Báo Cáo Cuối Kì Kỹ Thuật Điều Khiển Và Tự Động Hóa.pdf

LOI CAM ON Em xin gửi lời cảm ơn chân trọng nhất đến với thầy — người giảng viên bộ môn Toán 2EI.. Thấy là người đã trang bị cho em tất cả những kiến thức, kỹ năng cần có đề em có thê ho

TONG LIEN DOAN LAO DONG VIET NAM

DAI HQC TON DUC THANG

ĐẠI HỌC TON DUC THANG

BAO CAO CUOI KY

MON HOC: TOAN 2E1

Ma mon hoc: C01144

Ho và tên sinh viên: Võ Hoàng Huy

Mã số sinh viên: 42001179

Ngành học: Kỹ thuật điều khiến và tự động hóa Email: 42001179@student.tdtu.edu.vn

LOI CAM ON

Em xin gửi lời cảm ơn chân trọng nhất đến với thầy — người giảng viên bộ môn Toán 2EI Thấy là người đã trang bị cho em tất cả những kiến thức, kỹ năng cần có đề em

có thê hoàn thành tốt bài tiêu luận giữa kì này

Trong quá trình học tập và làm bài, do bản thân em vẫn còn chưa vững kiến thức về toán và kinh nghiệm làm các bài tập nên có nhiều khi em còn thiếu sót

Em rất cảm ơn thầy vẫn luôn khoan dung và dành nhiều thời gian đề hướng dẫn, chỉ bảo cho em, giúp em ngày một hoàn thiện ban thân mình hơn

TP Hồ Chí Minh, ngày 20 tháng 1 năm 2022

Sinh Viên Thực Hiện

Sly

V6 Hoang Huy

PHAN XAC NHAN VA DANH GIA CUA GIANG VIEN Phần xác nhận của GV hướng dẫn

Tp Hồ Chí Minh, ngày tháng năm

(kí và ghi họ tên)

Phần đánh giá của GV chấm bài

Tp Hồ Chí Minh, ngày tháng năm

(kí và ghi họ tên)

NỘI DUNG

MSSV: 42001179 >a =9,b=7,c=1

Câu 1: Tìm Laplace ngược của hàm:

Ta có: F| s —S4#+5s2+4

Giải

Dat a = s*

ostestet=(o4i|(s +4)

6s+3 s+B Cs +

s“+5s? +4 “(> ) for)

=(s+ø|e++)+[s+p||s r1}= 6043

© As? +4As+ Bs? +4B+Cs?+Cs4+ Ds? +D=6s4+3

=(4+c}s'+[z+p}e!+[14+€]s+48+p =65+3

BAic=s s[ <<?

/ 6st 2S + + —2§ — T1 25 1 25 1

=1 | = 1-1 if 25, 1 2s 1

mà 7a) s°+1 s2+1 s2+4 5244

1

= 2cos (2) +sin (2) — 2cos [lạnh (2

Cau 2: Giai phwong trinh vi phan:

y’+16y = {9

Giải

Gọi hàm số (9 là nghiệm của PTVP, thỏa t } = Fys

J "tỷ S

1

Tacé: y” + 16y =cos | 4t }—cos| 4t Jv

> chy" + 16r|yÌ = £jCOS +] — £jcos (1 x o( — ”)

S

csˆF|s (0) »( + Ges 446°

Ss

oF (;) st 2+16Ì=1+——- s2+16 s2+16° —ms

\ [ 5 ems

— g2 i 1) Ƒ + rie} b + isp

>ylt

=£ 1 Em? Garg) \s TS} ° Ss ⁄ Ss em]

“bees HA la s2 +16 s? +16 }? s2 +16

1 1 1

= quit + gismt — sl: — nin — nol: — "|

Câu 3: Giải hệ phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất:

1 1 4#

X=|0 2 0X

1 1 1

; 5a +2b— 2c +

Với điều kiện X| 0 | = —3a — 3

2a+b+c+4

Giải

Ma trận: Ä =

Det (4 — u) =

1-A 1 4

=| 0 2—Ä 0

1 1 1-A

° 1-a)(2-2) 1-2) 4101 +401~1(2-2}.4-10(1-2)-(1-2}02 =0

af afe-nf-a)- afer)

©|l2-^ #-n-3)=0

QR NP on

|=0

-(-Jê2J/¬)> Ay =2

S A, =-1

Az =3

114 0

=(A-al|K,=0e[0 0 0 |kK,=(0

1 1-1 0

114 0 elo 2 ›)x =(0

0 0 0 0

=| 2X2 + 3x3 = 0 Chon x3 =2 3K, =(-3 2

> A_-2al K,=0©\0 3 0 |K¿= 0

1 2 0

2 1 4 0

210 3 0): =(0)

0 00 0 2xị +x; + 44; = 0 ~2

=| 3x, = = 0 Chon x3 =1> K;ạ =|0

1

—2 1 4 0

1 —2 0

—2 1 4 0

c " + #2 + 4x3 =0 2

—x; =0 chon as =1 2 & =(0)

1 Nghiệm tông quát có dạng

x X= b) = cịKie*2t + caK;e?t + caKse*t

Z

x= s]et+s{ 0 )=+a(0)ena C1, C2, C3 ER

5a +2b— 2c +

X(O}= —3a— 3

2a+b+c+#4

a=9

MSSV: 42001179 > {b =7

c=1

5.94 2.7 -2.14+

>X(O0}= —3.9 —3

29+7+1+#

Sty (=: e??°+c,| 0 |e °+c¿|0|e?°=| -21

5Œ,—2Œ + 2Ca = 62 cy = 10

S —3c, = —30 ee =2

2€, + Cy, + ¢3 = 30 cạ =8

Vậy nghiệm X (nghiệm cụ thể) có dạng

X =10| -3 Je** +2 0 Jer 40(« et

Câu 4: Giải hệ phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất:

2 4 X=

2a+

a+1

2 4

Matran: 2 rạn A = (2 ‘

ba(A -A!) =0

2À 4

=1 6-A

esL[ses

© 16-81+/77=0

Voi diéu kién (0)

Giai

21, =41,=4

* Với  = Â; = 4

(4 u)k=o% (5 \x-(0)

—2x, + 4x, = 0 _ _ 2

ST ng cron = 12 « =(2)

Như vậy ta thiéu | vecto riéng P

— =2 4ìp_ {2

|A up=Ke (2 ;)?=Í)

—2x¡ + 4x; = 2 _ _ 1

mm cron <1? =(1)

Nghiệm tông quát có dạng

x

X= (; = ¢,Ke* + c,|Kt + Ple*2*

X= ; ef + 6, ta () e*! véi C1, C2,C3 ER

_ | 2a+

MSSV: 42001179 > a=9

_f2.9+

eq () e +c,

“¬ =

Cy +c, = 10 =

Vậy nghiệm X (nghiệm cụ thể) có dạng

r=10(2) +0 ):+Í e -10(?)¢

Câu 5: Giải hệ phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất:

1 -12 -14 X=|{1 2 -3 |X

1 1 —2

Với điêu kién X{ 0 } = s)›

7

Giải

1 -12 -14

Ma trận: A = | 1 2 —3

1 1 —2 ba(A -A!) =0

1-A -12 —14

©\| 1 2Ä -3 |=0

1 1 —2-A

a (1-2](2-2) 27 a}a(- 2} (- 1z =#) "=K

-tỆ” In —2-A +ÍTh =0

©-2Ì+^?—-25A+25=0

4i =1

Az = Bỉ

0 -12 -1 0

> (4 2k =0© ( 1 -3) Kk, = (°)

1 1 —3 0

= (0 —12 _H) Kị= (°)

25 X1 + X_ — 3x3 = 0 _ _

=1 the = chen sy = 6 Ke =(-7

* Với Ay = Si

1-5i -12 —14 0

>(A-Al}K,=08 | 1 2—5i —3 )“=(°

1 1 —2 — BÍ 0

(1-5 x, —-T Xo — 14x, = 0

=| x, + V2 — Bi |x — 3x3 = 0

Xy +4) + — 5Í |x; =0

Xo = Xx X2 = X3 Xp = X3 Pl=(245i}o mh = (245i) he = [5H

14+ 53 1 5

chon sy =1 = Ke =( 1 = (0):

b,=Re( 2) = (1); = 1m( ns) = (0

Ta có: 3¿ =5 >øœz=0và8 =5

Nghiệm tông quát có dạng

x X= (;) = c¡Kie*t + c;| Bicos @ — B;sin (+)

Z

B;cos @ + Bysin (+)

25 1

©X=( (2) ef +c, (:) cos (5: — 0) sin (5) e9

5

(9) COS (s) + q sin (5) ebt

0

25 cos (s) 5s (5 5cos (x + sin (5

ox =e 7]e+a| cds /5£ teal in 5£

cos \5t sin Ñ5£

+ C3

+ C3

25 cos (se) 5S (s« 5COS lao + Sin (50 4

=e( ?}e+a{ coé 5.0 teal in /5.0 = (s)

6 cos À5.0 sin (\5.0 7

25¢,+¢ + 5Œ =4

—7Œ¡ + C¿ =6 fe, =-1

6c, +c, = -7 C3 = 6 Vậy nghiệm X (nghiệm cụ thể) có dạng

2 co( 50) — 5 nấm 5coS (s0 + sin (s X= (¬) (*) + (-)( co4l/5.0 + ( in //5.0