PHÂN TÍCH HỆ THỐNG LIÊN TỤC THEO THỜI GIAN DÙNG BIẾN ĐỔI LAPLACE( chương 6)

Chia sẻ: Dang Anh Tu | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:96

Thêm vào BST

Báo xấu

314
lượt xem 43
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Biến đổi Fourier là công cụ để biểu diễn tín hiệu f (t) thành dạng tổng các hàm mủ dạng e jwt , với tần số bị giới hạn trên trục ảo của mặt phẳng phức (s = jw) . Theo các chương 4 và 5 thì biểu diễn này đã đủ để phân tích và xử lý tín hiệu. Tuy nhiên, điều này chưa đủ khi phân tích hệ thống vì: (1) Biến đổi Fourier chỉ tồn tại trong một số lớp tín hiệu, và không dùng được với các ngõ vào tăng theo dạng hàm mủ. (2) Biến đổi Fourier không phân tích...

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: PHÂN TÍCH HỆ THỐNG LIÊN TỤC THEO THỜI GIAN DÙNG BIẾN ĐỔI LAPLACE( chương 6)

CHƯƠNG 6: PHÂN TÍCH HỆ THỐNG LIÊN TỤC THEO THỜI GIAN DÙNG BIẾN ĐỔI LAPLACE Nội dung 6.1 Biến đổi Laplace 6.2 Đặc tính của biến đổi Laplace 6.3 Tìm nghiệm của phương trình vi phân và phương trình vi-tích phân 6.4 Phân tích mạng điện: sơ đồ toán tử 6.5 Sơ đồ khối 6.6 Thiết lập hệ thống 6.7 Ứng dụng vào phản hồi và điều khiển 6.8 Biến đổi Laplace hai bên 6.9 Phụ chương 6.1: Thực hiện dạng chính tắc thứ hai 6.10 Tóm tắt Tài liệu tham khảo: B.P. Lathi, Signal Processing and Linear Systems, Berkeley-Cambridge Press, 1998 Biến đổi Fourier là công cụ để biểu diễn tín hiệu f (t ) thành dạng tổng các hàm mủ dạng e jwt , với tần số bị giới hạn trên trục ảo của mặt phẳng phức ( s = jw ) . Theo các chương 4 và 5 thì biểu diễn này đã đủ để phân tích và xử lý tín hiệu. Tuy nhiên, điều này chưa đủ khi phân tích hệ thống vì: (1) Biến đổi Fourier chỉ tồn tại trong một số lớp tín hiệu, và không dùng được với các ngõ vào tăng theo dạng hàm mủ. (2) Biến đổi Fourier không phân tích được các hệ thống không ổn định hay ở biên ổn định. 6.1 Biến đổi Laplace Nguyên nhân cơ bản của các khó khăn vừa nêu là do một số tín hiệu, như e -t u (t ) (a > 0) không có biến đổi Fourier do các sóng sin thông thường hay hàm mủ dạng e jwt (chỉ quan tâm đến biên độ không đổi) không có khả năng tổng hợp được hàm mủ tăng theo thời gian. Vấn đề này được giải quyết khi dùng tín hiệu cơ bản (nền) dạng e st (thay cho hàm e jwt ), khi đó tần số phức s không còn phải nằm trên trục ảo (như trường hợp biến đổi Fourier). Điều này thể hiện qua phép biến đổi mở rộng gọi là biến đổi Laplace hai bên, với biến tần số s = jw được tổng quát thành s = s + jw . Điều này cho phép ta dùng các hàm mủ tăng theo thời gian để tổng hợp tín hiệu f (t ) . Trước khi phát triển toán tử của phép mở rộng, ta cần tìm hiểu trực giác về quá trình tổng quat hóa này.
6.1- 1 Hiểu biết trực giác về biến đổi Laplace Tín hiệu f (t ) trong hình 6.1d không có biến đổi Fourier, ta lấy biến đổi Fourier bằng cách nhân tín hiệu với hàm mủ giảm dạng e -st . Thí dụ, lấy biến đổi Fourier tín hiệu e 2tt u (t ) bằng cách nhân với hàm e -st với V > 2 . Đặt: f (t ) = f (t )e -st Như vẽ ở hình 6.1a. Tín hiệu f (t ) có được biến đổi Fourier và các thành phần Fourier có dạng e jwt với tần số w thay đổi từ w = -¥ đến ¥. Thành phần mủ e jwt và e - jwt thêm vào phổ tạo sóng sin tần số w. Phổ chứa vô hạn các sóng sin, mỗi sóng có biên độ bé. Rất dễ lẫn lộn khi vẽ tất cả các dạng sóng này; do đó, hình 6.1b, chỉ vẽ hai thành phần tiêu biễu. Cộng tất cả các thành phần này (số lượng là vô hạn) cho ta lại f (t ) , vẽ ở hình 6.1a. Thành phần phổ của hàm mủ của f (t ) có dạng e jwt , với tần số phức jw nằm trên trục ảo từ w = -¥ đến ¥, vẽ ở hình 6.1c. Hình 6.1a vẽ tín hiệu f (t ) = f (t )e -st . Hình 6.1b vẽ hai trong số vô hạn các thành phần phổ, và hình 6.2c vẽ vị trí tần số của mọi thành phần phổ của f (t ) trên mặt phẳng phức. Vậy ta tìm lại tín hiệu mong muốn f (t ) bằng cách nhân f (t ) với est . Điều này cho phép tổng hợp f (t ) bằng cách nhân từng thành phần của nhân f (t ) với est rồi cộng tất cả lại. Nhưng khi nhân thành phần phổ của f (t ) (sóng sin trong hình 6.1b) với est tạo hàm sin tăng theo dạng mủ như vẽ ở hình 6,1e. Khi cộng tất cả các thành phần sóng sin tăng dạng mủ (số lượng là vô hạn) tạo lại f (t ) trong hình 6.1d. Thành phần phổ của f (t ) có dạng e jwt . Khi nhân các thành phần này với est tạo ra thành phần phổ có dạng est e jwt = e j (s + jw ) . Vậy, các thành phần tần số jw trong phổ f (t ) được chuyển sang thành phần tần số s + jw trong phổ của f (t ) . Vị trí các tần số s + jw trong mặt phẳng phức nằm theo đường dọc, vẽ trong hình 6.1f. Rõ ràng là tín hiệu f (t ) có thể được tổng hợp dùng các hàm mũ tăng không dừng nằm dọc theo s + jw , với w = -¥ đến ¥. Giá trị của s rất mềm dẻo. Thí dụ, nếu f (t ) = e 2t u (t ) , thì f (t ) = f (t )e -st có biển đổi Fourier khi chọn s > 2. Từ đó, có vô số cách chọn s . Điều này tức là phổ của f (t ) không độc nhất, với vô số khả năng tổng hợp f (t ) . Tuy nhiên, s có một số giá trị bé nhất s 0 cho từng f (t ) . [ s 0 = 2 cho trường hợp f (t ) = e 2t u (t ) ]. Vùng trong mặt phẳng phức cho s > s 0 gọi là vùng hội tụ (hay vùng tồn tại) cho biến đổi của f (t ) Các kết luận rút ra từ phương pháp thử và sai sẽ được phân tích một cách giải tích như sau. Tần số jw trong biến đổi Fourier sẽ được tổng quát thành s = s + jw . 6.1- 2 Phân tích biến đổi Laplace hai bên Ta đã nhất quán biến đổi Fourier và biến đổi Laplace, nên cần dùng ý niệm F ( jw ) thay cho F (w ) của trường hợp biến đổi Fourier, và được định nghĩa theo: ¥ F ( jw ) = ò f (t )e - jwt dt (6.1) -¥
¥ f (t ) = ò F ( jw )e jwt dw Và (6.2) -¥ Xét biến đổi Fourier của f (t )e -st (s số thực) ¥ F [ f (t )e -st ] = ò f (t )e -st e - jwt dt (6.3) -¥ ¥ F [ f (t )e -st ] = ò f (t )e -(st + jw )t dt (6.4) -¥ Theo phương trình (6.1), thì các tích phân trên là F (s + jw ) , nên F [ f (t )e -st ] = F (s + jw ) (6.5) Biến đổi Fourier nghịch
¥ 1 ò f (t )e -st = F (s + jw )e jwt dw (6.6) 2p -¥ Nhân hai vế với est 1¥ 2p ò-¥ F (s + jw )e (s + jw ) t dw f (t ) = (6.7) Lượng (s + jw ) là tần số phức s. Đổi biến tích phân từ w sang s. Do s = s + jw , dw = (1 / j )ds . Giới hạn của tích phân từ w = -¥ đến ¥ chuyển từ biến s từ (s - ¥) đến (s + ¥) . Tuy nhiên, cần nhắc lại là với hàm cho trước f (t ) , s cần có giá trị tối thiểu s 0 , và ta có thể chọn bất kỳ với s > s 0 . Phương trình (6.7) thành 1 c+¥ òc-¥ F (s)e ds f (t ) = st (6.8a) 2pj Từ phương trình (6.4) và (6.5), ta có ¥ F ( s ) = ò f (t )e -st dt (6.8b) ¥ Cặp phương trình trên gọi là cặp biến đổi Laplace hai bên. Biến đổi Laplace hai bên được viết thành công thức f(t) = L-1[F(s)] F(s) = L[f(t)] và Hay đơn giản hơn f (t ) Û F ( s ) Đáp ứng của hệ thống LT – TT – BB. Phương trình (6.8a) biểu diễn f (t ) thành tổng trọng các hàm mủ dạng e st . Điều này được thể hiện rõ khi viết tích phân trong phương trình (6.8a) theo dạng tổng é F (nDs )Ds ù ( nDs )t ¥ 1¥ F ( s )ds = lim å ê ò-¥ f (t ) = 2pj ú e (6.9) 2pj Ds ®0 n= -¥ë û Rõ ràng, biến đổi Laplace biểu diễn f (t ) thành tổng các hàm mủ không dừng có dạng e ( nDs ) t đi từ c - j¥ đến c + j¥ với c > s 0 . Đây là các sóng sin với dạng mủ tăng (khi c > 0 ) hay giảm theo dạng mủ (khi c < 0 ). Ta xác định đáp ứng của hệ thống LT – TT – BB với ngõ vào f (t ) qua quan sát hàm truyền hệ thống với hàm mủ (không dừng) e ( nDs ) t là H (nDs )e ( nDs ) t . Từ phương (6.9), có đáp ứng của hệ thống với ngõ vào f (t ) là: é F ( nDs) H (nDs )Ds ù ( nDs ) t ¥ 1 c ' + j¥ åê òc'- j¥ F (s) H ( s)e ds f (t ) = lim = st úe (6.10) 2pj 2pj Ds ®0 n = -¥ë û Hướng lấy tích phân (từ c '- j¥ đến c '+ j¥ ) trong phương trình (6.10) có thể khác với phương trình (6.9). Nếu f (t ) Û F ( s ) , theo phương trình(6.10) là Y (s) = F ( s) H ( s) (6.11) Ta đã biểu diễn ngõ vào f (t ) là tổng các thành phần hàm mủ dạng e st . Từ đó, tìm được đáp ứng của hệ thống bằng cách cộng tất cả đáp ứng với các thành phần mủ này. Phương pháp thực hiện tương tự như trong chương 2 (với ngõ vào được biểu diễn thành tổng nhiều xung) hay trong chương 4 (với ngõ vào được biểu diễn thành tổng các hàm mủ dạng e jwt ).
Vậy khi hệ LT – TT – BB có hàm truyền H(s), có ngõ vào là f (t ) và ngõ ra y (t ) , nếu f (t ) Û F ( s ) , và y (t ) Û Y ( s ) , thì Y (s) = F (s) H ( s) (6.12) Tính tuyến tính của biến đổi Laplace Biến đổi Laplace là toán tử tuyến tính, và theo nguyên lý xếp chồng, nếu f1 (t ) Û F1 ( s ) và f 2 (t ) Û F2 ( s ) , thì a1 f1 (t ) + a2 f 2 (t ) Û a1 F1 ( s ) + a2 F2 ( s ) (6.13) Phần chứng minh đơn giản và lấy từ định nghĩa của biến đổi Laplace. Kết quả này còn được mở rộng khi có vô hạn các thừa số ngõ vào. Vùng hội tụ Phần trước đã thảo luận một cách trực giác về vùng hội tụ (hay vùng tồn tại) của biến đổi Laplace F(s). Về mặt toán học, vùng hội tụ của F(s) là tập các giá trị của s (vùng nằm trong mặt phẳng phức), trong đó tích phân từ phương trình (6.8b) định nghĩa trực tiếp biến đổi Laplace hội tụ. Xét tiếp thí dụ sau: ■ Thí dụ 6.1: Cho tín hiệu f (t ) = e - at u (t ) , tìm biến đổi Laplace F(s) và vùng hội tụ ¥ F ( s ) = ò e -at u (t )e -st dt Từ định nghĩa -¥ Do u (t ) = 0 khi t < 0 và u (t ) = 1 khi t ³ 0 ¥ ¥ ¥ 1 -( s + a ) t F ( s ) = ò e e dt = ò e - at - st -( s + a ) t dt = e (6.14) s+a 0 0 0 Chú ý do s là biến phức và khi t ® ¥ , thừa số e - ( s + a ) t không nhất thiết phải triệt tiêu, nên ta dùng lại ý niệm về số phức z = a + jb . e - zt = e - (a + jb ) t = e -at e - jbt Do e - jbt = 1 với mọi giá trị của b t . Do đó. Khi t ® ¥ , e - zt ® 0 nếu và chỉ nếu khi a > 0 , và t ® ¥ , e - zt ® ¥ nếu a < 0 , do đó ì 0 Re z > 0 lim e - zt = í (6.15) î¥ Re z < 0 t ®¥ Rõ ràng ì 0 Re( s + a ) > 0 lim e -( s+a )t = í î¥ Re( s + a ) < 0 t ®¥ Dùng kết quả từ phương trình (6.14) 1 F (s) = Re( s + a) > 0 (6.16a) s+a 1 F (s) = Re( s + a) > 0 (6.16a) s+a
1 e -at u (t ) Û Re s > -a Hay (6.16b) s+a Vùng hội tụ của F(s) là Re s > – a, vẽ ở phần diện tích tô bóng trong hình 6.2a. Điều này tức là tích phân định nghĩa F(s) trong phương trình (6.14) chỉ tồn tại với giá trị của s trong vùng tô bóng hình 6.2a. Tích phân trong (6.14) không hội tụ với các giá trị khác của s. Do đó vùng tô bóng này được goi là vùng hội tụ (hay vùng tồn tại) của F(s). Nhắc lại là biến đổi Fourier của e - at u (t ) không tồn tại với các giá trị âm của a. Ngược lại, biến đổi Laplace tồn tại với mọi giá trị của a, và vùng hội tụ là phần bên phải của đường thẳng Re s = -a. ■ Vai trò của vùng hội tụ Vùng hội tụ rất cần để tìm biến đổi Laplace nghịch f (t ) như định nghĩa ở phương trình (6.8a). Khi tìm biến đổi nghịch, cần tính tích phân trong mặt phẳng phức, nên cần thêm một số định nghĩa. Đường lấy tích phân dọc theo c + jw với w thay đổi từ – ¥ đến ¥. Hơn nữa. đường lấy tích phân phải nằm trong vùng hội tụ (hay tồn tại) của F(s). Điều này không thực hiện được với tín hiệu e - at u (t ) nếu c > - a . Còn một đường lấy tích phân khác (đường chấm) trong hình 6.2a. Như thế, để có được f (t ) từ F ( s ) là phải lấy tích phân theo đường này. Khi lấy tích phân [1 /( s + a)]e st dọc theo đường này, cho kết quả e - at u (t ) . Phương pháp lấy tích phân trong mặt phẳng phức đòi hỏi kiến thức về hàm biến phức. Điều này có thể tránh được bằng cách dùng bảng biến đổi Laplace (bảng 6.1), với đầy đủ các cặp biến đổi Laplace của nhiều dạng tín hiệu khác nhau. Thí dụ, để tìm biến đổi nghịch của biến đổi 1 /( s + a ) , thay vì dùng công thức tính tích phân phức (6.8a), ta nhìn vào bảng để có biến đổi nghịch là e - at u (t ) . Biến đổi Laplace một bên Để biết nhu cầu của biến đổi Laplace một bên, hảy tìm biến đổi Laplace của tín hiệu f (t ) vẽ ở hình 6.2b f (t ) = -e - at u (-t )
Biến đổi Laplace của tín hiệu này là ¥ F ( s ) = ò - e -at u (-t )e -st dt -¥ Do u (-t ) = 1 khi t < 0 và u (-t ) = 0 khi t > 0 0 1 -( s + a )t F ( s ) = ò - e e dt = ò e 0 0 - at - st -( s + a ) t dt = e s+a -¥ -¥ -¥ Phương trình (6.15) cho lim e - ( s +a ) t = 0 Re( s + a ) < 0 , nên t ®¥ 1 F ( s) = Re s < -a (6.17) s+a Tín hiệu - e - at u (-t ) và vùng hội tụ ( Re s < -a ) được vẽ trong hỉnh 6.2b. Chú ý là biến đổi Laplace của hai tín hiệu e - at u (t ) và - e - at u (-t ) giống nhau trừ với các vùng hội tụ khác nhau. Như thế, với một F ( s ) , có thể có nhiều biến đổi nghịch, tùy theo vùng hội tụ. Nói cách khác không có ánh xạ một – một giữa F ( s ) và f (t ) , trừ khi biết được vùng hội tụ. Điều này càng làm phức tạp ứng dụng của biến đổi Laplace. Yếu tố phức tạp này là do mong muốn xử lý tốt được các tín hiệu nhân quả và không nhân quả. Điều này không thể xảy ra khi ta giới hạn tín hiệu là tín hiệu nhân quả. Như thế, chỉ có một biến đổi nghịch của F ( s ) = 1 /( s + a ) , tức là e - at u (t ) . Để tìm f (t ) từ F ( s ) , ta cũng không cần đến vùng hội tụ. Tóm lại, nếu mọi tín hiệu đều là nhân quả, thì với một F ( s ) , chỉ có một biến đổi nghịch f (t ) . Biến đổi Laplace một bên là trường hợp đặc biệt của biến đổi Laplace hai bên, khi các tín hiệu đều bị giới hạn là nhân quả, nên cận lấy tích phân có thể thay đổi từ 0 đến ¥. Do đó, biến đổi Laplace một bên được định nghĩa là ¥ F ( s ) º ò f (t )e -st dt (2.18) 0 Ta chọn 0- (thay vì 0+ như theo một số tài liệu) làm cận dưới tích phân. Qui ước này không chỉ bảo đảm chèn được xung tại t = 0 , mà còn cho phép ta dùng được điều kiện đầu tại 0– (thay vì tại 0+) vào nghiệm của phương trình vi phân qua biến đổi Laplace. Thực tế, ta thường biết được điều kiện đầu trước khi có tín hiệu vào (tại 0-), không phải sau khi tín hiệu vào (tại 0+). Biến đổi Laplace một bên đơn giản hóa đáng kể việc phân tích hệ thống, nhưng điều phải trả giá là phân tích không được hệ thống không nhân quả hay dùng với các ngõ vào không nhân quả. Tuy nhiên, trong hầu hết các bài toán thực tế, thì hậu quả này là rất ít. Hảy xét biến đổi Laplace một bên và ứng dụng trong phân tích hệ thống (biến đổi Laplace hai bên sẽ được bàn ở phần 6.8) Ta thấy là về cơ bản thì không có khác biệt giữa biến đổi Laplace hai bên và một bên. Biến đổi Laplace là biến đổi hai bên dùng cho lớp con tín hiệu bắt đầu tại t = 0 (tín hiệu nhân quả). Như thế, biểu thức [phương trình (6.8a)] của biến đổi Laplace nghịch vẫn đúng. Trong thực tế, thường thì biến đổi Laplace được hiểu là biến đổi Laplace một bên.
Tồn tại của biến đổi Laplace Biến s trong biến đổi Laplace thường là biến phức, và được viết thành s = s + jw . Từ định nghĩa ¥ ¥ F ( s ) = ò - f (t )e -st dt = ò - [ f (t )e -st ]e - jwt dt 0 0 j wt = 1 , tích phân vế phải hội tụ nếu Do e ¥ ò f (t )e -st dt < ¥ (6.19) 0- Như thế biến đổi Laplace tồn tại nếu tích phân (6.19) là hữu hạn với một số giá trị của s. Tín hiệu nào tăng chậm hơn tín hiệu mủ Mes 0t với một số giá trị của M và s 0 , thì f (t ) £ Mes 0t (6.20) Ta có thể chọn s > s 0 thỏa (6.19). Ngược lại, tín hiệu e t có tốc độ tăng nhanh hơn 2 es 0t nên e t không có biến đổi Laplace. Điều may mắn là các tín hiệu dạng này (không có 2 biến đổi Laplace) lại ít ảnh hưởng về mặt lý thuyết hay thực tế. Nếu s 0 là trị bé nhất của s để tích phân (6.19) hữu hạn, thì s 0 được gọi là hoành độ hội tụ và vùng hội tụ của F ( s ) là Re s > s 0 . Hoành độ hội tụ của e - at u (t ) là –a (vùng hội tụ là Re s > -a ). ■ Thí dụ 6.2: Tìm biến đổi Laplace của (a) d (t ) (b) u (t ) (c) cos w0tu (t ) . ¥ L [d (t )] = ò - d (t )e -st dt (a) 0 Từ đặc tính lấy mẫu [phương trình (1.24a)], ta có L [d (t )] = 1 với mọi s d (t ) Û 1 Tức là với mọi s (6.21) (b) Để tìm biến đổi Laplace của u (t ) , nhắc lại là u (t ) = 1 khi t ³ 0 , nên ¥ ¥ ¥ 1 1 L [u (t )] = ò - u (t )e -st dt = ò - e -st dt = - e -st = Re s > 0 (6.22) s s 0 0 0- Ngoài ra, còn có thể tìm kết quả từ phương trình (6.16b) khi cho a = 0. 1 Do cos w0tu (t ) = [e jw0t + e - jw0t ]u (t ) (c) (6.23) 2 1 L [cos w0tu (t )] = L [ e jw0tu (t ) + e - jw0t u (t )] 2 Từ phương trình (6.16) 1é 1 1ù L [cos w0tu (t )] = ê Re( s ± jw0 = Re s > 0 + ú 2 ë s - jw0 s + jw0 û 1 = Re s > 0 s + w02 2 (6.24) ■
Trong biến đổi Laplace một bên, chỉ có một biến đổi nghịch của F ( s ) ; nên không cần xác định rõ ràng vùng hội tụ. Vì vậy, ta thường bỏ qua ý niệm vùng hội tụ trong biến đổi Laplace một bên. Nhắc lại là, trong biến đổi Laplace một bên, hiểu ngầm là các tín hiệu đều là zêrô khi t < 0 , và điều thích hợp là nên nhân tín hiệu này với u (t ) . D Bài tập E 6.1 Dùng phương pháp tích phân trực tiếp, tìm biến đổi Laplace F ( s ) và vùng hội tụ của F ( s ) của tín hiệu trong hình 6.3 1 1 Đáp số: (a) (1 - e -2 s ) với mọi s (b) (1 - e -2 s )e -2 s với mọi s Ñ s s Quan hệ với biến đổi Fourier Định nghĩa biến đổi Laplace giống với biến đổi Fourier khi thay jw bằng s. Ta thấy biến đổi Laplace F ( s ) của tín hiệu f (t ) , giống như biến đổi F (w ) của f (t ) khi thay jw bằng s. Thí dụ, ta thấy biến đổi Fourier của e - at u (t ) là 1 /( jw + a ) . Thay jw bằng s trong biến đổi Fourier cho kết quả là 1 /( s + a) , là biến đổi Laplace theo phương trình (6.16b). Điều không may là phương pháp này không đúng với mọi f (t ) . Chỉ có thể thực hiện điều này khi vùng hội tụ của F ( s ) bao gồm trục ảo (trục jw ). Thí dụ, biến đổi Fourier của hàm bước đơn vị là pd (w ) + (1 / jw ) . Biến đổi Laplace tương ứng là 1 / s , và vùng hội tụ là Re s > 0 , không bao gồm trục ảo. Trong trường hợp này thì quan hệ giữa biến đổi Fourier và biến đổi Laplace không đơn giản. Lý do của khó khăn này có liên quan đến tính hội tụ của tích phân Fourier, theo đó đường lấy tích phân là trục ảo. Do hạn chế này, tích phân Fourier của hàm bước không hội tụ theo nghĩa thông thường như đã minh họa trong thí dụ 4.7. Phải dùng hàm tổng quát (xung) cho ý niệm hội tụ. Ngược lại, tích phân Laplace cho u (t ) lại hội tụ theo nghĩa thông thường, nhưng chỉ với Re s > 0 , lại là vùng cấm trong biến đổi Fourier. Điều thú vị nữa là dù biến đổi Laplace là tổng quát hóa của biến đổi Fourier, vẫn còn có tín hiệu (thí dụ tín hiệu điều hòa) không có biến đổi Laplace, nhưng tồn tại biến đổi Fourier (nhưng không theo nghĩa thông thường). 6.1- 3 Tìm biến đổi Laplace nghịch Phương pháp dùng định nghĩa (6.8a) để tìm biến đổi Laplace nghịch đòi hỏi lấy tích phân trong mặt phẳng phức, không được bàn trong tài liệu này. Mục tiêu là dùng biến đổi nghịch từ bảng 6.1. Điều ta cần là biểu diễn F ( s ) thành tổng nhiều hàm đơn giản được liệt kê trong bảng. Hầu hết các biến đổi F ( s ) trong thực tế có dạng hàm hữu tỉ; tức là tỉ số các đa thức theo s. Hàm dạng này có thể được phân tích thành các hàm đơn giản hơn dùng phép
khai triển đa thức (xem phần B.5). Giá trị s để F ( s ) = 0 được gọi là zêrô của F ( s ) ; giá trị s để F ( s ) ® ¥ được gọi là cực của F ( s ) . Khi F ( s ) là hàm hữu tỉ có dạng P( s ) / Q( s ) , thì nghiệm của P(s) là zêrô và nghiệm của Q(s) là cực của F ( s ) . ■ Thí dụ 6.3: Tìm biến đổi Laplace nghịch của: 7s - 6 6( s + 34) 8s + 10 2s 2 + 5 (a) 2 (b) 2 (c) (d) s -s-6 s + 3s + 2 s ( s + 10s + 34) ( s + 1)( s + 2) 3 2 Biến đổi nghịch của các hàm không có trong bảng 6.1, cần khai triển thành dạng đa thức như thảo luận ở phần B.5. (a) 7s - 6 k1 k2 F (s) = = + ( s + 2)( s - 3) ( s + 2) ( s - 3) Theo phần B.5-2, tính k1 theo 7s - 6 - 14 - 6 k1 = = =4 (...)( s - 3) s =-2 - 2 - 3 Tương tự 7s - 6 21 - 6 k2 = = =3 ( s + 2)(...) s =3 3 + 2 7s - 6 4 3 F (s) = = + Nên (6.25a) ( s + 2)( s - 3) s + 2 s - 3 Kiểm tra kết quả Khi khai triển đa thức, ta có thể bị lỗi, nên có thể kiểm tra bằng cách kiểm lại là F ( s ) và các đa thức phải bằng nhau với từng giá trị của s nếu ta khai triển đúng. Thí dụ, kiểm tra lại (6.25a) với giá trị, s = 1. Thay s = 1 vào phương trình (6.25a) 143 1 - = - =- 632 6 Ta có thể tạm tin được về đáp số của mình. Dùng cặp thứ 5 (bảng 6.1) cho phương trình (6.25a), ta có: æ4 3ö -2t + ÷ = (4e + 3e )u (t ) f (t ) = L-1 ç 3t (6.25b) è s + 2 s -3ø 2s 2 + 5 2s 2 + 5 (b) F ( s ) = 2 = s + 3s + 2 ( s + 1)( s - 2) Ta thấy F ( s ) có m = n . Trường hợp này, ta có thể biểu diễn F ( s ) là tổng của hệ số bn (hệ số của bậc lủy thừa cao nhất của tử số) với các khai triển đa thức tương ứng với các cực của F ( s ) . Trường hợp này, bn = 2 , nên k k F (s) = 2 + 1 + 2 s +1 s + 2
2s 2 + 5 2+5 k1 = = =7 Với (...)(s + 2) s=1 - 1 + 2 2s 2 + 5 8+5 k1 = = = -13 ( s + 1)(...) s=1 - 2 + 1 7 13 F (s) = 2 + - Và s +1 s + 2 Dùng bảng 6.1, cặp 1 và 5, ta có f (t ) = 2d (t ) + (7e -t - 13e -2t )u (t ) (6.26) 6( s + 34) 6( s + 34) k k2 k2 ( s) = = = 1+ + (c) s ( s + 10 s + 34) s ( s + 5 - j 3)( s + 5 + j 3) s s + 5 - j 3 s + 5 + j 3 2 Chú ý là các hệ số ( k 2 và k2 ) của thừa số liên hợp cũng liên hợp * 6( s + 34) 6 x34 k1 = = =6 (...)( s + 10s + 34) s =0 2 34 6( s + 34) 29 + j3 k2 = = = -3 + j 4 , do đó s (...)(s + 5 + j 3) s=-5+ j 3 - 3 - j 5 k 2 = -3 - j 4 * Dùng cặp 10b (bảng 6.1), với k 2 và k2 viết theo dạng cực * ( ) -1 -1 - 3 + j 4 = 32 + 4 2 e j tan ( 4 / -3) = 5e j tan ( 4 / -3) æ4ö -1 æ 4ö Nhận xét tan -1 ç ÷ ¹ tan ç - ÷ . Điều này được minh chứng trong hình 6.4. è -3ø è 3ø Hình 6.4, cho ta k 2 = -3 + j 4 = 5e j126.9 , nên 0 k 2 = 5e - j126.9 , vậy 0 * 5e - j126,9 0 0 6 5e j126,9 F (s) = + + s s + 5 - j 3 s + 5 + j3 Bảng 6.1 (cặp 2 và 10b) cho ta f (t ) = [6 + 10e -5t cos(3t + 126,90 )]u (t ) (6.27)
Bảng biến đổi Laplace (một bên) d (t ) 1 1 2 u (t ) 1 s 3 tu (t ) 1 s2 4 t nu (t ) n! s n+1 e lt u (t ) 5 1 s-l te lt u (t ) 6 1 (s - l )2 t n elt u (t ) 7 n! ( s - l ) n+1 8a cos btu (t ) s s + b2 2 8b sin btu (t ) b s + b2 2 s+a e - at cos btu (t ) 9a ( s + a)2 + b 2 e - at sin btu (t ) 9b b ( s + a) 2 + b 2 (r cos q ) s + (ar cos q - br sin q ) re - at cos(bt + q )u (t ) 10a s 2 + 2as + (a 2 + b 2 ) re - at cos(bt + q )u (t ) 0,5re jq 0,5re - jq 10b + s + a - jb s + a + jb As + B re - at cos(bt + q )u (t ) 10c s + 2as + c 2 As + B B - Aa é ù 10d e -at ê A cos bt + sin bt úu (t ) s + 2as + c 2 ë û b A2c + B 2 - 2 ABa Aa - B q = tan -1 r= b = c - a2 c - a2 A c-a 2
Một phương pháp tính thừa số bậc hai Phương pháp vừa nêu đòi hỏi tính số phức quá nhiều. Theo cặp 10c (bảng 6.1), biến đổi nghịch thừa số bậc hai (có cực liên hợp) được tìm trực tiếp, không dùng các đa thức bậc một. biểu diễn F ( s ) thành 6( s + 34) As + B k F ( s) = = 1+ 2 s ( s + 10s + 34) s s + 10 s + 34 2 Đã xác định được k1 = 6 từ phương pháp Heaviside, nên 6( s + 34) As + B 6 = +2 s ( s + 10s + 34) s s + 10 s + 34 2 Nhân hai vế của phương trình với s ( s 2 + 10 s + 34) 6( s + 34) = 6( s 2 + 10s + 34) + s ( As + B ) = (6 + A) s 2 + (60s + B) s + 204 Cân bằng hệ số của s2 và s, ta có 0 = (6 + A) Þ A = -6 6 = (60 + B) Þ B = -54 , và - 6s - 54 6 F (s) = + 2 s s + 10s + 34 Dùng cặp 2 và 10c để tìm biến đổi Laplace nghịch. Tham số dùng cho cặp 10c là A = -6 , B = -54 , a = 5, c = 34, và b = c - a 2 = 3 , A2 c + B 2 - 2 ABa Aa - B = 10 q = tan -1 r= = 126,9 0 , do đó c-a 2 A c-a 2 -5t f (t ) = [6 + 10e cos(3t + 126.9 0 ]u (t ) là phù hợp với hết quả trước đây Đường tắt Còn có phương pháp gọn hơn để tính thừa số bậc hai, ta có: 6( s + 34) As + B 6 F (s) = = +2 s ( s + 10s + 34) s s + 10s + 34 2 Ta xác định A bằng cách loại B bên vế phải. Bước này được thực hiện bằng cách nhân hai vế phương trình với s rồi cho s ® ¥ , ta có 0 = 6 + A Þ A = -6 , do đó
6( s + 34) - 6s + B 6 = +2 s ( s + 10s + 34) s s + 10 s + 34 2 Tìm B, cho s một giá trị thích hợp, thí dụ cho s = 1 vào phương trình, ta có B-6 210 =6+ 45 45 210 = 270 + B - 6 Þ B = -54 , phù hợp với kết quả đã tính 8s + 10 a0 k a1 a F (s) = = 1+ + + 2 , với (d) ( s + 1)( s + 2) s + 1 ( s + 2) ( s + 2) s+2 3 3 2 8s + 10 k1 = =2 (...)( s + 2) 3 s = -1 8s + 10 a0 = = -2 ( s + 1)(...) s =-2 d é 8s + 10 ù a1 = = -2 ds ê ( s + 1)(...) ú s =-2 ë û ì ü 1 ï d é 8s + 10 ù ï a2 = = -2 , do đó íê úý 2 ï ds ë ( s + 1)(...) û ï î þ s = -2 2 6 2 2 F (s) = + - - , và s + 1 ( s + 2) ( s + 2) s+2 3 2 f (t ) = [2e -t + (3t - 2t - 2)e -2t ]u (t ) (6.28) Phương pháp khác: kết hợp giữa Heaviside và phương pháp clearing fraction Trong phương pháp này, các hệ số đơn giản như k1 và a0 được xác định dùng phương pháp Heaviside. Để xác định các hệ số còn lại, ta dùng phương pháp clearing fraction (xem B.5-3). Dùng các giá trị k1 = 2 và a0 = 6 , ta có 8s + 10 2 6 a1 a = + + +2 ( s + 1)( s + 2) s + 1 ( s + 2) ( s + 2) s+2 3 3 2 Nhân hai vế của phương trình với ( s + 1)( s + 2) , ta có 3 8s + 10 = 2( s + 2) 3 + 6( s + 1) + a1 ( s + 1)( s + 2) + a2 ( s + 1)( s + 2) 2 = (2 + a2 ) s 3 + (12 + a1 + 5a 2 ) s 2 + (30 + 3a1 + 8a2 ) s + (22 + 2a1 4a2 ) Cân bằng các giá trị của s3 và s2 ở hai vế, ta có 0 = ( 2 + a 2 ) Þ a 2 = -2 0 = 12 + a1 + 5a2 = 2 + a1 Þ a1 = -2 Cân bằng các giá trị của s1 và s0 ở hai vế, ta có 8 = 30 + 3a1 + 8a2 10 = 22 + 2a1 + 4a2 Tìm lại, có a1 = a2 = -2
Phương pháp khác: kết hợp giữa Heaviside và short-cut Trong phương pháp này, các hệ số đơn giản như k1 và a0 được xác định từ phương pháp Heaviside. Để xác định các hệ số còn lại, ta dùng phương pháp short-cut. Dùng các giá trị k1 = 2 và a0 = 6 , ta có 8s + 10 2 6 a1 a = + + +2 ( s + 1)( s + 2) s + 1 ( s + 2) ( s + 2) s+2 3 3 2 Có hai ẩn, a1 và a2. Nếu nhân hai vế với s rồi cho s ® ¥ , ta loại a1. 0 = 2 + a2 Þ a2 = -2 , do đó: 8s + 10 2 6 a1 2 = + + + ( s + 1)( s + 2) s + 1 ( s + 2) ( s + 2) s+2 3 3 2 Chỉ còn một ẩn a1 . Giá trị này có thể được xác định bằng cách s một giá trị thích hợp, thí dụ s = 0 10 3a = 2 + + 1 - 1 Þ a1 = -2 ■ 8 44 ¤ Bài tập dùng máy tính C6.1 Tìm biến đổi Laplace nghịch của các hàm sau dùng phương pháp khai triển đa thức: 2s 2 + 7 s + 4 8s 2 + 21s + 19 2s 2 + 5 (a) 2 (b) (c) s + 3s + 2 ( s + 1)( s + 2) 2 ( s + 2)( s2 + s + 7) (a) num=[2 0 5]; den=[1 3 2]; [r,p,k]=residue(num,den) r = -13, 7 p = -2, -1 k = -2, -1 Do đó - 13 7 f (t ) = (-13e -2t + 7e -t )u (t ) + 2d (t ) F (s) = + và s + 2 s +1 (b) num=[2 7 4]; den=[con(con([1 1],[1 2]),[1 2])]; [r, p, k] = residue(num.den); r = 3, 2, -1 p = -2, -2, -1 k= [ ] Do đó 3 2 1 f (t ) = (3e -2t + 2te -2t - e -t )u (t ) F ( s) = + - và s + 2 ( s + 2) s +1 2 (c) num=[8 21 19]; den=[con([0 1 2],[1 1 7])]; [r, p, k]=residue(num, den) [angle, mag]=cart2pol(real(r), imag(r))
r = 3.5 – 0.4811i, 3.5 + 0.4811i, 1.00 p= - 0.5 + 2.5981i, - 0.5 - 2.5981i, - 2.00 k=[] angle = -0.1366, 0.1366. 1.00 mag = 3.5329, 3.5329, 1.00 Do đó 3.5329e - j 0.1366 3.5329e j 0.1366 1 F ( s) = + + và s + 2 s + 0.5 - j 2.5981 s + 0.5 + j 2.5981 f (t ) = [e -2t + 1.766e -0.5t cos(2.5981t - 0 / 1366)]u (t ) ¤ ¤ Bài tập dùng máy tính C6.2 Tìm (a) biến đổi Laplace trực tiếp của sin at + cos bt (b) biến đổi Laplace nghịch của (as 2 ) /( s 2 + b 2 ) Ta dùng Symbolic Math Toolbox, là tập các hàm Matlab dùng để xử lý và giải các biểu thức symbolic. (a) f=sym(‘sin(a*t)+cos(b*t)’); F=laplace(f) F=(a*s^2+b^2*a+s^3+s*a^2)/(s^2+a^2)/(s^2+b^2) Vậy: s 2 + as 2 + a 2 s + b 2 a F ( s) = ( s 2 + a 2 )( s 2 + b 2 ) (b) F= sym(‘a*s^2)/(s^2+b^2); f=invlaplace(F) F=a*dirac(t)-a*b*sin(b*t) Vậy: f (t ) = ad (t ) + ab sin(bt )u (t ) ¤ D Bài tập E 6.2 6 s - 14 (i) Chứng tõ là biến đổi Laplace 10e -3t cos(4t + 53.130 ) là dùng cặp s + 6 s + 25 2 s + 17 10a trong bảng 6.1. (ii) Tìm biến đổi Laplace nghịch của (a) s + 4s - 5 2 3s - 5 16 s + 43 (b) (c) ( s + 1)( s + 2s + 5) ( s - 2)( s + 3) 2 2 Đáp số: 5 (a) (3et - 2e -5t )u (t ) (b) [-2e -t + e -t cos(2t - 36.87 0 )]u (t ) (c) [3e 2t + (t - 3)e -3t ]u (t ) . Ñ 2
6.2 Một số đặc tính của biến đổi Laplace Khi xem biến đổi Laplace là dạng tổng quát của biến đổi Fourier, ta hy vọng biến đổi Laplace có các đặc tính tương tự như biến đổi Fourier. Tuy nhiên, phần này chỉ bàn chủ yếu một số đặc tính của biến đổi Laplace một bên, có khác so với biến đổi Fourier (là dạng biến đổi hai bên). Đặc tính của biến đổi Laplace không chỉ quan trọng để tìm biến đổi Laplace của các hàm mà còn giúp tìm nghiệm của phương trình vi tích phân. Các phương trình (6.8a) và (6.8b) cho thấy là giống trường hợp biến Fourier, có một số đặc tính đối xứng khi chuyển từ f (t ) sang F ( s ) và ngược lại. Tính đối xứng hay đối ngẫu còn tồn tại trong nhiều đặc tính của biến đổi. 1. Tính dời theo thời gian f (t ) Û F ( s ) Nếu f (t - t 0 ) Û F ( s )e - st0 Thì với t ³ 0 (6.29) Ta thấy f (t ) bằt đầu tại t = 0 , do đó f (t - t 0 ) bắt đầu tại t = t 0 , f (t )u (t ) Û f ( s ) Nếu Thì f (t - t 0 )u (t - t 0 ) Û F ( s )e - st0 t³0 (6.29b) Chứng minh: ¥ L [ f (t - t 0 )u ((t - t 0 )] = ò f (t - t 0 )u ((t - t 0 )e -st dt 0 Cho t = t 0 = x , ta có: ¥ L [ f (t - t 0 )u ((t - t 0 )] = ò f (x )u ((x )e -s ( x+t0 ) t dx 0 Do u ( x) = 0 khi x < 0 và u ( x) = 1 khi x ³ 0 , cận lấy tích phần là từ 0 đến ¥. Do đó: ¥ ¥ ò f (x )u ((x )e -s ( x+t0 ) t dx = e -st0 ò f (x )e -sx dx = F ( x)e -st0 L [ f (t - t 0 )u ((t - t 0 )] = 0 0 Chú ý là f (t - t 0 )u (t - t 0 ) là tín hiệu f (t ) được dời đi t 0 giây. Theo đặc tính dời theo thời gian cho rằng khi dời tín hiệu một lượng t 0 tương đượng với việc nhân biến đổi với e - st0 . Đặc tính này của biến đổi Laplace một bên chỉ đúng khi t 0 dương, do khi t 0 âm, thì tín hiệu f (t - t 0 )u (t - t 0 ) không phải là nhân quả. Bài tập E 6.1chứng minh đặc tính này. Nếu tính hiệu trong hình 6.3a là f (t )u (t ) thì tín hiệu trong hình 6.3b là 1 f (t - 2)u (t - 2) . Biến đổi Laplace của xung trong hình 6.3a là (1 - e -2 s ) . Như thế, biến s 1 đổi Laplace của xung hình 6.3b là (1 - e -2 s )e -2 s . s Đặc tính dời theo thời gian rất thích hợp để tìm biến đổi Laplace của hàm với nhiều mô tả trong các khoản thời gian khác nhau, như được xét trong thí dụ sau.
■ Thí dụ 6.4: Tìm biến đổi Laplace của hàm f (t ) vẽ ở hình 6.5a Phần 1.4 đã cho mô tả toán học của f (t ) , và được viết thành tổng hai thành phần, vẽ ở hình 6.5b. Phương trình của thành phần thứ nhất là t - 1 trong khoảng 1 £ t £ 2 , nên có dạng (t - 1)[u (t - 1) - u (t - 2)] . Thành phần thứ hai là [u (t - 2) - u (t - 4)] , vậy: f (t ) = (t - 1) [u (t - 1) - u (t - 2)] + [u (t - 2) - u (t - 4)] = (t - 1)u (t - 1) - (t - 1) u (t - 2) + u (t - 2) - u (t - 4) (6.30a) Thừa số thứ nhất bên vế phải là tín hiệu u (t ) làm trễ 1 giây. Các thừa số thứ ba và thứ tư, không thể biểu diễn thành các thành phần dời theo thời gian của các tín hiệu trong bảng 6.1, viết lại: (t - 1)u (t - 2) = (t - 2 + 1) u (t - 2 ) = (t - 2)u (t - 2) + u (t - 2) Viết thừa số thứ hai theo dạng tu (t ) làm trễ 2 giây và tín hiệu u (t ) được làm trễ 2 giây. Phương trình (6.30a) viết lại thành f (t ) = (t - 1) u (t - 1) - t (t - 2)u (t - 2) - u (t - 4) (6.30b) Dùng đặc tính dời theo thờigian của tu (t ) Û 1 / s 2 , ta có 1 1 (t - 1)u (t - 1) Û 2 e -s và (t - 2)u (t - 2) Û 2 e -2 s s s 1 1 -4 s Đồng thời u (t ) Û và u (t - 4) Û e (6.31) s s Do đó: 1 1 1 F ( s ) = 2 e - s - 2 e -2 s - e - 4 s (6.32) ■ s s s ■ Thí dụ 6.5: s + 3 + 5e -2 s Tìm biến đổi Laplace nghịch của F ( s ) = ( s + 1)( s + 2) -2 s Nhận thấy thừa số mủ e trong tử số của F ( s ) cho thấy có yếu tố dời theo thời gian. Trường hợp này ta nên chia F ( s ) thành các thừa số có và không có thừa số trễ, tức là 5e -2 s s+3 = F1 ( s ) + F2 ( s )e -2 s F (s) = + ( s + 1)( s + 2) ( s + 1)( s + 2) Với
s+3 2 1 F1 ( s ) = = - ( s + 1)( s + 2) ( s + 1) ( s + 2) 5 5 5 F ( s) = = - ( s + 1)( s + 2) ( s + 1) ( s + 2) Nên f1 (t ) = (2e - t - e -2t )u (t ) f 2 (t ) = 5(e - t - e -2t )u (t ) , và do F ( s ) = F1 ( s ) + F2 ( s )e -2 s f (t ) = f1 (t ) + f 2 (t - 2) = (2e -t - e -2t )u (t ) + 5[e - ( t -2) -e -2 (t -2 ) ]u (t - 2) ■ D Bài tập E 6.3 Tìm biến đổi Laplace của tín hiệu vẽ trong hình 6.6. 1 Đáp số: 2 (1 - 3e -2 s + 2e -3s ) . Ñ s D Bài tập E 6.4 Tìm biến đổi Laplace nghịch của 3e -2 s F ( s) = . ( s - 1)( s + 2) Đáp số: [et -2 - e -2( t -2) ]u (t ) . Ñ 2. Đặc tính dời theo tần số. Nếu f (t ) Û F ( s ) Thì f (t )e s0t Û F ( s - s0 ) (6.33) Nhận xét về tính đối xứng (hay đối ngẫu) giữa đặc tính này và đặc tính dờ itheo thời gian (6.29a) Chứng minh: ¥ ¥ L [ f (t )e s0t ] = ò - f (t )e s0t e -st dt = ò - f (t )e -( s -s0 ) t t =F ( s - s0 ) 0 0 ■ Thí dụ 6.6: Dùng cặp 8a và đặc tính dời theo tần số để tìm cặp 9a trong bảng 6.1 Cặp 8a là s cos btu (t ) Û 2 s + b2 Dùng đặc tính dời theo tần số [phương trình (6.33)], thay s0 = -a s+a e -at cos btu (t ) Û ■ ( s + a) 2 + b 2
D Bài tập E 6.5 Chứng tõ là có thể tìm cặp 6 trong bảng 6.1 từ cặp 3 và đặc tính dời theo tần số. Ñ Ta tiếp tục xem xét hai đặc tính quan trọng nhất của biế đổi Laplace: đặc tính vi phân theo thời gian và đặc tính tích phân theo thời gian. 3. Đặc tính vi phân theo tần số. Nếu f (t ) Û F ( s ) Thì df Û sF ( s ) - f (0 - ) (6.34a) dt Và d2 f & Û s 2 F ( s ) - sf (0 - ) - f (0 - ) (6.34b) 2 dt dn f Û s n F ( s ) - s n-1 f (0 - ) - s n-2 f& (0 - ) - L - f ( n-1) (0 - ) (6.34c) n dt Trong đó f ( r ) (0 - ) là d r f / dt r tại t = 0 - . Chứng minh: é df ù ¥ df Lê ú = ò e - st dt ë dt û 0 dt Lấy tích phân từng phần é df ù ¥ ¥ L ê ú = f (t )e -st - + s ò f (t )e -st dt ë dt û 0 0 Để tích phân Laplace hội tụ (tức là để F ( s ) tồn tại), cần có f (t )e - st ® 0 khi t ® ¥ với giá trị của s trong vùng hội tụ của F ( s ) . Tức là é df ù L ê ú = - f (0 - ) + sF ( s ) ë dt û ■ Thí dụ 6.7: Tìm biến đổi Laplace của tín hiệu f (t ) trong hình 6.7a dùng bảng 6.1 và các đặc tính vi phân theo thời gian và dời theo thời gian của biến đổi Laplace. Hình 6.7b và 6.7c cho thấy hai đạo hàm của f (t ) . Nhắc lại là đạo hàm tại các điểm không liên túc là xung có cường độ bằng với lượng bước nhảy. d2 f = d (t ) - 3d (t - 2) + 2d (t - 3) dt 2