Giáo trình Hàm phức và phép biến đổi Laplace

iệm Định nghĩa. Cho hàm ( )F s nếu tồn tại một hàm ( )f t sao cho     L f t F s thì ( )f t gọi là biến đổi Laplace ngược của hàm ( )F s . Ký hiệu     1f t L F s } Ví dụ. Ta có  3 1 3 tL e s    1 3 1 3 tL e s        4.2.2. Các tính chất của phép biến đổi Laplace ngược a. Tính chất tuyến tính Định lý 1.         1 1 1 2 2 1 1 2 2L c F s c F s c f t c f t    Ví dụ 1. Tìm biến đổi Laplace ngược của hàm   2 2 4 3 5 2 16 4 s F s s s s       166 Giải   1 1 22 2 4 3 5 5 4 3cos 4 sin 2 2 16 4 2 tsL F s L e t t s s s               b.Tính chất dời thứ nhất (dời theo s ) Định lý 2.        1 1at atL F s a e f t e L F s      hay      1 1atL F s e L F s a    Ví dụ 2. Tìm 1 2 1 2 5 L s s         Giải      2 2 22 1 1 ; 1 21 2 F s F s ss           1 1 1 1 1 sin 2 sin 2 2 2 tL F s t L F s e t     c.Tính chất dời thứ hai (dời theo t ) Định lý 3.       1 asL e F s f t a u t a     Ví dụ 3. Tìm   5 1 4 2 se L s           Giải   2 3 1 2 3 4 1 1 3! 62 t te tL e t s           167         5 32 51 4 1 5 5 62 s te L e t u t s              d. Tính chất đổi thang đo Định lý 4.     1 1 as , 0 t L F f a a a        Ví dụ 4. Tìm 1 2 2 4 16 s L s        Giải  1 2 1 4 1 os4 os os2 16 2 2 2 s t L c t f t c c t s           e. Biến đối Laplace ngược của đạo hàm Định lý 5.          1 11 nn nL F s t L F s   hay          1 1 1 n n n L F s L F s t     Vậy để tìm biến đổi Laplace ngược của đạo hàm ta thực hiện theo các bước sau: 1) Tính đạo hàm cấp n của ( )F s 2) Tìm biến đổi Laplace ngược của đạo hàm đó 3) Nhân kết quả tìm được với  1 n nt  Ví dụ 5. Tìm ( )f t nếu   1 ln 1 s F s s    Giải 168   1 1 1 1 F s s s        1 2t tL F s e e sht          1 1 2 2 sht L F s sht t t      f. Biến đối Laplace ngược của tích phân Định lý 6.     1 1 1 s L F u du L F s t             Hay     1 1 s L F s t L F u du              Ví dụ 6. Tìm ( )f t nếu     2 2 1 s F s s   Giải       2 22 1 2 11s s u F u du du su            1 1 2 1 1 1 2 22 1 L sht L F s t sht s             f. Nhân với ns Định lý 7.          1 1 n nn n d L s F s f t L F s dt    Ví dụ 7. Tìm 1 2 4 s L s        Giải 169  1 2 1 1 sin 2 4 2 L t f t s           1 2os2 os24 s f t c t L c t s          g. Chia cho ns Định lý 8.     1 1 0 0 0 . t t t n n F s L L F s dt s            Ví dụ 8. Tìm   1 2 1 4 L s s          Giải  1 2 1 1 sin 2 4 2 L t f t s           1 2 0 1 1 1 os2 sin 2 2 44 t c t L udu s s             h. Tích chập Định lý 9. Nếu          1 1;L F s f t L G s g t   thì         1 *L F s G s f t g t  Ví dụ 9. Tìm    1 1 1 2 L s s           Giải Ta có 1 1 2 1 1 ; 1 2 t tL e L e s s               suy ra 170    1 21 * 1 2 t tL e e s s             2 2 0 t t uu t te e du e e     4.3. Cách tìm biến đổi Laplace ngược (hay cách tìm hàm gốc) 4.3.1. Sử dụng tính chất của biến đổi thuận và tính duy nhất của biến đổi ngược Ví dụ 1. Tìm  1 2 6 4 4 20 s L f t s s         Giải Ta có         2 2 22 6 2 86 4 2 4 6 2 4 20 2 16 2 4 2 4 ss s s s s s s               suy ra    2 6cos4 2sin 4tf t e t t  Ví dụ 2. Tìm     5 1 4 2 se L f t s           Giải   5 2 3 1 3 2 4 1 3! 62 s t te e tL t e s                      5 3 2 51 4 1 5 5 62 s te f t L t e u t s               Ví dụ 3. Tìm ( )f t biết   2 1 ln 1F s s        Giải Ta có     22 2 1 2 11 s F s s ss s            171     1 2 cosL F s u t t               1 1 2 cos1 u t t L F s L F s t t         4.3.2. Khai triển Heaviside Một vấn đề quan trọng là tìm biến đổi Laplace ngược của phân thức hữu tỉ       P s F s Q s  , trong đó    deg degP s Q s . Tương tự như phương pháp khai triển phân thức khi tính tích phân, ta khai triển     P s Q s thành tổng các phân số sơ cấp rồi tìm biến đổi Laplace của các phân số sơ cấp đó. Phương pháp tìm biến đổi Laplace ngược như trên gọi là phương pháp khai triển Heaviside (Oliver Heaviside (1850-1925) là một kỹ sư người Anh). a. Trường hợp : Q(s) chỉ có nghiệm đơn Định lý 1. Cho    ,P s Q s là hai đa thức    deg degP s Q s . Giả sử ( )Q s có n nghiệm thực phân biệt 1 2, ,., na a a . Khi đó:         1 1 ka tn k k k P s P a e L Q s Q a            Ví dụ 1. Tìm    2 1 2 1 2 s L s s s           Giải Ta có       2 2, 1 2P s s Q s s s s     có 3 nghiệm thực phân biệt là 0; 1; 2s s s          0 2; 1 3; 2 6P P P       23 6 2Q s s s         0 2; 1 1; 2 2Q Q Q         172   21 3 3t tf t e e     Ví dụ 2. Tìm 1 2 3 2 2 3 s L s s         Giải Ta có     23 2, 2 3P s s Q s s s     có 2 nghiệm thực là 1; 3s s     2 2Q s s      1 4; 3 4Q Q         1 1; 3 11P P      3 1 11 4 4 t tf t e e   Ví dụ 3. Tìm biến đổi Laplace ngược của hàm       22s 4 1 2 3 F s s s s      Giải Ta có:    2 3 22s 4; 4s 6P s Q s s s      có 3 nghiệm thực phân biệt là 1; 2; 3s s s      23s 8s 1Q s         1 12; 2 3; 3 4Q Q Q            1 2; 2 4; 3 14P P P     Vậy   2 3 1 4 7 6 3 2 t t tf t e e e     b. Trường hợp : Q(s) có nghiệm thực bội 173 Định lý 2. Giả sử Q(s) có nghiệm thực s a bội m (nghĩa là Q(s) chứa thừa số   m s a ). Khi đó số hạng của ( )f t ứng với   m s a là:     1 2 1 2 . 1 ! 2 ! m m at m At A t e A m m            trong đó       1 1 1 lim , 1,2,, 1 ! k m k ks a d A s a F s k m k ds             Ví dụ 4. Tìm    2 1 3 5 15 11 1 2 s s L s s            Giải        32 4 3 25 15 11, 1 2 5 6 4 8P s s s Q s s s s s s s             3 24 15 12 4Q s s s s     Với nghiệm 1s      1 27; 1 9Q P      Số hạng của ( )f t ứng với 1s   là: 9 1 27 3 t te e     Với nghiệm 2s  (bội 3) ta có     2 3 5 15 11 2 1 s s s F s s            2 3 2 5 10 4 2 1 d s s s F s ds s              2 3 32 18 2 1 d s F s ds s       174 2 1 2 1 5 15 11 lim 7 0! 1s s s A s         2 2 22 1 5 10 4 lim 4 1! 1s s s A s        3 32 1 18 1 lim 2! 31s A s    Suy ra số hạng của ( )f t ứng với 2s  là: 2 2 2 27 4 1 7 14 2! 1! 3 2 3 t tt t te e t                  . Vậy   2 21 7 14 3 2 3 t t tf t e e t           c. Trường hợp: Q(s) có một cặp nghiệm phức đơn liên hợp Giả sử Q(s) có một cặp nghiệm phức đơn liên hợp s a ib   (nghĩa là Q(s) chứa thừa số   2 2s a b  ). Khi đó số hạng của ( )f t ứng với   2 2s a b  là:  Im Reco in s s ate bt bt b     trong đó Re Im,  lần lượt là phần thực và phần ảo của số phức  a ib   với       2 2 .s s a b F s       Ví dụ 5. Tìm    1 22 2 10 2 s L s s s             Giải 175 Ta có:      2 221 3 2 s F s s s             2 2 2 1 3 . 2 s s s F s s              2 1 3 13 9 1 3 1 3 50 501 3 2 i a ib i i i i                  Re Im 13 9 , 50 0 5       Do đó số hạng của ( )f t ứng với   2 21 3s   là: 9 13 cos3 sin 3 3 50 50 te t t        +)Ta có: 1 22 1 lim 2 10 5s s A s s      ;     2 2 222 2 2 2 10 2 2 3 lim lim 2 10 502 10 s s s s s sd s A ds s s s s                 Suy ra số hạng của ( )f t ứng với số hạng   2 2s  là: 2 21 3 3 10 5 50 50 t tte t e                Vậy     23 10 9 13cos3 sin3 50 3 50 50 t t t e f t e t t          4.4. Bảng các cặp biến đổi Laplace thông dụng STT  f t  F s 1  u t 1 , 0s s  2 ate 1 , s a s a    3 cosat 2 2 , 0 s s s a   4 sin at 2 2 , 0 a s s a   176 5  *,nt n¥ 1 ! n n s  6 cosate bt   2 2 , s a s a s a b      7 ate sinbt   2 2 , b s a s a b     8 at ne t   1 ! , n n s a s a     9 cost at   2 2 2 2 2 , 0 s a s s a    10 sint at   2 2 2 2 , 0 as s s a   11 chat 2 2 , s s a s a   12 shat 2 2 , a s a s a   13    tu t r t 2 1 , 0s s  14     2 2 t u t p t 3 1 , 0s s  15       ! n nt u t t n    1 1 , 0 n s s   16  t 1, 0s  17  ' t , 0s s  18    n t , 0ns s  4.5. Ứng dụng của phép biến đổi Laplace 177 4.5.1. Ứng dụng giải phương trình vi phân tuyến tính với hệ số hằng Giải phương trình              11 1 0. (2) n n n na x t a x t a x t a x t f t        thỏa mãn các điều kiện ban đầu:        10 1 1 00 ; 0 ;; 0 , 0 (3) n nx x x x x x a       Hàm ( )f t , nghiệm ( )x t cùng với     , 1,2,,kx t k n là các hàm gốc. Cách giải: +) Bước 1: Dùng phép biến đổi Laplace đưa phương trình (2) về phương trình đại số biến s . Đặt          , X s L x t F s L f t  Áp dụng công thức biến đổi Laplace của đạo hàm với điều kiện ban đầu (3) ta có:     0 0L a x t a X s     1 1 0L a x t a sX s x     ................................        1 0 2 1.n n nn n n nL a x t a s X s s x sx x         Thay vào phương trình (2) ta được:    11 1 0.n nn na s a s a s a X s       1 20 1 1.n nn nF s x a s a s a       2 31 1 2 1. .n nn n n nx a s a s a x a        178        A s X s F s B s   (Phương trình ảnh)         F s B s X s A s    +) Bước 2: Ảnh ngược     1x t L X s là nghiệm cần tìm. Ví dụ 1. Giải phương trình:    ; 0 1, 0 2y y t y y      Giải Lấy biến đổi Laplace hai vế của phương trình :        2 2 1 0 0s Y s sy y Y s s     Theo giả thiết ta có:    0 1, 0 2y y   suy ra    2 2 1 2s Y s s Y s s     do đó     2 2 2 22 2 1 2 1 3 1 1 11 s s Y s s s s ss s              1 cos 3siny t L Y s t t t     Ví dụ 2. Giải phương trình:    2 4; 0 1, 0 2; (0) 2y y y y y y           Giải Lấy biến đổi Laplace 2 vế của phương trình và thay điều kiện ban đầu ta được:          ; 1L y t Y s L y t sY s              3 2 4 2; 2 2; 4L y t Y s s L y t s Y s s s L s          Thay vào phương trình ta được 179   3 2 2 4 2 5Y s s s s s s      suy ra     3 2 22 5 4 1 s s Y s s s     Lấy biến đổi Laplace ngược ta được nghiệm của phương trình là   3 4 4 tY s t e   Ví dụ 3. Giải phương trình:    23 2 4 ; 0 3, 0 5ty y y e y y        Giải Lấy biến đổi Laplace 2 vế của phương trình :            2 4 0 0 3 0 2 2 s Y s sy y sY s y Y s s             Thay    0 3, 0 5y y   và giải theo ( )Y s ta được      2 2 2 2 3 2 2 2 5 s s Y s s s s s              1 1 sin sin 2 3 ty t L Y s e t t     Ví dụ 4. Giải phương trình:        3 23 3 ; 0 1, 0 0, 0 2ty y y y t e y y y           Giải Lấy biến đổi Laplace 2 vế của phương trình:              3 2 20 0 0 3 0 0s Y s s y sy y s Y s sy y                      3 2 3 0 1 sY s y Y s s        180 Thay      0 1, 0 0, 0 2y y y     và giải theo ( )Y s ta được         2 3 6 1 1 1 2 1 1 1 1 Y s s s s s              2 5 1 2 60 t t t t t e t ey t L Y s e te      Ví dụ 5. Giải phương trình 4 2sin 2y y t   với (0) 1; (0) 0y y   Giải Lấy biến đổi Laplace 2 vế của phương trình và thay điều kiện ban đầu ta được:            2 2 4 ; ; 2sin 2 4 L y t Y s L y t s Y s s L t s      Thay vào phương trình ta được         2 22 2 2 4 4 4 4 44 s s Y s Y s s ss        Lấy biến đổi Laplace ngược ta được nghiệm của phương trình là    2 os2sin 2 4 2 t c tt y t    Ví dụ 6. Tìm nghiệm tổng quát của phương trình 2 ty y y te    Giải Để tìm nghiệm tổng quát của phương trình ta đặt 1 2(0) ; (0)y C y C  Lấy biến đổi Laplace 2 vế của phương trình ta được:         2 1 2 2 1 2 1 2 1 s s Y s s C C s        Suy ra 181       1 2 1 4 2 1 11 1 C C C Y s ss s       Lấy biến đổi Laplace ngược ta được nghiệm của phương trình là    3 1 2 1 6 t ty t t e C C t e    Ví dụ 7. Giải phương trình vi phân 5 6 ( ), 0x x x f t t     với 3 0 6 ( ) 0 6 t f t t      nÕu nÕu và thỏa mãn điều kiện ban đầu (0) 0, (0) 2x x  Giải Ta có  ( ) 3 ( ) ( 6)f t u t u t   nên   6 3 3 ( ) ( ) sF s L f t e s s    . Giả sử    1( ) ( ) ( ) ( )L x t X s L X s x t   Lấy biến đổi Laplace cả hai vế của phương trình đã cho ta được        ( ) 5 ( ) 6 ( ) ( )L x t L x t L x t L f t    2 6 3 3 ( ) (0) (0) 5 ( ) 5 (0) 6 ( ) ss X s sx x sX s x X s e s s         6 2 3 3( )( 5 6) 2. se X s s s s s       6 2 3 3 ( ) ( 2)( 3) ( 2)( 3) ssX s e s s s s s s        6 1 1 1 1 1 1 1 3 1 1 ( ) 2 2 2 3 2 2 2 3 sX s e s s s s s s                     182 Lấy biến đổi Laplace ngược hai vế của đẳng thức cuối cùng ta có  1 3 2( 6) 3( 6) 1 1 1 3 ( ) ( 6) ( 0) 2 2 2 2 t t tL X s t e e e u t t                         Vậy nghiệm của bài toán là 3 2( 6) 3( 6) 1 1 1 3 ( ) ( 6) ( 0) 2 2 2 2 t t tx t t e e e u t t                        Ví dụ 8. Giải phương trình vi phân 5 6 ( ) 3 ( )x x x f t f t      với ( ) ( )tf t e u t và các điều kiện ban đầu đều bằng 0. Giải Ta có ( ) ( )tf t e u t nên   1 ( ) ( ) 1 F s L f t s    Giả sử    1( ) ( ) ( ) ( )L x t X s L X s x t   Lấy biến đổi Laplace cả hai vế của phương trình đã cho ta được          ( ) 5 ( ) 6 ( ) ( ) 3 ( )L x t L x t L x t L f t L f t      2 ( ) (0) (0) 5 ( ) 5 (0) 6 ( ) ( ) 3 ( ) 3 (0)s X s sx x sX s x X s F s sF s f         2 1 3 ( )( 5 6) 1 1 s X s s s s s        3 1 1 4 5 ( ) ( 1)( 2)( 3) 1 2 3 s X s s s s s s s              Lấy biến đổi Laplace ngược hai vế của đẳng thức cuối cùng ta có  1 2 3( ) ( ) 4 5 ( 0)t t tL X s x t e e e t         Vậy nghiệm của bài toán là 2 3( ) 4 5 ( 0)t t tx t e e e t       183 Ví dụ 9. Giải phương trình vi phân 2 cosx x t   với điều kiện ban đầu (0) 1, 1 2 x x          Giải Giả sử    1( ) ( ) ( ) ( )L x t X s L X s x t   Lấy biến đổi Laplace cả hai vế của phương trình đã cho ta được      2( ) ( ) cosL x t L x t L t     2 2( ) (0) (0) ( ) coss X s sx x X s L t      Kết hợp với điều kiện ban đầu của bài toán ta có 2 2 2 2 ( ) ( ) (0) s s X s s x s        2 2 2 2 2 2 2 (0) ( ) ( ) s s x X s s s s           1 (0) ( ) sin cos sin 2 x x t t t t t          Lại có 2 (0) 1 ( ) 2 4 x x          2 (0) 1 4 x        Khi đó 2 1 ( ) sin cos 1 sin 2 4 x t t t t t                Vậy nghiệm cần tìm là 184 2 1 ( ) sin cos 1 sin 2 4 x t t t t t                Ví dụ 10. Giải phương trình vi phân sin 0 0 t t x x t          nÕu nÕu với điều kiện ban đầu (0) (0) 0x x  Giải Giả sử    1( ) ( ) ( ) ( )L x t X s L X s x t   Lấy biến đổi Laplace cả hai vế của phương trình đã cho ta được     0 ( ) ( ) sin stL x t L x t e tdt       2 2 2 1 .sin cos 01 1 1 st se e s t t s s s          2 2 2 1 ( ) (0) (0) ( ) 1 1 se s X s sx x X s s s          2 2 2 2 1 ( ) ( 1) ( 1) se X s s s       Sử dụng kết quả bài toán: Nếu ( ) sin (1 ( )) sin ( )sin( )f t t u t t u t t         2 2 1 ( ) 1 1 se L f t s s      ta tìm được 1 1 ( ) (sin cos ) ( ) (sin( ) ( )cos( ) 2 2 x t t t t u t t t t                Vậy nghiệm của bài toán là 185 1 (sin cos ) 0 2 ( ) 1 cos . 2 t t t t x t t t              nÕu nÕu 4.5.2. Ứng dụng giải hệ phương trình vi phân tuyến tính với hệ số hằng Xét hệ phương trình: ( , ) ( ) ( , ) ( ) x f x y a t y g x y b t        thỏa mãn các điều kiện ban đầu:    0 00 , 0x x y y  . Hàm ( ), ( )a t b t , nghiệm ( ), ( )x t y t là các hàm gốc. Cách giải: +) Bước 1: Thực hiện phép biến đổi Laplace hai vế các phương trình của hệ Đặt          ,X s L x t Y s L y t  Hệ phương trình sẽ tương đương với một hệ đại số tuyến tính của    ,X s Y s . Giải hệ đại số tuyến tính đó ta tìm được    ,X s Y s . +) Bước 2: Nghiệm của hệ (1) là:           1 1 x t L X s y t L Y s       Ví dụ 1.Giải hệ 2 3 2 x x y y y x        với điều kiện ban đầu là:    0 8, 0 3x y  Giải Lấy biến đổi Laplace 2 vế của các phương trình ta được hệ phương trình:             8 2 3 3 2 sX s X s Y s sY s Y s X s         Giải hệ phương trình này được 186     5 3 1 4 5 2 1 4 X s s s Y s s s             Lấy biến đổi Laplace ngược ta được nghiệm của hệ ban đầu là     4 4 5 3 5 2 t t t t x t e e y t e e         Ví dụ 2. Giải hệ phương trình vi phân 3 0 0 x x y y x y         với điều kiện ban đầu là (0) 1; (0) 1x y  Giải Lấy biến đổi Laplace 2 vế của các phương trình ta được hệ phương trình:             3 1 1 1 s X s Y s X s s Y s          Giải hệ phương trình này được         2 2 2 4 2 s X s s s Y s s         Lấy biến đổi Laplace ngược ta được nghiệm của hệ ban đầu là\\         2 2 1 2 1 2 t t x t t e y t t e         Ví dụ 3. Giải hệ phương trình vi phân 2 0 2 x y y x t        với điều kiện ban đầu là (0) (0) 0x y  Giải Lấy biến đổi Laplace 2 vế của các phương trình ta được hệ phương trình: 187         2 1 2 1 2 sX s Y s s X s sY s s         Giải hệ phương trình này được:         2 2 2 2 2 4 1 4 s X s s s Y s s s           Lấy biến đổi Laplace ngược ta được nghiệm của hệ ban đầu là :       sin 2 2 4 1 1 os2 4 t t x t y t c t         Ví dụ 4. Giải hệ 3 2 2 t t x x y e y x y e             với điều kiện ban đầu là:    0 1, 0 1x y  Giải Lấy biến đổi Laplace 2 vế của các phương trình ta được hệ phương trình:         1 ( 1) 1 1 2 3 ( 2) 3 1 1 s X s Y s s X s s Y s s                Giải hệ phương trình này được     1 1 1 1 X s s Y s s         Lấy biến đổi Laplace ngược ta được 188     t t x t e y t e     Ví dụ 5. Giải hệ 3 15 4 3 15sin 2 tx y x e y x y t           với điều kiện ban đầu là:    0 35, (0) 48, 0 27, (0) 55x x y y       Giải Lấy biến đổi Laplace hai vế của các phương trình ta được hệ             2 2 2 15 3 35 21 1 30 4 3 27 195 4 s X s sY s s s sX s s Y s s s                 Giải hệ này bằng quy tắc Cramer ta được     2 2 2 2 2 2 30 45 3 2 1 9 1 4 30 60 3 2 9 1 1 4 s s s X s s s s s s s Y s s s s s                     Lấy biến đổi Laplace ngược ta được nghiệm của hệ là:     30cos 15sin 3 3 2cos 2 30cos3 60sin 3 sin 2 t t x t t t e t y t t t e t             Ví dụ 6. Tìm nghiệm tổng quát của hệ         0 0 x t y t y t x t        Giải Để tìm nghiệm tổng quát của hệ phương trình ta giả sử 1 2(0) ; (0)x C y C  Lấy biến đổi Laplace hai vế của các phương trình ta được hệ 189         1 2 sX s Y s C X s sY s C       Giải hệ này ta được     1 2 2 1 2 2 1 1 C s C X s s C s C Y s s         Lấy biến đổi Laplace ngược ta được nghiệm của hệ là:     1 2 2 1 cos sin cos sin x t C t C t y t C t C t       Ví dụ 7. Giải hệ phương trình ( ) ( ) ( ) ( ) 1 ( ) ( ) t y t z t y t z t y t z t e          với điều kiện ban đầu (0) 1, (0) 2y z   Giải Lấy biến đổi Laplace hai vế của các phương trình ta được hệ             1 ( ) 1 ( ) 2 ( ) ( ) 1 ( ( ) 1 1 ) sL y t sL z t L y t L z t s sL y t L z t s               Giải hệ trên ta được   2 2 2 1 1 2 1 ( ) ( 1) 1 ( 1) s s L y t s s s s s           ( ) 1 2 t ty t e te    và ( ) ( ) 2t t tz t e y t e te    190 Vậy nghiệm của bài toán là : ( ) 1 2 ( ) 2 . t t t t y t e te z t e te        4.5.3. Các hàm kỳ dị và biến đổi Laplace của chúng Trong giải tích mạch điện, biến t chủ yếu là thời gian. Ngoài các hàm thông dụng đã xét, ta phải xét một họ các hàm mới gọi là hàm kỳ dị. Đó là các hàm sinh ra khi ta tích phân và đạo hàm liên tiếp hàm bậc thang đơn vị. a. Hàm bậc thang đơn vị chậm 0t giây   00 0 0 1 t t u t t t t      nÕu nÕu Hình 4. 10 Hàm này được dùng để mô tả các tín hiệu xuất hiện đột ngột vào lúc 0t t . Ta có     0 0 0 stL u t t e u t t dt     +) nếu 0 0t  thì  0 1, 0u t t t    nên  0 0 0 1st ste u t t dt e dt s        +) nếu 0 0t  thì   0 0 0 0 st st st t e e u t t dt e dt s         O t  0u t t 0t 1 191 Vậy    0 0 0 0 1 0 0 st t s L u t t e t s          nÕu nÕu b. Hàm lọc (hay hàm cổng)     0 0 1 0 1 1 0 1 0 t t u t t u t t t t t t t           nÕu nÕu nÕu Hình 4.11 Hàm này dùng để mô tả tín hiệu chỉ xuất hiện trong khoảng thời gian từ 0t đến 1t         0 1 0 1 0 stL u t t u t t e u t t u t t dt            +) nếu 0 1 0t t  thì    0 1 1u t t u t t    suy ra     0 1 0L u t t u t t    +) nếu 0 10t t  thì 0( ) 1u t t  suy ra      1 1 0 1 0 1 stst st t e L u t t u t t e dt e dt s s             +) nếu 0 10 t t  thì O t    0 1u t t u t t   0t 1 1t 192      0 1 0 1 0 1 1 st stst st t t L u t t u t t e dt e dt e e s                Vậy      1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 0 1 1 0 1 0 st st st t t L u t t u t t e t t s e e t t s                            nÕu nÕu nÕu Ví dụ 1. Cho hàm ( )f t có đồ thị như sau Hình 4.12 Viết phương trình của ( )f t và tìm   L f t Giải Các đoạn thẳng AB và BC nằm trên các đường thẳng có phương trình là 2( 1)t  và 4 t . Dùng hàm lọc ta có phương trình của chúng là:      :2 1 1 2AB t u t u t           : 4 2 4BC t u t u t       Do đó, ( )f t là tổng của hai biểu thức trên: O t  f t 2 1 2 3 4 A B C 193              2 1 1 3 2 2 4 4f t t u t t u t t u t         Ta có   2 1 L t s  . Dùng tính chất dời theo t suy ra    2 4 2 4 2 2 2 2 2 3 2 3 s s s s s se e e e e e L f t s s s s            Ví dụ 2. Tìm biến đổi Laplace của hàm   0 0 0 1 2 1 2 0 2 t i t f t t t t            nÕu nÕu nÕu nÕu Giải Hình 4.13 Ta có            1 2 1 2f t t u t u t t u t u t                       2 1 1 2 2tu t t u t t u t       Vậy O t  f t 1 1 2 194      2 2 2 2 2 2 11 2 ss s ee e L f t s s s s        Ví dụ 3. Tìm biến đổi Laplace của hàm bậc thang   0 0; 3 2 0 1 4 1 2 1 2 3 t t t f t t t             nÕu nÕu nÕu nÕu Giải Hình 4.14 Ta có              2 1 4 1 2 2 3f t u t u t u t u t u t u t                            2 2 1 3 2 3u t u t u t u t       Vậy    2 32 2 3s s se e e L f t s       Ví dụ 4. Tìm biến đổi Laplace của hàm   0 0 sin 0 0 t f t t t t          nÕu nÕu nÕu 1 2 O t  f t 1 2 4 3 195 Giải Ta có            sin sin sin sinf t u t t u t t u t t u t t         Vậy    2 2 2 1 1 1 1 1 s se e L f t s s s          Ví dụ 5. Tìm biến đổi Laplace của hàm   0 0 0 1 t t f t t a a t a         nÕu nÕu nÕu Giải Hình 4.15 Ta có         t t f t u t u t a u t a a a          t t a u t u t a a a    Vậy O t  f t 1 a 196    2 2 2 1 1as ase e L f t as as as      c. Hàm dốc đơn vị. Hàm Parabol đơn vị... Bây giờ ta xét các hàm kỳ dị sinh ra khi tích phân liên tiếp hàm bậc thang đơn vị ( )u t . +) Hàm dốc đơn vị:     0 0 1 , 0 t t r t u d d t t       Hình 4.16 Ta thấy rằng ( )r t bằng 0 cho đến khi 0t  , sau đó "leo dốc" với độ dốc không đổi bằng 1. Tích phân lần thứ hai, ta được hàm Parabol đơn vị:     2 0 1 , 0 2 p t r t dt t t     Hình 4.17 O t  r t 1 1 O t  p t 1 2 1 197 Tiếp tục tích phân, ta được hàm bậc ba đơn vị:     2 3 0 0 , 0 2 6 t t t c t p d d t         Hình 4.18 Tất cả các hàm này đều triệt tiêu khi t<0 nên biểu thức của chúng có thể viết là            2 3 1 1 , , 2 6 r t tu t p t t u t c t t u t   Các hàm này có đạo hàm mọi cấp tại mọi thời điểm, ngoại trừ lúc 0t  . Đây là điểm kỳ dị của chúng, vì thế chúng được gọi là các hàm kỳ dị. Ta có:    2 0 1stL r t e tdt s       2 3 0 1 1 2 stL p t t e dt s       3 4 0 1 1 6 stL c t t e dt s    d. Hàm xung đơn vị. Hàm xung đôi đơn vị... O t  c t 1 6 1 198 Bây giờ, ta xét các hàm kỳ dị sinh ra khi ta đạo hàm liên tiếp hàm bậc thang đơn vị ( )u t . Trước tiên, ta xét hàm xung đơn vị  t là đạo hàm bậc nhất của hàm bậc thang đơn vị ( )u t .     d t u t dt   Ta thấy,   0t  khi $t1$; nghĩa là   0t  với mọi t , ngoại trừ lúc 0t  . Vì hàm ( )u t không liên tục tại 0t  nên đạo hàm   d u t dt không tồn tại tại lúc 0t  . Vì thế, hàm xung đơn vị không phải là hàm bình thường vì giá trị của nó không được định nghĩa rõ ràng về mặt toán học tại 0t  . Để giải quyết vấn đề này, ta xét kỹ diễn biến tại 0t  . Muốn thế, xét họ hàm  f t có đồ thị như sau: Hình 4.19 Đồ thị của ( )u t là: Hình 4.20 1 2 O t 1 1 O t  u t 1 199 Ta thấy họ hàm  f t tiến đến ( )u t khi 0  Đạo hàm  'f t có đồ thị là: Hình 4.21 Đồ thị của hàm xung đơn vị Hình 4.22 Ta thấy họ hàm  'f t tiến đến  t khi 0  . Ta có:     0 1 2 0 t f t t t t                   nÕu nÕu nÕu 1 2 O t 1 O t 200 Họ hàm  f t liên tục với mọi t và với mọi 0  . Họ đạo hàm của nó là    ' 0 1 2 0 t d f t f t t dt t                   nÕu nÕu nÕu Đó là một xung vuông xảy ra trong khoảng thời gian t    với biên độ bằng 1 2 và khi  thay đổi, diện tích của phần gạch chéo luôn luôn bằng 1. Họ hàm  'f t có tính chất  ' 1f t dt    nên ta có thể định nghĩa  t là đạo hàm của ( )u t và có các tính chất sau:  1. 0 v?i m?i 0t t    2. t là một hàm xung cao vô cùng, hẹp vô cùng và có diện tích bằng đơn vị  3. 1t dt    Hàm  t không phải là hàm bình thường mà là hàm suy rộng, do đó chúng ta phải cản thận khi áp dụng các quy tắc thông thường về đạo hàm, tích phân,.. của hàm này. Vì  t là đạo hàm của hàm ( )u t nên ( )u t là tích phân của  t     t u t d      Điều này được kiểm tra dễ dàng vì nếu 0t  thì không có diện tích nào nằm dưới hàm xung trong giới hạn tích phân; còn khi t chạy qua 0 thì có diện tích bằng 1 tập trung toàn bộ tại $t=0$ 201 nên giá trị tích phân được đột ngột tăng thêm 1. Dĩ nhiên, tích phân bằng 0 khi 0t  và bằng 1 khi 0t  chính là hàm bậc thang đơn vị. 4. Nếu ( )f t là hàm bình thường liên tục tại 0t  .thì        0f t t f t  Điều này đúng vì nếu 0t  thì hai vế cùng bằng 0 , còn nếu 0t  thì hai vế bằng nhau. 5. Lý luận tương tự, nếu ( )f t là hàm bình thường liên tục tại 0 0t t  thì:        0 0 0f t t t f t t t    trong đó  0t t  là hàm xung đơn vị phải dời theo thời gian, tức là có điển kỳ dị là 0t t . 6. Tính chất cuối cùng là tính chất sang của hàm xung. Xét tích phân    0f t t t dt    trong đó, ( )f t liên tục tại 0t t . Ta có        0 0 0f t t t dt f t t t dt               0 0 0f t t t dt f t      trong đó, tích phân cuối cùng bằng 1 vì đó là diện tích của hàm xung. Tóm lại, ta có định lý sàng của hàm xung:      0 0f t t t dt f t     Công thức này cho ta thấy rằng khi hàm xung ở trong tích phân thì nó sẽ chọn giá trị của hàm còn lại dưới dấu tích phân tại điểm kỳ dị của nó là giá trị tích phân. 202 Ví dụ 1. Tính đạo hàm của hàm ( ) ( )cos t u t Giải Ta có        cos cos cos d d d t u t t u t t u t dt dt dt            sin t u t t   Ví dụ 2. Tính tích phân sau   9 5log 10t t dt    Giải Có thể thay cận dưới bằng  vì trong khoảng  ; 9  thêm thì hàm xung bằng 0 nên không ảnh hưởng đến giá trị tích phân. Áp dụng tích chất sàng tại 10t  , ta có:   9 5log 10 5log10 5t t dt      Đạo hàm của hàm dung đơn vị gọi là hàm xung đôi đơn vị     d t t dt    là hàm suy rộng. Vì   0t  ở mọi 0t  nên  t  cũng thế. Hàm  t  cũng có tính chất sàng tương tự như hàm  t :      0 0dtf t t t f t       Tiếp tục đạo hàm, ta được họ các hàm kỳ dị            2 3, ,., nt t t   và 203            0 01 nn n f t t t dt f t      Biến đổi Laplace của hàm xung đơn vị, xung đôi đơn vị,... Ta có    1L t    L t s        , 1,2,3,.n nL t s n   Ví dụ 3. Tìm   0L t t  Giải Dùng định nghĩa phép biến đổi Laplace và định lý sàng ta có:     0 0 0 stL t t e t t dt        +) Nếu 0 0t  thì  0 0, 0t t t     nên  0 0, 0 ste t t t     Vậy   0 0L t t   +) Nếu 0 0t  thì  0 0, 0t t t     nên ta có thể thêm khoảng  ;0 vào tích phân. Vậy        00 0 0 0 stst stL t t e t t dt e t t dt e                Tóm lại 204    0 0 0 0 0 0 0 st t L t t e t        nÕu nÕu Ví dụ 4. Cho hàm ( )f t có đồ thị như sau: Hình 4.23 a) Dùng hàm bậc thang đơn vị để viết biểu thức của ( )f t . b) Tìm biến đổi Laplace ( )F s của ( )f t . c) Vẽ đồ thị của đạo hàm   df g t dt  . Viết biểu thức của ( )g t . d) Tìm biến đổi Laplace ( )G s của ( )g t . Giải a) Các đoạn thẳng trong các khoảng 3 4;4 5t t    có phương trình là 3t  và 5t  . Dùng hàm lọc ta có:            1 2 3 3 4f t u t u t t u t u t                5 4 5t u t u t                       1 2 3 3 2 4 4 5 5u t u t t u t t u t t u t             b) Dùng tính chất dời thứ hai ta có: 1 O t 1 2 3 4 5  f t 205   2 3 4 5 2 2s s s s se e e e e F s s s          c) Đồ thị của đạo hàm   df g t dt  là: Hình 4.24 Biểu thức của ( )g t là:              1 2 3 2 4 5g t f t t t u t u t u t            d) Ta có:   3 4 5 2 2 s s s s s e e eG s e e s          4.5.4. Ứng dụng trong giải tích mạch điện a. Giải phương trình vi tích phân Dưới đây là một số ví dụ cho thấy cách áp dụng phép biến đổi Laplace vào giải mạch: Ví dụ 1. Cho mạch RC nối tiếp, khóa K đóng ở 0t  . Xác định  i t cho tụ tích điện ban đầu với điện tích 0q . 2 1 O t 1 3 4 5 206 Hình 4.25 Giải Ta có phương trình mạch điện là:   1 (1) t idt Ri V u t C    Lấy biến đổi Laplace hai vế của phương trình (1) ta được      1 (2) t L idt L Ri L V u t C                  1 01 (3) I s f V RI s C s s s            Với   0 1 00f idt q      0q có dấu (+) ở bản trên của tụ, cùng dấu với điện tích tích bởi nguồn V nên có giá trị dương. Phương trình (3) được viết lại    0 I s q V RI s Cs Cs s    R C V K  i t  207   0 1 1 q V CI s R s RC     Lấy biến đổi Laplace ngược được   0 t RC q V Ci t e R   %%%%%%%%%%%%%%%%%% Ví dụ 2. Cho mạch RL nối tiếp, khóa K đóng ở t=0. Xác định i(t), cho mạch không tích trữ năng lượng ban đầu. Hình 4.26 Giải Phương trình mạch điện là   (4) di RI L V u t dt   Lấy biến đổi Laplace hai vế của phương trình (1) ta được      0 (5) V RI s L sI s i s      Mạch không tích trữ năng lượng ban đầu nên (0 ) 0i   suy ra R L V K  i t  208     1 1 (6) V V I s RL s sL R s s L         Viết lại dạng của ( )I s sao cho gồm tổng của các hàm đơn giản     1 (7) V A B I s Rs sL R s s L      trong đó A, B là các hằng số cần xác định. Quy đồng mẫu số rồi cân bằng hai vế ta được:   R RA s Bs A A B s L L R R s s s s L L                        R V V A A L L R    0 V A B B A R        Thay A, Bvào (7) ta được   1 1V I s RR s s L            Lấy biến đổi Laplace ngược được   1 , 0 R t L V i t e t R         b. Mạch điện biến đổi Với phép biến đổi Laplace, ta cũng biến đổi mạch điện từ lĩnh vực thời gian sang lĩnh vực tần số phức (s), kể cả các loại nguồn kích thích khác nhau và ta có lời giải thỏa mãn các điều kiện ban đầu. 209 *Điện trở      R RV Ri t V s Ri s   suy ra     1 ;R RZ s R Y s R   Hình 4.27 * Cuộn dây Hình 4.28  L L di t v L dt  hay     1 t L Li t v t dt L    Biến đổi Laplace tương ứng 210      0 (8)L L LV s L sI s i     suy ra      0 (9)L L LLsI s V s Li   Biểu thức (8) cho mạch điện biến đổi Hình 4.29      0L L L i V s I s s   0LLi  Biểu thức (9) cho mạch điện biến đổi Hình 4.30 * Tụ điện    C C dV t i t C dt  211 hay     1 t C Cv t i t dt C    Biến đổi của  Cv t là      01 C C I s q V s C s s        Với    0 0C q V C    là điện thế do tụ tích điện ban đầu      01 (10) C C C V V s I s sC s    hay      0 (11)C C CI s sCV s CV   Đặt       1 0C C V V s V s s    Biến đổi tổng trở của tụ là       1 1 C C V s Z s I s sC   Biểu thức (10) cho mạch biến đổi của tụ Hình 4.31 212 Biểu thức (11) cho mạch biến đổi của tụ Hình 4.32 Ví dụ 1. Xác định i(t) khi t>0 của mạch Hình 4.33 Cho (0) 4 ; (0) 8i A v V  Giải Mạch biến đổi cho bởi hình sau: Hình 4.34 213       2 2 8 3 4 4 6 24 2 1 2 3 3 s ss s I s s s s s s                  13 20 3 1 2 3 I s s s s        suy ra, khi t>0    2 313 20 3t t ti t e e e A      Ví dụ 2. Xác định ( )v t của mạch Hình 4.35 Cho (0) 1i A và (0) 4v V . Giải Mạch biến đổi là Hình 4.36 214 Phương trình nút cho mạch biến đổi 1 4 0 4 3 24 24 V V sV s s      suy ra      4 24 16 20 2 4 2 4 s V s s s s s          Lấy biến đổi Laplace ngược được    2 416 20t tv t e e V   c. Kháng trở ảnh Giả sử trong một mạch có điện trở R, một cuộn dây có hệ số tự cảm L và một tụ điện có điện dung C. Gọi ( )u t là hiệu số điện thế của hai đầu đoạn mạch, ( )i t là cường độ dòng điện chạy trong mạch. ( )i t và ( )u t liên hệ với nhau bởi công thức:       0 0 1 t di u t R i t L i t dt q dt C           trong đó 0q là điện lượng ban đầu lúc t=0 trên các thành tụ điện. Hình 4.37 Gọi ( )I p và ( )U p lần lượt là ảnh của ( )i t và ( )u t thì theo công thức biến đổi Laplace của đạo hàm và tích phân ta có:   0 di pI p i dt   215 trong đó 0i là cường độ dòng điện lúc ban đầu trong mạch,     0 : t I p i t dt p  Vậy công thức ảnh là:        00 1 1 q U p RI p L pI p i C p p           hay     00 1 q U p R L I p Li Cp Cp           trong kỹ thuật điện, người ta gọi hệ số của I tức là 1 R L Cp   là kháng trở ảnh của mạch điện, ký hiệu là Z. Khi đó ta có:   00 q U p ZI Li Cp    d. Tính toán trong mạch điện Muốn áp dụng phép biến đổi Laplace trong một mạng gồm nhiều mạch điện kín, ta vận dụng định luật Kirchhoff thứ nhất cho từng nút và định luật Kirchhoff thứ hai cho từng mạch kín, sau đó chuyển về các phương trình ảnh thì việc tính toán sẽ đơn giản hơn rất nhiều. Đặc biệt, nếu các dữ kiện ban đầu đều bằng 0 (xảy ra trong bài toán đóng mạch) 0 0 0i q  thì ta sẽ có: U IZ . Nghĩa là giữa cường độ ảnh, điện thế ảnh, kháng trở ảnh có mối liên hệ giống như định luật Ôm đối với dòng điện không đổi. Từ đó ta có hai định luật sau đây: Định luật 1. Kháng trở toàn phần Z của 2 kháng trở 1 2,Z Z mắc nối tiếp bằng tổng các kháng trở. 216 Hình 4.38 Định luật 2. Cho hai mạch rẽ có kháng trở lần lượt là 1 2,Z Z . Nghịch đảo của kháng trở tương đương Z bằng tổng các nghịch đảo của các kháng trở. Hình 4.39 Ví dụ 1. Một tụ được nạp điện và có điện lượng bằng 0q . Lúc 0t  , ta đem mắc nó vào hai mút của một cuộn dây có điện cảm L. Tìm điện lượng ( )q t của tụ điện ở thời gian t và cường độ ( )i t trong mạch. Giải Hình 4.40 Áp dụng định luật Kirchhoff thứ hai cho mạch kín, ta được:   0 0 1 0 t di L i t dt q dt C          Vì   dq i t dt  nên phương trình có dạng: 217 2 2 02 2 0 1 0 0 t d q dq d q q L dt q L dt C dt dt C             Gọi ( )Q p là ảnh của ( )q t . Vậy       2 2 2 0 0 d q p Q p pq q dt    Vì      00 , 0 0q q q i  nên   2 2 02 d q p Q p pq dt   Phương trình ảnh là:      2 0 00 2 21 1 Q p Lpq pq Lp Q p Lpq Q p C Lp p C LC        Từ đó ta được:   0 os t q t q c t LC    0 1 sin dq t i t q dt LC LC    Ví dụ 2. Mắc một mạch điện như hình vẽ: Hình 4.41 Suất điện động   0 onsE t E c t  . Lúc 0t  mạch đóng lại. Hãy tính cường độ dòng điện 1( )i t . 218 Giải Gọi I là cường độ ảnh của mạch chính. $I_1$ là cường độ ảnh của mạch 1R C . 2I là cường độ ảnh của mạch 2R L .. 1Z là kháng trở của mạch 1R C : 1 1 1 Z R Cp   2Z là kháng trở của mạch 2R L : 2 1Z R Lp  Z là kháng trở tương đương với hai đoạn mạch mắc song song, ta có: 1 2 1 2 Z Z Z Z Z   Vì đây là bài toán đóng mạch, nên có thể làm tương tự như ở dòng điện không đổi. Áp dụng định luật Kirchhoff, chú ý 00 : E E p  , ta được:   1 2 1 1 2 2 I I I E R Z I p I Z I Z           Từ hệ phương trình trên, ta tính được:   0 2 1 1 2 1 2 E Z I p RZ RZ Z Z    Thay 1 1 1 Z R Cp   và 2 1Z R Lp  ta được:    0 2 1 2 2 E R Lp I p p p       trong đó 219     1 2 1 2 1 2 1 2 2 R R L L R R R R R C R R C                  Gọi 1 2,p p là các nghiệm của tam thức 2 2p p    , khi đó hàm gốc 1( )i t được tính theo công thức:   2 0 2 1 12 kp tk k k E R Lp i t e p      Ví dụ 3. Cho mạch điện ( )RLC mắc nối tiếp như trong hình sau. Hiệu điện thế hai dầu cuộn cảm, điện trở và tụ điện lần lượt là 0 1 , , ( ) t dI L RI I d dt C          Hình 4.42 Do đoạn mạch mắc nối tiếp nên hiệu điện thế hai đầu mạch điện bằng tổng các hiệu điện thế thành phần vì vậy ta có 0 1 ( ) ( ) t dI L RI I d E t dt C     Đặt 0 ( ) ( ) t Q t I d   220 thì dQ I dt  và ta có 2 2 ( ) d Q dQ Q L R E t dt dt C    Với mạch điện trên, ta sẽ có một số bài toán cơ bản sau: Bài toán 1. Giả sử là dòng điện thoả mãn 0 sin dI L RI E t dt   với 0, , ,L R E  là các hằng số. Tìm ( )I I t với t > 0 biết rằng (0) 0I  . Giải Lấy biến đổi Laplace hai vế của phương trình đã cho ta có     02 2( ) ( ) ( ) E Ls L I t RL I t s        0 0 2 2 2 2 ( ) ( )( ) ( )( ) E E LL I t RLs R s s s L            Đặt   0 2 2 2 2 ( ) ( )( ) E A Bs CLL I t R R s s s s L L           bằng phương pháp hệ số bất định ta tìm được 0 0 0 2 2 2 2 2 2 2 2 2 , , E L E L E L A B C L R L R L R              bởi vậy 221 0 0 0 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) sin cos . R t L E L E R E L I t e t t L R L R L R               Bài toán 2. Giả sử là dòng điện trong mạch điện gồm cuộn cảm L và tụ điện C mắc nối tiếp, E là hiệu điện thế hai đầu đoạn mạch thoả mãn 0 1 ( ) t dI L I d E dt C    với , ,L C E là các hằng số. Tìm ( )I I t với t > 0 biết rằng (0) 0I  . Giải Lấy biến đổi Laplace hai vế của phương trình đã cho ta có    ( ) ( ) ( ) L I t E Ls L I t Cs s     2 2 ( ) 11 ( ) EC E L I t LCs L s LC      1 ( ) sin . C I t E t L LC   Vậy 1 ( ) sin . C I t E t L LC  Ví dụ 4. Cho mạch diện (RLC) như trong sơ đồ (Hình 4.24). Giả sử rằng tại thời điểm t=0 điện áp hai đầu mạch là 1V, còn với t < 0 thì ( ) 0I t  và sự thay đổi ở tụ điện bằng 0. Khi đó ta có phương trình 0 1 . ( ) ( ) t dI L RI I d t dt C      ở đó R, L, C là các hằng số. Tìm ( )I I t với 0t  trong các trường hợp sau: 222 a) 2 4 L R C  b) 2 4 L R C  Giải a) Lấy biến đổi Laplace hai vế của phương trình đã cho ta có       1 ( ) ( ) ( ) ( ) 1Ls L I t RL I t L I t Cs      2 22 2 ( ) 1 1 2 4 s s L I t R RLs Rs L sC L LC L                    Đặt 2 2 2 1 , 0 2 4 R R a b L L L     Theo giả thiết a, ta có   2 2 2 2 2 2( ) ( ) ( ) ( ) s s a a L L I t s a b s a b s a b           ( ) cos sin ate a I t bt bt L b          b) Bằng cách làm hoàn toàn tương tự nhưng đặt 2 2 2 1 , 0 2 4 R R a b L L L      ta có 223 ( ) cosh sinh ate a I t bt bt L b         4.6. Bài tập chương 4 1. Tìm biến đổi Laplace của các hàm sau: a) 42 te b) 5 3t  c) 22 tt e d) 3cos5t 2. Tìm biến đổi Laplace của các hàm sau: a) 3 2tt e b) cos2te t c) 4 33 2 2sin5t t t  3. Cho   2 0 1 1 t t f t t t      nÕu nÕu a) Vẽ đồ thị của ( )f t b) Tìm   L f t c) Tìm   L f t 4. Cho        2 2 1 2 1 1 s s L f t s s      . Hãy tìm   2L f t . 5. Cho    1 se L f t s   . Hãy tìm   3tL e f t 224 6. Tìm biến đổi Laplace ngược của các hàm sau: a)   2 1 1 s s s   b) 2 3 8 4 25 s s   c) 2 3 2 4 12 9 s s s    7. Dùng phương pháp khai triển Heaviside tìm biến đổi Laplace ngược của các hàm sau: a)    2 11 2 3 s s s    b)     19 37 1 2 3 s s s s     c)   2 5 1 1 s s s    8. Dùng phương pháp khai triển Heaviside tìm biến đổi Laplace ngược của các hàm sau: a)     2 2 2 9 19 1 3 s s s s     b)     2 2 2 3 1 2 s s s    c)     3 2 3 11 47 56 4 2 2 s s s s s      9. Giải các phương trình vi phân sau: a)    9 cos2 ; 0 1, 0 1y y t y y      225 b)    4 9 ; 0 1, 0 7y y t y y     c)        3 ; 0 0 0 0ty y e y y y      10. Giải các phương trình vi phân sau: a)    3 2 4 12 ; 0 6, 0 1ty y y t e y y         b)    24 5 125 ; 0 0 0y y y t y y       c)            4 32 sin ; 0 0 0 0 0y y y t y y y y         11. Giải các hệ phương trình vi phân sau: a) 3 0 0 x x y y x y         với    0 0 0y x  b) 2 2 3 4 9 2 3 3 t t x x y e x y y e         với    0 2; 0 0x y  12. Giải các hệ phương trình vi phân sau: a) 2 4 2 x x y cost y x y sint         với    0 0 0x y  b) 2 2 2 0 y x y x sint y x y           với      0 0 0 0x y y   c) 2 2 1 tx y e x x y          với      0 0 0 0x y y   13. Cho hàm ( )f t có đồ thị 226 Hình 4.43. Hàm sóng vuông Viết phương trình của ( )f t và tìm   L f t 14. Cho hàm ( )f t có đồ thị Hình 4.44. Hàm sóng răng cưa Viết phương trình của ( )f t và tìm   L f t 15. Cho hàm ( )f t có đồ thị Hình 4.45. Hàm sóng tam giác Viết phương trình của ( )f t và tìm   L f t 16. Cho hàm ( )f t có đồ thị 227 Hình 4.46 Viết phương trình của ( )f t và tìm   L f t 17. Cho hàm ( )f t có đồ thị Viết phương trình của ( )f t và tìm   L f t 18. Xác định ( )F s của các hàm ( )f t sau: a)      95 2t t tf t e e e u t    b)      5 1t tf t e e u t   c)      2 1f t u t u t   19. Tìm biến đổi Laplace của các hàm sau: a)  10 4t  b)        2 1 5t t u t    228 c)  t d e u t dt    d)  os2t d e c t u t dt    4.7. Hướng dẫn và đáp số bài tập chương 4 1. a) 2 4s  b) 2 5 3 s  c) 3 4 1 , 1 1 s s s    d) 2 3 25 s s  2. a)   4 6 2s  b)   2 1 1 4 s s    c) 5 4 2 72 12 10 25s s s    4.     2 2 2 4 4 1 2 s s s s     5. 3 1 1 se s    229 6. a) 31 te b) 2 1 1 2 t  c) 2 1 2 tt e 7. a) 2 33 t te e  b) 3 22 3 5t t te e e    c) 2 3cos 2sinte t t   8. a)   33 2 4t tt e e  b)  2t tt e e  c)  2 2 22 5 6t tt t e e   9. a)   4cos3 4sin3 cos 2 5 5 5 t t t y t    b)  y t t c)       2 1 1 cos 1 6 sin 5 5 t ty t e t e t    10. a) 23 2 2 3 2t t te e t e    230 b)  2 225 40 22 2 2sin 11costt t e t t    c)  2 1 3 sin 3 cos 8 t t t t     11. a)     2 2 1 2 1 2 t t x t e y t e         b) 2 2 t t t t x e e y e e       12. a) 4 2 2 3 2 2 x t cost sint y t sint         b) 2 2 1 4 1 2 1 cos sin 9 45 5 5 3 1 1 1 9 9 3 t t t t t t x e e t t te y e e te                 c) 1 1 t at bt t at bt x e e e y e be ae                 231 TÀI LIỆU THAM KHẢO A.Tài liệu tiếng Việt 1. Đậu Thế Cấp (2000), Hàm biến phức, Nhà xuất bản Giáo Dục, Hà Nội. 2.Nguyễn Kim Đính (1997), Phép biến đổi Laplace, Đại học sư phạm kỹ thuật Thành phố Hồ Chí Minh. 3.Nguyễn Văn Khuê, Lê Mậu Hải (1997), Hàm biến phức, Nhà xuất bản Đại học Quốc Gia Hà Nội. 4. Trương Văn Thương (2002), Hàm số biến số phức , Nhà xuất bản Giáo Dục, Hà Nội. 5. Phichtengon, Giáo trình phép tính vi phân, tích phân , Tạp chí Vật lý - Toán. B.Tài liệu tiếng Anh 6. Dean G. Dufy (1998), Advance Engineering Mathematics, CRC Press LLC. 7. Leif Mejlbro (2008), Complex Funtions, Ventus Publishing Aps.