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. Hệquả • Nếu hàm f(z) giải tích trong miền đơn liên D và C là đường cong kín nằm trong D thì ∫f (z) dz = 0 • Nếu hàm f(z) giải tích trong miền đơn liên D , thì tích phân ∫f (z) dz với mọi đường cong C nằm trong D có cùng điểm đầu và điểm cuối nhận giá trị như nhau.

Trang 1

Be Be W W Be Ae He he d W W W ie He Be YY

Tom tắt và các ví dụ Phân Tích phần phức và

Phép biên đôi Laplace

Trang 2

Tóm tắt và các ví dụ Phân 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

Néu ham f(z) giải tích trên miền đơn liên 7 và liên fực trên biên Œ = ÔD thì: f ƒ(z)dz = 0

Cơ

> z tàn ve NHA A LA ^ zdz

VD 1 Hàm ƒ(z)=-——— giải tích trong D: | z | < 1 và liên tục trên biên Ø7) nên 4 5 =0

z+4 lel=1 ota

b) Hé qua

*Néu ham f(z) giai tich trong miền đơn liên D va Œ là đường cong kín nằm trong 7) thì 4 ƒ(z)dz =0

Cc

*Néu ham f(z) giai tich trong miền đơn liên 72, thì tích phân f ƒ(2)dz với mọi đường cong Œ nằm trong D có

Cc

cùng điểm đầu va điểm cuối nhận giá trị như nhau

VD 2 Tinh tích phân T= [ 3zdz, trong đó C lacung y = 2° — 3z? nối z = 0 với z=1— 2i

Cc

Giải, Đoạn thắng OA néi z = 0 voi z = 1—2i c6 phương trình: z(f) = £ — 2i, £: 0 — 1

Do ƒ(2z) = 2z giải tích trong C nên:

1

1= [3zd= [3zdz = [34t—30)(1—9i)41 = (1—30°.P[ = =8—4i

Cc OA 0

2.2 Dinh ly Cauchy cho mién da lién a) Dinh ly 1

Cho mién D—n liên (w > 1) có biên AD gim C,,C,, ,C,,, trong đó C, bao các chu tuyến khác và các chu

tuyến Œ,, ,C, nằm ngoài nhau Nếu ƒ(2) giải tích trong D va lién tyc trong D = DU OD thi: $/œ)4 = ‡/œ)% + + $/()4

b) Định lý 2

Với giả thiết như trong định lý 1, ta có: $/()4: =0

aD

Hé qua (tinh bắt biến khi biến dang chu tuyén)

Nếu chu tuyén C,, cé thé bién dang liên tục ma không vượt qua bất kỳ điểm kỳ dị nào của ƒ(z) để trở thành chu

tuyến Œ, thì: $2) = $ 104

CG G

3 Khảo sát tích phan I, = f ( trong d6 C 1a dung cong kin không đi qua điểm ø và ø € Z

C Lm.) n >

- Giải

Trang 3

Tóm tắt và các ví dụ Phân Tích phân phức & Phép biến đổi Laplace Đại học ThS Đoàn Vương Nguyên - ĐHCN Tp.HCM

Do ham f(z) = » giải tích trong miền đóng có biên Œ nên I, = 0 (định lý 2)

Lm)

s Trường hợp 2: điểm ø nằm trong Ơ

Ta chọn z đủ bé để đường tròn Ở, tâm a, bán kính r nằm trong C Phương trình tham số của Ơ, là: z = ø + re” (¿ € [0:2n])

đz + ?re*do iP a

Ap dung hé qua, ta duge: I, = ¢ ——— = p dụng hệ q * n fe _ a)" J (re”)” =— | erde pt J P

2z

"Vớin=1 thì I =if dp=2ni

0

eine 2 rh!q4—n)

" Vớinz1thì l =

0

Và f dz 2zi, n = LUồ a nằm trong C

œ(z—g)” 0, các trường hợp cịn lại

§4 CƠNG THỨC TÍCH PHÂN CAUCHY

4.1 Định lý (cơng thức tích phân Cauchy)

Giả sử hàm ƒ(2) giải tích trong miền giới nội D và liên tục trong miền D = DU OD Khi d6, gid tri f(z,) tai điểm bất kỳ z„ € D được biễu diễn qua giá trị trên biên Ø7 theo công thức tích phân Cauchy:

f(%) = 1L _/) đz 2m, Z—% đz 241 VD I Tính tích phân 7 = f Je-iJ=1

Giải, Hàm dưới dấu tích phân có điểm bất thường z = i nam trong đường tròn | z — ¡ | = 1

Dođó I= f LO gy, với hàm ƒ(z) =—— giải tích trong hình trịn | z — 7| < 1

Z—1 z+?0

|z~j=L

Áp dụng cơng thức tích phân Cauchy, ta có:

i= 1 27¡ ƒŒ)dz — ty => 1 =2nif(i) = ont =7 z—1 27¡ 2¡

Jz~j=L

iz

2 trong a6: a) C:|2-1|=1; b) C:|z-i|=3

T

VD 2 Tinh tích phân J = $3 : c z—

Giai

a) Hàm dưới dấu tích phân có điểm bất thường z = 5 nằm trong Ở

Trang 4

cos^ +isin—

5 | 7 2 2 1

Vậy » Ï = 27¡.ƒ|—| = 2mi——“———— ig] 4m “` =—— 2

b) Ham w = Poe có 2 điểm bất thường z = +5 nằm trong Œ Xét miền đa liên như hình vẽ và áp dụng

Z_ — TL

định lý Cauchy cho miền đa liên, ta có:

c7 dz c7 đz I= + - $i zt fim Cy z= 1 2 2 iz z + 2mi x 4z + 2m 2 Vay I = 2ni.— 4z — 2m 7 we

4.2 Hệ quả 1 (công thức Cauchy cho đạo hàm của hàm giải tích)

Giả sử hàm ƒ(z) giải tích trong miễn giới nội 7 và liên tục trong miền 7 = ? 7 Khi đó, hàm ƒ(z) có đạo

hàm mọi cấp tại điểm z„ bất kỳ trong miền 7 và được biễu diễn qua công thức tích phân Cauchy: ƒ®(,)= 2 f foe n=1, 2 : Oni aD (z — #4) n+l? sin 7z

VD 3 Tinh tich phan I= ÿ eo” |z-l=1 2

Giai Do ham w = eo có điểm ge bất thường z = 1 nằm trong Œ : | z— 1| = 1, nên ta có:

¢ f(z) sintz 2 5 `

I= 5 dz, v6i f(z) =———| giải tích trong hình tròn | z — 1| < 1 Jz-1Ị=1 (z—1) (z+1)

Áp dụng hệ qua 1, ta duge:

sin 7z 2i „¡ cosZz.(z + LỶ — 2(z + 1)sin rz im?

I= f Œ-# #=TnjJ=?m âm | => |z-1l=L z=l 4 VD 4 Tính tích phân I = dz lÍ=2 (z—?) 4 3 £ *

Giải Do hàm +0 = mm có điêm bât thường z = ¿ năm trong Œ : | z | = 2, nên ta có:

Z—†

Trang 5

Chương 4 Chuỗi và Thặng dư

§2 THANG DU

2.1.3 Cách tìm cực điểm cấp

Cho z = ø z oo là điểm bat thường cô lập của ƒ(z) = Néu lim f(z) = b z œo thì z = a là cực điểm cấp 0

, {lim f(z) = 00 tà

Nề liN(s— a)*/(2)|= beC\ 10)

“ Nếu lim ƒ(z) không tồn tại thì z = ø là điểm bất thường cốt yếu

z= a là cực điểm cấp ?m

VD 5 Tim va phân loại điểm bất thường cô lập của ƒ(z) = Giải Hàm f(z) c6 2 điểm bất thường là z = 0 và z = 1

Ị eal

(2-1) | z

*Tacé: lim f(z) = 00 va 0 = lim[(z — 1)° f(2)] = sin? 1 + oo Suy ra z = 1 laccuc diém cấp 3

* Do lim f(z) = lim

20 20 = —1#s œ nên z = 0 là cực điểm cấp 0 của ƒ(z)

VD 6 Xác định điểm bất thường cô lập của ƒ(z) = cos

LH

Giải Hàm ƒ(z) có điểm bắt thường cơ lập là z = ¡

Do lim cos zi mm - không tồn tại nên z = ¿ là điểm bắt thường cốt yếu

2.1.4 Điểm bất thường cô lập tại vô cùng

s Giả sử hàm ƒ(z) giải tích trong miên z < | z |< +œo với z > 0 và khơng giải tích tại z = co

Dat t= *m ƒ(z)= sf = g(t) Khi d6 ø(£) giải tích trong miền 0 < | z | < Ì nên có khai triển Laurent

2 Tr

s Trong khai triển Laurent của ø(/), tùy theo £ = 0 là cực điểm bỏ được, cực điểm cấp m hay điểm bất thường

cốt yếu ta có z = oo là cực điểm tương ứng của ƒ(2)

VD 7 Xác định điểm bất thường cô lập z = oo của:

a) ƒ(z) = cost: b) g(2) = €; ©) P, (2) = 02” + a2” °+ + 4, dạ # 0,

z

Giai

: Lo et Ạ a pa ad

a) Dat t = —, tacé: cost = ota nhận ¢ = 0 làm không diém

2 : :

Vậy z = œ là không điểm của ƒ(z)

x 1 ⁄ : 1 1 1 a > TẢ A‘ x x K

b) Dat t =—, tacd: e' =1+—-+——> +—_ nhan ¢ = 0 1am diém bat thuong côt yêu

z £ 21 31

Vay z = oo là điểm bat thường cốt yếu của g(z)

c) Bat t= 4, taco: TH 1 , a z 0 nhận # = 0 làm cực điểm z phó mm ‘m cấp rn

Trang 6

Tóm tắt và các ví dụ Phân 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:

= |Res[f(z), a] =c_,| (hé 86 cua trong khai trién f(z) quanh diém z = a)

zZ—-a

= |Res[f(z), co] =—c_,| (hé 86 cua 1 trong khai triển ƒ(z) quanh điểm z = oo)

2

>_ Cách 2 Dùng cực điểm

= Néu a + oo lacuc diém đơn thì:

Res{f(2), a] = liml(z — a)f(2)]

“_ Nếu ø =oo là cực điểm cấp m (m > 2) thì: Re\JG) |“ =y lAlŒ —4)°/@)J7! Chú ý

D) Nếu ø = oo là cực điểm đơn và ƒ(z) = so voi g(a) = 0, h(a) #0, g/(a) #0 thi:

es[f(z), a] = h(2) = h(a) -

R 3[ƒ( ), ] g(z) " g(a)

2) Khi tinh gidi han có dạng : ta có thé dùng quy tac L’ Hospital

2 VD 8 Tính ?es[ƒ(2), 2] cua f(z) = —— z— Giải Cách 1 Ta có: 2 Zz a2 +3 94 (yy 4 3 (0 <|z-2|<oo) z-2 z-2

Vậy Res[ƒ(z), 2]=ec , =3

Cách 2 Ta có z = 2 là cực điểm đơn của ƒ(z) nên:

Res{f(z), 2] = lim|(z — 2)f(2)] = lim(2? — 9z + 3) = 3

Trang 7

Cách 2 Ta có: lim ƒ(z) = œ và lim[(z — 1)?ƒ(z)] = 1 = z = 1 là cực điểm cấp 2

/

Vay Res{f(2), 1] == lim|(z — 1)? f(2)]! = lim E| =-timt =-1 jl et zl | x 21 „2

2 32”

VD 10 Tinh Res[f(z), 00] cla cdc ham: a) f(z) = e*; b) g(z) = sài

z +

? ile) 2.4

a) Ta có: =>» —|—| =l+—+-c+ =c,=2

) ° sh titer ¬

Vậy Res[f(z), oo] = -c_, = —2

32° 1 2 (—1)" 3 3

b) Ta có: f(z) = f6 =1 = 32" TT = 32" Le = 32" +5 +—_- >c,=-3

8 z

tại các điểm bất thường cô lập hữu hạn

VD 11, Tim thing du cia f(z) =—*

z+1

Giải Hàm ƒ(z) có hai cực điểm đơn là z = +7

'Ta có: e e e e 1 Res|f(z), i] = =— =—:; Res|f(z),-i= =-

Ye) 4 (+U|_,„ 2|, 2 ƯG), (2 +17) 2ie!

VD 12, Tìm thặng dư của ƒ(z) = 222+ tại các điểm bắt thường cô lập hữu hạn

F4

Giải, Hàm /(2) = Ÿ?“ có ¿ — 0 là cực điểm cấp 4

z

+ ua

Vay Res{[f(z), 0] = Ptim| 1 2+) = —liimeosz = -* 31 20 zs 6 20

§3 UNG DUNG CUA THANG DU’

3.1 Tính tích phân dọc theo đường cong kin

= Địnhlý1

Nếu hàm ƒ(z) giải tích trong miền đóng 7 giới hạn bởi đường cong Jordan kín Œ trừ một số hữu hạn điểm ,, Ay, +5 @, bắt thường cô lập nằm trong D thi:

f f(e)az = ni.) Res{f(z), a, | z dz

VD 1 Tinh tich phan J = f

Trang 8

z

Giải Hàm f(z) = có 2 điểm bắt thường cô lập là z = +2 nam trong hinh tron D:|z| <2

- zZ +1 Áp dụng định lý 1, ta có: |e e

Giải Hàm f(z) = có 1 cực điểm cấp 2 là z = 1 nằm trong hình tròn 7: |z — 1| < 1

/

I = 2ri.Res|f(z), = 2rilin| + 4 =i a

mllz+1 2`

“Định lý2

Nếu ƒ(z) giải tích trong tồn mặt phẳng phức trừ một số hữu hạn điểm a,, a, , ø, bất thường cô lập thì:

3> Re4/), a,|+ Res[f(z), co] = 0

YD 3 Tinh tich phân I= § a

l-»Z +1

Giải Hàm f(z) = - ï có 4 điểm bắt thường cơ lập a,, k = 1, 4 là căn bậc 4 của —1

z+ Ta có:

1 1 1SCy" 1 1 1

z)=—: =— =——->+— — >c ¡=0 Res[f(z), oo] = 0

(=a Poy (se te am [F2), 0] A Z Áp dụng định lý 2, ta được: I = —27i.Res|f(z), oo] = 0 4 2 VD 4 Tính tích phân 7 = dz P faa 4 —

Giải Hàm fa=5 —— 2 có 5 điểm bắt thường cô lập ø,, E —1, 5 là căn bậc 5 của 2

2 1 1 1L 1 1,1 1 Ta có: f(z) = =— =— =—+—+ + ⁄) 2”—1 21 1 22702 2z 4z 8z" 22° >c, =5 => Res[ƒ(z), oo|] = -+ Ap dung định lý 2, ta được:

Trang 9

3.2 Tính tích phân hàm lượng giác

2m m

I= J R(cost,sint)dt hode I = J R(cost, sin t)dt

0

= Dang tich phan

—

Trong đó, ?⁄(cosứ,sin £) là hàm hữu tỉ theo sin và cosin " Phương pháp giải s Đặt z = e”, ta có: dz = ie”dt > dt _, iz et +e" (e"y + 1 2 +1 cos t = ———— = ———— =———, 2 2e" 2z it — it it \2 -1 2 #-1 sine—S =€ (=1 _z =1 DĨ) 2¡e" 2iz

¢ Khi ¢ bién thién tir 0 dén 27 (hoặc từ —z đến z) thì z biến thiên trên dung tron don vi | z| = |e” | =1

Suy ra, các tích phân trên có dạng:

I= 4 ƒ(z)dz = anid Redlf(2), a, |

k|=1

Trong đó a, (x = Ln) là các điểm bắt thường cô lập nằm trong hình trịn | z | < 1

2z

VD 5 Tinh tích phân 7 = Tin

sin 0 d Giải Đặt z = e = dt =, tacé: iz dz iz dz I= 6 —%—=2f —*_ fo Pa $ Fen 2iz

Ham f(z) = có điểm a=(-2+V3)i là cực điểm đơn nằm trong hình trịn | z | < 1

2 +4iz—-1

A ays z-a 7 (z—a} 2m

Vậy I =2.2zi.Res|[ƒ(2), a] = 4mi.liữũắ=————————— = 4mi.lim—y”—————; = ~=

ea 2? 4 diz —1 “(22 +4z—1) l3

VD 6, Tính tích phân r= f— ) 3— cost

sas ps it dz ⁄

Giải Đặt z = e” > dt = — , tacé:

iz

dz

pai f—“ -if—#_ if_* -if _*£

2/7 3—cost 2ng 2 +1 ig —6z4+1 fen 2 —6z4+1

2z

> 1 Z ak > TẢ > ` `

Hàm ƒ(2)=-—————— có điểm a=3-22 1a cyc diém don nam trong hinh tron | z | < 1 z —6z+1

A oe z-a (z—a} 7

Vậy I = i.27i.Res[f(z), a] = —27 lim = —2r.lim—— = :

Trang 10

Tóm tắt và các ví dụ Phân Tích phân phức & Phép biến đổi Laplace Đại học ThS Đoàn Vương Nguyên —- ĐHCN Tp.HCM 3.3 Tính tích phân suy rộng +00 3.3.1 Dang suy rộng | [ /(z)dz b) Ứng dụng

Cho ƒ(z) giải tích trong nửa mặt phẳng trên (trừ một số hữu hạn điểm bắt thường cô lập 4, a„ đ,) Néu f(z) = on , với bac P(x) < (bac Q(x) + 2) thi:

x

f seae = ami) Res{f(2), a, |

+00

VD 7 Tinh tich phan J = J

—œ dx ai +1 3m é + 2 a aan 2

có 2 cyc diém don a, =e * va a, =e ‘ nam trong ntra mat phang phia trên Giải Hàm ƒ(z) == zˆ +1 Ta có:

I= 2mi{ Res|f(2), a,] + Res[f(2), a, }} =2mi him = + tim

- “‹ 3m

= Qi lim + tim _” 444 =m 4 + aa et ted _ m2

1 Az nw Ag 2\a) 4 2\a a, 2

+00 dx

VD 8 Tính tích phân ¡ = [ —“——-

ý (øˆ° +1)

Giải Hàm f(z) = ——=——k—— có một cực điểm cấp hai z = i nam trong nửa mặt phẳng trên

(+1 œ-@œ+

Ta có:

I = ?ri.Res|ƒ(z), ¡]= 2i lim[(z —ƒ(2Ï

= ni lim——2— = ari b= 2 vo = 2mi.lim|———— 5 _= (z +4) => (z +7) 4i 2 zoi +00 +00

3.3.2 Dạng suy rộng |J, = J ƒ(#) cos a+ +, Ij = f f(x) sinaz dz

b) Ung dung

+00 n

+ Bước 1 Tinh: J, +i, = f f(a)e™dr = 20i)> Res[f(z)e”, a, ||

veo k=1

Trong đó, ø, là các điểm bắt thường nằm trong nửa mặt phẳng trên

+ Bước 2 Cân bằng phần thực và phần ảo, ta có 7, và I,

VD 9 Tính các tích phân sau:

+ +00

COST Zsinz

= | ————d+, I,= | —————drz

Trang 11

z

Giải Hàm ƒ(2) = —————————

ƒ) z?—2z +10 thỏa bổ đề 2 và có 1 cực điểm đơn nằm trong nửa mặt phẳng trên là 1 + 3/ Ta có: TT =—e” (1+ 3ie" 1+1, =2mi.Res[f(z)e”, 1 + 3i] = an | z=l+3i

= ao (eo 1— 3sin1) + is e *(3cos1+ sinl)

2

vay I, = se (eos 1-3sinl), I, = 3° (3cos1+ sinl)

Chương 5 Phép bién déi Laplace

§1 DINH NGHIA PHEP BIEN DOI LAPLACE

1.2 Định nghĩa phép biến đỗi Laplace

a) Định nghĩa

+ Ham anh của hàm gốc ƒ(/) là hàm phức #(s) biến số phức s = a + iG xác định bởi tích phan Laplace:

+00

F(s)= | e“f(t)dt

0

* Phép bién déi tir ham géc f(t) sang ham anh F(s) x4c định bởi công thức trên được gọi là phép biến đổi

Laplace Ky hiéu 1a F(s) = L{f(t)}

1.3 Biến đỗi Laplace của một số hàm thông dụng

a) Ham bac thang đơn vi u(t)

L{u(t)} = L(1) = * b) Hàm ƒ) = £", ƒ() = e~“ ( là hằng số phức) 1 sta’

Le") ng Le")= a 1 —a

©) Hàm ƒ() =”

d) Hàm lượng giác f(A) = cosat, f(t) = sinat

L(cos at) = ———~

§2 TINH CHAT CUA PHEP BIEN DOI LAPLACE

2.1 Tinh chat tuyén tinh

Néu L{f(t)} = F(s) va L{g(t)} = G(s) thi L{a.f(t) + b.g(t)} = aF(s) + bG(s) Trong đó, ø và b là các hằng số phức

Trang 12

1 _ 3

VD 1 L(3t' — 24) = L(3t") + L(-28) = 3.(t') 2.0) =34-2 = Pa

8 8 8

2.2 Tính chất dời (dịch chuyển ảnh) (biến đổi của ham e~ f(t) ) Néu L{f(t)} = F(s), voi ø là hằng số phức, thì: L{e “Ƒ(} = F(s + a) n! ! VD 2 Do L(t”) =“ = F(s) nén L(t"e) = F(s + a) =—" st (s+a)"*

VD 3 Tìm biến đổi Laplace của các ham: a) g(t) = e* cos 3¢; b) g(0) = e” sin2t

Giải

a) Ta có: L(cos 3f) = — —= F(s) Vay L(e*' cos 3t) = F(s + 2) = st?

s +9 (s+ 2) +9

2 2

b) Tacé: L(sin 2t) = (sin 2t) P44 = F(s) Vay L(e™ sin2t) = F(s (s) Vay L( ) = F(s — 8) (G3) 44 — 3) = ———_

2.3 Tính chất trễ (dời theo ?) (biến đổi của ham u(t — T).f(t — T))

L{u(t — T).f(t — T)} = e*" F(s)

Trong rong đó u(t — T) = Li>T d6 u(t —T ots?

" Chú ý

+ ca?

1) L{u(t—T)} = [ e *4t=“—

T 8

2) Cần tránh nhằm lẫn giữa hàm œ(# — 7).ƒ( — T7) và ƒ(— 7) (hàm ƒ(# — 7) thực chất là œ().ƒ( — T))

VD 4 Tìm biến đổi Laplace của các hàm: sin(—2), £ >2

a) fO= 0 tc3Ì b) g(t) = u(t —3).e”"

a) Ta có: ƒ() = u(£ — 2).sin(# — 2), 7 =2

1 c?

Vi L(sint) = nén tacé: L{f(t)} = —

s+1 vt

b) Ta có: g(t) = u(t — 3).e*! = u(t — 3) €°

—3s

Vì L(c")=——_ s—2 nên L{u(t — 3)e%} = <— s—2

—3s 6-38 Vay L{g(t)} = s-2 =< s-2

Trang 13

0, <1

VD 5 Tìm biến đổi Laplace cua ham f(t)= 41, 1<t<3 0, t>3

Giai Ta c6: f(t) = u(t —1) — u(t - 3)

—8 —3s

Vay LES} = Hult -D} ~ Hult -3)} = -S

0, t<0

VD 6 Tìm biến đổi Laplace của ham f(t) =jt+1, 0<t<1

3 >1

Ta có: ƒ(#) = [u(t — 0) — u(t — 1)](Œ + 1) + 3u(£ — 1)

= uf)-(t + 1) + u(£ T— 1).(2— #) = t +1 + u(£ — 1) — u(# — 1).(£— 1)

vay Ly} = +2+| ss |8 8 ~ 3£”

0, t<0

ko ake t, 0<t<l

VD 7 Tim bién d6i Laplace cua ham f(t) = 2-1 1<t<3'

0, t>2

Giải

Tacé: f(t) =[u(t) — u(t — D]t +[u(t — 1) — w(t — 2)]( — £) = u(t)t — 2u(t — 1)(¢ — 1) + u(t — 2)(t —2)

Ạ 1 1, 1 os

Vậy L{f()}= > -2.5€° +5e 2

8 8 8

2.5 Biến đổi Laplace cia dao ham f(t)

Néu L{f(t)} = F(s) va ham géc f(t) có đạo hàm đến cấp ø và các đạo hàm cũng là hàm gốc thì:

[14 F ()} = s"F(s) — s"*f(0) — 8"? f"(0) — — sf") — f°),

Trong đó, ƒ#)(0) = lim f°, k=O, 1 , n-1

Các trường hợp riêng: L{f'(t)} = sF(s) — £0), 1{ƒ 4} = 3) — sƒ(0) — ƒ(0) L{f"(t)} = sˆƑ@) - s'ƒ(0) — sƑ'(0)— ƒ”(0)

VD 9 Tìm biến đổi Laplace cia ham g(t) = y"(¢) — 3y'(¢) + 4y(t) — 2, với điều kiện đầu (0) = —1, (0) =2

Giải Đặt Y(s) = L{¿(0)}, ta có:

L{y'(t)} = sY(s)— (0) = sY(s) +1, L{u"(Ð} = s°Y(s) — sụ(0) — w'(0) = s'Y(s) + s—2

Trang 14

Vậy L{g()} = L{y"()}T~ 3L{w'()} + 4L{w()} — LQ) = (s” ~ 3s + 4)Y(s) + s — ð — 2

2.6 Biến đổi Laplace cia ham /'ƒ() Néu L{f(t)} = F(s) thi: Z'ƒ0)}= 116) (n) Z ! VD 10 a) Biét L(1) =+, tasuy ra L(t") = (—1)" L — 8 8

b) Biết /(e”) = , ta suy ra L(t"e”) = (—1)” asaya Le") = ( roe] =a — đ" 1 =" n!

VD 11 Tìm biến đổi Laplace của các hàm: a) ø(/) = £sin 3í; b) g(t) = # cos4t a) Tacé: f(t) = sin3t > F(s) = —— Vay L(tsin 3t) = —F"(s) =— 6s >

si +9 (s° +9) 5 _ e463 _ D Se Vay L(t? cos 4t) = F’(s) = 2s" — 64s" — 15368 64s 1536s : s “+16 (s” +16) b) Tacé: f(t) = cos4t > F(s) = t

2.7 Biến đổi Laplace của tích phân J ƒ(œ)dz

0 Néu L{f(t)} = F(s) thi: t i free] ~ #10 0 8 t t

VD 12 Tìm biến đổi Laplace của các hàm: a) g(t) = ƒrsn3zas: b) ø) = J cos’ 2y da

Trang 15

LO

2.8 Biến đổi Laplace của hàm va

Néu L{f(t)} = F(s) và 3 tim£O en:

tot ot Cho s — 0, ta được:

VD 13 Tìm biến đổi Laplace của:

2t t t

a) hàm gốc g(t) =" ¬ : b) ham tich phan sin: Si(t) = f one de x

0

Giai

4 2 ot 1 1

a) Taco: f(t) =e" —e' > F(s) = - : s—-2 s—]

+00 +00

1 1 s—1

Vậy L{øg(f)}= | F(u)du = iy ay) = Ÿ ram = [[ TT — du = | Jeu = mo

2 : 1

b) Ta có: L(sint) == s +1

: +00

>L sint = J du = arctanu| ==— arctan s = arctan 2 + t 12? +1 8 2 s

Á A sọ tế, An hàm gề 1 1

Áp dụng công thức tích phân hàm gơc, ta được: {Si(£)} = —arctan—

8 8

T® sinz VD 14 Tinh tích phân suy rộng Ï = J da

% 0 sxe 2 1 Gidi, Ta c6: f(t) = sint > F(s) == i + 00 +00

Ap dung hé qua, ta duge: J = J f(t) dt = J dụ = arctan a| = 7

0

2.9 Biến đổi Laplace của hàm tuần hoàn

Nếu ƒ() là hàm tuần hoàn với chu kỳ 7 > 0 thì:

T

1

L{f(t)} = {f(O} men} fe) ef (t)dt

ar à : 2,0<t<3

VD 15 Tìm biến đơi Laplace của hàm tuân hoàn với chu ky T = 4: f(é) = 038<£<4

Trang 16

Tóm tắt và các ví dụ Phân Tích phân phức & Phép biến đổi Laplace Đại học ThS Đoàn Vương Nguyên —- ĐHCN Tp.HCM Giải Ta có: =3 T 3 4 _ ao 3s

fe*noat= fe 2de+ fe"od =—2e -3-£ `),

0 0 3 8 =0 3

1 24—e*)

Vậy L{ƒ()}= ây LỮ@}=——z J0 e“ƒ()d =S————”) de”

0

ck ak sinf, 0<t<a

VD 16 Tìm biến đôi Laplace của đường sin chinh luu ban séng chu ky T = 27: f(t) = 0 <t<3

, T TT 9 x Qn 3m 4n Sa 6m Tr † HH Pw mm" ĐI ly ee

Giải Ta có: fe ƒ()dt =fe sintdt + foe dt = “3° (sint+cost)} = 5

0 0 TT t=0

vay F(s) = 1 ite _ 1 /

l-e™ 2 21—e”)

VD 17 Tìm biến đổi Laplace của hàm tuần hoan chu ky T = 2a > 0 được mô tả bằng đồ thị sau:

oO a 2a 3a da t -1 Giải Ta có:

2a - a - 2a - e€ st |=" e6 — st |" l-e —sa\2

fe “sat = fe “at— fe “dt = —8 — —8 ={ 8 )

0 0 a ¡=0 t=a

(1 — e} — 1 1 — cm

se ?") s 1+

Vậy F(s) =

§3 PHEP BIEN DOI LAPLACE NGUQC

3.1 Dinh nghia

+ Phép biến đổi Laplace ngược của hàm Ƒ(s) là hàm ƒ(/) liên tục trên [0;+œc) và thỏa L{ƒ()}= F@) Ky hiéu la: f(t) = '{F(s)}

4 ! 4

VD I Ta có: L(t’) = ñ =#

Trang 17

3.2 Các phương pháp tìm biến đỗi Laplace ngược 3.2.1 Sử dụng các tính chất

a) Tính chất tuyến tính

E{aF(s) + BE/(5)} = ab {F(3)} + bb {F(s)}

VD 2 Cho F(s) == - 8° Ta06: E{F(s)} = 32} | - 62

s+2 +9 s+2 s +9)

Vay f(t) = D'{F(s)} = 3e™ — 6 cos 3t

b) Tính chất dời theo s L'{Ƒf(s+a)} =e “L'{F(6)} VD 3 Tìm biến đổi 7" | 2 | (s-1)"

Giải, Tacó: 7!|—2—|—er!|-2|=-2e'n"

(s—1)* s' 3! gi] 3

VD 4 Tim biến đổi /7!|——?2Đ8— |, s“+ 4s+ 13

Giai, Ta c6: F(s) = ye Vậy '{F(s)} =3L" li = 3e ” cos3t

c) Tính chất dời theo t E'{e*T“F(s)} = u(t — T).ƒ — T) VD 5.Tìm biến đổi 7 "

Giải Ta có: 77" = 2 mat vay || = 2 ut — 2).sin a(t — 7)

s°

=e 2 st+4 2

VD 6 Tim bién đổi 77" 3

— s+

3

Giai Ta c6: F(s) = —-— > L{F(s)} = €” — 3e"

s—=2 s+I

Vậy L-'{e *(s)} = u(t — 3)[e*? — 3e “®], đ) Biến đỗi Laplace ngược của đạo hàm

Trang 18

VD 7 Tìm biến đổi 7" lim

3 +4” / Giai, Ta co, —*— = 1)? | (s? +4) 4\s +4 ,

vậyr'|—®—|=-1r+|_— 2 =1i0!|—2 —|~ đisns,

(2+4 4 s +4 4 sv +4 4 VD 8 Tim bién déi [7 In]

s— Giải Ta có: F(s) =InŠ * => gg)=_- ., s1 s+1 s-1 L'\F"(s Vay L'{F(s)} = Po} = tr [45- 4 = ¬ — e)

e) Biến đỗi Laplace ngược của tích phân

too LNFG)}=t+E' J F(a)dz} VD 9 Tìm biến đổi /~' ii (s”+2s +2)? stl

Giai, Ta c6: F(s) = ————— Suy ra:

(s? +2s +2)

+00 +00 tr

J Powe =f : (z? +2z +2) z+1 _ - (a* + 2% +2) +3r12) _ 2(a* + 2x 1 + 2),

1 1

As? +2s+2) 2A(s+1) +1]

ay L =tL! — 1 ale sin

Vay L'{F(s)} = tL boar al =5 t

3.2.2 Phân tích ảnh thành tổng các phân thức tối giản

"Phân thức tối giản loại I có dạng: —— với ø là số thực

(s +a)

"_ Phân thức tối giản loại II có dạng: tN với IM, N, a, k là các số thực

[(s +a) +k]

VD 10 Tim bién adi "| 28 +9],

s#—s—2

Trang 19

Giải, Ta có: F6) =—? T5 =— “t5 2, 3 s#—s—=2_ (s+l(s—2) s+l s2

1 1

Vậy '{P ve =_-E` =-[CD]xap[Ch Ì>ss+x 371 =_-e“+3ể”

VD 11, Tìm biến đổi !|— ——| S2 —— s”—6s +13 Giải Ta có: ri 21 _ 36=3)+5 2s=3) (s)== = 2 = 2 o2 5 2 a2" s°—6s+13 [(s—3) +4] |@-3+2] |@-3+?Ì] ay [oi = 271 _— $3 —_ 5 1 _—_ 23 _—_ = OS 5 gin st

Vay L'{F(s)} = 2E (oem (ose ks %t+s a}

VD 12 Tìm biến đổi 771 lai

Gidi, Ta c6: _>— =+.4 F :

s(s° +9) 98? 9 2+9

vay {2 fat) tơ 8 |— 1, s +3 9 27 ge

VD 13* Tìm biến déi Z* mi!

s(s? +4) 2 Giải, Ta có: —L—5— — 4 ¡ E5 CỔ _ (4+ 8), + C8 + 4A, s( +4) 5s 2+4 s(s +4) Déng nhất các hệ số, ta được: A+B=0 1 1 C=-1 @©A=_—,B=—,C=-I 4 4 4A=1 1 1 Su =11_1_s ¿ “ss? +4) 48 +4 4s 42+4 2 2+4 L1 2

Vay Lt — =+ 1 oso —4 sin ae

s(s” + 4) 4

VD 14*, Tìm biến đổi Ƒ'{— 1

# '(s—1)

2 — —

Giải Ta có: —L——= 472G _-(P+Œ»x +(AT—B TA

s(s-l) s s s1 s (s—1)

Trang 20

Tóm tắt và các ví dụ Phân 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=06;B=-1 -A=1 C=1 1 1 1 Su ra; —b_—=-1_1, y _ #(s—1) sos s-l 1 Vậ T71 =-t-l+e' / Km 2 —

VD 15*, Tim biến đổi "| 2 —3 _|,

ø ` —7s +6 s-3 _— s73 ".¬ s°—7s+6 (s—l1)(s—2)(s+3) s—-1 s—-2 s+3 Quy đồng và đồng nhất các hệ số, ta được: A+B+C=1 A+2B—3C =0 eA= —6A-—3B+2C =-3 Giải Ta có: s”—3 1 1 1 1 3 1 Suy ra: =- = +— : s—7s+6 28-1 5s-2 10 s+3 - 2 3 1 1 3

Vậy L'|———”—|=<e'+~e!'+- b [a 2ˆ 5 10 Set,

3.2.3 Sử dụng thặng dư

Cho (s) là phân thức thực sự và s, (k = 1,2, ,n) là các điểm bất thường cô lập của F(s) Khi đó:

L{F(s)} = » Res|e*F(s),s,} VD 16, Tìm biến đổi 71|—Š —T | 8s’ +2s

có hai cyc diém don 1a s = 0 va s = —2

Giai, Ham F(s) = ——

s’ +2s

Tacé: L* {3 + | = Resje“F(s), 0] + Res|e”F(s),—2]

st

+ Resle” F(s), 0] = lim(s Resle” = lim(s — 0)e*F(@)= Oe" F(s) = lim ead ñmŠ —) — _1

Trang 21

Tóm tắt và các ví dụ Phân Tích phân phức & Phép biến đổi Laplace Đại học ThS Đoàn Vương Nguyên - ĐHCN Tp.HCM VD 17, Tim bién di Z| >} (s — 3)°(s +5) ——ỄŠ_— (s — 3(s + 5) Ta có: J7"{F(s)} = Resle“F(s), 3] + Res[e”F(s),—5]

Giải Hàm F(s) = có s = 3 là cực điểm cấp hai và s = —5 là cực điểm đơn

SỈ: 5 c

* Rese“ F(s),—5] = lim(s [e"F(s),—5] = lim(s + 5)e"F(s) = lim ay + 5)e"F(s) = lim—“—— =—-~e ” GA

° Resle“ F(s), 3] = 6n st — 1 I lim[(s 3)°e“F(s)]' = lim Hi" ee + § te" : Q)2, st yy se” _ 5 x 3 3t Ax T1 — Ð 9 8,5 5 cụ Vậy Ƒ {FP} =e +f aa" : VD 18 Tìm biến đổi 77" 1 —{, (s+ 2) Giải F(s) = „ có cực điểm cấp 3 là s = —2

Vậy 7" {F(s)} = Res|e"F(s),—3]= (3—1)! lim|(s + 2)'e*F(s)}! = + tim(e")! = ste" 22

3.2.4 Sử dụng tích chập ƒ() + g()

a) Định nghĩa tích chập

Tích chập của hai hàm gốc f(¢), g(t) được định nghĩa và ký hiệu là:

t ƒ()* ø(9 = Œ + ø)(0) = f faglt- 2dr 0

VD 19 Cho hai ham géc f(t) = £ và g(t) =e' Tacé:

t t

(fa gQ= fear = e [ se 7d =e'—£—1

0 0

VD 20 Xác định tích chập £ xe“ ?

Giải

t t

1

tee’ = fret de = e [me de =-e" [E + 2] e”

Trang 22

Tóm tắt và các ví dụ Phân Tích phân phức & Phép biến đổi Laplace Đại học ThS Đoàn Vương Nguyên - ĐHCN Tp.HCM c) Ứng dụng của tích chập = Dinh ly Borel Néu L{f(t)} = F(s) va L{g(t)} = G(s) thi: T{ƒ@) * g(t) } = F(s).G(s) Nhận xét D'{F(s).G(s)} = L'{F(s)} * LD {G(s)} VD 21 Tim bién đổi 77" 1

s’(s—1)

Giải Ta có: mf 3 ““lÈ SJ=z'|‡]-*| lated ae ata,

s(qs— s .g8— 8 s— VD 22 Tìm biến đổi 7! — 1 (s° + 1p Giai Tacé: LD" —1_ =1 1 x1 1 (s? +1) stl s+ t =sint*sint = J sinesin(¢ — #)d+ 0 #=L t

= 3 [Ie(2z —t)-—cost)|dz = HỆ sin(2z — £)— #cos |

0 „=0 = si —tcost) VD 23 Tìm biến đổi 71! ‡— 1 s*(s +2) t

Giải Ta có: “| — s'(s+2 =I | * “| 1 | ate eet at fred 8 2 29

Trang 23

= F(s) = "¬ Gls) = = sO =sint, git) =e

Vay Lt = = f'(t) * g(t) + f(O)g(t) = cost xe! = foo ze dr = se —cost+e')

$4 UNG DUNG CUA PHEP BIEN DOI LAPLACE

4.1 Giải phương trình vi phân tuyến tính với hệ số hằng

" Phương pháp giải Xét phương trình vi phân với nghiệm cần tìm là y(t)

« Bước 1 Biến đối Laplace hai về của phương trình vi phân ta thu được một phương trình bậc nhất với hàm cần tim 1A Y(s) = L{y(#)}

* Bude 2 Thay diéu kién dau (nếu có), tìm Y(s) theo s

+ Bước 3 Nghiệm cần tìm là y(t) = /'{Y(s)}

Chú ý Đề đơn giản, ta viết Y thay cho Y(s); y thay cho y(t)

VD 1, Giải phương trình vi phân: ¿— 2 = 3e; (0) = —1 Giải Lay biến đổi Laplace hai về, ta được:

sY —(0)— 2Y = s—1 Thay y(0) = —1 va giải theo Y, ta được:

—s+ 4 3 2

Y(s—2)= =>Y=-

@-2) s—1 s-1 5-2

Vậy nghiệm của phương trình là:

y =—3L" 1 +251 1 = —3e' +2e”

s—1 s—2

VD 2 Giải phương trình vi phân: ?/ + 3y = e ”; g(0) = 2

Giải Lấy biến đổi Laplace hai về, ta được:

¬ em

Vậy = L'(Y)= 2e” + te”,

sY —y(0)+3Y =

VD 3 Giải phương trinh vi phan: y” + = £; y(0) =1, y/(0) =—2

Giải Ta có:

Ly") + L(y) = L() > s°Y — sz(0)— w'(0)+ Y = =

Trang 24

Thay (0) = I, y'(0) = —2 và giải theo Y, ta được:

1 g—2 1 8 3

Y= + =—+-— —

s(s +1) s2+l 8? s +1 s+1 Vậy ¿ = + cos¿ — 3siní

VD 4 Giải phương trình vi phân: ÿ” — 3y + 2y = 4€”; g(0) = —3, (0) =5

Giải Ta có:

L(y") — 3L(y') + 3y) = AL(e") > [s*¥ ~ sy(0) —v'O)] = as¥ — u(0)]+2¥ = s—

Thay các điều kiện đầu và giải theo Y , ta được:

_ —3s°+20s—24 _ _ 7 "mm 4

(s—1)(s— 2} s—1 s=2 (s—2)°

Vậy =_—7e' +4e” + 4te”

VD 5 Giải phương trình vi phân: ¿” + / =1; g(0) = (0) = y”(0) =0 Giải Lấy biến đổi Laplace hai về, ta được:

1 1 1 1 ẺY —s*y(0)-sy'(0) -v"]+[¥ - yO] =2¥ =—+— = 2-5

Vay y=t—sint

VD 6* Giải phương trình vi phân: ¿” + 4y = 2sin2í; (0) = 0, (0) = —1

Giải Ta có:

4 4 1 2 2 1

s*Y — s4(0)T— (0) + 4Y = =Ÿ=———-—- = _-——

s6) 210) “+4 (+4) 844 S844 844 844

2 2 1

Vay y= I" j}—_ —E"

vy ch TH {4}

t

y = sin 2t * sin 2t — cos2t = —cos2t + Jf sin2esin 24 — x)dx — cos2t

0

= —cos2t + tsin2t —2 tc082t

4 2

4.2 Giải hệ phương trình vi phân tuyến tính với hệ số hằng

ø' +3z+u=0

VD 7 Giải hệ ph trình vi phân: ; 0) =1, (0) =1

YD 7 €phuong trinh vĩ phân: |, „.„ _ ọ #{0) = 1, (0)

Giai Dat _X = L(x), Y = L(y)

Trang 25

Tóm tắt và các ví dụ Phân Tích phân phức & Phép biến đổi Laplace Đại học ThS Đoàn Vương Nguyên —- ĐHCN Tp.HCM sX —z(0)+ 3X +Y =0 + (s+3)X+Y =1

sY —y(0)-X+Y=0 —X+(s+1Y =1”

Giải hệ bằng công thức Cramer, ta được:

—_ 8 12 _(@+Ð2# s+2 (s+2” y= s+4 _ 1 2` (s+2# s+2 (s+27 - ¬ ==e”—9te”,

Vay nghiệm của hệ là ( =o 4 ote,

x’ —2y=1

on MO) = 0 0) =O

Định dạng
Số trang	25
Dung lượng	6,45 MB