Toán kĩ thuật

ta phân tích được P (s) Q(s) = P (s) (s−a1)m1 ...(s−ak)mk .[(s−b1)2+c21]n1 ...[(s−b`)2+c2` ]n` = ( A11 s−a1 + A12 (s−a1)2 + ...+ A1m1 (s−a1)m1 ) + ...+ ( Ak1 s−ak + Ak2 (s−ak)2 + ...+ Akmk (s−ak)mk ) + ( B11s+C 1 1 (s−b1)2+c21 + B12s+C 1 2 [(s−b1)2+c21]2 + ...+ B1n1s+C 1 n1 [(s−b1)2+c21]n1 ) + ...+ ( B`1s+C ` 1 (s−b`)2+c2` + B`2s+C ` 2 [(s−b`)2+c2` ]2 + ...+ B`n` s+C`n` [(s−b`)2+c2` ]n` ) -Ta có L−1{ B i js+C i j [(s−bi)2+c2i ]k } = ebitL−1{ B i js [s2+c2i ] k }+ ebitL−1{B i jbi+C i j [s2+c2i ] k }. -Như vậy ta cần tìm biến đổi ngược của các phân thức dạng 1 (s−a)m , s [s2+c2]n và 1 [s2+c2]n . Toán kĩ thuật §5. Phép biến đổi Laplace 3. Một số bài tập SV đọc kĩ phần bài tập này, thông qua đó học tập kĩ thuật và phương pháp giải toán.  Các bài tập trong giáo trình.  Tìm f(t) = L−1{P (s)Q(s)}, ở đây P (s) và Q(s) là các đa thức với degP ≤ degQ. -Bằng phương pháp đồng nhất hệ số, ta phân tích được P (s) Q(s) = P (s) (s−a1)m1 ...(s−ak)mk .[(s−b1)2+c21]n1 ...[(s−b`)2+c2` ]n` = ( A11 s−a1 + A12 (s−a1)2 + ...+ A1m1 (s−a1)m1 ) + ...+ ( Ak1 s−ak + Ak2 (s−ak)2 + ...+ Akmk (s−ak)mk ) + ( B11s+C 1 1 (s−b1)2+c21 + B12s+C 1 2 [(s−b1)2+c21]2 + ...+ B1n1s+C 1 n1 [(s−b1)2+c21]n1 ) + ...+ ( B`1s+C ` 1 (s−b`)2+c2` + B`2s+C ` 2 [(s−b`)2+c2` ]2 + ...+ B`n` s+C`n` [(s−b`)2+c2` ]n` ) -Ta có L−1{ B i js+C i j [(s−bi)2+c2i ]k } = ebitL−1{ B i js [s2+c2i ] k }+ ebitL−1{B i jbi+C i j [s2+c2i ] k }. -Như vậy ta cần tìm biến đổi ngược của các phân thức dạng 1 (s−a)m , s [s2+c2]n và 1 [s2+c2]n . Toán kĩ thuật §5. Phép biến đổi Laplace 3. Một số bài tập SV đọc kĩ phần bài tập này, thông qua đó học tập kĩ thuật và phương pháp giải toán.  Các bài tập trong giáo trình.  Tìm f(t) = L−1{P (s)Q(s)}, ở đây P (s) và Q(s) là các đa thức với degP ≤ degQ. -Bằng phương pháp đồng nhất hệ số, ta phân tích được P (s) Q(s) = P (s) (s−a1)m1 ...(s−ak)mk .[(s−b1)2+c21]n1 ...[(s−b`)2+c2` ]n` = ( A11 s−a1 + A12 (s−a1)2 + ...+ A1m1 (s−a1)m1 ) + ...+ ( Ak1 s−ak + Ak2 (s−ak)2 + ...+ Akmk (s−ak)mk ) + ( B11s+C 1 1 (s−b1)2+c21 + B12s+C 1 2 [(s−b1)2+c21]2 + ...+ B1n1s+C 1 n1 [(s−b1)2+c21]n1 ) + ...+ ( B`1s+C ` 1 (s−b`)2+c2` + B`2s+C ` 2 [(s−b`)2+c2` ]2 + ...+ B`n` s+C`n` [(s−b`)2+c2` ]n` ) -Ta có L−1{ B i js+C i j [(s−bi)2+c2i ]k } = ebitL−1{ B i js [s2+c2i ] k }+ ebitL−1{B i jbi+C i j [s2+c2i ] k }. -Như vậy ta cần tìm biến đổi ngược của các phân thức dạng 1 (s−a)m , s [s2+c2]n và 1 [s2+c2]n . Toán kĩ thuật §5. Phép biến đổi Laplace 3. Một số bài tập SV đọc kĩ phần bài tập này, thông qua đó học tập kĩ thuật và phương pháp giải toán.  Các bài tập trong giáo trình.  Tìm f(t) = L−1{P (s)Q(s)}, ở đây P (s) và Q(s) là các đa thức với degP ≤ degQ. -Bằng phương pháp đồng nhất hệ số, ta phân tích được P (s) Q(s) = P (s) (s−a1)m1 ...(s−ak)mk .[(s−b1)2+c21]n1 ...[(s−b`)2+c2` ]n` = ( A11 s−a1 + A12 (s−a1)2 + ...+ A1m1 (s−a1)m1 ) + ...+ ( Ak1 s−ak + Ak2 (s−ak)2 + ...+ Akmk (s−ak)mk ) + ( B11s+C 1 1 (s−b1)2+c21 + B12s+C 1 2 [(s−b1)2+c21]2 + ...+ B1n1s+C 1 n1 [(s−b1)2+c21]n1 ) + ...+ ( B`1s+C ` 1 (s−b`)2+c2` + B`2s+C ` 2 [(s−b`)2+c2` ]2 + ...+ B`n` s+C`n` [(s−b`)2+c2` ]n` ) -Ta có L−1{ B i js+C i j [(s−bi)2+c2i ]k } = ebitL−1{ B i js [s2+c2i ] k }+ ebitL−1{B i jbi+C i j [s2+c2i ] k }. -Như vậy ta cần tìm biến đổi ngược của các phân thức dạng 1 (s−a)m , s [s2+c2]n và 1 [s2+c2]n . Toán kĩ thuật §5. Phép biến đổi Laplace 3. Một số bài tập SV đọc kĩ phần bài tập này, thông qua đó học tập kĩ thuật và phương pháp giải toán.  Các bài tập trong giáo trình.  Tìm f(t) = L−1{P (s)Q(s)}, ở đây P (s) và Q(s) là các đa thức với degP ≤ degQ. -Bằng phương pháp đồng nhất hệ số, ta phân tích được P (s) Q(s) = P (s) (s−a1)m1 ...(s−ak)mk .[(s−b1)2+c21]n1 ...[(s−b`)2+c2` ]n` = ( A11 s−a1 + A12 (s−a1)2 + ...+ A1m1 (s−a1)m1 ) + ...+ ( Ak1 s−ak + Ak2 (s−ak)2 + ...+ Akmk (s−ak)mk ) + ( B11s+C 1 1 (s−b1)2+c21 + B12s+C 1 2 [(s−b1)2+c21]2 + ...+ B1n1s+C 1 n1 [(s−b1)2+c21]n1 ) + ...+ ( B`1s+C ` 1 (s−b`)2+c2` + B`2s+C ` 2 [(s−b`)2+c2` ]2 + ...+ B`n` s+C`n` [(s−b`)2+c2` ]n` ) -Ta có L−1{ B i js+C i j [(s−bi)2+c2i ]k } = ebitL−1{ B i js [s2+c2i ] k }+ ebitL−1{B i jbi+C i j [s2+c2i ] k }. -Như vậy ta cần tìm biến đổi ngược của các phân thức dạng 1 (s−a)m , s [s2+c2]n và 1 [s2+c2]n . Toán kĩ thuật §5. Phép biến đổi Laplace 3. Một số bài tập -Rõ ràng rằng L−1{ 1(s−a)m } = eat t m−1 (m−1)! . -Tìm L−1{ s [s2+c2]n }. + với n = 1, L−1{ s s2+c2 } = cos ct. + với n = 2, ta có s [s2+c2]2 = 1c s s2+c2 c s2+c2 = 1cL{cos ct}L{sin ct} = 1cL{cos ct ∗ sin ct}. Do đó, L−1{ s[s2+c2]2 } = 1c cos ct ∗ sin ct = 1c ∫ t 0 cos cu sin c(t− u)du = 12c t sin ct. Vậy, L−1{ s [s2+c2]2 } = 12c t sin ct. + với n = 3, s [s2+c2]3 = 1c s [s2+c2]2 c s2+c2 = 1 2c2 L{t sin ct}L{sin ct} = 1 2c2 L{(t sin ct) ∗ sin ct}. Do đó, L−1{ s [s2+c2]3 } = (t sin ct)∗sin ct 2c2 = 1 2c2 ∫ t 0 (u sin cu sin c(t− u)du = 18c3 (t sin ct− ct2 cos ct). Vậy, L−1{ s [s2+c2]3 } = 1 8c3 (t sin ct− ct2 cos ct). -Tìm L−1{ 1 [s2+c2]n }. + với n = 1, L−1{ 1 s2+c2 } = 1c sin ct. + với n = 2, ta có 1 [s2+c2]2 = 1 c2 c s2+c2 c s2+c2 = 1 c2 L{sin ct}L{sin ct} Toán kĩ thuật §5. Phép biến đổi Laplace 3. Một số bài tập -Rõ ràng rằng L−1{ 1(s−a)m } = eat t m−1 (m−1)! . -Tìm L−1{ s [s2+c2]n }. + với n = 1, L−1{ s s2+c2 } = cos ct. + với n = 2, ta có s [s2+c2]2 = 1c s s2+c2 c s2+c2 = 1cL{cos ct}L{sin ct} = 1cL{cos ct ∗ sin ct}. Do đó, L−1{ s[s2+c2]2 } = 1c cos ct ∗ sin ct = 1c ∫ t 0 cos cu sin c(t− u)du = 12c t sin ct. Vậy, L−1{ s [s2+c2]2 } = 12c t sin ct. + với n = 3, s [s2+c2]3 = 1c s [s2+c2]2 c s2+c2 = 1 2c2 L{t sin ct}L{sin ct} = 1 2c2 L{(t sin ct) ∗ sin ct}. Do đó, L−1{ s [s2+c2]3 } = (t sin ct)∗sin ct 2c2 = 1 2c2 ∫ t 0 (u sin cu sin c(t− u)du = 18c3 (t sin ct− ct2 cos ct). Vậy, L−1{ s [s2+c2]3 } = 1 8c3 (t sin ct− ct2 cos ct). -Tìm L−1{ 1 [s2+c2]n }. + với n = 1, L−1{ 1 s2+c2 } = 1c sin ct. + với n = 2, ta có 1 [s2+c2]2 = 1 c2 c s2+c2 c s2+c2 = 1 c2 L{sin ct}L{sin ct} Toán kĩ thuật §5. Phép biến đổi Laplace 3. Một số bài tập -Rõ ràng rằng L−1{ 1(s−a)m } = eat t m−1 (m−1)! . -Tìm L−1{ s [s2+c2]n }. + với n = 1, L−1{ s s2+c2 } = cos ct. + với n = 2, ta có s [s2+c2]2 = 1c s s2+c2 c s2+c2 = 1cL{cos ct}L{sin ct} = 1cL{cos ct ∗ sin ct}. Do đó, L−1{ s[s2+c2]2 } = 1c cos ct ∗ sin ct = 1c ∫ t 0 cos cu sin c(t− u)du = 12c t sin ct. Vậy, L−1{ s [s2+c2]2 } = 12c t sin ct. + với n = 3, s [s2+c2]3 = 1c s [s2+c2]2 c s2+c2 = 1 2c2 L{t sin ct}L{sin ct} = 1 2c2 L{(t sin ct) ∗ sin ct}. Do đó, L−1{ s [s2+c2]3 } = (t sin ct)∗sin ct 2c2 = 1 2c2 ∫ t 0 (u sin cu sin c(t− u)du = 18c3 (t sin ct− ct2 cos ct). Vậy, L−1{ s [s2+c2]3 } = 1 8c3 (t sin ct− ct2 cos ct). -Tìm L−1{ 1 [s2+c2]n }. + với n = 1, L−1{ 1 s2+c2 } = 1c sin ct. + với n = 2, ta có 1 [s2+c2]2 = 1 c2 c s2+c2 c s2+c2 = 1 c2 L{sin ct}L{sin ct} Toán kĩ thuật §5. Phép biến đổi Laplace 3. Một số bài tập -Rõ ràng rằng L−1{ 1(s−a)m } = eat t m−1 (m−1)! . -Tìm L−1{ s [s2+c2]n }. + với n = 1, L−1{ s s2+c2 } = cos ct. + với n = 2, ta có s [s2+c2]2 = 1c s s2+c2 c s2+c2 = 1cL{cos ct}L{sin ct} = 1cL{cos ct ∗ sin ct}. Do đó, L−1{ s[s2+c2]2 } = 1c cos ct ∗ sin ct = 1c ∫ t 0 cos cu sin c(t− u)du = 12c t sin ct. Vậy, L−1{ s [s2+c2]2 } = 12c t sin ct. + với n = 3, s [s2+c2]3 = 1c s [s2+c2]2 c s2+c2 = 1 2c2 L{t sin ct}L{sin ct} = 1 2c2 L{(t sin ct) ∗ sin ct}. Do đó, L−1{ s [s2+c2]3 } = (t sin ct)∗sin ct 2c2 = 1 2c2 ∫ t 0 (u sin cu sin c(t− u)du = 18c3 (t sin ct− ct2 cos ct). Vậy, L−1{ s [s2+c2]3 } = 1 8c3 (t sin ct− ct2 cos ct). -Tìm L−1{ 1 [s2+c2]n }. + với n = 1, L−1{ 1 s2+c2 } = 1c sin ct. + với n = 2, ta có 1 [s2+c2]2 = 1 c2 c s2+c2 c s2+c2 = 1 c2 L{sin ct}L{sin ct} Toán kĩ thuật §5. Phép biến đổi Laplace 3. Một số bài tập -Rõ ràng rằng L−1{ 1(s−a)m } = eat t m−1 (m−1)! . -Tìm L−1{ s [s2+c2]n }. + với n = 1, L−1{ s s2+c2 } = cos ct. + với n = 2, ta có s [s2+c2]2 = 1c s s2+c2 c s2+c2 = 1cL{cos ct}L{sin ct} = 1cL{cos ct ∗ sin ct}. Do đó, L−1{ s[s2+c2]2 } = 1c cos ct ∗ sin ct = 1c ∫ t 0 cos cu sin c(t− u)du = 12c t sin ct. Vậy, L−1{ s [s2+c2]2 } = 12c t sin ct. + với n = 3, s [s2+c2]3 = 1c s [s2+c2]2 c s2+c2 = 1 2c2 L{t sin ct}L{sin ct} = 1 2c2 L{(t sin ct) ∗ sin ct}. Do đó, L−1{ s [s2+c2]3 } = (t sin ct)∗sin ct 2c2 = 1 2c2 ∫ t 0 (u sin cu sin c(t− u)du = 18c3 (t sin ct− ct2 cos ct). Vậy, L−1{ s [s2+c2]3 } = 1 8c3 (t sin ct− ct2 cos ct). -Tìm L−1{ 1 [s2+c2]n }. + với n = 1, L−1{ 1 s2+c2 } = 1c sin ct. + với n = 2, ta có 1 [s2+c2]2 = 1 c2 c s2+c2 c s2+c2 = 1 c2 L{sin ct}L{sin ct} Toán kĩ thuật §5. Phép biến đổi Laplace 3. Một số bài tập -Rõ ràng rằng L−1{ 1(s−a)m } = eat t m−1 (m−1)! . -Tìm L−1{ s [s2+c2]n }. + với n = 1, L−1{ s s2+c2 } = cos ct. + với n = 2, ta có s [s2+c2]2 = 1c s s2+c2 c s2+c2 = 1cL{cos ct}L{sin ct} = 1cL{cos ct ∗ sin ct}. Do đó, L−1{ s[s2+c2]2 } = 1c cos ct ∗ sin ct = 1c ∫ t 0 cos cu sin c(t− u)du = 12c t sin ct. Vậy, L−1{ s [s2+c2]2 } = 12c t sin ct. + với n = 3, s [s2+c2]3 = 1c s [s2+c2]2 c s2+c2 = 1 2c2 L{t sin ct}L{sin ct} = 1 2c2 L{(t sin ct) ∗ sin ct}. Do đó, L−1{ s [s2+c2]3 } = (t sin ct)∗sin ct 2c2 = 1 2c2 ∫ t 0 (u sin cu sin c(t− u)du = 18c3 (t sin ct− ct2 cos ct). Vậy, L−1{ s [s2+c2]3 } = 1 8c3 (t sin ct− ct2 cos ct). -Tìm L−1{ 1 [s2+c2]n }. + với n = 1, L−1{ 1 s2+c2 } = 1c sin ct. + với n = 2, ta có 1 [s2+c2]2 = 1 c2 c s2+c2 c s2+c2 = 1 c2 L{sin ct}L{sin ct} Toán kĩ thuật §5. Phép biến đổi Laplace 3. Một số bài tập -Rõ ràng rằng L−1{ 1(s−a)m } = eat t m−1 (m−1)! . -Tìm L−1{ s [s2+c2]n }. + với n = 1, L−1{ s s2+c2 } = cos ct. + với n = 2, ta có s [s2+c2]2 = 1c s s2+c2 c s2+c2 = 1cL{cos ct}L{sin ct} = 1cL{cos ct ∗ sin ct}. Do đó, L−1{ s[s2+c2]2 } = 1c cos ct ∗ sin ct = 1c ∫ t 0 cos cu sin c(t− u)du = 12c t sin ct. Vậy, L−1{ s [s2+c2]2 } = 12c t sin ct. + với n = 3, s [s2+c2]3 = 1c s [s2+c2]2 c s2+c2 = 1 2c2 L{t sin ct}L{sin ct} = 1 2c2 L{(t sin ct) ∗ sin ct}. Do đó, L−1{ s [s2+c2]3 } = (t sin ct)∗sin ct 2c2 = 1 2c2 ∫ t 0 (u sin cu sin c(t− u)du = 18c3 (t sin ct− ct2 cos ct). Vậy, L−1{ s [s2+c2]3 } = 1 8c3 (t sin ct− ct2 cos ct). -Tìm L−1{ 1 [s2+c2]n }. + với n = 1, L−1{ 1 s2+c2 } = 1c sin ct. + với n = 2, ta có 1 [s2+c2]2 = 1 c2 c s2+c2 c s2+c2 = 1 c2 L{sin ct}L{sin ct} Toán kĩ thuật §5. Phép biến đổi Laplace 3. Một số bài tập -Rõ ràng rằng L−1{ 1(s−a)m } = eat t m−1 (m−1)! . -Tìm L−1{ s [s2+c2]n }. + với n = 1, L−1{ s s2+c2 } = cos ct. + với n = 2, ta có s [s2+c2]2 = 1c s s2+c2 c s2+c2 = 1cL{cos ct}L{sin ct} = 1cL{cos ct ∗ sin ct}. Do đó, L−1{ s[s2+c2]2 } = 1c cos ct ∗ sin ct = 1c ∫ t 0 cos cu sin c(t− u)du = 12c t sin ct. Vậy, L−1{ s [s2+c2]2 } = 12c t sin ct. + với n = 3, s [s2+c2]3 = 1c s [s2+c2]2 c s2+c2 = 1 2c2 L{t sin ct}L{sin ct} = 1 2c2 L{(t sin ct) ∗ sin ct}. Do đó, L−1{ s [s2+c2]3 } = (t sin ct)∗sin ct 2c2 = 1 2c2 ∫ t 0 (u sin cu sin c(t− u)du = 18c3 (t sin ct− ct2 cos ct). Vậy, L−1{ s [s2+c2]3 } = 1 8c3 (t sin ct− ct2 cos ct). -Tìm L−1{ 1 [s2+c2]n }. + với n = 1, L−1{ 1 s2+c2 } = 1c sin ct. + với n = 2, ta có 1 [s2+c2]2 = 1 c2 c s2+c2 c s2+c2 = 1 c2 L{sin ct}L{sin ct} Toán kĩ thuật §5. Phép biến đổi Laplace 3. Một số bài tập -Rõ ràng rằng L−1{ 1(s−a)m } = eat t m−1 (m−1)! . -Tìm L−1{ s [s2+c2]n }. + với n = 1, L−1{ s s2+c2 } = cos ct. + với n = 2, ta có s [s2+c2]2 = 1c s s2+c2 c s2+c2 = 1cL{cos ct}L{sin ct} = 1cL{cos ct ∗ sin ct}. Do đó, L−1{ s[s2+c2]2 } = 1c cos ct ∗ sin ct = 1c ∫ t 0 cos cu sin c(t− u)du = 12c t sin ct. Vậy, L−1{ s [s2+c2]2 } = 12c t sin ct. + với n = 3, s [s2+c2]3 = 1c s [s2+c2]2 c s2+c2 = 1 2c2 L{t sin ct}L{sin ct} = 1 2c2 L{(t sin ct) ∗ sin ct}. Do đó, L−1{ s [s2+c2]3 } = (t sin ct)∗sin ct 2c2 = 1 2c2 ∫ t 0 (u sin cu sin c(t− u)du = 18c3 (t sin ct− ct2 cos ct). Vậy, L−1{ s [s2+c2]3 } = 1 8c3 (t sin ct− ct2 cos ct). -Tìm L−1{ 1 [s2+c2]n }. + với n = 1, L−1{ 1 s2+c2 } = 1c sin ct. + với n = 2, ta có 1 [s2+c2]2 = 1 c2 c s2+c2 c s2+c2 = 1 c2 L{sin ct}L{sin ct} Toán kĩ thuật §5. Phép biến đổi Laplace 3. Một số bài tập -Rõ ràng rằng L−1{ 1(s−a)m } = eat t m−1 (m−1)! . -Tìm L−1{ s [s2+c2]n }. + với n = 1, L−1{ s s2+c2 } = cos ct. + với n = 2, ta có s [s2+c2]2 = 1c s s2+c2 c s2+c2 = 1cL{cos ct}L{sin ct} = 1cL{cos ct ∗ sin ct}. Do đó, L−1{ s[s2+c2]2 } = 1c cos ct ∗ sin ct = 1c ∫ t 0 cos cu sin c(t− u)du = 12c t sin ct. Vậy, L−1{ s [s2+c2]2 } = 12c t sin ct. + với n = 3, s [s2+c2]3 = 1c s [s2+c2]2 c s2+c2 = 1 2c2 L{t sin ct}L{sin ct} = 1 2c2 L{(t sin ct) ∗ sin ct}. Do đó, L−1{ s [s2+c2]3 } = (t sin ct)∗sin ct 2c2 = 1 2c2 ∫ t 0 (u sin cu sin c(t− u)du = 18c3 (t sin ct− ct2 cos ct). Vậy, L−1{ s [s2+c2]3 } = 1 8c3 (t sin ct− ct2 cos ct). -Tìm L−1{ 1 [s2+c2]n }. + với n = 1, L−1{ 1 s2+c2 } = 1c sin ct. + với n = 2, ta có 1 [s2+c2]2 = 1 c2 c s2+c2 c s2+c2 = 1 c2 L{sin ct}L{sin ct} Toán kĩ thuật §5. Phép biến đổi Laplace 3. Một số bài tập = 1 c2 L{sin ct ∗ sin ct}. Do đó, L−1{ 1 [s2+c2]2 } = 1 c2 sin ct ∗ sin ct = 1 c2 ∫ t 0 sin cu sin c(t− u)du = 12c3 (sin ct− ct cos ct). Vậy, L−1{ s [s2+c2]2 } = 1 2c3 (sin ct− ct cos ct). + với n = 3, tính toán ta có L−1{ 1 [s2+c2]3 } = (3−c2t2) sin ct−3ct cos ct 8c5 . Ví dụ. Tìm biến đổi ngược của các hàm a) F (s) = 1(s−2)(s−3) ; b) F (s) = s+1 s2(s−1) ; c) F (s) = 2s 2 (s2+1)(s−1)2  Ta có L{tν} = ∫∞0 e−sttνdt (ν > −1). Đổi biến τ = st, s > 0 ta có: L{tν} = ∫∞0 e−τ( τs)ν 1sdτ = 1sν+1 ∫∞0 e−ττνdτ = Γ(ν+1)sν+1 . Vậy L{tν} = Γ(ν + 1) sν+1 , ν > −1, s > 0. Do đó L−1{s−ν−1} = L−1{ 1 sν+1 } = tνΓ(ν+1) , ν > −1, s > 0. Toán kĩ thuật §5. Phép biến đổi Laplace 3. Một số bài tập = 1 c2 L{sin ct ∗ sin ct}. Do đó, L−1{ 1 [s2+c2]2 } = 1 c2 sin ct ∗ sin ct = 1 c2 ∫ t 0 sin cu sin c(t− u)du = 12c3 (sin ct− ct cos ct). Vậy, L−1{ s [s2+c2]2 } = 1 2c3 (sin ct− ct cos ct). + với n = 3, tính toán ta có L−1{ 1 [s2+c2]3 } = (3−c2t2) sin ct−3ct cos ct 8c5 . Ví dụ. Tìm biến đổi ngược của các hàm a) F (s) = 1(s−2)(s−3) ; b) F (s) = s+1 s2(s−1) ; c) F (s) = 2s 2 (s2+1)(s−1)2  Ta có L{tν} = ∫∞0 e−sttνdt (ν > −1). Đổi biến τ = st, s > 0 ta có: L{tν} = ∫∞0 e−τ( τs)ν 1sdτ = 1sν+1 ∫∞0 e−ττνdτ = Γ(ν+1)sν+1 . Vậy L{tν} = Γ(ν + 1) sν+1 , ν > −1, s > 0. Do đó L−1{s−ν−1} = L−1{ 1 sν+1 } = tνΓ(ν+1) , ν > −1, s > 0. Toán kĩ thuật §5. Phép biến đổi Laplace 3. Một số bài tập = 1 c2 L{sin ct ∗ sin ct}. Do đó, L−1{ 1 [s2+c2]2 } = 1 c2 sin ct ∗ sin ct = 1 c2 ∫ t 0 sin cu sin c(t− u)du = 12c3 (sin ct− ct cos ct). Vậy, L−1{ s [s2+c2]2 } = 1 2c3 (sin ct− ct cos ct). + với n = 3, tính toán ta có L−1{ 1 [s2+c2]3 } = (3−c2t2) sin ct−3ct cos ct 8c5 . Ví dụ. Tìm biến đổi ngược của các hàm a) F (s) = 1(s−2)(s−3) ; b) F (s) = s+1 s2(s−1) ; c) F (s) = 2s 2 (s2+1)(s−1)2  Ta có L{tν} = ∫∞0 e−sttνdt (ν > −1). Đổi biến τ = st, s > 0 ta có: L{tν} = ∫∞0 e−τ( τs)ν 1sdτ = 1sν+1 ∫∞0 e−ττνdτ = Γ(ν+1)sν+1 . Vậy L{tν} = Γ(ν + 1) sν+1 , ν > −1, s > 0. Do đó L−1{s−ν−1} = L−1{ 1 sν+1 } = tνΓ(ν+1) , ν > −1, s > 0. Toán kĩ thuật §5. Phép biến đổi Laplace 3. Một số bài tập = 1 c2 L{sin ct ∗ sin ct}. Do đó, L−1{ 1 [s2+c2]2 } = 1 c2 sin ct ∗ sin ct = 1 c2 ∫ t 0 sin cu sin c(t− u)du = 12c3 (sin ct− ct cos ct). Vậy, L−1{ s [s2+c2]2 } = 1 2c3 (sin ct− ct cos ct). + với n = 3, tính toán ta có L−1{ 1 [s2+c2]3 } = (3−c2t2) sin ct−3ct cos ct 8c5 . Ví dụ. Tìm biến đổi ngược của các hàm a) F (s) = 1(s−2)(s−3) ; b) F (s) = s+1 s2(s−1) ; c) F (s) = 2s 2 (s2+1)(s−1)2  Ta có L{tν} = ∫∞0 e−sttνdt (ν > −1). Đổi biến τ = st, s > 0 ta có: L{tν} = ∫∞0 e−τ( τs)ν 1sdτ = 1sν+1 ∫∞0 e−ττνdτ = Γ(ν+1)sν+1 . Vậy L{tν} = Γ(ν + 1) sν+1 , ν > −1, s > 0. Do đó L−1{s−ν−1} = L−1{ 1 sν+1 } = tνΓ(ν+1) , ν > −1, s > 0. Toán kĩ thuật §5. Phép biến đổi Laplace 3. Một số bài tập = 1 c2 L{sin ct ∗ sin ct}. Do đó, L−1{ 1 [s2+c2]2 } = 1 c2 sin ct ∗ sin ct = 1 c2 ∫ t 0 sin cu sin c(t− u)du = 12c3 (sin ct− ct cos ct). Vậy, L−1{ s [s2+c2]2 } = 1 2c3 (sin ct− ct cos ct). + với n = 3, tính toán ta có L−1{ 1 [s2+c2]3 } = (3−c2t2) sin ct−3ct cos ct 8c5 . Ví dụ. Tìm biến đổi ngược của các hàm a) F (s) = 1(s−2)(s−3) ; b) F (s) = s+1 s2(s−1) ; c) F (s) = 2s 2 (s2+1)(s−1)2  Ta có L{tν} = ∫∞0 e−sttνdt (ν > −1). Đổi biến τ = st, s > 0 ta có: L{tν} = ∫∞0 e−τ( τs)ν 1sdτ = 1sν+1 ∫∞0 e−ττνdτ = Γ(ν+1)sν+1 . Vậy L{tν} = Γ(ν + 1) sν+1 , ν > −1, s > 0. Do đó L−1{s−ν−1} = L−1{ 1 sν+1 } = tνΓ(ν+1) , ν > −1, s > 0. Toán kĩ thuật §5. Phép biến đổi Laplace 3. Một số bài tập Ví dụ. L{t− 12 } = Γ(− 1 2 +1) s− 1 2+1 = √ pi s 1 2 = √ pi s . Và L{s− 1 2 } = 1√ pit . I Với a, b > 0, ta−1 ∗ tb−1 = ∫ t0 τa−1(t− τ)b−1dτ . Đặt τ = ut ta có ta−1 ∗ tb−1 =ta+b−1 ∫ 10 ua−1(1− u)b−1du = ta+b−1B(a, b). Khi đó L{ta+b−1B(a, b)} = L{ta−1 ∗ tb−1} = L{ta−1}.L{tb−1} = Γ(a)Γ(b) sa+b . Do đó ta+b−1B(a, b) = L−1{Γ(a)Γ(b) sa+b } = Γ(a)Γ(b) ta+b−1Γ(a+b) . Suy ra B(a, b) = Γ(a)Γ(b)Γ(a+b) . I Chuỗi vô hạn. Nếu f(t) = ∑∞ n=0 ant n+ν (ν > −1) hội tụ với mọi t ≥ 0 và |an| ≤ Kαnn! , (K,α > 0), với mọi n đủ lớn, thì L{f(t)} = ∞∑ n=0 anΓ(n+ ν + 1) sn+ν+1 , Res > α. Suy ra, nếu F (s) = ∑∞ n=0 an sn+ν+1 , ν > −1, ở đây chuỗi hội tụ với |s| > R, thì biến đổi ngược là f(t) = L−1{F (s)} = ∞∑ n=0 an Γ(n+ ν + 1) tn+ν . Toán kĩ thuật §5. Phép biến đổi Laplace 3. Một số bài tập Ví dụ. L{t− 12 } = Γ(− 1 2 +1) s− 1 2+1 = √ pi s 1 2 = √ pi s . Và L{s− 1 2 } = 1√ pit . I Với a, b > 0, ta−1 ∗ tb−1 = ∫ t0 τa−1(t− τ)b−1dτ . Đặt τ = ut ta có ta−1 ∗ tb−1 =ta+b−1 ∫ 10 ua−1(1− u)b−1du = ta+b−1B(a, b). Khi đó L{ta+b−1B(a, b)} = L{ta−1 ∗ tb−1} = L{ta−1}.L{tb−1} = Γ(a)Γ(b) sa+b . Do đó ta+b−1B(a, b) = L−1{Γ(a)Γ(b) sa+b } = Γ(a)Γ(b) ta+b−1Γ(a+b) . Suy ra B(a, b) = Γ(a)Γ(b)Γ(a+b) . I Chuỗi vô hạn. Nếu f(t) = ∑∞ n=0 ant n+ν (ν > −1) hội tụ với mọi t ≥ 0 và |an| ≤ Kαnn! , (K,α > 0), với mọi n đủ lớn, thì L{f(t)} = ∞∑ n=0 anΓ(n+ ν + 1) sn+ν+1 , Res > α. Suy ra, nếu F (s) = ∑∞ n=0 an sn+ν+1 , ν > −1, ở đây chuỗi hội tụ với |s| > R, thì biến đổi ngược là f(t) = L−1{F (s)} = ∞∑ n=0 an Γ(n+ ν + 1) tn+ν . Toán kĩ thuật §5. Phép biến đổi Laplace 3. Một số bài tập Ví dụ. L{t− 12 } = Γ(− 1 2 +1) s− 1 2+1 = √ pi s 1 2 = √ pi s . Và L{s− 1 2 } = 1√ pit . I Với a, b > 0, ta−1 ∗ tb−1 = ∫ t0 τa−1(t− τ)b−1dτ . Đặt τ = ut ta có ta−1 ∗ tb−1 =ta+b−1 ∫ 10 ua−1(1− u)b−1du = ta+b−1B(a, b). Khi đó L{ta+b−1B(a, b)} = L{ta−1 ∗ tb−1} = L{ta−1}.L{tb−1} = Γ(a)Γ(b) sa+b . Do đó ta+b−1B(a, b) = L−1{Γ(a)Γ(b) sa+b } = Γ(a)Γ(b) ta+b−1Γ(a+b) . Suy ra B(a, b) = Γ(a)Γ(b)Γ(a+b) . I Chuỗi vô hạn. Nếu f(t) = ∑∞ n=0 ant n+ν (ν > −1) hội tụ với mọi t ≥ 0 và |an| ≤ Kαnn! , (K,α > 0), với mọi n đủ lớn, thì L{f(t)} = ∞∑ n=0 anΓ(n+ ν + 1) sn+ν+1 , Res > α. Suy ra, nếu F (s) = ∑∞ n=0 an sn+ν+1 , ν > −1, ở đây chuỗi hội tụ với |s| > R, thì biến đổi ngược là f(t) = L−1{F (s)} = ∞∑ n=0 an Γ(n+ ν + 1) tn+ν . Toán kĩ thuật §5. Phép biến đổi Laplace 3. Một số bài tập  Hàm lỗi (Error function). Trong lí thuyết xác suất, hàm kí hiệu và xác định như sau đây gọi là hàm lỗi erf(t) = 2√ pi ∫ t 0 e−u 2 du. Hàm lỗi có tính chất rằng lim t→∞ erf(t) = limt→∞ 2√ pi ∫ t 0 e−u 2 du = 1. Trong nhiều trường hợp ta biểu diễn biến đổi ngược thông qua hàm lỗi. Ví dụ. Tìm L−1{ 1√ s(s−1)}. Ở trên ta tính được L{ 1√pit} = 1√s và L{et} = 1s−1 . Do đó 1√s(s−1) = L{ 1√pit .L{et} = L{ 1√pit ∗ et}. Suy ra L−1{ 1√ s(s−1)} = 1√pit ∗ et = ∫ t 0 1√ piτ et−τdτ = e t√ pi ∫ t 0 e−τ√ τ dτ . Đặt u = √ τ ta có L−1{ 1√ s(s−1)} = 2e t√ pi ∫ √t 0 e −u2du = eterf( √ t). Từ tính dịch chuyển ảnh ta suy ra L−1{erf(√t)} = 1 s √ s+1 . Toán kĩ thuật §5. Phép biến đổi Laplace 3. Một số bài tập  Hàm lỗi (Error function). Trong lí thuyết xác suất, hàm kí hiệu và xác định như sau đây gọi là hàm lỗi erf(t) = 2√ pi ∫ t 0 e−u 2 du. Hàm lỗi có tính chất rằng lim t→∞ erf(t) = limt→∞ 2√ pi ∫ t 0 e−u 2 du = 1. Trong nhiều trường hợp ta biểu diễn biến đổi ngược thông qua hàm lỗi. Ví dụ. Tìm L−1{ 1√ s(s−1)}. Ở trên ta tính được L{ 1√pit} = 1√s và L{et} = 1s−1 . Do đó 1√s(s−1) = L{ 1√pit .L{et} = L{ 1√pit ∗ et}. Suy ra L−1{ 1√ s(s−1)} = 1√pit ∗ et = ∫ t 0 1√ piτ et−τdτ = e t√ pi ∫ t 0 e−τ√ τ dτ . Đặt u = √ τ ta có L−1{ 1√ s(s−1)} = 2e t√ pi ∫ √t 0 e −u2du = eterf( √ t). Từ tính dịch chuyển ảnh ta suy ra L−1{erf(√t)} = 1 s √ s+1 . Toán kĩ thuật §5. Phép biến đổi Laplace 3. Một số bài tập  Hàm Bessel. Đây là một hàm quan trọng, nó là nghiệm của phương trình Bessel cấp ν sau t2 d2y dt2 + t dy dt + (t2 − ν2)y = 0. Nghiệm được cho ở dạng (nghiệm của phương trình Bessel trên ứng với a = 1) Jν(at) = ∞∑ n=0 (−1)n(at)2n+ν 22n+νn!(n+ ν)! , ở đây (n+ ν)! := Γ(n+ ν + 1). Với ν = 0, J0(at) = ∞∑ n=0 (−1)na2nt2n 22n(n!)2 = ∞∑ n=0 a2nt 2n, với a2n = (−1)na2n 22n(n!)2 . Toán kĩ thuật §5. Phép biến đổi Laplace 3. Một số bài tập Ta có L{J0(at)} = ∞∑ n=0 (−1)na2n 22n(n!)2 L{t2n} = ∞∑ n=0 (−1)na2n 22n(n!)2 (2n)! s2n+1 = 1 s ∞∑ n=0 (−1)n(2n)! 22n(n!)2 (a2 s2 )n = 1 s ( s√ s2 + a2 ) (Res > |a|) = 1√ s2 + a2 . Ở đây ta đã dùng khai triển Taylor sau đây (với u = a/s), 1√ 1 + u2 = ∞∑ n=0 (−1)na2n 22n(n!)2 u2n, (|u| < 1). Toán kĩ thuật §5. Phép biến đổi Laplace 4. Áp dụng cho phương trình và hệ phương trình vi phân • Đường lối chung. Khi áp dụng biến đổi Laplace cho phương trình (hệ phương trình) vi phân thường ta có đường lối chung như sau -Bước 1. Lấy biến đổi Laplace cả hai vế của phương trình (tương ứng, của các phương trình trong hệ). -Bước 2. Thu được phương trình L{y} = F (s) (tương ứng, hệ các phương trình L{yi} = Fi(s), i = 1, 2, ..., n), ở đây F (s) (Fi(s)) là khai triển đại số của biến s. -Bước 3. Lấy biến đổi ngược ta được nghiệm y = L{F (s)} (tương ứng, yi = L{Fi(s)}, i = 1, 2, ..., n). • Phương trình vi phân tuyến tính hệ số hằng an dny dtn +an−1 dn−1y dtn−1 +...+a1 dy dt +a0y = f(t), (∗) với điều kiện đầu y(0) = y0, y ′(0) = y1,..., yn−1(0) = yn−1. Toán kĩ thuật §5. Phép biến đổi Laplace 4. Áp dụng cho phương trình và hệ phương trình vi phân • Đường lối chung. Khi áp dụng biến đổi Laplace cho phương trình (hệ phương trình) vi phân thường ta có đường lối chung như sau -Bước 1. Lấy biến đổi Laplace cả hai vế của phương trình (tương ứng, của các phương trình trong hệ). -Bước 2. Thu được phương trình L{y} = F (s) (tương ứng, hệ các phương trình L{yi} = Fi(s), i = 1, 2, ..., n), ở đây F (s) (Fi(s)) là khai triển đại số của biến s. -Bước 3. Lấy biến đổi ngược ta được nghiệm y = L{F (s)} (tương ứng, yi = L{Fi(s)}, i = 1, 2, ..., n). • Phương trình vi phân tuyến tính hệ số hằng an dny dtn +an−1 dn−1y dtn−1 +...+a1 dy dt +a0y = f(t), (∗) với điều kiện đầu y(0) = y0, y ′(0) = y1,..., yn−1(0) = yn−1. Toán kĩ thuật §5. Phép biến đổi Laplace 4. Áp dụng cho phương trình và hệ phương trình vi phân I Cách giải. Tính F (s) = L{f(t)}. Lấy biến đổi Laplace hai vế phương trình (∗) ta có L{an dnydtn + an−1 d n−1y dtn−1 + ...+ a1 dy dt + a0y} = L{f(t)} ⇐⇒ anL{dnydtn }+ an−1L{d n−1y dtn−1 }+ ...+ a1L{dydt }+ a0L{y} = F (s). Thay vào phương trình này L{dky dtk } = skL{y} - sk−1y(0) - sk−2y′(0) - ...-y(k−1)(0), k = 1, ..n, và các điều kiện đầu y(0) = y0, y ′(0) = y1,..., yn−1(0) = yn−1, sau đó biến đổi ta được L{y} = F (s) + ∑n−1 i=0 yi (∑n j=i+1 ajs j−1 ) ∑n k=0 aks k . Nghiệm của phương trình là y(t) = L−1{ F (s) + ∑n−1 i=0 yi (∑n j=i+1 ajs j−1 ) ∑n k=0 aks k }. Toán kĩ thuật §5. Phép biến đổi Laplace 4. Áp dụng cho phương trình và hệ phương trình vi phân I Ví dụ. Giải phương trình y′′′ + y′′ = et + t+ 1, y(0) = y′(0) = y′′(0) = 0. Lấy biến đổi Laplace hai vế được L{y′′′}+ L{y′′} = L{et}+ L{t}+ L{1}. Hoặc tương đương: [s3L{y} - s2y(0)- sy′(0) - y′′(0)] + [s2L{y} - sy(0)- y′(0)] = 1s−1 + 1 s2 + 1s . Thay điều kiện đầu vào được s3L{y}+ s2L{y} = 2s2−1 s2(s−1) ⇐⇒ L{y} = 2s 2−1 s4(s+1)(s−1) . Dùng phương pháp đồng nhất hệ số ta tính được: 2s2−1 s4(s+1)(s−1) = A s + B s2 + C s3 + D s4