R ie dt









M  k 1

M 2  1 k

R

R

C

0

0

0

R

Chứng minh: Với mọi , đặt

sin

t

t

 khi 0

Vì

t 

   , do đó 2



R t



/2



/2







R

sin



 

R



e

t dt



e

dt





e

0

 1



 

R





M 2  1 k

M 2  1 k

M k

R

R



R

0

0

R z ( )



.

P z ( ) Q z ( )

0

Định lý 1.20: Giải sử là một phân thức hữu tỷ thoả mãn các điều kiện sau:

z  ngoại trừ tại một số hữu hạn các cực

( )R z giải tích trong nửa mặt phẳng Im

a .

a điểm 1, ..., n

( ) i x

b

1.

b trên trục thực và

R x e  khả tích tại những

( )R z có thể có m cực điểm 1, ..., m điểm này.

2.

( )Q z lớn hơn bậc của

( )P z ít nhất là 1.

3. Bậc của



n

m

 i x

 i z

 i z

dx



 2 i

Res

R z e ( )



 i

Res

R z e ( )

;

;

Khi đó

  R x e

b k

a k







  

  

  

  

k

 1

k

 1







I



dx

;

 ,

a



0

(1.102)



cos 2

x 2



a

x

0

Ví dụ 1.31: Tính tích phân .





 i x

 i x

 a



I



dx



dx



;

ai

Giải: Vì hàm dưới dấu tích phân là hàm chẵn nên





cos 2

 x 2

e 2

2

e 2

2

1 2

1 2

1 2

 e a 2



a

x

x



a

x



a

       



       

     2 Res  i       

         



I

dx

.

 

sin x x

0





ix

x

I



dx

dx

Ví dụ 1.32: Tính tích phân .





1 2

sin x

e x

      



  1     2 i   

Giải: Vì hàm dưới dấu tích phân là hàm chẵn nên .

( )R z

 thoả mãn các điều kiện của định lý 1.20, có cực điểm đơn duy nhất

1 z

I



Res







Hàm z  0

 i



ize z

1 i 2

 2

 1   i   i 2  

    

   ; 0      

2



R

nx

, sin

trên trục thực, do đó .

 cos

 mx dx



0

n



n

m



m

z

z

z

ix

nx



, sin

mx



,

dx

z

C. Tính tích phân dạng .

e , ta có cos

 2

 z 2 i

dz  iz

Đặt

ix

z

2 thì

e vạch lên đường tròn đơn vị C theo chiều dương. Vì

2



n



n

m



m

z

z

z

R

cos

nx

, sin



R

,

Khi x biến thiên từ 0 vậy



 mx dx





 2

 z 2 i

dz iz

     

      

0

C

2



I



(1.103)

 5

dx 3 sin

x

0

Ví dụ 1.33: Tính tích phân

dz 2

Giải:

I







;

 

 

dz iz

 2

2

C

C

5





3



z



3





i 3

 z



3 i 2

1 z

i 10 3

i 3

1   z    

     

  z    

   1   

2      

  z    

    2 Res  i     

   i     3    



,

i z   nằm 3

2

3



z



3





i 3

 z



2 i 10 3

i 3

  z    

   1   

  z    

2      

vì hàm số chỉ có một cực điểm đơn





inx

e

trong đường tròn đơn vị C .

K n ( )



dx

,

z



 ,

z



1

0

0



2

1  2



ix





1



z e 0

z

 ix e

  

dz

(

i zdx )

Ví dụ 1.34: Tính tích phân

n

n

z

K n ( )

 



 

 

2

1  2

dz  ( i z )

1  i 2

dz z





1



C

C

 1

z z 0

z z 0

z  1



z z 0

z C

Giải: Đặt . Khi x tăng từ  đến  thì z vạch nên đường tròn đơn vị theo chiều âm, do đó

   . z

1 z

n

n

n

z

Mặt khác

.

1   z

1   z







z



 1

 1

z z 0

z z 0

0

z z 0

z  1



z  z





 1



z z 0

   1   

 z   0     z 

z

Do đó

chỉ có một cực điểm đơn

z . 0





z

 1

z z 0

0

nz  z



n

n

K n ( )



dz



Trong đường tròn đơn vị C hàm



2

1  i 2





z

0  z  z

1

C

 1

z z 0

0

z  z



0

Vậy .

1.6 PHÉP BIẾN ĐỔI Z

( )

Từ sau Thế chiến thứ II, sự phát triển của công nghệ kỹ thuật số đòi hỏi cần thiết kế và giải quyết các hệ dữ liệu mẫu với thời gian rời rạc (các tín hiệu được lấy mẫu tại những thời điểm rời rạc). Những hệ dữ liệu này thỏa mãn phương trình sai phân, trong đó mỗi thành phần y n tại thời điểm n phụ thuộc vào các thành phần tại các thời điểm khác.

r

z R

  bởi dãy các hệ số trong khai triển Laurent của nó (công thức 1.92 và định lý

Dựa vào tính chất xác định duy nhất của hàm số giải tích trong hình vành khăn

1.16), người ta xây dựng phép biến đổi Z và sử dụng để biểu diễn các dãy tín hiệu rời rạc qua các hàm giải tích trong hình vành khăn.

Phép biến đổi Z có rất nhiều ứng dụng trong lý thuyết xử lý tín hiệu và lọc số, vì nói chung việc khảo sát các hàm giải tích sẽ thuận lợi và dễ dàng hơn so với khảo sát các dãy rời rạc.



1.6.1 Định nghĩa phép biến đổi Z

( ) x n

n









n

 1

là hàm biến phức Định nghĩa 1.10: Biến đổi Z của dãy tín hiệu 

X z ( )



x n z ( )



x n z ( )(

n )





n



n



(1.104)

X z ( )



Miền hội tụ của chuỗi (1.104) là miền xác định của biến đổi Z.

Z

  x n ( )



0

Ký hiệu

n  ,

x n  , 0

0

n  , nghĩa là ( )

( ) x n



chỉ xác định với

Trường hợp dãy tín hiệu  n khi đó biến đổi Z của tín hiệu này được gọi là biến đổi một phía.

1.6.2 Miền xác định của biến đổi Z

Để tìm miền xác định của phép biến đổi Z ta có thể áp dụng tiêu chuẩn Cauchy hoặc

tiêu chuẩn D'Alembert (định lý 1.11, công thức (1.78)).





n

 n



X z ( )



x n z ( )







Ta tách chuỗi vô hạn hai phía thành tổng của 2 chuỗi:

X z ( ) 1

X z ( ) 2





 x n z ( )

1

n



n





 1



n

n





1

m





 ( x m z )

(1.105)

n  ).

X z ( ) 1

X z ( ) 2

 





 x n z ( )

1

 x n z ( )



n



0

n



m

 1

x n (



1)

r



trong đó , (đặt m

lim  n

x n ( )

n

r



x n ( )

 Nếu (tiêu chuẩn D'Alembert)

lim  n

1

hoặc (tiêu chuẩn Cauchy)

z .

|

   hay r 1

|

z

1( )X z hội tụ khi

1 r

z

thì chuỗi

  ( x m

1)





lim  m

 ( x m

)

m

 Nếu (tiêu chuẩn D'Alembert)





 (tiêu chuẩn Cauchy) ( x m

)

lim  m

z

R

hoặc

  .

2( )X z hội tụ khi

1 

thì chuỗi

( )X z .

Tóm lại ta có hai tiêu chuẩn sau về miền xác định của

x n (



1)

  ( x n

1)

r





 Tiêu chuẩn D'Alembert

lim  n

lim   n

1 R

x n ( )

 ( x n

)

R

z

Nếu và (1.106)

  .

( )X z là r

thì miền xác định của

n

n



)

r



x n ( )

 Tiêu chuẩn Cauchy

 ( x n

lim  n

lim   n

1 R

R

z

Nếu và (1.107)

  .

( )X z là r

thì miền xác định của

x n ( )

0,

n

n

   thì

0

0

  . z R

x n ( )

0,

n

n

 

z R

   có miền xác định 0

0  Trường hợp r  , do đó miền xác định có dạng

0

x n ( )

0,

n

n

0

(1.108)

z . Ta

    thì R   , miền xác định có dạng r

0

 Trường hợp

z

x n ( )

0,

n

n

    có miền xác định r 0

gọi là phép biến đổi một phía.

0

nÕu

x n ( )

(1.109)

n 2 0

    3 n  3 n

nÕu

    



3



1



n



n



n

X z ( )



x n z ( )



n 2

z



1

n 2

z

Ví dụ 1.35: Tìm biến đổi Z cúa tín hiệu







8 3

4 2

2     z

z

z

n



n



n



Giải: .

n  vào chuỗi cuối cùng vế phải ở trên ta được:

m

 1





1



n

2

1



n 2

z

  1

 2

m m z



,





Đổi m

z  .







2 

z

2

   z    2  

n



m

 1

m



0

1



z 2

X z ( )



  

2

với

z  .

8 3

4 2

2 z

2 

z

2

z

z

Vậy với 0

0,

3

x n Mặt khác theo nhận xét trên ta có ( )

   n

r  .

0

  1 n

2

x n ( )



n 2 ,

    

x n (

n

3

)

 n 2 ,

   3

n





n

  ( x n 1)  ( x n )

1 2

 2



n



n

,

    2

R

n

0

x n ( )



n 2



1 2

2

hoặc

z  .

n

x n ( )

Vậy biến đổi Z có miền xác định 0

3 4

      





n

1











Ví dụ 1.36: Tìm biến đổi Z của tín hiệu xác định bởi .

z  .

 hay

1

X z ( ) 1





 z

1

3 4

3 z 4

4 z  z 4

3

3 4z

n   3         4  

     

n      

n



0

n



0

1



3 z 4

n

 1



1



n

n



1



1







, với

n  )

X z ( ) 2







 x n z ( )



 z



z 3 4

   3         4  

     

m      

n



n



m

 1



1



  1

  1

  1

(đặt m

z  .

 hay

1



4 3

z 3 4

4 

4

z 3

3 z  z 3

4

z 3 4

     

m     

m



0

1



z 3 4

X z ( )







, với

z  .

4 z  z 4

3

3 z  z 3

4

3 4

4 3





z 3

z 7  3 4

 z 4



n

n

n

n

r



x n ( )







Vậy , với

lim  n

lim  n

lim  n

3 4

  3         4  

n   3         4  



n

n

n

n

  ( x n )



  

R

Ta cũng thấy rằng .

lim   n

lim  n

lim  n

3 4

4 3

  3         4  

n   3         4  

x n ( )

.

n n

 

0 0 ;

a



0

na 0

nÕu nÕu

    

Ví dụ 1.37: Tìm biến đổi Z một phía cúa tín hiệu





1



n



n

Giải:

X z ( )



x n z ( )



n a z









 1

z 

a

z

1



az

n



n



0

(1.110)

a , (công thức 1.109).

 ( ) n

1

có miền xác định z

a  dãy tín hiệu

1 0

n n

 

0 0

nÕu nÕu

    

 Trường hợp

  ( ) z



z 

1

z

1 z  1

1



 

n ( 1) ;

n

0

X z ( )





có biến đổi Z là .

a   , ( ) 1 x n

 có biến đổi Z là

z 

1

z

1 z  1

1



anT

x n ( )

 Trường hợp .

 e 0

n n

 

0 0

nÕu nÕu

   

Ví dụ 1.38: Tìm biến đổi Z một phía cúa tín hiệu

với a là số phức.





z



n



anT



n

X z ( )



x n z ( )



z



e

Giải: Theo ví dụ 1.37 ta có







aT

z



e

n



n



0

aT

(1.111)

z

e

aT



aT

aT

có miền xác định

e

 e

1

e  i T

 , do đó miền xác định của biến đổi Z

Trường hợp a là số thực thì , do đó miền xác định của biến đổi Z là . z e

i là số thuần ảo thì

1

 Trường hợp a

z  .

  (

 

)i T

T

là

  thì

i



e

  e

, do đó miền xác định của biến đổi Z  Trường hợp a

1

0

  n

5

nÕu

x n ( )

z e  T là .

n



6

nÕu

   n  (1 / 2) 



5





n



n

X z ( )



x n z ( )



z



Ví dụ 1.39: Tìm biến đổi Z cúa tín hiệu







1 z 2

    

n     

n



n



0

n



6

N

N

 1

1

n

Giải: .

q





 1

q 

q

n



0



6



6

6

1



z





1

1

X z ( )













Áp dụng công thức và công thức tổng của chuỗi cấp số nhân ta được





1

z 6

1 5

z 6

1 5

1 z 2

1 z 2

1 z 2

     

6      

     

m      

     

6      

1



z

z



z

z



z

6 z (2 )



5 z (2 )

m



0

1



1 z 2

,

z  .

1 2

miền xác định

1.6.3 Tính chất của biến đổi Z

( ) x n thường được xét từ thời điểm

0 n  trở đi. Vì vậy hầu như chỉ xét Các tín hiệu 

phép biến đổi Z một phía.

Các tính chất sau cũng chỉ xét với phép biến đổi Z một phía.

a. Tuyến tính:







Z

 Ax n ( )

 By n ( )

  Z A x n ( )

  Z B y n ( )

, A, B là hằng số. (1.112)

X z ( )



b. Đồng dạng:

Z

 na



X az (

)

  x n ( )

( ) x n

Nếu . (1.113) thì  Z

X z ( )







zX z ( )



zx

(0)

c. Tịnh tiến

Z

Z x n (

  x n ( )

 1)

m

m

(



z X z ( )



m z x

(0)



z

 1 x

(1)

  ...

zx m (

   (1.114) 0

1);

m

Z

  x n m

 )

Nếu , thì 

 ( n

k

d. Trễ

1 0

n n

 

k k

nÕu nÕu

     )  

X z ( )



Ký hiệu (1.115)

 k z X z ( )

Z

 )

  x n ( )

x n (  k  ) ( n  k  Nếu . (1.116) thì  Z

X z ( )



e. Nhân với n

  z

Z

  x n ( )

 nx n ( )

dX z ( ) dz

Nếu . (1.117) thì  Z

f. Dãy tuần hoàn

 f n ( )

f f f 1 0 1 2

f ... f f f  0 1 2 N  Chu kú thø nhÊt

         

    ...     

0

   n N

1

nÕu

x n ( )

, Xét dãy tín hiệu rời rạc chu kỳ N có dạng 

nf 0

 n N

nÕu

    



X z ( )



Đặt

Nz  . (1.118)

1

Z

 f n ( )

  x n ( )

X z ( ) z  N



1

Nếu , thì  Z

x n và  ( )

( )y n là dãy tín hiệu 

( ) z n được ký hiệu và xác

g. Tích chập





z n ( )



x n

y n ( ) * ( )



x k y n ( ) (

  k )

x n (



k y k ) ( )

Tích chập của hai dãy tín hiệu  định như sau





k



k



n  thì tích chập trở thành

0

(1.119)

x n và  ( )

( )y n chỉ xác định khi

n

n

z n ( )



x n

y n ( ) * ( )



x k y n ( ) (

  k )

x n (



k y k ) ( )





k



0

k



0



X z Y z ( ) ( )

Nếu hai dãy tín hiệu 

 y n ( ) * ( )

(1.120) và biến đổi Z một phía có tính chất  Z x n

 n T

x n ( )

cos 0

n n

 

0 0

nÕu nÕu

    









n



n

 in T



 in T

 n

Ví dụ 1.40: Tìm biến đổi Z một phía cúa tín hiệu

X z ( )



x n z ( )



(cos

n T z ).







e

z







 e



1 2

n



n



0

n



0

Giải: .



cos(



T

z

 in T



 in T



n

X z ( )





e

z







Theo ví dụ 1.38 ứng với trường hợp số a thuần ảo và áp dụng công thức (1.110) ta được



 e



 i T

z 

 i T

2

1 2

1 2

    

     

z



e

z



e

 z z    2 cos( z

z

 )   



T

)

1

n



0

1

,

z  .



miền xác định



1

1 az 

1



 2



1

az

n



1



1

 2

  z



az

   z

(



az

  ( a

z )( 1)



, áp dụng công thức (1.115) ta được Ví dụ 1.41: Từ ví dụ 1.37 ta có  Z na

Z

 na



 )( 1) 1





d dz

z (



a

2 )

   1  

   

.

1.6.4 Biến đổi Z ngược

  , z R

( )X z giải tích trong hình vành khăn r

Theo định lý 1.16 mỗi hàm biến phức

    ) đều có thể khai triển duy nhất thành chuỗi Laurent:

r R



n

X z ( )



dz

( 0

c z n

c n

 



X z ( )  n 1

1  i 2

z

n



C

C là đường cong kín bao quanh gốc O và nằm trong hình vành khăn r

  . z R

x n Đặt ( )

với ,

c n





n

 1

X z ( )

x n z ( )

x n ( )



n z X z dz

( )

thì

 



1 i 2

n



C



với . (1.121)

( )X z được gọi là biến đổi ngược



xác định duy nhất bởi Theo (1.121) 

( ) x n n ( )X z . Ký hiệu



1

của biến đổi Z của



 Z

  x n ( )

  X z ( )

n



.

z R

Nhận xét 1.8: 1) Tương tự khai triển Taylor, do tính chất duy nhất của khai triển hàm số giải

  thành tổng của chuỗi Laurent nên ta có thể sử

tích trong hình vành khăn r

dụng phương pháp tính trực tiếp theo công thức (1.121) hoặc các phương pháp khai triển thành chuỗi lũy thừa để tìm biến đổi ngược của phép biến đổi Z .

r . Vì vậy khi tìm biến đổi ngược

2) Theo công thức (1.105), (1.106), (1.107) miền xác định của phép biến đổi Z một phía 1Z  thì hàm ảnh phải giải tích trong có dạng z

r .

miền z

x n theo công thức (1.119).

3) Có thể sử dụng thặng dư để tính các giá trị ( )

1Z  ta có thể sử dụng các tính chất của phép biến đổi

4) Để tìm phép biến đổi ngược

1

thuận. Chẳng hạn

 1 Z

 Z

 1 Z

 AX z ( )

 BY z ( )

  X z ( )

  Y z ( )

1

1



n

(tuyến tính)   A  B

 Z

 Z

  X z ( )

 X az (

 )



z



2

z

2

X z ( )









 x n ( )   a x n ( ) (đồng dạng) …

2

1 

3

z

z 2

  7 z

3

2

z





z



2

1 2 1 2

 7 2

3 2

  z   

     

z 

, 3

Ví dụ 1.42: Hàm giải tích tại

1 2

mọi . Vì vậy ta có thể tìm biến đổi ngược trong 3 miền sau:

0

z  :

1 2





n



 1

z

n

X z ( )







n n z 2





z







1 

1

z 2

1 3

  n  2   

     

n 3

1  1 n 3

n



0

n



0

n



0

  z    3 1     3 

0

n

 n





z

a. Miền



   2   

    

1   1 n 3

n



 n 2



   

n

0

nÕu

.

x n ( )

1   1 n 3

0

n



0

nÕu

    

Vậy .

z  :

3

1 2





n

 1

 1

z

n

X z ( )







  n z 2







 1 z 2

1 3

n 3

n



0

n



0





1 z 2

z 3

  2 1 z    

     

  3 1    

     



0

n

  n z 2



n 3

  1 n z

b. Miền





 1

  n

n



.

n

0

nÕu

x n ( )

 n 13  n 2

n



0

nÕu

      

    Vậy .

z : (Biến đổi Z ngược một phía)

c. Miền 3









 1

1

n

 n

n

n

X z ( )







  n z 2



n 3

z

  n z 2



n 3

  1 z









 1 z 2

1 z

n



0

n



0

  n

 1

n

 1



z



3 z

  2 1 z    

     

  1    

     

   

n

0

nÕu

x n ( )

0  1

n

n 3



 2

n



1

nÕu

1 2 z     

Vậy .

X z ( )



A. Tìm biến đổi Z ngược bằng cách khai triển thành chuỗi hoặc tính thặng dư

1 z 1)(

z (





2)

2

Ví dụ 1.43: Tìm biến đổi Z ngược một phía của .

z  và 1

z  , do đó biến đổi Z ngược một phía của

( )X z không giải tích tại

2

z  .

( )X z có dạng

Giải: Hàm





Cách 1: Khai triển thành chuỗi

z (



1 z 1)(



2)

1 

2

z

1 

1

z





1

 1

  ( n

1)

2

Ta có

z  .

z (2

n )



n 2

z











1

1 

2

z

1 z

z

(1



z 2

)

n



0

n



0





1



1

  ( n

1)

1

, khi

z  .





z

z (

n )









1

1 

1

z

1 z

z

(1



z

)

n



0

n



0

2

, khi

z  ta có khai triển Laurent của hàm

( )X z









  ( n

1)

  ( n

1)

  ( n

1)

m

 1



m

X z ( )



n 2

z





n (2



z 1)



(2



z 1)

z









n



0

n



0

n



0

m



2

Vậy khi

( )X z là

y

n



1

nÕu

x n ( )

0  1



1

n



2

nÕu

   n  2 

Do đó biến đổi Z ngược của

 2

O

 1

x

Cách 2: Dùng thặng dư và sử dụng

C

n

 1

n

 1

x n ( )



z X z dz

( )



dz

công thức (1.121) để tìm biến đổi ngược như sau

n  0

 

 

1  2 i

1  i 2

z z 1)(

z (





2)

C

C

,

Hình 1.18

z  2

0

trong đó C là đường khép kín bất kỳ nằm trong miền

n  , sử dụng thặng dư và công thức (1.98) ta được

n

 1

n

 1

n

 1

 1

x n ( )



dz



Res



Res

;2

   1

n 2



1  2 i

z z 1)(

z z 1)(

z (





2)

z (





2)

z (





2)

z z 1)(

C

    

  ;1   

    

    

Khi

0 Khi n  hàm dưới dấu tích phân có 3 điểm bất thường cô lập là 0, 1, và 2, vậy

 1

x

(0)



z X z dz

( )



Res

; 0



Res



Res

;2

    1

0



1  i 2

( ) X z z

( ) X z z

( ) X z z

1 2

1 2

   

   

   

  ;1  

   

   

C

n



0

n



1

nÕu

nÕu

x n ( )





.

0  1

0  1



1

n



0



1

n



2

nÕu

nÕu

     n  2   

     n  2   

2

z



Do đó

X z ( )



z (



z 2 2 1)

Ví dụ 1.44: Tìm biến đổi Z ngược một phía của .

Giải:

z  . | 1





1

1



n

  ( n

1)





z

 



 (

n z )





z 

1

z

z (



2 1)

n



0

n



0

1



1 z

2



z



2

  ( n

1)





n z (



z z 2 )



z (



z 2 2 1)

n



0









  1 n



n



m



n



m



X z ( )



nz



nz 2



m (



z 1)



nz 2



(3

m



z 1)

.









n



0

m



0

n



0

m



0

Cách 1: Khai triển thành chuỗi trong miền |

n  0

n

 1

n

n

 1

n

z



z



 1

x n ( )



n z X z dz

( )



dz

Res

Cách 2: Sử dụng công thức (1.121) để tìm biến đổi ngược như sau: Với mọi

 

 

1  i 2

1  i 2

z 2 2 1)

z (



z 2 2 1)

z (



C

C

     

  ;1   

n

 1

n

z



n

 1

n

x n ( )



Res





z 2



n 3



1

0

,

n  .

 z



z

 1

d dz

z 2 2 1)

z (



    

  ;1   



n 3



1,

n

x n Vậy ( )

 . 0

,

X z ( )



B. Tìm biến đổi Z ngược của các phân thức hữu tỉ

P z ( ) Q z ( )

Để tìm biến đổi Z ngược một phía của các phân thức hữu tỉ dạng ta phân

z

X z ( )



tích thành tổng của các phân thức tối giản sử dụng các tính chất của biến đổi Z.

2

z



1

Ví dụ 1.45: Tìm biến đổi Z ngược một phía của .

z

Giải: Phân tích thành tổng của các phân thức tối giản ta có

X z ( )







2

1 2

1

z

z 

1

 z      z 

    

z



1

.

1

n ( 1)

Z

Z

     z    1     1 z   

     z     1     z 1   

Theo công thức (1.108) ví dụ 1.37 ta có ,

1



 

n ( 1)

n



0

,



 Z

  X z ( )

 1



1 2

2

z 2

.

X z ( )



z (



z 2)(



2 1)

Ví dụ 1.46: Tìm biến đổi Z ngược một phía của .

2

z 2

z 2

Giải: Phân tích thành tổng của các phân thức tối giản ta có

X z ( )



 





4 z 

z

2

4 z 

z

1

z (



z 2)(



2 1)

z (



2 1)

.

Theo công thức (1.110) ví dụ 1.37 ta có

n ( 1)

n ( 2)

Z

Z

     z     1     z 1   

     z     1     z 2   

, ,

z

1



   n

n ( 1)

Áp dụng công thức (1.115) ta có

 1 Z

 Z

 1 Z   n

z 

1

z

z 

1

 d     dz z 

2 1)

      

      

   z    

            

      ( z 

      

1

n

.

 

n 4( 1)

 

n 4( 2)



 2 ( 1) , n

n



0



 Z

  X z ( )

2

z



.

X z ( )



z 2 2)

z (



2

z



z 3

Ví dụ 1.47: Tìm biến đổi Z ngược một phía của .





z 

2

z

z 2 2)

z (



z (



2 2)

Giải: Phân tích thành tổng của các phân thức tối giản ta có .

n 2

Z

     z    1     2 z   

Theo công thức (1.110) ví dụ 1.37 ta có

z

1

1







n 2

Áp dụng công thức (1.117) ta có

 1 Z

 Z

 Z

1 2

z 

2

n 2

z

z 

2

n 2

 d     dz z 

2 2)

      

      

    z    

            

      ( z 

      

.

n   2

n 2

n



n



n



0



 1 Z

  X z ( )

3 2

3 2

    

 n  1 2 ,   

.

1.6.5 Ứng dụng biến đổi Z để giải phương trình sai phân

Có thể sử dụng các tính chất của phép biến đổi Z và phép biến đổi ngược để giải các

phương trình sai phân.

Ví dụ 1.48: Giải phương trình sai phân bậc hai

x n 2 (

  2)

x n 3 (

  1)

x n ( )

 

5 3n

n  0

,

x

 và (1)

x  .

0

1

thỏa mãn điều kiện đầu (0)

Giải: Thực hiện biến đổi Z hai vế của phương trình và áp dụng công thức (1.112) ta được











Z 2

Z 3

Z

 x n (

 2)

 x n (

 1)

  x n ( )

  Z n 5 3

,

2

z X z 2 ( )



2 z x 2

(0)



zx 2 (1)



3



zx



X z ( )



Từ công thức (1.114) và ví dụ 1.37 ta có

 zX z ( )  

 (0)  

z 5 

z

3

.

z

z (2



z 1)(



X z 1) ( )





X z ( )



Thay điều kiện đầu vào kết quả trên ta được

z (2  z

 1) 3

z z 3)(



1)

z (



.

X z ( )







z z 3)(

z (





1)

1 2

z

z 

3

z

z 

1

     

    

.

Do đó nghiệm của phương trình sai phân cần tìm là (xem công thức 1.110 ví dụ 1.37 và nhận xét 1.8-4)

n  0

x n ( )











 1 Z

 1 Z

 1 Z

  X z ( )

 n 3

 1

1 2

z

z 

3

1 2

z

z 

1

1 2

      

      

      

      

,

x n (

  2)

x n 2 (

  1)

x n ( )

 , 1

n  0

Ví dụ 1.49: Giải phương trình sai phân bậc hai

x

 và (1)

x 

0

3 / 2

. thỏa mãn điều kiện đầu (0)







Giải: Thực hiện biến đổi Z hai vế của phương trình và áp dụng công thức (1.112) ta được

Z

Z 2

Z

Z

 x n (

 2)

 x n (

   1)

  x n ( )

  1

2

z X z ( )



2 z x

(0)



zx

(1)



2



zx



X z ( )



 zX z ( )  

 (0)  

z 

1

z

2

z 3



,

X z ( )



z 2(



z 3 1)

2

n

 1

n

2

n

 1

n

z 3

z 3



d

z 3

 1

2

x n ( )





dz







n



n

Z

Thay điều kiện đầu vào kết quả trên ta được .



2

1  i 2

1 2!

2

z 2

1 2

z 2(

z 2(



z 3 1)

dz

      

      

C

      

  z    3  1)  

z

 1

.

x n (

  2)

2 b x n ( )

 , 0

n  0

2

1

(0)x

Ví dụ 1.50: Giải phương trình sai phân bậc hai

b  và thỏa mãn điều kiện đầu

b và (1)

x  .

0

với

2 Z

Z

  x n ( )

 x n (

2

2

z X z ( )



2 z x

(0)



zx

(1)



b X z ( )

 0

 , 0   b Giải: Thực hiện biến đổi Z hai vế của phương trình và áp dụng công thức (1.112) ta được  2)

X z ( )



2 2 b z 2

2



b

z

 1

n

1

x n ( )





dz

 Z



2

1  i 2

2 b z ib z )(

z (





ib

)

b

C

  2 2 b z    2  z 

      

Thay điều kiện đầu vào kết quả trên ta được .

n

 1

n

 1

n



n

n



2 i

b

b

n )

x n ( )









2 b z  z

bi

2 b z  z

bi

2

2(  i 2

 z bi

z



bi

n



in



/2

in



/2

n

b

b

n









b

2 cos

0

n  .

2 e 2

  2 e 2

 n 2

,

  1)

x n 4 ( )



y n 2 ( )

  1)

x n 3 ( )



y n 3 ( ),

n



0

 x n (    y n ( 

Ví dụ 1.51: Giải hệ phương trình sai phân

x

 và (0)

y  .

0

5

thỏa mãn điều kiện đầu (0)

Giải: Thực hiện biến đổi Z ta được hệ phương trình ảnh

 

x y

(0) z z (0)

 

4 ( ) X z X z 3 ( )

 

2 ( ) Y z Y z 3 ( )

 zX z ( )    zY z ( ) 

,

 4) ( ) X z   ( z

2 ( ) Y z Y z 3) ( )

 0  

z 5 .

  ( z    3 ( ) X z 

Thay điều kiện đầu ta được

X z ( )

 





Y z ( )







Giải hệ phương trình ta có nghiệm ảnh

z 10 z 6)(

z (





1)

2 z 

z

1

2 z 

z

6

5 ( z z 

 6)( z

4) 

1)

z (

2 z 

z

6

3 z 

z

1

1

; .

n 2 6

n 2 6

 1 Z

 Z

  X z ( )

  X z ( )

x n ( )    2 y n ( )    3 ; .

BÀI TẬP CHƯƠNG I

w

f z ( )

1.1. Nếu hàm biến phức có đạo hàm tại 0z thì có đạo hàm mọi cấp tại 0z .

Đúng Sai .

w

f z ( )

1.2. Hàm biến phức giải tích tại 0z thì có thể khai triển thành tổng của chuỗi lũy

w

f z ( )

v x y có đạo hàm riêng cấp 1.

có đạo hàm khi và chỉ khi phần thực và phần ảo

,

thừa tâm 0z . Đúng Sai . 1.3. Hàm biến phức ,u x y ,  

Đúng Sai .

w

f z ( )

0z là điểm bất thường cô lập của hàm biến phức

1.4. Nếu thì có thể khai triển

Laurent của hàm số này tại 0z .

w

f z ( )

Đúng Sai . 1.5. Tích phân của hàm biến phức giải tích trong miền đơn liên D không phụ

thuộc đường đi nằm trong D .

Đúng Sai .

w

f z ( )

1.6. Tích phân trên một đường cong kín của hàm biến phức giải tích trong miền

đơn liên D luôn luôn bằng không.

Đúng Sai .

w

f z ( )

1.7. Thặng dư của hàm biến phức tại 0z là phần dư của khai triển Taylor của hàm

này tại 0z .

f z ( )

có nguyên hàm khi và chỉ khi giải tích. Đúng Sai . 1.8. Hàm biến phức w

w

f z ( )

Đúng Sai . 1.9. Giả sử hàm biến phức

w

f z ( )

đó tích phân của chỉ có một số hữu hạn các điểm bất thường cô lập, khi dọc theo đường cong kín C (không đi qua các điểm bất

w

f z ( )

thường) bằng tổng các thặng dư của nằm trong đường C .

Đúng Sai . 1.10. Có thể tìm được một hàm biến phức bị chặn, không phải hàm hằng và giải tích tại mọi điểm.



i 3

2

3

i

5

Đúng Sai . 1.11 Rút gọn các biểu thức sau

     





 i

  , 3

1 

1

i 3

1 

1

i 3



i 4 4

b. , a.  2 5

 , 3 i

3

2i

3

, c. 3 d. 

 1

 2

 4



3

 1      1

10   i    i 

 1

  1



 i  i 3  i 2 . f. e. ,  i 2  i

2

0

1.12 Giải các phương trình sau

z   , 4

z   , 1

0

4

3

2

b. 3 z a. 2 z

z 2



z 3



7

z

   . 6

z 8

0

c.

1.13 Tính căn

  ,

1

i



4 2i

5

1

 là một nghiệm khác 1 của phương trình

z  , chứng minh rằng

2

3

4

1

,

,

    là tập hợp nghiệm của phương trình 5 ,

z  .

a. 3 . b. 3 4 2



2

3

4

1.14 a. Giả sử z  1,

1

  











 . 0

b. Chứng minh

nz  . 1

c. Tổng quát hóa kết quả a. và b. cho phương trình

z

3

2

arg

i

1.15 Tính quỹ tích những điểm trong mặt phẳng phức thoả mãn

   , 4 i

  ,

 z



 4

a. b.

z

6

2

2

z

z

  2

2

z

    ,

 , 1

z

6

5

5

z

c. d.

    ,

z  , 3

2

z

e. f. Im

   , 2 i



arg

z

 3

  . 2

g. 1 h.

w



1.16 Tính phần thực và phần ảo của các hàm biến phức sau

3 w z

1 

z

1

a. c. . b.

1.17 Cho . Tìm đạo hàm trực tiếp từ định nghĩa. Với giá trị nào của thì

hàm số không giải tích.

1.18 Chứng minh hàm không giải tích tại mọi .

1.19 Chứng minh rằng hàm

a. b.

thoả mãn điều kiện Cauchy-Riemann. Tính trong mỗi trường hợp trên.

1.20 Tìm hàm biến phức giải tích biết phần thực

, b. , a.

. c.

1.21 Tìm hàm biến phức giải tích biết phần ảo

, b. , a.

. c.

1.22 Tính tích phân trong hai trường hợp sau

a. C là đoạn thẳng nối 2 điểm và +1.

b. C là nửa cung tròn tâm 0 nằm trong nửa mặt phẳng trên đi từ điểm đến điểm .

1.23 a. Tính tích phân , C là đường tròn .

3

1

b. Tính tích phân , dọc theo đường từ điểm đến (1,1).

z   , tính các tích phân sau:

1.24 Cho C là đường tròn

z

dz

dz



e z z  (

1)

cos z  z

C

C

I



a. , . b.

dz  z

3

C

1

z

4

1.25 Tính tích phân trong hai trường hợp sau:

z  .

i  .

I

zdz

a. C là đường tròn b. C là đường tròn

 

C

2 ,i

2,

, 2i

   1 1

1.26 Tính tích phân trong đó C là đường gấp khúc có đỉnh lần lượt là



z

sin

2

I



dz

.

   . x 2

0

y



2

4  1

z

C



z

e

2

2

1.27 Tính tích phân trong đó C là đường tròn 2 x

I



dz

x 4

   . 2 y

0

y



2

C



1

 z

2

I



1.28 Tính tích phân trong đó C là ellipse

3



C





dz 3   z 1

 z

 1

z

  1

R R ,

1.29 Tính tích phân trong các trường hợp sau:

 , 2

z

  1

R R ,

a. C là đường tròn

 , 2

z

R R ,

b. C là đường tròn

 . 1

z

c. C là đường tròn



C

1

z  .

2

z 5

2

I



dz

3

 I  dz 1.30 Tính tích phân trong đó C là đường cong kín bất kỳ bao quanh điểm  e  z z 4 1

z   . 1



C



  3 z 3  1

 z

1.31 Tính tích phân , C là đường tròn

2

n

 1





n

n

 1

z

1.32 Tìm miền hội tụ của các chuỗi sau:

 

 1





z 2



n

n 2

n

 1

n

 1

 n 2

 1 !

n

n







i



i

 z



a. , b. ,





n 3

3  n

n



0

 z n 0 3

n



c. , d. .

0 1.33 Viết bốn số hạng đầu trong khai triển Taylor của hàm số dưới đây tại z  .

1 e  1 z

w

w



sin

1 

z

1

z



1

w



, a. b. .

2

z

  z

2

2

1.34 Khai triển Laurent của hàm số

z  .

1

a. Trong hình vành khăn 1

z  .

2

b. Trong hình tròn

z  .

c. Trong miền ngoài của hình tròn

ze

w



,

z



1

w



z

cos

,

z

1.35 Khai triển Laurent của các hàm số tại các điểm được chỉ ra sau đây. Tìm miền hội tụ chuỗi, chỉ ra cấp hay loại cực điểm.

 ; 0

1 z



 z

2 1

a. ; b.

w



,

z

 

1

w



,

z





sin  z

z 





2

z  z 1

 z



1

w



,

z



0,

z

 

2

c. ; d. ;



2

 z z

3

2

dz

4

e. ;

z  .



z z 1)(

z (



3)

C

zt

ze

2

1.36 Tính tích phân trong đó C là đường tròn

z  , chứng tỏ rằng

dz



t

sin

t



1  i 2

1 2

2

C



1

 z

2

2

2

1.37 Nếu C là đường tròn .

x

   . x 2

y 2

y



2

C





 z

dz 2   z 1

 1

2

1.38 Tính tích phân , C là đường tròn

  .

x 2

y



dz 4 z 

1

C

1.39 Tính tích phân , C là đường tròn 2 x





2

x



1

dx

I



dx

1.40 Tính các tích phân thực sau

I



,

n



4



n

2

x



1







 x

 1





dx

dx

I



I



,

a



0

a. ; b. nguyên dương;





2

2

6

6

x (



x 4)(



2 1)

x



a





c. ; d. .

1.41 Tính các tích phân thực sau





x

sin

x

I



dx

I



dx



x sin 2 2



2

x



4

0

0



1

 x x

2







x

sin

 x

I



dx

b. ; a. ;

I



dx



cos 2 2



2

x



4

0

0



1

x  x

2

d. . c. ;



2



2

I



dx

I



1.42 Tính các tích phân thực sau

sin  5

x 4 cos

x

dx  2 cos

x

0

0

2



2



cos

nx

I



I



dx

  a

1,

n

b. ; a. ;

  .





2

dx cos

sin

x



x



2

1



a 2 cos

x



a

0

0

c. ; d. , 0

1.43 Chứng minh các tính chất sau đây của phép biến đổi Z :

x n Tín hiệu: ( )

( )X z

Biến đổi Z tương ứng:

Ax n ( )



By n ( )

AX z ( )



BY z ( )

0

x n (



n

)

 nz X z ( )

a. (tính tuyến tính).

 n ) ( n 0

0

b. (tính trễ).

na x n ( )

X

z a

     

 z

c. (tính đồng dạng).

nx n ( )

dX z ( ) dz



d. (đạo hàm ảnh)

X z Y z ( ) ( )

x n

y n ( ) * ( )



x k y n ( ) (



k

)



k



e. (tích chập).

in

1.44 Tìm biến đổi Z của các dãy tín hiệu sau:

x n ( )



e

n ( )

a. .

x n ( )

n na ( )

ne

b. .

1.45 Tìm biến đổi Z của các dãy tín hiệu sau:

x n ( )

n n

 . ( )

a

n

a.

x n ( )

  a

  . ( n

1)

x n ( )



n n 2 rect ( )



 n ( )



 ( n N

)

b.

 : gọi là dãy chữ nhật.

N

N n , trong đó rect ( )

4

c.

z  .

X z ( )



3

1 2

z

z (2



1)

1.46 Tìm biến đổi Z ngược của hàm giải tích trong miền

1.47 Tìm biến đổi Z một phía của dãy các tín hiệu sau



0

n



0

nÕu

n

x n ( )

n



1

nÕu

x n ( )

x n ( )

0 1

n 0

 5   n

5

nÕu nÕu

1 2

      

1 n

    

n



2

nÕu

    a 

a. b. c.

n



0

nÕu

anT

x n ( )

1.48 Tìm biến đổi Z một phía của dãy các tín hiệu sau

x n ( )



nTe

n

 1

n



1

nÕu

 0   2  n a 

x n ( )



cos(

n



n 2) (

 2)

x n ( )



sin(

a. c. b.

 ) 

( 1)n x n  

n T 0

1

d. e. ( )

n  .

0

 Z

  X z ( )

2



1)

a z /

1.49 Tìm biến đổi ngược một phía , x n ( )

X z ( )

e

X z ( )



X z ( )



z z ( 2

z z 1)(

z (





a

)

z (



z 1)(

  z

1 / 4)

z



1

a. c. b.

X z ( )



X z ( )



10

z

z (



1 / 2)

z 2 z 1) (

z (





2)

d. e.

  2)

x n 2 (

  1)

x n ( )



1,

x

(0)



x

(1)

1.50 Giải các phương trình sai phân, các hệ phương trình sai phân sau:

 0

x n (

  1)

x n ( )



2 n x ,

(0)

x n  b. (

1

x n (

  2)

x n ( )



,

x

(0)



x

(1)

  1)

x n 5 ( )



n cos(

x ),

(0)

0

a.

x n c. (

 d.

 0

1 4

1 2n

  1)

x n 3 ( )



y n 4 ( )

  1)

x n 2 ( )



y n x 3 ( );

(0)



y 3, (0)



2

 x n (    y n ( 

  1)

x n ( )



y n 2 ( )

e.

  

1)

y n 6 ( );

x

(0)

 

y 1, (0)

  7

 x n (    y n ( 

f. .

CHƯƠNG 2

CÁC PHÉP BIẾN ĐỔI TÍCH PHÂN

2.1. PHÉP BIẾN ĐỔI LAPLACE

Nhiều vấn đề trong kỹ thuật, trong ngành điện tử viễn thông, trong lý thuyết mạch … , đưa về bài toán giải các phương trình, hệ phương trình chứa đạo hàm, tích phân của các hàm nào đó, nghĩa là phải giải các phương trình vi phân, tích phân hay phương trình đạo hàm riêng. Việc giải trực tiếp các phương trình này nói chung rất khó. Một trong những phương pháp có hiệu quả để giải các bài toán dạng này là sử dụng phép biến đổi Laplace.

Phép biến đổi Laplace là một tương ứng 1-1 biến các hàm gốc theo biến t thành hàm ảnh theo biến s . Với phép biến đổi này việc tìm hàm gốc thoả mãn các biểu thức chứa đạo hàm, tích phân (nghiệm của phương trình vi phân, phương trình tích phân, phương trình đạo hàm riêng…) được quy về tính toán các biểu thức đại số trên các hàm ảnh. Khi biết hàm ảnh, ta sử dụng phép biến đổi ngược để tìm hàm gốc cần tìm. Kỹ sư Oliver Heaviside (1850-1925) là người đầu tiên đã vận dụng phép biến đổi Laplace để giải quyết các bài toán liên quan đến lý thuyết điện từ.

Trong mục này ta giải quyết hai bài toán cơ bản của phép biến đổi Laplace là tìm biến

x t

y t

( ),...

g x

đổi thuận, biến đổi ngược của biến đổi Laplace và một vài ứng dụng của nó.

f x thay cho ( ), ( ),...

x t vì ( ),

y t được ký hiệu cho các tín hiệu phụ thuộc vào thời gian t . ( )

Các hàm số trong chương này được ký hiệu là ( ), ,

2.1.1 Phép biến đổi Laplace thuận

2.1.1.1 Định nghĩa biến đổi Laplace

t  . Biến đổi Laplace của

0

Định nghĩa 2.1: Giả sử ( )x t là hàm số thực xác định với mọi





st



X s ( )

e

x t dt ( )

hàm số ( )x t được định nghĩa và ký hiệu:

L

  x t ( )

 

0

( )x t được gọi là hàm gốc,

( )X s được gọi là hàm ảnh của phép biến đổi.

(2.1)

Phép biến đổi Laplace của hàm số ( )x t được gọi là tồn tại nếu tích phân (2.1) hội tụ

với giá trị s trong miền nào đó. Trường hợp ngược lại ta nói phép biến đổi Laplace của hàm

 x t không tồn tại.

số

Các hàm gốc ( )x t thường được xét là các tín hiệu phụ thuộc thời gian t và hàm ảnh

tương ứng có biến s thuộc mặt phẳng phức, vì vậy người ta còn nói phép biến đổi Laplace biến miền thời gian thành miền không gian.

( )X s là thực hay

Phép biến đổi Laplace là thực hay phức nếu biến số s của hàm ảnh

phức.

x t

y t

( ),...

X s Y s ( ),

( ), ...

Theo thói quen người ta thường ký hiệu các hàm gốc bằng các chữ bé ( ),

 ( ), x s

 ( ),... y s

còn các biến đổi của nó bằng các chữ in hoa . Đôi khi cũng được ký hiệu bởi

.

2.1.1.2 Điều kiện tồn tại

0

Định nghĩa 2.2: Hàm biến thực ( )x t được gọi là hàm gốc nếu thoả mãn 3 điều kiện sau:

x t  với mọi ( ) 0

t  .

0

1.

( )x t liên tục từng khúc trong miền

t  .

0

2.

t  hàm chỉ gián đoạn nhiều nhất tại

;a b  

  

Nghĩa là với mọi khoảng trên nửa trục thực

một số hữu hạn các điểm và các điểm gián đoạn là gián đoạn loại 1, nghĩa là hàm có giới hạn trái và giới hạn phải hữu hạn tại các điểm gián đoạn này.

( )x t không tăng nhanh hơn hàm mũ khi t   .

M

0

3.

 sao cho

 0, 0



t 0

Nghĩa là tồn tại

x t ( )



Me

,

  .

0

t

0 được gọi là chỉ số tăng của ( )x t .

(2.2)

 cũng là chỉ số tăng.

0 là chỉ số tăng thì mọi số

 1

0

Rõ ràng

 ( ) t

Ví dụ 2.1: Hàm bước nhảy đơn vị (Unit step function)

0 1

t t

 

0 0

nÕu nÕu

    

0

(2.3)

t  , không tăng hơn ở mũ và có chỉ số

0

Hàm bước nhảy đơn vị ( )t liên tục với mọi

  .

0

( )t

1

t

O

tăng

Hình 2.1: Đồ thị hàm bước nhảy đơn vị

Nhận xét 2.1: Các hàm sơ cấp ( )x t là hàm liên tục và không tăng nhanh hơn hàm mũ. Nhưng

vẫn chưa phải là hàm gốc vì không thoả mãn điều kiện 1. của định nghĩa 2.2. Tuy nhiên hàm số sau:

0

x t

 ( ) ( ) t

0 x t ( )

t 

 0

t

nÕu nÕu

    

(2.4)

là một hàm gốc.

Hàm bước nhảy đơn vị ( )t thường được sử dụng để biểu diễn các hàm thỏa mãn điều

t ( )

t

kiện ở vế phải của công thức (2.4).



2

/ 2

/ 2

Ví dụ 2.2: Hàm cost không phải là hàm gốc vì không thỏa mãn điều kiện 1. của định nghĩa 2.2 (xem Hình 2.2). Hàm cos là hàm gốc.



2

/ 2

Đồ thị hàm số cos t



t ( ) cos( ) t

Đồ thị hàm số Hình 2.2

0 thì tồn tại biến đổi Laplace





st



X s ( )

e

x t dt ( )

L

  x t ( )

 

0

i

Định lý 2.1: Nếu ( )x t là hàm gốc với chỉ số tăng

  sao cho 

X s ( )

 . 0

  và 0

lim s Re( )



Re( )s

xác định với mọi số phức s

( )X s giải tích trong miền

 với đạo hàm

0





st

X s '( )



t e )

x t dt ( )

Hơn nữa hàm ảnh

 (

0

i

(2.5)

  sao cho 

  , ta có: 0



t )

   0(

e

dt

Chứng minh: Với mọi s



0





st

x t e ( )

dt

và hội tụ.



0









st





 i t



 t

X s ( )



x t e ( )

dt



x t e ( )

 t e

dt



x t e ( )

dt

Do đó tích phân hội tụ tuyệt đối nên hội tụ, vì vậy tồn tại biến đổi Laplace.







0

0

0

Ngoài ra







 t

   0





 

 t

0



Me

dt







Me 





0

M    0

0

0





st

x t e ( )

dt



0

.

X s ( )

 . Hơn nữa tích phân

0



lim s Re( )



lim  

M    0

0







st



st



x t e ( )

 (

t dt )

hội tụ, Ta có do đó

s Re( )



1

 x t e ( )

 dt



0

với tích phân hội tụ đều trong miền  s

 , do đó hàm ảnh có đạo hàm

  s 0 1 thỏa mãn

 1

0







st



st

X s '( )



dt

tx t e ( )

dt

 x t e ( )



  

  s

0

0 tại mọi s thuộc mọi miền trên (theo định lý Weierstrass).

Re( )s

mọi

( )X s giải tích trong miền

 . 0



Vậy

( )X s

O

0



( )X s

Miền giải tích của

Hình 2.3: Miền giải tích của Nhận xét 2.2:

1. Theo định lý 2.1 mọi hàm gốc đều có ảnh qua phép biến đổi Laplace. Tên gọi "hàm

gốc" là do vai trò của nó trong phép biến đổi này.

2. Điều kiện 1. của định nghĩa hàm gốc phù hợp với các bài toán bắt đầu từ thời điểm

0 t  .

3. Điều kiện 2. của định nghĩa hàm gốc là điều kiện để hàm gốc khả tích trong mọi

khoảng.

1

( )x t



4. Điều kiện 3. suy ra tích phân suy rộng 2.1 của hàm gốc ( )x t hội tụ.

t



1



1

1

1

1



st



st



st

e

dt



e

dt



e

dt

5. Định lý trên chỉ là điều kiện đủ chứ không cần. Chẳng hạn hàm không phải

  , nhưng tích phân







lim  0 t

t

t

t

t

0

0

1

0

là hàm gốc vì

s  .

tồn tại với mọi s thỏa mãn Re( )

6. Từ nhận xét 2.1, công thức (2.4), suy ra rằng mọi hàm sơ cấp ( )x t đều có biến đổi

L

  t ( ) ( ) x t

t ( )sin

t

. Tuy nhiên, để đơn giản thay vì viết đúng

L

( )x t 

 sint



L 



L   t ( ) ( ) x t  1L

. Chẳng hạn ta viết thay cho , thay cho . Laplace L thì ta viết tắt ( )tL 



x

(0)

x t lim ( )  0 t

0

7. Ta quy ước các hàm gốc liên tục phải tại 0, nghĩa là .

  do đó biến đổi

0





st





st



e

dt



s

, Re( )

0

Ví dụ 2.3: Vì hàm ( )t có chỉ số tăng

s  .

L

  1



e  s

0

0



  t 

 i t



 t

st



  t 

 i t

 s

.0

e

e

e

e

s

  i

  ,





0

 : 0

với mọi





lim  t

 s

e  s

 s

s

s

0

; khi t   .





 ste

dt



Do đó

L

  1



1 s

0

0

.

  , do đó biến đổi Laplace

0





st

s

, Re( )

0

e

t



X s ( )

sin

t dt

Ví dụ 2.4: Hàm sint có chỉ số tăng

s  .

L

 sin



 

0

s 

0

tồn tại với mọi











st



st



st

2



st

X s ( )

 

cos

te



se

cos

t dt

  1

sin

t



s

e

sin

t dt





0

0

  se   

    

0

0

1

  (1

2 s X s ) ( )

  1

X s ( )



Áp dụng công thức tích phân từng phần và để ý đến điều kiện Re( ) ta được:

2

1



s

.

2.1.1.3 Các tính chất của phép biến đổi Laplace

x t

( ),

1. Tính tuyến tính

y t có biến đổi Laplace, khi đó với mọi hằng số A, B, ( )

Ax t ( )



By t ( )

Định lý 2.2: Giả sử







B

cũng có biến đổi Laplace và

L

L

 Ax t ( )

 By t ( )

L   A x t ( )

  y t ( )

. (2.6)









st



st



st





e





( )

y t dt ( )

Chứng minh: Nếu hai tích phân của vế phải của đẳng thức sau tồn tại thì tích phân của vế trái cũng tồn tại và có đẳng thức

L

 Ax t ( )

 By t ( )

 Ax t ( )

 ( )

 By t dt A e

 x t dt B e 



0

0

0

4



4 sin

t



5



4

t

.

L

L

L

 5



  1

 sin



2

5   s

s



1

Ví dụ 2.5: .

X s ( )

2. Tính đồng dạng

a  ta có 0

 L

  x t ( )

Định lý 2.3: Giả sử , khi đó với mọi



X

L

 x at (

 )

1 a

   s     a

. (2.7)





 s



st

u a



e

x at dt )

(



e

x u ( )



X

Chứng minh: Đổi biến số u at ta được:

L

 x at (

 )





du a

1 a

   s     a

0

0



 t



.

L

 sin



2

2

1   

s





1

s 

1 2      

    



Ví dụ 2.6: .

 t

) cos(



 t



sin(2

 t



L

L

 sin(

 )

2

2

1 2

s



4



      

   )    

.

X s ( )

3. Tính dịch chuyển ảnh

 L

  x t ( )

Định lý 2.4: Giả sử , khi đó với mọi a   ,





a

L

 X s



  ate x t ( )







st at

  s a t ( )



e x t dt ( )



e

e

( )



a

. (2.8)

L

  x t dt X s



  at e x t ( )





0

0

Chứng minh: .

sin

 t



L

 ate



2

 2 )

s (



a





at

at

Ví dụ 2.7: .



L

L

 e



 e

   1

1 

a

s



 t

e

s

 t





,

L

L

 cosh



2

2

s





  t  e    2  

      



 t



 t





,

L

L

 sinh



2

2

s





  t  e  e   2  

      



at

at

sin

 t



sin

 t





.

L

L

 sinh



2

2

1 2

1 2

 2 )

s (



a





s (



a





 2 )

  at e  e   2  

      

.

X s ( )

0

4. Tính trễ

a  :

 L

  x t ( )



t (



a x t ) (



a



Định lý 2.5: Giả sử , khi đó với mọi a  ,

L

 

 )

  sa e X s







st



st



a x t ) (



a



e

 ( t



a x t ) (



a dt )



e

x t (



a dt )

. (2.9)

L

  t (

 )





0

a

Chứng minh: .

a t Đổi biến số u   , ta được







st

  ( s u a



a x t ) (



a



e

x t (



a dt )



) x u du ( )



 as e X s ( )

e

L

  t (

 )





0

a

x

x

tx  (

a

)

)(tx

O

O

t

t

a

x

x

 (

atxat ()



)

txt )()(

O

O

t

t

a

.

a x t ) (

a



)

  t Đồ thị của hàm (

t x t  có được bằng cách tịnh tiến đồ thị của ( ) ( )

Hình 2.4: Đồ thị hàm trễ

x t theo trục hoành một đoạn bằng a . Nếu ( )x t biểu diễn tín hiệu theo thời gian t thì (

a )

dọc

biểu diễn trễ a đơn vị thời gian của quá trình trên.



a



L

  t (

 )

 ase s

Ví dụ 2.8: .

x t ( )

t a

 a   t

b

Ví dụ 2.9: Hàm xung (Impulse) là hàm chỉ khác không trong một khoảng thời gian nào đó.

nÕu nÕu

t



b

0

nÕu

(2.10)

 0   t ( )    ;a b  

  

   

a t

t a

0 1

t ( )

b

 ( t

  ) a

 ( t



b

)

Hàm xung đơn vị trên đoạn được ký hiệu và xác định như sau:

nÕu nÕu

 a b ,



0

b

t

nÕu

     Hàm xung bất kỳ (2.10) có thể biểu diễn qua hàm xung đơn vị

x t ( )



 ( t



a

 ) ( ) t



 ( t



b

 ) ( ) t



 ( ) ( ) t t

(2.11)

 a b ,



as

e





a





a



(2.12)

L

L

L

  t (

 )

  t (

 )

   t , ( ) a b

 bs e s

.

t a  (

)

t b  (

)

1

a

O

O

b

b

t

t

a

a b t , ( )

)(t

1

a

O

O

b

b

t

t

a

x t ( )

t

t 0

 0   t



Hình 2.5: Đồ thị hàm xung

nÕu nÕu

0

t





nÕu

 0  sin   

Ví dụ 2.10: Tìm biến đổi Laplace của hàm xung

x t ( )



 ( )sin t

t

   ( t



)sin

t



 ( )sin t

t

  (  t



t )sin(

  )



 s

1

1

Theo công thức (2.12) ta có thể viết







L

  x t ( )

2

e 2

s



1

s



1

  s e 2  s 1

Vậy .

( )x t

0

t



0

t



3

nÕu

4

x t ( )

2 4

0 1

t     t

hoÆc 1 2

nÕu nÕu

1

2

  t

3

nÕu

      

2 1

O

1

3

2

t

Ví dụ 2.11: Tìm biến đổi Laplace của hàm bậc thang

x t ( )



2

t ( )



4

t ( )



t ( )

 0,1

 1,2

 2,3



  

 ( t

     ( t

1)

 ( t

  

 ( t

2)

 2 ( )  t  

 1)  

 4 2 (  t  

 2)  

  

 3)  



 2 ( ) t



 2 ( t

  1)

 3 ( t

2)

3)

   .  t (

 s



s 2

 3 s

2



e 2





e

Hình 2.6: Đồ thị hàm bậc thang



L

  x t ( )

3 e s

Do đó .

5. Biến đổi của đạo hàm

X s ( )

'( )

x t cũng là hàm gốc, đặt

 L

  x t ( )

Định lý 2.6: Giả sử hàm gốc ( )x t có đạo hàm





x

(0)

khi đó ta có

L

  x t '( )

  sX s

. (2.13)

n ( )

n

n

 2

n (



1)

Tổng quát hơn, nếu ( )x t có đạo hàm đến cấp n cũng là hàm gốc thì





s

 1 x

(0)



s

x

'(0)

 

x

(0)

L

  n s X s

 x

 t ( )

. (2.14)









st



st



st



e

x t dt '( )



e

x t ( )



se

x t dt ( )





x

(0)

Chứng minh: Áp dụng công thức tích phân từng phần ta được

L

  x t '( )

  sX s





0

0

0

.

 t



s

Công thức (2.14) được chứng minh quy nạp từ công thức (2.13).

 t



s





sin 0



L

L

 cos



2

2

2

2

sin 

1   

s





s





            

            

s

2

 t





Ví dụ 2.12: .

L

L

 1

 cos



2

2

1 2

1   s 2

s 2(





)

s

2

 t





;

L

L

 1

 sin



2

2

1 2

1   s 2

s 2(





)

             

     t cos(2 )          t cos(2 )    

.

sX s ( )



x

(0)

lim s Re( )



'( )

Hệ quả 2.1: Với giả thiết của định lý 2.6 ta có .

x t ta có

sX s ( )



x

(0)

 . 0

lim s Re( )



Chứng minh: Áp dụng định lý 2.1 cho đạo hàm

t

x u du ( )

X s ( )

6. Biến đổi Laplace của tích phân

 L

  x t ( )

   ( ) t

0

Định lý 2.7: Giả sử hàm gốc ( )x t có , khi đó hàm số cũng

t

x u du ( )

là hàm gốc và

  X s s

0

    L     

         

. (2.15)

t

t

t

t



u 0

 t 0



Chứng minh: Hàm ( )t có đạo hàm là ( )x t liên tục từng khúc nên cũng liên tục từng khúc.



t ( )



x u du ( )



x u du ( )

Me

u du 0









 

Me 

Me 

0

0

0

0

0

0

0

.

  . Từ công thức (2.13) ta có

t

t

X s ( )





s

x u du ( )





(0)



x u du ( )



Vậy ( )t là hàm gốc có cùng chỉ số tăng với ( )x t và (0)

L

L

L

  x t ( )





X s ( ) s

0

0

        

        

        

        

.

t

u sinh(3 )sin(



u du )

0

   L      

        





Ví dụ 2.13: Tìm biến đổi Laplace .

 t





L

 t sinh (3 ) sin(

 )

2

2

/ 2 2 3)





s (



/ 2 2 3)





s (



Theo ví dụ 2.7 ta có .

t

u sinh(3 )sin(



u du )



Từ công thức (2.15) suy ra

2

2

1 2 3)





s (







1 2 3)

      2 ( s   s 

      

0

   L      

        

.

X s ( )

7. Đạo hàm ảnh

 L

  x t ( )

n

n

d

, khi đó Định lý 2.8: Giả sử ( )x t là một hàm gốc có

L

    1

  X s

  n t x t ( )

n

ds

. (2.16)

 nên có đạo hàm

0

 

Chứng minh: Theo định lý 2.1 hàm

( )X s giải tích trong miền L   tx t ( )

Re( )s   X s '

mọi cấp trong miền này. Từ công thức (2.5) ta có .

n

n

n

!

n

n

   1

d

n

t



Áp dụng liên tiếp công thức này ta được công thức (2.16).

L

    1

    1

n

n

 1

n !  1 n

  1       s

ds

s

s

. Ví dụ 2.14:  

( )u t



t



0

0

nÕu

1

u t ( )

0

  t

a

nÕu

t



a

nÕu

 t   a 1 

O

t

a

Ví dụ 2.15: Hàm dốc

u t ( )





t ( )





t (



a

)

a 0

t a

t

a





t ( )





t (

  ) a



t (

  ) a

 ( ) t





t (

 . a )

t a

 a

t a

t a



as

e

1









Hình 2.7: Đồ thị hàm dốc

L

  u t ( )

1 2

2

as

as

 as e 2 as

0

t



0

nÕu

.

t ( )

t

0 1

  t 1   2 t

nÕu nÕu

t



2

nÕu

  t       2  0 

Ví dụ 2.16: Hàm xung tam giác đơn vị

  ( ) t

t

 t ( )



 ( t

  

t

 ( t

  1)

 ( t



( )t

 2



 1)  

  

  

 2)  



t

 t ( )

  2( t

 1) ( t

  

1)

t (

 2) ( t

1

 s

 s



s 2

1



2)  . 2

 e

e 2

e





L   

 t ( )

2

2

2

1   2 s

s

s

s

O

2

1

t

.

8. Tích phân ảnh Hình 2.8: Đồ thị xung tam giác đơn vị

( )x t t

X s ( )



s

 

Định lý 2.9: Giả sử ( )x t là một hàm gốc và cũng là một hàm gốc (chẳng hạn ( )x t là

L

 x t

 ( ) ,

lim  0

t

x t ( ) t



X u du ( )

một hàm gốc và tồn tai hữu hạn). Đặt , khi đó

L



( ) x t t

      

       

s

 

. (2.17)

Y s ( )



,

s





L

L

  x t ( )

  Y s '

( ) x t t

      

      







Y s ( )

Y u du '( )



X u du ( )

Chứng minh: Đặt . Từ công thức (2.15) ta có .

 0

  





s

s

1

t

t



. Mặt khác lim ( ) Y s s

 và 1

L

 sin



2

lim  0

t

sin t

s



1





t







arctan

u

arctan

s



arctan

Ví dụ 2.17: Vì .

L



du 2

s

sin t

   2

1 s

u



1

      

      

s

.

t

u

Si

t



du t ,



0



sin u

0

t

u

du

arctan

Hàm tích phân sin (xem công thức 3.24 chương 3):

sin u

1 s

1 s

0

   L      

         

t

có biến đổi Laplace .

  , do đó không tồn tại biến

lim  0

t

cos t

1



Ví dụ 2.18: Hàm cost là một hàm gốc nhưng

cost t

cosat t





1



at

2

2





du



ln

u



u ln(



a

)

L

2



cos t

1 u

1 2

    

 u     2  a

u

      

      

 u s

s

đổi Laplace của . Tuy nhiên hàm cũng là hàm gốc, có biến đổi Laplace:



2

2

u

s

s

a



ln



ln1



ln



ln

2

2

2

2

 s

      

u



a

       

      

s



a

       

       

       

 u s





at





du



ln



ln

.

L



u

1 

a

u

1 

b

u u

 

a b

s s

 

b a

     

     

     

     

     

     

 u s

s

  e     

  bt e    t  





2

2

2

2

cos

at

cos

bt

u

u

u



a

s



b





du



ln



ln

Tương tự .

L



2

2

2

2

2

2

2

2

1 2

1 2

 t

     

     

u



a

u



b

u



b

s



a

      

      

      

      

      

      

s

 u s

.

0

9. Biến đổi Laplace của hàm tuần hoàn

T  , khi đó

T



st

e

x t dt ( )



0

X s ( )





Định lý 2.10: Giả sử ( )x t là một hàm gốc tuần hoàn chu kỳ

L

  x t ( )



sT

1



e

T







st



st



st

X s ( )





e

x t dt ( )



e

x t dt ( )



e

x t dt ( )

. (2.18)

L

  x t ( )







0

T

0

Chứng minh: .

  đối với tích phân thứ hai của vế phải ta có







   s T u



st



sT



su

e

x t dt ( )





e

e

e

   x T u du



  x u du







0

0

T

T



st

e

x t dt ( )

T





st

0

X s ( )



e

x t dt ( )



 sT e X s ( )



X s ( )



Đổi biến số t T u





sT

1



e

0

0

. Do đó

T

/2

T

sT

/2



T

/2

T

T

st



st





1

T  hình 2.9 2

 e



st



st



st

Ví dụ 2.19: Tìm biến đổi Laplace của hàm gốc tuần hoàn chu kỳ

e

x t dt ( )



e

dt



e

dt













e  s

e  s

s

T

/2

0

0

0

T

/2

2



sT

/2



sinh



sT

/2



sT 4

sT 4



e

e



e



X s ( )



tanh

.



sT

/2



sT

1 1   s

1   s

1   s

1   s

sT 4



1



e

 e s



e

cosh

 1

 1 

sT 4

sT 4

e



e

sT 4 sT 4

( )x t

1

/ 2T

3 / 2T

2T

T

t

1

.

Hình 2.9: Đồ thị của hàm gốc tuần hoàn

0T  có biên độ h có công thức xác định

Trường hợp hàm gốc tuần hoàn chu kỳ

t T

x t ( )

0 T

  / 2

/ 2 t T

 

nÕu nÕu

 h    h 

trong một chu kỳ

Bằng cách áp dụng tính chất tuyến tính của phép biến đổi Laplace vào kết quả trên ta

X s ( )

tanh

h   s

sT 4

0T  (xem đồ thị hình

được hàm ảnh tương ứng là .

0

 

t T

/ 2

nÕu

x t ( )

     

  2 t     T  0

T

/ 2

 

t T

nÕu

   sin      

( )x t

1

t

/ 2T

5 / 2T

T

2T

3 / 2T

Ví dụ 2.20: Tìm biến đổi Laplace của hàm gốc tuần hoàn chu kỳ 2.9) có công thức xác định trong một chu kỳ

T

/2

T



st



st



sT

/2

e

x t dt ( )



e

sin

dt





e

 1



 2 T 2

2





 t 2 T

    

    



4



2 s T

0

0



sT

/2

1



e

 T

Hình 2.10: Đồ thị tách nửa sóng (ví dụ 2.20)

X s ( )









2 2

1 

2



sT

2

sT

/2

 2 T 2

2 s T

4



1



e

2 s T



4



1



e



0

T  (xem đồ thị hình

.

Ví dụ 2.21: Tìm biến đổi Laplace của hàm gốc tuần hoàn chu kỳ 2.11) có công thức xác định trong một chu kỳ

x t ( )



sin

  t T

 t     T

    

( )x t

1

t

5T

2T

T

4T

, 0

3T

Hình 2.11: Đồ thị tách sóng hoàn toàn (ví dụ 2.21)

T

T



st



st



sT

e

x t dt ( )



e

sin

dt





e

 1







 T 2

2

 t T

    

    

2 s T





0

0



sT

1



e

X s ( )









coth

2



sT

2

 2 T 2

 T 2

sT 2

2 s T





1



e

2 s T

4





.

x t

( )

10. Ảnh của tích chập

y t là hàm số được ký hiệu và xác định bởi

Định nghĩa 2.3: Tích chập của hai hàm số ( ),



x t ( )



y t ( )



x u y t ( ) (



u du )

công thức





(2.19)

Tích chập của của hai dãy số được định nghĩa theo công thức (1.119), chương 1.

t

x t ( )



y t ( )



x u y t ( ) (



u du )

x t

y t ( )

Tính chất 2.1:



0

x t ( )



y t ( )



y t ( )



x t ( )

 Nếu ( ), là hai hàm gốc thì

x t

y t ( )

 (tích chập có tính giao hoán)

x t y t là hai hàm gốc thì tích chập của chúng ( ) ( )

 Nếu ( ), cũng là hàm gốc.

x t

( ),

y t ( )

0

)

0

Chứng minh:

x u y t là hai hàm gốc do đó ( ) (

u  khi

u  hoặc u

t





x t ( )



y t ( )



x u y t ( ) (



u du )





0

t

t





x u y t ( ) (



u du )



x u y t ( ) (



u du )



x u y t ( ) (



u du )



x u y t ( ) (



u du )

Vì vậy











0

0

t

.

t

0

t

x t ( )



y t ( )



x u y t ( ) (



u du )

x t (



v y v dv ) ( )



x t (



v y v dv ) ( )



y t ( )



x t ( )

t  Đổi biến số v   u



  



0

t

0

t 1

t 2

x t ( )



y t M e  ( )

.



max

0;

t

M e 1

2

 0

   , 1 2



    u 

  

 t u (

)

 u 0

 0

 t 0

x u y t ( ) (

  )



u M e M e 1 2

M M e 1 2

t

t

t 1)

 t 0

 t 0

  0(

x u y t ( ) (



)







 Giả sử , . Đặt , :

2

1

1

2

M M e 1 2



 u du M M e du M M te

0

0

1

y t ( )

x t Vậy ( )

.

  .

0

là hàm gốc với chỉ số tăng

Ví dụ 2.22: Tìm tích chập của hai hàm gốc sau:

a. cos( )t và sin( )t ,

2t và sin( )t .

t

t

t cos( )



t sin( )



t cos( )sin( u



u du )



t sin( )



t sin(



b.





 2 ) u du  

  

1 2

0

0

t

t

Giải: a.



t u sin( )



t cos(



u 2 )



t

t sin( )

u



0

u



0

1 2

1 4

1 2

t

t





t sin( )



t (



u

2 ) sin( )

u du

   t (

u

2 u ) cos( )



u

)cos( )

u du

.



t  2 ( t

u



0

0

0

t

t

2

  

t 2(

t

u

u )sin( )



2

sin( )

u du

2   t

2 cos

t



2

b. 2 t



u



0

0

2)

1)

.

 và hàm gián đoạn ( t

   .  t (

t

t

t

 t u

t

 u

e



 ( t

  1)

 ( t

e

 ( u

  1)

 ( u



du



e

e

 ( u

  1)

 ( u



du





  

 2)    

  

 2)  

  

 2)  

0

0

t

 ( u

  1)

 ( u



du

Ví dụ 2.23: Tìm tích chập của hàm gốc ( ) t t e



  ue  

 2)  

0

Hàm dưới dấu tích phân của tích phân phụ thuộc t và ta có

t

 ( u

  1)

 ( u



du



0

các trường hợp sau:

t  thì 1



 2)  

  ue  

0

t

t

t

t

 1

t

 u

e

 ( u

  1)

 ( u



du



e

 u e du



e



1

e

 Nếu ,

t  thì 2





  

 2)  

0

1

t

2

 u

t

t

t

 1

t

 2

e

e

 ( u

  1)

 ( u



du



e

 u e du



e



e

 Nếu 1

t  thì 2





  

 2)  

0

1

t



1

nÕu

t

0  1

t

e



 t (

  1)

 t (



1

  t

2

nÕu

 Nếu

  

 2)    

t

 1

1 t

 2



e

t



2

nÕu

  e   e 

Vậy

t

 1

t

 1

t

 2

t

e



 ( t

  1)



t (



  1)



t (







e



t (



2)

t (

 2)

 e



  

 2)    

t

 1

t



2







 . 2)

  1)

 e  e

  1   1 ( t

  1 ( t

X s ( )

Sử dụng công thức 2.11 ta có

Y s ( ) ,

 L

 L

  x t ( )

 e   y t ( )

Định lý 2.11: Giả sử , khi đó ta có



X s Y s ( ) ( )



L

 x t ( )

 y t ( )

x t

'( ),

'( )

(2.20)

y t cũng là hàm gốc thì ta có công thức Duhamel:

y t (0) ( )



x t '( )







x t ( )





sX s Y s ( ) ( )

Ngoài ra nếu

L

L

 x

 y t ( )

 x t y ( ) (0)

 y t '( )

(2.21)

t

D

t  u

Chứng minh: Xét miền D cho trong hình 2.12.

O

u

Hình 2.12:



t



st



st





e

x u y t ( ) (



)

e

x u y t ( ) (



u dtdu

)



L

 x t ( )

 y t ( )







      

   u du dt    

0

0

D



st



e

x u y t ( ) (



)

          

   u dt du    

u

0

dv

dt

u

t

Sử dụng phương pháp đổi thứ tự lấy tích phân ta được

   







st



su



sv

)





e

x u y t ( ) (





e

( )

 y v dv X s Y s ( ) ( )

( )

Đổi biến số v

L

 x t ( )

 y t ( )



 x u du e

          

   u dt du    

u

0

0

0

.

y t (0) ( )



x t '( )





x Y s (0) ( )





x



sX s Y s ( ) ( )

Để chứng minh công thức (1.21) ta sử dụng công thức (2.6), (2.13) và (2.20):

L

 x

 y t ( )

 sX s ( )

 Y s ( ) (0)

t

t sinh 2 cos 3( u



u du )

.

0

        

    L     

t

t sinh 2 cos 3( u



u du )



t sinh 2



t cos 3

Ví dụ 2.24: Tìm biến đổi Laplace .



0

Giải: Ta có .

t

1

s

t sinh 2 cos 3( u



u du )





t cos 3





L

 t sinh 2



2

2

s



4

s



9

0

    L     

        

Theo công thức 2.20 và ví dụ 2.7, ví dụ 2.12 ta được:

s

1

s

Ví dụ 2.25: Ta có thể nghiệm lại công thức 2.20 qua các ví dụ 2.22, 2.23 như sau:











L

L

L

 t cos( )

 t sin( )

  t cos( )

  t sin( )

2

2

2

s



1

s



1

s (



2 1)

1

2

2

2

,







L

L

L

  t sin( )

 t

 t sin( )

  t

2

2

3

2   3 s

s



1

s (



s 1)

 2 s

 s e

 s 2 e

 s e



 ( t

  

 ( t

1)



    (  t

1)





L

L

L

  t (

 2)

 t e



  t e

  

 2)  

1 

1

s

 s

e   1)

s s (

s

t

 



,

L

2

2

1 2

1 2

    

s

  1      1

s (



2 1)

      

   sin( ) t    

2

2

Ta cũng có ,



2 cos

t



L

 t

   2

2 3

s 2 2

2

3

2   s

s

s



1

s (



s 1)

 s

 2 s

e

t

 1

t

 2

 s

 2 s



  1)











e



,

L

  1 ( t

 e

  1 ( t

 e



  e

 2)

1

1 s

e  

1)

s s (

 1      s 

     

.

2.1.2 Phép biến đổi Laplace ngược

Sử dụng tính chất của phép biến đổi Laplace ta có thể đưa các bài toán liên quan đến đạo hàm, tích phân của các hàm gốc về bài toán đại số của các hàm ảnh tương ứng. Khi đã nhận được nghiệm của hàm ảnh ta cần tìm nghiệm của hàm gốc tương ứng. Nói cách khác: cho hàm ảnh tìm hàm gốc tương ứng, đó là phép biến đổi Laplace ngược.

X s ( )

Trong mục này ta sẽ chỉ ra những điều kiện để một hàm nào đó là hàm ảnh, nghĩa là tồn tại hàm gốc của nó, khẳng định hàm gốc nếu tồn tại là duy nhất và giới thiệu một vài phương pháp tìm hàm gốc.

( )X s , nếu tồn tại ( )x t sao cho

L

 ( ) x t

1

x t ( )

Định nghĩa 2.4: Cho hàm thì ta nói ( )x t là

( )X s , ký hiệu

 L

  X s ( )

biến đổi ngược của .

X s ( )

2.1.2.1 Tính duy nhất của biến đổi ngược

L

 ( ) x t

0 và

Định lý 2.13: Giả sử ( )x t là một hàm gốc với chỉ số tăng , khi đó tại



  i

x t ( )



st e X s ds

( )

mọi điểm liên tục t của hàm ( )x t ta có:



1  i 2



  i

(2.22)

 theo hướng từ dưới lên,

trong đó tích phân ở vế phải được lấy trên đường thẳng Re( )s

0 .

với  là số thực bất kỳ lớn hơn

Công thức (2.22) được gọi là công thức tích phân Bromwich.

Công thức Bromwich cho thấy biến đổi Laplace ngược nếu tồn tại thì duy nhất.

L

Hàm gốc

Hàm ảnh



  i



x t ( )



st e X s ds

( )



st



X s ( )

e

x t dt ( )

1  i 2

 



  i

0

1L



sin

t





t

L

L

L

 t



  t

 sin



2

Hình 2.13 1 1   2 s



s

1

1

Ví dụ 2.26:







sin

t

L

 t



2

1 2

2

1   2 s

s



1

s



 s

 1

1

s



cos

t





t



L

L

L

 t



  t

 cos



2

2

1   2 s

s



1

s s (

1)

1

1

s

  s

  s







cos

t

.

L

 1



2

1 2

2

2

1 2

2

1   s

     

    

s s (



1)

s

s



1

s



1

s



 s

 1

.

t

* sin

t

  t

sin

t

t

t

  1

cos

t

Do tính duy nhất của biến đổi ngược (định lý 2.13) ta suy ra:

; * cos .

2.1.2.2 Điều kiện đủ để một hàm có biến đổi ngược

2

Định lý 2.1 cho thấy không phải mọi hàm phức giải tích nào cũng có biến đổi ngược.

( )X s

s không thể là ảnh của hàm gốc nào vì

X s ( )

  .

lim s Re( )



Chẳng hạn hàm

Định lý sau đây cho ta một điều kiện đủ để hàm giải tích có biến đổi ngược

( )X s thoả mãn 3 điều kiện sau:

Re( )s

Định lý 2.14: Giả sử hàm phức

( )X s giải tích trong nửa mặt phẳng

 , 0

X s M

( )

s M

1.

M

 , 0

R

R

R



  i

X s ds ( )

2. với mọi s thuộc đường tròn và lim  R





  i

3. Tích phân hội tụ tuyệt đối.

( )X s có biến đổi ngược là hàm gốc ( )x t cho bởi công thức (2.22).

Khi đó

Độc giả có thể tìm hiểu chứng minh Định lý 2.13, Định lý 2.14 trong Phụ lục C của [5]

hoặc Định lý 2.1 trang 29 của [11].

2.1.2.3 Một vài phương pháp tìm hàm ngược

A. Sử dụng các tính chất của biến đổi thuận và tính duy nhất của biến đổi ngược

Từ tính duy nhất của biến đổi ngược, ta suy ra rằng tương ứng giữa hàm gốc và hàm ảnh là tương ứng 1-1 . Vì vậy ta có thể áp dụng các tính chất đã biết của phép biến đổi thuận để tìm hàm ngược bằng cách đọc ngược lại các tính chất trên.

 1



x t ( )

L

  X s ( )

 1



a



at e x t ( )

Chẳng hạn nếu thì

L

 X s (

 )



1

, (dịch chuyển ảnh)



x t (



a

 ) ( t



a

)

L

   ase X s ( )

t



x u du ( )

, (trễ)

L



( ) X s s

   1    

       

0

 1

, (biến đổi của tích thân)



tx t ( )

L

 

 X s ( )

(nhân với t)

5

1



 4 t



t t  4



e



e

… … …

L

L

6

5!

   1   1     6 s   

4



     1      s  

          

 5 3 s



s 3



3

3

5

e

e

   t 4

  t



5







e



5 e e

 ( t



3)

Ví dụ 2.27:

L

L

6

6

5!



4



4





     1     s   

          

     1     s   

          

s

a



.

sin(

at

)

L

2

2

2

2

2

 1       2 a

     

s (



a

2 2 )

s



a

a

    a    1     s   

s



Ví dụ 2.28: và , do đó

t

sin(

at

)

L

1 a 2

2 2 )

a

   1   2  s ( 

       



.

L

s s

   1 ln    

  a    b  

Ví dụ 2.29: Tìm .



ln

x t ( )



L

L

 ( ) x t

s s

 

a b

s s

    1 ln    

  a    b  

Giải: Đặt , nghĩa là .

 

ln

 

s ln(

  a )

s ln(

  ) b



L

  tx t ( )

d ds

s s

d ds

d ds

1 

b

s

1 

a

s

     

  a     b 

bt



at

Từ kết quả

tx t ( )







e



e

L

s

1 

b

s

1 

a

   1     

      

bt



at

e

e

Suy ra .

L

s s

 t

   1 ln     

  a     b  

Vậy .

2

2

2

2

s

a

s

a

s 2







ln

 





(1



at cosh )

Cũng với phương pháp này ta có

L

L

L

 2

 2

2

2

s 2 2

1 t

d ds

1 t

2 t

s

s

s



a

s

   1     

      

   1 ln    

      

   1     

      

.

2

2

2

2

s

a

s

a

s 2









ln

 





(1



cos

at

)

L

L

L

 2

 2

2

2

s 2 2

1 t

d ds

1 t

2 t

s

s



a

s

   1   s  

      

   1 ln    

      

   1     

      

.

a

a

a

X s ( )

B. Khai triển thành chuỗi lũy thừa

a 1 2

4 5

3 4

2 3

0 s

a        thì s

s

s

s

2

3

4

x t ( )

  

a





 

Nếu

L  1

  X s ( )

a t 1

0

a t 2 2!

a t 3 3!

a t 4 4 !

(2.23)

1

1

1

1

1

1

1  se















2

3

4

1 2

3

4

5

1 s

1 s

1   s

1     s

2!

s

3!

s

4 !

s

s

2!

s

3!

s

4!

s

  1  

    

2

3

4



t

t

t



1 s



x t ( )



e

  

1

t









L

1 s

2 (2!)

2 (3!)

2 (4 !)

    1     

        

2

4

6

8

t

t

t

t

 2



 2



  1







 

J

t

0

 2



2 2

2 2 2 4

  2 2 2 2 2 4 6

  2 2 2 2 2 2 4 6 8

Ví dụ 2.30:

trong đó 0J là hàm Bessel bậc 0 (xem chương 3).

C. Sử dụng thặng dư của tích phân phức

( )X s có biến đổi ngược ( )x t xác định bởi công thức

Với điều kiện của Định lý 2.14 thì

, ...,

Bromwich (2.22).

a trong

( )X s chỉ có một số hữu hạn các điểm bất thường cô lập 1 a a ,

2

n

 với  nào đó

Giả sử hàm

0 . Chọn R đủ lớn sao cho các điểm bất thường này đều nằm trong phần của mặt phẳng được giới hạn bởi đường tròn RC tâm O bán kính R và đường thẳng Re( )s

 (xem hình 2.14). Khi đó

B

n

st e X s ds

( )



st e X s ds

( )



Res

st e X s a

( );

nửa mặt phẳng Re( )s

k







  

  

1  2 i

1  2 i

k

 1

B

'

 BAB '

y

RC

B

 2a

1a 

O



x

A

 na

'B

(2.24) .

Hình 2.14:

Ta xét các trường hợp sau:

( )X s thoả mãn điều kiện

X s ( )



' BAB của đường tròn RC hàm

M k

R

0

st e X s ds

( )



0 ,

  t

0

k  , theo Bổ đề 1.2 (Chương 1) thì

1. Nếu trên cung ;

lim  R

 ' BAB

X s ( )



.

( )Q s lớn hơn bậc của đa thức

( )P s

P s ( ) Q s ( )

2. Hàm phân thức , nếu bậc của đa thức

( )X s thỏa mãn điều kiện trên.

thì

n

 1

x t ( )





Res

st e X s a

( );

Lấy giới hạn của đẳng thức (2.24) khi R   và áp dụng định lý 2.13 ta được:

L

  X s ( )

k



  

  

k

 1

X s ( )



(2.25)

( )Q s lớn hơn bậc của đa thức

P s ( ) Q s ( )

( )P s ,

a và chúng không phải là không điểm

( )Q s chỉ có các không điểm đơn là 1 a a ,

2

, ..., n

3. Đặc biệt nếu , trong đó bậc của đa thức

( )P s thì ta có công thức Heaviside:

n

)

a t k

x t ( )





e

của

L



( P a k  Q a (

)

k

 1

k

    ( ) P s   1      Q s ( )    

2



x t ( )



(2.26)

L

5 3   s s   s s 1)( 2)(



3)

   1   ( s  

      

2

2,

3

Ví dụ 2.31: Tìm hàm gốc .

  .



( ) P s Q s ( )

5 3   s s   s s 1)( 2)(

3)

s (



t



t 2



3

t



  1



Giải: Hàm ảnh có các cực điểm đơn là 1,



x t ( )



e



e



e

( ) P s  Q s ( )

3 4

( ) P s  Q s ( )

( ) P s  Q s ( )

5 4

3 4

5 4

s

 1

s

 2

s

 3

2

s 3

2



, , .

x t ( )



L

s (



2)

  4 s

8

  3 s  2 s

     1      

           

2

s 3

2



  2

i 2 ,

i 2

2

Ví dụ 2.32: Tìm hàm gốc .

  .

( ) P s Q s ( )

s (



2)

  4 s

8

  3 s  2 s



22



  1

 , 1

Giải: Hàm ảnh có các cực điểm đơn là 2,

2

( ) P s Q s '( )

i 4

P s ( ) Q s '( )

s 4

s (

s 2)(2



4)

s

 

i 2 2

s

 2

  s 9      8

 s

s

 

i 2 2



1

1

,

P s ( ) Q s '( )

2 ) i i 2 )

i     4

i 4

 ( 2   P       Q '( 2 

     

s

  2 2 i

.

t 2

  2 t

2

it

  2 it 2 t



x t ( )



e

e

i 4

i 4

  1      

   e   

  1      

     

t 2



t 2

it 2



it 2



t 2

it 2



it 2

t 2



e



e



e



e



e



e



e



t sin 2

 e



 e



i 4

1 2

   2 t 2 cos 2 t   

    

.

X s ( )



1.2.3.4 Tìm hàm gốc của các phân thức hữu tỉ

( )Q s lớn hơn bậc của

( ) P s Q s ( )

( )P s đều có thể phân tích thành tổng của các phân thức tối giản loại I và loại II.

1

Mọi phân thức hữu tỉ có dạng , trong đó bậc của

1 a

s

s (

a

)n

n

 1

1

at



e

 Các phân thức hữu tỉ loại I: hay , a   có hàm gốc:

ate

L

L

t n (



1)!

n )

a

    1    1     s a   

   1     s ( 

       

 Ms N

,

,

, . (2.27)

M N a    . ,

n

2

2 )







a

 s (

 Sử dụng tính chất dịch chuyển ảnh ta có thể đưa các phân thức tối giản loại II về một

 Các phân thức hữu tỉ loại II: ,

s

1

trong hai dạng sau:

n

n

2

2

2

2





 s



 s



1

hoặc (2.28)

 Trường hợp

cos

 t

L

L

2

2

2

2

sin t  





n  , từ ví dụ 2.6 và ví dụ 2.12 ta có:      1    1     s   

     s    1     s   

, (2.29)

Áp dụng công thức đạo hàm hàm ảnh (2.16) liên tiếp vào (2.29), (2.30), ... ta suy ra các

2

trường hợp sau (xem ví dụ 2.28)

n  :

s

 t

t

1

sin

 t



cos

 t



 Trường hợp

L

L

2

2

 t 3

sin  2

2

2

 2









     1     2  s  

           

     1      2  s  

           

2

t

sin

 t



cos

 t

s



, (2.30)

n  : 3

L

 t 3

3

2

8







     1     2  s  

           

3





2 2 t

sin

 t



3

 t

cos

 t





1



 Trường hợp

L

2

3

2

8







           

     1     2  s  

(2.31)

2

s 3

2

X s ( )



s (



2)

  s 4

8

  3 s  2 s



Ví dụ 2.33: Hàm ảnh (xem ví dụ 2.32) có thể phân tích thành

s 2



3

s 2(

2)

1

X s ( )











2

1 

2

s

1 

2

s

s

  4 s

8

 2 2)

s (





4

s (



2 2)



4

2

s 3

2



t 2



t 2



t 2

tổng các phân thức tối giản

x t ( )





e



e 2

t cos 2



e

t sin 2

L

1 2



2)

  s 4

8

  3 s  2 s

     1   ( s    

           

s 3



4

s 3(



1)

1

X s ( )







.

2

2

2

2

  2 s

2

2   1)

2   1)

 s



 s (

 1

 s (

 1

t

t

s 3



4

t

t



t

x t ( )





e 3



sin

t



t

cos

t



t



sin

t



t

cos

t

L





 t 3 sin



2

sin 2

e 2

e 2

2

  2 s

2

 s



     1      

          

3

2

s 2



45

X s ( )



Ví dụ 2.34:

2

s



9

s 10  2 s

  9 s 



Ví dụ 2.35: Tìm hàm gốc của .

2

1 2

2

 1 1     2 9 s

s

 1     9

s



 s

 9

s 2

s 9

1

s

5



X s ( )









  



2

10 2

2

2

2

5 2

 9

1 s

 45 1     2

     

s



9

s



9

s

s



9

s



9

s



9

s

3

2

s 2



45

x t ( )



  

t 5

1

t cos 3



t sin 3

Ta có

L

2

5 3

s



9

s 10  2 s

  s 9 

     1       

          

2

s 5



s 15



.

X s ( )



s (



s 1)(



11 3 2)

Ví dụ 2.36: Tìm hàm gốc của .

( )X s thành tổng các phân thức tối giản



2

s 5



s 15



4



7

X s ( )











s

2

1 3  1

s

1 3 

s (



s 1)(



11 3 2)

s (



2 2)

s (



3 2)

2

s 5



s 15





 t

t 2

t 2

Ta phân tích

x t ( )



 

e



e



te 4



2 2 t t e

L

7 2

1 3

1 3

s (



s 1)(



11 3 2)

   1    

      

.

2.1.3 Ứng dụng của biến đổi Laplace

2.1.3.1 Ứng dụng của biến đổi Laplace để tính tích phân

Một vài tích phân lấy cận từ 0 đến  có thể tính được bằng cách áp dụng phép biến

đổi Laplace.







at



st

A. Thay trực tiếp vào công thức xác định biến đổi Laplace (2.1) ta có thể tính được tích phân ate . với hàm dưới dấu tích phân có chứa

e

x t dt ( )



e

x t dt ( )



X s ( )





 s a

0

0

      

       s a 



sinte 3

tdt

. (2.32)



0



1

 3 t

e

sin

tdt



t





Ví dụ 2.37: Tính .

L

 sin





2

1 10

s



3

s



1

s



3

0



t

cos

tdt

Giải: .

 te 2

0



2



1



t 2

e

t

cos

tdt



cos

t

Ví dụ 2.38: Tính .

cos

t

 



L

L

 t



 t





2

s 2

s



2

 d     ds s

 s      1

s (



2 1)

0

Giải: , .



2



1



t 2

e

t

cos

tdt



cos

t





Vậy

L

 t





s 2

3 25

s



2

s (



2 1)

0

s



2

.



X u du ( )

B. Sử dụng tính chất tích phân ảnh (2.17)

L



( ) x t t

      

       

s







st



st

e

dt

X s ( )



e

x t dt ( )

,

L

L

  x t ( )



 

x t ( ) t

      

  x t ( )     t  

0

0

trong đó và .

  , thay 0

0





dt



X s ds ( )

0 Nếu ( )x t là hàm gốc với chỉ số tăng s  ta nhận được công thức quan trọng





( ) x t t

0

0

(2.33)

 3 t

e

dt

Công thức này tỏ ra hiệu quả khi tính trực tiếp tích phân ở vế trái gặp khó khăn.

 t

   t e      

      

0

 t

t

 e





Ví dụ 2.39: Tính .

L

 e

3

1 

1

s

1 

3

s

Giải: Ta có .







 t

 3 t



e

dt





ds



s ln(

  1)

s ln(





ln



ln 3

Áp dụng công thức (2.33) ta được:





  

 3)  

0

 t

s

1 

1

s

1 

3

s s

 

1 3

     

     

 e      

      

0

0

0



dt

.



sint t

0







t

1

dt



ds



arctan

s



Ví dụ 2.40: Tính .





2

0

sin t

 2

s



1

0

0



dt

Giải: .



2 sin t 2

t

0





2

t

2

dt



(1



t cos 2 )

dt

Ví dụ 2.41: Tính .

sin

t



(1



t cos 2 )





sin 2

1 2

1 2

1 2

t

t

0

0



 tue

udu

Giải: Ta có , do đó .

 

1 2

t

0







t



ts



ts



dt



(1



t cos 2 )

e

e

(1



cos 2 )

Sử dụng công thức biến đổi Laplace ta lại có , do đó







2 sin 2

1 2

1 2

t

0

0

0

0

0

  sds dt   

        

    

  t dt sds   



s

4

  st (1

e

cos 2 )

t dt



.



2

2

1   s

s



4

s s (



4)

0

,









t

4

2

dt



sds



ds



arctan



Vậy

2 sin 2

2

2







1 2

s 2

 2

t

s s (



4)

s



4

0

0

0

0

    

    

.

2.1.3.2 Ứng dụng của biến đổi Laplace để giải phương trình vi phân tuyến tính

n

d



  





y t ( )

A. Phương trình vi phân tuyến tính hệ số hằng

a n

 1

a 1

a x 0

a n

n d x n

 1 x  1

n

dx dt

dt

dt

(2.34)

n (



1)

x

(0)



x

,

x

'(0)



x

, ...,

x

(0)



x

thỏa mãn điều kiện đầu

0

1

n

 1

(2.35)

X s ( )

 L

 L

  x t ( )

  y t ( )

Ta tìm nghiệm là hàm gốc bằng cách đặt . , Y s ( )



a X s ( )

L

  a x t ( ) 0

0





x

L

 a sX s ( )



  a x t '( ) 1

1

0

Áp dụng công thức biến đổi Laplace của đạo hàm (2.13), (2.14) với điều kiện đầu (2.35),

n (



1)

n



a



s

 2 x

 

x

... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ...

L

x  1

n

n

 1

0

n

 2

 a

 t ( )

  1 n s X s ( )



n ( )

n

(2.36)





s

 1 x

  

sx



x

L

n

n

 2

n

 1

0

 a x n

 t ( )

 n a s X s ( )



 1

n

n

n

 1

n

 2

  



a





Y s ( )





a

  

s  1

n

a s 1

0

0

s  1

n

a 1

.

 a X s ( )

 x a s n



n



2

n



3

Thay vào (2.34) ta được  a s n





a

  

a

  

x

1

s  1

n

a  1

n

n

2

 x a s n



Y s ( )

B s ( )

A s X s ( ) ( )



Y s ( )



B s ( )



X s ( )



.

 ( ) A s

1

x t ( )

Vậy phương trình ảnh có dạng: .

 L

  X s ( )

Ảnh ngược là nghiệm cần tìm.

x

   " 2 ' 2 x x

t e 2 cos

t

x

x

'(0)

Ví dụ 2.42: Tìm nghiệm của phương trình:

 . 0

s 2(

1)

thỏa mãn điều kiện đầu (0)

t



L

 t e 2 cos



 2 1)

s (





1

s 2(

1)

s 2(



1)

2

  2 s

2

X s ( )





X s ( )



Giải: . Áp dụng công thức (2.36) với điều kiện đầu của bài toán



2

 2   1)

1

s (

2   1)

 s (

 1

t

t

1

t

t

ta có phương trình ảnh:  s



e 2



te

sin

t

x t ( )

L 

  X s ( )

sin 2

(4)

x



x 2 "

  x

sin

t

. Áp dụng công thức (2.32) ta có nghiệm

(3)

x

(0)



x

'(0)



x

"(0)



x

(0)

Ví dụ 2.43: Tìm nghiệm của phương trình:

 . 0

1

1

4

2



s 2



X s ( )





X s ( )



thỏa mãn điều kiện đầu

 1

2

3

2

s



1



 1

 s

3



t

sin

t



t 3 cos

t

2





1



x t ( )



. Giải: Phương trình ảnh:  s

L

  X s ( )

8

t

. Áp dụng công thức (2.31) ta có nghiệm

x

  "

x

e

x

x 1,

'(1)

Ví dụ 2.44: Tìm nghiệm của phương trình:

 . 0

thỏa mãn điều kiện đầu (1)

u

1

1

t  , điều kiện đầu

t  trở thành điều kiện đầu



x u (

  1)

x t ( )

y u Đặt ( )

0 Giải: Đổi biến số u  .



và sử dụng quy tắc đạo hàm hàm hợp ta có:







2 d y 2

2 d x 2

dy du

dx du

dx dt  dt du

dx dt

du

dt

, tương tự .

y u "( )



y u ( )



e  1 u

Do đó phương trình đã cho có thể viết lại tương ứng:

y

y 1,

'(0)

 . 0

Y s ( )







2 s Y s ( )



s

với điều kiện đầu (0)

L

L

  y u ( )

  y u "( )

s

Đặt .

2 s Y s ( )

 

s Y s ( )





Y s ( )





2

2

e 

1

s

s



1



s (



1)

e  s

 1

s

u



Y s ( )







y u ( )



cos

u



sin

u

e

2

2

e 2 

s (

1)

e 2

e 2

e 2

e 2

  1      

     

  1      

     

s



1

s

1

e 2 

t

Phương trình ảnh: .

x t ( )



t cos(

  1)

t sin(



1)

e

1 2

e 2

e 2

  1     

    

Vậy phương trình đã cho có nghiệm .

B. Hệ phương trình vi phân tuyến tính hệ số hằng

Ví dụ 2.45: Tìm nghiệm của hệ phương trình vi phân:

x y

' '

x y

(0) (0)

 

8 3

   x 2 y 3      y x 2 

với điều kiện đầu .

X s ( )





sX



8 ,



sY



3

 L

 L

L

L

       x t ( )

  x t ( )

  y t ( )

  y t ( )

Giải: Đặt . , Y s ( )

X 2



Y 3

X

Y 3



8

Thay vào hệ phương trình trên ta có hệ phương trình ảnh:

Y

X 2

s (

1)

Y



3

   sX 8       sY 3 

  (  s 2)      X 2 

hay

 t

t 4







e 5



4)

s (

s

1

s

4

 t

e 3 4 t



e 5



e 2

.





 x t ( )    y t ( ) 

 s 8 17 1)(   s 22 3  s   s 1)(

4)

s (

5  5 

s

3  2 

4

1

s

   X      Y  

Giải hệ phương trình ảnh ta có nghiệm:

x y

' '

x (0) y (0)

 

1 0

với điều kiện đầu . Ví dụ 2.46: Tìm nghiệm của hệ phương trình vi phân:    2 x y      x y 2 

X s ( )





sX



1,



sY

 L

 L

L

L

       x t ( )

  x t ( )

  y t ( )

  y t ( )

Giải: Đặt . , Y s ( )

Thay vào hệ phương trình trên ta có hệ phương trình ảnh:

  X Y 2)  2) Y s (

1 0

   sX  X Y 2 1      sY Y 2 X 

  ( s      X 

hay

Giải hệ phương trình ảnh ta có nghiệm:

s

t 2



e

cos

t

s (





1

t 2

 2 2 2) 1



e

sin

t

 x t ( )    y t ( ) 

s (



2 2)



1

   X    Y 

t x

  " x

' 4

tx

C. Phương trình vi phân tuyến tính hệ số biến thiên

 0

X s ( )



 sX x

(0)

Ví dụ 2.47: Giải phương trình

 

4

 L

L

L

  x t ( )

  x t '( )

  tx t 4 ( )

dX ds

2

2

Đặt thì , .

 

(0)



x

 

 sX s 2



x

(0)

L

 tx

 t "( )

  s X sx

 '(0)

d ds

dX ds

2

.



 sX s 2



x

(0)



 sX x

(0)



4

 . 0

dX ds

dX ds

s

2

s (



4)

   sX

 

ds

Phương trình ảnh:

2

dX X

dX ds

s



4

C

Hay .

X s ( )



2

s



4

 1

 1

C

1

x t ( )





C



CJ

t (2 )

Giải phương trình này ta được: .

L

L

0

2

2

s



4

s



4

        

        

        

        

Theo 63. phụ lục C ta được nghiệm .

x

(0)



CJ

(0)

 . C

0

x t ( )



x

J (0)

t (2 )

0 Để xác định C ta thay t  vào hai vế của đẳng thức trên:

0

Vậy nghiệm của phương trình là: .

2.1.3.3 Ứng dụng của biến đổi Laplace để giải phương trình tích phân

t

Ax t ( )



B x u k t ( ) (



 u du C f t ( )

)

Xét phương trình tích phân dạng tích chập



0

f t

,

( )

,A B C là các hằng số, ( ),

k t là các hàm gốc.

(2.37)

Giải phương trình (2.37) là tìm tất cả các hàm thực ( )x t thỏa mãn phương trình với mọi t

X s ( )

F s ( )

K s ( )

thuộc một miền nào đó.

 L

 L

 L

  x t ( )



 f t ( )

  k t ( )

C F s ( )

Giả sử ( )x t là hàm gốc. Đặt , , .

A X s ( )



B X s K s ( ) ( )



C F s ( )



X s ( )



A B K s ( )



C F s ( )

 1

x t ( )



Phương trình ảnh .

L

       A B K s ( )  

        

Nghiệm của phương trình (2.37) là .

t

2

x t ( )



x u

t ( )sin(



u du )



t

Ví dụ 2.48: Giải phương trình tích phân:



0

1

X s ( )



X s ( )



.

2 3

2

s

s



1

2

1)

s 2(

4

X s ( )

X s ( )





x t ( )

2   t

t

Giải: Phương trình ảnh .

2

 5

2 5

1 12

  1     

 1      1

s

2   3 s

2   3 s

s

s

.

t

du



f t ( ) ; 0

  

1

Ví dụ 2.49: Giải phương trình tích phân Abel:



( ) x u u  )



t (

0



)



 1





.



,



  0

K s ( )





L

L

 t



 t



 ( ) 

  (1  1  

s

s



 1

Giải: (xem phụ lục E).

X s ( )





F s ( )

( ) F s K s ( )

s   (1



)

1

Do đó .

x t ( )

 L

  X s ( )

2

Nghiệm của phương trình là .

 

,

f t ( )

   thì

1

t

t

  

(1



)



,

( )F s

2 3

1 2

1 s

1    . 2 s

s

s

1



X s ( )









2 3

1 s

     

     

1   2 s

s





2 5 2

1 3 2

1 1 2

       

       

s

s





1 2

1 2

3 2

1 2

1 2

3 2

t

1

1

t

t

t 2



x t ( )



























 .

1 2

3 1 . 2 2

  1         2  

t   3         2  

2 t   5         2  

  1         2  

  1         2  

  1         2  

            

s               

            

              

Chẳng hạn

2

1

1

t 2

t 8

1

2



x t ( )









  6 t

t 8

(xem hàm Gamma chương3)

 3



t







3



 3

t

     

     

.

2.1.3.4 Ứng dụng của biến đổi Laplace để giải các bài toán mạch điện

Một số bài toán về các mạch điện được đưa về bài toán giải phương trình vi phân, phương trình tích phân, hoặc phương trình đạo hàm riêng… Vì vậy, nếu chuyển qua ảnh của biến đổi Laplace thì việc giải các bài toán sẽ đơn giản hơn.

Giả sử trên một đoạn mạch có điện trở R , một cuộn dây có hệ số tự cảm L và một tụ

điện có điện dung C .

C

L

R

i 

4u

3u

2u

1u

Hình 2.15:

Gọi ( )u t là hiệu điện thế của hai đầu đoạn mạch, ( )i t là cường độ dòng điện của mạch

t

u t ( )





i t dt ( )



q





R i t ( )

tại thời điểm t . ( )u t và ( )i t thỏa mãn các đẳng thức sau:

u t ( )





L

u t ( ) 3

0

u t ( ) 2

u t ( ) 1

u t ( ) 2



1 C

( ) di t dt

      

      

0

I s ( )

. (2.38) ; 4 ; 3

U s ( ) ,

 L

 L

  i t ( )

  u t ( )

t

q

i t dt ( )

Đặt thì

i

(0)

L

I   s

0 s

  di t ( )    dt  

     sI    

0

   L      

    q  0    

, ,

i

0, (0)

0

0 t  ) trên các thành tụ điện. Đối với bài toán đóng mạch

 , lúc đó tỉ số giữa

q t  , các điều kiện ban đầu đều bằng 0: 0

trong đó 0q là điện lượng ban đầu ( 0 tại thời điểm

Z

 . Như vậy các trở kháng ảnh của

U I

điện thế ảnh và cường độ ảnh gọi là trở kháng ảnh

điện trở R , cuộn dây có hệ số tự cảm L và tụ điện có điện dung C lần lượt tương ứng là:

Z



R Z ;



Ls

;

Z



1 Cs

(2.39)

Khi tính toán một mạng gồm nhiều mạch điện kín ta áp dụng định luật thứ nhất của Kirchoff (kiếc-sốp) cho từng nút và định luật thứ hai cho từng mạch kín, sau đó chuyển các phương trình tìm được sang phương trình ảnh.

Trong quá trình tính toán ta có thể thay trở kháng ảnh tương đương cho các trở kháng ghép nối tiếp hoặc song song. Áp dụng hai định luật Kirchoff ta có thể tìm trở kháng ảnh tương đương của mạch mắc nối tiếp và mạch song song cơ bản sau:

,Z Z mắc nối tiếp bằng tổng hai

1

2

 Trở kháng ảnh tương đương Z của hai trở kháng

2Z

1Z

C

A

B

,

u u u lần lượt là hiệu điện thế giữa A, B; B, C và A, C. Theo định luật 1 Kirchoff

trở kháng này.

2,

u

ZI



Gọi 1

  , chuyển qua ảnh

u 1

u 2

U U U 1

    2

Z I 1

Z I 2

Z

Z

Z

 

ta có . Vậy

1

2

(2.40)

,Z Z mắc song

1

2

 Nghịch đảo của trở kháng ảnh tương đương của hai trở kháng

,

I lần lượt là cường độ ảnh trong mạch 1, mạch 2 và mạch chính. U là điện

I I 2,

song bằng tổng nghịch đảo hai trở kháng này.

1Z

1I

I

A

B

2I

2Z

I

I



Gọi 1 thế ảnh giữa A và B.

 . Vậy:

   I

1

2

U Z

U Z

2

U Z 1



Áp dụng định luật 2 Kirchoff tại nốt A và nốt B ta có

1 Z

1 Z

1  Z

1

2

(2.41)

0 t  , ta mắc

Ví dụ 2.50: Một tụ điện có điện dung C được nạp điện có điện lượng 0q . Khi nó vào 2 mút của một cuộn dây có hệ số điện cảm L . Tìm điện lượng ( )q t của tụ điện và

cường độ ( )i t của dòng điện trong mạch tại thời điểm t (xem hình 2.16).

C

 i

L

Giải:

Hình 2.16:

t

L

i dt



q



0

Áp dụng định luật Kirchoff thứ nhất cho mạch vòng ta có:

0



1 di  dt C

      

      

0

.



dq dt

t

t

L



dt



q

  0

L

0

dt



q t ( )



q

nên phương trình trên trở thành Vì ( ) i t

0

0



2 d q 2

2 d q 2



1 C

dq dt

q   C

dq dt

dt

dt

      

      

0

0

, (vì ).

q

(0)



q

,

q

'(0)



i

(0)

0

Q s ( )

 . Ta có phương trình ảnh:

 L

  q t ( )

0

s

2

L s Q sq



(

)

    0

Q q

0

0

Q C

2

s



1 CL

q

t

t

Đặt , vì

q t ( )



q

cos

;

i t ( )



 

sin

0

dq dt

CL

0 CL

CL

R 

110

L

H 1

. Vậy

 ,

C



0, 001

F

Ví dụ 2.51: Xét mạch RLC nối tiếp (cho trong hình 2.17) với ,

và một ắc quy cung cấp sức điện động 90V . Đóng mạch tại thời điểm t  0

và đến thời điểm t T (T = 1 s) ắc quy sẽ được tách ra khỏi mạch, lúc đó mạch RLC cũng đóng nhưng không con sức điện động. Tìm cường độ ( )i t của dòng điện trong mạch tại thời

t  . 0

0

điểm

i  ,

q  ta có: (0) 0

t

L

  Ri

i dt



E t ( )

Giải: Áp dụng định luật Kirchoff thứ nhất cho mạch vòng với điều kiện đầu (0)



di dt

1 C

      

      

0

E t ( )



 ( t

.

1T  .

  t 90 ( )

   , do giả thiết 1)

Sức điện động

1

 LsI RI



I



90

Áp dụng biến đổi Laplace ta được phương trình ảnh

1 Cs

 se s

L

 i

R

C



0E



t  0  t T

 Hình 2.17: Mạch RLC

 s

1



e

 s

I



90

  (1

e

)



.

2

10

s

1  100

 1      s 

     

s



s 110



1000



t 10



100

t



t 10(



1)



t 100(



1)

Thay số ta tính được ,

i t ( )



e



e



e

t (

 . 1)



 e



( )E t

E

Vậy

 hằng số. Đóng

0

Ví dụ 2.52: Xét một mạch điện như hình 2.18. Suất điện động

t  . 0

i t , t  . Hãy tìm cường độ 1( )

0 mạch tại thời điểm

1R C .

L .

Gọi 1I là cường độ ảnh của mạch

2R

Z





1Z là trở kháng ảnh của mạch

1R C .

1

R 1

1 Cs

Z



L .

 Ls

2Z là trở kháng ảnh của mạch

2R

2

R 2

L mắc song song.

Z là trở kháng ảnh tương đương của hai đoạn mạch 1R C và

2R

Z





2I là cường độ ảnh của mạch

Z







1 Z

1 Z

1 Z

Z Z 1 2  Z

Z

Z Z

2 

Z

Z

1

2

1

1

2

1

2

C

1R

R

L

2R

B

A

E E 0

hay (*)

Hình 2.18:





I Z

I

Hiệu điện thế ảnh giữa hai đầu A, B của đoạn mạch:

I Z 1 1

I Z 2 2

  I 1

Z Z

1

(**)

E

 R Z I ( )



Áp dụng định luật Kirchoff cho mạch vòng ta có

0 s

(***)

E

Z Z 1 2 

Z

1

0

I









Z E 2 





Từ (*), (**) và (***) suy ra

1

0 s R Z

1 

Z Z

Z

0 s

Z E 2 Z





1

1

 s R Z



1

2

Z Z 1 2

R



  

  

1 Z Z 1 2  Z

Z

1

2

.

,Z Z vào kết quả trên ta được

1

2



Ls

)

E R ( 0 2

Thay

I



1

2 s RL R L















1

RR 2

R R 1 2

L C

R   C

R 2 C

  s RR   1 

    





 RL R L

; 2











;



.

1

RR 1

RR 2

R R 1 2

L C

R   C

R 2 C

Đặt .

2

   

'



0

 , gọi 1

2,s s là hai nghiệm phân biệt (thực hoặc phức) của

2



s



 2

s



0

 Nếu

  và

  . Khi đó từ công thức Heaviside ta

s s 2, 1

R 2 L





s t 1

s t 2

e



e



tam thức

i t ( ) 1

Ls 1 



Ls 2 



R 2  s 2

 E R   2 0    s 2  1

       

2

2

   

'



0



s



 2

s



0

. có hàm gốc

 , tam thức

  có nghiệm kép s

   . 



t

E

 

 Nếu



i t ( ) 1

0 2

 

    L t R  2 

    

   L e      

LE

2

s



s



2



s



0

Ta có hàm gốc .

  là một nghiện của

  thì

I



1

2R L



 

    s  

    

0 L R 2



t

LE

 

0

L R 2



e

 Nếu ,

i t 1( )



,

,

,

Ta có hàm gốc .

C R L G lần lượt là

từ O đến l . Gọi

 Ví dụ 2.53: Cho một dây dẫn nằm dọc theo trục Ox

i x t và điện thế ( , )

điện dung, điện trở, điền cảm, hệ số hao phí điện ứng với một đơn vị dài sợi dây. Khi có dòng điện chạy trong dây, xung quanh nó tạo nên một từ trường làm thay đổi cường độ dòng điện u x t dòng điện ở vị trí x thời điểm t với điều và điện thế. Tìm cường độ ( , )

kiện đầu và điều kiện biên:

( , 0) i x u x ( , 0)

 

0 0

u t (0, ) u l t ( , )

 

 ( ) t 1  t ( ) 2

    

    

(2.42) và .

Theo các định luật vật lý ta suy ra rằng giữa chúng liên hệ với nhau bởi hệ phương

  Ri

L



0

trình.



 Gu C



0

 i t  u   t

  u    x    i    x 

(2.43)

Đặt

 L

 L

F s ( ) 1

  t ( ) 1

F s ( ) 2

  t ( ) 2





st



st

U x s ( , )



 e u x t dt

( , )

I x s ( , )



e

i x t dt ( , )

; . (2.44)

L

L

  u x t ( , )

  i x t ( , )

 

 

0

0

; (2.45)

Dựa vào tính hội tụ đều của tích phân suy rộng (2.45) ta chứng minh được:

L

L

U   x

 

I x

      

  u     x  

      

  i     x  

; (2.46)

sU x s ( , )

sI x s ( , )

( , 0)

( , 0)

si x

u x





L

L

    u       t   

    i       t    Áp dụng các công thức (2.44)-(2.46) vào (2.43) ta có hệ phương trình ảnh, các điều kiện

(2.47) ;



RI



LsI



0

biên ảnh.



 GU CsU



0

U s (0, )



; (2.48)

U l s ( , )



F s ( ) 1 F s ( ) 2

  U   x   I   x     

. (2.49)

Để giải hệ phương trình này ta khử đi một ẩn hàm, chẳng hạn khử I. Lấy đạo hàm riêng





R



Ls



0

theo x phương trình thứ nhất (2.48) ta có:

2 U 2

 I  x

 I  x

 x

. (2.50)

 

  GU CsU



 I  x







0

Thay vào phương trình trên ta được:

     R Ls G Cs U

2 U 2

 x

. (2.51)

kx

kx

U x s ( , )



Ae



B e

k



Ls R Cs G ( )(



)

Giải phương trình (2.49) theo biến x ta có nghiệm tổng quát:

 .

kx



kx

kx



kx

, với (2.52)

I x s ( , )

 





B e

 



B e

 Ae



 Ae



1  R Ls

U   x

 k  R Ls

Cs G   Ls R

. (2.53)

i x t u x t , ( , )

Thay điều kiện biên (2.48) ta tìm được A, B xong lấy ảnh ngược ta sẽ có ( , )

cần tìm.

Tuy nhiên nói chung không có một công thức tổng quát để tìm hàm gốc từ hàm ảnh có

dạng trên. Ta tìm hàm gốc trong một vài trường hợp cụ thể sau.

u x t , ( , )

x  .

0

k



Ls R Cs G ( )(



)

Ví dụ 2.54: Giả sử dây dẫn khá dài và ảnh hưởng của quá trình dao động điện không đáng kể. Khi đó, về mặt lý thuyết ta có thể xem x biến thiên từ 0 đến  . Trong trường hợp này, i x t bị chặn khi điều kiện biên thứ hai phải được thay đổi bằng điều kiện buộc ( , )

 thỏa mãn Re

k  . Điều kiện ( , )

u x t , ( , )

i x t bị chặn

( , )

Chọn

U x s , ( , )

I x s cũng bị chặn khi x   , do đó

0A  . Vậy

U x s ( , )

B e kx

khi x   suy ra

U s (0, )

.

F s ( ) 1

B F s 1( )

Thay điều kiện biên ta được . Vậy



kx

U x s ( , )



F s e ( )

;

I x s ( , )



U x s ( , )

1

Cs G   Ls R

. (2.54)

R

G 0,

0)

Các trường hợp đặc biệt:

 . Khi đó:



sx LC

U x s ( , )



F s e ( )

;

I x s ( , )



U x s ( , )

 Truyền điện trên dây không bị hao điện (

1

C L



x LC

t



x LC

nÕu

 1

 t



.

u x t ( , )

t



x LC

0

nÕu

    

i x t ( , )



u x t ( , )

Suy ra nghiệm

C L

.

LG

.  Truyền sóng không méo mó: RC



Ls R Cs G ( )(

  )





RG

 s LC

2

Cs G   Ls R

C L



x RG



sx LC

U x s ( , )



e

F s e ( )

;

I x s ( , )



U x s ( , )

Khi đó: , .

1

C L

.

x RG

 e



x LC

t



x LC

nÕu

 1

 t





u x t ( , )

i x t , ( , )

Suy ra nghiệm

u x t ( , )

C L

0

t



x LC

nÕu

   

.

2.2 PHÉP BIẾN ĐỔI FOURIER

Sử dụng phương pháp tọa độ mỗi véc tơ có thể đồng nhất với tọa độ của véc tơ này. Mỗi véc tơ trong mặt phẳng có tọa độ là một cặp số ( , )x y , x là hoành độ và y tung độ, véc

x y z . Một hàm số được xem là véc tơ

tơ trong không gian có tọa độ là bộ ba thành phần ( , , )

của không gian vô hạn chiều có các thành phần của tọa độ là các hệ số Fourier.

Cuối thế kỷ 18 nhà toán học, nhà vật lý đồng thời là kỹ sư người Pháp tên Jean Baptiste Joseph Fourier đã có khám phá kỳ lạ. Trong một kết quả nghiên cứu của mình về phương trình đạo hàm riêng mô tả sự truyền nhiệt của vật thể, Fourier đã khẳng định rằng “mọi” hàm số đều có thể biểu diễn dưới dạng tổng của chuỗi vô hạn các hàm lượng giác. Sau này ta gọi là khai triển hàm số thành chuỗi Fourier.

Có ba dạng của chuỗi Fourier: dạng cầu phương (công thức 2.57, 2.59), dạng cực (công

thức 2.67) và dạng phức (công thức 2.68, 2.72).

Phép biến đổi Fourier hữu hạn được phát triển trên ý tưởng của khai triển hàm số tuần hoàn thành chuỗi Fourier, trong đó mỗi hàm số hoàn toàn được xác định bởi các hệ số Fourier của nó và ngược lại. Trường hợp hàm không tuần hoàn phép biến đổi Fourier rời rạc được thay bằng phép biến đổi Fourier, phép biến đổi ngược duy nhất được xây dựng dựa vào công thức tích phân Fourier.

Khi các hàm số biểu diễn cho các tín hiệu phụ thuộc thời gian t thì biến đổi Fourier của chúng được gọi là biểu diễn phổ tần số, vì mỗi hệ số Fourier tương ứng với một tần số của hàm sin hoặc hàm cosin, các hệ số Fourier đóng vai trò như các thành phần tọa độ của véc tơ. Tín hiệu tuần hoàn sẽ có phổ rời rạc, còn tín hiệu không tuần hoàn sẽ có phổ liên tục. Đối số của hàm tín hiệu là thời gian còn đối số của biến đổi Fourier của nó là tần số, vì vậy phép biến đổi Fourier còn được gọi là phép biến đổi biến miền thời gian về miền tần số. Biểu diễn phổ tần số của tín hiệu phụ thuộc thời gian cũng giống như biểu diễn véc tơ theo tọa độ của chúng.

Phép biến đổi Fourier rời rạc được sử dụng để tính toán khi các tín hiệu được rời rạc hoá bằng cách chọn các giá trị mẫu tại một số hữu hạn thời điểm và phổ cũng nhận được tại một số hữu hạn các tần số. Tuy nhiên để thực hiện nhanh phép biến đổi Fourier rời rạc, người ta sử dụng các thuật toán biến đổi Fourier nhanh.

Hướng ứng dụng vào viễn thông: Phân tích phổ, phân tích truyền dẫn tín hiệu, ghép

kênh vô tuyến, ghép kênh quang, đánh giá chất lượng WDM...

2.2.1 Chuỗi Fourier (*)

2.2.1.1 Khai triển Fourier của hàm tuần hoàn chu kỳ 2 

Hệ các hàm số

nt

, sin

nt n 

;

1, 2, ...

 1, cos



(2.55)

2



x t y t ( ), ( )

x t y t dt ( ) ( )

 

0

là một hệ trực giao theo tích vô hướng

2



2



2



cos

ntdt



sin

ntdt



cos

nt mtdt sin



0 ;

  , n m







0

0

0

2



2



cos

nt

cos

mtdt



sin

nt mtdt sin

nghĩa là





n m   n m

nÕu nÕu

0

0

 0      

(2.56)

2



2



2



2



nt

nt

*

cos

ntdt



  

0,

n

sin

ntdt

 

  

0,

n



*  ;





cos n

sin n

0

0

0

0

2



2



cos

nt mtdt sin



sin(

 n m t )



sin(

n m t dt



)



0





  

  

1 2

0

0

2



2



 n m

,

cos

nt

cos

mtdt



cos(

 n m t )



cos(

n m t dt



)



0





  

  

1 2

0

0

2



2



 n m

,

sin

nt mtdt sin



cos(

 n m t )



cos(

n m t dt



)



0





  

  

1 2

0

0

Thật vậy

2



2



2



2

 n m

,

cos

nt

cos

mtdt



cos

ntdt





cos 2











 1  

 nt dt  

1 2

0

0

0

2



2



2



2

 n m ,

sin

nt mtdt sin



sin

ntdt





cos 2











 1  

 nt dt  

1 2

0

0

0

Từ tính chất trực giao của hệ (2.55) ta có thể chứng minh được rằng, nếu hàm ( )x t tuần



a

x t ( )





a

cos

nt



sin

nt

n

b n



0 2

n

 1

n 

1, 2, ...

hoàn chu kỳ 2  và khai triển thành tổng của chuỗi lượng giác

0a , na , nb ;

2



2



2



a



x t dt ( )

;

a



x t

( )cos

ntdt

;



x t

( )sin

ntdt

n 

1, 2, ...

thì các hệ số nghiệm đúng công thức sau:

0

n

b n







1 

1 

1 

0

0

0

; (2.57)

2



2





a

x t dt ( )





a

cos

nt



sin

n

b n







1 

1 

0 2

     

  nt dt    

n

 1

0

0

2



2



2





a



dt

a

cos

ntdt



sin

ntdt



a

n

b n

0









1 

0 2

1 

1 

 n

 1

0

0

0

2



2





a

x t

( )cos

ntdt



a

cos

mt



sin

mt

cos

ntdt



m

b m







1 

1 

0 2

     

     

m

 1

0

0

2



2



2





a



cos

ntdt



cos

mt

cos

ntdt



sin

mt

cos

ntdt



a

m

b m

n









1 

0 2

1 

m

 1

   a    

      

0

0

0

Thật vậy, từ công thức (2.56) ta có



a



cos

nt



sin

nt

Các hệ số (2.57) được gọi là hệ số Fourier của hàm ( )x t và chuỗi



 a n

b n



0 2

n

 1

(2.58)

được gọi là chuỗi Fourier của hàm ( )x t .

Với mọi hàm tuần hoàn chu kỳ 2  và khả tích ta có thể tính các hệ số Fourier vì vậy



a

x t ( )





cos

nt



sin

nt

có chuỗi Fourier tương ứng. Ta ký hiệu



 a n

b n



0 2

n

 1

(2.59)

1 2

Hệ số của số hạng thứ nhất xuất phát từ sự thuận lợi trong việc tính toán sau này.

Ký hiệu  trong công thức (2.59) ngụ ý rằng chuỗi Fourier của hàm ( )x t chưa chắc

hội tụ về hàm ( )x t .

Các câu hỏi được đặt ra một cách tự nhiên:

(i) Khi nào chuỗi lượng giác vô hạn (2.58) hội tụ?

(ii) Loại hàm ( )x t nào có thể biểu diễn thành tổng của chuỗi Fourier? Nghĩa là có thể

thay dấu  thành dấu =.

Định lý sau cho một điều kiện đủ để khai triển một hàm thành tổng của chuỗi Fourier.

Định lý 2.15 (Định lý Dirichlet): Giả sử hàm ( )x t tuần hoàn chu kỳ 2 , đơn điệu từng khúc

x t (

x t (



0)

và bị chặn (gọi là điều kiện Dirichlet), tại các điểm gián đoạn ta ký hiệu

x t ( )



  0) 2

0)

(2.60)

x t  , ( 0)

x t  lần lượt là giới hạn phải và giới hạn trái của ( )x t tại t . Khi đó

trong đó (





t

chuỗi Fourier hội tụ và công thức (2.59) trở thành đẳng thức.

t ,

   ; tuần hoàn chu kỳ 2 . Vì ( )x t là hàm lẻ nên

Ví dụ 2.55: Xét hàm số ( )x t





a



tdt



0



t

cos

ntdt



0

các hệ số Fourier có thể tính như sau

0

na





1 

1 















t

nt

 1



t

sin

ntdt



t

sin

ntdt



( 1)n

, ,

b n

nt sin 2





2 

1 

2   

cos n

2   n

n

   

   

0

0



 Do đó chuỗi Fourier tương ứng



nt

 1

t

n  ( 1)



t









sin n

t sin 2 2

t sin 3 3

t sin 4 4

  2 sin   

     

 2 n  1 Áp dụng định lý 2.15 ta có



  



t



nÕu

nt

 1

n  ( 1)



0

t

 



nÕu

sin n

 1

2 n

 t     

.

t

 và chia hai vế cho 2 ta được

 2

      

1

 4

1 3

1 5

1 7

1 9

Thay

t ,

   ; tuần hoàn chu kỳ 2 . Vì ( )x t là hàm chẵn





t

Ví dụ 2.56: Xét hàm số ( )x t









t

sin

ntdt



0



t dt



tdt





nên các hệ số Fourier có thể tính như sau

nb

a ; 0







1 

2 

1 





0







n

  2 k

0



nÕu

t

nt

a



t

cos

ntdt





,

n



nt cos 2

2 

2 

sin n

n

  2 k

1

nÕu

n

   

   

t



0

0

0 4 2

n



       

.

Do đó chuỗi Fourier tương ứng



t





t











nt cos 2

 2

4 

   2

4 

t cos 3 9

t cos 5 25

t cos 7 49

  cos   

     

n

n

 1

0 Thay t  ta được

.

 ( ) t

0   t      t

0

nÕu nÕu

 1    0 

Ví dụ 2.57: Xét hàm bước nhảy tuần hoàn chu kỳ 2 xác định như sau









a



 ( ) t dt



dt



1



 ( )cos t

ntdt



cos

ntdt



0

Các hệ số Fourier

0

na









1 

1 

1 

1 

0









0





n

  2 k

1

nÕu

, ,



 ( ) sin t

ntdt



sin

ntdt

b n





1 

1 

n



k 2

2  n 0

nÕu





0

.

 ( ) t





t









1 2

2 

t sin 5 5

t sin 7 7

      t sin 3 3

  sin   

     

l 2

Chuỗi Fourier tương ứng

T 2.2.1.2 Khai triển Fourier của hàm tuần hoàn chu kỳ 0

t

l 

thì ( )y t tuần hoàn chu Xét ( )x t là một hàm tuần hoàn chu kỳ 2l , đặt ( ) y t (*)       x     

kỳ 2 . Nếu ( )x t thỏa mãn điều kiện Dirichlet thì ( )y t cũng thỏa mãn điều kiện Dirichlet, do



a

y t ( )





cos

nt



sin

nt

 a



n

b n



0 2

n

 1

đó có thể khai triển thành chuỗi Fourier.

y t ( )

t

t

l 

    y   l

    

    x  

    



a

x t ( )



y

t





cos

t



sin

t

. Vậy tương đương với ( )x t

n

b n



 l

0 2

 n l

 n l

     

     

  a    

     

n

 1

(2.61)

l 2

l 2

l 2

a



( )

;



x t

( )cos



x t

( )sin

tdt

n 

1, 2, ...

Các hệ số Fourier được tính theo công thức sau:

0

x t dt a n

tdt b ; n







1 l

 n l

1 l

1 l

 n l

0

0

0

; (2.62)

Nhận xét 2.2:

 l c 2

 l c 2

a



x t dt ( )

;



x t

( )cos

tdt

;

0

a n





1 l

1 l

 n l

c

c

1. Hàm tuần hoàn chu kỳ 2 là một trường hợp đặc biệt của hàm tuần hoàn chu kỳ 2l , vì vậy các nhận xét sau đây được giả thiết là hàm tuần hoàn chu kỳ 2l . Ngoài ra do tính chất tích phân của hàm tuần hoàn nên các hệ số Fourier (2.62) cũng có thể tính như sau:

 l c 2



x t

( )sin

tdt n ;



1, 2, ...



c

b n



1 l

 n l

c

(2.63)

x t

t

x t

t

 n l

 n l

là 2. Nếu ( )x t là hàm lẻ tuần hoàn chu kỳ 2l thì ( ) cos là hàm lẻ và ( ) sin

l

a

0;



x t

( )sin

tdt n ;



1, 2, ...

hàm chẵn, do đó các hệ số Fourier (2.62) thỏa mãn

0

  a n

b n



2 l

 n l

0

t

(2.64)

x t

t

x t

 n l

 n l

3. Nếu ( )x t là hàm chẵn tuần hoàn chu kỳ 2l thì ( ) cos là hàm chẵn và ( ) sin

l

l



0;

a



x t dt ( )

;



x t

( )cos

tdt n ;



1, 2, ...

là hàm lẻ, do đó các hệ số Fourier (2.62) thỏa mãn

b n

0

a n





 n l

2 l

2 l

0

0

(2.65)

a

b

,a b , ta   . Khi đó ( )x t có thể khai triển

4. Trường hợp ( )x t là hàm xác định, bị chặn và đơn điệu từng khúc trong khoảng 

có thể mở rộng thành hàm tuần hoàn chu kỳ 2l

b

b



x t dt ( )

;

a



x t

( )cos

tdt

;

a 0

n





2 

a

b

 n 2  a b

2 

a

b

a

a

b



x t

( )sin

tdt n ;



1, 2, ...

thành chuỗi Fourier với các hệ số Fourier được tính như sau

b n



2  n  a b

2 

a

b

a

(2.66)

0, l

, ta 5. Trường hợp ( )x t là hàm xác định, bị chặn và đơn điệu từng khúc trong khoảng 

có thể mở rộng thành hàm chẵn hoặc hàm lẻ tuần hoàn chu kỳ 2l . Nếu mở rộng thành hàm chẵn thì các hệ số Fourier được tính theo công thức (2.65) và nếu mở rộng thành hàm lẻ thì các hệ số Fourier được tính theo công thức (2.64).

t , 1

   ; tuần hoàn chu kỳ 2 . Vì ( )x t là hàm lẻ nên các

1

t

Ví dụ 2.58: Xét hàm số ( )x t

1

1

a



tdt



0



t

cos

n tdt



0

hệ số Fourier có thể tính như sau

0

na





1 1

1 1

 1



1

1

1

1

t

sin

 1

, ,



t

sin

ntdt



2

t

sin

 n tdt





n  ( 1)

b n





1 1

cos  n t  n

2  n

n (

 n t 2 )



0



1

    2   

    

0

.



 t

 t

 t

 1

t

n  ( 1)



sin

 t









2  

 n t sin n

2 

sin 2 2

sin 3 3

sin 4 4

    

   .   

n

 1

Do đó chuỗi Fourier tương ứng

2.2.1.3 Dạng cực của chuỗi Fourier (Polar Fourier Series)

a



;



a

Từ công thức (2.61) nếu ta đặt

A 0

A n

2 n

2  b n

0 2

, 0

 2

(2.67)

  xác định bởi

 n

 n

a

và góc

cos





,

sin





n

n

n A n

b n A n

(2.68)





a

x t ( )





cos

t



sin

cos

t



khi đó công thức (2.61) có thể viết lại

a n

b n

  t A 0

A n

 n





0 2

 n l

 n l

 n l

    

    

n

 1

n

 1

(2.69)

Công thức (2.61) được gọi là chuỗi Fourier dạng cầu phương (Quadrature Fourier

Series). Công thức (2.69) được gọi là chuỗi Fourier dạng cực của ( )x t .

2.2.1.4 Dạng phức của chuỗi Fourier (Complex Fourier Series) (*)

Thay hàm sin và cosin theo các hàm mũ từ công thức Euler (1.17) vào công thức (2.59)

int



int

int



int





a

a

e

e

x t ( )





cos

nt



sin

nt







 a



b n

n

n

b n





0 2

 e 2

 e 2 i

0 2

n

 1

n

 1

   a   

      



a

a



a



int



int

n

ib n

n

ib n









0 2

2

2

     

   e    

   e    

     

n

 1

ta được



int

Vậy ta có thể viết chuỗi Fourier dưới dạng phức

x t ( )

c e n



n



(2.70)

c



a

a



0

0

trong đó các hệ số Fourier phức nc xác định như sau

) / 2

a



0 / 2  a (

n



n a (



) / 2





)

c n c 

ib n ib n

n

n

b n

c 02   c n i c ( n

c  n c 

n

hoặc (2.71)

2





 n m

nÕu



imt

int e e

dt

e

Mặt khác, tương tự hệ trực giao (2.55) ta có thể kiểm tra được rằng hệ các hàm phức

imt



m



0

 n m

nÕu

0

 2     

thỏa mãn (2.72) 

do đó đây là một hệ trực giao.

c



2





int

x t e ( )

dt

,

 c



Vì vậy các hệ số Fourier phức (2.71) có thể tính trực tiếp

c n



1  2

c

(2.73)

2

l có khai triển Fourier dạng phức

T 0

c

 l 2



 i

i

t

 n l

 n l

x t ( )



t dt

,

x t e ( )

 c

Trường hợp hàm tuần hoàn chu kỳ

c e n

c n

 



1 l 2

n



c



, (2.74)

0T thì công thức

f Nếu ký hiệu 0

1 T 0

là tần số cơ bản của hàm tuần hoàn chu kỳ

c



l 2





 i n f t 2 0

 i n f t 2 0



x t e ( )

dt

,



c

x t ( )

(2.74) được biểu diễn

c n

c e n

 



1 l 2

n



c

, (2.75)

n



0

nÕu





 i

nt

 i

nt



 ( ) t e

dt



e

dt



n



0

n nÕu

ch½n



c n





1  2

1  2





0

n nÕu

lÎ

1 2 0 1  in

  

Ví dụ 2.59: Xét hàm bước nhảy tuần hoàn ví dụ 2.57

 m it

1)



 ( ) t





Vậy, hàm bước nhảy đơn vị có khai triển Fourier

1 2

i 

(2 e  2 m

1



m





t

.

x t Ví dụ 2.60: Tìm khai triển Fourier của hàm mũ ( )

at e ,

   tuần hoàn chu kỳ 2 .







 a in t ( )

 i

nt

 a in t ( )



at e e

dt



e

dt



c n





1  2

1  2

e  2 ( a



in

)









t







 a in t ( )

 a in (

 )

  ( a in

 )

a



 a



e

a (



a





 

n ( 1)

 

n ( 1)

in 2

)sinh 2

e  2 ( a



in

)

 a  2 (

e 

in

)

 e a  2 (

e 

in

)



n

)

 a (



t

 Vậy hàm có chuỗi Fourier tương ứng



a



n  ( 1) ( a

in

)

i

nt

at e



e

.



 2

2

sinh 

n

a



n



2

.

l thoả mãn điều kiện Dirichlet, khi đó

T 0

Định lý 2.16: Giả sử hàm ( )x t tuần hoàn chu kỳ

 c T 0



2

2

x t ( )

dt

ta có đẳng thức Parseval

c n

 



n



1 T 0

c

(2.76)



 c T 0

 c T 0

 c T 0





t

i

 i

t

2

m l

 n l

x t ( )

dt



x t x t dt ( ) ( )



dt

c e m

c e n















1 T 0

1 T 0

1 T 0

       m

        n

       

c

c

c

Chứng minh:



 c T 0





i

t

 i

t

2

m l

 n l



dt



c c e m n

c n







m n ,



n



1 T 0

c





Nhận xét 2.3: Công thức (2.69), (2.71), (2.74) cho thấy dạng cực, dạng phức và dạng cầu phương của chuỗi Fourier là hoàn toàn tương đương, nghĩa là từ dạng này ta có thể biểu diễn duy nhất qua dạng kia và ngược lại. Vậy thì dạng nào được ứng dụng tốt nhất. Câu trả lời là phụ thuộc vào từng trường hợp cụ thể. Nếu bài toán thiên về giải tích thì sử dụng dạng phức sẽ thuận lợi hơn vì việc tính các hệ số nc dễ hơn. Tuy nhiên đối với các hàm dạng sóng được thực hiện trong phòng thí nghiệm thì dạng cực sẽ thuận tiện hơn, vì các thiết bị đo lường như vôn kế, máy phân tích phổ sẽ đọc được biên độ và pha. Dùng các kết quả thí nghiệm đo được các nhà kỹ thuật có thể vẽ các vạch phổ một phía là các đoạn thẳng ứng với mỗi giá trị biên

f n

nf 0

n T 0

. độ nA tại tần số

2.2.2 Phép biến đổi Fourier hữu hạn



nf

Mỗi hàm tuần hoàn được xác định duy nhất bởi các hệ số Fourier của nó và ngược lại (công thức 2.55, 2.60, 2.71, 2.72), điều này được suy ra từ tính chất trực giao của hệ 2.53, 2.70.

e  2i



n



 một hệ trực chuẩn trên đoạn 0, 1  

  

1

i

2



nf

 2 i mf

e

e

df

là Tương tự ta có thể chứng minh được hệ các hàm phức tuần hoàn 



1 0

n m   n m

nÕu nÕu

0

    

. (2.77)

Dựa vào hệ trực chuẩn này ta định nghĩa phép biến đổi Fourier hữu hạn của các tín hiệu



rời rạc như sau.

( ) x n

n





 i

2



nf

 X f

( )



x n e ( )

là Định nghĩa 2.5: Biến đổi Fourier hữu hạn của tín hiệu rời rạc 

F



 x n ( )

 

n



(2.78)

nếu chuỗi ở vế phải hội tụ.

1

1

2



nf

x n ( )

X f

( )

 ( ) i X f e

df

Công thức biến đổi ngược

F 





 

0

( )X f

(2.79)



Hàm tuần hoàn có chu kỳ 1.

x n Ví dụ 2.61: Tìm biến đổi Fourier hữu hạn của tín hiệu rời rạc ( )

n rect ( ) N

, N là 1 số tự

nhiên.

   n N

1

0

n rect ( ) N

1 0

nÕu nÕu ng­îc l¹i

   



 i Nf 2

N

 1



1



e

 i

2



nf

 i

2



nf

 X f

( )



x n e ( )





e





 i

2



f

1



e

n



0

n





 i Nf

 i Nf



 i Nf

e

e



e

)



 i N (

f

Giải:







e

 i



f

i



f

 i



f

1) sin(  sin(

N f   f )

e

e



e

.

Nhận xét 2.4:

1. Trong công thức biến đổi Fourier 2.76, 2.77 đối số f được ký hiệu cho tần số. Có tài liệu

2





1

 i n



x n ( )

X

 ( )



  ( ) X e

d



 X

 ( )



x n e  i n ( )

không biểu diễn biến đổi Fourier qua miền tần số mà qua miền tần số góc  như sau

F 

F



 x n ( )

 







1  2

n



0



 2 f

, (2.80)



Hai cách biểu diễn này tương ứng với nhau qua phép đổi biến số .

( ) x n

n





x n ( )

 

tồn tại biến đổi Fourier hữu hạn là 2. Một điều kiện đủ để tín hiệu rời rạc 



n



 ( )X f

.

3. Công thức biến đổi ngược 2.77 là khai triển Fourier dạng phức của hàm

trực chuẩn 2.75. Nếu biến đổi Fourier xét trong miền  thì biến đổi ngược của

 ( )X  ) thỏa mãn điều kiện Dirichlet.

đối với hệ ( )X  là khai triển Fourier dạng phức đối với hệ trực giao 2.10. Vì vậy biến đổi ngược tồn tại khi  ( )X f (hoặc

Tính chất 2.2: Tương tự phép biến đổi Laplace, phép biến đổi Fourier hữu hạn có các tính chất sau:

Ax n ( )





A



B

F

F



 By n ( )



 x n ( )



 y n ( )



 i

2



nf

Ax n ( )







(2.81) 1. Tuyến tính: F

F

 Ax n ( )

 By n e ( )



 By n ( )



n







 i

2



nf

 i

2



nf



x n e ( )



B

y n e ( )



A



B

Chứng minh:

F

F



 x n ( )



 y n ( )







A n

n



.

 2 i

0 n f

2. Trễ:

 X f

( )







n



e

X f

( )

F

F

 x n (

 )

0



 x n ( )

. (2.82)

Chứng minh:





 i

2



 i

 2 (

n n f )



 i

2



nf

n f 0

0

x n (



n



x n (





e

x n (



F



 )

0

n e ) 0

n e ) 0





n



n





 i

2



 i

2



 i

2



nf

n f 0

n f 0



e

x n e ( )



e

F



 x n ( )



n



.

i

2



nf 0

3. Dịch chuyển ảnh:

( )





 X f (





)

F

F

f 0



 x n ( )

 e

 x n ( )

. (2.83)  X f

i

2



 i

2



nf 0

nf 0

 X f (

 X f (



)

e

e

  f ) 0

f 0

x n

( )cos(2





x n ( )



4. Điều chế:

F

F



 )

nf 0

 2

2

        

        



 i

2



nf

 X f

( )



x n e ( )

. (2.84)

F



 x n ( )

 

n







 i

2



nf

i

2



nf

5. Liên hợp phức: Nếu thì



x n e ( )



x n e ( )

   X f (

)

F







 x n ( )

n



n



X f

( )

)

(2.85)

x n thực thì 

   . X f (



 i

2



nf

 X f

( )



x n e ( )

Khi ( )

F



 x n ( )

 

n







 i

2



nf

 i

 2 (

  f n )(

)

 ( x n e )



 ( x n e )

   X f (

)

6. Biến số đảo: Nếu thì

F



   ( x n )





n



n









(2.86)

F

F

 x n ( )

  x n ( )

  y n ( )



z n ( )



x n ( )



y n ( )



x k y n ( ) (



k

)

(2.87) F 7. Tích chập (xem công thức 1.102):  y n ( )



k











 i

2



nf

 i

2



kf

 i

 2 (

 n k f )

 Z f

( )



x k y n ( ) (





x k e ( )

y n (



k e )

   ) k e    

      

         k  

n

         k  

n





 i

 2 (

 n k f )

 i

2



kf



y n (



k e )

x k e ( )

 X f Y f

 ( ) ( )



     

        n  

k

Chứng minh: Ta có

8. Tích chập ảnh:

( )





F

F

F

  x n y n ( )



 x n ( )



 y n ( )



 i

2



nf

x n y n e ( ) ( )

(2.88) 

F



  x n y n ( ) ( )

 

n



Chứng minh: . Theo 2.71 ta có:

1







 i

2



nf



 2 ( i m n u )



 i

2



nf

x n y n e ( ) ( )



(



 ) x m e

n



n

           m

   du y n e ( )    

0

1







 2 ( i m n u )





 i nf 2



x m e ( )

y n e ( )

du



     

        m  

n

0

1

1









 i mu 2

 i

2



n f u



(

)



x m e ( )

y n e ( )

du



  X u Y f ( ) (

 u du X f Y f

( )





( )

)











      

       m



         n



0

0

.





x m y m n ( ) (



)

9. Biến đổi của hàm tương quan

x n ,  ( )

( )y n ,

n , ( ) r x y



m







x m x m n ( ) (



)

gọi là hàm tương quan của hai dãy tín hiệu 

( ) x n .

n , ( ) r x x



m



gọi là hàm tự tương quan của dãy tín hiệu 

 X f Y f

 ( ) ( )



F

x yr



 n , ( )





x m y m n

( ) (

  )

x n ( )

  

y n (

)

(2.89)

 X f Y f

 ( ) ( )



F

n , ( ) r x y



x yr



 n , ( )

m



Chứng minh: .





 i

2



nf



) (

(

F



 n , ( ) r x y

  )   x m y m n e   

          m

n





 i

 2 (

 n m f )



 i mf 2

x m (

)

 y m n e )

(







  e    

m



      n









 2 ( i m n f )





 i mf 2



x m (

 y m n e )

(

 X f Y f

 ( ) ( )



Hoặc ta có thể chứng minh trực tiếp như sau:





  e    

m



   )    n



.

( ) x n ta có định

Áp dụng công thức (2.89) vào hàm tự tương quan của dãy tín hiệu 

2

 X f

( )



lý Weiner-Khinchin:

F

x xr



 n , ( )

. (2.90)

x n y n thực, ( )





x m y m n ( ) (

  )

   X f Y f ( ) (

)



Trường hợp ( ),

F

x yr

n , ( ) r x y





 n , ( )

m



.

10. Đạo hàm ảnh:

 X f

( )









F

F



 x n ( )



 nx n ( )

i  2

( ) dX f df

(2.91)

 i

2



nf





de

( )

 i

2



nf



nx n e ( )



x n ( )





F



 nx n ( )





1  i 2



df

i  2

 dX f df

n



n



Chứng minh:

1

1





2

2

x n y n ( ) ( )



  X f Y f df ( ) ( )

x n ( )



 X f df ( )

11. Đẳng thức Parseval:









n



n



0

0

; . (2.92)

1

1







i

2



nf

i

2



nf

x n y n ( ) ( )



y n ( )

 X f e ( )

df



 X f

( )

y n e ( )











   df    

n



       n



n



      

       

0

0

1

1



i

2



n

 (

f

)

 X f

( )



y n e ( )



  X f Y f df ( ) ( )

Chứng minh:









       n

   df    

0

0

.







n

X z ( )

x n z ( )

12. Quan hệ giữa phép biến đổi Fourier rời rạc và phép biến đổi Z (mục 1.6 chương 1)

( ) x n

 

n



n





 i

2



nf

 X f

( )



x n e ( )

là có biến đổi Fourier rời rạc Biến đổi Z của dãy 

F



 x n ( )

 

n



 X f

( )



X z ( )

(2.93)

f

 2 i z e

. Vậy

t

2.2.3 Phép biến đổi Fourier

Khởi đầu chuỗi Fourier được xây dựng với mục đích giải quyết các bài toán tương ứng với các hàm số xác định trong miền bị chặn hoặc hàm tuần hoàn. Để giải quyết các bài toán     người ta mở rộng một cách tự có các hàm số xác định trên toàn bộ tập số thực nhiên phương pháp chuỗi Fourier, điều này đưa đến phép biến đổi Fourier. Phép biến đổi Fourier là một công cụ mạnh mẽ và đóng vai trò cốt yếu trong nhiều miền ứng dụng như: Giải phương trình vi phân, giải phương trình đạo hàm riêng, xử lý tín hiệu, ứng dụng vào lý thuyết điều khiển và trong nhiều lĩnh vực khác của toán lý thuyết cũng như toán ứng dụng. Đối với các nhà toán học phép biến đổi Fourier là cơ bản hơn phép biến đổi Laplace.

Cơ sở của phép biến đổi Fourier là công thức tích phân Fourier, công thức này có được bằng cách xét chuỗi Fourier trong khoảng khá lớn tùy ý, sau đó cho khoảng này tiến đến vô cùng.



x t dt | ( ) |

 

2.2.3.1 Công thức tích phân Fourier (*)





Định lý 2.17: Giả sử hàm ( )x t khả tích tuyệt đối trên toàn bộ trục thực ( )

và thoả mãn điều kiện Dirichlet, khi đó ta có đẳng thức sau và gọi là công thức tích phân Fourier





x t ( )



d



x u

 ( )cos ( t



u du )





1 

0



(2.94)

; )

l l (xem nhận xét 2.2, công

l  ta có thể khai triển thành chuỗi Fourier trong khoảng (

0

Chứng minh: Vì hàm ( )x t thỏa mãn điều kiện Dirichlet trên toàn bộ trục thực nên với mọi



l l ; )

t

x t ( )

cos

t



sin

t

thức 2.64 và định lý 2.15).

   . (

n

b n



a 0   2

 n l

 n l

  a   

    

n

 1

,

l

l

l

a



( )

;



x u

( )cos

;



x u

( )sin

udu n

;



1, 2, ...

0

x u du a n

udu b n







 n l

 n l

1 l

1 l

1 l

 l

 l

 l

l

l





x t ( )



x u du ( )



x u

u

cos

t



sin

u

sin







1 l

 n l

 n l

 n l

 n l

1 l 2

n

 1

  ( ) cos  

  t du  

 l

 l

l

l



x t ( )



x u du ( )



x u

( )cos

t (



u du )

Các hệ số Fourier được tính theo công thức sau:







1 l

 n l

1 l 2

n

 1

 l

 l



x t dt | ( ) |

 

(2.95)





l

Vì nên khi cho l   ta có:



l



 l 



x u du ( )  0 lim  l 1 l 2 (2.96)









n

 1

n

 1

 l





F

 ( )



x u

 ( )cos ( t



u du )

x u ( ) cos t (  u du )  x u ( )cos t (  u du ) lim  l lim  l 1 l  n l 1 l  n l    

  ,



 l

1 







x u

( )cos

t (



u du )











Đặt (2.97)

 F n





  

 n l

1 l

n



0

n

 1



(2.98)

( )F  trong khoảng [0,

) .

Vế phải của (2.98) là tổng tích phân của hàm

  .

0

Theo (2.97), l   khi và chỉ khi







x t ( )



  ( ) F d



d



x u

 ( )cos ( t



u du )

Vậy lấy giới hạn hai vế của (2.95) khi cho l  và sử dụng (2.96)-(2.98) ta được







1 

0

0



.

Vì hàm cosin là hàm chẵn và sin là hàm lẻ nên từ công thức (2.94) ta cũng có:









x t ( )



d



x u

 ( )cos ( t



u du )



d



x u

 ( )cos ( t



u du )









1  2

1 

 

0









x u

  ) u

i

 sin ( t



d



  ( ) cos ( t

 u du )





1  2

 





i

 t u  (

x t ( )



d



x u e ( )

) du

Vậy





1  2

 

(2.99)

Công thức (2.99) được gọi là công thức tích phân Fourier phức.

Nhận xét 2.5:

1. Các công thức trên đã sử dụng quy ước (2.60) tại những điểm không liên tục.





x t ( )

cos

  td

x u

( )cos



udu

2. Nếu ( )x t là hàm chẵn thì



2   

0

0

. (2.100)





x t ( )

sin

  td

x u

( )sin



udu

3. Nếu ( )x t là hàm lẻ thì



2   

0

0

. (2.101)

4. Các công thức tích phân Fourier (2.94), (2.99) và định lý 2.17 được phát biểu và chứng minh cho trường hợp ( )x t là hàm thực. Tuy nhiên do tính chất tuyến tính của tích phân

nên các kết quả trên vẫn còn đúng cho trường hợp hàm phức biến thực ( )x t khả tích tuyệt





 2

f

  d 

 2

df

đối có phần thực, phần ảo thỏa mãn điều kiện Dirichlet.





i

2



 f t u (

 i

2



fu

i

2



ft

x t ( )



df

x u e ( )

) du



x u e ( )

df

5. Đổi biến , thay vào công thức (2.99) ta được





   du e    

 

            

(2.102)

Sử dụng công thức (2.102) ta có thể định nghĩa biến đổi Fourier của hàm không tuần

hoàn như sau.

2.2.3.2 Định nghĩa và tính chất của phép biến đổi Fourier

Định nghĩa 2.6: Giả sử hàm ( )x t khả tích tuyệt đối trên trục thực và thỏa mãn điều kiện



 i

2



 X f

( )





x t e ( )

ft dt

,

f





Dirichlet. Biến đổi Fourier (viết tắt là FT) của ( )x t là

F



 x t ( )





 ( )X f

(2.103)

Trong kỹ thuật, nếu ( )x t là hàm dạng sóng (waveform) theo thời gian t thì được

gọi là phổ hai phía của ( )x t (two - sided spectrum), còn tham số f chỉ tần số, có đơn vị là Hz.





1

2



x t ( )



X f

( )

 ( ) i X f e

ft df

Từ công thức tích phân Fourier (2.102) ta có công thức biến đổi ngược

F

 







 ( )X f

(2.104)

f ( )

 X f

( )



 X f e  ( ) i

Hàm ảnh qua phép biến đổi Fourier có thể viết dưới dạng cực

(2.105)

 X f

( )



 X f X f

 ( ) ( )

  

f ( )

 X f

( )

trong đó

, (2.106)

được gọi dạng biên độ - pha của phép biến đổi.

( ), x t X f được gọi là cặp biến đổi Fourier.

( )

Cặp

Tính chất 2.3:

A. Tương tự các tính chất (2.81)-(2.92) của phép biến đổi Fourier hữu hạn, phép biến đổi

Fourier có các tính chất được tổng kết trong bảng sau:

(2.107)

 ( )X f



Hàm ( )x t Tính chất Biến đổi Fourier

( )

( )



 AX f 1

 BX f 2

Ax t ( ) 1

Bx t ( ) 2

/

a

x at ( )

1. Tuyến tính

  X f



1 a

|

|

2. Đồng dạng

( )x t

( X f )

x

f ( )

3. Liên hợp

( )X t

 2 i T f d

x t T

(

4. Đối ngẫu

e

 X f

( )

)d

i

2



f t 0

5. Trễ

 X f (

e

x t ( )

f ) 0

x t

( )cos 2

6. Dịch chuyển ảnh

 X f (



)



 X f (

f t 0

f 0

 f ) 0

1 2

1 2

n

7. Điều chế

2



( )

 i

  f X f

n d x t ( ) n

dt

t

 X f

( )



 X

 (0) ( )

f

x u du ( )

8. Đạo hàm



1  2

i

f

1 2



9. Tích phân

n



n

2



nt x t ( )

  i



( ) d X f n df









u du )



x t ( ) 1

x t ( ) 2

x u x t ( ( ) 1

2



10. Đạo hàm ảnh

 X f X f ( )

( )

2

1





( )

11. Tích chập

  X f X f

( )

( )

2

1

x t x t ( ) 1 2

12. Tích

Hàm  trong tính chất 9. là hàm Dirac (xem mục 3.1 chương 3).

B. Từ công thức định nghĩa biến đổi Fourier (công thức 2.100) ta nhận thấy rằng nếu ( )x t là

hàm thực chẵn thì biến đổi Fourier của nó cũng là hàm thực chẵn. Kết hợp với tính chất

cho nhau, nghĩa là

 X f

( )







X t ( )

x f

( )

F

F

 x t ( )



 ( )X f 

(2.108) đối ngẫu 4. ta có thể chuyển đổi vai trò của ( )x t và 









i ( 2



 f a t )



at

2



ft



i ( 2



 f a t )

e

e



  at i e

e

df



dt





;

a



0

Ví dụ 2.62:

F



  ( ) t





e  i ( 2



f



a

)

a





f

1 i 2

0

0

0

0

0

0

 a i (

2



f t )

at

 i

2



ft

 a i (

2



f t )

e

e

t

at e e

df



dt



;

a



0



a. .

F



   (  )





e a



i

 2

f

1  2 i

f

a









b. .

1



at

te







;

a



0

Áp dụng tính chất đạo hàm ảnh ta được

F



  ( ) t

1  i 2



1 i 2



f

 d      df a

    

a (



i

 2

f

2 )

 1

at

te

t





;

a



0

F



   (  )

1  i 2



1  2 i

f

 d      df a

     

a (



i

 2

f

2 )

c.

( ),

( )

x t Nếu 1

x t là hai hàm bình phương khả tích (gọi là hàm kiểu năng lượng) thì ta 2

2.2.3.3 Định lý Parseval và định lý năng lượng Rayleigh





( )

( )



  X f X f df

( )

( )

1

2

có đẳng thức Parseval

x t x t dt 1 2













x t ( )

(2.109)

x t ( ) Khi 1

x t ( ) 2





2

2

x t ( )

dt



 X f

( )

df

ta có định lý năng lượng Rayleigh









(2.110)

Như vậy năng lượng được tính trong miền thời gian bằng năng lượng được tính trong

miền tần số.

Có thể chứng minh công thức (2.109) bằng cách sử dụng công thức tích phân Fourier







2



( )

( )



 ( ) i X f e 2

x t x t dt 1 2







  ft  df dt    





   ( ) x t   1   







 i

2





( )



  X f X f df

( )

( )

 X f 2

1

2

như sau:

x t e ( ) 1







  ft  dt df    



       



.

2.2.3.4 Biến đổi Fourier của các hàm đặc biệt

t ( )

Ví dụ 2.63: Biến đổi Fourier của xung chử nhật hay hình hộp có độ dài 2a

 a

| |

t t

 |  |

a a a ,



0

1 0

nÕu nÕu

     



a 2

f



0

nÕu

a

f



0

nÕu

a

 i

2



ft

 i

2



ft

f ( )



e

dt

  a

)



  e 

f



0

nÕu

f



0

nÕu

 a

a 2 sin(2 

 a f f

 i

2



f

    

 a

 

(2.111)

t



0

nÕu

Đặt

t sinc( )

)

t



0

nÕu

1 sin(  t  t

    

(2.112)

Ta có



a 2 sinc(2 )

af



F



( ) a t

. (2.113)

a t ( )

Phép biến đổi Fourier ngược cho phép khôi phục lại giá trị của xung chử nhật theo tích

1

|

t

|



a

nÕu



)

i

2



ft

e

df

|

t

|



a

phân (xem công thức (2.104))

nÕu



 a f sin(2  f



0

|

t

|



a

nÕu

  1 / 2   

(2.114)

/ 2

|

t

|



a

nÕu



cos(2



ft

 a f

)

Tách phần thực, phần ảo (2.114) và nhân  vào hai vế ta được:

df

/ 4

|

t

|



a

nÕu



)sin(2 f

0

0

|

t

|



a

nÕu

      



sin(2



ft

 a f

)

df



0

;



)sin(2 f



( )f

( )t

.

1

a  ta có xung:

Khi



2 sinc(2 )

f

F



( )  t

1 0

| |

t t

| 1   | 1

nÕu nÕu

     ( ) t  

và .

f 

( )

 t 2 sinc(2 )

. Áp dụng công thức (2.108) ta cũng có F 



a

2sin (2

)

  df

2 1

  dt

a 2







 a

 a f 2 )

 (

f





2

2 sin (2

)

sin

df



a 2

u



2



af

  du

2



adf

Áp dụng đẳng thức Parseval (2.110) ta được





2

u du  

 a f 2 )

 (

f

u









2

2 sin

sin

u



a 2

  2 a

du





Đặt , .





2

2

u du  

u

u





.

t

|

|

t

 | 1

nÕu

Ví dụ 2.64: Xung tam giác đơn vị

|

t

 | 1

nÕu

  1 |     ( ) t  0 

(2.115)

1

1

2

 i

2



   f ( )



ft dt



2



t

cos(2



ft dt )



f

 1



  sinc( )

 1

 t e





 1

0

Sử dụng tính chất tích phân hàm chẵn và quy tắc tích phần từng phần ta được

f 

( )

Áp dụng công thức (2.108) của tính chất 2.3.B. ta cũng có

F



 2 t sinc ( )

( )f

( )t

f

t

.

)f

( )t và biến đổi Fourier (

Hình 2.19: Đồ thị của



1

1

2

2

df





t

  dt

2

2   

dt

t

 1



 1





 2 c f sin ( )







2 3





1

0







4

4

4 sin (

)

sin

sin

u

df



du



  

du



f



df

Áp dụng đẳng thức Parseval (2.110) ta được







4

4

u du   

 2 3

 (

f

 f 4 )

u

u







Đặt u , .





t

x t ( )



e

,



 . 0









t

 i

2





 t

 X f

( )



e

ft dt



2

e

e

cos 2



ft dt







0

Ví dụ 2.65: Hàm phân bố mũ hai phía



 t

cos 2



ftdt

  t   e dt sin 2  / 2 ft





f

  U e       dV   

  dU     V   







 t



e



ft



 t



 t

 X f

( )



2



e

sin 2



ft dt



e

sin 2



ft dt





0

sin 2  f 2

  2

f

  f

0

0

    

    

Áp dụng quy tắc tích phân từng phần, đặt



 t

 

dt



sin 2



ftdt

  t e  cos 2

 

ft

/ 2



f

  U e      dV   

  dU     V   





 t



e



ft



 t

 X f

( )





e

cos 2



ft dt





 X f



0

  f

cos 2  2 f

 

f

2

  f

1  2

f

  4

f

    

   ( )   

0

     

    

 2

 X f

( )



Tiếp tục đặt

2





4



2 2 f

.



s

 2



 t

 X f

( )



2

e

cos 2



ft dt



2



Hoặc áp dụng công thức (2.32) ta cũng có



2

    2    s

4



2 2 f





4



2 2 f

    

0

s









f

 2

.

e

,





0

F

4



2 2 t

     2   

       

Sử dụng tính chất 2.3-B và công thức (2.108) ta có: .

Vậy





t

 2





f

 2





0;

e



e

F

F

2









4



2 2 f

4



2 2 t

     2   

       





f

 2

 1

;





0

e



, (2.116)

F

2

Công thức (2.116) có thể viết . Ta có thể tìm lại kết quả









4



2 2 t

0



0





i ( 2

 t





)

f

i ( 2

 t





)

f





f

i

2



i ( 2

 t





)

f

i ( 2

   t

)

f

x t ( )



ft e

e

df



df



e

df



e









e i

 2 t





e i

2

 t







0





0







2

1   2 t

i



1   t



i

2

 2 2 2 t

4







1

này từ định nghĩa công thức (2.104) như sau.

X f

( )



(1



i

 2

f

)(1



i

4



f

2 )

1

1

Ví dụ 2.66: Tìm biến đổi Fourier ngược của 

s



i

 2

f





(1



i

2



f

)(1



i

4



f

2 )

(1



s

)(1



2 s 2 )

1

1

1 / 6









1 / 9  s 1

1 / 9 

1 / 2

s

(1



s

)(1



2 s 2 )

s 4(



s 1)(



2 1 / 2)

s (



2 1 / 2)

1 / 6







1 / 9   i 2

f

1

1 / 9  i 2



f

1 / 2

(1 / 2



i

 2

f

2 )

Giải: Đặt

t

/2

t

/2

x t ( )



t ( )



e



  ( t )

te

 . (  t )

1  t e 9

1 9

1 6

Từ kết quả ví dụ 2.62 ta có

2.2.4 Phép biến đổi Fourier rời rạc (DFT: Discrete Fourier Tranform)

Trong thực tế các dữ liệu nhận được không thể là hàm liên tục mà thường là các dữ liệu số rời rạc. Chẳng hạn, ngay cả khi đo các tín hiệu liên tục người ta cũng chỉ thực hiện một số hữu hạn các lần đo, đó là một mẫu của tín hiệu đầy đủ. Các phương tiện số (CD, DVD, ..) hoặc các dữ liệu thí nghiệm được lưu trữ trong máy tính cũng chỉ là các tín hiệu được lấy mẫu tại những khoảng thời gian rời rạc. Vì vậy mặc dù chuỗi Fourier về mặt lý thuyết là rất quan trọng không thể chối cãi được nhưng theo quan điểm tính toán trong thực tế cần phải chuyển các không gian hàm vô hạn chiều (của các hàm liên tục) về các không gian véc tơ hữu hạn chiều của các dữ liệu mẫu.

 ,a b  

  

a

b

t

Thông thường một tín hiệu liên tục ( )x t xác định trong đoạn , máy tính chỉ có

     . ...

t n

t 1

0

thể lưu trữ các giá trị đo được của nó tại một số hữu hạn điểm mẫu

b

a

jh

a

j



0,...,

n

  ,

Đơn giản nhất người ta xét các điểm mẫu cách đều nhau.

h



jt

 n

, trong đó là tốc độ mẫu.

jt chỉ thời điểm lấy mẫu lần thứ j .



3



3

10.10



20.10

Khi xử lý tín hiệu ( )x t , biến số t chỉ tời gian và

Tốc độ mẫu h rất cao, thường lấy khoảng giây.

; 

  

  

  

. Các điểm mẫu tương thay cho bằng phép đổi biến). Ở đây ta chọn khoảng 0; 2 Chuỗi Fourier thích hợp với các hàm tuần hoàn, tổng của chuỗi Fourier rời rạc thích hợp với các tín hiệu được lấy mẫu tuần hoàn, (trong thực tế các tín hiệu lấy mẫu hiếm khi tuần hoàn, tuy nhiên vì mục đích tính toán giải tích người ta thường mở rộng tuần hoàn từ tín hiệu mẫu gốc). Để đơn giản ta chọn chu kỳ 2 (trường hợp chu kỳ khác có thể nhận được   



n 2(

1)



ứng





t



t



t  , 1 0 t 0

j

n



1

 2 n

 4 n

2 j n

 n

2

, … , … (2.117) , 2 t

 được bỏ

x

x  (2 )

nt

, do đó giá trị tại điểm mẫu Tính tuần hoàn đòi hỏi (0)

qua. Việc lấy mẫu (có thể nhận giá trị phức) của tín hiệu hoặc hàm số ( )x t tại các điểm mẫu

cung cấp một véc tơ mẫu

x



x t



x



, trong đó (2.118)

x

( ) j

j

,..., 1

n

 1

x t ( ), ( ),..., ( x t 1 n

0

 1

 x x , 0



 x t

 )

 2 j    x   n

    

i n t

x t ( )



e



cos

nt



i

sin

nt

Sự lấy mẫu không thể phân biệt được giữa những hàm có cùng giá trị mẫu tại tất cả các điểm mẫu, như vậy chúng phải được đồng nhất như nhau theo quan điểm lấy mẫu. Chẳng hạn hàm tuần hoàn





2

j

 i

j



0,...,

n

Có các giá trị mẫu

 . 1

x



x



exp



e



1

j

2 j n

2 j n

     

     

  in    

     

1

với mọi

c t  , cả hai hàm này đều có véc tơ mẫu là

(1,1,...,1). Điều này dẫn đến một hệ quả quan trọng cần tránh, đó là việc lấy mẫu tại n điểm

Vì vậy không thể phân biệt với hàm hằng ( )

 i k n t ) (

i k t

e



e

cách đều nhau không thể phân biệt các tín hiệu tuần hoàn tần số n . Một cách tổng quát hơn, hai tín hiệu mũ giá trị phức

(1.119)

i t 2

1

e



e  ( i n 1) t

it e ,

là không thể phân biệt khi lấy mẫu. Vì vậy chỉ cần chọn n hàm mũ phức đầu tiên sau đây làm cơ sở để biểu diễn cho các tín hiệu được lấy mẫu bất kỳ tuần hoàn chu kỳ 2 với n điểm mẫu.

x t  , 0( )

x t 1( )

x t 2( )

nx

t 1( ) 

ikt

e  ( i n k t )

, … (1.120)

e có thể chuyển về dạng

t 1)

Đặc biệt hàm mũ tần số “âm”

ite và

t 1)

có cùng giá trị mẫu. Chẳng e  có cùng giá trị mẫu tại các điểm mẫu. Tuy nhiên ngoài giá trị mẫu hai i n ( hạn

ite có tần số thấp còn

e  có tần số cao hơn. i n (

7i te

8

hàm này hoàn toàn khác nhau, hàm

ite và

n  điểm mẫu.

Hình sau cho sự so sánh đồ thị của với



sin 7t

Hình 2.20: Đồ thị của cost và cos 7t với 8 điểm mẫu

Hình 2.21: Đồ thị của sint và với 8 điểm mẫu

Vì không thể phân biệt giá trị mẫu của các hàm mũ có tần số lớn hơn n (xem công thức 2.122) do đó chỉ có thể khai triển ( )x t thành tổng của các hàm mũ có cùng giá trị mẫu

n

 1

it

i t 2

i n (



t 1)

ikt

x t ( )



p t ( )



  ...

tại các điểm mẫu dưới dạng

  c 0

c e 1

c e 2

c n

e  1

c e k

 

k

 0

(1.121)

x t

p t

trong đó

j



0,...,

n

 1

( ) j

( ) j

với mọi (1.122)

( )p t là đa thức lượng giác nội suy bậc

1n  đối với các dữ liệu mẫu

x

x t

Như vậy

j

( ) j phần thực của ( )p t .

. Nếu ( )x t nhận giá trị thực thì đa thức lượng giác nội suy tương ứng được chọn là

Vì chúng ta làm việc với các dữ liệu là các véc tơ mẫu thuộc không gian phức hữu hạn n , do đó ta có thể chuyển chuỗi Fourier rời rạc về dạng véc tơ. chiều

ikt

i k 2



/

n

i k 4



n /

i n 2(



k 1)



/

n

ikt 1

0

ikt n

 1

k



0,...,

n

1

Mẫu của các hàm của cơ sở gồm các hàm mũ (2.118) được biểu diễn dưới dạng véc tơ

 (2.123)



,

e

,...,

e



e

,

e

,...,

e

 k

 1,



 e



,





 

Vì vậy, điều kiện nội suy các giá trị điểm mẫu được viết lại dưới dạng véc tơ

(2.124)

x

 c 0 0

 c 1 1

c n

 1 n

 1

c c ,..., n , 1

1

c  của ( )x t bằng cách biểu diễn véc tơ mẫu x (công thức 2.118) thành tổ hợp tuyến tính của các véc tơ mẫu

Nói cách khác ta có thể tính các hệ số Fourier rời rạc 0

  , 0 1

,..., n

  . 1

hàm mũ cơ sở

n với tích

  , 0 1

,..., n

  tạo thành một cơ sở trực chuẩn của

1

Định lý 2.12: Hệ các véc tơ

n

 1

)



)

n 

vô hướng trung bình xác định như sau

x

; , (2.125)

y

; x y

x y j

j

x x , ( 0

,..., 1

x  1 n

y y ,..., , ( 0 1

y  1 n

1   n

j



0

i

 2 /

n



e



cos



i

sin

E

 2 n

 2 n

Chứng minh: Để chứng minh định lý ta xét

i

 2 /

i

2



n

n n )



e



1

e (



Lũy thừa n lần ta được

.

E 1nE

.





k

i k 2



/

n

k



0,...,

n

Vậy E là một căn bậc n của 1: Có n số phức khác nhau là n căn bậc n của 1, trong đó có 1 và các lũy thừa của E , cụ thể

 1



e



cos



i

sin

E

2 k n

2 k n

; (2.126)

k 2

n (



k

k 1)

k



0,...,

n

Véc tơ

 1

,...,

E

k

k trong công thức (2.123) có thể viết lại   E E 1, ,



; (2.127)

n

z

  

z (

1

1)(1

2    

z

z

z  n 1

)

Từ công thức

n

k



0

nÕu

k

k 2

n (



k 1)

Suy ra

1





  

E

E

E

0

0

  k

n

nÕu

     

k

  k n

E

E có thể mở rộng công thức (2.128) cho mọi số nguyên k bất

(2.128)

k

k

k 2

n (



k 1)

1





  

Ngoài ra từ tính chất kỳ,

E

E

E

n 0

n nÕu lµ béi sè cña nÕu ng­îc l¹i

   

(2.129)

n

 1

n

 1

1

k



l

nÕu

jk

jl

 j k l (

)

k



0,...,

n

1

Từ (2.128) và (2.129) ta có

 (2.130)





E E

E

  ; k l





0

k



l

nÕu

1 n

1 n

j



0

j



0

     

;

  ,..., n , 0 1

  là một cơ sở trực chuẩn.

1

Vậy

c c ,..., n , 1

c  trong công thức (1.124) là tọa

1

Từ định lý 2.12 ta suy ra rằng các hệ số 0

  , 0 1

,..., n

  1

n

 1

n

 1

n

 1

ikt



ikt



jk

j

j

độ của véc tơ x trong cơ sở



;







x

(2.131)

x

E

c k

 k

x e j

x e j

j







1 n

1 n

1 n

j



0

j



0

j



0

ikt

Nói cách khác, hệ số Fourier rời rạc kc có được bằng cách lấy trung bình của các giá trị mẫu

x t e .

của hàm tích ( )

Chuyển từ tín hiệu ( )x t thành các hệ số Fourier rời rạc gọi là phép biến đổi Fourier

 1



jk

rời rạc, ký hiệu

x



 X k ( )



,...,

)

x

  DFT x t ( )

c c ( , 0 1

c  1 n

c k

j

j

1 n   E n

 2 j    x   n

    

j



0

; , (2.132)

n

 1

jk

Biến đổi ngược

x

,



x

0

c n

 1

,..., 1

n

 1

j

c k

  E

 IDFT c c ,..., 1



 x x , 0



j



0

x x , 0

,..., n 1

x  là các giá trị mẫu của hàm ( )x t và đa thức lượng giác ( )p t thỏa mãn

1

n

 1

it

i t 2

i n (



t 1)

ikt

x t ( )



p t ( )



  ...

, (2.133)

  c 0

c e 1

c e 2

c n

e  1

c e k

 

k

 0

. (2.134)

n  thì 4

2

3

 2 /4

1 

i 

Ví dụ 2.67: Xét trường hợp



ie



cos



i

sin



i

E

E

E

 2 4

 2 4

2

3

2



,

i



1,

i

, ,

  ,

  0

  1

 i 1, ,





 i i 1, ,



, Từ công thức (2.127) ta có các véc tơ cơ sở    3 1,1,1,1 1,1,1 ,1

3 2 1,( 1) ,( 1)

1,1,

i ,(



2 ) ,(

 i

3 )

  

i ,

1,

i

2

3

   1,

  , 1

 1,



     1,





     i 1, Cho tín hiệu có các giá trị mẫu tại 4 thời điểm lấy mẫu

x

(0)

x

.

  x 

0

2x

 3    x   2

    

        x 2 Khi đó biểu diễn Fourier rời rạc tương ứng



c





c



c

, . , 1 x , 3 x

x

 0 0

 c 1 1

 2 2

 3 3

Trong đó

c



;





x (

  

x

x

x

)



;



x (



ix

ix

)

,

x

x

0

0

0

1

2

3

c 1

 1

0

  x 2

3

1

1 4

1 4



;





x (

  

x

x

x

)

c



;





x (



ix

ix

)

,

x

x

c 2

2

0

1

2

3

3

3

0

  x 2

3

1

1 4

1 4

x t ( )

 2 t

2  t

7, 4022

x 

9, 8696

7, 4022

Chẳng hạn với tín hiệu

x  0,

0

x  1

x  3

có các giá trị mẫu 2

6,1685

2, 4674

1, 2337

2, 4674

c  0

c   1

c   2

c   3

tính toán dựa vào công thức trên ta được

it

i t 2

i t 3

Vì vậy đa thức lượng giác nội suy là phần thực của đa thức

p t ( )



6,1685



e 2, 4674



e 1,2337



e 2, 4674

p t Re ( )



6,1685



2, 4674 cos

t



t 1,2337 cos 2



t 2, 4674 cos 3

(2.135)

Cụ thể

n  và 4

16

n  .

2 t

t

Trong hình sau chúng ta sẽ so sánh tín hiệu ( )x t và các biểu diễn Fourier với

2   úng với

n  và 4

n  16

Hình 2.22: Biến đổi Fourier của

Kết quả của đồ thị chỉ ra rằng có cản trở đáng kể đối với phép biến đổi Fourier rời rạc đó là trong khi đa thức lượng giác nội suy một cách chính xác từ các giá trị mẫu của tín hiệu nhưng dáng điệu dao động cao làm cho chúng vượt xa tại các điểm khác điểm mẫu (hình 2.22).

Tuy nhiên khó khăn này có thể khắc phục được một cách linh hoạt. Vấn đề là ta đã

không chú ý đầy đủ đến các tần số được biểu diễn trong tổng Fourier (2.124).

e và ikt

e  có cùng các giá trị mẫu, nhưng hàm i n k t ( )

e ikt

Hình 2.23 cho ta thấy rằng các hàm mũ với tần số cao và tần số thấp có thể cho cùng dữ liệu mẫu nhưng có sự khác nhau rõ rệt trong khoảng giữa các điểm mẫu. Một nửa các số hạng đầu trong công thức tổng Fourier (2.121) có tần số thấp, nửa còn lại có tần số cao hơn. Ta thay các hàm mũ tần số cao này bằng các hàm mũ tần số thấp hơn tương ứng, như vậy sẽ giảm bớt sự dao động của các hàm mũ.

n k  thì 2

e  i n k t ) (

Cụ thể với 0

có tần số thấp hơn .

Vì vậy ta sẽ thay các hàm mũ trong các số hạng nửa sau của tổng Fourier (2.121) bằng

các hàm mũ tương ứng có tần số thấp hơn.

n

m 2

 là một số lẻ thì ta có thể xét đa thức lượng giác nội suy như sau

1

m



imt



it

it

imt

ikt



  ...

  ...

 p t ( )

Nếu

c 

e m

c e  1

  c 0

c e 1

c e m

c e k

 

 k m

n

m 2

(2.136)

m

 1



imt



it

it

 i m t ( 1)

ikt



  ...

  ...

 p t ( )

Nếu là một số chẵn thì ta có thể xét đa thức lượng giác nội suy như sau

c 

e m

c e  1

  c 0

c e 1

c m

e  1

c e k

 

 k m

2

t

(2.137)

  ứng với 2 t

n  và 4

n  16

Hình 2.23: Biến đổi Fourier tần số thấp của



i t 2



it

it

 p t ( )

 

e 1, 2337



e 2, 4674



6,1685



e 2, 4674

 Re ( ) p t



6,1685



4, 9348 cos

t



t 1, 2337 cos 2

Trở lại ví dụ trên, ta thay đa thức lượng giác nội suy (2.135) bằng đa thức dạng (2.137)

2

t

(2.138)

Hình 2.23 sau đây so sánh đồ thị của hàm gốc

n  và 4

  và các đa thức lượng giác nội 2 t n  . 16

suy gồm các hàm mũ tần số thấp ứng với

Như vậy, bằng cách sử dụng tần số thấp ta có thể nội suy một hàm cho trước bằng đa

thức lượng giác cùng giá trị mẫu.

Người ta chứng minh được rằng nếu hàm ( )x t liên tục, tuần hoàn chu kỳ 2 , và khả

vi liên tục từng khúc thì đa thức lượng giác nội suy (2.136)-(2.137) hội tụ đều về ( )x t khi số

các điểm mẫu n   .

BÀI TẬP CHƯƠNG 2

( )X s của biến đổi Laplace là một hàm giải tích trong nửa mặt phẳng.

'( )

1.11. Hàm ảnh

x t cũng là hàm gốc.

Đúng Sai . 1.12. Nếu ( )x t là hàm gốc thì đạo hàm

Đúng Sai .

t

x u du ( )

   ( ) t

0

1.13. Nếu ( )x t là hàm gốc thì tích phân cũng là hàm gốc.

Đúng Sai . 1.14. Phép biến đổi Laplace có tính chất tuyến tính.

Đúng Sai . 1.15. Biến đổi Laplace của tích hai hàm gốc bằng tích hai hàm ảnh.

Đúng Sai . 1.16. Chỉ có các hàm tuần hoàn mới tồn tại biến đổi Fourier.



Đúng Sai . 1.17. Phép biến đổi Fourier hữu hạn được sử dụng để khảo sát các tín hiệu rời rạc

 ( ) x n

n



.

Đúng Sai . 1.18. Mọi hàm gốc của biến đổi Laplace đều tồn tại biến đổi Fourier.

( ) x n tuần hoàn chu kỳ

N .

Đúng Sai . 1.19. Phép biến đổi Fourier rời rạc áp dụng cho các dãy tín hiệu

Đúng Sai . 1.20. Phép biến đổi Fourier biến miền thời gian về miền tần số.

4

cos

 te

2 cosh 3 t

Đúng Sai . 2.11 Tìm biến đổi Laplace của các hàm gốc sau:

3 sin t

t

 te

t sin 2 cos 4 t

te t

t

a. b. c.

t

e. cosh 2 cos f. . d.  1

3 2.12 Tìm biến đổi Laplace của các hàm gốc sau:

t



t

cosh

a t

t

a. cosh 3

t b. cos

t



at

e

cos

at

cos

bt

c. 2 sin t

sin 4t t

 t

 bt e t

d. e. f. .

t

2 1

x t ( )

  ( t

b

2 t )cos (

2.13 Tìm biến đổi Laplace của các hàm gốc:

 ) b

 0

1   t

1

nÕu nÕu

   t    0 

t

0

  t

1

nÕu

cos

t

0

  t



nÕu

x t ( )

x t ( )

2



t

1

  t

2

a. b.

nÕu

sin

t

t





nÕu

    

0

t



2

nÕu

    

c. d. .

2.14 Tìm biến đổi Laplace của các hàm gốc:

t

t

2

 u

x t ( )



  u

e

x t ( )



1)cos



u du

 u

 du

 u (



0

0

t

t

1

x t ( )



t cos(



u 2 u e du

)

x t ( )

du

a. b.



 

 ue u

0

0

t

t 1

X s ( )

c. d.

x u du ( )

 L

L

  x t ( )

dt 1





X s ( ) 2

s

0

0

        

         

tx

tx

0

x

'

. 2.15 Chứng minh rằng nếu thì

   với "

J

1

 . Chứng minh:

J t là hàm Bessel bậc 0 (nghiệm của phương trình vi phân 0( ) điều kiện ban đầu 0(0)

1

1

2.16 Gọi





L

L

 )

  J t ( ) 0

 J at ( 0

2

2

2

s



a

s



1

2

2

d

s

  s

2

a. b.

L

0

 t 2 e J

2

2

s

  4 s

8

     t (2 )    

s



1

c. .



L

0

     dt      t te J t ( )

2

s (

  2 s

3 2)





J t dt ( )



1

( )



d. .

0

 te J t dt 0





2 2

0

0

e. Sử dụng kết quả a. suy ra và .

2.17 Tìm biến đổi Laplace của các hàm gốc tuần hoàn có đồ thị hoặc xác định như sau:

1

2

4

5

1

3

6

7

t

1

1

a.

5

6

3

1

4

7

2

t

1

b.

5

6

3

1

4

7

2

t



cos

t

c.

d. ( ) x t .

2.18 Sử dung công thức định nghĩa Laplace tính các tích phân sau:



t

3 t e

 sint

t dt

dt



  

sinte t

0

0





t cos 6

t cos 4

dt

dt

dt

a. b.



  t 3 e 



2 sin t 2

 t

 6 t e t

t

0

0

0

1)!

 1

t



c. d. e. .

L

 n 2 sin



 2

2





(2

n



2 1)

n (2  s

  1

 s



n 2

2.19 a. Chứng minh rằng biến đổi Laplace .

t



L

 sin



2

2 n (2 )



4

n (2 )!   2  s



 s s

b. Chứng minh rằng biến đổi Laplace .

2

s



3

s 6



4

s

2.20 Tìm hàm gốc của các hàm số sau:

2

2

s

  6 s

11

s

  s 4

20

s  (

3 1)

3

s 3



2

s 4



12

s

b. c. a.

2

2

2

s

  8 s

16

  s 4

6

4

 2 s 



 s

2

e. f. . d.

1

s 3

2.21 Tìm hàm gốc:

3

 2

s

s (



3)

  2 s



s (



1)

1  3 s 

 1

s  s

 2

 1  2 s

 1

2

2

2

s

3

s 5



s 15



s

b. c. a.

2

2

2

2

s (



s 1)(



11 2 2)

  2 s

  2 s

 s

  s 2  2 s 2

 5

a

 s



e. f. . d.



 2 s

4

3

2

s 3

e

s





5

2.22 Tìm hàm gốc:



s 9 5

s 16 4

  s 4 3

1 4

s



s 4



s 5

e 2( s s



1)

s

s (



4 3)

 4 3 s

1

1

e

a. b. c.

3

s  2

3

s (



5 4)

s

d. e. f. .

t

2

2

e

t

* sin(

at

)

sin

2.23 Sử dụng phép biến đổi Laplace hãy nghiệm lại các tích chập sau

t

t e  1

4 3

2 t   a

at 2

    

    

a

 t

 t

 t

 2 t

 t

 2 t

e

 ( ) * t

e

 ( ) t

 t te

 ( ) t

e

 ( ) * t

e

 ( ) t



e (



e

 ) ( ) t

a. 1 * 1 b. 1 * c.

d. e.

0,

t



0

0

  t

2

 ( ) t



 ( t







 ( t

  

 2) * ( ) t  

  

t

, 2

  t

4

t



4

  t ,   2)        4  0, 

f. .

t

x

(0)

x

'(0)

2.24 Giải các phương trình vi phân tuyến tính hệ số hằng với các điều kiện đầu:

 . 0

x

   " 2 ' x

x

2 t e

x

(0)



x

'(0)



x

"(0)

a. ,

 . 0

x

 "' 3 " 3 ' x x

  

x

e 6 t

b. ,

x

(0)

 

1,

x

'(0)

  .

2

x

  " x

4 sin

t



t 5 cos 2

x

(0)



1,

x 

( / 2)

1

c. ,

  .

x

  " 9 x

t cos 2

d. ,

x

(0)

x 1,

'(0)

2

2.25 Giải các phương trình vi phân tuyến tính hệ số hằng với các điều kiện đầu:

  .

x

 "

2 a x



f t ( )

x

 "

2 a x



g t ( )

x

(0)



'(0)

a. ,

 . C

C x , 1

2

tx

   thỏa mãn " 2 ' x

tx

0

x  '( )



1,

x

b. ,

2.26 Giải phương trình vi phân tuyến tính với hệ số biến thiên  0 điều kiện đầu (0)

'

'

x

x

'(0)

 

2

2.27 Giải hệ phương trình:

x y

(0) (0)

 

3, 0

x

y

t e t

    

sin

t

'(0)



0

a. với điều kiện đầu .

x x

x y

(0) (0)

 

x 0

    

 t

x

(0)

 

1,

x

'(0)



2

te



3 cos

t

b. với điều kiện đầu .

y

(0)



4,

y

'(0)



0

 sin t

    

   y     "       ' 2 x y ' y 2       y x " 2 ' 0     3 " 3 " y x     " tx y ' 

c. với điều kiện đầu .

E

2.28 Cho mạch điện cho trong hình 2.24 được nối tiến với suất điện động E volts, điện dung 0,02 farads, hệ số tự cảm 2 henry và điện trở 16 Ohms. Tại thời điểm t = 0 điện lượng ở tụ điện và cường độ dòng điện trong mạch bằng 0. Tìm điện lượng và cường độ dòng điện tại thời điểm t nếu:

a. E = 300 (Volts)

C

02.0

F

h2

16

b. E = 100 sin3t (Volts)

Hình 2.24

2.29 Cho mạch điện cho trong hình 2.25. Xác định cường độ trong các nhánh biến rằng cường độ ban đầu bằng 0.

30

 E 110

Volt

L

1R

i

10

1i

C

2R

2i

20

h2 h4

2.30 Tìm trở kháng ảnh tương đương của hai mạch rẽ cho trong hình 2.26:

Hình 2.26 Hình 2.25

E



t 500 sin10

L



1 henry

 1i

 2i



10 ohms



10 ohms

R 1

R 2

E

2.31 Cho mạch điện như hình 2.27:

C 

0, 01 farad

2R

1R

.

C

L

Nếu điện thế ở tụ điện và cường độ

i bằng không tại thời điểm

1 2,i

0 t  .

t  .

0

Tìm điện lượng tại tụ điện tại thời điểm





Hình 2.27

2 u 2

u   t

 x

u x

( , 0)



3 sin 2

 x

, 0

  x

1

2.32 Tìm nghiệm của bài toán: , với điều kiện đầu

t (0, ) u u t (1, )

 

0 0 ,

t



0.

    

0

  

5

t

0

nÕu

và điều kiện biên:

x t ( )

3

0

  t

5

nÕu

    

2.33 Cho ( )x t là hàm tuần hoàn chu kỳ 10 và

t  

5, 0,5

a. Tìm chuỗi Fourier của ( )x t .

t   [

5; 5]

b. ( )x t nhận giá trị bao nhiêu tại để chuỗi Fourier hội tụ về ( )x t với mọi



t 2 , 0

4

t

.

x t 2.34 Cho ( )

  .

a. Tìm khai triển Fourier của ( )x t theo các hàm sin .

b. Tìm khai triển Fourier của ( )x t theo các hàm cos .



n



1)

 t

 sin (2  

  

x t ( )

2.35 Viết các chuỗi Fourier dạng cầu phương sau về dạng cực.



1   2

2 

n 2



1

n

 1

a.



x t ( )

sin(

nt

)

n  ( 1) n

   2 n

 1

b. .

x t ( )

 |

t

|,



2.36 Viết chuỗi Fourier dạng phức của các hàm số sau

   t 

x t ( )



t

, 0

t

a.

  2

0





/ 2

  t

0

nÕu

x t ( )

b.

1

0

  t



/ 2

nÕu

    

x n ( )

c.

n 1 / 3 0

n n

 

0 0

    

2.37 Cho dãy tín hiệu rời rạc .

x n .

a. Tìm biến đổi Z của ( )

x n .



nx n ( )

b. Tìm biến đổi Fourier của ( )

y n c. Tìm biến đổi Fourier của ( )

fn

0

f



f 0

 X f

( )

.

0

nÕu ng­îc l¹i

 2 i e   



,

n

 . 4

2.38 Tìm biến đổi Fourier ngược của

0

1 4

x t ( )

trong trường hợp 0 f

1 0

   T t T  | t T

|

nÕu nÕu

    



sin

 t

d



2.39 a. Tìm biến đổi Fourier của



cosT  





du

. b. Hãy suy ra giá trị của tích phân



sinu u

0

c. Tính .



du

d. Áp dụng đẳng thức Parseval cho hàm ( )x t ở câu a, suy ra giá trị của tích phân:



2 sin u 2

u

0

.





1

x t

( )cos



t dt

2.40 Tìm hàm chẵn thỏa mãn phương trình tích phân



0 

    1

nÕu nÕu

0

  1    0 





t

 t

d





e

.



cos 2

 2





1

0

2.41 Chứng minh rằng .

2.42 Tìm biến đổi Fourier của các hàm số sau:

|

t

|

1

|

 | t T

x t ( )

 

t T ( / )sin



t T ( / )

T

t 0

0

|

 | t T

      

a. . b. .

t

t T /



t

 e

T

x t ( )



e

2.43 Tìm biến đổi Fourier của các hàm số sau:

a. ,

x t b. ( )

0T  .

0T  .

0   t 0

0

   

2

t

1

1

x t ( )

x t ( )



,

a



0

,

2

2

   t  | 1

1 t

|

nÕu nÕu

t



a

  1    0 

t



at

c. . d.

e.

x t f. ( )



 ( ) t e

bt cos( ),

a

 0

x t ( )



,

a



0

2

t (



a

2 2 )



at



 ( ) t e

bt sin( ),

a

0

x t 2.44 Sử dụng công thức Parseval cho hàm ( )

 suy ra đẳng thức



du

2





2

2

 2

u (

2   a

2 2 )

b



2 2 a b 4

a a 2 (



b

)

0

.

2.45 Chứng minh các tính chất (2.107) của phép biến đổi Fourier.

CHƯƠNG 3

CÁC HÀM SỐ VÀ PHƯƠNG TRÌNH ĐẶC BIỆT

Hàm số sơ cấp là những hàm số được tạo thành bởi một số hữu hạn các phép tính cộng, trừ, nhân, chia và các phép lấy hàm hợp của các hàm số sơ cấp cơ bản và các hằng số. Hàm không phải sơ cấp được gọi là hàm siêu việt. Các hàm số thường gặp là các hàm sơ cấp, tuy nhiên có một số hàm siêu việt và hàm theo nghĩa suy rộng được sử dụng nhiều trong kỹ thuật nói chung và trong ngành điện tử viễn thông nói riêng.

Trong chương này ta xét các hàm siêu việt sau: Hàm delta, hàm Gamma hàm Beta, các hàm tích phân, hàm xác suất lỗi và các hàm Bessel. Đối với mỗi hàm ta khảo sát các tính chất của chúng, tìm biến đổi Laplace và khai triển Mac Laurin.

3.1 HÀM DELTA

3.1.1 Khái niệm hàm delta

t

Hàm delta còn gọi là hàm Dirac (hoặc hàm xung đơn vị), là một hàm số suy rộng.

t được ký hiệu là

0

t ( ) t 0

t

Hàm xung đơn vị tại thỏa mãn hai điều kiện sau:

t , nghĩa là

0

t ( ) t 0

t

0

 với mọi

 vì là hàm xung nên chỉ tập trung giá trị tại

t , 0

t ( ) t 0

(3.1)



t dt ( )



1

 xung đơn vị đòi hỏi tích phân bằng 1, nghĩa là

 t



0



. (3.2)

Rõ ràng rằng không tồn tại hàm theo nghĩa thông thường thỏa mãn đồng thời 2 điều

kiện trên, vì hàm thỏa mãn điều kiện (3.1) sẽ có tích phân bằng 0.

Kỹ sư Oliver Heaviside là người đầu tiên sử dụng hàm delta để biểu diễn các kết quả trong công trình của mình, mặc dù các nhà toán học lý thuyết cùng thời cho rằng đó là ý nghĩ điên rồ. Ba mươi năm sau, nhà Vật lý lý thuyết nổi tiếng Paul Dirac đã sử dụng hàm delta trong lý thuyết cơ học lượng tử của mình, nhờ đó cuối cùng các nhà lý thuyết đã chập nhận hàm delta. Năm 1944 nhà toán học Pháp Laurent Schwartz cuối cùng đã xây dựng được lý thuyết phân bố kết hợp với hàm suy rộng, điều này giải thích cơ sở tồn tại của hàm delta.

Có thể sử dụng hàm delta để biểu diễn các tín hiệu có nhiễu.

Có hai cách khác nhau để xây dựng hàm delta:

 Cách thứ nhất xem hàm delta là giới hạn của dãy hàm trơn theo nghĩa thông thường.

 Cách thứ hai xem hàm delta như là một phiếm hàm tuyến tính của không gian hàm

thích hợp.

Cả hai đều quan trọng và đáng quan tâm. Tuy nhiên cách thứ nhất sẽ dễ dàng tiếp thu

hơn, vì vậy ta chỉ xét phương pháp này.

ng t có ( )

t ( ) t 0

t

Phương pháp giới hạn xem hàm delta là giới hạn của dãy hàm khả vi

t và có tích phân luôn bằng 1.

0

n



giá trị ngày càng tập trung tại

g t ( ) n



(1



2 2 n t

)

Chẳng hạn xét dãy hàm thỏa mãn hai điều kiện

lim ( ) g t n  n

t t

 

0 0

nÕu nÕu

 0    





(3.3)



arctan

n t



1

g t dt ( ) n



t



1 



(3.4)

ng t ( )

( )

Hình 3.1: Đồ thị các hàm

ng t là hàm delta tập trung tại

0

Vì vậy, một cách hình thức ta đồng nhất giới hạn của dãy hàm

t  .

gốc

( )

  t ( )  t ( ) . (3.5)  0 lim ( ) g t n  n

t  . 0

ng t có giá trị ngày càng tập trung tại gốc

( )

Hình 3.1 cho thấy các hàm

ng t có giới hạn là hàm delta.

Cần chú ý rằng có nhiều cách chọn các hàm

t ( ) t

0

Hàm delta bằng có giá trị tập trung tại 0t bất kỳ có thể nhận được từ hàm ( )t

t (

)

t

  .

cách tịnh tiến

 t t ( )

0

0

(3.6)

t ( ) t 0

Vì vậy, có thể xem là giới hạn của dãy hàm



 g t ( ) n

g t ( n

  t ) 0

n 2 n t (







t

2 )

0

 1



(3.7)

Tích chập của hàm delta









 ( ) ( t f t





Từ (3.2) và (3.6) ta có công thức tính tích chập của hàm delta.

f t ( ) 0

t ( ) 0

t dt ) 0

f t ( ) 0





(3.8)

3.1.2 Đạo hàm và tích phân của hàm delta

Từ công thức (3.1)-(3.2) ta có

l

0

  v

l

nÕu

Với mọi hàm liên tục ( )x t :

t x t dt ( ) ( )

 v



nÕu ng­îc l¹i

0

 x v ( )    0

(3.9)

t

t



v

nÕu

Do đó

u du ( )



 ( t

v

 v





v

t nÕu



 1     )  0 

(3.10)

Theo định nghĩa thông thường của nguyên hàm, từ công thức (3.10) ta có thể xem hàm bước nhảy là một nguyên hàm của hàm delta, do đó đạo hàm của hàm bước nhảy là hàm delta. Sự khác biệt ở đây là mặc dù hàm delta là hàm suy rộng nhưng hàm bước nhảy là hàm số theo nghĩa thông thường.

( )

Công thức (3.10) cũng phù hợp với định nghĩa của hàm delta theo giới hạn của dãy

t hội tụ về hàm bước nhảy

ng t có dãy các nguyên hàm

( )nf

t

hàm

2 2 n u

 

 1



n t ( )  du  arctan + nt f n 1  1 2 

t ( )nf

t



0

nÕu

Hình 3.2: Đồ thị của hàm bước nhảy như là giới hạn của dãy hàm



 ( ) t



t



0

nÕu

t lim ( ) f n  n

t



0

nÕu

 1  1 / 2   0 

Các hàm này sẽ hội tụ về hàm bước nhảy

Với nhận xét trên ta có thể coi



t ( )

 ( ) d t dt

(3.11)

Đối với các hàm số theo nghĩa thông thường tính liên tục là điều kiện cần của tính khả vi, như vậy hàm không liên tục thì không khả vi. Tuy nhiên người ta có thể mở rộng khái niệm đạo hàm của các hàm không liên tục có đạo hàm là hàm suy rộng, với các hàm delta tập trung giá trị tại những điểm gián đoạn.

Giả sử ( )x t là hàm khả vi (theo nghĩa thông thường) tại mọi t ngoại trừ tại điểm gián

x t ( )



y t ( )



 ( t

đoạn 0t với bước nhảy  , khi đó ta có thể biểu diễn lại hàm ( )x t dưới dạng tiện lợi hơn

 t ) 0

(3.12)

Trong đó ( )y t là hàm liên tục tại mọi điểm và khả vi tại mọi điểm có thể trừ điểm gián đoạn.

x t '( )



y t '( )





t

)

Đạo hàm công thức (3.12) và áp dụng công thức (3.11) ta được

 ( t

0

t



1

nÕu

x t ( )

(3.13)

2

t

t



1

nÕu

 t   1   5

1

Ví dụ 3.1: Xét hàm số

t  với bước nhảy

6 5

Hàm số gián đoạn tại (có đồ thị trong hình 3.3).

x t '( )

Đồ thị hàm ( )x t

'( )

x t ví dụ 3.1

Đồ thị hàm Hình 3.3: Đồ thị của ( )x t và đạo hàm

t



1

nÕu

x t ( )



y t ( )



t (

y t ( )

 , 1)

2

6 5

t



t



1

nÕu

6 5

 t   1   5

Do đó có thể biểu diễn theo công thức (3.13) như sau

1

t



1

nÕu

x t '( )



y t '( )



1)

Công thức đạo hàm (3.13) tương ứng

y t '( )

 ( t

6 5

t

t



1

nÕu

   2   5

,

t



0

nÕu

x t ( )

0

  t

1

1

nÕu

 t 

t



1

nÕu

 t  2 t   2 e 

1

0

Ví dụ 3.2: Xét hàm số

t  với bước nhảy 1 và tại

t  với bước nhảy

2 e

Hàm số gián đoạn tại (có đồ thị trong

1

t



0

nÕu

x t '( )



  1)

0

  t

1

( )   t 

( t 

nÕu

2 e

 t

e 2

t



1

nÕu

  2 t   

x t '( )

( )x t / 2e

t

t

hình 3.4), do đó đạo hàm suy rộng có dạng

x t ví dụ 3.2

'( )

)

)

t

u t (

t

Hình 3.4: Đồ thị của ( )x t và đạo hàm

  (hàm gián đoạn) là hàm dốc liên tục ( t

0

0

Tích phân của hàm bước nhảy

t

t

t

a

nÕu

0

 ( t

(xem hình 3.5).

t dt ( )





u t (

t

 t t ( )

 ; t ) 0

 t

u t ( ) t



0

0

0

a

  t 0   t

t

nÕu

0

a

  t     ) 0  0 

)

u t (

t

)

t  t ( 0

0

1

t

t

0t

0t

u t (

)

(3.14)

t do đó không khả vi tại điểm này; đạo hàm

0

0



t ( )

Hàm dốc Hình 3.5: Đồ thị của hàm bước nhảy và hàm dốc t t có điểm góc tại

 là hàm suy rộng.

2 d u 2

du dt

dt

gián đoạn tại điểm này và đạo hàm bậc hai

Như vậy lấy tích phân hai lần của hàm delta ta được hàm dốc. Bằng cách quy nạp ta

n  lần của hàm delta là hàm dốc bậc n

1

n )

t

t



t

nÕu

t

có tích phân

n

0 !

u t ( n

0

t



0 t

nÕu

0

  ( t     ) 0  

(3.15)

Hình 3.6: Đồ thị của hàm dốc bậc nhất và hàm dốc bậc hai



x

 , với mọi x   .

 P X



XF x ( )

Ví dụ 3.3: Hàm phân bố của biến ngẫu nhiên X xác định bởi công thức:

x sao cho ( )

Xf

x

t dt ( )

Nếu X là biến ngẫu nhiên liên tục thì tồn tại hàm mật độ xác suất

F x ( ) X

f X

 



, với mọi x  



x

, ...

XR

, 1

2

 x



Nếu biến ngẫu nhiên X rời rạc có miền giá trị là một tập đếm được , phân

1, 2, ...

k 

;

p

)





x

 P X



x ( X k

k

P X x



)

gọi là hàm khối lượng xác suất bố xác suất chỉ tập trung tại các giá trị này. Xác suất của X nhận các giá trị kx

F x ( ) X

p x ( X k

   

 x

x

k

( )

Hàm phân bố xác suất được xác định từ hàm khối lượng xác suất theo công thức 

XF x là có dạng bậc thang liên tục phải tại các bước nhảy.

Đồ thị của hàm phân bố

x



p

)



p

 ) ( t



F x ( ) X

x ( X k

x ( X k

x dt ) k





x



;





k

x x R k X

 x R k X

Sử dụng công thức (3.6) và (3.10) ta có thể viết lại

Vì vậy ta có thể xem hàm mật độ của biến ngẫu nhiên rời rạc là

x ( )



p

 ) ( x



x

)

f X

x ( X k

k



 x R k X

.

3.1.3 Khai triển Fourier của hàm delta





Áp dụng công thức (2.57) tính hệ số Fourier ta có







t ( )cos

ntdt



n cos 0



 ( ) sin t

ntdt



n sin 0



0

na

nb





1 

1 

1 

1 

1 

-



-



, (3.16)

 ( ) t





cos

t



t cos 2



t cos 3



Vậy hàm delta có khai triển Fourier

 



1  2

1 

ik

t

ik

t

e

(3.17)

cos

kt



 e 2



ik

t

 2 it



it

it

it 2

 ( ) t

e





e



e

   e

1

e



 (3.18)

 



1   2

1  2

k



Thay (công thức Euler) vào (3.17) ta được



ik

0



ik t  ( ) t e dt



e



Cũng có thể nhận được công thức khai triển trên bằng cách tính trực tiếp các hệ số theo công thức (2.73) và (3.2)

kc



1  2

1  2

1  2

-



.

Hình 3.7: Đồ thị các tổng riêng của chuỗi Fourier hàm delta

n

ik

t

s

e

n

1     2 k n

Tổng riêng của chuỗi Fourier



in t

e

ite , do

n  số hạng của cấp số nhân có số hạng đầu tiên là

1

và công bội



in

t

i n (2



t 1)

i n (



t 1)



in

t

e



e

s



e

n

it

it

1  2

1  2

e



e



1

 e      

 1      1 



sin

t

1 2

1 2

  i n    

   t   

  i n      

   t   



e

e

  1   n     2  





it

/2



it

/2

1  2

1  2

e



e

sin

t

1 2

là tổng của 2 đó:

3.1.4 Biến đổi Fourier của hàm delta

Trong chương 2 ta xét biến đổi Fourier của các hàm khả tích tuyệt đối trên tập số thực. Đối với các hàm không khả tích tuyệt đối (chẳng hạn hàm sin hàm cosin) ta cũng có thể tìm biến đổi Fourier mở rộng thông qua biến đổi Fourier của hàm delta.



 i

2



ft

Theo điều kiện (3.2) ta có thể tính biến đổi Fourier của hàm delta





 ( ) t e

dt



1

F



 t ( )







 i

 i

2



ft

 02 t f

,



t (



t



 ( t



dt



e

F

0

t e ) 0



 )





(3.19)



 i



t f

 1



1

i

2



ft

e



 ( t



t

)

Từ công thức (3.19) ta được biến đổi ngược

 ( ) t



df

e

F

F

0

  1

 



02



, . (3.20)





 i

2



t f

 i

2



i

 2 ( t

 t

)

f



1

i

2



tf

t f 0

0

Từ công thức (3.20) ta có

 ( t

e



e

e



e

df



df

F

  t ) 0







0





(3.21)



 i

2



ft

là hàm chẵn, do đó Theo giả thiết ( )t

 ( ) t



(

e

df

    t )



.





i

 2 (

f



f

t )

i

2



 i

 2 (

f



f

t )

0

f t 0

0

Từ công thức (3.21) ta được

e

dt





(

f

e



dt





(

f



)

e

F

  f ) 0

f 0













(3.22)



 i

2



f t

 i

 2 (

f



t )

f 0

Tương tự

e



e

dt





(

f



)

F

f 0





0



(3.23)

Áp dụng tính đồng dạng của biến đổi Fourier ta có

 ( at

)

t ( )

1  a

. (3.24)







 ( ) ( f t

at dt )



 ( ) t



f

(0)



f t ( )

dt

,

  a

0

f







dt a

1 a

 t ( ) a

   t     a







 ( at

)

t ( ),

a

0

Hoặc có thể tính trực tiếp

  .

1  a

vì vậy

  (  at )



at (

)

 ( at

)

t ( )

Ngoài ra .

1  a

i

2



2



i

2



2



f t 0

f t 0

f t 0

f t 0

Do đó ta cũng có

 i e 2 i

 i e 2

i

2



 i

2



f t 0

f t 0

sin(2









f

 (

f



e e , sin(2  )  cos(2  )  f t 0 f t 0

F

F

F

  (

 )

f t 0

  f ) 0

f 0



 )

 e



 e



 

1 i 2

1 i 2

i

2



 i

2



f t 0

f t 0

cos(2









f

 (

f



. (3.26)

F

F

F

  (

 )

f t 0

  f ) 0

f 0



 )

 e



 e



 

1 2

1 2

(3.25)

là một nguyên hàm theo nghĩa Công thức (3.11) chứng tỏ hàm bước nhảy đơn vị ( )t

rộng của hàm delta.

không khả tích tuyệt đối trong toàn bộ trục thực nhưng từ tính chất biến đổi Hàm ( )t

t



   ( ) d





 ( ) f

Fourier của tích phân (Tính chất 2.3 mục 9. chương 2) ta có thể mở rộng và xem

F

F



  ( ) t



1  2

i

f

1 2



        

        

. (3.27)

Ví dụ 3.4: Hàm dấu

t sgn( )



 ( ) t

   ( t

)

1

t t

 

0 0

nÕu nÕu

 1     





t







f

(3.28)

F

F

F



 t sgn( )



  ( ) t



   (  )

1  2

i

f

1 2

1  2

f

1 2

1  f

i

     

   ( )  f   

     i 

     ( )    

.

3.2 CÁC HÀM SỐ TÍCH PHÂN

3.2.1 Công thức xác định các hàm số tích phân

Định nghĩa 3.1:

  u e

Hàm tích phân mũ xác định bới tích phân suy rộng phụ thuộc cận dưới với mọi

t Ei( )

du

 

u

t

(3.29)

t

u

Hàm tích phân sin

t Si( )

du

 

sin u

0

(3.30)



u

Hàm tích phân cosin

t Ci( )

du

 

cos u

t

(3.31)



u

Ngoài ra ký hiệu:

t si( )

du

t  0

 

sin u

t



u

cũng đọc là tích phân sin của

du





sin u

 2

0

t Si( )

t si( )

vì

   2

Suy ra .

t  0

t

2

2

 u

Hàm lỗi (error function) xác định với mọi

t erf( )



e

du



0



(0,1)

(3.32)

Hàm mật độ của phân bố chuẩn tắc :

N

2



1

t 2



t ( )



e

 2

gọi là hàm Gauss. Đồ thị của hàm Gauss được cho trên hình 3.8:

2

2











1

t 2

t 2

S





t dt ( )



e

dt



e

dt







2 

 2





0





1

1

2

t

  

u 2

S

1 2 du



 u e u



1

Diện tích của hình phẳng giới hạn bởi trục Ot và đồ thị hàm số Gauss bằng 1, thật vậy:



   1     2





0

( )t

1

Đặt

2

1

O

2

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hàm Gauss, nửa trục hoành bên trái tính từ điểm có

2

t



1

u 2

hoành độ t sẽ là hàm phân phối chuẩn tắc

e

du

  ( ) t



2





2

t 2



2

dx

x 2

x

u

2

(3.33)

e

t erf( )





0



2

2

t



t

u 2



erf



e

du

Đặt vào (3.26) sẽ có:



2 

    

    

2

0

2

2

2

0

t

t







1

2

u 2

u 2

u 2

du



e

e

du



e

du

   2 ( ) t

1

(3.34)







1 2

2 

2



2





0

0

Mặt khác và ,

erf

  2

t 2

 1

ta được

  t





(3.35)

( )t đóng vai trò rất quan trọng trong lý thuyết xác suất, đặc biệt

Các hàm erf( )t và

thường được sử dụng khi phân tích các nhiễu tín hiệu.

( )t được cho trong phụ lục E.

Bảng tính các giá trị của hàm

  erf 1 .

  2

2

Ví dụ 3.5: Tính

 . 1

  erf 1









0, 8729



2.0, 8729

  1

0, 7458

Giải: Áp dụng công thức (3.35) ta có

  erf 1



2

Tra bảng ta được . Vậy .

3.2.2 Khai triển các hàm tích phân thành chuỗi luỹ thừa (*)

Đế tìm khai triển Mac Laurin của hàm tích phân sin ta sử dụng khai triển Mac Laurin

sint t



n 2

 1



n 2

t

sin

t



n  ( 1)





n  ( 1)





t n (2



1)!

sin t

t n

(2



1)!

n



0

n



0

t



2

n

 1

u

t Si( )



du



n  ( 1)

của hàm .





sin u

t 1)!(2

(2

n



n



1)

n



0

0

Do đó 3.36)

Ta tiếp tục tìm khai triển Mac Laurin của hàm tích phân mũ và tích phân cosin bằng





st



e

v

  

dv

cách sử dụng biến đổi Laplace:

L

  t Ei( )



  u e 

u

u t

du t

      

   du dt    

0

t













tv

e



st

vt



e



  st e

e



dv

L

  t Ei( )











v

1 v

s

 1 1      v v

     

      

    dv dt    

      

    dt dv    

0

1

1

0

1







dv





dv



ln





s

 ln 1







1 

s

1 s

1 v

1 

s

v

1 s

v

v 

s

1 s

 1     v v 

     

     

     

     

     

1

1

v

 1



ln



, đổi biến số

L

  t Ei( )

 s

 1

1 s



n  ( 1)

ln

ln

s







ln

s



(3.37)

 s

   1



n



2

1 s

1 s

1 s

1 s

  ln 1   

n (



s 1)

n



0

    

         

.

s

ln

t





Sử dụng công thức tìm biến đổi Laplace ngược (2.23) và

L

ln s

        





    ....

m ln )

(3.35)

lim (1  m

   1      1 2

1 m

(3.36)

gọi là hằng số Euler.

n



1



Ta có khai triển Mac Laurin của hàm tích phân mũ

t Ei( )

 

ln

t

  



n ( 1)   n

t n

1 (



1)!

n



1

v

 ta được

(3.37)

u t









u

tv



st



st

e

 

e

L

  t Ci( )

  







cos u

cos v

      

    du dt    

      

    dv dt    

0

t

0

1







st



e

cos

L

  t Ci( )

  



1 v

      

   tvdt dv    

1

0

Tương tự trường hợp hàm Ei( )t , bằng cách đổi biến số







s



st

e

cos

dv







2

2

1 v

1  v s



v

      

    tvdt dv    

1

0

1

s

1

v

v

















sv 2

2

2

2

1 2

2

2

v 2

2

2

2

2

1 v

v s

1 s

     

     

     

     

 1 1     s v 

     

s



v

2 v s (



v

)

v

s



v

v

s



v

s



v

Sử dụng biến đổi Laplace của hàm cosin ta được







s

v

v

2



dv







ln



ln



 s

 1





2

2

2

2

2

1 v

1 s

1 v

1 s

1 s 2

     

   dv   

s



v

s



v

      

       2  v

s

1

1

1

2

 

ln



L

  t Ci( )

 s

 1

1 s 2



n  ( 1)

2

2



ln

ln

s





 

ln

s



(3.41)



 s

    1

1 2

n 2



3

1 s 2

1 s 2

1 s

  ln 1   

s

2(

n



s 1)

n



0

    

         



2



ln

ln

s

,

 

 s

    1

n  ( 1) n 2

 1

1 s 2

1 s

n s (2 )

n

 1

.

2

n



Sử dụng công thức tìm biến đổi Laplace ngược (2.23) và công thức (3.35) ta được

t Ci( )



ln

t

  

n ( 1)



t n (2 )!2

n

n



1



n 2

(3.42)

cos

t



n ( 1)



t n (2 )!

n



0



n 2

 1

cos

t



1



n ( 1)

Mặt khác, từ khai triển



t n (2 )!

t

n

 1

Suy ra ,

t



n 2

1



u

Lấy tích phân hai vế của đẳng thức trên ta được

n  ( 1)

du



  

t n (2 )!2

cos u

n

n

 1

.

0

t

u

1



Kết hợp với công thức (3.42) ta có

t Ci( )



ln

t

du

   

cos u

0

(3.43)

2

n



2

 t

e



n ( 1)



t n

!

n



0

t



n 2

 1

2

 u

Khai triển luỹ thừa của hàm lỗi

e

du



n  ( 1)





t !(2

n

n



1)

n



0

0

,

3

5

n 2

 1

2

Do đó

t erf( )







  



n ( 1)



t 1! 3

t 2 !5

t !(2

n

n



1)



  t   

     

(3.41)

Chuỗi ở vế phải hội tụ với mọi t .

t  ) sẽ nhận được các công thức sấp xỉ như sau :

1

2

t Si( )



t

t , Ci( )

  

t ln , Ei( )

t

   

ln

t

Với t khá bé ( ký hiệu

erf( )t



t



, . (3.45)

Các công thức gần đúng cho phép xác định các giá trị Si( )t và Ci( )t .

+2

Si( )t

t

1 2 3 4 5 6 7

0

Ci( )t

2

Đồ thị của các hàm Si( )t và Ci( )t cho ở hình 3.9.

Hình 3.9: Đồ thị của các hàm Si( )t và Ci( )t

3.3 HÀM GAMMA, HÀM BETA

3.3.1 Định nghĩa hàm Gamma (Gauss)

Hàm Gamma là hàm siêu việt mở rộng từ hàm giai thừa xác định với mọi số tự nhiên

n

!

n n

(



1)...2.1

n theo công thức .

n thỏa mãn hai điều kiện ( f n

!

  1)

nf n ( )

f  . Ta 1

Hàm giai thừa ( ) f n và (1)

mở rộng hàm giai thừa thành hàm Gamma với biến số phức thỏa mãn hai điều kiện trên.

z    0, 1,

2,...

, là hàm số biến số phức xác định với mọi số Định nghĩa 3.2: Hàm số Gamma, ký hiệu ( )z

z

  ( ) z

phức khác nguyên âm cho bởi biểu thức:

lim  m

z z (



m m !  z 1)(

2)...(

 z m

)

(3.46)

Ngoài định nghĩa hàm Gamma theo công thức (3.46) của Gauss, ta có hai định nghĩa

tương đương sau.

Định lý 3.1: Hàm gamma có các dạng sau đây:





z

z m

1. Công thức Weierstrass:



ze

.

e

1 z ( )



z m

   1      1  m

    

(3.47)

 

( 10

  1)

0,57721566

31 2

trong đó  là hằng số Euler (công thức 3.33), thường lấy gần đúng

z  ta có công thức

0

2. Công thức Euler: Trường hợp Re



z  0

  1 t z dt e t

   ( ) z

0



  1 t z dt e t

0

nếu Re (3.48)

z  tích phân suy rộng theo cận dưới



0

Khi Re không hội tụ.

m







 z z

  z m



Chứng minh:

 z





z

m



z

lim  m

lim  m

1 z ( )



z k

   1   

     

k

 1

m

z

...

m



1 2

1 m



z m ln



  1       

    

z k



z

e

z

z m ln e

e







lim  m

lim  m

z k

  1    

 z       k 

  1    

   e   

k

 1

k

 1

m



z

ln

m





1 m

1 2

  1     ...   

    



z

z k

z m

 z 1 1.  2 m m !



z

e





ze







lim  m

z k

z m

  1    

   e   

  1    

   e   

k

 1

m

 1

.

n

z

I



 1 dt

t

n



t n

  1   

n     

0

x

    

nx

dt

t

ndx

2. Để chứng minh công thức (3.48) chúng ta hãy tính tích phân sau

t n

1

z

Đổi biến số , thay vào nI ta được



n

n z x )

dx 1

x

nI

 (1

0

1

!

.

z  0

(1



x

n z x )

 1 dx









n

n   1

 z z

 z



0

Ta sẽ chứng minh khi Re

1

1

1

(1



z

(1



n z x x )

 1 dx



x

(1



x

n )

 1 dx







n z x x ) z

n z

0

0

0

z

x

 0

Tích phân từng phần sẽ có:

z  thì 0

lim  x 0

1

1

(1



n z x )

 1 dx

x



(1



x

n )

 1 z x dx

Nếu Re





n z

0

0

1

1

 1

 2

z

(1



x

n )

z x dx



(1



n )

x

 1 dx

x





n z

 

1 1

0

0

Suy ra:

... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ...

1

1

z n

z n

(1



x x )

  2 dx



  1 dx

x







1   n

1

z

1   z 1)( n

z (



n

)

0

0

1

(1



x

n z x )

 1 dx





n ! z 1)...(



n

)

z z (



0

z

n

n n !

z

Cuối cùng ta được:

 1 dt

t

  I n



z z (



z 1)...(



n

)

  1    

n  t    n 

0

n



z

Do đó .

 1 dt

t



  1 t z dt e t





lim  n

  1   

n  t    n 

0

0

Mặt khác



Từ công thức (3.46) suy ra

  ( ) z

I

  1 t z dt e t

n

 

lim  n

0

1)



;



   1,

s

0



.

L

  t

   ( 1  

s







st

t

Ví dụ 3.6: Chứng minh .

 t dt

e

  

du

st

sdt

L

  t

 

u  s

0







1)



st

 u



 t dt

e



e



 u e u du



.







1  1 

   (  1 

 u du  s

s

s

s

0

0

0

Giải: . Đặt u ;

3.3.2 Các tính chất của hàm Gamma

z    0, 1,

2,...

z

a.

      z 1

  z

  . (3.50)

(1)

1

n

!

, với mọi (3.49)

n   :

      n n !

  1

 1

(3.51) Với mọi z

z

 1

z

  

1)

z (



lim  m

lim  m

m m !  2)....(

z (



z 1)(

z m

 

1)

z z (



m m !  z 1)(

2)....(

zm    z m z m )



1

 

 

z z ( ).

( ) lim z  m

mz   z m

1

Chứng minh: Từ (3.46) ta có

.   (1)   1 lim  m lim  m . m m m 1.2...( !  1) m  1 m

t  (

1)

4 3

Đồ thị hàm số Gamma với z là số thực cho trên hình 3.10 (theo công thức (3.46)).



z

z    0,

1,

2,...

b.

  z

    1



  z sin

, với mọi (3.52)

2







z



z





z

 z m

z m



ze



 (

z e )



  (

z z ).









2

1   z z ( ). (

)



z m

z m

   e   

   e   

m

m

 1

m

 1

m

 1

   1    

      

      1        

      1        

        

z

z

z

Chứng minh: Từ ( 3.47) ta có:

         

        , 1



2



z

Theo (3.49):



z





2

1  



z ( ). (1

z

)

m

m

 1

   1   

     

Do đó .

2



z

z

Vậy để chứng minh công thức (3.52) ta chỉ cần chứng minh:



z





2

sin  

m

m

 1

   1   

     



cos

t

y t Trước hết ta khai triển Fourier hàm số ( )

.

; 

với    . trong 

Vì ( )y t là hàm chẵn, do đó ta có







cos



t dt

 

nb  , 0 0 a



2 sin 

2 

0







cos

 t



cos

nt dt

 

cos(





n t )



cos(





na





  

 n t dt )  

2 

1 

0

0

 )

 )



1   

sin(  

 n  n

sin(  

 n  n

     

     

sin(





n

 )



sin



cos

n





sin

n



cos



 

( 1) sinn



sin(





n

 )



sin



cos

n





sin

n



cos



 

( 1) sinn



 )

 )

n  ( 1) sin













1 

sin(  

 n  n

sin(  

 n  n

1 





n



n

     

     

     

     

n





1 

  na

 2 ( 1) sin 2 2

  (



n

)





1



cos

 t







2

n  ( 1) cos nt 2 2

 2 sin 

 2





n

n

 1

      

      

t

  ,

x

.

 vào công thức trên và chia hai vế cho sin x ta được:



1



cot

 x







2

n  ( 1) cos n 2 2

2 x 

x 2

x



n

n



1

      

      

1

1

1

1











2

2

2

2

2 x 

    

  ....   

x 2

x



2 1

x



2 2

x



2 3

1

1

1



cot

 x



 







2

2

2

2

x 2 

1  x

    

  ....   

2 1



x

2



x

2 3



x

t

t

1

1

cot

 x



dx

 

x





dx





2

2

2 

1  x

     

     

   ...   

     

2 1



x

2 2



x

0

0

Thay

 

lim  x 0

 sin x x

Vì rằng:

t

t

t

cot



x



dx





dx





dx







1  x

cos sin

 x  x

1  x

1 

 x  cos  x sin

1 x

     

     

     

     

     

     

0

0

0

t

x

 t



ln





ln





ln

Do đó tích phân vế trái

 sin x

1 

sin t

1 

 t sin  t

1 

  ln   

    

0

.

Tích phân của vế phải

t

t

1

1

x 2

x 2



x



dx







dx







2

2

2

2

1 

2 

   ...   

     

     

   ...   

2 1



x

2 2



x

 2 1



x

 2 2



x

0

0





t

2

2

2

2



ln(

n



x

)



ln(

n

2   t )

ln

n









0

1 

1 

n

 1

n

 1



2

2



t

t







ln







2

2

1 

1 

n

n

n

 1

n

 1

   ln 1    

      

   1    

      

2

2





t

t

ln



ln













2

2

sin  t  t

sin  t  t

n

n

n

 1

n

 1

   1    

      

   1    

      

Vậy . Từ đó nhận được (3.52).



*

 

 )



0

c.

n   .

 sin( n n

n

   1



z   

0,

1,

2, ...

Từ (3.52) suy ra với (3.53)

z  

,

, ...

z

Như vậy ( )z   với mọi

3 2

1 2

1 2

1 2

 z

 cos

          

  z    

     



, với mọi (3.54)

         1     2

z  

,

, ...

(3.55)

z  vào công thức (3.52) ta nhận

1 2

3 2

1 2

Chứng minh: Với mọi thay z bởi

         

z





được:

1 2

1 2

1 2

1 2

 cos

 z

  z    

     

     

     

  z    

     

  z    

  1   

           

sin







0

.

z  vào công thức (3.49) ta nhận được

1 2

   1    z     2     1     2

   2 1     2





Thay , hơn nữa .







1 2 dt

 te t



   1     2

0

Do đó .

(2

n

1)!!

  



d.

n  

1 2

  n   

     

 2n

, với mọi z (3.56)

n  

   

n



1 2

n ( 2)   n

1)!!

(2

     

     

, với mọi z (3.57)

    

n (

n (

1)

k

k n )(

  k

k 1)....(

   k 1) ( 1)

Chứng minh: Với mọi n   , với mọi k   . Áp dụng liên tiếp công thức (3.49) sẽ có:

1 k   suy ra 2

(2

n

1)!!

Thay







1 2

1   2

 1         2 

  n    

  n    

    n      

   1 ....   

  1         2  

  1         2  

 2n

.

n



1)!!



1.3.5...(2

n

 . 1)

Trong đó (2

n vào (3.54) ta có:

    

n



1 2

1 2

  cos

n

  n    

     

     

     

 ( 1)n 

Thay z



1



n 2

  

n





Áp dụng kết quả (3.56) ta được

1 2

n n ( 1) 2   n (2

 1)!!

     

     

n  ( 1)

n  ( 1) (2 n



1)!!



1 2

  n    

     

.



z



z '( )

  1 t e

t

ln

tdt

e.



'(1)

  (3.58)



 

0

;







z

z

z



z '( )



  1 t e dt

t



  1 t e dt

t



  1 t e

t

ln

tdt

Chứng minh: Sử dụng quy tắc đạo hàm dưới dấu tích phân công thức (3.48) ta được







  z

  z

0

0

0

,





   ln ( ) z

ln

z

   z





 

  









z m

z m

 

'( ) z z ( )

1 z

     

 1 1      m z m

     

    ln 1        

      

m

 1

m

 1

1

Để chứng minh đẳng thức thứ hai ta lấy loga và đạo hàm hai vế công thức (3.47),

z  ta được



'(1)

  .



11 3

     

    

thay

   5 1             4 4   

     

2 3

     

b. c. . Ví dụ 3.7: Tính a. 

   24 4 !





 



 

8 3

8 3

8 5 3 3

   1   

   1   

  2         3  













Giải: a.

80 27













2 3

  11         3     2         3  

 8       3    2         3  

  8         3     2         3  

 5       3    2         3  

  5         3     2         3  

8 5 2 3 3 3     

 



4

b.

1 4

1 4

1 4

1 4

  3         4  

                   

   1   

     

     

     

     

  3         4  

c. ;



1 4

1 4

  5         4  

   1        

     

  1         4  





  

4

 

 

 

 2

1    4

     

     

  5         4  

  3 1         4 4  

  1         4  

  3         4  

  1         4  

sin

    4

    

a  . M bị 0

.

Ví dụ 3.8: Một hạt M với khối lượng m đặt cách điểm O cố định khoảng cách hút về O với một lực tỉ lệ nghịch với khoảng cách. Tìm thời gian để M về đến điểm O.

a . Theo định luật Newton

m

  , k là hằng số tỷ lệ.

2 d x 2

k x

dt

v

Giải: Gọi ( )x t là khoảng cách từ M đến O ở thời điểm t, (0)x

  v





 là vận tốc của hạt và

2 d x 2

dx dt

dv dt

dv dx  dx dt

dv dx

dt

mv



mvdv

 

dx

Ta có , thay vào phương trình

  , do đó

dv dx

k x

k x

2

  k

ln

x C

trên ta được

 .

t



x 0, (0)



a v

, (0)

0

 C k

ln

a

Lấy tích phân hai vế ta được

mv 2  suy ra

2



k

ln

2   v

  v

 

ln

ln

Khi . Vậy

mv 2

a x

a k 2 ln m x

dx dt

k 2 m

a x

dt    dx

m k 2

a x

.

0

a

1

1

Do đó thời gian T để M về đến O thỏa mãn

T

 

dx



dx





m k 2

m k 2

x ln( / ) a

x ln( / ) a

a

0

 u

.

  

u

x

ae

 u ae du

   dx 

1



1/2

  (

 u a e du

)



a

u

 u e du





a



a

T







m k 2

 m k 2

m k 2

m k 2

   1     2

u

0



ta được Đổi biến ln( / ) a x 0 .

0

3.3.3 Hàm Beta

p q  ,

1

p

 1

Định nghĩa 3.3: Hàm số biểu diễn dưới dạng tích phân phụ thuộc hai tham số thực

B p q ( , )



(1



x

q )

 1 dx

x



0

(3.59)

Gọi là hàm Beta hay là tích phân Euler loại 1.

Hàm Gamma (công thức 3.46) gọi là tích phân Euler loại 2.

Tính chất 3.1:

,



,

 B p q



 B q p



 2

2

p

 1

q 2

 1

B p q ( , )

cos



sin

  d

(3.60)

  2

0

(3.61)

B p q ( , )  (3.62) ( ). ( )   q p   q p ( )

Chứng minh:

t  .

x



2 cos



dx

 

 2 cos sin

  d

Để chứng minh công thức (3.60), ta đổi biến x

p

 1

2

p

 1

q 2

 1

(1



x

q )

 1 dx

x

 

2 cos



sin

  d

Để chứng minh công thức (3.61), ta đặt khi đó

Thay vào công thức (3.59) ta được công thức (3.61).

Để chứng minh công thức (3.62), ta xét công thức biểu diễn hàm Gamma dưới dạng tích

2

phân (công thức 3.48).

,p q thay t bởi 2 ,y

x nhận được





2

2

2

p

q 2

  ( ) p

2

  1 y e

y

dy

,

  ( ) q

2

  1 x e

x

dx





0

0

 

2

2

2

2

2

p



   y

x

2

p



   ( x

y

    q ( ) ( ) p

4

1 2 q y

x

1 e

dxdy



4

1 2 q y

x

1 e

) dxdy



 

D

0

0

Thay z lần lượt bởi

Trong đó D là góc phần tư thứ nhất của mặt phẳng Oxy .

Chuyển sang toạ độ cực:



rdrd

r r

cos sin

 

  x    y

   0   2       r 0 







2

2

2

p

 1

q 2

 1

2(

p q

   ) 1 r

2(

p q



  q ( ) ( ) p

2

2 cos



sin

  d

e .

dr .



r

,

   ) 1 r e

r

dr

, ; dxdy

 B p q









       

   2    

       

   2    

0

0

0

2

t

  

dt

r

rdr 2

Đ







2

2

2(

p q

   ) 1 r

2(

p q

   ) 2 r

(

p q

e .

dr .



r

e .

.2

rdr



   ) 1 t e dt

t

p

q

2

r

   









0

0

0

ặt ta được



  q ( ) ( ) p

,

p

q

 B p q



   

 B p q ( , )  Vậy . ( ). ( )   q p   q p ) (



2

2

p

 1

q 2

 1

cos

x

sin

xdx



Từ công thức (3.61), (3.62) ta có



 ( ). ( )  q p   2 ( q p )

0

(3.63)

0

 

xy

0

x  ,

y  và có khối lượng riêng

Ví dụ 3.9: Tìm khối lượng của vật thể phẳng nằm trong mặt phẳng Oxy giới hạn bới;

x

y  ,

1

.

 1 x

1

 1 x

1

1

3 2

1 2

M



xydxdy



xdx

ydy



xdx



x

(1



3 2 x dx )











2 3

y 2 3

D

0

0

0

0

0









1 2

  5         2  

  1         2  



B



2 3

3 5 , 2 2

2   3

  3         2   

(4)

2   3

  1 3 1         2 2 2   3!

 24

     

     

Giải:







I



 1 y

x

 1 z

 1 dxdydz



Ví dụ 3.10: Công thức tích phân Dirichlet



     

  ) / 2





V

( / 2) ( / 2) ( / 2)     1 8 (     

2

2

, (3.64)

  

y

z

1;

x



0,

y



0,

z

 . 0

2

u

w

v

trong đó V là 1/8 hình cầu đơn vị: 2 x

2 x ,

2 y ,

z . Miền V trở thành hình chóp tứ diện



:

u

   v w

1;

u



0,

v



0,

w

 (Hình 3.11).

0

du dv

dw

(









1)/2

(





1)/2

1)/2 ( v

u

w

I

 

2

u

2

v

2

w



 ( /2) 1 ( /2) 1 ( /2) 1 









w

dudvdw

v

u

1   8



  1

v u

1

 1

u

 ( /2) 1 

 ( /2) 1 

 ( /2) 1 

u

dv

w

dw

du

v





1   8

w



0

u



0

v



0

1

 1

u

 ( /2) 1 

 /2 ( /2) 1 



u

du

(1

  v

u

 )

v

dv





1  4

u



0

v



0

Giải: Đổi biến số

v

    

u t )

dv

(1

(1

u dt )

    u

(1

v

u

)(1

 ) t

 /2 ( /2) 1 

  

 )/2 1

 /2 ( /2) 1 

(1

  v

 )

u

v

  (1

u

( )

(1



t

 )

t

Hình 3.11 Đặt ; 1

1

 /2 ( /2) 1 

  

)/2

 /2 ( /2) 1 



(1

  v

 )

u

v

dv

  (1

u

( )

(1



 )

t

t

dt





v



0

t



0







  

)/2

  

)/2

  (1

u

( )

B

 ( / 2; / 2



  

(1

1)

u

( )

) / 2





 ( / 2) ( / 2   (     

1)  1  

1







 ( /2) 1 

  

)/2

  I

(1



( )

u

du

u



1  4

) / 2









u



0

 ( / 2) ( / 2   (   

1)  1  









B

 ( / 2;(







) / 2



1)

1  4

) / 2





 ( / 2) ( / 2   (     

1)  1  

 1 u



 ( / 2)





) / 2





















 1  







.

1  4

) / 2













) / 2



 (      

  

) / 2







 ( / 2) ( / 2   (   

1)  1  

 (   

 1  

( / 2) ( / 2) ( / 2)     8 ( 1    

2

2

Ví dụ 3.11: Tìm khối lượng của vật thể hình cầu tâm O bán kính 1 và có khối lượng riêng tỷ lệ với bình phương khoảng cách đến trung tâm của nó.

x y z là



x y z , , )

2    . Do tính chất

y

x

z

2

2

2

2

2

z dxdydz

2   y

M

x (



8

)

  

Giải: Khối lượng riêng tai điểm có tọa độ ( , , )







0,

0,

1;

y

y

x

z

z

  . 0



V

2

2

2

2

x dxdydz



y dxdydz



z dxdydz

  M

8.3

x dxdydz

, V đối xứng của vật thể suy ra khối lượng M của vật thể bằng tám lần khối lượng vật thể nằm trong góc phần tám thứ nhất của trục tọa độ.  x y z x ( , , )









V

V

V

V







1

;

Ta cũng có

    ta được











  1         2  

2

M



8.3

x dxdydz



8.3.



3.



Áp dụng công thức Dirichlet (3.64) với



 4 5

1

V

8







  1         2     1 2

5 3 . 2 2

  3         2    3     

   1   

  3         2     3         2  



2

dx

I

.

 

tan

x

0



2



2



dx

1 2

1 2

I





cos

x

sin

x dx

Ví dụ 3.12: Tính tích phân





tan

x

0

0

p

  1

p



p



1 2

Giải: .





  

1





1 2

3 2 1 2

3 4 1 4

   2       2 q    

   2       2 q    

         q    



2



dx





I









Áp dụng công thức (3.61) với



2 2

  3         4    2

tan

x

  1         4     1

0

2 sin

 4

.

u

v

 1



Ví dụ 3.13: Chứng minh rằng

dx



B u v 2 ( , )

  1 x 

x  u v

x (



1)

0

,

1

  dx

dy

y



  x

x

  1

  1

với u, v là các hằng số dương tùy ý.

x 

1

x

y 

y

1

y 

1

y

1 

1

y

(1



2 )

y

Giải: Đổi biến ,

 1

 1



1

u

v

 1

1

y 

y

y



1

     

u      

v      

dx





dy

x  u v

  1 x 



x (



1)

(1



2 )

y

0

0

y

 1      1

 y      1  u v      

1

1

v

 1

u

 1

u

 1

v

 1



y



y

dy



y



y

dy



B u v 2 ( , )

 1



 1







0

0

.

3.4 PHƯƠNG TRÌNH BESSEL VÀ CÁC HÀM BESSEL

3.4.1 Phương trình Bessel

2

Phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất



  (1

y )

 0

2 d y 2

 2

1 dy z dz

dz

z

(3.65)

gọi là phương trình Bessel ứng với tham số  .

  .

0

Dưới đây ta xét với    và gọi là phương trình Bessel cấp  ,

J

Nghiệm riêng của phương trình (3.65) gọi là hàm Bessel cấp  .

  z

  Y z tổng quát của phương trình có dạng



AJ





Rõ ràng nếu và là hai nghiệm độc lập tuyến tính của (3.65) thì nghiệm

  y z

  z

  BY z 



  Z z 

(3.66)

Trong đó A , B là các hằng số tuỳ ý.

3.4.2 Các hàm Bessel loại 1 và loại 2

3.4.2.1 Hàm Bessel loại 1

Ta tìm nghiệm của phương trình (3.65) theo phương pháp Frobenius bằng cách xét các





k

nghiệm dạng

y z ( )



z

,

a



0

a z k

0



k



0







k





k

   1



 1

k

y z ( )





 ( ) y z



k (







z

k (





a z k

a z ) k

a z ) k







k



0

k



0

k



0





k

  

2



 2

k

  ( ) y z

k (





k )(

  

1)



z

k (





k )(

  

1)

a z k

a z k





k



0

k



0

.











 2

k

k

k



2

2

k

z

k (





k )(

  

1)



k (











0

a z k

a z ) k

a z k

a z k











0

k



0

k



0

k



0

      k

     

k (





k )(

1)

k (

k (







)

2 )

Thay vào phương trình (3.65) ta được

      , do đó đẳng thức trên được viết lại

Ta có









 2

k

k



2

2

k

z

k (



2 )









0

a z k

a z k

a z k







k



0

k



0



0

     

      k

1



2

k

2

k





2 )











2 )







a



a

z



0

k

k

 2





 k (

 a z k



  k (  

  

k



0

k



2

k 

0,1, 2,...

.

2

2



a )

2

0





2 1)

0 

1

2

thoả mãn hệ phương trình Đồng nhất hệ số suy ra các hằng số  và ka ;





2 2)

a

0

2

  a 0

 0  a 

2

2 )







r

a



0 ;

k



2

k

k

 2

 a

0

  0

   (     (     (    ................................   (    ,

a  ta được 

(3.67)

Từ điều kiện 0



2

 (



k

2 )

  

 (



k

2 )

2   

(2





k k )

1. Trường hợp thứ nhất: 

  k

2

  a k

 a 2 k  (2 k

k

)

0

(3.68)

a  . Kết hợp với công thức (3.68) ta có hệ số lẻ

 vào công thức (3.67) suy ra 1

Thay 

k

0, 1, 2,...

ka 2

    0 ; 1

đồng nhất bằng 0:

 a

 a

k 2(



1)

Quy nạp và sử dụng công thức (3.68) với các số hạng chẵn ta có

a





k 2

 k 2 2   k 2 )

k 2 (2

2 k 2 (





k

)

2  ( 1)

a

k  ( 1)

k 2(



2)

a

,

  a 2 k

  a 2 k

0

2 2 k k 2 2 (



1)(





k

)

  ( k

k 2 2

k

!(1





)(2





k )...(



 )

 

 1)

( )y z là nghiệm của phương trình thuần nhất do đó hệ số 0a có thể chọn tuỳ ý.

1



…. ,

a Chọn 0



2

  (1

 )

k  ( 1)

k













    1



   k



 ... 2

 1

   

 1



  a 2 k



k 2 2 2

k

   ! (



k

1)

và sử dụng đẳng thức:



Suy ra:

y z ( )





J z ( ) 



k  ( 1)    ! (  k

k

   z         2  

2 k   z         1) 2  

k



0

(3.69)

    thì:

n

k



Nếu

J z ( ) n



k  ( 1)  k k !(

n

n   z          2  

2   z         )! 2  

k



0

(3.70)



Đặc biệt

J



0



2 k   z       2

k  ( 1) 2 k ( !)

k



0

(3.71)

2

2

 (



k

2 )

    (





k

2 )

   

( 2





k k )

2. Trường hợp thứ hai:

k 2



2





a

 0

Các hệ số chẵn liên hệ theo công thức

 k 2

 2 a

k

2

k



2

(3.72)



  1

2





a

 0

 k 2

 k 1 2

 2 a

k



1

2

k

 1

1

0





,

m

Các hệ số lẻ thoả mãn

a  , suy ra

 thì 1

 m 2 2

a



0

a. Nếu

   1

k 2

 2



a 1  2 k    k 1 2 1



 k 2

với mọi k ,

khi đó tương tự như trên, chọn 0a thích hợp sẽ có

y z ( )





J z ( )  

k  ( 1)    ! ( k 1

k



     z          2  

2 k   z         ) 2  

k



0

1

0





,

m

(3.73)

  (cấp bán nguyên) thì hệ số lẻ 2

ka   với mọi chỉ số

1

 m 2 2

k . Tuy nhiên nếu ta chọn các hệ

r

k và hệ số lẻ 2

1ka  có thể khác không khi r

b. Nếu

số lẻ đều bằng không và chọn 0a thích hợp vẫn được nghiệm có dạng (3.65), (3.69).

J

J

  z

  z

Gọi và là các hàm Bessel loại 1.

J

J

Định lý 3.2:

  z

  z

n

và độc lập tuyến tính. 1. Nếu    (không phải là số tự nhiên) thì

    thì

  z và

nJ

  z nJ

2. Nếu phụ thuộc tuyến tính, hơn nữa

  z

  z



n

n

J

 và 0

 

J   ( 1)n J . (3.74)

z ( )

J z lim ( )  z

0

lim  z 0

J

J

Chứng minh: Thật vậy, nếu    thì

  z

  z

Suy ra và độc lập tuyến tính

Trong trường hợp này nghiệm tổng quát của (3.69) có dạng



AJ



BJ

  z

  z

  Z z 





J

t 0 ( )

J t 1( )

J

t 2 ( )

t

J

J t t , 1( )

t , 2 ( ) J

Hình 3.11: Đồ thị các hàm Bessel 0 ( )

    ta có

n

k

k

n





Trường hợp



n





 n   z         2  

2 k   z         2  

   z         2  

2 k   z         2  

k



0

 k n

   1     k 1



   1   k k !



1



0

J z ( )   k ! n n !

n (công thức 3.53).

1

n

    k



bởi vì với mọi số tự nhiên k

n vào công thức trên ta được

 k n

n



n 2



n

Thay k bởi k

  z

  

 1



n



 1 

   z         2  

k 2   z         2  

k



0

   k k !



J  J z ( ) n n !

  z và

nJ

  z nJ

điều này chứng tỏ phụ thuộc tuyến tính.

J

J

3.4.2.2 Hàm Bessel loại 2

  z

  z

Định lý 3.2 cho thấy hai hàm Bessel loại 1 và không phải lúc nào cũng

độc lập vì vậy ta cần tìm hàm Bessel loại 2 độc lập với hàm Bessel loại 1.

(cos



J

z ( )











nÕu

Hàm số xác định như sau



  Y z 



  n



nÕu

Y z ( ) 

 ) J z ( )  sin lim    n ;





     

(3.75)

n

Cũng là nghiệm của phương trình Bessel (3.61), được gọi là hàm Bessel loại 2.

  giới hạn

(cos





J

z ( )





lim   ;  n





J z ) ( )  sin



Từ công thức (3.71) ta thấy khi

0 0

có dạng vô định . Áp dụng quy tắc De L’Hospital nhận được

 (cos

 z ( )





  Y z n

  J J z ) ( )  





n

sin                     





  sin   (cos   J z ( ) ) J z ( )  J z ( )           cos





n





J

n



               

    1

  Y z n

  J z n  n

1 

  z n   n

    

    

ln

.

  z



k 2

n

 1



S

1)!

n (







ln





k  ( 1)

  Y z n

J z ( ) n





2 

z 2

1 

  k k !

1 

nk 

k

k n !(

     

     

n   z         2  

 k n 2   z         )! 2  

k



0

k



0

Sử dụng công thức đạo hàm của hàm số nhận được kết quả sau:

....

...

1

1

.....



,

k



0

nkS

1         k

1 2

1 2

1 

n

k

  

1

......

nS

0

1 2

1  n

J

Trong đó:

  z

  Y z

Với mọi  , các hàm và là độc lập tuyến tính.

Ta cũng có thể tìm hàm Bessel độc lập với hàm Bessel loại 1 như sau.





 0

  p z

  q z y

2 d y 2

dy dz

dz

Theo lý thuyết của phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất cấp 2:

 

1y z là một nghiệm thì ta có thể tìm nghiệm độc lập tuyến tính với

  1y z

Nếu biết

p z dz ( )



theo công thức:

e

dz

  y z 2

  y 1

1 2 y 1

0 ( )Y t Y x 0( )

Y x 1( ) 1( )Y t

Y x 2( ) 2 ( ) Y t

t

.

nJ

I

z ( )



( )



n

n



   J z A B   

     

dz 2 zJ z ( ) n

với Vì vậy với trường hợp phương trình Bessel cấp n nguyên, ta có thể tìm nghiệm độc lập   z theo công thức:

  z cho bởi (3.75). Hàm số

  z gọi là hàm

nI

nI

Chọn A , B thích hợp sẽ được hàm số

Weber.

J

  z

Đôi khi còn sử dụng hàm số độc lập tuyến tính với theo công thức sau và gọi là





(ln 2





hàm số Neumann.

N z ( ) 

 Y z ( ) 

J z ) ( ) 

1 2

(3.76)

    Y z N z ,





Gọi là các hàm Bessel loại 2.

Từ các hàm Bessel loại 1 và loại 2 ta có các hàm Hankel loại 1 và hàm Hankel loại 2





(1)( ) H z 

J z ( ) 

iY z ( ) 





xác định lần lượt như sau

(2)( ) H z 

J z ( ) 

iY z ( ) 

,

Các hàm Hankel đôi khi còn được gọi là hàm Bessel loại 3.

  ): 0

3.4.3 Các công thức truy toán đối với hàm Bessel

J



J



J

Các công thức sau đúng với mọi    (kể cả trường hợp

  z

  z

  z



 1





 1

 2 z

1. . (3.77)

 1

k





J



J







  z

  z





 1





 2 z

 2 z

k  ( 1)    ! (  k

k

k  ( 1)   ! ( 

k

k

   z         2  

k 2   z         1) 2  

   z         2  

2   z         ) 2  

k



0

k



0

Thay công thức (3.69), (3.73) vào vế phải và biến đổi thành vế trái:

 1

 2



1







k  ( 1) k !

    k

 (

1)

   (

k

k



0

   

2 k    z           ) 2   

 1



1)

 1













J

z ( )



 1





k  ( 1) k !

 k    k

 (

k ( 1)      k ! (

k

   z         2      z         2  

2( k   z          1) 2  

   z         2  

2 k   z          2) 2  

k



0

k



0

.

zJ

'



 J



zJ

  z

  z

  z









1

   0

'J

 

2. . (3.78)

  z

0

  J z 1

 

  z đạt cực đại hoặc cực tiểu.

1J z làm cho

Trường hợp đặc biệt . Chứng tỏ các không điểm của

'J

0J   z









J





  z







k ( 1)      k ! (

k

k ( 1)      k ! (

k

   z         2  

2 k   z         1) 2  

2 k   z         1) 2  

k



0

k



0

k

  1 





zJ



z

  z

 



k ) 1  ( 1) (2  k     ! ( 1) 2 k

 k



2   z       2  

k



0

 1

 1



1)













z





k ( 1)      k ! (

z  1) 2

k

k  ( 1) 

k k

k

   ! (

   z         2  

k 2   z         2  

   z         2  

k 2(   z         1) 2  

k



0

k



0

 1



1)

 1





 J



z



 J



zJ

  z

  z

  z







 1



k (

k  ( 1)     1)! ( 

k

   z         2  

k 2(   z         1) 2  

k

 1

J

'





J

Tính từ công thức (3.65), (3.69) thay vào vế trái suy ra vế phải:

  z

  z





 1



 1

 J  

   z  

1 2

(3.79) 3. .

J





J







J

  z

  z

  z



 1

  J z 



 1

  J z 



 1



 1

   z

 J

 2 z

 z

1 2

J

'





J





J



J





J

  z

  z

  z

  z

  z



  J z 



 1



 1



 1



 1



 1



 1

   z

   z

 J

 J

1 2

 z

1 2

zJ

'



zJ



Từ công thức (3.78) và (3.79) ta có:

  z

  z

  z



 J



 1

(3.80) 4. .

J

  z



1



 z J

(Thay ở 1. vào 2. suy ra 4.)

  z

 1

     z J z 

d dz

5. . (3.81)



2



  2  1

k





















  z J

   z

d dz

d dz

( 1) 2      k ! (

k

k   ( 1) 2 (2 k    ! ( k k



2 ) 1   2 1)

k 2   z         1) 2  

2 k   z         2  

k



0

k



0

  2  1

 1

k



k





k



Đạo hàm vế trái và sử dụng 1. và 2.:





z



 z J

  z



 1





 ( 1) (  k )2    ! (  k

 k

 ( 1) (  k    ! (  k

 k

k 2   z         1) 2  

   z         2  

2   z )         1) 2  

k



0

k



0

.

 

  z J

  z





 1

      z J z

d dz

z

z

z

 z J





 z J

6. . (3.82)

  z dz

  z



 1





  z J

   z dz





z

d dz

0

z

z

0

0

z

z

z

  z J

 

  z J

7. . (3.83)

  z dz

  z



 1





   z J

   z dz

  



z

d dz

0

z

z

0

0

z



(3.84) .

J



2



J



J

  z dz

  z

  z

  z







3



 1



  2 k 1



 J  

     2  k



0

0

z





2





J

8. . (3.85)

  J z dz

  z

0

  J z 3

k 2

 1



   J z   1

    2   k



0

0

Đặc biệt .

z

z

Để chứng minh công thức (3.85) ta lấy tích phân hai vế của (3.79):

J 2



J



J

1  ta được

  z

  z dz

  z dz



 1







2





0

0

z

z

với .

J 2



J



J

3  ta được

  z

  z dz

  z dz





3





2





4





0

0

với .

...............................................................................................

*

Cộng theo vế ta suy ra (3.85).

m   ,

0m  , đặt:

9. Với mọi số tự nhiên thì

m z J

  z

m

m

 1

m

 1

. (3.86) I    (2 m  I 1)

m 2

 1

m 2



z 1)

 2 dz

  m 1 J

 m (2 1   m J

  z dz

  z

m

m

 1

  U z      dV z    

  dU     V z    

Sử dụng phương pháp tích phân từng phần, đặt

1m   ta được:

z

z

m 2

 1

I



m z J



z



z

  1 m J

  z dz

  z dz

m

m

m





0

0

z

m 2

 1

m

  z



z

  m 1 J



(2

m

 1 J

z

  z

  z dz

m

 1

m

 1

  1)

0

z

I

m z J

và áp dụng công thức (3.84) với

,m n   , n m đặt:

  z dz

m n ,

n

 

0

I



m z J

   m n (

I 1)

10. Với mọi cặp số tự nhiên thì

  z

m n ,

n

 1

  1, m n 1

. (3.87)

m n

  1

m n



  2 dz

n



m n (  1 n J

   1 J z dz

  z 1)   z

n

 1

n

   U z     dV z   

  dU     V z    

Sử dụng phương pháp tích phân từng phần, đặt

z

z

m n

  1

n

I



m z J



z



z

 1 J

  z dz

  z dz

m n ,

n

n





0

0

z

m n

  1

n

n

m n



z



z

 1 J



m n (

 

 1 J

z



z

  2 dz

  z

  z

n

 1

n

 1

 1)

0



m z J

   m n (

I 1)

.

  z

n

 1

  1, m n 1

và áp dụng công thức (3.84) với ta được

z

Nhận xét 3.1:

I

m z J

  z dz

m

m

 

0

0

1. Để tính tích phân ta sử dụng liên tiếp công thức truy hồi (3.86)

  .

z

cuối cùng được tích phân dạng (3.85) với

,m n   , m n ta sử dụng công thức

I

m z J

  z dz

n

m n ,

 

0

2. Để tính tích phân với

truy hồi (3.87). Sau mỗi bược truy hồi chỉ số m giảm 1 và chỉ số n tăng 1, do đó khoảng cách m n giảm 2.

Áp dụng liên tiếp công thức (3.87) ta đưa về công thức (3.86) nếu m n chẵn và đưa



3

về công thức (3.83) nếu m n lẻ.

I

  z J z dz 0

J  và  , trong đó  là một nghiệm 1( )

 

0

0

Ví dụ 3.14: Tính tích phân theo

  J z  .

0

3

I



I

dương của phương trình

2,1

3,0

3,0 z



z

2

2

I   I 2 Giải: . Áp dụng công thức (3.87) ta được z J z ( ) 1

I





2,1

z J z dz ( ) 1

z J z ( ) 2



0

Áp dụng công thức (3.84) ta được

3

2

3

2

I





z 2





z (





Áp dụng tiếp công thức (3.77) ta có

3,0

z J z ( ) 1

  J z 1

z J z ( ) 4 ) 1

  z J z 2 0

2 z

    

    J z  0  

,

3

2

3

Do đó

I



I



z (







 (



 4 ) J

 ( )

3,0

z J z ( ) 4 ) 1

  z J z 2 0

1

z





z





.

3.4.4 Các hàm Bessel loại 1 và loại 2 với cấp bán nguyên

  có dạng:

1 2

1



y



0

2 d y 2

2

1 dy z dz

  1     

    

dz

z 4



1 2

y



uz

Xét phương trình Bessel với cấp bán nguyên

Bằng cách đặt ta có thể đưa phương trình trên về dạng phương trình vi



1 2



1 2



3 2



1 2



3 2



5 2

tuyến tính cấp 2 hệ số hằng:

y



uz

z



z

u





z



z



z

u

2 d y 2

2 d u 2

dy   dz

du dz

1 2

du dz

3 4

dz

dz

.



1 2



3 2



5 2



1 2



3 2



1 2



1 2

1

z



z



z

u





z

u



uz



uz



0

2 d u 2

2

du dz

3 4

1 z

du dz

1 2

  z    

     

dz

z 4

      

      

Thay vào phương trình ta được

  0

u

2 d u 2

dz

dẫn phương trình về dạng:

u



A

cos

 z B

sin

z

Phương trình này cho nghiệm tổng quát

; A , B là hai hằng số tùy ý.

 

1 2

1

Suy ra nghiệm tổng quát của phương trình Bessel cấp

y



A ( cos

 z B

z sin )

z

J

; A , B là hai hằng số tùy ý.

  z và

  z

1 2J



1 2

B

Vì vậy đều có dạng trên với A , B nào đó.

0A  , do đó

J

 suy ra

0

J



sin

z

  z

  1 2 0

1 2

z

Cụ thể, vì .

 1

 1

k (2



1

k 2

k 2 2

    1







1 2

     

  k   

 1)!! k  1 2

k

k !(2



1)!!



k (2



1)!



k

!

  

1

1 2

  k   

     





k

 1

k 2

k 2  ( 1) 2

z

J





.

  z

1 2





k

z 2

1   z 2         2  

2 k   z         2  

2 2

k (2



1)!



k



0

k



0

k

!

  

1

1 2

k  ( 1)   k   

     



k 2

 1





sin

z

  B

2  z

k  ( 1) z  (2 k

1)!

2  z

2 

k



0

Mặt khác theo công thức (3.56)

Do đó

J

z ( )



sin

z

1 2

2 z

(3.88)

Tương tự, ta có

J

z ( )



cos

z



1 2

2 z

(3.89)

  J

z ( )



cos

z

Y z ( ) 1 2



1 2

Y

z ( )



J

z ( )



sin

z



1 2

1 2

2  z 2  z

Từ (3.75) nhận được hàm Bessel loại 2

  sẽ nhận được:

1 2

z

J

z ( )





cos

z

3 2

2  z

sin z

    

    

Từ công thức truy toán (3.77), thay

   sẽ nhận được:

1 2

z

J

z ( )



sin

z





3 2

2  z

cos z

     

    

thay

J

z ( )





z



cos

z

5 2

3 2

2  z

3 z

   1 sin   

z

          

      

J

z ( )



sin

z



z



5 2

2  z

3 z

   1 cos   

 3     2  z

      

      

J

z ( )





sin

z





z

7 2

15 3

15 2

2  z

6 z

     

     

   1 cos   

z

z

J

z ( )





sin

z





cos

z



7 2

15 2

15 3

2  z

6 z

     

     

     

z

z

                 1       

             

J

z ( )







z





cos

z

9 2

105 4

45 2

105 3

2  z

10 z

   1 sin   

     

     

z

z

z

           

      

J

z ( )





sin

z







z

.



9 2

105 3

105 4

45 2

2  z

10 z

     

     

   1 cos   

z

z

z

           

      

Tương tự ta có các công thức sau:

3.4.5 Các tích phân Lommel (*)

z

z

2

2

J





lJ

,

k



l

Định lý 3.3:

  kz J

  lz zdz

  lz J

 kz



  kz J

 kJ

   lz









 1





 1



2

2

k



l

0

. (3.90)

z

z

2

2

J





kJ

,

k



l

  kz J

  lz zdz

  lz J

 kz



  kz J

 lJ

   lz







 1





 1





2

2

k



l

0

z

2

2

. (3.91)



z

J

 zJ kz dz



 kz



 kz

2 

2 ' 

2 



1 2

 2 2 k z

   1     

      

0

    J     

         

. (3.92)

Các công thức (3.90), (3.91), (3.92) gọi là các tích phân Lommel.

Chứng minh:

2

2

Chúng ta xét hai phương trình vi phân dạng Bessel



z



2 2 l z (





x )

 0

z

2 d x 2

dx dz

dz

2

2

(3.93)



z



2 2 k z (





y )

 0

z

2 d y 2

dy dz

dz

(3.94)

y z

x z

Nhân phương trình thứ nhất với , phương trình thứ hai với rồi trừ từng vế cho

2

2

yz



xz



y



x





l

xyz

 k



2 d x 2

2 d y 2

dx dz

dy dz

dz

dz

nhau sẽ nhận được

2

2



x





l

xyz

hay

 k



d dz

dx dz

dy dz

     z y       

          

(3.95)

x



,

y





  J lz 

 J kz 

Nghiệm của phương trình (3.93), (3.94) tương ứng là (xem công thức 3.96).

   sẽ có 1

z

)

2

2

k (



l

( )

).

(



(

)



J kz J lz zdz 



z J kz 

J lz ( ) 

 )

dJ lz ( )  dz

dJ kz (  dz

0

      

      

Thay vào (3.95) xét với



l



 lJ lz ( ) 

dJ lz ( )  dz

dJ lz ( )  ( ) d lz

Mặt khác

   . thì 1

z

z

( )

(

)



(



kJ lz J kz ( )

(

 lJ kz J lz ( ) )

 )

J kz J lz zdz 



 





 



2

2

k



l

0

Do đó với

)



)



J

kz J lz ( ( )

),





J

lz ( )

 J kz ( 

J kz ( 



 1

 

J lz ( ) 



 1

 kz

 lz

Áp dụng các công thức truy toán (3.74)

Ta được:

z

z

( )

)

(



kz (

)



lJ kz J ) (

 lz ( )

J kz J lz zdz 



 kJ lz J ( ) 



 1





 1



2

2

k



l

0

)

 

)



J

kz (

),

 



J

Từ các công thức (3.79):

 J kz ( 

J kz ( 



 1

 J lz ( ) 

J lz ( ) 

lz ( )  1



 kz

 lz

.

z

z

Suy ra:

( )

(

)



(

)



kJ

 lJ

J kz J lz zdz 



lz J kz ( ) 



 1



 1

 kz J lz ( ( ) ) 



2

2

k



l

0

.

l thì

z

kz

Với k

zJ kz dz (

)



zJ z dz ( )

, (



 

1)

2 

2 





1 2

k

0

0

.

kz

kz

2

zJ kz dz (

)



)



z J z J z dz

( )

( )

2 

2 J kz ( 

 







2 2 k z 2

0

0

J

Tích phân từng phần nhận được

  z









2 z J z ( ) 

2  z J z ( ) 

 zJ z ( ) 

2  J z ( )

Vì là hàm Bessel nên thoả mãn

z

kz

kz

2

2

1



zJ kz dz (

)



)





2 

2 J kz ( 

2  

2 dJ z ( ) 

 2 d z J

 z ( )







2

2

z 2

k 2

k 2

0

0

0

Thay vào trên sẽ có:

z

2

2

Hay

zJ kz dz (

)



kz (

)

z

2 

2  

2 J kz ( 



1 2

 2 2 k z

     1   

      

0

    J     

    )     

.

3.4.6 Khai triển theo chuỗi các hàm Bessel

J

1

3.4.6.1. Nghiệm của hàm Bessel

 với 0

   .

  x

J

0

Chúng ta xét nghiệm của phương trình

 đều thực.

  x

0

x  không thể là



ix x ,

  ,

J

0

Định lý 3.4: Tất cả các nghiệm của

 . Thật vậy, vì rằng tất cả các số hạng của chuỗi sau đây

nghiệm của phương trình Chứng minh: Trước hết ta chứng minh các số thuần ảo 0 z   x







  

0,

x

0





k  ( 1)    ! (  k

k

1    ! ( k



k

 ix     1) 2 

2 k      

2 k   x         1) 2  

k



0

k



0

đều dương do đó

J

0,

x

   , hơn nữa 0

 ix





J

Suy ra .

  x

là hàm thực nên 0z cũng là nghiệm của nó. Giả sử tồn tại nghiệm phức 0z . Vì

z

z . Áp dụng công thức tích phân Lommel (3.86)

2 0



ix x ,

  , do đó

z

2 0

0z   và

0

Vì

x

x

zJ z z J z z dz )

(

(

)



)



 )



0



o

 z J z x J ) ( 0



0

z x ( 0

z J z x J ) ( 0



0



 1



 1

z x ( 0



z



z

0

2 0

2 0

ta được:

x  thì 1

1

)

J z (

)

Lấy

 ). 0

zJ z z J z z dz )

(

(

)

 0



0



0

J z ( 

0



0



0

(vì

Điều này vô lý, vì hàm dưới dấu tích phân

(

(

)



(

(

)



(

(

)

  

0,

z

[0;1]

zJ z z J z z ) 0





0

zJ z z J z z ) 0





0

zJ z z J z z ) 0





0

J

0

.

 đều thực.

  x

J

J

0

Vậy mọi nghiệm của phương trình

x  của 0

 và 0

 xen kẽ nhau.

  x

  x



1

Định lý 3.5: Các nghiệm



 

  x J

x ( )





 1

   x J x ( )

d dx





 1 J



x



 1 J x ( ) 

 x

 x 1( ) 

d dx

Chứng minh: Từ các công thức (3.81 ), (3.82) chúng ta nhận được công thức tính đạo hàm sau đây:



 x J x ( )

  x J

Theo định lý Rolle; công thức thứ nhất chứng tỏ rằng giữa hai nghiệm liên tiếp của



x 1( ) 







 1 J

x

x

có ít nhất một nghiệm của , công thức thứ hai chứng tỏ giữa hai

x 1( ) 



 1 J x ( ) 

J

nghiệm liên tiếp của có ít nhất một nghiệm của . Ngoài ra từ các

 và 0

J

0

J

0

 không có nghiệm chung và các nghiệm của phương trình

 đều là

  x   x

1

 

  x nghiệm đơn.

J

J

0

công thức tích phân Lommel (3.91) ta nhận thấy các phương trình

 và 0

 cũng xen kẽ nhau, với

  x

  x



m

Tương tự suy ra các nghiệm của

mọi m   (xem hình 3.12).

Nhận xét 3.2:

zJ

z ( )



sin

z

1 2

1 2( )

2 

1 2

zJ

z ( )



z cos ;

0

z

  là những hàm tuần hoàn chu kỳ 2 , do đó hai hàm Bessel



1 2

2 

a. Hai hàm Bessel loại 1 cấp : thỏa mãn J z và J z 1 2( ) 

2

J J z và có vô số nghiệm dương. loại 1 cấp 1 / 2 1 2( ) z 1 2( ) 

  (1

y )

 , bằng cách đặt

0



2 d y 2

 2

1 dy z dz

dz

z



1 2

y



uz

b. Với phương trình Bessel cấp  tùy ý

2

1 4

ta có thể đưa về dạng đơn giản hơn

u



0

2 d u 2

2

dz

z

    1       

                 

.

1 2

Vì vậy khi z đủ lớn hàm Bessel cấp  xấp xỉ hàm hàm Bessel cấp , do đó cũng có vô số

nghiệm dương.

3.4.6.2 Khai triển Fourier - Bessel

xJ

x

i



1, 2, 3, ...

Định lý 3.6: Dãy hàm

   i



, 



 ,

 là nghiệm dương của phương trình

J

 . 0

  x

(3.92)

,i

 trực giao trên 0; 1  

  

, trong đó 1 ,

x

2

2

k (



l

zJ kz J lz dz ).

( )

(



kx (

)



lJ kx J ) (

 lx ( )





 x kJ lx J ( ) 



 1





 1

 )

0

Chứng minh: Theo công thức tích phân Lommel (3.90)

x



1,

l



,

k





;

i

,

j



1, 2, ...

j

 i

1

zJ

z

).

zJ

 (

z dz )

 0

Lấy thì

j .

 ( i





j



0

, nếu i

x

2

2

Từ công thức (3.87)

zJ kz dz (

)



kx

)

  (1

x

2 

2 ' ( 

2 J kx ) ( 



1 2

 2 2 k x

0

   )    

   J    

.

x



1,

k



;

i



1, 2, ...

 i

1

2

Lấy sẽ có:

zJ

z

dz



J

)



0

 ( i



2 ' ( 

 i



 )



1 2

0

.

f x biểu diễn dưới dạng

Định nghĩa 3.4: Nếu hàm số ( )



f x ( )

x

)

a J i

  ( i

 

i

 1

J

 , 0

(3.97)



 ,

 là nghiệm dương của phương trình

  x

,i

thì nói rằng hàm số

trong đó 1 , đó được khai triển thành chuỗi Fourier - Bessel.

f x khai triển thành chuỗi Fourier

Từ tính chất trực giao của hệ (3.96) suy ra rằng, nếu ( )

1

- Bessel (3.97) thì các hệ số của chuỗi được tính theo công thức:

a



xf x J ( )

x dx )

;

i



1, 2, ...

i

 ( i





J

)

0

2 2 ' ( 

 i

(3.98)

f x sau thành chuỗi Fourier-Bessel trong khoảng

Gọi đó là các hệ số Fourier - Bessel.

1,2...

xJ



),

x

i

 0( i

f x ( )



)



)

  

x

)





a J 1 0

 x ( 1

a J 2 0

 x ( 2

a J i

 ( i

0

x  1

. Ví dụ 3.15: Hãy khai triển hai hàm số ( ) 0; 1 theo hệ các hàm 

1

f x  ; 0

2

f x ( )

1

a. Hàm số ( )

x  .

x ; 0

b. Hàm số

Giải:

1

1

xJ

x dx )



xJ

x d ) (

x

)

a



 ( i

0

 i

 ( i

0

 i

i





J

)

)

0

0

2 2 ' ( 0

 i

2 2 2  J i 1

 ( i

 i

 i





xJ x dx ( )





;

i



1, 2, ...

0

xJ x ( ) 1



)

)

2  ( ) i

1

 J i

0

2 2 2  J i 1

 ( i

2 2 2  J i 1

 ( i

x



0

J 2

x

J 2

J 2

a. Theo (3.98) và (3.83) sẽ có :

f x ( )

  1





  











0 J

) 

 

 

 x 

J 2 ( 0 J 1 1

 x 1   1

  2   2

0 J 2 1

  x 3   3

0 J 3 1

 i

  i   i

1

u

Vậy

sẽ có :

x i

1

 i

3



3 x J

x dx )



( )

a i

 ( i

0

u J u du 0





J

)

)

0

0

2 2 ' ( 0

 i

2 4 2  J i 1

 ( i

b. Theo (3.98) và đổi biến

 i

z



 i

3

3

2

3

( )



I



z (









)



2 J



u J u du 0

3,0

z J z ( ) 4 ) 1

  z J z 2 0

 ( i

 4 ) J i

 ( i

1

 2 i

  i

0



z



z



0

 i

0

Theo ví dụ 3.14 ta có

Áp dụng công thức (3.77) ta được





J

)



J

)



J

)

2  2 J i

 ( ) i

0

 4 J i

 ( ) i 1

2  2 J i

 ( ) i

2

 ( i

0

 ( i 1

 ( i

2

2  i

3

;

2 J





1

  i

0

3  J i

1

2  2 J i

2

  i

 2 i

)

  )   )   ( i  4 ) J i  ( i  ( i

)





  a i

 ( i

1

2  2 J i

 ( i

2

 3  J i

 )

)

J 2 ( 2 J

)

2  ( i

1

 J i

 i  ( i

 i

1

   1    

     )  

2 4 2  J i 1

 ( i

.

3.4.7 Các phương trình vi phân có thể đưa về phương trình Bessel (*)

2

2







0

2 d y 2

 2

1 dy x dx

dx

x

   k   

   y   

2

z

  

kx



k

A. Phương trình dạng



k

2 d y 2

2 d y 2

dy dx

dy dz dz dx

dy dz

dx

dz

Đổi biến , tương tự .

2



0

2 d y 2

 2

1 dy z dz

dz

z

   1     

   y   

Thay vào phương trình trên dẫn đến phương trình Bessel



BJ





n

nÕu





khi đó nghiệm tổng quát sẽ là:



 Z kx 







n

nÕu

 kx  kx

 



 kx     BY kx 

 AJ    AJ 

y

 ''

y

'

by

0

(3.95)

  , trong đó a, b là hằng số.

a x

Ví dụ 3.16: Giải phương trình









 1



y



 x u

x



 z

 1 u





x



 2 x



  (



x 1)

 2 u

2 d u 2

2 d y 2

dy   dx

du dx

du dx

dx

dx

Giải: Đặt





 2



 x u

  " a (

 2 ) x

 1 u

 '



  ( 

1)



x



bx

u



0





  

 a  

1

a





Thay vào phương trình trên nhận được

a

 2

a

    1





 ; 1

 2

2

  

 (



a

1)



  

a (



1)



  . 

Chia hai vế cho x  ta được

2





Chọn để

u



u

0

 2

1 x

x

   b     

   u   

.

Áp dụng công thức (3.99) ta được nghiệm tổng quát

|1

 a 2

| Z

y



x

x b (

)

|1

|

 a 2

m





y



y



bx (



y )



c 0 , (

 . 0)

c 2

a x

x

Ví dụ 3.17: Giải phương trình

x u





 2





m

 x u

  " a (

 2 ) x

 1 u

 '



  ( 

1)







bx

u



0





 a  

 c x  

2

1

a



m









: Giải: Tương tự trên đặt y

u



u





0

2

 2

1 x

x

   bx   

  c   u   

 1

m

2

2

m 2

m 2

m 2

t



x

   x





x



Chọn và chia cho x  ta được:

du dx

dt   dx

 2

du dt m dt dx

 2

du dt

 1

2

m

2

m

m 2

m 2







x









x







2 d u 2

2 d u 2

du dt

 2

m 2

du dt

     

2    2    2 

dx

dt

   du m    2 dx  

       

Thay biến

m    

2   2    2 

(1



a

2 )

Thay vào phương trình và chia cho ta được







0

2 d u 2

du 1 t dt

dt

2 2)

m (



 c 4 1 2 2 2)

t

 b 4       ( m 

    u   

.

m

2

(1

c 4

 1 a 2

 2

y



x

Z

x



'



, (

m

 

2)

Áp dụng công thức (3.99) ta được nghiệm tổng quát

u



Z

2

2 )  a  m

 2

2

  b 2    t    m '     

  2 b    m '  

      

y

 ''

y

 ' 16

4 x y

; với

 0

5 x

3

Chẳng hạn phương trình:

y



 2 x Z

ix

4 3

    

    

2 3

Có nghiệm

m

y

 ''



y



0

Các trường hợp riêng của ví dụ 3.17:

C 2

  bx   

    

x

m

2

 2

y



xZ

x

,







2 m

b 

2

1 m

4  C  2

      

      

p p (

y

y



0

a. có nghiệm tổng quát dưới dạng:

2

  b   ''   

  1)    

x

b. có nghiệm tổng quát

 x b



p



1 2

y  xZ .

y

 ''

m bx y

 có nghiệm tổng quát

0

m

2

 2

y



xZ

x

c.

b 

2

m

   2    

      

1 

2

m

.

y

bxy ''

 0

3 2

y



xZ

bx

d. có nghiệm tổng quát

2 3

      

      

1 3

y

 ''

y

 '

m bx y

0

.

 có nghiệm tổng quát

a x

m

2

 1 a 2

 2

Z

y



x

x

e.

2

  2 b     m 

      

 1 a  2 m



 bx y



0

.

d dx

dy dx

  x   

     





. Ví dụ 3.18: Giải phương trình

x



  1 x

2 d y 2

d dx

dy dx

dy dx

  x   

     

dx

Giải:



x



  1  x



 bx y

 0

2 d y 2

dy dx

dx

 . Vậy phương trình có nghiệm tổng quát

Thay vào phương trình trên ta được

  và a

2

 1  2

    2

Z

y



x

x

Có dạng phương trình e. với m  

2 b    

2

      

      

1      

2

2

0

m   ,

c  phương trình trong ví dụ 3.17 dẫn đến phương trình

.

2 '' x y



axy

  ' 0

by

u

x

u



ln

x

Nhận xét 3.2: Khi Euler:

e . Ta có

1   x

du dx

Bằng cách đặt

2

2

2 d y 2

2 d y 2

   dy du          dy du du dx 1 2 1 2 dy dx 2 d y 2 dy du 1 dy x du 1 x d y du 2 dx dy du dy du x du x       du       dx du   x       x     dy    dx   2 d y     2 dx 

Thay vào ta nhận được phương trình tuyến tính cấp 2 hệ số hằng:

  ( a

1)

  .

by

0

2 d y 2

dy du

du

Nghiệm tổng quát của phương trình được tìm thông qua nghiệm của phương trình đặc trưng.

2

B. Phương trình dạng

y

 ''



y

   '

y



0

 2

1 x

a x

  2 a    

     

x

   b    

      



ax



ax



ax

(3.100)

y



e

u

e





e



a 2



2 d y 2

2 d u 2

dy   dx

du dx

du dx

    au    

     

dx

dx

  2  a u    

      

Đặt:

2



ax



ax



ax

e



a 2







e

  

e

u



0

2 d u 2

 2

du dx

1 x

du dx

a x

  2 a    

     

    au    

     

dx

x

  2  a u    

      

   b    

      

ax

Thay vào phương trình sẽ nhận được

e và rút gọn ta được

2

2

Chia hai vế cho



  

a

0

2 d u 2

 2

1 du x dx

dx

x

   b   

   u   

2

b

. (3.101)

a nghiệm tổng quát có dạng:

ax

y

 e

Z

b



a x





2

0

2 a và

  , (3.101) là phương trình Euler có hai nghiệm độc lập

b x 

a. Khi

1u



ax







y



e



Bx

. Vậy nghiệm tổng quát của (3.100): b. Khi x  và 2u

,A B là hằng số tuỳ ý.

 Ax



b

u

 

A B x

ln

;

2 a và

, (3.101) có nghiệm tổng quát . Vậy (3.100) có

ax

c. Khi nghiệm tổng quát

,A B là hằng số tuỳ ý.

y

 e

A B x ( ln )



;

2

C. Phương trình dạng

y



2 g x ( )



g x '( )



y



0

 2

( ) g x x

x

 1    ''  x 

  2 ( ) g x y  

  1   '   

    

g x dx ( )

y

 e

(3.106)

Z x ( )

2

x

Nghiệm tổng quát có dạng: .

y

2 tan

 '

y



0



2

tan x

 1    ''    x 

   x y   

      x 

      

Ví dụ 3.19: Giải phương trình .



x tan( )

. Giải: Phương trình có dạng (3.102) với ( ) g x



g x dx ( )

tan( )

x dx

e

 e



1 cos

x

y



Z x ( )

Áp dụng công thức nghiệm với

1 cos

x 

2

x

Ta được nghiệm tổng quát .

y

2 cot

 '



y



0

2

cot x

 1    ''    x 

   x y   

      x 

      

Ví dụ 3.20: Giải phương trình

 

x cot( )

. Giải: Phương trình có dạng (3.98) với ( ) g x

y



Z x ( )

Áp dụng công thức nghiệm với

1 sin

x 

Ta được nghiệm tổng quát .

BÀI TẬP CHƯƠNG 3

1.21. Hàm Gamma giải tích tại mọi điểm.

Đúng Sai . 1.22. Các hàm tích phân mũ, tích phân cosin, tích phân sin có đạo hàm mọi cấp.

Đúng Sai . 1.23. Hàm Bessel cấp bán nguyên là hàm sơ cấp.

Đúng Sai . 1.24. Các hàm tích phân là các hàm sơ cấp.

z  . 0

Đúng Sai . 1.25. Hàm Gama chỉ xác định với mọi số phức Re

Đúng Sai . 1.26. Hàm Bêta là hàm hai biến.

Đúng Sai . 1.27. Hàm Bessel là nghiệm của phương trình Bessel.

Đúng Sai .

J z ( )

( )Y z

1.28. Hàm Bessel loại I và loại II luôn luôn độc lập tuyến tính.

J

Đúng Sai .

J z ( )

z ( )

1.29. Hàm Bessel loại I và luôn phụ thuộc tuyến tính.

f x khai triển thành chuỗi Fourier-Bessel thì ( )

f x là hàm tuần hoàn.

Đúng Sai . 1.30. Nếu hàm ( )

4



2

Đúng Sai . 3.11 Sử dụng định nghĩa của hàm Delta tính các tích phân sau:

x (3

  2 x

 4) ( x



3,2)

dx

cos(6

  ) ( x x



1)

dx





3



a. b.





3

dx

 i

2



ft

 ( t



dt

 ( x



 4) ( x



3)

dx

t e ) 0







 24 ( x 4

 2) 2



x 3

x



2





 3

c. d. e. .

 ( )sin(2 t





f

 (

f





3.12 Nghiệm lại công thức sau

F

  (

 )

f t 0

  f ) 0

f 0



 )

2

1 i 2

 2 (

)

f

f 0 2  f 0

a.

 ( ) cos(2 t







(

f



f

)



 (

f



f

F

 

 )

f t 0

0

0



 )

2

1 2

 2 (



f

)

if 2 f 0

b.

6



  3

8 3

3.13 Tính

1 2

     

    

5

2 3

           

   5      2  11    2 

    

a. b. c.

5 2

1    4

     

    

     

     

  1         4  

d. e. .





3

 2 x

3.14 Sử dụng hàm Gamma tính các tích phân sau:

 x x e dx

6 x e

dx





0

0

a. b.





3

 y

3.15 Sử dụng hàm Gamma tính các tích phân sau:

ye

dy

24 3 t dt





0

0

1

n  ( 1)

m

m





,

m

  1

a. b.

n x dx (ln )

x



,

n



 ,



!  1

n n 1)

m (



0

2

2

2

2

3.16 Chứng minh: .

x

   có khối

R

y

z

3.17 Tính khối lượng của vật thể hình cầu tâm O bán kính R:



x y z ( , , )



2 2 2 x y z

lượng riêng .







 p

 q

 r

     

     

     

     

     

     







 1 y

x

 1 z

 1 dxdydz





3.18 Chứng minh công thức tích phân Dirichlet



   a b c pqr

V

     p

 q

 r

  1   

    

,



1





p   x         a  

q   y         b  

r   z         c  

Trong đó V là hình giới hạn bởi mặt , các mặt phẳng tọa độ và nằm

a b c p q r dương.

, , ;

, ,

trong góc phần tám thứ nhất. Các hằng số

2

2

x

z

 và có khối

1

2

2

a

c

2 y   2 b lượng riêng tỷ lệ với bình phương khoảng cách đến trung tâm của nó.

m

m

3.19 Tìm khối lượng của vật thể giới hạn bởi với ellipsoid

x



y



z

m  , a

0m  .

m

m

3.20 Tìm thể tích của vật thể giới hạn bởi mặt có phương trình m

m  , a





y

x

z

0m  .

3.21 Xác định tọa độ trọng tâm của vật thể nằm trong góc phần tám thứ nhất và giới hạn bởi mặt có phương trình m

2

2

1

2 x dx

4

3.22 Áp dụng hàm Beta tính các tích phân sau:

x

(1



3 x dx )

3 8x



3 x dx







2

x

0

0

0

a. b. c.

 2

 2

 2

4

5

sin

x

cos

xdx

6 cos xdx

tan x dx

3.23 Áp dụng hàm Beta tính các tích phân sau:







0

0

0





n (

2

2

n nÕu

ch½n

n

a. b. c.

n cos

xdx



sin

xdx





0

0

n nÕu

lÎ

n

 1)!! !! n 1)!! !!

  2     n (

3.24 Chứng minh:





2

2

p

I



2 sin

xdx

,

J



p 2 sin 2

xdx

,

p



0

trong đó (2k+1)!! = 1.3.5...(2k+1). (2k)!! = 2.4.6...(2k).





0

0

3.25

p

 1

2 2



1 2

1 2

2            

a. Chứng minh: I = J

I



;

J



    p     2 (

        1) p

       p        (2



p

1)

b. Chứng minh:

p

 1

c. Suy ra công thức nhân đôi của hàm Gamma:

    

p ( )



p

p (2 )

1 2

    

    

. 2 2







 lnte

tdt

  

3.26 Áp dụng công thức (3.43), (3.44) chứng minh rằng:

  1



0

.



 1

3.27 Chứng minh rằng:

p  .

1

dx

 

p

  p

   1



px  x

1

0

a. , 0



p  .

1



dx p

1      p

1 p

  1    

  1    

     

     

x



1

0

b. ,







dx

3.28 Tính các tích phân sau







dx 4

xdx 6

2 x dx 4

x



1



x

1

x



1

0

0

0

a. b. c. .

n

d



-n



1) z

J

z ( )



z (

( ));





n

 J z 

zdz (

n )

n

d





-n



z

J

z ( )

 

n ( 1)

z (

( ));





n

 J z 

zdz (

n )

z



2)

 z J



z dz ( )  1



z J z ( ) 



z z

0

z

0

z

3)

  z J

z dz ( )

 

  z J z ( )



 1





z z

0

z

0

z

4)

J z dz ( )



2

z ( )



J

z ( )



 J

 





 1





3



0

t

3.29 Chứng minh các công thức truy toán đối với hàm Bessel

J u J t ( ) (



u du )

t , (



0)

0

0



0

3.30 Sử dụng phép biến đổi Laplace hãy tính: .

J

n

4

dx

3.31 Tính các tích phân không xác định:

n x J

x dx

1( ) 

n

x J x dx 1( )







x 1( )  n x

a. b. c.

J x J x và 0( )

3

3.32 Tính theo 1( )

J

x dx )

1(

J x a. 3( )





b. c. xdx J x 0( ) sin

1







3.33 Chứng minh:

 

J x ( ) 0

J x 2 ( ) 2

J x 2 ( ) 4

J x ( )







 

sin

x

a.

J x ( ) 3

J x ( ) 5

J x ( ) 7

1 2

. b. 1





3.34 Tính tích phân:

J

x dx ( )

x dx ( )

1

1



 J

2

2

0

0

a. b. .

3.35 Người ta định nghĩa các hàm Hankel loại 1, loại 2 theo các hàm Bessel như sau:





( ) ;





(1) H x ( ) 

J x ( ) 

iY x 

(2) H x ( ) 

J x ( ) 

iY x ( ) 

.

 i





Chứng minh rằng khi  không phải là số tự nhiên thì

ie





(1) H x ( ) 

(2) H x ( ) 

 J  

J x ( )  e x ( ) J x ( )  ; .   i sin  J x ( )  i sin

I

x ( )



I

x ( )









n

nÕu

 i



 2

 2

3.36 Người ta định nghĩa các hàm Bessel có hiệu chỉnh loại 1, loại 2 như sau:

I

x ( )



e

)



     

     



J ix ( 

K x ( ) 





n

nÕu

  sin lim ( ) K x   

n

; .

I

        x K x ( ), ( )





2

2 x y

  " xy

'

x (



2 y )

 . 0

I

x ( )



a. Chứng minh rằng là nghiệm của phương trình vi phân:

x ( )  1

 I 1 



I x ( ) 

 2 x

K

x ( )

x ( )



b. .

 K 1 



 1

K x ( ) 

 2 x

c. .

2



)

x

1



, 0

  x

1

3.37 Chứng tỏ rằng



 x 8

)

n

 1

J 0 3  J n

 ( n  ( n

1

0

J   .

a. .



2(8



J )

x

)

3

Trong đó n là nghiệm thực dương của phương trình 0( )

x



, 0

  x

1



 ( n )

n

 1

2  n J ' ( 1

1  n

3  n

0

J   .

b. .



Trong đó n là nghiệm thực dương của phương trình 1( )

f x ( )



x

), 0

  x

1

a J n

 ( n

0



n

 1

1



2

0

dx

(

)

J   thì

3.38 Chứng minh rằng nếu ; trong đó n là nghiệm thực

  x f x ( )

2 a J  n 1

2 n

 



n

 1

0



J

)

x

. dương của phương trình 0( )

x



, 0

  x

1

n là nghiệm thực



1 J

)

n

 1

 n

 ( n  ( n

2

0

J   .

3.39 a. Chứng tỏ rằng . Trong đó



dương của phương trình 1( )

1 4

 1

n

1  2 n

2

2

b. Sử dụng bài 22. và a. chứng tỏ .



k (



y )

 0



2 d y 2

 2

1 dy x dx

dx

x

3.40 Chứng tỏ rằng phương trình:

y AJ kx



(

)



(

)

BY kx 



y

 "

y

by

có nghiệm tổng quát:

  ' 0

a x

3.41 Giải phương trình :

3.42 Giải các phương trình sau:

zy

   " ay 0

y

'

a.

zy

"



y 4 '

  0

y

b. 4

zy

   " 2 ' 2 y y 0

c.

y

2 z y "

 0

d.

y

zy  . "

0

e.

CHƯƠNG 4

CHUỖI MARKOV VÀ QUÁ TRÌNH DỪNG

Các hiện tượng diễn ra trong tự nhiên, xã hội hoặc có tính chất tất định (có tính quy luật, có thể biết trước kết quả) hoặc có tính chất ngẫu nhiên (không biết trước kết quả). Mặc dù không thể nói trước một hiện tượng ngẫu nhiên xảy ra hay không xảy ra khi thực hiện một lần quan sát, tuy nhiên nếu tiến hành quan sát nhiều lần một hiện tượng ngẫu nhiên trong các phép thử như nhau, ta có thể đáng giá được khả năng xuất hiện của các biến cố tương ứng và rút ra được những kết luận khoa học về hiện tượng này. Lý thuyết xác suất nghiên cứu khả năng xuất hiện của các hiện tượng ngẫu nhiên và ứng dụng chúng vào thực tế. Trong học phần xác suất và thống kê chúng ta đã tìm hiểu khái niệm biến ngẫu nhiên, đó là các biến nhận giá trị nào đó phụ thuộc vào các yếu tố ngẫu nhiên. Khi họ các biến ngẫu nhiên phụ thuộc vào thời gian ta có quá trình ngẫu nhiên. Lý thuyết quá trình ngẫu nhiên lần đầu tiên được nghiên cứu liên quan đến bài toán dao động và nhiễu của các hệ vật lý. Quá trình ngẫu nhiên là một mô hình toán học của quá trình thực nghiệm mà sự phát triển bị chi phối bởi các quy luật xác suất. Quá trình ngẫu nhiên cung cấp những mô hình hữu ích để nghiên cứu nhiều lĩnh vực khác nhau như vật lý thống kê, viễn thông, điều khiển, phân tích chuỗi thời gian, sự tăng trưởng dân số và các ngành khoa học quản lý. Các tín hiệu video, tín hiệu thoại, dữ liệu máy tính, nhiễu của một hệ thống viễn thông, nhiễu điện trong các thiết bị điện, số khách hàng đến một điểm phục vụ, chỉ số chứng khoán trong thị trường chứng khoán… là các quá trình ngẫu nhiên. Quá trình ngẫu nhiên có nhiều ứng dụng trong viễn thông là quá trình Markov (quá trình không nhớ, memoryless) và quá trình dừng. Chuỗi Markov là một quá trình Markov có không gian trạng thái rời rạc, thời gian rời rạc và thuần nhất. Chuỗi Markov thường gặp trong bài toán chuyển mạch của hệ thống viễn thông. Tín hiệu viễn thông, nhiễu không có tính Markov. Các quá trình này quá khứ của nó có ảnh hưởng lớn đến sự tiến triển của quá trình trong tương lại. Tuy nhiên hàm trung bình không thay đổi và hàm tương quan thuần nhất theo thời gian, đó là quá trình dừng. Khi các quá trình dừng biểu diễn các tín hiệu hoặc nhiễu thì biến đổi Fourier của hàm tương quan của quá trình là hàm mật độ phổ công suất của tín hiệu hoặc nhiễu này. Trong chương này ta chỉ nghiên cứu một cách khái quát khái niệm quá trình ngẫu nhiên, chuỗi Markov thời gian rời rạc thuần nhất và quá trình dừng. Để học tốt chương này học viên cần nắm vững khái niệm xác suất, xác suất có điều kiện, công thức xác suất đầy đủ, biến ngẫu nhiên, các đặc trưng: kỳ vọng, phương sai, hiệp phương sai của các biến ngẫu nhiên và các kiến thức đại số tuyến tính như ma trận, hệ phương trình tuyến tính.

4.1 KHÁI NIỆM VÀ PHÂN LOẠI QUÁ TRÌNH NGẪU NHIÊN

4.1.1 Khái niệm quá trình ngẫu nhiên

Các tín hiệu của các hệ thống thông tin là các tín hiệu ngẫu nhiên vì ngoài thành phần mang tin còn có sự tác động của giao thoa ngẫu nhiên và nhiễu của thiết bị.

x t E tại thời điểm t và khi biến

)i



x t E là một hàm mẫu của quá trình ngẫu nhiên ( ,

của phép thử, tín hiệu này nhận giá trị mẫu là ( ,

( )X t . Quá trình

 )i

cố Giả sử một tín hiệu nào đó mà tại mỗi thời điểm t nhận các giá trị phụ thuộc hệ các biến cố  ,iE i N iE xảy ra. Như vậy 

( )X t vừa phụ thuộc thời gian t , vừa phụ thuộc yếu tố ngẫu nhiên

iE .

x t E ) ( , 1 1Etv ,( )

2t

ngẫu nhiên

1t

x t E ( , ) 2 1Etv ,( )

t

2t

1t

x t E ( , ) 3 1Etv ,( )

Quá trình ng(cid:0)u nhiên ( )X t

t

2t

1t

)

4

x t E ( , ,( Etv

)

t

2t

1t

 x t E i N ),i 2( ,



 x t E i N ),i 1( ,

t

 Hình 4.1: Mô hình quá trình ng(cid:0)u nhiên

 t T

 ( , );

Một cách tổng quát một quá trình ngẫu nhiên là một họ các biến ngẫu nhiên

  X t gian t . Khi cố định tham số t thì

X t  là biến ngẫu nhiên phụ thuộc yếu tố ngẫu nhiên  ,

( , )

 ( , );

 t T

X t

xác định trong cùng một phép thử. Các quá trình này vừa phụ thuộc vào thời

t T

x t ( );

được truyền đi là



 ( , );

 t T

X t

là hàm mẫu (một thể hiện)



t T

( );X t

.



 ( , );

t T

 t T

x t ( );

thay cho





. các giá trị quan sát nhận được theo thời gian t được gọi là hàm mẫu hoặc một thể hiện của quá trình ngẫu nhiên. Tập chỉ số T thường biểu diễn tham số thời gian.  Do tác động của các yếu tố ngẫu nhiên nên một tín hiệu  một quá trình ngẫu nhiên. Tín hiệu cụ thể nhận được  của quá trình ngẫu nhiên  Để đơn giản trong cách viết người ta ký hiệu quá trình ngẫu nhiên  , hàm mẫu tương ứng được ký hiệu   X t

4.1.2 Phân loại quá trình ngẫu nhiên

Có thể phân loại các quá trình ngẫu nhiên theo các đặc trưng sau:

 Không gian trạng thái,

 Tập chỉ số thời gian T ,

( )X t .

 Quan hệ độc lập và quy luật phân bố xác suất của các biến ngẫu nhiên

( ),X t

t T

4.1.2.1 Phân loại quá trình ngẫu nhiên theo tập trạng thái E

  và gọi là không gian trạng thái của

Ta ký hiệu E là tập tất cả các giá trị của

( )X t được gọi là một trạng thái.

( );X t

t T

quá trình, mỗi giá trị của



( );X t

t T

gọi là quá trình có trạng thái rời rạc.  Nếu E là tập đếm được thì 



( );X t

t T

được gọi là quá trình thực  Nếu E là 1 khoảng của tập số thực  thì 



k

( );X t

t T

là quá trình trạng thái phức. hoặc quá trình trạng thái liên tục.  Nếu E tập con của tập số phức  thì 

E  thì 



 Nếu là quá trình trạng thái k-véc tơ.

( );X t

t T

4.1.2.2 Phân loại quá trình ngẫu nhiên theo tập các chỉ số T



được gọi  Nếu T là tập con của tập số nguyên (T   ) thì quá trình 

nX thay

là quá trình có thời gian rời rạc hoặc tham số rời rạc. Trường hợp này ta ký hiệu

( )X t và gọi là một dãy ngẫu nhiên.

( );X t

t T

cho

[0;

)

T   hoặc T   thì 



 Nếu được gọi là quá trình có thời gian

liên tục.

4.1.2.3 Phân loại theo các tính chất phân bố xác suất của quá trình ngẫu nhiên

( );X t

t T

a. Quá trình độc lập



....

t

t

   các biến ngẫu nhiên sau là độc lập

t 1

2

n

( ),....,

X t

được gọi là quá trình độc lập nếu với mọi thời điểm Quá trình 

X t X t ( ), 1

2

( )n

,...

(4.1)

X X , 1

2

p

q

n 

1,2,...

Ví dụ 4.1: Giả sử là dãy các biến ngẫu nhiên độc lập có cùng phân bố Bernoulli

    với mọi 1

 P X

  ,  P X p

1

0

n

n

,

 nX n  là một quá trình ngẫu nhiên gọi là quá trình Bernoulli. Vậy quá trình Bernoulli

 1

E 

với xác suất . Khi đó

0,1 

T 

là quá trình độc lập có không gian trạng thái rời rạc , thời gian rời rạc

  1, 2,...

.

n

2

3

6

5

4

8

7

MÆt xuÊt hiÖn

x

1 9 10 S N N S S S N S S N 0 1

1

0

1

1

1

0

0

1

  

n

Một ví dụ mô phỏng về dãy mẫu của quá trình Bernoulli có thể nhận được bằng cách gieo đồng xu liên tiếp. Nếu mặt sấp xuất hiện ta gán giá trị 1, nếu mặt ngửa xuất hiện ta gán giá trị 0. Chẳng hạn

,

nx n  nhận được ở trên được minh họa trong hình sau

 1

















 0

n

6

4

8

 2

 10

Hình 4.2: Hàm m(cid:0)u c(cid:0)a quá trình Bernoulli

( );X t

t T

Dãy mẫu  nx 1

được gọi là quá trình gia số độc lập nếu các gia số của quá trình b. Quá trình có gia số độc lập: 

....

t

t

   , các biến ngẫu nhiên sau là độc lập

t 1

2

n

X t





X t

( ),....,



)

Quá trình  trong các khoảng thời gian rời nhau là các biến ngẫu nhiên độc lập. Tức là với mọi cách chọn

( ) 2

X t X t ( ), 1

( ) 3

2

X t ( ) n

X t  ( 1 n

. (4.2)

Z



X

;

}nX thì tính chất gia số độc lập dẫn đến dãy các biến i

1,2,...



Đặc biệt với quá trình thời gian rời rạc {

X Z , 0

i

  X i

0

i

 1

, ...

ngẫu nhiên là độc lập. Ngoài ra nếu ta biết luật phân

nX .

Z Z , 0 1

bố của từng biến ngẫu nhiên thì ta biết được luật phân bố của mọi

X



Z

Z

Z

   . ...

i

0

1

i

( );X t

t T

Thật vậy, điều này được suy từ công thức phân bố tổng của các biến ngẫu nhiên độc lập



được gọi là quá trình gia số độc lập dừng nếu



s t s , ,

0

t

;

   : h

c. Quá trình gia số độc lập dừng Quá trình gia số độc lập 

X t ( )

X s ( )

X t (

  h )

X s (

 độc lập và có cùng phân bố (4.3)

h

)

và

Quá trình Wiener (ví dụ 4.10) là một ví dụ của quá trình gia số độc lập dừng.

( );X t

t T

d. Quá trình Martingal

     ....

t

a thì

t n

t  n 1

được gọi là quá trình Martingal nếu: Quá trình 

a a 2,

,...., n

2

, với mọi giá trị 1

 1

n

n

t Với mọi thời điểm 1  E ( X t   n

. (4.4) )  a )  a  a X t ( ) 1 ,..., 1 X t ( n   

( )X t là số

Quá trình Martingal có thể xem như là mô hình mô tả trò chơi may rủi, trong đó

X t

( );

X t

( );

t  là quá trình gia số độc lập với kỳ vọng bằng 0 thì 

 0

 t  là quá 0

chơi sẽ có ở thời điểm tương lai tiền của người chơi ở thời điểm t . Tính chất Martingal nói rằng số tiền trung bình của người 1nt  bằng số tiền anh ta có ở thời điểm hiện tại nt và không

phụ thuộc vào những gì anh ta có trước đó trong quá khứ. Nếu  trình Martingal với thời gian liên tục (xem [8]).

( );X t

t T

e. Quá trình Markov:

....

t

a cho trước, với mọi thời

    , với mọi giá trị 1 t

a a 2,

n

2

,...., n

t

t Với mọi thời điểm 1 điểm

t và với mọi a ta có

n

được gọi là quá trình Markov nếu: Quá trình 

 P X t ( )



 P X t ( )



n

n

t

;

. (4.5)   ,..., )  a   )  a a X t ( ) 1 a 1 X t ( n a X t ( n

Nghĩa là qui luật phân bố xác suất trong tương lai chỉ phụ thuộc hiện tại và độc lập với quá khứ. Nói cách khác quá trình Markov mô tả các hệ không có trí nhớ (memoryless). Với mọi

s với mọi tập giá trị A   và giá trị a ta ký hiệu  P X t ( )

  a

(4.6) p s a t A ) A X s ( ) ( , ; ,  

và gọi là hàm xác suất chuyển từ thời điểm s đến thời điểm t . Như vậy công thức (4.5) được viết lại

,

A



 P X t ( )

n



P X x





x

,

   ; vì vậy tính chất Markov – công thức (4.5) đối với chuỗi





. (4.7) , trong đó a a     ( , n ,..., 1 X t ( ) n a X t ( ) 1 p t a t A ; , ) n

nX n  ;

 0,1, 2,...

,..., ,

i j E . (4.8)

với thời gian rời rạc được viết lại như sau

a     Quá trình Markov với không gian trạng thái rời rạc được gọi là chuỗi Markov (hay xích Markov, Markov chains). Chuỗi Markov với thời gian rời rạc và thuần nhất được xét trong mục tiếp theo. Quy luật phân bố xác suất của biến ngẫu nhiên rời rạc được xét qua hàm khối lượng xác suất Xp x ( ) Markov   P X

   i

 P X

 1

 1

n

n

n

n

1

0

 i  , 0 1, i

( );X t

t T

j X j X     X i i ,..., 1 i X , 0

f. Quá trình dừng (stationary)  có thời gian T   ,  ,  hoặc  .

T hai biến ngẫu nhiên

Quá trình dừng bậc nhất nếu: với mọi h , với mọi 1t

Xét quá trình ngẫu nhiên  Nói một cách khái quát một quá trình ngẫu nhiên là quá trình dừng nếu các tính chất thống kê của quá trình không phụ thuộc thời gian. Các tính chất thống kê của quá trình được xác định bởi các hàm phân bố đồng thời của quá trình tại các thời điểm. Tùy theo mức độ không phụ thuộc thời gian của các biến ngẫu nhiên của quá trình tại các thời điểm ta có các mức độ dừng khác nhau.

h )

1( )X t

X t 1(

và

X t 

const

T hai véc tơ ngẫu nhiên

Quá trình dừng bậc hai nếu: với mọi h , với mọi 1 2,t t



h X t ( ),

Như vậy quá trình dừng bậc nhất có quy luật phân bố xác suất tại mọi thời điểm là như . có cùng quy luật phân bố xác suất. nhau. Do đó quá trình dừng bậc nhất có hàm trung bình là hàm hằng E ( )

  h )

 X t X t ( ), 1

 ( ) 2

X t ( 1

2

và 

có cùng quy luật phân bố xác suất.

(0),

 )

 X t X t ( ), ( ) 1 2

t 1

X t ( 2 cách khác hàm phân bố xác suất đồng thời của quá trình dừng bậc hai không phụ thuộc thời điểm 1 2,t t

quy luật phân bố xác suất. Nói Như vậy  và  X có cùng

x y là hàm phân bố

t . 1 , ( , )

T mà chỉ phụ thuộc khoảng cách giữa hai thời điểm là 2 t X YF ,X Y thì ta có thể xác định hàm phân bố xác suất

Trong chương trình Xác suất Thống kê ta đã biết rằng nếu

xác suất đồng thời của hai biến ngẫu nhiên

  )

x ( ,



F

x y ( , )

X Y ,

X Y ,

F x ( ) X

X Y ,

X Y ,

lim  y

const

 chỉ phụ thuộc  .

thành phần theo công thức sau F  F   ( y , ) F x y ( , ) và . F y ( ) Y lim  x

Do đó quá trình dừng bậc hai cũng là quá trình dừng bậc nhất. Hơn nữa E ( ) X t   X t X t E ( ) (  )

Dựa vào kết quả này, ta mở rộng khái niệm dừng bậc hai theo nghĩa rộng Dừng theo nghĩa rộng hay dừng hiệp phương sai (wide sense stationary or covariance stationary) nếu thỏa mãn hai điều kiện sau:

const

t



i) E ( ) X t

m   X t X t , E ( ) (

 )

ii) Với mọi chỉ phụ thuộc  .







Đặt

 )

XK

( );X t

(4.9)

 ( ) E ( ) (  X t X t  gọi là hàm tự tương quan của quá trình  t T Quá trình dừng bậc hai là quá trình dừng theo nghĩa rộng, nhưng điều ngược lại không đúng.

T , với mọi h , hai véc tơ ngẫu

t t Quá trình dừng bậc N nếu: với mọi 1 2,

t ,... , N

.

( ), ...,,

X t (



h X t ), (



h

), ...,,

X t (

2

X t ( 1

2

N

 )N

nhiên

  h )

 X t X t ( ), 1 có cùng phân bố xác suất.

và 

Tương tự trường hợp trên, các hàm phân bố xác suất biên của véc tơ ngẫu nhiên N

Dừng theo nghĩa chặt (strictly stationary) là quá trình dừng mọi bậc. Nghĩa là:

h  ; hai véc tơ ngẫu nhiên

0

t t Với mọi N, với mọi 1 2,

,...., N t ( ),...,

X t (





h

),...,

X t (



h

chiều có thể nhận được từ hàm phân bố xác suất đồng thời. Vì vậy quá trình dừng bậc N cũng là quá trình dừng bậc k, với mọi k N .

 )

T , với mọi  )N

X t ( 1

 X t X t ( ), 1 2

h X t ( ), 2

N

( )X t có cùng phân bố.

và 

Quá trình dừng theo nghĩa chặt rất ít gặp trong thực tế, quá trình dừng hiệp phương sai

( );X t

t T

có cùng quy luật phân bố xác suất. Nói riêng mọi được sử dụng nhiều hơn. Vì vậy người ta gọi tắt quá trình dừng hiệp phương sai là quá trình dừng.

có không gian trạng thái E đếm được.

 hoặc {0,1, 2,...}

T   ta có tương ứng quá trình Markov với

(0;

)

4.2 CHUỖI MARKOV Xét quá trình Markov  Tùy theo tập chỉ số T 

thời gian rời rạc hoặc liên tục.

Công thức xác suất chuyển (4.6) của quá trình Markov với không gian trạng thái rời rạc được viết cụ thể

 P X t ( )

 s , nghĩa là với mọi h

(4.10) p s i t j ( , ; , )   j X s ( )  i , t  s i j E ; ,  .

p s i t j ( , ; , )

p s (







h j , )

(4.11) Nếu xác suất chuyển (4.10) chỉ phụ thuộc vào t h i t , ;

thì ta nói quá trình Markov thuần nhất theo thời gian.

nX n  ,

 0,1, 2,...

với thời gian rời rạc được gọi là chuỗi

4.2.1 Chuỗi Markov với thời gian rời rạc thuần nhất Định nghĩa 4.1: Quá trình  Markov thời gian rời rạc thuần nhất nếu thỏa mãn hai điều kiện sau

nX là tập đếm được.

i) Không gian trạng thái E của mọi

ii) Hàm xác suất chuyển là thuần nhất theo thời gian, tức là thoả mãn (4.11). Từ đây trở đi ta chỉ xét chuỗi Markov với thời gian rời rạc thuần nhất và ta gọi tắt chuỗi Markov.

nX n  ,

 0,1,2,...

i j k

...

là chuỗi Markov thời gian rời rạc có không gian trạng thái E đếm

4.2.2 Ma trận xác suất chuyển Giả sử  được. Các phần tử của E được ký hiệu , ,

  i

 P X

 1

n

n

0

1

   i không phụ thuộc vào n . Đó là xác suất để từ trạng thái i sau một bước sẽ chuyển thành trạng thái j .

(4.12)  j X j X   Với mọi ,i j E ; đặt  P X p ij

ijp xác định theo (4.12) được gọi là ma trận xác suất

Định nghĩa 4.2: Ma trận với P p    ij

nX n  ,

.

 0,1,2,... ijp trên mỗi hàng của ma trận xác suất chuyển thỏa mãn điều kiện

0

   chuyển hay ma trận xác suất chuyển sau 1 bước của chuỗi Markov  Các phần tử

1

  i E

ijp  ;

 p ij

 j E

Nếu tập trạng thái E vô hạn thì ma trận xác suất chuyển có vô số hàng, vô số cột và tổng các xác suất chuyển trên mỗi hàng trong công thức (4.13) là tổng của một chuỗi số dương.

Nếu tập trạng thái E hữu hạn, chẳng hạn

, (4.13)

E



m

 1,2,...,



thì ma trận xác suất



p 1 m



chuyển và công thức (4.13) được viết dưới dạng

P



p ij

  

  

p 11 p 21 

p 12 p p 22 2 m   



p m

1

p m

2

p mm

         

        

(4.14)

m

  i

1,...,

m

0

1

ijp  ;

 p ij

j

 1

, (4.15)

Ma trận vuông thỏa mãn điều kiện (4.15) được gọi là ma trận Markov hoặc ma trận ngẫu nhiên.

4.2.3 Ma trân xác suất chuyển bậc cao, Phương trình Chapman–Kolmogorov





j X



j X

i

 . (4.16)

 P X

   i

 P X



( ) k p ij

 n k

n

k

0

Đặt

k ( )

Đó là xác suất sau k bước hệ sẽ chuyển từ trạng thái i sang trạng thái j .

P

( ) k ij

  

(0)P

p    (1)P

Định nghĩa 4.3: Ma trận vuông gọi là ma trận xác suất chuyển sau k bước.

I , I là ma trận đơn vị;

P .

( )kP có thể vô hạn nếu không gian

Ký hiệu

( )kP cũng là ma trận Markov (xem bài tập 4.8).

Tương tự ma trận xác suất chuyển P , số hàng số cột của trạng thái E có vô số đếm được các phần tử. Nếu không gian trạng thái E hữu hạn thì ma

n  , ta có:

0

n (

n ( )

P

  1)

PP



n ( ) P P

trận xác suất chuyển sau k bước Định lý 4.1: Với mọi

(4.17)

( )n

n

P

P

Từ đó suy ra



, Chứng minh: Áp dụng công thức xác xuất đầy đủ với hệ đầy đủ các biến cố  (4.18) ;kA k E

 X

kA

1

0

n (



1)





j X



i

p ij





  , ta có  

i X ,

0 j X





k X



i

n

 1

0

1

1

0

 P X 

 1 n  P X

  k P X



 k E

( )n

trong đó   k X i





j X





k X



i

 P X

  k P X



p p ik kj

1

n

 1

1

0



 

 k E

 k E

n (

n ( )

 1) P



PP

(do tính chất

n (



1)





j X

không nhớ của chuỗi Markov). .

  i

p ij

0

 1

n





j X



i X ,





k X



i



0

n

n

 1

n

0



 P X  P X

  k P X

 k E

( )n





j X





k X



i

p ik

p kj

 P X

  k P X



n

n

 1

n

0

 



 k E

 k E

n (

 1) P



( ) n P P

Ta cũng có

(2)

2

( )n

n

P



PP

P

P

P

 , bằng quy nạp ta có

.

với mọi

0,1,2,...

n m

P

  n m

P P

n m ,

0

Từ (4.17) suy ra n 

 ; ta có

Từ công thức (4.18) và đẳng thức ,

m (

)

P

  ) n m (

n ( ) P P

n m ,

 0

,

n m (

)

n ( )

m (

)

ta có thể viết các phần tử tương ứng dưới dạng

p ij

p ik

p kj

  

k

(4.19)

( )n

Công thức (4.19) được gọi là Phương trình Chapman-Kolmogorov. Phương trình Chapman-Kolmogorov giải thích quy luật chuyến trạng thái của chuỗi Markov như sau: hệ chuyển từ trạng thái i sang trạng thái j sau n m bước có thể đạt được bằng

ikp

)m (

cách chuyển từ trạng thái i sang trạng thái trung gian k trong n bước (với xác suất ) và

kjp

tiếp tục chuyển từ trạng thái k sang trạng thái j trong m bước (với xác suất ). Hơn

n ( )

m (

)

,

nửa biến cố “chuyển từ trạng thái i sang trạng thái trung gian k trong n bước” và biến cố “chuyển từ trạng thái k sang trạng thái j trong m bước” là độc lập. Vậy xác suất chuyển từ

i k j bằng tích

i sang j sau n m bước qua các trạng thái , . Cuối cùng xác suất p ik p kj

chuyển từ i sang j có được bằng cách lấy tổng theo mọi trạng thái trung gian k , k chạy

trong không gian các trạng thái của chuỗi.

E 

Giả sử không gian trạng thái có dạng 4.2.4 Phân bố xác suất của hệ tại thời điểm thứ n   0,1,2,...





j

,

n



0,1,2,...

n ( )

Ma trận hàng

, . (4.20)

P

 P X



p n ( ) j

n

p n ( ) 0

p n ( ) 1

p n ( ) 2

   

   

nX .

gọi là ma trận phân bố xác suất của hệ tại thời điểm n hoặc phân bố của

( )nP



0;



1

p n ( ) k

p n ( ) k



 k E

Các phần tử của ma trận hàng thỏa mãn điều kiện

(0)

(0)

(0)

(0)

0 là ma trận phân bố tại thời điểm n  và được gọi là ma

P

p 0

p 1

p 2

   

   

0m  :

n ( )

trận phân bố xác suất ban đầu. Định lý 4.2: Với mọi n ,

(0)

P

P n ( )

(4.21)

P

  1)

n P ( )

(4.22)

( n P

P

)

)



. (4.23)

(  n m P

( ) m ( n P P

m (

)

p n m

j X









)

(

   j

 P X

  i P X

   i

p n p ( ) i ij

 n m

 n m

n

n

j





 i E

 i E

. Chứng minh: Từ định lý 4.1 ta suy ra 3 điều trên là tương đương. Vì vậy để chứng minh định lý 4.2 ta chỉ cần chứng minh (4.23) và công thức này được chứng minh bằng cách áp dụng công thức xác suất đầy đủ như sau.  P X

Vậy chuỗi Markov rời rạc thuần nhất hoàn toàn được xác định bởi ma trận xác suất

. chuyển một bước P và ma trận phân bố ban đầu (0)P

Ví dụ 4.2: Một mạng viễn thông gồm một dãy các trạm chuyển tiếp các kênh viễn thông nhị phân

nX ký hiệu mã số nhị phân đầu ra của trạm thứ n và

0X ký

cho trong sơ đồ sau, trong đó

E 

hiệu mã số nhị phân đầu vào của trạm đầu tiên.

0,1 

Đây là 1 mô hình chuỗi Markov có không gian trạng thái , tập chỉ số

T



n

 0,1,...,

 ,...

0

nX 

nX   1 0

1 a

a

b

1 b

nX   1 1

1nX 

a

P

a  , 0

b  .

.

1

1

1

0,5

; 0 Ma trận xác suất chuyển của mạng viễn thông này thường được gọi là ma trận kênh:  a   b  

Hình 5.3: M(cid:0)ng vi(cid:0)n thông nh(cid:0) phân  1    b   Trong đó a , b là xác suất lỗi. 0, 2 a 

b 

0,1

   0

 P X

 P X

   1

0

0

và phân bố xác suất đầu Giả sử ,

(hai tín hiệu 0, 1 đồng khả năng).

a.Tìm ma trận xác suất chuyển sau 2 bước,

0, 83 0,17

(2)

P





b. Tìm phân bố xác suất của trạm thứ hai.

0, 34 0, 66

    

  0, 9 0,1 0, 9 0,1     0, 2 0, 8 0,2 0, 8    

    

    

    

0, 83 0,17

(2)

Giải: a. .

(2)



(0)

P



0, 5 0, 5



0, 585 0, 415

b. .

P

P

  

  

  

  

    

   0, 34 0, 66  

Như vậy có 58,5% tín hiệu 0 và 41,5% tín hiệu 1 ở đầu ra của trạm thứ hai, mặc dù

đầu vào ở trạm đầu tiên hai tín hiệu này xuất hiện đồng khả năng.

4.2.5 Một số mô hình chuỗi Markov quan trọng

4.2.5.1 Mô hình phục vụ đám đông

P

k

Xét mô hình phục vụ đám đông (lý thuyết sắp hàng). Khách đến sắp hàng chờ phục vụ theo nguyên tắc FIFO (first in first out) và trong mỗi chu kỳ cửa hàng chỉ phục vụ một khách. Số khách đến trong chu kỳ thứ n là biến ngẫu nhiên n . Giả sử 1 , 2 ,... là các biến ngẫu nhiên độc lập cùng phân bố xác suất với biến ngẫu nhiên  có phân bố xác suất.

k 

0,1,2,...

a



0;

1

     ;

a k

k

k

 a

k

; . (4.24)

nÕu



j

Trạng thái của hệ (cửa hàng) là số khách xếp hàng chờ phục vụ tại thời điểm đầu của mỗi chu kỳ (khi một khách hàng vừa được phục vụ xong). Nếu hiện tại hệ ở trạng thái i và sau 1 chu kỳ hệ rơi vào trạng thái j thì

nÕu

i i

 

1, 0.

   i 1     

(4.25)





 , trong đó ký hiệu

Vì các biến ngẫu nhiên n độc lập và có cùng phân bố với biến ngẫu nhiên  . nX là số khách hàng tại thời điểm đầu của chu kỳ thứ n , ta có Ký hiệu

X

 

max(0,

X

)

 1

 X n

 n

X n

  1 Từ (4.24)-(4.25) suy ra

j

i

1

n u Õ

i



0



j X



j j

  1    1

i i

0

,

 P X

   i

n

n

 1

j

n u Õ





j

i



0

   

  n   n

 P     P  

n u Õ

  1 i

i



0,

j



0

j

 0 n u Õ    a n u Õ    a  

(4.26)

 P X

  thỏa

 1

n

n

 j X i p ij Vì các quá trình đến n độc lập do đó xác suất chuyển

ijp thuần nhất theo thời gian.

mãn điều kiện (4.7), hơn nữa các biến ngẫu nhiên n có cùng phân bố với biến ngẫu nhiên  do đó xác suất chuyển

 0,1,...

là chuỗi Markov thuần nhất có ma trận xác suất chuyển được xác định

a

a

0

2

3

a

a

a 1 a 1

3

P

0 0 0

a 0 0

2 a 1 a





0 

 a   a         

        a  2   a  1     

Vậy  nX n  ; từ công thức (4.26)

n ( )

n (

1)













p k kj

p kj

p ik

p ij

j





lim  n

lim  n

4.2.5.2 Mô hình kiểm kê (Inventory Model)

    

k

k

Giả thiết phải dự trữ trong kho một loại hàng nào đó để đáp ứng nhu cầu liên tục của khách hàng. Hàng được nhập kho tại cuối mỗi chu kỳ     

độc lập có cùng

)

n 0(

P

a

;

a

 và 0

Giả sử tổng số lượng hàng cần phải đáp ứng nhu cầu trong chu kỳ n là biến ngẫu nhiên n có phân bố độc lập với chu kỳ thời gian, nghĩa là dãy biến ngẫu nhiên  n phân bố với  .

  .

0

k

k



    k

p ij

inf i j ,

(4.27)

n ( )

Mức hàng dự trữ được kiểm kê tại cuối mỗi chu kỳ. Cách nhập hàng căn cứ vào 2 chỉ số tiêu

m



n ( ) ,

M



s (

S như sau: Nếu ở cuối mỗi chu kỳ

)

( ) n j

p ij

( ) n j

p ij

inf i

sup i

chuẩn s và

s thì ngay tức khắc nhập hàng để có số hàng dự trữ bằng S ; Nếu hàng

lượng hàng dự trữ

S

n ( )

n ( )

1

hiện có s thì không cần nhập hàng. Giả sử số nhu cầu trong mỗi chu kỳ không vượt quá

m



,

M



k

( ) n j

p ij

( ) n j

p ij

 a

inf i

sup i

k



0

, công thức (4.27) trở thành .

( ) n j

( ) n j

nX là lượng hàng hiện có tại cuối chu kỳ

Ký hiệu M m  và trước khi nhập hàng, 0

 s X



S

,

nÕu

 1

như vậy

X

n

 1

n 

s .

X

nÕu

 n  n

 1

n

  X   n   S 

,

nX n  là các số lượng hàng dự trữ:

(4.28)

 0 ,..., 2, 1, 0,1, 2,...,

 

S



1,

S

  1

S

Các trạng thái của quá trình  s

trong đó giá trị âm là nhu cầu chưa được phục vụ mà sẽ được đáp ứng ngay sau khi nhập hàng. Từ công thức (4.28) ta có

n

 1

n

 P X

   

  j

0, 3;

0, 6;

0,1





P

P

P

1

   0

   2

 

 

  i   i S s j nÕu (4.29)   j X i p ij   S  s i . nÕu



s

S 0;

 P       P  Ví dụ 4.3: Xét mô hình kiểm kê phụ tùng thay thế, trong đó yêu cầu có thể là 0, 1 hoặc 2 đơn vị phụ tùng cần thay thế trong một chu kỳ bất kỳ với phân bố xác suất như sau  

 . 2

1, 0,1, 2

và giả sử

 E  



Không gian trạng thái sẽ là .

n

n

 1

 P X

   

  j



 

1

X

P

( )

P

2

0

 

       , ( 1)

p  

1, 1

n

 1

n

    1

0

X





P

  

2

P

0,1

  i j 0   i 2, nÕu Ta có:   j X i p ij   2 i  0. nÕu  P       P 

 

 0

 

   2

n

n

1,0

 1

p 

1

X





P

  

2

P

0, 6

,

 

 1

 

   1

n

1,1

 1

p 

n

,





X

2

P

  

2

2

P

0, 3

 



 

   0

p 

 1

1,2

n

n

 P X  P X  P X  P X

 





X

1

2

P

0

   , ( )

p  2, 1

 1

n

n

    1     1     1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 

p





0

X



2



P

  

2

P

0,1

,

 

 0

 

   2

n

2,0

n

 1



,

p





1

X

2

P

  

2

P

0, 6

 

 1

 

   1

n

2,1

n

 1







2

X





P

2

  

2

P

0, 3

 

 2

 

   0

n

p 2,2

n

 1

 P X  P X  P X  P X

   1 

,

P

         

 0, 0 0,1 0, 6 0, 3   0, 0 0,1 0, 6 0, 3   0,1 0, 6 0, 3 0, 0   0, 0 0,1 0, 6 0, 3  

Ma trận xác suất chuyển:

*

4.2.6 Phân bố dừng, phân bố giới hạn, phân bố ergodic

...

Định nghĩa 4.4: được gọi là ma trận phân bố dừng của chuỗi Markov với

P

p 1

p 2

   

  

*



ma trân xác suất chuyển P nếu thoả mãn 2 điều kiện:

(4.30)

P p

P 0,

p



1

a ( ) b ( )

j

j

* P 

j

   

*

2



  ...

* P

* P



n



Điều kiện (4.30-b) là cần thiết để

Điều kiện (4.30-a) suy ra .

P

*P là phân bố xác suất của hệ tại thời điểm bất kỳ. * ;n P P

P

P

0n . Đặc biệt nếu phân bố đầu

*

*

( )n 

Như vậy nếu chuỗi Markov có phân bố dừng tại thời điểm 0n nào đó thì hệ sẽ có phân bố xác suất không thay đổi sau mọi bước chuyển kể từ thời điểm

P

P với mọi n , nghĩa là phân bố

*P của chuỗi Markov thỏa mãn điều kiện (4.30) thì xác suất của hệ không thay đổi. Điều kiện (4.30-a) có thể viết lại dưới dạng

t

P

* t P

(4.31)

t * P

*tP là ma trận chuyển vị của ma trận hàng

*P .

trong đó ma trận cột

*P là véc tơ riêng ứng với giá trị riêng bằng

tP .

Công thức (4.31) cho thấy phân bố dừng

1 của ma trận Định nghĩa 4.5: Ta nói rằng chuỗi Markov với ma trân xác suất chuyển P có ma trận phân

 nếu thoả mãn 2 điều kiện:

p 1

p 2

  

  

p

bố giới hạn là

 không phụ thuộc i , (4.32)

j

lim n ( ) p ij  n

p



1 ,

p



0

1) Với mọi j tồn tại giới hạn

j

j



 j E

, 2) (4.33)

Nếu điều kiện (4.33) được thay bởi

p



1 ,

p



0

j

j



 j E

3) (4.34)

 là ma trận phân bố ergodic.

p 1

p 2

  

  

thì chuỗi Markov được gọi là có tính ergodic và

Nhận xét 4.1:

0n ) của chuỗi là phân bố dừng thì từ thời điểm

0nX (ở thời điểm thứ này trở đi phân bố xác suất của chuỗi không thay đổi; nghĩa là với mọi

m n , mX và 0

0nX

 Nếu phân bố của

có cùng phân bố xác suất.

 Phân bố giới hạn là phân bố hệ sẽ đạt được khi thời gian tiến đến vô cùng. Phân bố giới hạn chỉ phụ thuộc ma trận xác suất chuyển, không phụ thuộc phân bố đầu (ví dụ 4.5). Trong thực tế có thể đến thời điểm nào đó trở đi ma trận xác suất chuyển có các hàng bằng n  thì 20 nhau, lúc đó chuỗi đạt được phân bố giới hạn. Ví dụ 4.4 sau đây chứng tỏ với chuỗi đạt được phân bố giới hạn.

 Phân bố ergodic là phân bố giới hạn với xác suất dương tại mọi trạng thái của chuỗi.

Như vậy về lâu dài hệ nhận giá trị tại mọi trạng thái với xác suất dương.

B

A

0, 6 0, 3

0,1

P



B

0,1 0, 8

0,1

C

0,1 0,2 0, 7

A       

C       

Ví dụ 4.4: Có 3 mạng điện thoại di động A, B, C cùng khai thác thị trường. Tỉ lệ chiếm lĩnh thị trường hiện tại tương ứng là 40%, 30% và 30%. Theo thống kê người ta thấy xác suất thay đổi mạng của khách hàng trong mỗi quí (3 tháng) như sau:

n ( )

Áp dụng công thức (4.18) và (4.21) ta tính được phân bố tại thời điểm thứ n :

(0)

P

P ( ) n

trong các trường hợp sau.

P

   

 0, 4 0, 3 0, 3  

0, 6 0, 3 0,1



(0)

P

0, 35 0, 43 0, 22

P

0,1 0, 8 0,1

n  1

0 n  , (0) P

, (1) P

P

  

   

0,1 0,2 0, 7

       

      

0, 2125 0, 5492 0,2383

6

6

n  6

(6)



(0)

P

0,2047 0, 5476 0, 2477

P

0,1969 0, 5648 0, 2383

,

P

P

   

  

0,1969 0, 5181 0, 2853

       

      

12

12

0,2002 0, 5503 0, 2495 0,2000 0, 5506 0, 2495

P

(12)



(0)

P

0,2001 0, 550 0, 2499

12

n 

,

P

P

  

   

0,2000 0, 5484 0, 2516

       

      

18

18

0, 2000 0, 5500 0, 2500 0, 2000 0, 5500 0, 2500

P

(18)



(0)

P

n  18

.

P

P

   

 0, 2000 0, 550 0, 2500  

0,2000 0, 5500 0, 2500

20

20

20

n 

(20)



(0)

P

0,20 0, 55 0, 25

0,2000 0, 5500 0, 2500

P

.

P

P

   

  

0,2000 0, 5500 0, 2500

               

     0, 2000 0, 5499 0, 2501         

20

n  .

Trên (cid:0)H 0,23

(cid:0)H 0,34

0,36

0,10

0,54

(cid:0)H

P 

0,05

0,15

0,80

D(cid:0)(cid:0)i (cid:0)H 0,43 D(cid:0)(cid:0)i (cid:0)H       Trên (cid:0)H 

      

Ta thấy rằng khi n càng lớn xác suất trên mỗi cột càng gần bằng nhau và đạt được phân bố giới hạn khi Vậy thị trường đạt trạng thái ổn định với tỉ lệ chiếm lĩnh thị trường tương ứng 20%, 55% và 25%. Ta nhận thấy phân bố giới hạn chỉ phụ thuộc ma trận xác suất chuyển và không phụ thuộc phân bố ban đầu. Ví dụ sau đây cũng minh họa thêm về điều đó. Ví dụ 4.5: Về sự bình đẳng trong giáo dục giữa các nhóm chủng tộc. Trên cơ sở báo cáo điều tra dân số của văn phòng điều tra dân số Hoa kỳ năm 1960, hai tác giả Lieberson và Fuguitt (1967) đã xác định được ma trận chuyển trình độ học vấn giữa hai thế hệ khi so sánh tình trạng học vấn của nhóm thanh niên độ tuổi 20-24 với trình độ học vấn của bố của họ:

Nghĩa là xác suất để người con có trình độ dưới ĐH với điều kiện người bố dưới ĐH là

0,43 và xác suất để người con có trình độ ĐH với điều kiện người bố dưới ĐH là 0,34 …

(phân bố đầu) cũng khác nhau. Hai tác giả đồng ý rằng có hai loại bất lợi đối với các nhóm chủng tộc và dân tộc. Loại bất lợi thứ nhất bắt nguồn từ nguồn gốc chủng tộc và dân tộc mà kết quả là có sự khác nhau giữa ma trận chuyển của nhóm người da trắng và nhóm người da mầu. Ngay cả khi sự phân biệt chủng tộc bị loại bỏ thì vẫn còn loại bất lợi thứ hai đó là vị trí xã hội và thu nhập của người da mầu thấp hơn nhiều so với người da trắng. Nói cách khác ngay cả khi ma trận chuyển về học vấn giữa hai thế hệ P (ma trận xác suất chuyển) được xem là như nhau giữa hai nhóm thì điều kiện ban đầu (0)P

Hai tác giả cho rằng có thể xem ma trận chuyển P giữa hai nhóm da trắng và da mầu là

như nhau nhưng có xuất phát điểm khác nhau. Nghĩa là trình độ học vấn ở thời điểm ban đầu (năm 1960) của hai nhóm chủng tộc khác nhau.

P

(1)

0, 46 0, 31 0, 23

Chẳng hạn năm 1960: Tỷ lệ trình độ học vấn dưới ĐH, ĐH, trên ĐH của nhóm chủng tộc da trắng tương ứng là: 46%, 31%, 23%. Tỷ lệ trình độ học vấn dưới ĐH, ĐH, trên ĐH của nhóm chủng tộc da màu tương ứng là: 75%, 16%, 09%.

  

P

(1)

Vậy phân bố đầu của nhóm chủng tộc da trắng ,

       

 0, 75 0,16 0, 09  

. phân bố đầu của nhóm chủng tộc da màu

Áp dụng công thức (4.21) ta có thể tính được phân bố xác suất của các thế hệ tiếp theo.

P

(2)





0,24 0, 30 0, 46

Chẳng hạn tỉ lệ trình độ học vấn của thế hệ tiếp theo là

  

  

  

0,05 0,15 0,80

 0,43 0,34 0,23    0, 46 0, 31 0, 23 0,10 0,36 0,54      

      

Da trắng:

0,43 0,34 0,23

P

(2)





  

  

 0, 34 0, 33 0, 33  

0,05 0,15 0,80

    0, 75 0,16 0, 09 0,10 0,36 0,54      

      

Da màu:

Tiếp tục tính toán ta được kết quả trình bày trong bảng sau, trong đó chỉ số khác nhau

trong bảng là tỷ lệ % khoảng cách mà hai nhóm cần phải thay đổi để đạt được phân bố trình độ học vấn bằng nhau.

% (cid:0)H % Trên (cid:0)H Ch(cid:0) s(cid:0) % khác nhau

(2)P

29 (1960)

(3)P

13

(4)P

6

(5)P

3

(6)P

1

(7)P

1

(8)P

1

0 % D(cid:0)(cid:0)i (cid:0)H 46 75 24 34 16 20 12 14 11 11 10 11 10 10 10 10 Da tr(cid:0)ng Da m(cid:0)u Da tr(cid:0)ng Da m(cid:0)u Da tr(cid:0)ng Da m(cid:0)u Da tr(cid:0)ng Da m(cid:0)u Da tr(cid:0)ng Da m(cid:0)u Da tr(cid:0)ng Da m(cid:0)u Da tr(cid:0)ng Da m(cid:0)u Da tr(cid:0)ng Da m(cid:0)u 31 16 30 33 26 28 23 25 22 23 22 22 21 22 21 21 23 09 46 33 58 52 64 61 68 66 68 67 69 68 69 69

Như vậy không phụ thuộc vào xuất phát điểm, sau 8 thế hệ các nhóm người trong cộng

đồng đều có trình độ học vấn như nhau theo tỷ lệ 10% dưới ĐH, 21% ĐH và 69% trên ĐH.

Các định lý sau cho quan hệ giữa phân bố giới hạn và phân bố dừng, và điều kiện tồn tại

phân bố ergodic.

Định lý 4.3: Nếu tồn tại phân bố giới hạn thì đó là phân bố dừng duy nhất.

 là phân bố giới hạn, khi đó với mọi j ta có:

p 1

p 2

  

n (



1)

n ( )

p







j

p ij

p ik

p kj



 p p k kj

lim  n

lim  n

       

    

k

k







P

 . Do đó

 là một phân bố dừng.

p 1

p 2

p 1

p 2

p 1

p 2

  

  

  

  

  

  

Chứng minh: Giả sử

 là một phân bố dừng bất kỳ của chuỗi Markov này thì

p

p

1

2

  

p





  ....

j

p p k

p p k

kj

(2) kj

( ) n p p k kj





   

k

k

k

Ngược lại giả sử





p

  p j

p p k

p p k

( ) n kj

j

j





lim  n

    

    

k

k

.

Nghĩa là phân bố giới hạn là phân bố dừng duy nhất.

)

n 0(

Định lý 4.4: Nếu chuỗi Markov có không gian trạng thái hữu hạn thì chuỗi này là ergodic khi

 . 0

0n sao cho

p ij

min i j ,

và chỉ khi tồn tại

1

x

x



x

P

1

2

 ...  

Nhận xét 4.2: 1) Phân bố dừng là nghiệm của hệ phương trình tuyến tính (4.30), cụ thể:



2 0,

x

 x   1  1.

j

j

 ...   

j

       x 

       x



1.

j

j

 x   x  2     

j

    x    1   t   P x   2            x 0, 

hay (4.35)

*

0, 20 0, 55 0,25

Hệ phương trình (4.35) có thể vô nghiệm, duy nhất nghiệm hoặc có vô số nghiệm. Do đó, một cách tương ứng chuỗi Markov có thể không tồn tại phân bố dừng, có phân bố dừng duy nhất hoặc có vô số phân bố dừng. Giải hệ phương trình (4.35) cho trường hợp ví dụ 4.5 ta cũng thu được phân bố dừng tương

ứng .

P

   

  

)

n 0(

2) Từ định lý 4.3 và 4.4 ta thấy rằng nếu chuỗi Markov hữu hạn trạng thái với ma trận xác

 thì chuỗi này là

0

0n sao cho

p ij

min i j ,

a

a b ,

 1

suất chuyển thỏa mãn điều kiện tồn tại P p    ij   

P

1

 a   b  

, 0 ergodic. Phân bố ergodic là phân bố giới hạn và cũng là phân bố dừng duy nhất, đó là nghiệm của hệ phương trình (4.35). Ví dụ 4.6: Xét chuỗi Markov ở ví dụ 4.2, ma trận xác suất chuyển   1   b  

a

b

x

1

1



1

0



2

b

a

1







2

2

 x   x  

    

    

 bx   x 1 2

1

    ax  1   x  



x

      b x     1

2

  x 2

1

    1     a        

b  a 

b

a

   x       x   

Theo định lý 4.4 chuỗi Markov có tính ergodic với phân bố ergodic là nghiệm của hệ phương trình (theo nhận xét 4.2-2).

n



a

a

a

 a

n

Mặt khác cũng có thể tính trực tiếp ma trận chuyển sau n bước

P





  

(1

a

n )

b

b

1



b

b

1 

b

a

 1    

    

 b a   b a  

    

    b  

    

        

        

n )

a

b

   khi n   . 0

(4.36)

     do đó (1 b

a

1

1

Vì 1

a

b

b

a

Vậy

lim n ( ) P  n

a

b  b 

b

a  a 

b

a

        

       

.

Đế chứng minh (4.36) ta có thể tính theo một trong các cách sau:

Quy nạp theo n .

n

 A B (

n )

C A B  k n k

k n

 

k



0



a

a

a

1 0

 1

P







A



   

a

(

k A

k )

b

A

Sử dụng công thức: nếu AB BA thì và bằng cách đặt

b

1



b

b

 b

0 1

 1    

  a  b  

    

  a    

    

    

    

n

n

n

n

P



  I

  I

C

  ( a

b

k )

k k C A n

k n







 a   b     A 1    

k



0

k k C A n  1

k

      k

 1

  I

  a

b

n )



A



  

(1

a

b

n )

;

 (1

 1

1   ( a

b

)

a

    

 a    b  

   b a 1       b a   b    

   a       b     

.

Ví dụ 4.7: Trong một bài báo viết năm 1913 A. A. Markov đã chọn 1 dãy gồm 20.000 chữ cái trong trường ca Evghenhi Onheghin của A. X. Puskin và thấy rằng các chữ cái này chuyển đổi liên tiếp theo hai trạng thái nguyên âm (Na) và phụ âm (Pa) với ma trận xác suất chuyển là

Na 0,128 0, 872 P  Pa 0, 663 0, 337           Na Pa

P Na 

(

)



0, 423

P Pa 

(

)



0, 568

Phân bố giới hạn (cũng là phân bố dừng) của chuỗi Markov này là

0,663 

0, 872

0,663

0, 872 

0, 872

0, 663

, .

Vậy có khoảng 42,3% nguyên âm và 56,8% phụ âm trong tác phẩm trên.

( );X t

I

t

4.3 QUÁ TRÌNH DỪNG



( )

là quá trình dừng với giá trị trung bình m và hàm tự tương quan 4.3.1 Hàm tự hiệp phương sai và hàm tự tương quan của quá trình dừng Giả sử 

XK  , nghĩa là: 1)  X t ( ) E ( )

m t

  m

const

  s

X s X t



s t ,



I

,

XXK t (

 ) E ( ) ( ) ;  

  







2) Hàm tự tương quan: .

XXK

 ( ) E ( ) (  X t X t  

 )  

Hoặc

K

  (  )

K

 ( )

Hàm tự tương quan có các tính chất sau. Định lý 4.5:

XX

XX

2

1) .

K

  ( )

K

X t (0) E ( )



2 E (0) ,

X



 . t

XX

XX

2

2)

( )X t là tín hiệu ngẫu nhiên thì

X t (0) E ( )



XXK

Nếu được gọi là năng lượng trung bình

của tín hiệu.

( );X t

t

I

( );Y t

t

I được định nghĩa và





, 

 (4.37)

,s t



I

XYR s t

  ( ; ) E ( ) ( )   X s Y t  ,  

  ( ; ) E ( ) ( )   Y s X t  ;   được gọi là dừng liên kết cùng nhau nếu

( );Y t

( );X t

I

I

t

t

Hai hàm tương quan chéo của hai quá trình  ký hiệu



YXR s t 

, 

  

R

 ( )

Hai quá trình dừng  hàm tự tương quan chéo chỉ phụ thuộc khoảng cách giữa hai thời điểm, nghĩa là

R t t ( ; XY

XY

 ) E ( ) ( X t Y t  

 )     

  

0

.

( )X t ,

( )Y t trực giao

XYR t t ( ;

 ) E ( ) ( X t Y t  

 )     

ta nói hai quá trình Trường hợp

( )X t ,

( )Y t có các tính chất sau:

R

  (  )

R

 ( )

nhau. Hàm tương quan chéo của hai quá trình dừng

YX

XY

|

R

 ( ) |



R

(0)

R

(0)



(0)



R

1)

XY

XX

YY

XX

YY

 R  

 (0)  

1 2

2)

( )

Nhận xét 4.3:

1) Ý nghĩa vật lý của hàm tự tương quan

XK  của quá trình dừng thể hiện sự phụ thuộc lẫn ( )X t lấy ở hai thời điểm cách nhau  đơn vị thời

nhau của hai biến ngẫu nhiên của quá trình

( )X t thay đổi nhiều theo thời gian thì hàm tự tương

gian. Vì vậy rõ ràng rằng nếu quá trình

(0)XK



( )

quan giảm nhanh từ giá trị cực đại khi  tăng. Sự giảm nhanh của hàm tự tương quan

 thì 0 XK  nhỏ hơn mức ý nghĩa, và thường chọn bằng 1% của giá trị cực đại

có thể được đặc trưng bởi thời gian không tương quan 0 , đó là giá trị sao cho khi trị tuyệt đối của

( );X t

t

I

.

m t

X t ( ) E ( )



  m

const

(0)XK 2) Giả sử quá trình 



có hàm trung bình và hàm tự

  

2

X s X t ( ),

 ( )) E

cov(

( )

( )







m



  

 tương quan E ( ) ( ) X s X t  chỉ phụ thuộc vào t     X s m X t m  

   

( )

s , khi đó hàm tự hiệp phương sai

t (

  ) s

cov( ( ),

X s X t

( ));



s t ,

 E ( ) ( ) X s X t   XC  , sao cho  I

cũng chỉ phụ thuộc vào t s , nghĩa là tồn tại hàm ký hiệu

XXC

( );X t

t

I

(4.38)

XXC

 được gọi là hàm tự hiệp phương sai của quá trình dừng  ( )



.

X t ( ) E ( )

  m

const

m t





cov( ( ),

X s X t

( ))

Vì vậy có thể định nghĩa quá trình dừng theo nghĩa rộng là quá trình thỏa mãn hai điều kiện sau: 1’) ,

XXR s t ( , )

2’) hàm tự hiệp phương sai chỉ phụ thuộc vào



,s t

 . I

t s ;

m t

X t ( ) E ( )



t

  . 0,

Rõ ràng rằng hai định nghĩa này trùng nhau khi

2

var

U



var

V 

E

U

V E

 , 0

 , cov( ,

U V  . )

0

Ví dụ 4.8: Giả sử U, V là hai biến ngẫu nhiên thoả mãn

X t ( )



U

cos



 t V

sin

 t

2





cos



Khi đó quá trình , là một hằng số, là quá trình dừng với hàm tự

XK  ( )

X t





 t V

sin

 t



 cos E

t U



 sin E

t V



0

tương quan .

 U  

  

2

2

U

V E

Giải: E ( ) E cos .

 , 0

var

U



var

V

2   

E(

U

 ) E(

V

2  , 

)

0



 ) E(

UV

)





E(

UV

)

V

Từ giả thiết E

(E )(E ) U  s U

 . 0    

2

2

cos



E

 s

cos



 t V

sin

 s

sin



 t UV

 s

cos

 t



sin

 s

sin

 t

 cos

cov( , U V     E ( ) ( ) U X s X t      U  

2

2

     s sin



cos

 s

 cos E



sin

 s

 sin E



cos

 s

cos

 t



sin





  t UV E  

  

 t U  

  

 t V  

  

2

2

E cos   s V sin   t V sin  t cos    





2





cos



  cos  s cos  t  sin  s sin  t  cos ( t    ) s

XXK

X t ( )

cos



A

Vậy .

  , trong đó

,A  là hai biến

( )X t là một quá trình dừng với hàm tự tương quan 

( )  

t 0

Ví dụ 4.9: Tín hiệu ngẫu nhiên hình sin

0 là

  

  

2

 ( )



cos

, ngẫu nhiên độc lập, A có phương sai hữu hạn và  có phân bố đều trên đoạn 0;2

( )X t là một quá trình dừng với hàm tự tương quan

XXK

  0

 2

2



hằng số. , với

 2E A   

  

.

  

  

nÕu

0

  u

2



f u ( ) 

nÕu ng­îc l¹i

1  2 0

   

2





2



cos(



)



cos(



u

)

du



sin(



u

)



0



 t 0

u f u du ( ) 

 t 0

 t 0

 t 0





u

 0

 E cos  

     

1  2

1  2

0



với hàm mật độ Giải:  là biến ngẫu nhiên có phân bố đều trên đoạn 0;2

 

 

 E ( ) E cos X t A 0 E t 0 t 0            E cos         

,A  độc lập và



E

cos

cos



 





(vì ) 0 t 0  E cos  

 s 0

t 0

  

  A  

    



E

cos(

 



E

 

  E ( ) ( ) X s X t   

 ) cos(

 ) cos(

 s 0

t 0

 s 0

 t 0

  E cos(  

    )  

 2 A  

     )  

 2 A  

  

  A                A



 



E

s (

    2

)

t



t (



s

 ) cos(

 

 cos

 cos

 

s 0

t 0

0

0

  E cos(  

     )  

1 2

1 2

   

   )  



    2

cos



s (

t (

t (



s

)

)

t



 0

 0

0

 )   s  

 E cos  

 E cos  

   

1 2

1 2

1 2 Do đó quá trình ngẫu nhiên hình sin là một quá trình dừng với hàm tự tương quan

2

.

 ( )





cos

XXK

  0

1 2

W t

( ),

0

.

t  được gọi là một quá trình Wiener với

Ví dụ 4.10: (Quá trình Wiener) Quá trình

2 nếu nó thoả mãn các tính chất sau:

tham số

W  .

(0)

0

a.

W t W s ( )

( )

  thì t

s

2

( 0;

  ( t

s

))

là biến ngẫu nhiên có phân bố chuẩn b. Với mọi 0

.

N

W t

( ),

0

0

t

...

t  là quá trình với gia số độc lập, nghĩa là với mọi

 các

  t 1

2

t n





( ),...,

(

)

c.

W t W t W t W t ( ), 1

( ) 3

( ) 2

2

 W t W t  1 n

( ) n

W t

( ),

0

m t

W t ( ) E ( )



0

0

biến ngẫu nhiên: là độc lập.

t  là một quá trình có:

   . t

t s ,

0

 , giả sử s

t :

r s t ( , ) E



W s W t ( ) ( )



E

( )

( )

( )





  

  

  

   W s W s W t W s ( )  

2



E

W s ( )



E

( )

( )





  

  

  

    W s W W t W s ( ) (0)  

Như vậy

W s  )

0





2 s



E

W s W ( )



( )





2 s

  

 (0) E  

  

 ( )  W t W s  

2

. (do gia số độc lập và E ( )

r s t ( , )



s t min( , )

Do đó .

Vậy quá trình Wiener là một quá trình gia số độc lập dừng (thỏa mãn điều kiện 4.3) nhưng không phải là quá trình dừng. Quá trình Wiener biểu diễn chuyển động Brown, mô tả sự chuyển động của hạt trong môi trường chất lỏng thuần nhất.

4.3.2 Đặc trưng phổ của quá trình dừng

Đối với các hệ thống tuyến tính tất nhiên hoặc các tín hiệu tất nhiên người ta có thể sử



 i

2



t f

 X f

( )



x t dt ( )

e

F

  x t ( )

 



( )X f

dụng cả hai phương pháp phân tích theo miền thời gian và theo miền tần số. Các tính chất phổ tần số của tín hiệu tất nhiên ( )x t nhận được từ biến đổi Fourier (xem chương 2)

( )X f

Hàm đôi khi được gọi một cách đơn giản là phổ của ( )x t , có đơn vị volt/hertz.

Nếu biết phổ thì có thể khôi phục tín hiệu thông qua phép biến đổi Fourier

ngược



i

2



t f



1

x t ( )



X f

( )

 X f df ( )

e

F

 







Một cách tự nhiên ta cũng tìm cách sử dụng hai phương pháp này cho trường hợp tín

Mặt khác ta có thể biểu diễn công suất của quá trình ngẫu nhiên dưới dạng hàm theo

( );X t

t   , có hàm mẫu ( )x t .

hiệu ngẫu nhiên là quá trình dừng. Biểu diễn phổ của tín hiệu tất nhiên nhận được từ biến đổi Fourier của tín hiệu đó. Mặc dù phép biến đổi Fourier cũng có vai trò rất quan trọng trong việc đặc trưng phổ của các tín hiệu ngẫu nhiên. Tuy nhiên không thể tính trực tiếp biến đổi Fourier các tín hiệu ngẫu nhiên, vì phép biến đổi có thể không tồn tại đối với hầu hết các hàm mẫu của quá trình. Vì vậy phân tích phổ của các quá trình ngẫu nhiên đòi hỏi tỉ mỉ hơn phân tích các tín hiệu tất nhiên. tần số thay vì theo hiệu điện thế (đẳng thức Parseval 2.92 và định lý năng lượng Rayleigh 2.109-2.110), biểu diễn như thế tồn tại. Trong mục này ta xét đến các hàm đó và gọi là mật độ phổ công suất.



A. Mật độ phổ công suất Xét tín hiệu là quá trình ngẫu nhiên 

T  xét: 0

( )

x t ( )  t T nÕu Với mỗi x t ( ) T  t T 0

 X f T

  x t ( ) T

T



 i

2



 i

2



ft

( )



t e ( )

ft dt



x t e ( )

dt

.

 X f T

x T







T

 Năng lượng của ( )x t trong khoảng (

là

T

)T T , T

2

E T ( )





x t dt ( )

2 x t dt ( ) T







T



T

Đặt biến đổi Fourier của nÕu  F      ( )Tx t là



T



2

2

2

E T ( )



dt



t ( )

dt



( )

df

 X f T

Áp dụng đẳng thức Parseval ta có:

x t ( ) T

x T











T

 Chia cho 2T ta được ta được công suất trung bình

.

( )P T của ( )x t trong khoảng (

)T T ,

2





( )

 X f T

2

P T

( )



dt



df

x t ( ) T





1 T 2

T 2





2

2

.

)T T ,

2

( ) ( )  TX f  TX f . Tuy nhiên là mật độ phổ công suất của tín hiệu trong khoảng ( T 2 T 2 vẫn là một biến ngẫu nhiên vì được tính toán theo hàm mẫu. Mật độ phổ công suất được tính

T



2

2

P



X t E ( )

dt



( )

E

df

 X f T

( )  TX f theo giá trị trung bình (kỳ vọng) của và khi T   . T 2

XX





lim  T

lim  T

1 T 2

1 T 2



T



(4.39)

T

2

2

P



X t E ( )

XX



1 lim T 2 T

 dt A X t   E ( )  

   

T

 trong đó kí hiệu và định nghĩa

T

A

dt

(4.41)

       

      

lim  T

1  T  2 T

(4.40)

(xem định nghĩa 4.7 và các công thức 4.52-4.53).

2



f ( )



( )

E

 X f T

Ta định nghĩa mật độ phổ công suất của quá trình, viết tắt PSD (Power Spectral Density), là

XX

lim  T

1 T 2

. (4.42)



P



f df ( )

XX

XX

 



( );X t

t   là quá trình dừng thì

Từ công thức (4.31), (4.42) ta có công thức tính công suất



2

2

2

2



A X t E ( )



X

R

X







(0)

const

X t E ( )

Trường hợp quá trình 

XXP

XX

X t ( )



A

    

  , trong đó A và 0f là hai

, do đó .

0;

 / 2

2 A





E

E

E





 2 cos 2

 cos 4

f t 0

f t 0

      

 2 ( ) X t  

  

  

.

     f t cos 2 Ví dụ 4.11: Xét quá trình ngẫu nhiên 0 hằng số,  là biến ngẫu nhiên có phân bố đều trên khoảng Ta tính trực tiếp công suất trung bình của tín hiệu: 2 A 2

2 A 2

    

     2   



/2

 2



2











 2

 E cos 4

 cos 4

   d 2

 sin 4



f t 0

f t 0

f t 0



  

      

1 2

2 



0



0













sin

 



 sin 4

   

 sin 4



f t 0

f t 0

f t 0

f t 0

  

   

1 2

 2

 2

  cos 4    

     

     

     



/2



E















 cos 4

   d 2

 sin 4



f t 0

f t 0



  

 2 ( ) X t  

2 A 2

2 A 2

2 

2 A 2

2 A 

0

T

P



A

E









 sin 4

 sin 4

XX



lim  T

  

   2 X t ( )  

1 T 2

2 A 2

2 A 

2 A 2



T

    

   f t dt  0  

.



T

 i

2



ft

 i

2



ft

 i

2



( )



dt



X t e ( )

dt



A



 

ft dt

 X f T

 cos 2

 e

X t e ( ) T

f t 0









T





T

T

T



f t )





f t )

i



  i

 2 ( i f 0

 2 ( i f 0



e

e

dt



e

e

dt





A 2

A 2





T

T  sin 2 (

f



 sin 2 (

f



i



  i



ATe



ATe

 2 (

f



 2 (

f



f T ) 0 f T ) 0

f T ) 0 f T ) 0

Cũng có thể tính qua mật độ phổ công suất như sau: T

2

 sin 2 (

f



 sin 2 (

f



2

2

( )



2 A T 

2   

 2

cos 2

 TX f





;





  

   

 2 (

f



 2 (

f



f T ) 0 f T ) 0

f T ) 0 f T ) 0

0

,

 Vì E cos 2  

   

2

2

 sin 2 (

f



 sin 2 (

f



( )

E



 X f T

1 T 2

 A T  2

 2 (

f



T 

 2 (

f



     

2       

     

2       

f T ) 0 f T ) 0

f T ) 0 f T ) 0

     

     

, do đó

sin

aT

Sử dụng kết quả (Lathi, 1968: An Introduction to Random Signals and Communication Theory, International Textbook, Scranion, Pennsylvania. p.24)



a ( )

T lim  T

aT

   

2     

2

. (4.43)



f ( )



( )

E



f





f



 X f T

   2 (

 )

   2 (

XX

f 0

f 0

  

lim  T

1 T 2

2  A 2

  )  



f ( )





(

f



(

f



Ta có

  f ) 0

f 0

XX

  

 )  

2 A 4





 (

f

 (

f





P





f df ( )



Áp dụng công thức (3.24) ta được

  f ) 0

XX

XX





 ) f df   0

  

2 A 2

2 A 4

. Vậy

  Tính chất mật độ phổ công suất

 XX f ( )

1. là hàm thực

 0

 XX f ( )



  ( f )



f ( )

2.

XX

XX



2

A X t E ( )

3. nếu là quá trình thực

 XX f df ( )



    

   







i

2

  f

 i

2



f e ( )

df









f ( )







d  f



4.

XX

A R t ( XX

XX

A R t ( XX





 t , )  

  

  

 t e , )  





5. ; (4.44)

Chứng minh:

2



f ( )



( )

E

 X f T

Từ công thức (4.42) suy ra tính chất 1. và 2. Tính chất 3. suy từ tính chất của phép biến đổi Fourier, công thức (2.107-3). Ta chứng minh công thức (4.44):

XX

lim  T

1 T 2



T

 i

2



 i

2



ft

( )



t e ( )

ft dt



x t e ( )

dt

.

 X f T

Theo công thức (4.42):

x T









T

T

T

i

2



 i

2



ft

ft 1

2

Mặt khác



f ( )



dt

XX

X t e ( ) 1

dt 1

X t e ( ) 2

2





lim E  T

1 T 2



T



T

    

    

T T

 2 i

f t (

 t 1

2



e

) dt dt 1

2

 

 E ( ) ( ) X t X t   1 2

  

lim  T

1 T 2

 

T T

Do đó

T

   T t

T

)

R t t ( , 1 2

XX

   và T t 1

2

  E ( ) ( ) X t X t   1 2

  

T T

 i

2



f t (

 t 1

2



f ( )



R t t e ( , )

với

XX

1 2

XX

) dt dt 1

2

 

lim  T

1 T 2



.

t

t





    t 1

2

dt 1 dt 2

T T    t 1 t 2

  dt    d  

  t      

 T t T

 i

2

  f



f ( )







dte )

d



XX

R t t ( , XX

 

lim  T

1 T 2

  

T t T



T

 i

2

  f







d



R t t ( , XX





1 T 2





T

    lim   T    

    dt e )     

T











Mặt khác

R t t ( , XX

XX



 dt A R t t ) ( ,  

 )  

lim  T

1 T 2



T



 i

2



f ( )







d  f



Đổi biến số lấy tích phân

Vậy

XX

A R t ( XX



  

 , ) t e  





i

2

  f



f e ( )





.

XX

XX



 df A R t (  

 , )  t  



( );X t

I

t

Sử dụng công thức biến đổi Fourier ngược ta có .

 . Nếu ( )

XXK

quá trình dừng với hàm tự tương quan

1/2

in

2



f

b. Biểu diễn phổ của quá trình dừng Định nghĩa 4.6: Giả sử   XX fP ( ) sao cho: tồn tại

K

n ( )

e

f df ( )

P

XX

XX

 



1/2

(4.45) khi I  



i

  2

f

K

 ( )

e

f df ( )

hoặc

P

XX

XX

 



( );X t

t

I

khi I   (4.46)

XX fP ( )





K

n ( )

 

thì . được gọi là mật độ phổ của quá trình dừng 

XX



n



Định lý 4.6: 1) Trường hợp thời gian rời rạc I   : Nếu thì tồn tại mật





in

2



f

f ( )

e

K

n ( )

độ phổ

P

XX

XX

 

n



. (4.47)

 khả tích tuyệt đối trên  thì tồn tại ( )

XXK

2) Trường hợp thời gian liên tục I   : Nếu



 i

2



f

f ( )

e

K

  ( ) d

mật độ phổ

P

XX

XX

 



. (4.48)

 1

f ( )

 ( )





K

P

F

F

 f ( )

 K



XX

XX

XX

XX

X t  bằng mật độ phổ của quá trình này và bằng

(4.49) . Như vậy hàm mật độ phổ là biến đổi Fourier của hàm tự tương quan và hàm tự tương quan là biến đổi Fourier ngược của mật độ phổ. P   ( ) ,

0

I

t



có giá trị trung bình E ( )



2

P

f df ( )

f ( )







( )

 X f T

Định lý 4.7 (Định lý Wiener - Khintchine): Mật độ phổ công suất PSD của quá tình dừng  ( );X t biến đổi Fourier của hàm tự tương quan:

P

XX

XX

XX

XX

  P

1 lim E T  T



và ta có (4.50)



i

2

  f

 i

2



f e ( )

df









f ( )







d  f



Chứng minh: Theo công thức (4.44) ta có 

XX

A R t ( XX

XX

A R t ( XX





 , ) t  

  

  

 , ) t e  

  t

t , )







K



  ( ),



K

 ( )

 ( )X t là quá trình dừng do đó

,

R t ( XX

A R t ( XX

XX

XX

  



f ( )

;

XX

XX

X t ( )



A

.

 , )  t   từ tính duy nhất của phép biến đổi Fourier và công thức (4.49) suy ra P Ví dụ 4.12: Xét quá trình ngẫu nhiên

 cos 2



  , trong đó 0f là hai hằng số;

f t 0

2



,A  là hai biến ngẫu nhiên độc lập, A có phương sai hữu hạn

 2 E A  

   

và  có phân bố

  

  

2

đều trên đoạn 0;2 (xem ví dụ 4.9).

 ( )





cos(2

)

XXK

  f 0

1 2

2

Hàm tự tương quan ; Theo công thức (4.49), (4.50) và (3.26) ta





f ( )







cos(2



(

f



(

f



P

F

F

 K

  ( )

 2  

 )

XX

XX

XX

  f 0

  f ) 0

f 0

1 2

1 4

      

   )    

được .

E



E

2 A



E





 2 cos 2

 cos 4

f t 0

f t 0

  

  

 2 ( ) X t  

      

2 A 2

2 A 2

    

     2   

2



2

2

2











 cos 4

   d 2

f t 0



 2

 2

1  2

 2

0

T



2

2

P



A

E



dt





f

 (

f



df

Ta có thể tính trực tiếp công suất trung bình của tín hiệu như sau:

XX

  f ) 0

f 0





 2   (  

 )  

lim  T

  

   2 X t ( )  

1 T 2

 2

 2

1 4



T



.



T

 i

2



ft

 i

2



ft

 i

2



( )



dt



X t e ( )

dt



A



 

ft dt

 X f T

 cos 2

 e

X t e ( ) T

f t 0







T



T



i

T

 i



T

T

  2

 

 2

  

f t 0

f t 0

i

2





 i

2





e

e



 f t



 f t

 i

2



ft

i



  i

f 0

f 0

A



e

dt



e

e

dt



e

e

dt







 2

A 2

A 2



T



T



T

Có thể tính trực tiếp mật độ phổ công suất như sau: T

T

T

i

2





i

2





 i

2







 f t



 f T



 f T

f 0

f 0

f 0



i

2





e

e

e



 f t

f 0

  

dt



e







i

 2



f



f

i

 2

 sin 2   

f 0 

f





 



 

 f T 

f 0

f 0

 f 0



T



T

T

T

 i

2





i

2





 i

2







 f t



 f T



 f T

f 0

f 0

f 0



 i

2





e

e

e



 f t

f 0

 sin 2  

  

e

dt









 i

 2



f



f

i

2



f 0 

f







 



 

 f T 

f 0

f 0

 f 0



T

 sin 2 (

f

 

 sin 2 (

f



i



  i

( )





ATe



ATe

 X f T

 2 (

f



 2 (

f



T f T ) 0 f T ) 0

f T ) 0 f T ) 0

2



 sin 2 (

f

 sin 2 (

f



2

2

( )



2 A T 

2   

 2

cos 2

Ta có

 TX f

;









   

  

 2 (

f



 2 (

f



f T ) 0 f T ) 0

f T ) 0 f T ) 0

0

,

 Vì E cos 2  

   

2

 sin 2 (

f



 sin 2 (

f



( )

E



 X f T

1 T 2

2   2

 2 (

f



T 

 2 (

f



     

2       

     

2       

f T ) 0 f T ) 0

f T ) 0 f T ) 0

  T     

     

sin

aT

, do đó



a ( )

T lim  T

aT

   

2     

2



f ( )



( )

E



f





f



 X f T

   2 (

 )

   2 (

XX

f 0

f 0

  

  )  

lim  T

1 T 2

2   2 2  

Sử dụng kết quả (Lathi, 1968), công thức (4.43) , ta được





(

f



(

f



 XX f ( )

  f ) 0

f 0

  

 )  

1  2 2

Áp dụng công thức (3.24) ta được



(

f



(

f



 XX f ( )

  f ) 0

f 0

 2    

  . ) 

1 4

Vậy mật độ phổ công suất

2

aT

Nhận xét 4.4:

aT

 sinT    

   

1. Ta có thể kiểm tra công thức (4.43) bằng cách chỉ ra hàm thỏa mãn điều

sin

aT

kiện (3.1), (3.2) như sau:

0

  

T

T 

aT

1 aT



   

2     

2

2







tT

tT

dt



d Tt (

)



1

du





0 Khi t  , (thỏa mãn điều kiện 3.1).



2 sin u 2





T 

sin tT

1 

sin tT

u

   

   

   

   







Ta có (ví dụ 2.63), do đó

(thỏa mãn điều kiện 3.2).



(0)

d  ( )

2. Từ công thức (4.42) ta có: giá trị của hàm mật độ phổ tại 0 bằng diện tích giới hạn bởi

P

XX

XXK

 



đồ thị của hàm tự tương quan, .



2

2

X t E ( )



X E (0)



K

(0)

f df ( )

3. Giá trị bình phương trung bình của quá trình dừng bằng diện tích giới hạn bởi đồ thị

XX

XX

  P



của hàm mật độ phổ .

  ( f )

f ( )

0

;

với mọi f .

P

P

XX

XX

P XX f  ( )

4. Hàm mật độ phổ là hàm chẳn và nhận giá trị không âm

5. Định lý 4.7 cho ta ý nghĩa của khái niệm mật độ phổ của quá trình dừng, đó là mật độ phổ công suất của quá trình. Như vậy ta có thể tính mật độ phổ của một quá trình dừng theo 2 công thức khác nhau (4.41)-(4.42) hoặc (4.44). Tuy nhiên có thể tồn tại quá trình ngẫu nhiên không dừng (không có mật độ phổ) nhưng vẫn có mật độ phổ công suất.

( )X t



Ví dụ 4.13: Xét quá trình tín hiệu cực với dữ liệu nhị phân

X t ( )





)

A g t ( n

nT b



n



, (4.51)

nA là dãy các biến ngẫu nhiên độc lập biểu diễn các dữ liệu nhị phân. Các biến ngẫu nhiên  nA có phân bố rời rạc nhận hai giá trị 1 đồng khả năng. Vậy

2

E



0; var



E



2 1

 

2 ( 1)



1;

1 / 2

2 1 nÕu trong đó ( )g t là xung mẫu g t ( ) bT là chu kỳ 1 bít. 2, 0 nÕu  t T b  t T b     

   1

    1

A n

A n

 P A n

 P A n

 A   n

  

  

  

1 2

1 2

   

   

;

cov



E



E

E



0

A A , n m

 A   n

  

 A   m

  

  

 A A  n m 

  

T



(2

N



, nếu n m .

( )TX t của quá trình (4.40) sẽ là

   T 1) b

N





)

X t ( ) T

A g t ( n

nT b



n



N

N

N

N





 i nT b

 i nT b







A G f e ( )



G f

( )



 X f T

F

F

 g t (

 )

A n

nT b

n

A e n







n



N

( ) n



N

sinc



G f

( )

N 

Đặt thì quá trình



  X t ( ) T F

T b

 T f b

N

2

2

 i



)

n m T ( b

(ví dụ 2.63, công thức 2.111) trong đó



n m N



,

n    g t ( )      

N

N

2

2

 i



)

n m T ( b



G f

( )



G f

( )

1



2 ( ) (2

G f

N



1)

E

( ) E  G f E ( )  X f T A A e n m     

A A e n m





  

  

n m N



,

n



N

.

2

2

2 ( ) (2

G f

N



1)

G f

( )

2

( )





sinc



 X f T

Vậy mật độ phổ công suất PSD



T b

 T f b

lim  T

1 lim E T  T

(2

N



1)

T b

T b





.









Tuy nhiên E ( ) X t X t (    E     A g t ( n nT b A g t ( m mT b     )        )      m            n        )        







E





  

)



g t (



  

)

n m

nT g t ) ( b

mT b

nT g t ) ( b

mT b

 



 A A g t (  

  

n

  m

n



vµ

t





/ 2

  

t



/ 2

nÕu

T b

nT b

T b

g t (



  

)

nT g t ) ( b

mT b

nT b nÕu ng­îc l¹i

X t X t (

trong đó

 1     0 còn phụ thuộc vào thời điểm t nên quá trình

( )X t

  

 )   

( );X t

t   gồm các



  . 

 

T t

nT

1)



Điều này chứng tỏ E ( )

   t d

không dừng. Ví dụ 4.14: (Sóng ngẫu nhiên nhị phân) Xét quá trình ngẫu nhiên  bit 1 và các bit 0 thoả mãn các điều kiện sau: 1) Bit 1 và 0 lần lượt được biểu diễn bởi các xung chữ nhật với biên độ a và a volt với độ rộng của xung là T giây. 2) Các hàm mẫu (sample functions) là không đồng bộ và giả thiết rằng thời điểm xuất phát của xung thứ nhất dt xảy ra đồng khả năng trong khoảng từ 0 đến T. Điều này có nghĩa là dt là giá trị mẫu của biến ngẫu nhiên dT có phân bố đều trong đoạn 0;T n 3) Trong khoảng thời gian xung bất kỳ ( , hai bit 1 và 0 là đồng khả

( )X t nhận giá trị a hoặc a trong suốt khoảng xung này với xác

năng xuất hiện, nghĩa là

( )X t và

( )X s là độc lập nếu ,t s ở trong khoảng xung thời gian khác nhau.



t X t ; E ( )

  a

1 2

   (

) 1 2

a

suất 1 2 .

 . 0

Ta có:

R t X k

X t X t k i

t i

  ( , ) E ( ) ( )    .  

  thì T

Hàm tự tương quan:

độc lập, do đó

t * Nếu k

t i

X t X t ( ), k

( ) i







0

R t X k

X t X t k i

t i

  ( , ) E ( ) ( )    

T

  và giả sử rằng

.

cùng cùng có trễ là dt thì

t * Nếu k

t i

X t X t ( ), ( ) i k

X t X t ( ), k

( ) i

   .

t xung khi và chỉ khi k

T t d

t i

a 1

t

a

T

dt

2

nÕu

T

t

t k

i

Hình 4.4: Sóng ng(cid:0)u nhiên nh(cid:0) phân

X t X t E ( ) ( ) i k

t d

  

  

t d nÕu ng­îc l¹i

   .

 a     0 

Vậy

Áp dụng công thức xác suất đầy đủ

  t T t k

i

  t T t i k

2

t

k

i

2



2 a f





a



t dt ( ) d

dt d





 E ( ) ( ) X t X t   i k

  

T d d

a T

0

0

    1   

  t     T  







T

nÕu

K

 ( )

T

t

.

    Hàm tự tương quan

XX

t i

k





T

.

nÕu

        2 1        0

    a      

T

2

-i

2

Đặt

a

f ( )







2 a T

2 sinc (

fT

)

f π τ τ d

 K

  ( )

P

F

XX

XX



   1   

   e     T 

-T

Mật độ phổ công suất .

N

f  ( )

Ví dụ 4.15: Nhiễu trắng (White Noise) được mô tả như là một quá trình dừng (theo nghĩa

P

WW

0 2

. rộng) mà mật độ phổ công suất là một hằng số

0N

N

N



1

Hệ số 1 2 để chỉ một nửa công suất ứng với tần số dương và một nửa ứng với tần số âm.

  ( )

 ( )





K

WW

0 2

0 2

      

      

. có đơn vị watt/ hertz. Từ công thức (4.42) ta có hàm tự tương quan của nhiễu trắng F

N

0 Như vậy hàm tự tương quan của nhiểu trắng tỉ lệ với hàm delta tập trung tại   với hằng

  khi ( ) 0

WWK

0 2

0 số tỉ lệ . Do đó   , nói cách khác hai mẫu tại hai thời điểm khác

Trong quang học, mật độ phổ năng lượng của ánh sáng trắng là không đổi

)

WWK  ( )

P WW f (

20N

 )()2

N ( 0

0

0



f

nhau của nhiễu trắng là không tương quan. Quá trình nhiễu trắng không phải là một quá trình vật lý có thực vì có công suất bằng  . ( )P = hằng số với mọi tần số  (Năng lượng ánh sáng trắng phân bố đều theo mọi tần số  ). Vì vậy nhiễu với mật độ phổ hằng số được gọi là nhiễu trắng.

M(cid:0)t (cid:0)(cid:0) ph(cid:0) nhi(cid:0)u tr(cid:0)ng Hàm t(cid:0) t(cid:0)(cid:0)ng quan nhi(cid:0)u tr(cid:0)ng

Hình 4.5: M(cid:0)t (cid:0)(cid:0) ph(cid:0) và hàm t(cid:0) t(cid:0)(cid:0)ng quan c(cid:0)a nhi(cid:0)u tr(cid:0)ng 4.4 TRUNG BÌNH THEO THỜI GIAN VÀ TÍNH CHẤT ERGODIC

Định nghĩa 4.7: Trung bình theo thời gian của hàm số ( )x t ,t  được định nghĩa và ký hiệu

T

x t dt ( )



   ( ) A x t    

1 lim T 2 T



T

(4.52)

T

A

dt

Toán tử

  

    

      

1 lim T 2 T



T

(4.53)

gọi là toán tử trung bình theo thời gian. Toán tử A tương tự toán tử kỳ vọng E (trung bình theo tập hợp) của các biến ngẫu nhiên. Thực hiện toán tử trung bình theo thời gian theo các hàm mẫu ( )x t của quá trình ngẫu nhiên ( )X t ta được trung bình theo thời gian và hàm tự

T





x t dt ( )

tương quan theo thời gian xác định như sau



 ( ) x A x t  

  

1 lim T 2 T



T

T

 ( )



A x t x t ( ) (







x t x t ( ) (





dt )

(4.54)

R

XX



  

 )  

lim  T

1 T 2



T

(4.55)

 ( )









Trung bình theo thời gian trùng với trung bình theo tập hợp được gọi là tính ergodic. Quá trình ngẫu nhiên có tính ergodic được gọi là quá trình ergodic. Quá trình dừng là quá trình ergodic nếu

RXX

XXR

 ( ) E ( ) (  X t X t  

 )  . 

( );

X n n  với hàm tự hiệp phương sai

 0

n là ergodic khi và chỉ khi ( )

x   m và  E ( ) X t     

n

Giả thiết Ergodic cho rằng trung bình theo thời gian ở các cấp trùng với trung bình theo tập hợp cùng cấp tương ứng. Giả thiết này đáng tiếc là không phải luôn đúng như một số các nhà kỹ thuật đầu thế kỷ 20 tin tưởng. Khoảng năm 1931 hai nhà toán học G. D. Birkhoff (Mỹ) và A. Ia. Khintchine (Nga) đã chứng minh rằng trung bình theo thời gian luôn luôn tồn tại và chỉ ra các điều kiện để nó trùng với trung bình tập hợp. Định lý sau đây cho điều kiện cần và đủ để trung bình theo thời gian trùng với trung bình theo tập hợp. Định lý 4.8: Quá trình dừng thời gian rời rạc  XXC

(

)



0

C m XX



m



0

( );X t

t   với hàm tự hiệp phương sai

 là ergodic ( )

XXC

1 lim n n 

. (4.56)

T T

C

t (



s dtds )



0

Định lý 4.9: Quá trình dừng  khi và chỉ khi

XX

 

1 2

lim T T

0 0

( );X t

t   với hàm tự hiệp phương sai

 là ergodic ( )

XXC



. (4.57)

Hệ quả 4.10: Quá trình dừng  khi và chỉ khi

T

t dt ( )



0

XX



lim  T

1 T

  1   

 t  C   T 

0

. (4.58)

( );X t

t   là ergodic.

XXC





X t ( )



A

cos(

)

 ( ) 0  thì quá trình  Hệ quả 4.11: Nếu lim 

  . Trong đó

,A  là hai hằng

t 0

0

Ví dụ 4.16: Xét quá trình ngẫu nhiên

  

  

nÕu

0

  u

2



f u ( ) 

nÕu ng­îc l¹i

1  2 0

   

2





E



A E cos(



A

cos(





)



A

cos(



u

)

du



0

t 0

t 0

u f u du ( ) 

 t 0





  

 )     

  

 ( ) X t  

1  2

0

  

 

A ) cos(

t (



XXR t t ( ,

 t 0

 0

 ) E ( ) ( X t X t  

 A E cos(  

    ) )  

    )   



    2



)

cos



 t (2 0

  0

 E cos  

  

2 A 2



    2



)



cos



t (2 0

  0

  0





 E cos  

   

 E cos  

  

2 A 2

2 A 2

C

 ( )



cos

với hàm mật độ số. là biến ngẫu nhiên có phân bố đều trên đoạn 0;2

( )X t

XX

  0

T

sin

sin

cos

T

T

T

  0

  0

  0



cos

  

d









0



0

0

0

1 T

 T

2 A 2

2 A T 2



1 T





  1    

     

0

0

0

      

      

2 A 2              

0

sin



sin



1



cos



T 0

T 0

T 0





0

T

 





khi

2 A T 2



T

 0

0

 0

     

      

là một quá trình dừng với hàm tự hiệp phương sai . Như vậy 

( )X t

là một quá trình dừng thoả mãn điều kiện (4.58) do đó là một quá



Theo hệ quả 4.10  trình ergodic. Ta cũng có thể kiểm chứng điều này bằng cách tính trực tiếp như sau: Vì quá trình tuần hoàn

T theo thời gian với chu kỳ 0

2  

0

T 0

T 0

sin(





)

A

cos(







dt )



 

A

t 0



  0 E ( ) X t    

 t 0 

1 T 0

1 T 0

0

0

0

       

       

T 0

2 A

2 cos (



 ) dt





K

nên trung bình theo thời gian

 t 0

XX

   (0) E 

 2 ( ) X t  

1 T

2 A 2

 0 0

.

Nhận xét 4.5: Tính ergodic là một dạng rất hạn chế của tính dừng và thật khó khăn để kiểm tra xem trong tình huống vật lý cụ thể nào thì giả thiết ergodic thỏa mãn. Dù sao chúng ta vẫn thường giả thiết quá trình là ergodic để đơn giản hóa. Trong thế giới thực, chúng ta vẫn buộc

( );X t

I

t

lòng phải làm việc với hàm mẫu của quá trình vì hầu như ta chỉ nhận được các hàm mẫu của quá trình. Khi ấy, dù muốn hay không ta cũng chỉ nhận được các giá trị trung bình, hàm tự tương quan theo thời gian. Từ giả thiết ergodic ta có thể xem các giá trị nhận được là các thống kê của quá trình. Nhiều người cảm thấy khó chấp nhận những lời bàn luận này, tuy nhiên cần phải nhớ rằng, lý thuyết của chúng ta chỉ để mô hình hóa những điều xảy ra trong thế giới thực.



là một hàm số của biến số t . CÂU HỎI ÔN TẬP VÀ BÀI TẬP CHƯƠNG 4 4.1 Quá trình ngẫu nhiên 

Đúng Sai .

( );X t

t

I có không gian trạng thái E đếm được.

4.2 Mọi quá trình có gia số độc lập là quá trình Markov.



Đúng Sai . 4.3 Chuỗi Markov là quá trình Markov 

Đúng Sai .

4.4 Ma trận xác suất chuyển sau n bước của một chuỗi Markov bằng tích n lần ma trận xác

suất chuyển một bước của chuỗi Markov này.

Đúng Sai .

4.5 Nếu tồn tại phân bố giới hạn thì nó là phân bố dừng duy nhất.

Đúng Sai .

4.6 Mọi chuỗi Markov có hữu hạn trạng thái luôn tồn tại phân bố dừng duy nhất đó là phân

bố ergodic.

m t

( ) E ( ),

X t



I

t

Đúng Sai .

  của quá trình ngẫu nhiên 

( )

 t I

4.7 Hàm trung bình là một biến X t

ngẫu nhiên.

T

x t dt ( )

Đúng Sai .

( )



 t I

1 T 2



T

, trong đó là X t 4.8 Trung bình theo thời gian của quá trình ngẫu nhiên 

( )x t là một hàm mẫu của 

( )

 t I

. X t

( )

 t I

, là một hàm 2 biến theo thời gian. X t Đúng Sai . 4.9 Hàm tự tương quan của một quá trình dừng 

Đúng Sai .

4.10 Mật độ phổ của quá trình dừng bằng biến đổi Fourier của hàm tự tương quan.

Đúng Sai .

4.11 Hàm tự tương quan của quá trình dừng bằng biến đổi Fourier của mật độ phổ của quá

trình.

Đúng Sai .

4.12 Quá trình dừng có hàm trung bình là hàm hằng nên trung bình theo thời gian bằng trung

bình theo tập hợp.

Đúng Sai .

nX độc



, các biến ngẫu nhiên 4.13 Cho quá trình ngẫu nhiên với thời gian rời rạc  X

2 .

  1 n n ( )XF x , kỳ vọng  và phương sai

,...,

lập, có cùng phân bố với hàm phân bố

X X , ( 1

2

X . )n

a. Tìm hàm phân bố đồng thời của

 

  . 

b. Tìm hàm trung bình E nX

nX .

c. Tìm hàm tự tương quan của

nX .

d. Tìm hàm tự hiệp phương sai của

E 

  0,1, 2

  1 n n



với không gian trạng thái và ma trận xác suất 4.14 Cho chuỗi Markov  X

P

0,1 0,2 0, 7 0, 9 0,1 0, 0

0,1 0, 8 0,1

       

      

chuyển

p



0, 3;



0, 4;



0, 3

 P X

   0

 P X

   1

 P X

   2

0

0

p 1

0

p 2

0



0,

X



2,

X

Biết phân bố xác suất ban đầu:

  . 1

2

0

1

X 1,

a. Tính

 P X

  . 2

 P X  P X

  và 1

0

2

2

0



p m 1



b. Tính X 2

P



p ij

  

  

p 12 p p 22 m 2   

p 11 p 21 



p m

1

p m

2

p mm

        

         

m

0

  i

1,...,

m

4.15 Giả sử là một ma trận Markov, (là ma trận thỏa mãn

1

ijp  ;

 p ij

j

 1

điều kiện , ).

nP cũng là ma trận Markov, với mọi số tự nhiên dương n .

E 

Chứng minh rằng

  0,1, 2

  1 n n



với không gian trạng thái và ma trận xác suất 4.16 Cho chuỗi Markov  X

0,1 0,2 0, 7

P

0,2 0,2 0, 6

0, 6 0,1 0, 3

       

      

chuyển

a. Tính ma trận xác suất chuyển 2 bước.

X 1

3

X 11

3

0

 P X

 ;   P X 0

  . 0

b. Tính

c. Tìm phân bố dừng.

(0,1)

 

mỗi trạm nhận sai tín hiệu với xác suất không đổi bằng . Giả sử 4.17 Xét bài toán truyền một bức điện gồm các tín hiệu 0, 1 thông qua kênh có nhiều trạm và 0X là tín hiệu

nX n  ;

nX là tín hiệu nhận được tại trạm n . Cho biết 

 0,1, 2,...

truyền đi và lập thành



chuỗi Markov với ma trận xác suất chuyển

P

1

  1     

      

.



0,

X



0,

X

0

1

2

 P X

  . 0

a. Tính



0,

X



0,

X



0,

X



1,

X

0

1

2

1

2

0

   0

 P X

  . 0

b. Tính

X 0

5

0

 P X  P X

  . 0

c. Tính

E



 a b c d , , ,



0,1 0, 3 0,2 0, 4

P

0, 2 0.3 0,2 0, 3 0,1 0, 3 0, 5

0,1

0, 2

0,1 0, 4 0, 3

         

        

b

b

a

a

4.18 Xét chuỗi Markov với không gian trạng thái và ma trận xác suất chuyển



a X ,



c X ,



b X ,



a X

a. Tìm xác suất chuỗi đi theo đường đi: b

1

4

5

3

0

 P X

c      .   . b

b. Tính

c. Tính

(5)P .  P X

  . b

5

0

d. Tính  a X

   

 0, 2 0, 4 0, 3 0,1  

E 

. biết (0) P e. Tìm (5)P

0,1 

a

P

4.19 Xét chuỗi Markov với không gian trạng thái và ma trận xác suất chuyển

a  , 0

1

b  .

1

1

  1   b  

 a   b  

0,5

, 0

 P X

   0

 P X

   1

0

0

Giả sử phân bố đầu .

a. Tìm phân bố dừng.

nX .

b. Tìm phân bố của

c. Tìm phân bố giới hạn.

3

S  là các mức căn cứ để nhập

0, 4;

0, 3;

0, 3

P

P

P

4.20 Xét mô hình kiểm kê phụ tùng thay thế với s  và 0

   0

   2

  n

  n

  n

với mọi n . hàng cùng với n là lượng hàng khách yêu cầu trong chu kỳ n . Biết rằng    1

nX , trong đó

nX là số phụ tùng

Xác định ma trận xác suất chuyển của chuỗi Markov 

còn lại tại cuối chu kỳ n .

4.21 Hai công ti A và B cung cấp cho thị trường cùng một loại sản phẩm. Hiện tại công ti A chiếm 60% và công ti B chiếm 40% thị phần. Mỗi năm A mất 2/3 thị phần của mình cho B và B mất 1/2 thị phần cho A. Tìm tỉ lệ thị phần hai công ti chiếm được sau hai năm.

4.22 Mỗi một người dân của thị trấn N có một trong ba nghề (A, B, C). Con cái họ nối tiếp nghề của cha mình với xác suất tương ứng là (3 / 5, 2 / 3, 1/ 4) . Nếu không theo nghề của

cha thì chúng chọn một trong hai nghề còn lại với xác suất như nhau. Hãy tìm:

a. Phân bố theo nghề nghiệp của dân cư thị trấn ở thế hệ tiếp theo, nếu thế hệ hiện tại có tỉ

lệ theo nghề nghiệp là 20% có nghề A, 30% có nghề B và 50% có nghề C.

X t ( )



sin(

)

b. Phân bố giới hạn theo nghề nghiệp của dân cư thị trấn ở thế hệ tương lai xa.

  ,

,A  là hai hằng số và  là biến

A 0

t 0

0

0

4.23 Cho quá trình ngẫu nhiên

, 

. Xét quá trình ngẫu nhiên mới ngẫu nhiên liên tục có phân bố đều trên khoảng 

Y t ( )



2 X t ( )

.

( )Y t .

a. Tìm hàm tự tương quan của

( )X t và

( )Y t .

b. Tìm hàm tự tương quan chéo của

( )X t và

( )Y t có phải là hai quá trình dừng không?

c.

( )X t và

( )Y t có phải là hai quá trình dừng liên kết cùng nhau không?

Y t ( )



X t

( )cos(

)

d.

  ; trong đó biên độ

( )X t là một quá

t 0

0 không đổi và pha  là biến ngẫu nhiên liên tục có phân bố đều

4.24 Cho quá trình ngẫu nhiên

( )X t độc lập.

, 

  

,  và trình dừng, tần số góc trên khoảng 

 a. Tìm hàm trung bình E ( )Y t  .  b. Tìm hàm tự tương quan của ( )Y t .

( )Y t có phải là quá trình dừng không?

X t ( )

cos(

sin(





A

B





)

)

c.

t 0

t 0

0 là hằng số; A và B là hai biến ngẫu nhiên có kỳ vọng bằng 0, không tương quan, có phương sai bằng nhau

4.25 Cho quá trình ngẫu nhiên , trong đó

2 . Chứng minh rằng

( )X t là quá trình dừng (theo nghĩa rộng) nhưng không

và bằng

dừng theo nghĩa chặt.

  . Chứng minh

m t ,

( )

 t I

0,

  và t

là một quá trình dừng với hàm trung bình E ( ) X t X t 4.26 Cho 



X t m

Y t  là quá trình dừng có hàm trung bình E ( )

( )

( )

K

K

, Y t ( ) Y t rằng 

XX

X s X s là một quá trình cấp 2 có tính chất E ( )X s và E ( ) (

.

t I  hàm tự tương quan YY ( )

  

 ) t  không 

 t I

X t 4.27 Cho 

( )

 t I

là quá trình dừng. X t phụ thuộc vào s . Chứng minh rằng 

 . Chứng minh rằng ( )

( )

XXK

 t I

là một quá trình dừng với hàm tự tương quan X t

Y t ( )



X t (

  1)

X t ( )

t I  tự tương quan.

,A  là hai 0

0

 0, 2 ,

, cũng là quá trình dừng. Tìm hàm trung bình và hàm 4.28 Cho   ( ) Y t

sin(



)

  là một quá trình dừng. Tìm hàm tự

A 0

t 0

4.29 Cho  là biến ngẫu nhiên liên tục có phân bố đều trong khoảng  X t ( ) hằng số. Chứng minh rằng

( )X t có phải là quá trình ergodic?

tương quan. Quá trình

  

  

2

 r 22 

nÕu

e

,

0

  

r

r ( )

4.30 Cho  là biến ngẫu nhiên liên tục có phân bố đều trên đoạn 0,2 , R là biến ngẫu

r 2

f R



nÕu

0 ,

r



0

    

0

nhiên liên tục có hàm mật độ .

  . Chứng minh rằng

X t ( )



R

cos(

t

  là một quá trình

)

2





cos

 t

Giả sử  và R độc lập,

XXK t ( )

2

N(0;

dừng với trung bình 0 và hàm tự tương quan .

) . Đặt

X t ( )



A

cos(

t

)

4.31 Cho A là biến ngẫu nhiên có phân bố chuẩn .

(0)X và

(1)X .

a. Tìm hàm mật độ xác suất của

( )

 t I

có phải là quá trình dừng theo nghĩa gì không? X t b. Quá trình 

1Z và

2Z là hai biến ngẫu nhiên độc lập có cùng phân bố xác suất

X t ( )



Z

cos

 t



Z

sin

 t

4.32 Cho

 P Z

    1

 P Z

 1

1

1

1

2

1   . Đặt 2

,  là hằng số. Chứng

( )

 t I

X t là quá trình dừng. Tìm hàm tự tương quan. minh 

( )X t ,

( )Y t có trung bình bằng 0, độc lập nhau và có hàm tự







cos(2



)



e

4.33 Cho hai quá trình dừng

YYR  ( )

XR

 X( )



 X t Y t ( )

( )

tương quan , .

W t 1( )



 X t Y t ( )

( )

a. Tìm hàm tự tương quan của tổng .

W t 2( )

b. Tìm hàm tự tương quan của hiệu .

1( )W t và

2( )W t .

c. Tìm hàm tương quan chéo của

X t ( )



cos(

)

  ,

,A  là hai hằng số và  là biến

A 0

t 0

0

0

4.34 Cho quá trình ngẫu nhiên

0,  .

ngẫu nhiên liên tục có phân bố đều trên khoảng 

( )X t có phải là quá trình dừng không?

a.

( )X t .

b. Tìm công suất của

( )X t .

X t ( )



A

cos(



)



B

sin(



)

c. Tìm mật độ phổ công suất và mật độ phổ của

t 0

0 là hằng số

t 0

4.35 Cho quá trình ngẫu nhiên , trong đó

( )X t là quá trình dừng.

a. Chứng minh rằng nếu A và B là hai biến ngẫu nhiên có kỳ vọng bằng 0, không tương quan, có phương sai bằng nhau thì

( )X t .

b. Tìm hàm tự tương quan của

( )X t .



X n ( )

c. Tìm mật độ phổ công suất của

X n  và hàm tự tương quan

2



n



n

có trung bình E ( ) 4.36 Cho quá trình dừng 

XK n ( )

3 4

 1      7

    

2

 t

. Tìm mật độ phổ.

2 . Đặt

( )W t là quá trình Wiener với tham số

X t ( )

  t e W e (

)

0  là hằng

4.37 Cho ,

( )X t là quá trình Gauss dừng với hàm tự tương quan





t





2 e

t

số. Chứng minh rằng

    . Tìm mật độ phổ.

XXK t ( )

nÕu

B (



f

),

f



B

1 2

,

( )X t có mật độ phổ

f ( )

P



XX

nÕu ng­îc l¹i

0 ,

   

4.38 Cho quá trình dừng ergodic .

 ( )



P

4 cos (

)

Tìm hàm tự tương quan.

XXR

  0

4.39 Tìm mật độ phổ của quá trình dừng có hàm tự tương quan , trong

,P  là hai hằng số. Tìm công suất của quá trình.

0

đó

24



2 2 f

f ( )



4.40 Tìm công suất trung bình của hai quá trình dừng có mật độ phổ công suất tương ứng sau

P

XX

1



16



4 4 f

24



2 2 f

a. .

f ( )



P

YY

3



4



2 2 f

 1



b. .

HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP SỐ CHƯƠNG 1

1.1 Sai 1.2 Đúng 1.3 Sai 1.4 1.6 1.5 Đúng Đúng Đúng 1.7 Sai 1.8 Đúng 1.9 Sai 1.10 Sai

4i

3 i 5

 

46i

b. 1.11 a. 1 c. 25

16 5

2 i . 5

i

3,

,

1

1

i

1

1

e. 1 d. 9 f.

    i i ,

    . , i

1 2

1   2

3 2

 2 k

 2 k

 3 4

 4

i

i

6

3

3

b. 2, c. 1.12 a.

e 2

z



,

k



0, 1, 2

z



e 2

,

k



0, 1, 2

1.13 a. b. .

1.15 a. Đường tròn tâm (3;4) bán kính 2.

 ( 2;0),

(2;0)

6

i và tạo với trục thực góc

F 2

độ dài trục lớn 2 . a  .

2

2

3



1

b. Nửa đường thẳng gốc tại z F c. Ellipse với tiêu điểm 1 d. Đường tròn tâm (2;0) bán kính 2.

 với

x  .

x 9

y 16

e. Nhánh của Hyperbol

y  , kể cả đường thẳng đó.

3

f. Nửa mặt phẳng bên dưới đường thẳng

g. Miền nằm ngoài đường tròn tâm (0;-2) bán kính 2 (kể cả đường tròn này) và nằm

ngoài đường tròn tâm (0;-2) bán kính 1.

 3

 2

h. Miền giới hạn bởi hai nửa tia xuất phát từ gốc lập với trục thực góc và ,

3

2

kể cả hai nửa tia này.

u x y ( , )



x



xy 3

,

v x y ( , )



2 x y 3

3  . y

1

x

u x y ( , )



,

v x y ( , )



1.16 a.

2

2

 2 )

(1



x



y

(1



x



y

y 2 )

3

x

3

x

b. .

u x y ( , )



e

y cos 3 ,

v x y ( , )



e

y sin 3

c. .

w z '( )

1

  , không giải tích tại

1 2

z

2

x

2

2

2

2



x

2   y

0 1.17 z  .

u x y ( , )



x x



y

,

v x y ( , )



y x

2  . y

2

2

 u  x

x



y

2

xy

xy

y

2



,





x

2   y

1.18 ,

2

2

2

2

2

2

 u  y

 v  x

 v  y

x



y

x



y

x



y

; .

0 Hàm số không thỏa mãn điều kiện Cauchy-Riemann tại mọi z  .

  z

z

w

(0)





0

w

'(0)

 . 0

lim   z 0

lim   z 0

)   ( w z  z

 z

z 2

3

w z '( )

 

. Vậy

w z '( )

z 4

2

z (



2 1)

3

1.19 a. b. .

v x y ( , )



2 x y 3

3   y

C w z ( )

,

  .

Ci

z

2

1.20 a.

v x y ( , )



xy 2

  2 y C w z ( ) ,

   . 2 z Ci

z

y

b.

v x y ( , )

 

  2 x C w z ( ) ,

 iz Ci 2

2

2

1   z

x



y

x

1

u x y ( , )





C w z ( )

,





C

c. .

2

1 

1

z

 2   1)

y

x (

2

1.21 a. .

u x y ( , )

2     y

y C w z 3 ( ) ,

x

2   z

iz C 3

 .

x

z

b.



e 3

cos

y

  

y C w z ( ) ,

x



e 3

  (1

i z C )

 .

2

I



z dz



x





idy

c. ( , ) u x y

 2 y dx







C

C

1

1

1

x

  I

2 x dx



2

xdx



1

1.22 .

C

:







1

0



cos(





t

)

  I

sin(



  ) t

i

cos(







2

C

:

a. .



 t dt )



sin(





t

) ; 0

  t



0

   1     y 0   x     y 

b. .

I  0

14 I   . 15

i 3

I



 2 i

cos



1.23 a. b.

  . 2  i

z

z

0



1

dz





e

dz



2





e

I



1.24 a.

 i e



 

 

e  z z (

1)

1 z

z

1 

1

     

    

C

I

i 2

. b.

4

e

1.25 a. b. .

 2

C 0 I    2 e 2

2

2

I



1.26 a. b. .

 . 0

z 2

z

 2

 i

C z :

    1

1

I

dz



 2 i



1.27



sin( z z

 z  

/ 4) 1 1

sin( z

z  

/ 4) 1

     

     

2

C

z

 1



z

e

z



z (



i

e

2



 i



C

x : 4

  ( y

2 1)

  

1

I

dz



 2 i

1.28 .



 1



 2

z (



i

2 ) 2 )

2 )

i

       ( z

'       

C

z



i

. 1.29

1

1

z (



I



dz







 i 2 2!

 i 3 8

3 1)

z (



3 1) 3 1)

       ( z

''       

C

z

 1

1

1

z (



I



dz



 

0

1.30 a. .

I  .



 2 i 2!

 3 i 8

z (



3 1) 3 1)

3 1)

       ( z

''       

C

z



1

z

I





z



 i

b. . c.

 e

'''

 i 2 3!

e 3

z

 1

2

I



  3 z

2



10

 i

1.31 .

 z 5

''

 i 2 2!

z

 1

n

 i

2

1.32 .

z  .



R



2;

z



e 2



 miền hội tụ

z 2

1 2

n

n 2

n



2

n

 1



n

 1

1.33 a.

u

2   z

n  ( 1)



n  ( 1)

z





z n (2



1)!

u  n

(2

1)!

n

 1

n



0

z

3

b. Đặt hội tụ với mọi z .

i  .

in



n

e

 i

R



3,

u



e 3



0



u

z (

i

z i c. Đặt u   ; miền hội tụ

3   ; )

 : miền

u n 3



n

1



n n 3

d. Đặt hội tụ

3 3

z

z i 

   1 i

1

1

2

1  z 1

1  z 1

w

'



e

,

w

''



e



,

e.

(1



z

2 )

(1



4 )

z

(1



3 )

z

     

      

2

4

6

1  z 1

w

'''



e







6 )

z

(1



z

5 )

5 )

z

(1



z

4 )

(1

 1       (1 

     

2

3

 

w e

  z

z



z



13 6

3 2

    .   

  1   

3

3

2

3

3

2     1

z

z

z

z 0(

)

z

  

z

z

z 0(

)

1  1

z

1.34 a. Cách 1:

e



e



e e

2

3

2

3

2

3

3

3

2

3

3

  

z

z

z 0(

  

z

z

z 0(

 z

 )

 z

 )

z

  

z

z 0(

)

3









z 0(

3!

2!

z 1!

Cách 2:

    )      

2

3

3



e

  z

z



z



z 0(

     1 e     

13 6

3 2

  1   

  )   

.

3

3

w



2    

z

z

z

z 0(

 sin 1

 )

b.

2

3

3

3

3



sin 1cos

  

z

z

z 0(



sin

  

z

z

z 0(

 )

 z

 z

 ) cos1

2

3

w



sin1



cos1

z



cos1



z



cos1



z



2



1 2

5 6

   sin1   

     

   sin1   

     



w





2 / 3  z 1

3

w





  

1.35

1 2

1 3

1 6

2 z     4

z 8

z 2

 2 1     z 3 

      

z

z

1 / 3  z 2    1    

3

2

w



  

z

z

a.

 1

 

2 z     4

z 8

z 2

2 3

 1   1   6 

              

w



  

b.

2 2

1 2

1 3

 1 1     z 3 

      

 2 1     z 3 

    .   

4     3 z

z

z

z

z

1

z (

2 1)

  w

e





u

c.

z  1

1 

1

1   2!

 3!

z

 4 !

2 1)

 1       z (

        

1

1

z  là cực điểm bậc 2, chuỗi hội tụ với mọi

1

1

1

1

1

w



z









  z







1.36 a. Đặt



2

4

6

3

5

1 z 2!

  1   

z  .      

2!

z

4 !

z

6!

z

4 !

z

6!

z

b.

 )

 )

z (

z (

w



 

   1





0 0 z  là điểm cô lập cốt yếu, chuỗi hội tụ với mọi z  .



z sin( z

    

z sin(  z

 

2   ) 3!

4   ) 5!

z

 là điểm cô lập bỏ được, chuỗi hội tụ với mọi z .



w







n  ( 1) ( z



n 1)

c.

 1  1

z

2 

2

z

z

1     2 1 n



0

1

1

z   là cực điểm đơn, chuỗi hội tụ trong vành khăn 0

z   . 1

n  ( 1) ( n

n ( )

d.

f z ( )

  z (

 3 2)



f

z ( )



z 2(



 2)! n  3 2)

2

3

  w



z



z



z



3 16

3 16

5 32

 1 1     z 8

     

2

e. Tại z  , xét 0

z  .



z (

0 z  là cực điểm đơn, chuỗi hội tụ trong vành khăn 0

z   , xét 2







1 z

1   2

2

z

2

 z

n  2) n 2



0

  n

1



1  2

1

1

   w





z (

  2)

z (



2 2)





z 8(

2)

1 

1   16

1 32

1 64

z 2(



3 2)

z 4(



2 2)

Tại

2

2

z   là cực điểm bậc 3, chuỗi hội tụ trong vành khăn 0

z   . 2

2

2

2

I



dz



dz



dz

 i

 

 

 

z z 1)(

z (





3)

1 2

z 

1

z 

z

3

z

     

    8   

C

C

C

1

1.37 .

I



dz



2

 i



2

 i

 



2

2

 i 2

     

'      

dz 2 z 1) (

z (





1)

1 2 z 1) (

z (





i

)

z



1

      

      

C

z



i

z

 1

1

i

4

1.38 .

z   chỉ có hai nghiệm

0

1

2

1

1

 i

1.39 Phương trình nằm trong đường tròn C (xem ví dụ



 

I





2

 i



dz 4

z



1

2

C

1



i

1



i

4

3      

     

              4       

        3             

2

2

2

2





i

  

1

1

i

z

z

I



 2 i

1 1 ;



Re s

;

Re s

. 10). Áp dụng công thức (1.71) ta có

4

4



1

z



1

z

2

2

    

    

        

i

  1

i



1



1

2      

     

2      

2





2

 i



 2

1.40 a.

1



i

  1

i

4

4

     

3      

     

3      

              1      2         

               

2

2



1)





2)!

I





.

2

 2

n (

n )

i

 1 2  i     1)! (   z

n (       

n 2 2



z

 i

n (2  n (

 1)!

2

I

I



b. .

 5

  9

a 3

c. d. .



i z 2

i x 2



4

I



Im

dx



 Im 2 Res i

;

z



i 2

1.41 Áp dụng công thức (1.76).



ze 2

xe 2

1 2

1 2

 e 2

z



4

x



4

      



    

        



I



Im

dx

a. .



1 2

x x (

ixe 2 

2 1)



iz

iz



3)



Im 2

 i

Res

;

z

Res

;

z



b.

e 2

e 2

1 2

 e (2 e 4

z z (



2 1)

z z (



2 1)

         

    i   

    

    0     

2



I



I



.

  e 8

  2  e 4

c. d. .

1.42 Áp dụng công thức (1.77).

2

2



I



I



2

I

I



  8

na  2  a

1

3





i





z



n

in



 n

a. b. c. d. .

X z ( )



x n z ( )



z

e





;

z



1







i



z



e

n



0

n



0

n



 e     z  

n      







na

 n

 a

1.44 a. .

z

e





;

z



e





n     

 1     a e z

a e z a e z



1

n



0

n



0





a e z

 n



na



n

 a

b. Ta có .



X z ( )



x n z ( )



ne

z

  z



z



e

;







1

a e z (



2 1)

n



n



0

 a e z     a  e z 

'      

n

0





n



n

 n

.

X z ( )



a

 ( 

n z )



n a z



z



a

;









a 

z

a

   z    a  

n



n



0

n



n

 1





n

 n

1.45 a. .



;

z



a

X z ( )



 a

  (  n

z 1)





z 

a

z

   z    a  



0

  n

n



 1

N

 1



N

1

 n

X z ( )



z



;



z

. b.





z  1

N

n   z       a



z

n



0



0

  n

  z

 1

c. .

z  ;

1 2





1.46 Trong miền

 n





3

5

n     

4

n



0

n



4



x n ( )



n (

 . 4)

5

1  2n

X z ( )



4 2 X z ( )     z 2 4 1 z 2      z z (2  1) z 1  n 2 z   1    1     2 z 

z  .

1 2

2 z  z 2

1

6



0

1.47 a. ,

z  .

X z ( )



z 6

1 5

z



z

2

a

X z ( )



b. ,

a .

a   z  ( a z z )

aT

z z (



X z ( )



c. , z

X z ( )



zTe aT

z (



a

a ) 3 )



2 1)

ze (

sin





sin(







z



cos1

T 0

 )  

X z ( )



1.48 a. b.

X z ( )



2

2

 z z   z



z 2 cos(



)



1



z 2 cos1



T 0

 1

d. c.

X z ( )



 z z z 

z

1

e.

1

x n ( )

  8

8



n 6

x n ( )



1.49 a. b.

x n c. ( )



na  1  1 a

na n !

n   1         2  

n   1         2  



11



10

n

n

x n ( )



 ( n



10)



 ( n



11)

x n ( )



(6

n

4)



1 9

n   1         2  

n   1         2  

d. e.

x n ( )

n 5



 

n ( 1)

x n ( )

  1

n n (



1)(2

n

 b.

1)

x n ( )



n n (

 c. 1)

  

  

1 6

1 2

   4 1         1 9 2 1 6

  

2

  

1

1.50 a.

x n ( )



(2

n



1)

1 2

  

1

n ( 1) n ( 1)

n 2( 6) n 7( 6)

  

n   1         2  

       

n      

 x n ( )   y n ( ) 

 x n ( )   y n ( ) 

d. e. f.

HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP SỐ CHƯƠNG 2

2.1 Đúng 2.2 Sai 2.4 2.3 Đúng Đúng 2.5 Sai 2.6 Sai 2.7 Đúng 2.8 Sai 2.10 2.9 Đúng Đúng

6

3 sin

t

t sin 3

3



X s ( )



2.11 Tìm biến đổi Laplace

x t ( )



sin

t



2

2

 4

s (



s 1)(



9)

s

s 4

4



X s ( )







cos

 t

cos 2

 t



cos 4

 t

a. .

2

2

2

2

3   8

1 2

1 8

 1 3     s 8

    

s



4



s



16



s

s

 2 t





t cosh 3



b.

L

L

 t cosh 3



 e



2

 2 2 2)

s (





9

9



 t

 t



t 2



t 3

c. .

x t ( )

te

  1

te 3



2 t e 3



3 t e

   1

3

6

6



X s ( )





d.

s 3 1   s

s (



2 1)

s (



3 2)

s (



4 3)

3

t 2

s

s 3

e



X s ( )



x t ( )



t cosh 2 cos

t



cos

t

.

4

 2 t e 2

 2   s

25

s

 t

e

e. .

x t ( )

 t e

t sin 2 cos 4 t



t sin 6



t sin 2





2

3

1



X s ( )





f.

2

2

s

  s 2

37

s

  2 s

5

.

2



9

X s ( )

 



2.12 Tìm biến đổi Laplace

2

s 2

    

s

'  s      9

s (



2 9)

a. .

2

2



cos

 t



L

 t



s 2

 2 2 )



s (



2

2

s (



a

2 )





s (



a

2 )







cos

 t

cosh

at





b.

L

 t



2

2

1 2

2

2



a

2 )







a

2 )





 s (



 s (



          

         

2



2

sin

t





.

L

 t



2

s 6 2

    

s

  1      1

s (

2 3 1)





4



arctan

c. .

L

L

sin 4 t t

sin 4 t t 4

4 s

      

      

      

      



2

u

cos

at

cos

bt

u

s

X s ( )







du



ln

d. .

L



2

2

2

2

 t

1 2

     

     

u



a

u



b

a

     2   s

 2   b    2  

      

      

s





at



bt

e

X s ( )







du



ln

e. .

L



 t

u

1 

a

u

1 

b

s s

 

b a

     

     

     

     

s

  e     

      

2

2

s



2

s



2

2



bs

f. .



t





b

2 t ) cos (



b



e

L

L



  ( t

 )

2

2

s s (



4)

s s (



4)

 s

x t ( )

  ( t

2 1)

 ( t

 

1)

X s ( )



e

a. . 2.13 Tìm biến đổi Laplace  cos

2 3

s

x t ( )



t

 ( ) t

 ( t

(2

t

)

 ( t

1)

b. .



     1)



     ( t 2)

 s



s 2

1



e 2



e

c.



t

 ( ) t

  2( t

 1) ( t

  

1)

t (

 2) ( t

  2)

X s ( )



2

s

x t ( )



cos

t

 ( ) t



 ( t





 sin ( t t

.

 ) 

  )





 s

e 1)

s



 ( )cos t

t



 ( t





  ) 

t sin(



X s ( )



d.

 t ) cos(

   )

  s ( 2

s



1

.

s

1 

1

    

1   2 s

s

3

2





a. 2.14 Tìm biến đổi Laplace  1 2     3 s 

 2

1 s  s

2

2





2   s  s

2 s 

s

t 2

x t ( )



cos *

t e



X s ( )



b. .

2

s (



s 2)(



1)



1

s

1





du



ln

c. .

L



1 u

1 

1

u

 s

     

     

     

     

s

      

  t  e    t  

d.

t

1

du





 ue  u

1 s

1 s

  ln 1   

     

0

    L     

        

t

t

.

y t ( )



x u du ( )



Y s ( )









y t dt ( ) 1 1



X s ( ) 2

( ) X s s

( ) Y s s

s

0

0

    L     

        

X s ( )

2.15 Đặt .

 L

  x t ( )

 1

C

2.16 a. Đặt , tương tự ví dụ 2.47 ta được nghiệm

L

CJ t ( ) 0

2

s

        1  

'

'

J

, thay điều kiện đầu ta có

 . 0

2 t e J 2

2 t e J

t (2 )

t (2 )





2 t e J

t (2 )

0

0

0

0(0)

. Từ phương trình suy ra

         b. Sử dụng tính đồng dạng. ' c. 

2

2

''

'

s

s







  s

2

L

0

0

0

 t (2 )

 2 t s e J

 t (2 )

 2 t e J

 t (2 )

t



0

    2 t e J    

       

t



0

s (



2 2)



4

s (



2 2)



4



1

 ste

J t dt ( )



,

  s

0

d. Sử dụng tính chất dịch chuyển ảnh và đạo hàm ảnh.

0



2

s



1

0

e. Áp dụng công thức .

 s

e

tanh

2.17 Tìm biến đổi Laplace



1 2

 s

1 s

s 2

s

s

(1



e

)

2

tanh

a. b.

1 2

2

s 2

s

s

s

 s

 2

e

(1



e

   1    s     1  

        

c. d. .



2

3



0

 t e t

sin

tdt



2.18 Áp dụng công thức định nghĩa biến đổi Laplace.

1) 4



2

0



s s 24 (  s

  1

s

 1

t

dt



arctan



. a. Sử dụng câu 2, c,

  t e 

sin t

1 s

 4

s

 1

0



2

t cos 6

t cos 4

dt



ln



ln

b. .



 t

1 2

2 3

 s     2   s

 2   4    2  6 

0

s



0



t 6

t 3

e

dt



ln



ln 2

c. Áp dụng câu 2. e, .

  e 

 t

 s      s

   6    3 

0

s



0

d. Áp dụng câu 2. f, .



2

t







du

L

L



2

sin t

cos 2 t t 2

1 2

 1     u

 u      4

u

  1     

      

s

      

      





2

t

t



ot



dt



e

dt



duds





2 sin 2

sin 2

2

  1   2

 1     u

t

t

 u     4

u

0

0

s

0



u



2



du







du



arctan



e.

2

u 2





1 u

u 2

 2

1 2

     

 u   ds    4

u

u



4

     1    

      

0

0

0

0

.

n 2

 1

n 2

 1

n 2

 1

sin

t



(2

n



n 1)(2 ) sin

t



(2

n



2 1) sin

t

2.19 Chứng minh theo quy nạp và sử dụng công thức sau:

n 2

n 2



2



n 2

2

. a. 



(2

n



2)(2

n



1) sin

t



(2

n



2 2) sin

t

sin

t

'' ''

.

2

s

s (

  1

1

2

t











x t ( )



e

t 2

b.  2.20 Tìm hàm gốc

1 

1

s

t 2

s (



3 1)

s (



2 1) 3 1)

s (



3 1)

s (



2 1)

   1    

 2        



te 22

a. .

3 cos 2 t t

e





 44 e



t

t sin2

t 3 cos 4  t sin 4 b. c.

d.

t e. cos2

 1t

  t

3

te 2

t



t 2 cos 2 t

  2 sin 2 t   

2 2

        

    

f. .

2.21 Tìm hàm gốc

te



2 cos

t



sin

t

1



2



. a. 2

1 3

3

s 2

1 

s 3(

1)

3 s s (



1)

1   3 s

s



1

1   3 s

s 3(

  s

1)

s (

1 / 2)



1 

s 3(

1)

1   3 s



3

3 4

 2  1     2 

     s      

3 / 2      

1

 t

t 2

t 2

e



e

cos

t



e

sin

t



x t ( )

3 2

3 2

2 t   2

1 3

1 3

3

2

 t

t 2

 t



t 3



e



e

  4 t

e

t



3 sin

t



e

b.

 4 cos



1 3

1 3

t 7 2

4 5

1 5

     

     

c. d.

 te

t



t sin 2

at



at

cosh

at

 sin



 sinh



1 a 2

1 3

e. f. .

3

t 2

t

 3 t ( t e

3

e

t



sin

t

2.22 Tìm hàm gốc

 2 cos



  ( ) t

  2)

1 6

2 t   2

a. . b.



1 / 3)



 ( t



t 1 / 3) cos(



1 / 3)

t 



  4( t

4)

t 3 2

t 4 (



3 3)

e

1

e

t (

d. 2 c. (  t

 . 3)

2



t

3



t

x t  ( )

e. f.

x t ( )

t e 3 t

2 t e 12

2.24 a. b.

 

2 sin

t



t cos 2

x t ( )



t cos 3



t sin 3



t cos 2

1 5

4 5

4 5

at

at

d. . c. ( ) x t

x t ( )



cos

at



2



f t ( ) *

sin a

sin a

sinh

at

sinh

at

x t ( )



C

 at C



g t ( ) *

2.25 a.

cosh 1

2

a

a

t

x t ( )



. b.

sin t

 t

x t ( )

  2



e



sin

t



cos

t

3 2

1 2

2.26 .

 t

e

y t ( )

  1



sin

t



cos

t

21 t 2 1 2

1 2 3 2

1 2

 t

t 2

 t

x t ( )



e



e



sin

t



cos

t



te

2 5

1 3

1 8

2.27 a.

 t

t 2

 t

e

y t ( )



e





te

4 45 1 9

1 3

1 9 1 9

2

 t

x t ( )



t

  

t

e

1 3

b.

2

 t

 t

y t ( )



t

e



te



cos

t

5 3 8   3

2 3 1 3

1 3

2 3 2 3

           



. c.

L

  E

50   s

  2s I   



(0))





  50



2.28 Phương trình ảnh

L

L

  E

  E

 s 16

 2 s Q 2

50   s

  16   

  16      2 ( s sQ q   

150

 4 t

 4 t

  

q t ( )

6

e 6

cos3t



e 8

sin3t

Q



Hay .

2

s s (

  s 8

25)



t 4

i t ( )





e 50

t sin 3

; a.

dq dt

Q



.

2

150 2

s (



s 9)(

  8 s

25)

b.

 4 t



q t ( )





t 3 cos 3

e



t 3 cos 3



 t 2 sin 3

 t 2 sin 3





25 52

25 52

 4 t

i t ( )









t 3 sin 3

e



t 6 cos 3



 t 2 cos 3

 t 17 sin 3



75 52

dq dt

25 52



t

55 2

1

e

i 2

I

I

I

1

2

2



t

55 2

I 10

I 30

sI 2













  2

e 2

i 2 2

i 1

2



t

110 s sI 4

1 sI 2

1 I 20

I 10







1

1

2

2



I

55 2

2

  3

e 3

              

i 3 2

55 

s s (2

55)

     2 I I  1    I I 3         

.

1

2.29 Áp dụng hai định luật Kirchoff ta có hệ phương trình ảnh                  i   





1 Z

1 

Ls

R 1



R 2

1 Cs



t 10

2.30 Trở kháng ảnh tương đương Z thỏa mãn: .





24  t

u x t ( , )

 3 e

sin 2

 x

q t ( )  t sin10  t 2 cos10  e t sin 10  t 2 cos10 2.31 .

 

n ( 1)

 3 1



a



3,



0;



2.32 Áp dụng các công thức (2.36)-(2.38) ta được nghiệm: .

0

a n

b n

n



 

n ( 1)

 3 1



sin

t

2.33 a. .

 

3 2

 n 5

n



n

 1

x

  ( 5)

x

(0)



x

(5)

Chuỗi Fourier .

3  . 2



b.

x t ( )



n ( 1)

sin

t

   1



4  n

 n 4

n

 1



x t ( )

  4

cos

t

2.34 a. .



 n   ( 1)

 n 4

16  2 2 1  n

n

 1





n



1)

 t

n

  1) t



 sin (2  

  

 cos (2  

 / 2  

x t ( )

b. .





1   2

2 

n 2



1

1   2

2 

n 2



1

n

 1

n

 1

2.35 a.







x t ( )

 

sin(

nt

)



cos

 

n ( 1)



sin

  

n ( 1)







 1  

  

n  ( 1) n

 2

1 n

 2

1 n

2 n

 1

 1

2 n

2 n

 1

   

  nt  

     nt       

           

 n it

i n (2



t 1)





e

e

b.

x t ( )

x t ( )

1



   2

2 

i    

n

(2

n



2 1)

n



n

 

n ;

0



1)

it



2(2

n

x t ( )

2.36 a. b.

1   2

i 

e  2 n

1



n

c.





1



n

z  .

X z ( )



x n z ( )











1 3

1 z 3

3 z  z 3

1

     

n     

n



n



0

1



1 z 3

2.37 a. Biến đổi Z : ,

i

2



f







n

1

 i

2



nf

i

2



f

 X f

( )



x n e ( )









X z ( )

b. Biến đổi Fourier:

i

2



f





 e 3



e 3  2 i

f

 z e

e 3



1

n



n



0

1



1 i 2



f

e 3





 i

2



nf

 i

2



nf

 X f

( )



 ( 2

i n x n e ) ( )





nx n e ( )



 X f

( )

.





d df

1   2 i

d df

n



n



i

2



f

i

2



f

e 3

c.

 Y f

( )





e 3  2 i

f

2

i d  2 df

i

2



f

e 3



1

      

     

e 3





 1

1/4

1/4

1

 i

8



f

 i n f 2

i

 2 (

n



4)

f

x n ( )



 X f e

 ( ) i n f 2

df



e

df



df

e

e

.









1/4



1/4



1

n



 4) / 2



n



4

n



 4) / 2

1 2





4)





sinc

1/4 2

2.38

  cos 2 ( n

 f df



1 2

    

   4    2 

0

n



4

 sin ( n ( 1 2

       



T

 i

2



ft

 X f

( )



x t e ( )

dt



2





T 2 sinc(2

Tf

)

.

 cos 2

 ft dt







0





cos

 t

sin

I



d





d i t

e



2.39 a. .





 T 

 sin T 







 t T



fT

i

2



ft



1





 2

f

  I

e

 2

df





X f

( )





/ 2

t



T

b. .

F







sin 2   f 2



0

 t T

    





u



T

t 1,



du



d





Đổi biến số .

 0





sin u

1 2

sin 

 2

0







2

2

x t ( )

dt



 X f

( )

df

c. Sử dụng kết quả b. với .

















2

2

2

d.









2

2

2





0

0

2 sin 2 

sin u sin u sin u  T 2  df  du  du  du  . T 2  T 4   2 u u u  f  Tf 2 





1

2(1



x t ( )



cos

  t d

x u

( )cos



u du



(1





)cos

  t d



2.40 Áp dụng công thức (2.93) tích phân Fourier cho hàm chẵn:







t cos ) 2

2 

2 



t

0

0

0

.









t



u

1

 u

e

cos

  t d

e

cos



u du

e

cos



u du



 t



2.41 Áp dụng công thức (2.93) tích phân Fourier cho hàm chẵn:

L

 cos







2

s

 1

2   

1





0

0

0

 X f

( )



T f sinc (

T f sinc (



và .

  f ) 0

f 0

 )  

  

A i T 2

2

2.42 a. .

 X f

( )



T

sinc (

Tf

)







i

2





 i

2



 i

2



ft

 t      T 

  f t   

t T

 X f

( )



x t e ( )

ft dt



dt



e

e

e

dt



b. .







T  2 i Tf

1





0

0

t









T 2

 i

2



ft

T

t T

2.43 a. .

e

e

e

X f

( )



dt



2

cos(2



ft dt )





ft



L

 cos(2

 )





s



1



(2

 Tf

2 )

1 T



0







 i

2



ft



2



a f



)



fa

 )

 X f

( )



dt



2

dt



d





e

b.  .







e 2

2

cos(2 2

ft 2

cos(2 2

2 a

 a

t



a



a

t





1



0

0

sin(2



f

)



(2

) cos(2



f

)

f



0

2

 X f

( )





t

) cos(2



ft dt )

c. .

 f 3 3 f

1  2 (1

0

 2 4 / 3

f



0

      

d. .

HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP SỐ CHƯƠNG 3





3.8 3.1 Sai 3.2 3.3 Đúng Đúng 3.4 Sai 3.5 Sai 3.6 3.7 Đúng Đúng Đúng 3.9 Sai 3.10 Sai

16 315

4 3

8 12

  

4

3.13 a. b. d. c. 2 

  

 1 / 4

  3 / 4



(sử dụng ). e. 4 2 



y

x suy ra

2

(7) 7

45 8

2



3



(1 / 2)



x

3.14 a. 3! b. Đổi biến số

y suy ra

 3

1 3

2 4 ln 3

y

 

ln

x



ln

3.15 a. Đổi biến số b.

1 x

3

3

3

9



(3 / 2) (3 / 2) (3 / 2)

M







3.16 Đổi biến số .

R R R 8 3

   (1

 9 / 2)

 R 4 945

2

3.17 .



2

2

2

3.18 Đổi biến và tính tương tự ví dụ 3.7.

a (

  , k là hằng số tỷ lệ.

b

c

)

abck 30

3.19

3

m

3

V



a

  8 (1 /  2 m 3



(3 /

 )   m

)

x

  

y

z

a

3.20 .

3 (2 /   4 (1 /

m m

) (3 /   ) (4 /

m ) m )

16



3.21 .

1 180

64 2 15

9 3



3.22 a. b. c. .

8 315

 5 12

2



 1



B p

( ,1



p

)



3.23 a. c. c. .

y



px  x

dx 1

x 

1

x

0

p

3.22 a. Đặt .

x

y và áp dụng a.



2





b. Đặt

4

3 3

2 2

3.28 a. b. c. .

m



1)

m m (



 

1)

2

n

z  | 1



z

  1

mz



z

  

z



 với |

3.29 a. Áp dụng công thức (1.90)



m m ( 2!

1)...( m n n !





1

2

n

1 2



z

  1

z



z

 

z

   1





1 2

1 3  2 2 2!

n  n ( 1) (2 )! 2 2 n n 2 ( !)

1



z

n



0



n



1

1









 1

s  , 0





1  1 n 2

2

2

1 s

 n ( 1) (2 )! 1 2 2 n n 2 n 2 ( !)

s

n  n ( 1) (2 )! 2 2 n n 2 ( !)

s

n



0

n



0

1



s

s

. 1

1 s

      



n 2









.

J t ( ) 0





t n (2 )!

2 n   t       2

n  n ( 1) (2 )! 2 2 n n 2 ( !)

n  ( 1) 2 n ( !)

n



0

n



0

1

1

1

1



s 1/

e







  





Với mọi



2

3

1 2

4

3

1 s

1 s

1   s

1 s

  1   

2!

s

3!

s

s

3!

s

s

6

4

2

2

3

t

t

t

 2



      

 2

t

t





  

J

(2

t

)



x t ( )

  

1

t



  



1

b.

0

2 !   2 2 2 2 2 4 6

2 2 2 4

2 (2!)

2 (3!)

2 2

( ) *



sin

t

.

J t 0

J t ( ) 0

n



3.30

C

 C

x J x ( ) n

J x ( ) n n x

2

4

3

x (8



x J x ( ) )



x (4



16 )

3.31 a. b.

 . C

x J x ( ) 1

0

2

8

3

3

3

3

c.





6

xJ

(

x

)



3

2 x J

(

x

)

 C

1

0

J x ( ) 3

J x ( ) 1

J x ( ) 0

 x 2

4 x

x

3.32 a. b.

( )sin

x



( )cos

x C

 .

xJ x 0

xJ x 1

c.

 1 a 2

y



x

x b (

)

z

3.34 a. 1 b. 1

 1 a 2

1



2

1 2

1 2

y



x

x ( )

z

y



z

ax

)

y

)

3.41

1

0(2

z x 0(

2

1

1

3

2

2

2

2

1 2

)

y



x

z

(

x

)

y



x

z

x

)

(

3.42 a. b. c.

z x 0(

1

1

1 2

2 3

4

3

c. y = d. e. .

HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP SỐ CHƯƠNG 4

4.1 4.2 4.3 4.4 4.5 4.6 4.7 4.8 4.9 4.10 4.11 4.12

n

F

,...,

x

)

)

 ( ) E n

X





Sai Sai Đúng Đúng Đúng Sai Sai Đúng Sai Đúng Sai Sai

b.

x x , ( 1

2

F x ( X i

n

 X

n

 

  

  

X X 1...

n

i

 1

 n m

 n m

C

n m ( ,

)

R

n m ( ,

)

c.

d.

2

XX

XX

2

 n m



 n m

 0     

 2      2   

X

2,



0,

X

4.13 a.

  1

1

0

2







2

X





1

X



0,

X

 P X

  P X 0

0

1

0

2

0

1

  P X 0

  2

4.14 a.  P X



0, 3 0, 7 0, 8







0,168

0

1

0

1

 2 0, 4.0,63



0,252

.   2 X  1 

  0 P X   P X

  P X  P X

  P X 0    1

2 X 21,

0

2

0

b. ; . X 2 0, 63 X    2





4.15 Điều kiện thứ hai của ma trận Markov có thể viết dưới dạng

. hay là P a

a trong đó

a

p 11 p 21 

p p 1 m 12 p p 22 2 m   





1

p m

p m

2

p mm

  1     1          1    

   1       1             1       n

P



P





Do đó

  1     1          1     1 P  n a

a

a

a …

a .

0, 47 0,13 0, 40

2

P

0, 42 0,14 0, 44

0,26 0,17 0, 57

4.16 a. .

         2P a        

       



1



1

X

3

X 1

2

0

 P X



1

X



1,

X



0

X



1,

X



1

X



 P X

   0

3

0

3

2

0

3

2

0

   0  P X

   0    0

0,13 ;  P X

 0

b.  P X

2

1,

X

X





3

2

0



X

1

0,

X

X





0

2

3

0

2





1

X



1

0,

X

X





2

0

3

0

2





2

X

1

X







2

0

3

0

2

  0

2

0

2

2

3

0

2

3

  1 .

  0 X  X 1  1 X   1 X

 0    0   1   2  P X  0, 47 0,2

  P X 0 

 P X  P X  P X  P X  P X

2

0

3

2

,x y z ,

  2 X   X 0 1   0,13 0,2  0, 40 0,1  0,16

  



y

y

x

z

  

c. Phân bố dừng

 z P   0;

  



1

y

x

z

 P X    P X 0   P X 0   P X 0 0, X    0 P X    0    P X   2   là nghiệm của hệ phương trình     x       x y z , , 

.

, ,x y z là nghiệm không âm của hệ phương trình

x 9

 y 2

 6 z



0



y 8

 z



0

x

 y

 z



1

  2 x   

x



,

y



,

z



Như vậy

50 139

21 139

68 139

p



Hệ phương trình có nghiệm .

 P X

  . 0

0

0

4.17 Đặt

   0

 P X

0

1

0

2

2

0

1

 0, X   0, X  0 X a)  P X





0



0

X



0



0

X



0,

X

p

0

(1



2 )

 P X

0

0

1

2

0

1

0

2



0,



.

0,



1,

X

  0     (1

2  )

   0

 P X

   0

X 1

0

2

0

  0 P X    P X  X 0, 1

2

  p  0

 

5

4

3

2



0

X



0



16





40





40





20





5



 . 1



0, X   P X X . b)

.

 P X c)  P X 4.18

5 a)

P 

0 (0,2)(0, 3)(0,2)(0, 5)(0, 2)



0, 0012

0, 21 0, 26 0,26 0,27

0, 20 0,28

0,24

0, 28

2

P

0,18 0, 30

0, 21

0, 22 0, 32

0, 22

0, 24

         

     0, 31    





c X ,



b X ,

a X

1

4

0

3

5

 P X

  b

b)

a X ,  P X

  a P X

  c P X

  b

1

0

1

4

3

5

4

  a X   c X   b X   a X

   b P X 

3 0, 0052

(0, 2)(0,26)(0, 5)(0, 2)

0, 2029 0, 2912 0,2319 0, 2740

0, 2028 0, 2914 0,2317

0,2740

5

.

P

0,2027 0, 2918 0,2313

0,2742

0, 2737

          

        

c)

0, 2030 0, 2916 0,2317    b

 P X

0

5

d) 0, 2028 a X 

   

 0,2028 0,2915 0,2316 0,2740  

a

b

x

0



b

a

1



y

. e) (5) P





0,

0

y

  x     b y     x

            y

0;

     1

0,

y



   ax by    x     y 1    x   

   1   a     x 

b  a 

b

a

  x        y   

n

P



  

(1

a

b

n )

4.19 a) Hệ phương trình

a

    

 a    b  

   b a 1       b a   b    

n

n ( )



(0)

P



0, 5 0, 5

  

(1

a

b

n )

b)

P

P

  

  

a

    

 a    b  

   a       b         b a 1       b a   b    

   a       b     



  

(1

a

b

n a ) (



a ) 2 b

  

(1

a

b

n b ) (



a

 2 b  

 )  

1 

a 2(

b

)

a



b  thì 1

lim n P  n

a

    

c) Nếu

 b a 1   b a   b   E  

 1, 0,1, 2, 3

4.20 Không gian trạng thái sẽ là .

  3

i



0,

nÕu



(

  1)

j X n ( )

i

 P X n

p ij

j

0

  i

3.

nÕu

   

 j 

 P       P  X n ( )

1

(

  

1)

P  ( )

 , 0

   p 1, 1

 (

  1)

0

X n ( )

  3)

P

0

Theo công thức (5.21) ta có

 ( )

  p 1,0

,

P  (

  1)

1

X n ( )

  2)

0, 3

  p 1,1

P  (

  1)

2

X n ( )

  1)

0, 3

,

  p 1,2

,

P  (

  1)

X n ( )

1

  0)

0, 4

i       1     1 P     1     1     1

 P X n  P X n (  P X n (  P X n (  P X n (

  p 1,3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

,

P

0 0 0 0 0, 3 0, 3 0, 4 0 0

0, 3 0, 3 0, 4 0, 3 0, 3 0, 4 0 0 0, 3 0, 3 0, 4 0 0, 3 0, 3 0, 4 0

           

          

Ma trận xác suất chuyển:

P

3 / 5 1 / 5 1 / 5 1 / 6 2 / 3 1 / 6

4.21 A có 43,3% và B có 56,7% thị phần.

3 / 8 3 / 8 1 / 4

       

      

4.22 a) ;

3 / 5

(1)





.

P

  

 143 / 400 171 / 400 86 / 400  

  

3 / 8 3 / 8 1 / 4

 1 / 5 1 / 5    2 / 10 3 / 10 5 / 10 1 / 6 2 / 3 1 / 6      

      

15

nP

n  .

       

*

b) với mọi

Vậy chuỗi có phân bố giới hạn .

P



 0, 3659 0, 4390 0,1951   

0

 0, 3659 0, 4390 0,1951   0, 3659 0, 4390 0,1951   0, 3659 0, 4390 0,1951        ( )  X t  

 1) E ( ) X t  

    

 E ( X t  

  

cov







cov



1)

X t (





);

X t (

 X t ( )



 E ( X t    Y t ); ( ) 1);

  

X t (

cov





);

X t (

.

  4.28 E ( ) Y t      ( Y t  X t ( cov

1)    X t (    1)

    X t (



cov



);





cov

  

1);

  1)   1)  X t ( )

 X t (

 X t (   1)



K

 ( )



K

 (

  1)

K

 (

K

 ( )

 X t ( ) không phụ thuộc t . Vậy

( )Y t là quá

XX

XX

XX

XX

K

 ( )



K 2

 ( )



K

 (

  1)

K

 (

 . 1)

YY

XX

XX

XX

2



2



trình dừng có hàm tự tương quan



E

sin(

sin(







)

d



 

cos(







)



0

A 0

 t 0

A 0

t 0

t 0



 E ( ) X t  

  

  

 )     

1  2

A 0 

2

0





0

4.29

    ) A ) 0

)



cos(



t (2

   



)

cos(

)



. cov X t (   );  E sin( t (  sin(  0  t 0  X t ( )        A   0     )  

  0

0

  0

 E cos(  

 2 )  

2 A 0 2

2 A 0 2



cos(

)

.

( )X t

K  ( ) X

  0

2 A 0 2

T

sin

sin

cos

T

T

T

  0

  0

  0



cos

  

d









0



0

0

0

1 T

 T

2 A 0 2

2 A 0 T 2



1 T

  1    

     



0

 0

      

0

             

2 0

1



cos



T 0



sin



sin







0

T

 

khi

 T 0

T 0

T



     

           

0

0

là quá trình dừng có hàm tự tương quan . Vậy 

2 A 0 2 T  ( )x t

R E cos(

 t



E

R

 t

là một quá trình dừng thoả mãn điều kiện (5.16) do đó là một Theo định lý 5.11 

 E ( ) X t  

  

 )     

  

  

 E cos(  

 )    . 

2

 r





2

2

r



2



quá trình ergodic. 4.30 Theo giả thiết R và  độc lập, do đó   

E

e

1  t 2 t e dt

dr





2





 2 (3 / 2)







2

 R  

   

 2 2



0

t

0

Mặt khác ;

 E cos(   cov

.

    ) R )

   )    ( ) X t  

0    . Vậy E ( ) X t 0        t cos( ( R  

X t ( );    E  cos(  t        )  



 E cos( ( t

   )



 t

    )  

 2E R  

  

cos

t (2

    2



)

cos



 

 ) cos( 

2

2



E

E



E

R

 R  

  

  

  

 cos 2

2

    

         2

 r





3

2

r

2

2

2

2

2



E

R

e

dr



 2

 t te dt



 2

  (2)

 2





2

  

   



0

0

2





cos



.

( )X t

XK  ( )





t



cos(



t

)E



0

là quá trình dừng có hàm tự tương quan . Vậy 

  

  A    

 )  

2

2 A

E

2 cos (



t



2 cos (

  ) t

.

 4.31 a. E ( ) X t      D ( ) X t    

 A E cos(     

 )  

(1)X có phân bố chuẩn

N(0;

2 ) .

Do đó và

cov

X t (





);



E

 cos( ( t





cos(



t

 A ))

  

  A  

   

2

b.



t cos( (

))cos(

2 A



E







t

)





t cos( (







))cos(



t

)

 ( ) X t     

( )X t không dừng theo nghĩa rộng, suy ra

2

   Hàm tương quan phụ thuộc t do đó quá trình không dừng cấp

n  .

2

.

( )X t có phân bố chuẩn

N(0 ;



2 cos (



))t

2

X t (

h có phân bố chuẩn

)

N(0;



2 cos (



t



h

))

( )X t không dừng dừng cấp 1. Vậy



E

cos

 t



Z

sin

 t



 cos E t

 sin E t





0

;

1

2

1

2

 E ( ) X t  

 Z  

  

( )X t không dừng theo mọi cấp.   Z Z    

  

  

4.32 . Do đó quá trình   

,Z Z độc lập do đó:

1

2

cov

 cos ( t

  ) 

Z

 sin ( t





);

Z

cos

 t



Z

sin

 t

1

2

2

1

  

 Z  

 cos ( t





 )cos E t



 sin ( t





 )sin E t



cos



.

2 1

2 2

 Z  

  

cos



   

là quá trình dừng có hàm tự tương quan

.

 ( )X t

 Z   XK  ( )

Theo giả thiết

Vậy  4.36 Áp dụng công thức (5.9) ta có

n







in

2



f



in

2



f

f ( )



e



e

P

K n ( ) x





1 7

3 4

    

    

n



n



 i

2



f

i

2



f

e 3

e 3

1





.

 i

2



f

i

2



f

25



24 cos 2



f

4



e 3

4



e 3

 1   1   7  

     

2

 t



 t

2

 t

E



e



0

.

  E ( ) X t  

  

   t e W e (  

 )  

 E ( W e  

 )  

0

Với mọi

  :





t (2







t (2





)

2

 t





t (2





 t











e

W e ) (



e

) 2 2  e





2 e

.

 X t E (  

 X t ) ( )  

 ) E ( W e  

 )  



 

Do đó

.

 ( )





2 e

XK

4.37 Theo ví dụ 5.1 ta có

Theo công thức (5.10) và ví dụ 2.39 ta được:





 i

2



f

 i

2



f



 

2   2

2

f ( )



e

  ( ) d





K

e

d





e

.

P

X





2

2





4



f



 4.38 Theo công thức (5.10) và ví dụ 2.64 B



i

2



f

i

2



f

K

 ( )



e

f df ( )







2 sinc

B



e

.

P

 B

 f df

X





1 2

B





B

PHỤ LỤC A: Biến đổi Z của dãy các tín hiệu thường gặp

( )X z

x n , ( )

n  0

STT

Miền hội tụ

z  0

(0)x

k , ( )

x n  ,

0

1n 

k

z  0

x m (

)

k , ( )

x n  , n m 0

1

kz  m

z  1

k

kz z  1

/

2

2

z  1

nk

3

kz

(

z 

1)

3

z  1

4

kz z (



1) (

z



1)

2n k

aT

anT

5

kz

(

z

e

)aT

ke

aT



aT

aT

2

anT

z e 6 , a là số phức

kze

(

z

 e

)

kne

)

z

sin(

sin(

)nT

z  1

z e 7 , a là số phức

2

0

z

z



 ) 1

 T 0  T 2 cos( 0



cos(

)

z  1

cos(

)nT

8

0

 z z 2 

z

2 cos(

z

  ) 1

 T 0  T 0



aT

sin(



)

aT



anT

z

e 

e

sin(

)

9

nT 0

ze 

2

aT

 2 aT

)

z



ze 2

cos(





e

T 0 T 0



aT



aT

ze



cos(



T 0



anT

aT

e

cos(

)

z

e

10

nT 0

aT

2

 )   2  aT

 ze    ze 2

z



cos(



)



e

T 0

z

a

z z a

(

)

11

na

2

z

a

12

az

(

z a

)

nna

3

z

a

az z a (



) (

 z a

)

13

2 nn a

)

z

sinh(

z



cosh(

)

sinh(

)nT

14

T 0

2

0

z

 ) 1

z



 T 0  T 2 cosh( 0



cosh(

)

z



sinh(

)

cosh(

)nT

15

T 0

0

2 cosh(

z

  ) 1

 z z 2 

z

 T 0  T 0

z  0

16

na n !

/a ze

z  0

ln

n !

17

1/za



na 

18

PHỤ LỤC B

Bảng tóm tắt các tính chất cơ bản của phép biến đổi Fourier





i

 2

ft

 X f (

)

x t dt ( )

e

 



( )x t

)



Hàm Tính chất Biến đổi Fourier ( X f

(

)



 B X

(

f

)

 AX f 1

2

Ax t ( ) 1

Bx t ( ) 2

x at )

(

/

a

1. Tuyến tính

  X f



1 a

|

|

2. Đồng dạng

( )x t

x

f ( )

3. Liên hợp ( X f )

( )X t



2 i T d

x t T

(

4. Đối ngẫu

)d

X f

( )

e

i

2



f t 0

5. Trễ

e

x t ( )

x t

( ) cos 2

6. Dịch chuyển ảnh  X f ( f ) 0

 X f (

 X f (

f t 0

  f ) 0

 f ) 0

1 2

1 2

n

7. Điều chế

2



( )

 i

  f X f

n d x t ( ) n dt

t

 X f (

)



 X

 (0) (

f

)

x u du ( )

8. Đạo hàm



1  2

i

f

1 2



n

n

)

 i

9. Tích phân

nt x t ( )



   2

 ( d X f n df





( ) *



( ) *



u du )

10. Đạo hàm ảnh

1

2

 X f X f ( )

( )

x t 1

x t ( ) 2

x u 1

x t ( 2







( )

11. Tích chập

x t x t ( ) 2

1

1

2

 X f X f

( ) *

( )

12. Tích

PHỤ LỤC C:

Các cặp biến đổi Fourier thường gặp

Hàm ( )x t

STT

Biến đổi Fourier ( )X f

t T ( / )

T

sinc(

Tf

)

W 2

sinc(2

Wt )



f W ( / 2 )

1



t T ( / )

2

T

2 sinc (

Tf

)

  te u t

( );



 0

3

1  2i

f



  t te u t

( );



 0

4

1  i 2

f

2 )

 (



te   ;

 0

5

2

2   (2

2 )f



f



;





0

6

2

1 2  (2 )t





e   2

( )t

7

1

)f (

8

1

 2i

ft

0

t

  ( t )

9

0

e

2i

f t 0

f

f

  ( )

10

0

e 



(

f



(

f



)

  f ) 0

f 0

11

cos 2 f t 0

2



(

f



(

f



)

  f ) 0

f 0

12

sin 2 f t 0

i 2

( )u t



 ( ) f

13

1  2

i

f

1 2

sgn( )t

14

1 f

i

 i

sgn( )

f

15

1 t

16

PHỤ LỤC D

Bảng tóm tắt các tính chất cơ bản của phép biến đổi Laplace





st

X s ( )

e

x t dt ( )

 

0

Hàm ( )x t

Biến đổi Laplace

( )X s

Tính chất





Ax t ( ) 1

Bx t ( ) 2

AX s ( ) 1

BX s ( ) 2

X

x at (

)

1. Tuyến tính

1 a

s a

     

X s (

a )

2. Đồng dạng

a te x t ( )

x t (

 ) ( t a

 ) a

3. Dịch chuyển ảnh

 ase X s ( )

sX s ( )

x

(0)

4. Trễ

( ) dx t dt

n

n (



1)

5. Đạo hàm

n s X s ( )



s

 1 x

(0)

 

x

(0)

n d x t ( ) n dt

n

6. Đạo hàm

nt x t ( )

 

 1

n d X s ( ) n ds

t

x u du ( )

7. Đạo hàm ảnh



( )X s s

0

n



t

t

t



u

n

x u du ( )



x u du ( )



  

8. Tích phân

 t n (



 1 1)!

0

0

0

( ) X s n s



X u du ( )

9. Tích phân



( )x t t

s

( ) *

x t ( )

X s X s ( )

( )

10. Tích phân ảnh

x t 1

2

1

2

x

(0)



x

( )

sX s X s ( )

11. Tích chập

x t ( ) 2

1

' * 1

x t ( ) 2

1

2

T



st

e

x t dt ( )



x t T

  )

(

x t ( )

12. Duhamel

0

X s ( )





sT

1

2



1

 X s

e  

u  te 4

x u du ( )

13. Tuần hoàn



t

0

s

14.



X

J

(2

ut x u du ) ( )

0



1 s

1 s

     

0



n 2

X

n  u J 2

(2

t

ut x u du ) ( )

15.

n



1 s

1 s  n 1

     

0

t

J

(2

u t (



u x u du ) ) ( )

16.

2

0



1 

1

s

  1   X s     s  

0

2



1

  3 2

s 4

u e X u du u

( )

17.

2( ) x t



2



0



X

s

ln



du

18.



ut x u ( )   u ( 1)

 ln

s

s

0

( ) P s Q s ( )

n

P a (

)

a t k

19.



k Q a '(

e )

k

 1

k

Bậc P(s) < bậc Q(s), Q(s) chỉ có 20.

a

a và

1,..., n

các nghiệm đơn là

( )P s

không phải là nghiệm của

PHỤ LỤC E

Biến đổi Laplace của các hàm thường gặp





st

X s ( )

e

x t dt ( )

 

0

( )X s

Ảnh biến đổi Laplace Hàm gốc ( )x t TT

1

1 s

1.

 1

;

n



1, 2, 3, ...

nt  n (

1)!

1 n s

 1

;

  0

2.

t    ( )

1 s 

3.

ate

1 a

s

n

 1

at

;

n



1, 2, 3, ...

e

4.

1  a

)n

s (

t n (



1)!



 1

at

;

 

0

e

5.

1 a   )

s (

t 

 ( )

6.

2

2

1 a

s

sinat a

7.

cosat

2

2

s a

s

bte

at

8.

2

1 2 )

s (



b



a

sin a

9.

bte

cos

at

2

s  2  b )

b 

a

s (

sinhat

10.

2

2

1 a

s

a

cosh at

11.

2

2

s a

s

bte

sinh

at

12.

2

1 2   ) b

a

s (

a

b

bte

cosh

at

13.

2

 s 2   b )

a

s (

1

sin

at

cos

at

14.

2

2

a

 at 3 2 a

 s

2

s

at

t

15.

2

2

a

sin a 2

 s

2

16.

2

s

sin

at

cos

at

2

2

2

a

 at 2 a

 s



3

s

2

17.

cos

at



at

sin

at

2

2

a

1 2

 s



2

2

s



a

2

18.

t

cos

at

2

2



a

 s



1

at

cosh

at



sinh

at

19.

2

2

3

a

a 2

 s

2

s

t sinh

at

20.

2

2

a

a 2

 s

2

2

s

sinh

at



at

cosh

at

2

21.

2

2

a

a 2

 s



3

s

2

cosh

at



at

sinh

at

22.

2

2

1 2

a

 s



2

2

s



a

t

cosh

at

2

23.

2

2



a

 s



24.

(3



2 2 a t



at 3

cos

at

2

2

at )sin 5 a 8

 s

3

s

2

t

sin

at



cos

at

1 25. a

2

2

at 3

a

a 8

 s

3

2

s

(1



2 2 a t



at

cos

at

3

26.

2

2

a

)sin at 3 a 8

 s



3

2

s

t 3 sin

at

cos

at

3

27.

2

2

a

 at 8 a

 s



4

s

(3



2 2 a t



at 5

cos

at

3

28.

2

2

a

at ) sin a 8

 s



29.

5

s

(8



2 2 a t

) cos



at 7

sin

at

3

2

2

a

at 8

 s



2

2



a

t

at

3

30.

2

2



a

2 sin a 2

3s  s



3



31.

cos

at

2

2



a

21 t 2

s  s

2 a s 3 3 

4

4

s

2 2 a s 6

a

32.

cos

at

2

2



a

31 t 6

  s

 4 

3

s



t

4

33.

2

2



a

3 sin at a 24

 s

2 a s 

1

(3



2 2 a t

)sinh

at



at 3 cosh

at

34.

2

2

5

a

 s

3

a 8

2

s

at

cosh

at



t

sinh

at

35.

2

2

3

a

 s

3

a 8

2

s

at

cosh

at



2 2 a t (



1)sinh

at

3

36.

2

2

3

a

a 8

 s



3

2

s

t 3 sinh

at



at

cosh

at

3

37.

2

2

a

a 8

 s



4

s

(3



2 2 a t

) sinh

at



at 5

cosh

at

3

38.

2

2

a

a 8

 s



5

s

(8



2 2 a t

)cosh

at



at 7

sinh

at

3

39.

2

2

a

8

 s



2

2



a

2 sinh

t

at

3

40.

2

2



a

a 2

3s  s



3



41.

cosh

at

2

2



a

21 t 2

s  s

2 a s 3 3 

42.

4

4

s

2 2 a s 6

a

cosh

at

2

2



a

31 t 6

  s

 4 

3



t

3 sinh

at

43.

2

2



a

a 24

s  s

2 a s 4 

/2

at

3

at

3

at



at 3 /2

3 sin



cos



e

44.

2

3

3

2

2

e a 3

1 a

s

        

        

/2

at

3

at

3

at



at 3 /2

3 sin



cos



e

45.

3

3

2

2

e a 3

1 a

s

        

        

2

3

at



at

at

/2



e 2

cos

46.

3

3

1 3

2

s a

s

   e    

      

/2

at



3

at

3

at

at 3 /2



3 sin



cos

47.

2

3

3

2

2

e a 3

1 a

s

        

    e     



at

/2

3

at

3

at

e

at 3 /2

3 sin



cos



e

48.

3

3

2

2

a 3

1 a

s

        

        

2

3

at

/2

e at 2

cos

49.

3

3

2

1 3

s a

s

      

   at e    

at

cosh

at



cos

at

sinh

at

50.

4

4

 sin



3

1 a 4

s

1 a 4

sin

at

sinh

at

51.

4

2

s 44 a

s

a 2

2

52.

at

cosh

at



cos

at

sinh

at

4

 sin



1 a 2

s 44 a

s

3

cos

at

cosh

at

53.

4

s 44 a

s

at



sin

at

54.

4

4

3

 sinh



1 a

s

1 a 2

55.

at



cos

at

 cosh



4

4

2

s a

s

1 a 2

2

56.

at



sin

at

4

4

 sinh



1 a 2

s a

s

3

57.

at



cos

at

 cosh



4

4

1 a 2

s a

s



bt

e

 at e

1

58.

3

s

  a

s



b

b 2(



a

)

t

1

erf at

59.

s s

a

a

1

ate

erf

at

60.

s s (

a

)

a

1

1

at

2 b t

e



be

erfc(

b t

61.

s

  a

b

t

      

   )    

1

62.

J at ) 0(

2

2

s

a

1

)

63.

I at 0 (

2

2

s

a

n

2

s

2   a

s

n





(

)

64.

a J at n

;

n

 

1

2

2

s



a

n

2

2

s



s



a

n





65.

na I at ( )

;

n

 

1

2

2

s



a

2

2

b s (



s

 a

)

e

66.

0





2

2

s



a

2

2



b s



a

2

2

e

  (

)



b

J a t t ( b 2 ) 67.

t b J a t 0





2

2

s



a

1

)

68.

2

1( tJ at a

s (

a

2 3 )

69.

s

)

tJ at 0 (

2

(

s

a

2 3 )

2

s

)



)

70.

J at ( 0

tJ at ( 1

2

s (

a

2 3 )



s

x t ( )



n n ,

  

n

t

1,

n



0, 1, 2, ...



71.



s

1 s 

s e (

1)

e  (1

s

e

)



s

 t  

  

k



72.

x t ( )



r

;



s



 t  

  

1 s 

s e (

r

)

s

(1

e 

re

)

k

 1

s

s



n

x t ( )



r

,

n

  

n

t

1,

n



0, 1, 2, ...



73. là phần nguyên của t

s



s

e s e (

1   r

)

1 (1

 

e re

s

)



/s a

cos 2 at

e

74.

s

t



s a /

sin 2 at

e

75.

3

a

s



/2

s a /



76.

;



J

(2

at

)

  1



 1

t a

e s 

     

2



a s

e

1

a  te 4

77.

s

t

2



a

t

a 4

a s

78.

e

e

3

2

t

a s

a

1

erf

79.

    

    

 e s

2

t



a s

a

e

erfc

80.

    

    

s

2

t



a s

e

a

 b bt a

(

e

) erfc



81.

  b t   

    

2

t

s

(

s



b

)

2





/

s

 a

1

u 24 a t

 u e

J

(2

u du )

82.

2



;



  1

2



 

1

 1



t a

0

e s 

83.



bt

e

ln

 s      s

  a    b 

 at e t

2

2

s

Ci(

)at

ln

84.

2

1 s 2

    

  a    a 

s

Ei(

)at

ln

85.

1 s

    

  a    a 

lns

lnt ;  là hằng số Euler

86.



  s

2

2

2(cos

bt

cos

at

)

ln

87.

2

2

 s      s

  a    b 

 t

2

(

88.

2ln t ;  là hằng số Euler



 6 s

2   ln ) s s



(ln

t

  )

89.

lns s

90.

(ln

t



2 )

2ln s s

2   6

 (

 (

1)s

91.

   1

 lnt

t

 1

     1) s 

arctan

; 92.

a s

sinat t

Si(

)at

arctan

93.

1 s

a s

           



2 at

a se /

e

erfc

a s /

94.





s

t

2

2

a 2



2 2 a t

s

a /4

e

e

erfc

/ 2

95.

 s

 a



2

2

s

a /4

e

erfc

a / 2

 s



96.

  erf at

s

1

ase

erfc

as

97.





  ( t

a

)

s

98.

ase

Ei(

as )

1 a

t

1

cos

as



Si(

as



as sin Ci(

as

)

99.

2

2

     2  

   )    

t

a

a

sin

as



Si(

as



as cos Ci(

as

)

100.

2

2

t a

t

     2  

   )    

cos

as



Si(

as



as sin Ci(

as

)

t a arctan ( / )

101.

     2  

   )    

s

2

2

t

sin

as



Si(

as



as cos Ci(

as

)

ln

102.

2

     2  

   )    

1 2

    

  a    a 

s

2

2

t

ln

103.



Si(

as



2 Ci (

as

)

2

1 t

     

  a     a 

     2  

2    )    

104.

( )t

1

  ( t )

a

- hàm Dirac 105.

ase

  ( t )

a

106.

 ase s



sinh

xs

sin

cos

107.

x a

2   

n  ( 1) n

 n x a

 n t a

1 s

sinh

as

n



1



sinh

xs

(2

n

 x

(2

n

1)

 t

sin

sin

108.

4 

n ( 1)   n 2

1

 1) 2 a

 2 a

cosh

as

1 s

n



1



cosh

xs

cos

sin

109.

t a

2   

n  ( 1) n

 n x a

 n t a

sinh

as

1 s

n



1



cosh

xs

(2

n



x

(2

n

 t

1



cos

cos

110.

cosh

as

1 s

4 

n ( 1)   n 2

1

 1) a 2

 1) 2 a

n

 1



sinh

xs

sin

cos

111.

1 2

n  ( 1) 2

sinh

as

xt a

 n x a

 n t a

s

2 a   2 

n

 1

n

112.



sinh

xs

n  ( 1)

(2

n



x

(2

n

 t

x



sin

cos



a 8 2

1 2

 1) 2 a

 1) 2 a

cosh

as



(2

n



2 1)

s

n

 1

2



cosh

xs



cos

cos

113.



1 2

a 2 2

n  ( 1) 2

sinh

as

t a 2

 n x a

 n t a

  1   

     

s



n

n

 1



cosh

xs

n  ( 1)

(2

n



x

(2

n

 t

t



cos

sin

114.



a 8 2

1 2

 1) 2 a

 1) 2 a

cosh

as



(2

n



2 1)

s

n

 1



115.

2



n

2 2 

2/ t a

n ( 1)

ne

sin



 2

 n x a

a

n

 1

2 2  t

sinh x s 116. sinh a s



(2

n

 x

1) 2

 1

 (2 n a 4

(2

n



n ( 1)

e 1)

cos



 2

 1) 2 a

a

n

 1

2 2  t

cosh x s 117. cosh a s



(2

n

 x

 (2 1) n 2 a 4

n ( 1)

 1 e

sin



2 a

 1) 2 a

n

 1

sinh x s 1 118. s cosh a s



2 2  t 2

 n a



n ( 1)

e

cos



1 a

2 a

 n x 2 a

n

 1

cosh x s 1 119. s sinh a s



2 2  t 2

 n a

e

sin

x a

2   

n  ( 1) n

 x n 2 a

n

 1

2 2  t

sinh x s 120. 1 s sinh a s



(2

n



x

 (2 n 1) 24 a

1



e

cos

4 

n ( 1)   n 2

1

 1) 2 a

n

 1



n

2



cosh x s 121. 1 s cosh a s

2 2  t 2

a



(1



e

) sin



a 2 2

xt a

n  ( 1) 2

 x n 2 a



n

 1

n

2 2  t

2



2

2

sinh x s 122. 1 2 s sinh a s

(2

n

x

a

n  ( 1)

 x

 (2 n 1) 24 a

  t

e

cos



a 16 2

 2

 1) 2 a



n

 1

(2

n



3 1)

2/ 2   nt a e

J

x a / )

)

1

0

  2

cosh x s 123. 1 2 s cosh a s

)

n

 1

 ( n  ( n

0  J n

1

( J ix s 1 s J ia s (

)

0

124.

, ...

  , 1 2

J   0 0( )

là các nghiệm dương của

2

2

2 2/   nt a e

x a / )

x

a

2

t

)

   2 a

 4

)

n

 1

J 0 3  J n

 ( n  ( n

1

)

( J ix s 1 0 2 s J ia s ( 0

125.

, ...

J   0 0 ( )

  , 1 2

1

tanh (

)

là các nghiệm dương của

2

as 2

1 as

0

a4

a2

t

126.

tanh(

)

1 s

as 2

a3

a2

a4

t

a

1 1

1

cosh (

)

127.

2

as 2

a  2 2  a s

0

a

a3

t

128.

a2

 a 2  )(1



e

 )as

2 2 a s (



1 0

a3

a

t

129.



as



a2

2



as

1 as

e 

s

(1

e

)

1 0

a2

a3

t



as

e

a (  t

  ) a

 ( t

  )

a

b

130.

(1

 bs e

)

s



n



  ( n

a 1)







na

131.

 t



 t



  

   

1 e

)as

s (1

n

 1



s



 2

s

2

n

 t n



t



(

n



1)

132.



 



   

 



s

2

e s (1

 e   e

)

n



0





s

n

r

 t n



t



(

n



1)

133.



 



   

 





as

2

1  e  re (1

s

)

n



0

134.

  t a   ( t ( )

 ) sin

 t a

 a (1 2 2 a s

 )as e 2  

135.

PHỤ LỤC F

2



1

t 2



t ( )



e

GIÁ TRỊ HÀM MẬT ĐỘ XÁC SUẤT PHÂN BỐ CHUẨN TẮC

2



0 1 0,3989 3989 3970 3965 3910 3902 3814 3802 3683 3668 3521 3503 3332 3312 3123 3101 2897 2874 2661 2637 0,2420 2396 2179 2155 1942 1919 1714 1691 1497 1476 1295 1276 1109 1092 0940 0925 0790 0775 0656 0644 0,0540 0529 0440 0431 0355 0347 0283 0277 0224 0219 0175 0171 0136 0132 0104 0101 0079 0077 0058 0060 0,0044 0043 0032 0033 0023 0024 0017 0017 0012 0012 0008 0009 0005 0005 0004 0004 0003 0003 0002 0002

2 3989 3961 3894 3790 3653 3485 3292 3079 2850 2613 2370 2131 1895 1669 1456 1257 1074 0909 0761 0632 0519 0422 0339 0270 0213 0167 0129 0099 0075 0056 0042 0031 0022 0016 0012 0008 0005 0004 0003 0002

3 3988 3956 3885 3778 3637 3467 3271 3056 2827 2589 2347 2107 1872 1647 1435 1238 1057 0893 0748 0620 0508 0413 0332 0264 0208 0163 0126 0096 0073 0055 0040 0030 0022 0016 0011 00080 0005 0004 0003 0002

4 3986 3951 3876 3765 3621 3448 3251 3034 2803 2565 2320 2083 1849 1626 1415 1219 1040 0878 0734 0608 0498 0404 0325 0258 0203 0158 0122 0093 0071 0053 0039 0029 0021 0015 0011 0008 0005 0004 0003 0002

5 3984 3945 3867 3752 3605 3429 3230 3011 2780 2541 2299 2059 1826 1604 1394 1200 1023 0863 0721 0596 0488 0396 0317 0252 0198 0154 0119 0091 0069 0051 0038 0028 0020 0015 0010 0007 0005 0004 0002 0002

6 3982 3939 3857 3739 3589 3410 3209 2989 2756 2516 2275 2036 1804 1582 1374 1182 1006 0848 0707 0584 0478 0387 0310 0246 0194 0151 0116 0088 0067 0050 0037 0027 0020 0014 0010 0007 0005 0003 0002 0002

7 3980 3932 3847 3726 3572 3391 3187 2966 2732 2492 2251 2012 1781 1561 1354 1163 0989 0833 0694 0573 0468 0379 0303 0241 0189 0147 0113 0086 0065 0048 0036 0026 0019 0014 0010 0007 0005 0003 0002 0002

8 3977 3925 3836 3712 3555 3372 3166 2943 2709 2468 2227 1989 1758 1539 1334 1145 0973 0818 0681 0562 0459 0371 0297 0235 0184 0143 0110 0084 0063 0047 0035 0025 0018 0013 0009 0007 0005 0003 0002 0001

9 3973 3918 3825 3697 3538 3352 3144 2920 2685 2444 2203 1965 1736 1518 1315 1127 0957 0804 0669 0551 0449 0363 0290 0229 0180 0139 0107 0081 0061 0046 0034 0025 0018 0013 0009 0006 0004 0003 0002 0001

t 0,0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1,0 1,1 1,2 1,3 1,4 1,5 1,6 1,7 1,8 1,9 2,0 2,1 2,2 2,3 2,4 2,5 2,6 2,7 2,8 2,9 3,0 3,1 3,2 3,3 3,4 3,5 3,6 3,7 3,8 3,9

(0;1)N

1 2

2

)(t

t



1

x 2

  ( ) t

e

dx



 2



t

a

t

O

t

GIÁ TRỊ HÀM PHÂN BỐ CHUẨN TẮC y

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

0,5000

5040

0,0

5080

5120

5160

5199

5239

5279

5319

5359

5398 5793

5438 5832

0,1 0,2

5478 5871

5517 5910

5557 5948

5596 5987

5636 6026

5675 6064

5714 6103

5753 6141

6179

6217

0,3

6255

6293

6331

6368

6406

6443

6480

6517

6554

6591

0,4

6628

6664

6700

6736

6772

6808

6844

6879

0,6915

6950

0,5

6985

7019

7054

7088

7123

7156

7190

7224

7257 7580

7291 7611

0,6 0,7

7324 7642

7357 7673

7389 7703

7422 7734

7454 7764

7486 7794

7517 7823

7549 7852

7881

7910

0,8

7939

7967

7995

8023

8051

8078

8106

8132

8159

8186

0,9

8212

8238

8264

8289

8315

8340

8365

8389

0,8413 8643

8438 8665

1,0 1,1

8461 8686

8485 8708

8508 8729

8531 8749

8554 8770

8577 8790

8599 8810

8621 8830

8849 9032

8869 9049

1,2 1,3

8888 9066

8907 9082

8925 9099

8944 9115

8962 9131

8980 9147

8997 9162

9015 9177

9192

9207

1,4

9222

9236

9251

9265

9279

9292

9306

9319

0,9332 9452

9345 9463

1,5 1,6

9357 9474

9370 9484

9382 9495

9394 9505

9406 9515

9418 9525

9429 9535

9441 9545

9554

9564

1,7

9573

9582

9591

9599

9608

9616

9625

9633

9641

9649

1,8

9656

9664

9671

9678

9686

9693

9699

9706

9712

9719

1,9

9726

9732

9738

9744

9750

9756

9761

9767

0,9773 9821 9861 9893 9918 0,9938 9953 9965 9974 9981

9778 9826 9864 9896 9920 9940 9955 9966 9975 9982

9783 9830 9868 9898 9922 9941 9956 9967 9976 9982

9788 9834 9871 9901 9925 9943 9957 9968 9977 9983

9793 9838 9875 9904 9927 9945 9959 9969 9977 9984

9798 9842 9878 9906 9929 9946 9960 9970 9978 9984

9803 9846 9881 9909 9931 9948 9961 9971 9979 9985

9808 9850 9884 9911 9932 9949 9962 9972 9979 9985

9812 9854 9887 9913 9934 9951 9963 9973 9980 9986

9817 9857 9890 9916 9936 9952 9964 9974 9981 9986

3,0

3,1

3,2

3,3

3,4

3,5

3,6

3,7

3,8

3,9

2,0 2,1 2,2 2,3 2,4 2,5 2,6 2,7 2,8 2,9 t

)(t 0,9987

9990

9993

9995

9996

9997

9998

9999

9999

9999

CÁC THUẬT NGỮ

Số phức liên hợp

10 Hàm tích phân mũ

152

Argument của số phức

14 Hàm tích phân sin

152

Công thức Euler

14

Hàm tích phân cosin

156

Mô đun của số phức

14 Hàm lỗi

163

17 Hàm số Gamma

165

Căn bậc n của số phức

Tập số phức mở rộng

18 Hàm Beta

168

Tập liên thông, miền

20 Hàm Bessel loại 1

172

Hàm đơn trị, hàm đa trị

20 Hàm Bessel loại 2

176

Công thức Cauchy-Rieman

24

Tích phân Lommel

179

Hàm giải tích, hàm chỉnh hình

29 Khai triển Fourier - Bessel

193

Tích phân phức

35 Hàm mẫu

195

Công thức tích phân Cauchy

48 Không gian trạng thái của quá trình

196

Không điểm của hàm giải tích

54 Quá trình độc lập

196

Điểm bất thường cô lập

55 Quá trình Bernoulli

196

Thặng dư

74

quá trình gia số độc lập dừng

197

Biến đổi Z

74 Quá trình dừng các cấp

197

Hàm gốc của biến đổi Laplace

74 Quá trình dừng theo nghĩa rộng

197

Liên tục từng khúc

86 Quá trình dừng theo nghĩa hẹp

203

Hàm bước nhảy đơn vị

94 Hàm trung bình

212

Tích chập của hai hàm số

104 Hàm tự tương quan

220

Công thức Heaviside

111 Quá trình Markov

222

Trở kháng ảnh

111 Ma trận xác suất chuyển

250

Hệ trực giao

112 Phân bố đầu của hệ

251

Hệ số Fourier

117 Phân bố của hệ ở thời điểm n

252

Điều kiện Dirichlet

120 Phương trình Chapman-Kolmogorov

253

Đẳng thức Parseval

122 Phân bố dừng, giới hạn, ergodic

254

Hàm tương quan

125 Hàm tự hiệp phương sai

255

Công thức tích phân Fourier

126 Mật độ phổ công suất

257

Định lý năng lượng Rayleigh

127 Mật độ phổ của quá trình dừng

262

Xung chử nhật hay hình hộp

144 Quá trình nhiễu trắng

267

Xung tam giác đơn vị

151 Trung bình theo thời gian

269

Hàm delta (hàm Dirac)

152 Quá trình ergodic

273

TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. Nguyễn Phạm Anh Dũng, Các hàm và xác suất ứng dụng trong viễn thông. Trung Tâm

Đào Tạo Bưu Chính Viễn Thông 1, 1999.

2. Nguyễn Duy Tiến, Các mô hình xác suất và ứng dụng. NXB Đại học Quốc gia Hà nội.

2000.

3. Nguyễn Quốc Trung, Xử lý tín hiệu và lọc số. NXB Khoa học và Kỹ thuật, Hà Nội, 2004

4. L. W. Couch, II, Digital and Analog Communication Systems. 6th ed, Prentice Hall,

2001.

5. V. Ditkine et A. Proudnikov, Transformation intégrales et calcul opérationnel. Dịch ra

tiếng Pháp bởi Djilali Embarex, Mir 1978.

6. Charles Dixon, Applied Mathematics of science & Engineering. John Wiley & Sons:

London, New York, Sydney, Toronto 1980.

7. Dean G. Duffy, Advanced Engineering Mathematics, CRC Press LLC, 1998.

8. E. J. Savant JR, Fundamentals of the Laplace Transformation. Mc Graw - Hill Book

company, Inc. 1962.

9. M. R. Spiegel, PhD, Theory and Problems of Laplace Transform. Schaum's outline

series. Mc Graw - Hill Book company, Inc. 1986.

10. Peter J. Olver, Chehrzad Shakiban; Applied Mathematics. c 2003 Peter J. Olver.

11. Robert Wrede. Muray R. Spigel. Theory and Problems of Advanmced Calculus. Schaum's

outline series. Mc Graw - Hill Book company, Inc. 2002.

12. R. E. Ziemer & R. L.Peterson, Introduction to digital communication, Macmillan

Publishing Company, 1992.