Bài toán chuyên ngành điện_Chương 6.2

Chia sẻ: Trần Huyền My | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:9

Thêm vào BST

Báo xấu

225
lượt xem 69
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'bài toán chuyên ngành điện_chương 6.2', kỹ thuật - công nghệ, điện - điện tử phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Bài toán chuyên ngành điện_Chương 6.2

t t f ( t ) = ∫ 2 sin( t + τ)dτ + ∫ sin( t − 3τ)dτ 0 0 t t cos( t − 3τ) 1 1 = − cos( t + τ) 0 + = cost − cos2 t + cos2 t − cost 3 0 3 3 2 2 = cost − cos2 t 3 3 §19. ỨNG DỤNG CỦA PHÉP BIẾN ĐỔI LAPLACE ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH HỆ SỐ HẰNG 1. Phương pháp chung: Giả sử ta cần tìm nghiệm của phương trình vi phân tuyến tính hệ số hằng: dn x d n −1x a o n + a 1 n −1 + L + a n x = f ( t ) (1) dt dt thoả mãn các điều kiện ban đầu: x(0) = xo, x’(0) = x1 ,.., x(n-1)(0) = xn-1 (2) với giả thiết ao ≠ 0, hàm f(t), nghiệm x(t) cùng các đạo hàm tới cấp n của nó đều là các hàm gốc. Để tìm nghiệm của bài toán trên ta làm như sau: bTrước hết ta lập phương trình ảnh của (1) bằng cách gọi X(p) là ảnh của x(t), F(p) là ảnh của f(t). Theo công thức đạo hàm gốc ta có: x’(t) = pX(p) - xo x”(t) = p2X(p) - pxo - x1 … x(n)(t) = pnX(p) - pn-1xo - ⋅⋅⋅ - xn-1 Lấy ảnh hai vế của (1) ta có phương trình đối với ảnh X(p): (aopn + a1pn-1 + ⋅⋅⋅ + an)X(p) = F(p) + xo(aopn-1 + a1pn-2 + ⋅⋅⋅ + an-1) + x1(aopn-1 + a1pn-2 + ⋅⋅⋅ + an-1) +⋅⋅⋅ + xn-1ao hay: A(p).X(p) = F(p) + B(p) (3) Trong đó A(p) và B(p) là các đa thức đã biết. Giải (3) ta có: F(p) + B(p) X ( p) = (4) A ( p) b Sau đó tìm gốc của X(p) ta được nghiệm của phương trình Ví dụ 1: Tìm nghiệm của phương trình x” - 2x’ + 2x = 2etcost thoả mãn điều kiện đầu x(0) = x’(0) = 0 Đặt x(t) ↔ X(p) thì x’(t) ↔ pX(p) và x”(t) ↔ p2X(p). 2(p − 1) 2(p − 1) Mặt khác 2e t cos t ↔ = 2 . Thay vào phương trình ta có: (p − 1) + 1 p − 2p + 2 2 119
2(p − 1) p 2 X − 2pX + 2X = p − 2p + 2 2 hay 2(p − 1) ( p 2 − 2 p + 2) X = p − 2p + 2 2 Giải ra ta được: 2(p − 1) X= 2 (p − 2p + 2) 2 Dùng phép biến đổi ngược ta có: x(t) = tetsint Ví dụ 2: Tìm nghiệm của phương trình x” - x = 4sint + 5cos3t thoả mãn các điều kiện ban đầu x(0) = -1, x’(0) = -2 5p Đặt x(t) ↔ X(p) thì x”(t) ↔ p2X + p + 2. Mặt khác 5cos2 t ↔ 2 và p +4 4 4 sint ↔ 2 . Thay vào phương trình trên ta được: p +1 4 5p p2X + p + 2 − X = 2 + 2 p +1 p + 4 nên: 4 5p p+2 X= 2 + 2 − 2 (p + 1)(p − 1) (p + 4)(p − 1) p − 1 2 2 2 2 p p p+2 = 2 − 2 + 2 − 2 − 2 p −1 p +1 p −1 p + 4 p −1 2 p =− 2 − 2 p +1 p + 4 Dùng phép biến đổi ngược ta được: x(t) = -2sint - cos2t Ví dụ 3: Tìm nghiệm của phương trình x” + 4x’ + 4x = t3e-2t thoả mãn các điều kiện ban đầu x(0) = 1, x’(0) = 2. Đặt x(t) ↔ X(p) thì x’(t) ↔ pX - 1, x”(t) ↔ p2X - p - 2. Mặt khác 3! 6 t 3e −2 t ↔ = . Thay vào phương trình trên ta được: (p + 2) 4 (p + 2) 4 6 p 2 X − p − 2 + 4pX − 4 + 4X = (p + 2) 4 Như vậy: 6 p+6 6 4 1 X= + = + + (p + 2) 6 (p + 2) 2 (p + 2) 6 (p + 2) 2 p + 2 120
−2 t −2 t1 5 −2 t −2 t ⎛ t5 ⎞ Vậy x(t) = x ( t ) = e + 4 te + t e = e ⎜1 + 4 t + ⎟ ⎜ 20 ⎝ 20 ⎟⎠ (4) Ví dụ 4: Tìm nghiệm của phương trình x + 2x” + x = sint thoả mãn các điều kiện ban đầu x(0) = x’(0) = x”(0) = x(3)(0) = 0. 1 Đặt x(t) ↔ X(p) thì: x”(t) ↔ p2X, x(4)(t) ↔ p4X. Mặt khác sin t ↔ 2 . p +1 Thay vào phương trình trên ta được: 1 (p 4 + 2p 2 + 1)X = 2 p +1 1 1 1 X= 2 = 2 = (p + 1)(p + 2p + 1) (p + 1) 4 2 3 (p − j) (p + j) 3 3 Hàm X(p)ept có hai điểm cực cấp 3 là j và -j. Ta tính thặng dư tại các cực điểm đó: ″ pt 1 ⎡ e pt ⎤ 1 ⎡ 12e pt 6 te pt t 2 e pt ⎤ Res[X(p)e , j] = lim ⎢ = lim ⎢ − + 2 p→ j ⎣ (p + j) 3 ⎥ ⎦ 2 p→ j ⎣ (p + j)5 (p + j) 4 (p + j) 3 ⎥ ⎦ = e jt 16 [ − 3t + j( t 2 − 3) ] ″ pt 1 ⎡ e pt ⎤ 1 ⎡ 12e pt 6 te pt t 2 e pt ⎤ Res[X(p)e , -j] = lim ⎢ = lim ⎢ − + 2 p→− j⎣ (p − j) 3 ⎥ ⎦ 2 p→− j⎣ (p − j) 5 (p − j) 4 (p − j) 3 ⎥ ⎦ − jt = e 16 [ − 3t − j( t 2 − 3) ] Theo công thức tìm gốc của phân thức hữu tỉ ta có: x(t) = Res[X(p)ept, j] + Res[X(p)ept, -j] = e jt 16 [ − 3t + j( t − 3) + 2 ] e − jt 16 [ − 3t − j( t 2 − 3) ] = e jt 16 [ − 3t + j( t 2 − 3) + ] e jt 16 [ ] − 3t + j( t 2 − 3) ⎧ e jt ⎫ [ ] = 2 Re⎨ − 3t + j( t 2 − 3) ⎬ = − t cos t + 16 3 8 3 − t2 8 sin t ⎩ ⎭ Ví dụ 5: Tìm nghiệm của phương trình x” + x = et thoả mãn các điều kiện ban đầu x(1) = x’(1) = 1. Các điều kiện ban đầu ở đây không phải cho tại t = 0 mà tại t = 1. Vì vậy ta phải biến đổi để quy về trường hợp trên. Ta đặt t = τ + 1, x(t) = x(τ + 1) = y(τ), Vậy x’(t) = y’(τ), x”(t) = y”(τ). Bài toán được đưa về tìm nghiệm của phương trình: y”(τ) + y(τ) = eτ+1 thoả mãn y(0) = 1 và y’(0) = 0 121
e Gọi Y(p) là ảnh của y(τ). Vậy y”(τ) ↔ p2Y(p) - p. Mặt khác e τ+1 = e.e τ ↔ p −1 Vậy phương trình ảnh là: e p2Y − p + Y = p −1 Giải phương trình này ta được: e p e e(p + 1) p Y= + 2 = − + 2 (p − 1)(p + 1) p + 1 2(p − 1) 2(p + 1) p + 1 2 2 e ⎛ e⎞ p e = + ⎜1 − ⎟ 2 − 2(p − 1) ⎝ 2 ⎠ p + 1 2(p 2 + 1) Từ đó ta được: e ⎛ e⎞ e y(τ) = e τ + ⎜1 − ⎟ cos τ − sin τ 2 ⎝ 2⎠ 2 Trở về biến t ta có: et ⎛ e ⎞ e x ( y) = + ⎜1 − ⎟ cos( t − 1) − sin( t − 1) 2 ⎝ 2⎠ 2 Ví dụ 6: Tìm nghiệm của phương trình: ⎧1 0 < t < 2 x′ + x = ⎨ ⎩0 t > 2 thoả mãn điều kiện ban đầu x(0) = 0. Đặt x(t) ↔ X(p) nên x’(t) ↔ pX(p). Vế phải của phương trình có thể viết được là f(t) = η(t) - η(t - 2). Vậy: f ( t ) ↔ (1 − e −2 p ) 1 p và phương trình ảnh có dạng: pX + X = (1 − e −2 p ) 1 p Giải ra ta được: 1 − e −2 p 1 e −2 p X= = − p(p + 1) p(p + 1) p(p + 1) 1 1 1 Do = − ↔ 1 − e −t p(p + 1) p p + 1 nên theo tính chất trễ ta có: e −2 p 1 p(p + 1) [ ] ↔ η( t − 2) 1 − e −( t −2 ) ⎧1 − e − t 0
Ví dụ 7: Tìm nghiệm của phương trình: ⎧sin t 0 < t < π x ′′ + ω2 x = ⎨ ⎩0 t>π thoả mãn các điều kiện ban đầu x(0) = x’(0) = 0. Đặt x(t) ↔ X(p), nên x”(t) ↔ p2X(p) Trước đây ta đã tìm được ảnh của hàm trong vế phải là: 1 (1 + e −pπ ) p +1 2 Vậy phương trình ảnh tương ứng là: p 2 X + ω2 X = 2 1 (1 + e−pπ ) p +1 1 + e − pπ hay: X = 2 (p + 1)(p 2 + ω2 ) Ta xét hai trường hơp: ∗ nếu ω2 ≠ 1 thì: 1 sin ωt − ω sin t ↔ (p + 1)(p + ω ) 2 2 2 ω(1 − ω2 ) Theo tính chất trễ e − pπ sin ω( t − π) − ω sin( t − π) ↔ η( t − π) (p + 1)(p + ω ) 2 2 2 ω(1 − ω2 ) Vây: sin ωt − ω sin t sin ω( t − π) − ω sin( t − π) x(t) = + η( t − π) ω(1 − ω ) 2 ω(1 − ω2 ) hay: ⎧ sin ωt − ω sin t ⎪ ω(1 − ω2 ) 0
e − pπ η( t − π) hay: ↔ [(t − π) cos t − sin t ] (p 2 + 1) 2 2 Vậy: 1 1 x(t) = (sin t − t cos t ) + η( t − π)[( t − π) cos t − sin t ] 2 2 hay: ⎧1 ⎪ 2 (sin t − t cos t ) 0 < t < π ⎪ x(t ) = ⎨ ⎪− π cos t t>π ⎪ ⎩ 2 Ví dụ 8: Giải hệ phương trình: ⎧x ′ + x − y = e t ⎨ ⎩ y′ + 3x − y = 3e t thoả mãn điều kiện đầu x(0) = 1, y(0) = 1 Đặt x(t) ↔ X(p), y(t) ↔ Y(p) nên x’(t) = pX - 1, y’(t) = pY - 1. Thay vào ta có hệ phương trình ảnh: ⎧ 1 ⎪ pX − 1 + X − Y = ⎪ p −1 ⎨ ⎪pY − 1 + 3X − 2Y = 2 ⎪ ⎩ p −1 hay: ⎧ 1 ⎪(p + 1)X − Y = p − 1 + 1 ⎪ ⎨ ⎪3X + (p − 2)Y = 2 + 1 ⎪ ⎩ p −1 Giải hệ này ta được: 1 1 X= ; Y= p −1 p −1 Vậy: x(t) = e và y(t) = et t Ví dụ 9: Giải hệ phương trình: ⎧x ′′ − x + y + z = 0 ⎪ ⎨x + y′′ − y + z = 0 ⎪x + y + z′′ − z = 0 ⎩ Thoả mãn các điều kiện đầu x(0) = 1, y(0) = z(0) = x’(0) = y’(0) = z’(0) = 0. Đặt x(t) ↔ X(p) ⇒ x” ↔ p2X - p y(t) ↔ Y(p) ⇒ y” ↔ p2Y z(t) ↔ Z(p) ⇒ z” ↔ p2Z 124
Do đó hệ phương trình đối với các ảnh là: ⎧(p 2 − 1)X + Y + Z = p ⎪ ⎨X + (p − 1)Y + Z = 0 2 ⎪X + Y + (p 2 − 1) Z = 0 ⎩ Giải hệ này ta có: p3 X= (p 2 + 1)(p 2 − 2) p Y=Z=− 2 (p + 1)(p 2 − 2) Như vậy: 2 ( ) x ( t ) = ch 2t + cos t 3 1 3 1 ( ) 1 y( t ) = z( t ) = − ch 2t + cos t 3 3 2. Dùng công thức Duhamel: Nếu biết nghiệm x1(t) của phương trình: a o x1′ + a 1x1 + a 2 x1 = 1 ′ ′ (5) thoả mãn các điều kiện ban đầu thuần nhất x(0) = x’(0) = 0 thì công thức mà ta thiết lập dưới đây dựa vào công thức Duhamel sẽ cho ta nghiệm x(t) của phương trình: aox” + a1x’ + a2x = f(t) (6) thoả mãn các điều kiện ban đầu thuần nhất x(0) = x’(0) = 0. Ta có công thức: τ τ ′ ′ ′ x ( t ) = x1 * f = ∫ f (τ)x1 ( t − τ)dτ = ∫ f ( t − τ)x1 (τ)dτ 0 0 Chứng minh: Đặt x1(t) ↔ X1(p), x(t) ↔ X(p), f(t) ↔ F(p). Hàm X1(p) thoả mãn phương trình ảnh của (5) là: 1 ( a o p 2 + a 1p + a 2 ) X1 ( p ) = (7) p Hàm X(p) thoả mãn phương trình ảnh của (6) là: (a o p 2 + a 1p + a 2 )X(p) = F(p) (8) Từ (7) và (8) suy ra: X ( p) pX1 (p) = hay X(p) = pX1 (p).F(p) F(p) Theo công thức tích phân Duhamel ta có: X(p) ↔ x1(t).f(0) + x1 * f ′ Vì x1(0) = 0 nên X(p) ↔ x1 * f ′ nghĩa là: 125
τ t ′ ′ ′ x ( t ) = x1 * f = ∫ f (τ)x1 ( t − τ)dτ = ∫ f ( t − τ)x1 (τ)dτ (9) 0 0 Ta cũng có thể dùng công thức Duhamel thứ 2: τ x ( t ) = x1 ( t )f (0) = ∫ x1 (τ)f ( t − τ)dτ (10) 0 Ví dụ 1: Tìm nghiệm của phương trình: 2 x” + x’ = e −t thoả mãn điều kiện đầu x(0) = x’(0) = 0. Ta thấy nghiệm của phương trình x” + x’ = 1 với điều kiện đầu x(0) = x’(0) = 0 là x1(t) = 1 - cost. Vậy theo (9) thì nghiệm của phương trình ban đầu là: t 2 x ( t ) = ∫ e −( t −τ ) sin τdτ 0 Ví dụ 2: Tìm nghiệm của phương trình x” + x = 5t2 với điều kiện đầu là x(0) = x’(0) =0 Trong ví dụ trên ta có x1(t) = 1 - cost. Vậy: t x ( t ) = ∫ 5t 2 sin( t − τ)dτ = 5( t 2 − 2 + 2 cos t ) 0 §20. BẢNG ĐỐI CHIẾU ẢNH - GỐC Tt f(t) F(p) Tt f(t) F(p) 1 (p − a ) 2 − m 2 1 1 21 teatcosmt p [(p − a ) 2 + m 2 ]2 1 2m( p − a ) 2 t 22 teatshmt p2 [(p − a ) 2 − m 2 ]2 n! (p − a ) 2 + m 2 3 tn 23 teatchmt p n +1 [(p − a ) 2 − m 2 ]2 1 m2 4 eat 24 1-cosmt p−a p( p 2 + m 2 ) a 1 5 eat - 1 25 f(t)sinmt [F(p − jm) − F(p + jm)] p( p − a ) 2 1 1 6 teat 26 f(t)cosmt [F(p − jm) + F(p + jm)] (p − a ) 2 2 n! 1 7 tneat 27 f(t)shmt [F(p − m) − F(p + m)] (p − a ) n +1 2 m 1 8 sinmt 28 f(t)chmt [F(p − m) + F(p + m)] p + m2 2 2 126
p e at − e bt 1 9 cosmt 29 p + m2 2 a−b (p − a )(p − b) t t m e − −e a − b 1 10 shmt 30 p − m2 2 a−b (ap + 1)(bp + 1) p p 11 chmt 31 (1+at)eat p − m2 2 (p − a ) 2 m e a − at − 1 1 12 eatsinmt 32 (p − a ) 2 + m 2 a2 (p − a )p 2 p−a p 2 + 2m 2 13 eatcosmt 33 cos mt 2 (p − a ) 2 + m 2 p( p 2 + 4m 2 ) m 2m 2 14 eatshmt 34 sin2mt (p − a ) 2 − m 2 p( p 2 + 4m 2 ) p−a p 2 − 2m 2 15 eatchmt 35 ch2mt (p − a ) 2 − m 2 p( p 2 − 4m 2 ) 2pm 2m 2 16 tsinmt 36 sh2t (p + m 2 ) 2 2 p( p 2 − 4m 2 ) p2 − m2 e at − e bt p−b 17 tcosmt 37 ln (p 2 + m 2 ) 2 t p−a 2pm e − at 1 18 tshmt 38 (p − m 2 ) 2 2 πt p+a p2 + m2 2m ( p − a ) 19 tchmt 20 teatsinmt (p 2 − m 2 ) 2 [(p − a ) 2 + m 2 ]2 127