intTypePromotion=1
ADSENSE

GIÁO TRÌNH TOÁN CHUYÊN NGÀNH ĐIỆN_CHƯƠNG 6_2

Chia sẻ: Tranthi Kimuyen | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:9

125
lượt xem
26
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'giáo trình 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:
Lưu

Nội dung Text: GIÁO TRÌNH TOÁN CHUYÊN NGÀNH ĐIỆN_CHƯƠNG 6_2

  1. t t f ( t ) = ∫ 2 sin( t + τ)dτ + ∫ sin( t − 3τ)dτ 0 0 t cos( t − 3τ) 1 1 t = − cos( t + τ) 0 + = cost − cos2 t + cos2 t − cost 3 3 3 0 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: d n −1x dn x 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. 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: p+2 4 5p X= 2 +2 −2 (p + 1)(p − 1) (p + 4)(p − 1) p − 1 2 2 p+2 2 2 p p =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: p+6 6 6 4 1 X= + = + + (p + 2) 6 (p + 2) 2 (p + 2) 6 (p + 2) 2 p + 2 120
  3. −2 t ⎛ t5 ⎞ 1 5 −2 t −2 t −2 t 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) (p − j) (p + j) 3 4 2 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: ″ ⎡ e pt ⎤ ⎡ 12e pt t 2 e pt ⎤ 6 te pt 1 1 pt = lim ⎢ − + Res[X(p)e , j] = lim ⎢ 2 p→ j ⎣ (p + j) 3 ⎥ 2 p→ j ⎣ (p + j)5 (p + j) 4 (p + j) 3 ⎥ ⎦ ⎦ [ ] e jt = − 3t + j( t 2 − 3) 16 ″ ⎡ e pt ⎤ ⎡ 12e pt t 2 e pt ⎤ 6 te pt 1 1 pt = lim ⎢ − + Res[X(p)e , -j] = lim ⎢ 2 p→− j⎣ (p − j) 3 ⎥ 2 p→− j⎣ (p − j) 5 (p − j) 4 (p − j) 3 ⎥ ⎦ ⎦ − jt [ ] e = − 3t − j( t 2 − 3) 16 Theo công thức tìm gốc của phân thức hữu tỉ ta có: x(t) = Res[X(p)ept, j] + Res[X(p)ept, -j] [ ] e − jt [ ] e jt = − 3t + j( t − 3) + − 3t − j( t 2 − 3) 2 16 16 [ ] [ ] e jt e jt = − 3t + j( t 2 − 3) + − 3t + j( t 2 − 3) 16 16 ⎧ e jt ⎫ [ ] 3 − t2 3 = 2 Re⎨ − 3t + j( t 2 − 3) ⎬ = − t cos t + sin t 16 8 8 ⎩ ⎭ Ví dụ 5: Tìm nghiệm của phương trình x” + x = et thoả mãn các điều kiện ban đầu x(1) = x’(1) = 1. Các điều kiện ban đầu ở đây không phải cho tại t = 0 mà tại t = 1. Vì vậy ta phải biến đổi để quy về trường hợp trên. Ta đặt t = τ + 1, x(t) = x(τ + 1) = y(τ), Vậy x’(t) = y’(τ), x”(t) = y”(τ). Bài toán được đưa về tìm nghiệm của phương trình: y”(τ) + y(τ) = eτ+1 thoả mãn y(0) = 1 và y’(0) = 0 121
  4. 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 + 1) e p e p Y= +2 = − +2 (p − 1)(p + 1) p + 1 2(p − 1) 2(p + 1) p + 1 2 2 ⎛ e⎞ p e 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 e −2 p 1 X= = − p(p + 1) p(p + 1) p(p + 1) 1 1 1 ↔ 1 − e −t =− Do p(p + 1) p p + 1 nên theo tính chất trễ ta có: [ ] 1 e −2 p ↔ η( t − 2) 1 − e −( t −2 ) p(p + 1) ⎧1 − e − t 0
  5. Ví dụ 7: Tìm nghiệm của phương trình: ⎧sin t 0 < t < π x ′′ + ω2 x = ⎨ t>π ⎩0 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 + e −pπ ) 1 p +1 2 Vậy phương trình ảnh tương ứng là: (1 + e−pπ ) 1 p 2 X + ω2 X = 2 p +1 1 + e − pπ hay: X = 2 (p + 1)(p 2 + ω2 ) Ta xét hai trường hơp: ∗ nếu ω2 ≠ 1 thì: sin ωt − ω sin t 1 ↔ (p + 1)(p + ω ) ω(1 − ω2 ) 2 2 2 Theo tính chất trễ e − pπ sin ω( t − π) − ω sin( t − π) ↔ η( t − π) (p + 1)(p + ω ) ω(1 − ω2 ) 2 2 2 Vây: sin ωt − ω sin t sin ω( t − π) − ω sin( t − π) + η( t − π) x(t) = ω(1 − ω ) ω(1 − ω2 ) 2 hay: ⎧ sin ωt − ω sin t 0
  6. e − pπ η( t − π) [(t − π) cos t − sin t ] ↔ hay: (p 2 + 1) 2 2 Vậy: 1 1 (sin t − t cos t ) + η( t − π)[( t − π) cos t − sin t ] x(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
  7. 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 1 x ( t ) = ch 2t + cos t 3 3 () 1 1 y( t ) = z( t ) = − ch 2t + cos t 3 3 2. Dùng công thức Duhamel: Nếu biết nghiệm x1(t) của phương trình: a 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
  8. 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) (p − a ) 2 − m 2 1 teatcosmt 1 1 21 [(p − a ) 2 + m 2 ]2 p 2m( p − a ) 1 teatshmt 2 t 22 [(p − a ) 2 − m 2 ]2 p2 (p − a ) 2 + m 2 n! tn teatchmt 3 23 p n +1 [(p − a ) 2 − m 2 ]2 m2 1 eat 4 24 1-cosmt p−a p( p 2 + m 2 ) a 1 eat - 1 [F(p − jm) − F(p + jm)] 5 25 f(t)sinmt p( p − a ) 2 1 1 teat [F(p − jm) + F(p + jm)] 6 26 f(t)cosmt (p − a ) 2 2 n! 1 tneat [F(p − m) − F(p + m)] 7 27 f(t)shmt (p − a ) n +1 2 m 1 [F(p − m) + F(p + m)] 8 sinmt 28 f(t)chmt p + m2 2 2 126
  9. 1 p e at − e bt 9 cosmt 29 p + m2 (p − a )(p − b) 2 a−b t t m 1 − − −e e a b 10 shmt 30 p − m2 (ap + 1)(bp + 1) 2 a−b p p (1+at)eat 11 chmt 31 p − m2 (p − a ) 2 2 m 1 e a − at − 1 12 eatsinmt 32 (p − a ) 2 + m 2 (p − a )p 2 a2 p−a p 2 + 2m 2 13 eatcosmt 2 33 cos mt (p − a ) 2 + m 2 p( p 2 + 4m 2 ) m 2m 2 eatshmt sin2mt 14 34 (p − a ) 2 − m 2 p( p 2 + 4m 2 ) p−a p 2 − 2m 2 eatchmt ch2mt 15 35 (p − a ) 2 − m 2 p( p 2 − 4m 2 ) 2pm 2m 2 sh2t 16 tsinmt 36 (p + m 2 ) 2 2 p( p 2 − 4m 2 ) p−b p2 − m2 e at − e bt ln 17 tcosmt 37 p−a (p 2 + m 2 ) 2 t 1 e − at 2pm 18 tshmt 38 p+a (p − m 2 ) 2 2 πt 2m ( p − a ) p2 + m2 teatsinmt 19 tchmt 20 [(p − a ) 2 + m 2 ]2 (p 2 − m 2 ) 2 127
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2