» Khoa Học Tự Nhiên

Tóm tắt và các ví dụ Phần Tích phân phức và Phép biến đổi Laplace

Chia sẻ: Tonghoang Duy | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:24

2

Báo xấu

1.436
lượt xem 316
download

Tóm tắt và các ví dụ Phần Tích phân phức và Phép biến đổi Laplace

Mô tả tài liệu

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Chú ý Số chỉ mục và thứ tự ví dụ được giữ nguyên như trong Bài giảng. Chương 3. TÍCH PHÂN HÀM PHỨC §2. ĐỊNH LÝ CAUCHY 2.1. Định lý Cauchy cho miền đơn liên a) Định lý Nếu hàm f (z ) giải tích trên miền đơn liên D và liên tục trên biên C ≡ ∂D thì: VD 1. Hàm f (z ) = ∫ f (z )dz = 0.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Tóm tắt và các ví dụ Phần Tích phân phức và Phép biến đổi Laplace

Tóm tắt và các ví dụ Phần Tích phân phức và Phép biến đổi Laplace
Tóm tắt và các ví dụ Phần Tích phân phức & Phép biến đổi Laplace Đại học ThS. Đoàn Vương Nguyên – ĐHCN Tp.HCM Chú ý Số chỉ mục và thứ tự ví dụ được giữ nguyên như trong Bài giảng. Chương 3. TÍCH PHÂN HÀM PHỨC §2. ĐỊNH LÝ CAUCHY 2.1. Định lý Cauchy cho miền đơn liên a) Định lý ∫ f (z )dz = 0. Nếu hàm f (z ) giải tích trên miền đơn liên D và liên tục trên biên C ≡ ∂D thì: C z zdz ∫ VD 1. Hàm f (z ) = giải tích trong D : | z | ≤ 1 và liên tục trên biên ∂D nên = 0. z +4 z +4 2 2 |z | =1 b ) Hệ q u ả ∫ f (z )dz = 0 . • Nếu hàm f (z ) giải tích trong miền đơn liên D và C là đường cong kín nằm trong D thì C ∫ f (z )dz • Nếu hàm f (z ) giải tích trong miền đơn liên D , thì tích phân với mọi đường cong C nằm trong D có C cùng điểm đầu và điểm cuối nhận giá trị như nhau. ∫ 2z dz , trong đó C là cung y = x 3 − 3x 2 nối z = 0 với z = 1 − 2i . VD 2. Tính tích phân I = C Giải. Đoạn thẳng OA nối z = 0 với z = 1 − 2i có phương trình: z (t ) = t − 2it, t : 0 → 1 . Do f (z ) = 2z giải tích trong ℂ nên: 1 1 ∫ 2(t − 2it )(1 − 2i)dt ∫ 2z dz = ∫ 2z dz = = (1 − 2i )2 . t 2 = −3 − 4i . I= 0 0 C OA 2.2. Định lý Cauchy cho miền đa liên a) Định lý 1 Cho miền D − n liên ( n > 1 ) có biên ∂D gồm C 1,C 2 ,...,C n , trong đó C 1 bao các chu tuyến khác và các chu tuyến C 2 ,...,C n nằm ngoài nhau. Nếu f (z ) giải tích trong D và liên tục trong D = D ∪ ∂D thì: ∫ f (z )dz = ∫ f (z )dz + ... + ∫ f (z )dz. C1 C2 Cn b) Định lý 2 ∫ f (z )dz = 0. Với giả thiết như trong định lý 1, ta có: ∂D Hệ quả (tính bất biến khi biến dạng chu tuyến) Nếu chu tuyến C 1 có thể biến dạng liên tục mà không vượt qua bất kỳ điểm kỳ dị nào của f (z ) để trở thành chu ∫ f (z )dz = ∫ f (z )dz. tuyến C 2 thì: C1 C2 dz ∫ (z − a ) VD 3. Khảo sát tích phân I n = , trong đó C là đường cong kín không đi qua điểm a và n ∈ ℤ . n C Giải • Trường hợp 1: điểm a nằm ngoài C . 1
Tóm tắt và các ví dụ Phần Tích phân phức & Phép biến đổi Laplace Đại học ThS. Đoàn Vương Nguyên – ĐHCN Tp.HCM 1 giải tích trong miền đóng D có biên C nên I n = 0 (định lý 2). Do hàm f (z ) = (z − a )n • Trường hợp 2: điểm a nằm trong C . Ta chọn r đủ bé để đường tròn C r tâm a , bán kính r nằm trong C . Phương trình tham số của C r là: z = a + re iϕ (ϕ ∈ [0;2π ]) . 2π 2π ire iϕd ϕ dz i ∫ ∫ ∫e i (1−n )ϕ Áp dụng hệ quả, ta được: I n = = = n −1 dϕ . (z − a )n iϕ n (re ) r 0 0 Cr 2π Với n = 1 thì I 1 = i ∫ d ϕ = 2πi . 0 2π e i (1−n )ϕ Với n ≠ 1 thì I n = n −1 = 0. r (1 − n ) 0 2πi, n = 1 vaø a naèm trong C  = dz ∫  Vậy  0, caùc tröôøng hôïp coøn laïi. (z − a )n   C §4. CÔNG THỨC TÍCH PHÂN CAUCHY 4.1. Định lý (công thức tích phân Cauchy) Giả sử hàm f (z ) giải tích trong miền giới nội D và liên tục trong miền D = D ∪ ∂D . Khi đó, giá trị f (z 0 ) tại điểm bất kỳ z 0 ∈ D được biễu diễn qua giá trị trên biên ∂D theo công thức tích phân Cauchy: 1 f (z ) ∫ z −z f (z 0 ) = dz . 2πi ∂D 0 dz ∫ VD 1. Tính tích phân I = . z +1 2 |z −i| =1 Giải. Hàm dưới dấu tích phân có điểm bất thường z = i nằm trong đường tròn | z − i | = 1 . f (z ) 1 ∫ Do đó I = giải tích trong hình tròn | z − i | < 1 . dz , với hàm f (z ) = z −i z +i |z −i| =1 Áp dụng công thức tích phân Cauchy, ta có: 1 f (z )dz 1 2πi ∫ z − i = 2πi .I ⇒ I = 2πi.f (i) = 2i = π . f (i ) = 2πi |z −i|=1 e izdz VD 2. Tính tích phân I = ∫ 2 , trong đó: a) C : | z − 1 | = 1 ; b) C : | z − i | = 3 . 4z − π 2 C Giải π a) Hàm dưới dấu tích phân có điểm bất thường z = nằm trong C . 2 iz f (z )dz e Do đó I = ∫ , với hàm f (z ) = giải tích trong | z − 1 | < 1 .   π z + π  C z−  4 2     2 2
Tóm tắt và các ví dụ Phần Tích phân phức & Phép biến đổi Laplace Đại học ThS. Đoàn Vương Nguyên – ĐHCN Tp.HCM π π cos + i sin π  2 = −1 .  2  Vậy I = 2πi.f   = 2πi.  2  4π 2 e iz π b) Hàm w = có 2 điểm bất thường z = ± nằm trong C . Xét miền đa liên như hình vẽ và áp dụng 4z − π 2 2 2 định lý Cauchy cho miền đa liên, ta có: e iz e iz dz dz I =∫ +∫ . . . 4z − 2π π C 4z + 2π π z+ z− C1 2 2 2 e iz e iz Vậy I = 2πi. + 2πi. = −1 . 4z − 2π z =− π 4z + 2π z = π 2 2 4.2. Hệ quả 1 (công thức Cauchy cho đạo hàm của hàm giải tích) Giả sử hàm f (z ) giải tích trong miền giới nội D và liên tục trong miền D = D ∪ ∂D . Khi đó, hàm f (z ) có đạo hàm mọi cấp tại điểm z 0 bất kỳ trong miền D và được biễu diễn qua công thức tích phân Cauchy: n! f (z )dz ∫ (z − z ) f (n )(z 0 ) = , n = 1, 2,... n +1 2πi ∂D 0 sin πz ∫ VD 3. Tính tích phân I = dz . (z 2 − 1)2 |z −1| =1 sin πz có điểm bất thường z = 1 nằm trong C : | z − 1 | = 1 , nên ta có: Giải. Do hàm w = (z 2 − 1)2 f (z ) sin πz ∫ I= giải tích trong hình tròn | z − 1 | < 1 . dz , với f (z ) = (z − 1) (z + 1)2 2 |z −1|=1 Áp dụng hệ quả 1, ta được: π cos πz .(z + 1)2 − 2(z + 1)sin πz i π2 sin πz 2πi ∫ (z 2 − 1)2 .f ′(1) = 2πi. I= dz = =− . (z + 1)4 1! 2 |z −1| =1 z =1 z4 ∫ (z − i)3 dz . VD 4. Tính tích phân I = |z |=2 z4 Giải. Do hàm w = có điểm bất thường z = i nằm trong C : | z | = 2 , nên ta có: (z − i )3 f (z ) ∫ I= dz , với f (z ) = z 4 giải tích trong hình tròn | z | < 2 . (z − i ) 3 |z |=2 Áp dụng hệ quả 1, ta được: z4 2πi 2πi ∫ (z − i)3 dz = 2! .f ′′(i) = 2 .12z z =i − 12i π . I= 2 |z | =2 3
Tóm tắt và các ví dụ Phần Tích phân phức & Phép biến đổi Laplace Đại học ThS. Đoàn Vương Nguyên – ĐHCN Tp.HCM Chương 4. Chuỗi và Thặng dư §2. THẶNG DƯ 2.1.3. Cách tìm cực điểm cấp m Cho z = a ≠ ∞ là điểm bất thường cô lập của f (z ) . Nếu lim f (z ) = L ≠ ∞ thì z = a là cực điểm cấp 0. z →a lim f (z ) = ∞   thì z = a là cực điểm cấp m . Nếu  z →a lim[(z − a )m f (z )] = L ∈ ℂ \ {0}  z →a   Nếu lim f (z ) không tồn tại thì z = a là điểm bất thường cốt yếu. z →a sin2 z VD 5. Tìm và phân loại điểm bất thường cô lập của f (z ) = 2 . z (z − 1)3 Giải. Hàm f (z ) có 2 điểm bất thường là z = 0 và z = 1 .   sin z   2 1  = −1 ≠ ∞ nên z = 0 là cực điểm cấp 0 của f (z ) .   • Do lim f (z ) = lim  .  z → 0 (z − 1)3  z     z →0   • Ta có: lim f (z ) = ∞ và 0 ≠ lim[(z − 1)3 f (z )] = sin2 1 ≠ ∞ . Suy ra z = 1 là cực điểm cấp 3. z →1 z →1 1 VD 6. Xác định điểm bất thường cô lập của f (z ) = cos . z −i Giải. Hàm f (z ) có điểm bất thường cô lập là z = i . 1 không tồn tại nên z = i là điểm bất thường cốt yếu. Do lim cos z −i z →i 2.1.4. Điểm bất thường cô lập tại vô cùng • Giả sử hàm f (z ) giải tích trong miền r < | z | < +∞ với r > 0 và không giải tích tại z = ∞ . 1 1 1 thì f (z ) = f   = g(t ) . Khi đó g (t ) giải tích trong miền 0 < | z | < nên có khai triển Laurent.  Đặt t =  t   z r • Trong khai triển Laurent của g (t ) , tùy theo t = 0 là cực điểm bỏ được, cực điểm cấp m hay điểm bất thường cốt yếu ta có z = ∞ là cực điểm tương ứng của f (z ) . VD 7. Xác định điểm bất thường cô lập z = ∞ của: 1 c) Pm (z ) = a 0z m + a1z m −1 + ... + am , a 0 ≠ 0 . a) f (z ) = cos ; b) g (z ) = e z ; z Giải 2 4 1 t t , ta có: cos t = 1 − + − ... nhận t = 0 làm không điểm. a) Đặt t = 2! 4 ! z Vậy z = ∞ là không điểm của f (z ) . 1 1 1 1 1 b) Đặt t = , ta có: e t = 1 + + + ... nhận t = 0 làm điểm bất thường cốt yếu. 2 3! t 3 t 2! t z Vậy z = ∞ là điểm bất thường cốt yếu của g (z ) . 1 a 0 a 1 c) Đặt t = , ta có: Pm   = m + m 1 1 + ... + am , a 0 ≠ 0 nhận t = 0 làm cực điểm cấp m .  t  t  t−  z Vậy z = ∞ là cực điểm cấp m của Pm (z ) . 4
Tóm tắt và các ví dụ Phần Tích phân phức & Phép biến đổi Laplace Đại học ThS. Đoàn Vương Nguyên – ĐHCN Tp.HCM 2.2. THẶNG DƯ 2.2.2. Phương pháp tính thặng dư Cách 1. Dùng định nghĩa, ta có: 1 Res[ f (z ), a ] = c−1 (hệ số của trong khai triển f (z ) quanh điểm z = a ). z −a 1 Res[ f (z ), ∞] = −c−1 (hệ số của trong khai triển f (z ) quanh điểm z = ∞ ). z Cách 2. Dùng cực điểm. Nếu a ≠ ∞ là cực điểm đơn thì: Res[ f (z ), a ] = lim[(z − a )f (z )]. z →a Nếu a ≠ ∞ là cực điểm cấp m (m ≥ 2) thì: 1 lim[(z − a )m f (z )](m−1). Res[ f (z ), a ] = (m − 1)! z →a Chú ý h(z ) với g (a ) = 0 , h(a ) ≠ 0 , g ′(a ) ≠ 0 thì: 1) Nếu a ≠ ∞ là cực điểm đơn và f (z ) = g(z ) h(z ) h(a ) Res[ f (z ), a ] = = . g ′(z ) z =a g ′(a ) 0 2) Khi tính giới hạn có dạng , ta có thể dùng quy tắc L’Hospital. 0 z 2 − 2z + 3 VD 8. Tính Res[ f (z ), 2] của f (z ) = . z −2 Giải Cách 1. Ta có: z 2 − 2z + 3 3 = 2 + (z − 2) + (0 < | z − 2 | < ∞) . z −2 z −2 Vậy Res[ f (z ), 2] = c−1 = 3. Cách 2. Ta có z = 2 là cực điểm đơn của f (z ) nên: Res[ f (z ), 2] = lim[(z − 2)f (z )] = lim(z 2 − 2z + 3) = 3 . z →2 z →2 z − 2z + 3 2 Hoặc Res[ f (z ), 2] = = 3. (z − 2)′ z =2 1 VD 9. Tính Res[ f (z ), 1] của f (z ) = . z (z − 1)2 Giải 1 1 1 1 1 + (1 − z ) + (1 − z )2 + ... = = . Cách 1. Ta có:   (z − 1) 1 − (1 − z ) (z − 1)2 z (z − 1)2 2 1 1 = − + 1 − ... (0 < | z − 1 | < 1) . z −1 (z − 1)2 Vậy Res[ f (z ), 1] = c−1 = −1 . 5
Tóm tắt và các ví dụ Phần Tích phân phức & Phép biến đổi Laplace Đại học ThS. Đoàn Vương Nguyên – ĐHCN Tp.HCM Cách 2. Ta có: lim f (z ) = ∞ và lim[(z − 1)2 f (z )] = 1 ⇒ z = 1 là cực điểm cấp 2. z →1 z →1  1 ′ 1 1 lim[(z − 1)2 f (z )]′ = lim   = − lim 2 = −1 .  Vậy Res[ f (z ), 1] = z →1  z    1! z →1 z →1 z 2 3z 15 VD 10. Tính Res[ f (z ), ∞] của các hàm: a) f (z ) = e ; b) g (z ) = 8 z . z +1 Giải 1 2  n ∞ 2   = 1 + 2 + 4 + ... ⇒ c = 2 . a) Ta có: e = ∑  z  −1 n =0 n !  z  z z2 Vậy Res[ f (z ), ∞] = −c−1 = −2 . ∞ (−1)n 3z 15 1 3 3 = 3z 7 ∑ 8n = 3z 7 − + 9 − ... ⇒ c−1 = −3 . b) Ta có: f (z ) = = 3z 7 . −1 z8 +1 zz n =0 z 1− 8 z Vậy Res[ f (z ), ∞] = −c−1 = 3 . ez VD 11. Tìm thặng dư của f (z ) = 2 tại các điểm bất thường cô lập hữu hạn. z +1 Giải. Hàm f (z ) có hai cực điểm đơn là z = ±i . Ta có: ez ez ei ez 1 Res[ f (z ), i ] = = = ; Res[ f (z ), −i ] = 2 =− i . (z 2 + 1)′ z =i (z + 1)′ z =−i 2z 2i 2ie z =i sin z + 1 VD 12. Tìm thặng dư của f (z ) = tại các điểm bất thường cô lập hữu hạn. z4 sin z + 1 Giải. Hàm f (z ) = có z = 0 là cực điểm cấp 4. z4  sin z + 1′′′  1 1 1 lim z 4 .  = − lim cos z = − . Vậy Res[ f (z ), 0] =     3! z →0   4 6 z →0 6 z …………………………….. §3. ỨNG DỤNG CỦA THẶNG DƯ 3.1. Tính tích phân dọc theo đường cong kín Định lý 1 Nếu hàm f (z ) giải tích trong miền đóng D giới hạn bởi đường cong Jordan kín C trừ một số hữu hạn điểm a1 , a2 , …, an bất thường cô lập nằm trong D thì: n f (z )dz = 2πi.∑ Res[ f (z ), ak ]. ∫ k =1 C ez ∫ z 2 + 1 dz . VD 1. Tính tích phân I = |z |=2 6
Tóm tắt và các ví dụ Phần Tích phân phức & Phép biến đổi Laplace Đại học ThS. Đoàn Vương Nguyên – ĐHCN Tp.HCM ez Giải. Hàm f (z ) = có 2 điểm bất thường cô lập là z = ±i nằm trong hình tròn D : | z | ≤ 2 . z2 + 1 Áp dụng định lý 1, ta có:  ez   ez  ( )  I = 2πi Res[ f (z ), i ] + Res[ f (z ), −i ] = 2πi  2 +2    (z + 1)′ ′ z =−i   (z + 1)  z =i e i − e −i   = 2πi   = 2πi. sin 1 .    2i     z +2 ∫ VD 2. Tính tích phân I = dz . (z − 1)2 (z + 1) |z −1|=1 z +2 Giải. Hàm f (z ) = có 1 cực điểm cấp 2 là z = 1 nằm trong hình tròn D : | z − 1 | ≤ 1 . (z − 1)2 (z + 1) Áp dụng định lý 1, ta có:  z + 2 ′  = −i π . I = 2πi.Res[ f (z ), 1] = 2πi.lim       z →1  z + 1  2 Định lý 2 Nếu f (z ) giải tích trong toàn mặt phẳng phức trừ một số hữu hạn điểm a1, a 2 ,..., an bất thường cô lập thì: n ∑ Res[ f (z ), a ] + Res[ f (z ), ∞] = 0. k k =1 dz ∫ VD 3. Tính tích phân I = . z +1 4 |z |=2 1 Giải. Hàm f (z ) = có 4 điểm bất thường cô lập ak , k = 1, 4 là căn bậc 4 của −1 . z +1 4 Ta có: 1 ∞ (−1)n 11 1 1 1 = 4 .∑ 4 n = 4 − 8 + 12 − ... ⇒ c−1 = 0 ⇒ Res[ f (z ), ∞] = 0 . f (z ) = . −1 z n =0 (z ) z4 z z z 1− 4 z Áp dụng định lý 2, ta được: I = −2πi.Res[ f (z ), ∞] = 0 . z4 VD 4. Tính tích phân I = ∫ dz . 2z 5 − 1 |z |=1 z4 1 Giải. Hàm f (z ) = 5 có 5 điểm bất thường cô lập ak , k = 1, 5 là căn bậc 5 của . 2z − 1 2 ∞ 4 1 1 1 1 1 1 1 z = .∑ Ta có: f (z ) = 5 =. = + 6 + 11 + ... 2z − 1 2z 2z n =0 (2z 5 )n 2z 4z 1 8z 1− 5 2z 1 1 ⇒ c−1 = ⇒ Res[ f (z ), ∞] = − . 2 2 Áp dụng định lý 2, ta được: I = −2πi.Res[ f (z ), ∞] = πi . 7
Tóm tắt và các ví dụ Phần Tích phân phức & Phép biến đổi Laplace Đại học ThS. Đoàn Vương Nguyên – ĐHCN Tp.HCM 3.2. Tính tích phân hàm lượng giác 2π π ∫ ∫ R(cos t, sin t )dt Dạng tích phân I = R(cos t, sin t )dt hoaëc I = −π 0 Trong đó, R(cos t, sin t ) là hàm hữu tỉ theo sin và cosin. Phương pháp giải dz • Đặt z = e it , ta có: dz = ie itdt ⇒ dt = , iz e it + e −it (e it )2 + 1 z 2 + 1 cos t = = = , 2e it 2 2z e it − e −it (e it )2 − 1 z 2 − 1 sin t = = = . 2ie it 2i 2iz • Khi t biến thiên từ 0 đến 2π (hoặc từ −π đến π ) thì z biến thiên trên đường tròn đơn vị | z | = | e it | = 1 . Suy ra, các tích phân trên có dạng: n f (z )dz = 2πi ∑ Res[ f (z ), ak ]. ∫ I= k =1 |z |=1 ( ) Trong đó ak k = 1, n là các điểm bất thường cô lập nằm trong hình tròn | z | < 1 . 2π dt ∫ 2 + sin t . VD 5. Tính tích phân I = 0 dz Giải. Đặt z = e it ⇒ dt = , ta có: iz dz dz iz I=∫ = 2∫ 2 . z −1 z + 4iz − 1 2 2+ |z |=1 |z |=1 2iz ( ) 1 Hàm f (z ) = có điểm a = −2 + 3 i là cực điểm đơn nằm trong hình tròn | z | < 1 . z + 4iz − 1 2 (z − a )′ z −a 2π Vậy I = 2.2πi.Res[ f (z ), a ] = 4πi. lim 2 = 4πi. lim 2 = . z →a (z + 4iz − 1)′ z →a z + 4iz − 1 3 π dt ∫ VD 6. Tính tích phân I = . 3 − cos t 0 dz Giải. Đặt z = e it ⇒ dt = , ta có: iz dz π 1 1 1 dz dz dt iz I= ∫ =∫ =− ∫ 2 =i∫ 2 . 2 −π 3 − cos t i |z |=1 z − 6z + 1 z − 6z + 1 z +1 2 2 |z |=1 3− |z |=1 2z 1 Hàm f (z ) = có điểm a = 3 − 2 2 là cực điểm đơn nằm trong hình tròn | z | < 1 . z − 6z + 1 2 (z − a )′ z −a π Vậy I = i.2πi.Res[ f (z ), a ] = −2π. lim 2 = −2π.lim 2 = . z →a (z − 6z + 1)′ z →a z − 6z + 1 22 8
Tóm tắt và các ví dụ Phần Tích phân phức & Phép biến đổi Laplace Đại học ThS. Đoàn Vương Nguyên – ĐHCN Tp.HCM 3.3. Tính tích phân suy rộng +∞ ∫ 3.3.1. Dạng suy rộng f (x )dx −∞ b) Ứng dụng Cho f (z ) giải tích trong nửa mặt phẳng trên (trừ một số hữu hạn điểm bất thường cô lập a1, a2 ,..., an ) . P (x ) Nếu f (x ) = , với bậc P (x ) ≤ (bậc Q(x ) + 2 ) thì: Q(x ) +∞ n f (x )dx = 2πi ∑ Res[ f (z ), ak ]. ∫ k =1 −∞ +∞ dx ∫ VD 7. Tính tích phân I = . x +1 4 −∞ 3π π 1 i i Giải. Hàm f (z ) = có 2 cực điểm đơn a1 = e 4 và a2 = e 4 nằm trong nửa mặt phẳng phía trên. z4 + 1 Ta có:  z −a  z −a I = 2πi Res[ f (z ), a1 ] + Res[ f (z ), a2 ] = 2πi lim 4 1 + lim 4 2  { }   z →a1 z + 1 z →a2 z + 1     1  πi  1 1  πi  a   πi  i 3π    π a  π2 = 2πi lim 3 + lim 3  =  3 + 3  =  1 + 2  = − e 4 + e 4  =  1  i  4    4  .   z →a1 4z a2    z →a2 4z    2       2 a 1 2 a1 2  a2  +∞ dx ∫ VD 8. Tính tích phân I = . (x + 1)2 2 −∞ 1 1 Giải. Hàm f (z ) = = có một cực điểm cấp hai z = i nằm trong nửa mặt phẳng trên. (z + 1) (z − i ) (z + i )2 2 2 2 Ta có: I = 2πi.Res[ f (z ), i ] = 2πi. lim[(z − i )2 f (z )]′ z →i  1 ′  = 2πi.lim −2 = 2πi. 1 = π . = 2πi.lim  z →i (z + i )2  z →i (z + i )3 4i 2   +∞ +∞ ∫ ∫ 3.3.2. Dạng suy rộng I 1 = f (x )cos αx dx , I 2 = f (x ) sin αx dx . −∞ −∞ b) Ứng dụng +∞ n f (x )e iαxdx = 2πi ∑ Res[ f (z )e iαz , ak ] . ∫ I 1 + iI 2 = • Bước 1. Tính: k =1 −∞ Trong đó, ak là các điểm bất thường nằm trong nửa mặt phẳng trên. • Bước 2. Cân bằng phần thực và phần ảo, ta có I 1 và I 2 . VD 9. Tính các tích phân sau: +∞ +∞ x cos x x sin x I1 = ∫ 2 dx , I 2 = ∫ 2 dx . x − 2x + 10 x − 2x + 10 −∞ −∞ 9
Tóm tắt và các ví dụ Phần Tích phân phức & Phép biến đổi Laplace Đại học ThS. Đoàn Vương Nguyên – ĐHCN Tp.HCM z Giải. Hàm f (z ) = thỏa bổ đề 2 và có 1 cực điểm đơn nằm trong nửa mặt phẳng trên là 1 + 3i . z − 2z + 10 2 Ta có:  ze iz  I 1 + iI 2 = 2πi.Res[ f (z )e iz , 1 + 3i ] = 2πi  π  = e −3 (1 + 3i )e i   2z − 2      z =1+3i 3 π −3 π e (cos1 − 3sin1) + i e −3 (3 cos1 + sin1) . = 3 3 π π Vậy I 1 = e −3 (cos1 − 3sin1), I 2 = e −3 (3 cos1 + sin1) . 3 3 …………………………. Chương 5. Phép biến đổi Laplace §1. ĐỊNH NGHĨA PHÉP BIẾN ĐỔI LAPLACE 1.2. Định nghĩa phép biến đổi Laplace a) Định nghĩa • Hàm ảnh của hàm gốc f (t ) là hàm phức F (s ) biến số phức s = α + i β xác định bởi tích phân Laplace: +∞ ∫e −st F (s ) = f (t )dt. 0 • Phép biến đổi từ hàm gốc f (t ) sang hàm ảnh F (s ) xác định bởi công thức trên được gọi là phép biến đổi Laplace. Ký hiệu là F (s ) = L{f (t )}. 1.3. Biến đổi Laplace của một số hàm thông dụng a) Hàm bậc thang đơn vị u(t) 1 L{u(t )} = L(1) = . s b) Hàm f(t) = eat, f(t) = e – at (a là hằng số phức) 1 1 , L(e −at ) = L(eat ) = . s −a s +a c) Hàm f(t) = tn n! , n ∈ ℤ+ . L(t n ) = n +1 s d) Hàm lượng giác f(t) = cosat, f(t) = sinat s a L(cos at ) = , L(sin at ) = 2 . s +a s + a2 2 2 ……………………………………… §2. TÍNH CHẤT CỦA PHÉP BIẾN ĐỔI LAPLACE 2.1. Tính chất tuyến tính Nếu L{f (t )} = F (s ) và L{g(t )} = G (s ) thì L{a.f (t ) + b.g(t )} = aF (s ) + bG (s ). Trong đó, a và b là các hằng số phức. 10
Tóm tắt và các ví dụ Phần Tích phân phức & Phép biến đổi Laplace Đại học ThS. Đoàn Vương Nguyên – ĐHCN Tp.HCM 72 − 2s 3 4! 2 VD 1. L(3t 4 − 2t ) = L(3t 4 ) + L(−2t ) = 3.L(t 4 ) − 2.L(t ) = 3. − 2= . s5 s s5 2.2. Tính chất dời (dịch chuyển ảnh) (biến đổi của hàm e −at f (t ) ) Nếu L{f (t )} = F (s ) , với a là hằng số phức, thì: L{e −at f (t )} = F (s + a ). n! n! = F (s ) nên L(t ne −at ) = F (s + a ) = VD 2. Do L(t n ) = . n +1 (s + a )n +1 s VD 3. Tìm biến đổi Laplace của các hàm: a) g (t ) = e −2t cos 3t ; b) g (t ) = e 3t sin 2t . Giải s +2 s = F (s ) . Vậy L(e −2t cos 3t ) = F (s + 2) = a) Ta có: L(cos 3t ) = . s2 + 9 (s + 2)2 + 9 2 2 b) Ta có: L(sin 2t ) = = F (s ) . Vậy L(e 3t sin 2t ) = F (s − 3) = . s +4 (s − 3)2 + 4 2 2.3. Tính chất trễ (dời theo t) (biến đổi của hàm u(t − T ).f (t − T ) ) L{u(t − T ).f (t − T )} = e −sT F (s ). 0, t < T  Trong đó u(t − T ) =   . 1, t ≥ T   Chú ý +∞ e −sT ∫ e −stdt = 1) L{u(t − T )} = . s T 2) Cần tránh nhầm lẫn giữa hàm u(t − T ).f (t − T ) và f (t − T ) (hàm f (t − T ) thực chất là u(t ).f (t − T ) ). VD 4. Tìm biến đổi Laplace của các hàm: sin(t − 2), t ≥ 2  a) f (t ) =  b) g (t ) = u(t − 3).e 2t .  ; 0, t
Tóm tắt và các ví dụ Phần Tích phân phức & Phép biến đổi Laplace Đại học ThS. Đoàn Vương Nguyên – ĐHCN Tp.HCM   0, t < 1  VD 5. Tìm biến đổi Laplace của hàm f (t ) = 1, 1 ≤ t < 3 .   0, t ≥ 3    Giải. Ta có: f (t ) = u(t − 1) − u(t − 3) . e −s e −3s Vậy L{f (t )} = L{u(t − 1)} − L{u(t − 3)} = − . s s 0,  t
Tóm tắt và các ví dụ Phần Tích phân phức & Phép biến đổi Laplace Đại học ThS. Đoàn Vương Nguyên – ĐHCN Tp.HCM 2 Vậy L{g(t )} = L{y ′′(t )} − 3L{y ′(t )} + 4L{y(t )} − L(2) = (s 2 − 3s + 4) (s ) + s − 5 − . Y s 2.6. Biến đổi Laplace của hàm tnf(t) Nếu L{f (t )} = F (s ) thì: L{t n f (t )} = (−1)n F (n )(s ).  1 (n ) n! 1 VD 10. a) Biết L(1) = , ta suy ra L(t n ) = (−1)n    = . s   s n +1  s dn  1  n! 1 = , ta suy ra L(t neat ) = (−1)n n   b) Biết L(eat ) =  .    ds s − a  (s − a ) n +1 s −a VD 11. Tìm biến đổi Laplace của các hàm: a) g (t ) = t sin 3t ; b) g (t ) = t 2 cos 4t . Giải 3 6s . Vậy L(t sin 3t ) = −F ′(s ) = 2 a) Ta có: f (t ) = sin 3t ⇒ F (s ) = . s +9 (s + 9)2 2 2s 5 − 64s 3 − 1536s s . Vậy L(t 2 cos 4t ) = F ′′(s ) = b) Ta có: f (t ) = cos 4t ⇒ F (s ) = . s 2 + 16 (s 2 + 16)4 t ∫ f (x )dx 2.7. Biến đổi Laplace của tích phân 0 Nếu L{f (t )} = F (s ) thì: t  F (s )     L  ∫ f (x )dx  = .  0  s   t t ∫ ∫ cos VD 12. Tìm biến đổi Laplace của các hàm: a) g(t ) = b) g(t ) = 2 x sin 2x dx ; 2x dx . 0 0 Giải a) Ta có:  2 ′ 4s  f (t ) = t sin 2t ⇒ F (s ) = −  2  s + 4  = (s 2 + 4)2 .     t  F (s )   4   ∫ x sin 2x dx  = =2 Vậy L  .   (s + 4)2 0 s   b) Ta có:   s2 + 8 1 1 1 s = f (t ) = cos 2t = (1 + cos 4t ) ⇒ F (s ) = + 2 . 2  s s 2 + 16  s(s 2 + 16)    2 t  F (s ) s2 + 8     Vậy L  ∫ cos2 2x dx  = =22 .  0  s (s + 16) s   13
Tóm tắt và các ví dụ Phần Tích phân phức & Phép biến đổi Laplace Đại học ThS. Đoàn Vương Nguyên – ĐHCN Tp.HCM f (t ) 2.8. Biến đổi Laplace của hàm t f (t ) Nếu L{f (t )} = F (s ) và ∃ lim thì: + t t →0  f (t ) +∞  L  = ∫ F (u )du.  t    s Cho s → 0 , ta được: +∞ +∞ f (t ) ∫ ∫ F (u )du = dt. t 0 0 VD 13. Tìm biến đổi Laplace của: t e 2t − e t sin x ∫ b) hàm tích phân sin: Si(t ) = a) hàm gốc g (t ) = dx . ; x t 0 Giải 1 1 a) Ta có: f (t ) = e 2t − e t ⇒ F (s ) = − . s −2 s −1   +∞ +∞  1 − 1 du = ln s − 1 . ∫ ∫  Vậy L{g(t )} = F (u )du =   u − 2 u − 1  s −2   s s 1 b) Ta có: L(sin t ) = s +1 2  sin t  +∞ du  1 π +∞ ⇒ L = ∫ 2 = arctan u = − arctan s = arctan .   t u +1   2 s s s 1 1 Áp dụng công thức tích phân hàm gốc, ta được: L{Si(t )} = arctan . s s +∞ sin x ∫ VD 14. Tính tích phân suy rộng I = dx . x 0 1 Giải. Ta có: f (t ) = sin t ⇒ F (s ) = . s +1 2 +∞ +∞ f (t ) du π +∞ ∫ ∫ Áp dụng hệ quả, ta được: I = dt = = arctan x =. u +1 2 2 t 0 0 0 2.9. Biến đổi Laplace của hàm tuần hoàn Nếu f (t ) là hàm tuần hoàn với chu kỳ T > 0 thì: T 1 ∫e −st L{f (t )} = f (t )dt. 1 − e −sT 0 2, 0 < t < 3  VD 15. Tìm biến đổi Laplace của hàm tuần hoàn với chu kỳ T = 4 : f (t ) =   . 0, 3 < t < 4   14
Tóm tắt và các ví dụ Phần Tích phân phức & Phép biến đổi Laplace Đại học ThS. Đoàn Vương Nguyên – ĐHCN Tp.HCM Giải. Ta có: t =3 3 4 T 2(1 − e −3s ) 2 ∫e f (t )dt = ∫ e .2 dt + ∫ e .0 dt = − e −st −st −st −st = . s s t =0 0 0 3 T 2(1 − e −3s ) 1 ∫ e f (t )dt = −st Vậy L{f (t )} = . 1 − e −sT s(1 − e −4s ) 0 sin t,  0 0 được mô tả bằng đồ thị sau: Giải. Ta có: t =a t =2a 2a 2a a e −st e −st (1 − e −sa )2 ∫e f (t )dt = ∫ e dt − ∫ e dt = −st −st −st − = . −s −s s t =0 t =a 0 0 a (1 − e −sa )2 1 1 − e −sa Vậy F (s ) = =. . s(1 − e −2sa ) s 1 + e −sa …………………………….. §3. PHÉP BIẾN ĐỔI LAPLACE NGƯỢC 3.1. Định nghĩa • Phép biến đổi Laplace ngược của hàm F (s ) là hàm f (t ) liên tục trên [0; +∞) và thỏa L{f (t )} = F (s ) . Ký hiệu là: f (t ) = L−1 {F (s )}. 6 3! ⇒ L−1  4  = t 3 .  VD 1. Ta có: L(t 3 ) =  s   s4 15
Tóm tắt và các ví dụ Phần Tích phân phức & Phép biến đổi Laplace Đại học ThS. Đoàn Vương Nguyên – ĐHCN Tp.HCM 3.2. Các phương pháp tìm biến đổi Laplace ngược 3.2.1. Sử dụng các tính chất a) Tính chất tuyến tính L−1 {aF1(s ) + bF2 (s )} = aL−1 {F1 (s )} + bL−1 {F2 (s )}. 1  − 6L−1  s  .  3 6s  . Ta có: L−1 {F (s )} = 3L−1    VD 2. Cho F (s ) = −2  2   s + 2  s + 9    s +2 s +9   Vậy f (t ) = L−1 {F (s )} = 3e −2t − 6 cos 3t . b) Tính chất dời theo s L−1 {F (s + a )} = e −at L−1 {F (s )}. 2   VD 3. Tìm biến đổi L−1  .   (s − 1) 4    2      = e t L−1  2  = 2 e t L−1  3!  = 1 t 3et . Giải. Ta có: L−1   4  4    s  3! s  3   (s − 1)4        3s + 6   VD 4. Tìm biến đổi L−1  2   s + 4s + 13  .        s +2 s +2 . Vậy L−1 {F (s )} = 3L−1   = 3e −2t cos 3t . Giải. Ta có: F (s ) = 3.   (s + 2) + 3  2 (s + 2) + 3 2 2 2    c) Tính chất dời theo t L−1 {e −sT F (s )} = u(t − T ).f (t − T ).  e −πs   VD 5. Tìm biến đổi L−1  2 .  s + 4      −πs  1       1  = 1 L−1  2  = 1 sin 2t . Vậy L−1  e  = u(t − π). sin 2(t − π) .   −1 2 Giải. Ta có: L  2 2     s + 4  2 s + 22  2   s + 4  2      3  1   VD 6. Tìm biến đổi L−1 e −2s   .  −   s − 2 s + 1       1 3 ⇒ L−1 {F (s )} = e 2t − 3e −t . Giải. Ta có: F (s ) = − s −2 s +1 Vậy L−1 {e −2t F (s )} = u(t − 2)[e 2(t −2) − 3e −(t −2) ] . d) Biến đổi Laplace ngược của đạo hàm L−1 {F (n )(s )} −1 n n −1 −1 L {F (s )} = (−1) t L {F (s )}, L {F (s )} = (n ) . (−1)n t n 16
Tóm tắt và các ví dụ Phần Tích phân phức & Phép biến đổi Laplace Đại học ThS. Đoàn Vương Nguyên – ĐHCN Tp.HCM     s VD 7. Tìm biến đổi L−1  2 .   (s + 4)2      1  2 ′  s =−  2 .  Giải. Ta có:  4 s + 4  (s 2 + 4)2      ′           = − 1 L−1  2   = 1 t.L−1  2  = 1 t sin 2t .   s   −1 2 Vậy L  2    s + 4  4    (s + 4)2   s 2 + 4     4 4           s + 1. VD 8. Tìm biến đổi L−1 ln      s − 1  s +1 1 1 ⇒ F ′(s ) = Giải. Ta có: F (s ) = ln − . s −1 s +1 s −1 L−1 {F ′(s )}   1  1 − 1  = − 1 e −t − e t . ( ) {F (s)} =  −1 = − L−1  Vậy L  s + 1 s − 1  −t  t t e) Biến đổi Laplace ngược của tích phân +∞    L {F (s )} = t.L  ∫ F (x )dx  . −1 −1     s          s +1 VD 9. Tìm biến đổi L−1  2 .   (s + 2s + 2)  2    s +1 Giải. Ta có: F (s ) = . Suy ra: (s 2 + 2s + 2)2 +∞ +∞ +∞ +∞ x +1 d(x 2 + 2x + 2) 1 1 ∫ F (x )dx = ∫ ∫ dx = =− (x + 2x + 2) (x + 2x + 2) 2(x + 2x + 2) s 2 2 2 2 2 2 s s s 1 1 = = . 2(s + 2s + 2) 2[(s + 1)2 + 1] 2   t −t   1 Vậy L−1 {F (s )} = t.L−1   = e sin t .    2[(s + 1)2 + 1] 2     3.2.2. Phân tích ảnh thành tổng các phân thức tối giản 1 , với a là số thực. Phân thức tối giản loại I có dạng: (s + a )n Ms + N với M , N , a, k là các số thực. Phân thức tối giản loại II có dạng: [(s + a )2 + k 2 ]n  2s + 5   VD 10. Tìm biến đổi L−1  2 .   s − s − 2    17
Tóm tắt và các ví dụ Phần Tích phân phức & Phép biến đổi Laplace Đại học ThS. Đoàn Vương Nguyên – ĐHCN Tp.HCM 2s + 5 2s + 5 1 3 = =− + Giải. Ta có: F (s ) = . s − s − 2 (s + 1)(s − 2) s +1 s −2 2 1  + 3L−1  1  = −e −t + 3e 2t .       Vậy L−1 {F (s )} = −L−1    s + 1 s − 2       2s − 1   VD 11. Tìm biến đổi L−1  2 .   s − 6s + 13    Giải. Ta có: 2s − 1 2(s − 3) + 5 2(s − 3) 5 F (s ) = = = + . s 2 − 6s + 13 [(s − 3)2 + 4] [(s − 3)2 + 22 ] [(s − 3)2 + 22 ]   5 −1      + L   s −3  = 2 cos 2t + 5 sin 2t e 3t . 2 Vậy L−1 {F (s )} = 2L−1          [(s − 3)2 + 22 ] 2 [(s − 3)2 + 22 ]   2             1 VD 12. Tìm biến đổi L−1  2 2 .   s (s + 9)     1 11 1 1 = . 2− . 2 Giải. Ta có: . s (s + 9) 9 s 9 s +9 2 2   1 −1  1  1 − 1  3  1   1  = L  − L   1 Vậy L−1  2 2    s 2 + 32  = 9 t − 27 sin 3t .    s 2  27   s (s + 9) 9         1−s    VD 13*. Tìm biến đổi L−1  2 .   s(s + 4)     (A + B )s 2 + Cs + 4A 1−s A Bs + C = = +2 Giải. Ta có: . s(s 2 + 4) s(s 2 + 4) s +4 s Đồng nhất các hệ số, ta được:   A + B = 0  C = −1 ⇔ A = 1 , B = −1 , C = −1 .   4 4 4A = 1    1 s +1 1−s 11 1 1 2 1 s − 42 = . − .2 − .2 = Suy ra: . 4 s 4 s +4 2 s +4 s(s + 4) 4s s + 4 2  1−s  1 1    = − cos 2t − 1 sin 2t . Vậy L−1  2   s(s + 4) 4 4 2         1 VD 14*. Tìm biến đổi L−1  2 .   s (s − 1)     (B + C )s 2 + (A − B )s − A 1 AB C = =++ Giải. Ta có: 2 . s −1 s 2 (s − 1) s (s − 1) s 2 s 18
Tóm tắt và các ví dụ Phần Tích phân phức & Phép biến đổi Laplace Đại học ThS. Đoàn Vương Nguyên – ĐHCN Tp.HCM Đồng nhất các hệ số, ta được: B + C = 0 A = −1      A − B = 0 ⇔ B = −1 .      −A = 1 C = 1           1 11 1 1 . Vậy L−1  2  = −t − 1 + e t . =− 2 − +   Suy ra: 2 s (s − 1) s s −1 s (s − 1) s      s2 − 3   VD 15*. Tìm biến đổi L−1  3 .  s − 7s + 6      s2 − 3 s2 − 3 A B C = = + + Giải. Ta có: . s 3 − 7s + 6 (s − 1)(s − 2)(s + 3) s −1 s − 2 s + 3 Quy đồng và đồng nhất các hệ số, ta được:   A + B + C = 1  1 1 3 A + 2B − 3C = 0 ⇔A= , B = ,C =  .  2 5 10 −6A − 3B + 2C = −3    s2 − 3 11 11 3 1 =. +. +. Suy ra: . s − 7s + 6 2 s − 1 5 s − 2 10 s + 3 3  s 2 − 3  1 t 1 2t  3 −3t Vậy L−1  3  s − 7s + 6  = 2 e + 5 e + 10 e .      3.2.3. Sử dụng thặng dư Cho F (s ) là phân thức thực sự và sk (k = 1, 2,..., n ) là các điểm bất thường cô lập của F (s ) . Khi đó: n L−1 {F (s )} = ∑ Res[e st F (s ), sk ]. k =1  s −1 . VD 16. Tìm biến đổi L−1  2     s + 2s   s −1 Giải. Hàm F (s ) = có hai cực điểm đơn là s = 0 và s = −2 . s 2 + 2s  s −1    Ta có: L−1  2  = Res[est F (s ), 0] + Res[e st F (s ), −2] .   s + 2s      e st (s − 1) 1 • Res[e st F (s ), 0] = lim(s − 0)e st F (s ) = lim =− . s +2 2 s →0 s →0 e st (s − 1) 3 = e −2 t . • Res[e st F (s ), −2] = (s + 2s )′ s =−2 2 2  s −1  = − 1 + 3 e −2 t . Vậy L−1  2    s + 2s    22 19

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline:0933030098

Email: support@vdoc.com.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2009-2019 TaiLieu.VN. All rights reserved.