Giáo trình Toán chuyên ngành Điện - Chương 6: Phép biến đổi Laplace (Phần 2)

 QUAN HỆ GIỮA GỐC VÀ ẢNH 
Định lý:Nếu f(t) là một hàm gốc với chỉ số tăng so và F(p) là ảnh của nó thì tại mọi 
điểm liên tục của hàm f(t) ta có: 
∫
∞+
∞−π=
ja
ja
pt dp)p(Fe
j2
1)t(f (36) 
trong đó a là một số thực bất kì lớn hơn so. Tích phân bên vế phải được hiểu theo 
nghĩa giá trị chính. 
Công thức (36) được gọi là công thức ngược của Mellin. Ta thừa nhận mà không 
chứng minh định lí này. 
§14. ĐIỀU KIỆN ĐỦ ĐỂ F(p) LÀ MỘT HÀM ẢNH 
Định lí: Giả sử F(p) là một hàm biến phức thoả mãn các điều kiện sau: 
8F(p) giải tích trong nửa mặt phẳng Rep > so 
8F(p) → 0 khi | p | → +∞ trong nửa mặt phẳng Rep > a > so đều đối với argp 
8tích phân ∫
∞+
∞−
ja
ja
pt dp)p(Fe hội tụ tuyệt đối 
Khi đó F(p) là ảnh của hàm gốc cho bởi công thức: 
∫
∞+
∞−π=
ja
ja
pt dp)p(Fe
j2
1)t(f a > so t > 0 (37) 
§15. TÌM HÀM GỐC CỦA MỘT PHÂN THỨC THỰC SỰ 
Một phân thức hữu tỉ được gọi là thực sự nếu bậc của mẫu số lớn hơn bậc của 
tử số của nó. 
Cho một phân thức thực sự 
)p(B
)p(A)p(F = , trong đó tử số và mẫu số là các đa 
thức không có nghiệm chung. Nếu gọi ak (k = 1, 2,.., n) là các điểm cực của F(p) thì 
F(p) là ảnh của hàm η(t).f(t) trong đó: 
[ ]∑
=
= n
1k
k
pt a,e)p(FsRe)t(f (40) 
( Nếu ak là cực điểm cấp mk thì theo công thức tính thặng dư: 
 Res[ F(p)ept, ak ] = [ ] )1km(ptkmk
kapk
e)p(F)ap(lim
)!1m(
1 −
→ −− 
nên công thức (40) trở thành: 
113
[ ]∑
=
−
→ −−=
n
1k
)1km(ptkm
k
kapk
e)p(F)ap(lim
)!1m(
1)t(f (42) 
( Đặc biệt, nếu các cực điểm đều đơn, tức mk = 1, thì cách tính thặng dư đơn giản 
hơn: 
Res[ F(p)ept, ak ] = tka
k
k e
)a(B
)a(A
′ 
và ta có: 
 ∑
= ′=
n
1k
tka
k
k e
)a(B
)a(A)t(f (43) 
( Đặc biệt hơn nữa, nếu số 0 cũng là một cực điểm đơn thì khi đó mẫu số B(p) có 
thừa số chung là p: B(p) = p.B1(p) với B1(0) ≠ 0, B1(ak) = 0 khi k = 2, 3,..,n. Trong 
công thức (43) chọn a1 = 0 ta được: 
 ∑
= ′+′=
n
2k
tka
k
k e
)a(B
)a(A
)0(B
)0(A)t(f 
Vì B’(p) = B1(p) + )p(Bp 1′ nên B’(0) = B1(0), B’(ak) = )a(Ba k1k ′ nên: 
∑
= ′+′=
n
2k
tka
k
k e
)a(B
)a(A
)0(B
)0(A)t(f ↔ 
)p(pB
)p(A
1
 (44) 
( Nếu A(p) và B(p) là các đa thức có các hệ số đều là số thực và nếu các cực điểm 
đều đơn gồm: 
 * những số thực b1, b2,..., br 
 * những số phức liên hợp a1, a2, ..., as, s21 a,,a,a K 
khi đó r + 2s = n là số cực điểm; ak = αk + jβk, kkk ja β−α= và đặt 
kk
k
k jNM
)a(B
)a(A +=′ thì (43) còn có thể viết dưới dạng sau: 
[ ]tsinNtcosMe2e
)b(B
)b(A)t(f kkkk
s
1k
tk
r
1k
tkb
k
k β−β+′= ∑∑ =
α
=
 (46) 
Ví dụ 1: Tìm gốc của hàm 
)bp)(ap(p
1)p(F ++= 
Trong ví dụ này A(p) = 1; B(p) = p.B1; B1 = (p + a)(p + b). Các cực điểm của F(p) là: 
 a1 = 0; a2 = -a; a3 = -b 
Áp dụng công thức (44) ta được: 
)ab(b
e
)ba(a
e
ab
1)t(f
btat
−+−+=
−−
Ví dụ 2: Tìm gốc của hàm:
)8p4p)(2p(
2p3p3)p(F 2
2
++−
++= 
Trong ví dụ này A(p) = 3p2 + 3p + 2, B(p) = (p - 2)(p2 + 4p + 8), B’(p) = 3p2 + 4p. 
Các cực điểm của F(p) là: 
b1 = 2, a1 = -2 + 2j 1a = -2 - 2j nên α1 = -2, β1 = 2 
114
Theo (46) ta được: 
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ β′−β′+′=
α tsin
)a(B
)a(AImtcos
)a(B
)a(ARee2e
)b(B
)b(A)t(f 1
1
1
1
1
1t1t1b
1
1 
Nhưng: 
 1
20
20
)2('B
)2(A == 
4
j1
)j84(2
4j18
)j22(B
)j22(A +=+−
−−=+−′
+− 
Vậy: 
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −+= − t2sin
4
1t2cose2e)t(f t2t2 
Ví dụ 3: Tìm gốc của hàm 32 p)1p(
2p)p(F −
+= 
Ta có A(p) = p + 2, B(p) = p3(p - 1)2. Vậy F(p) có hai cực điểm là: 
a1 = 1 (cấp 2) và a2 = 0 (cấp 3) 
Để tính f(t) ta dùng công thức (42): 
( ) 8t5tt5t2t516
2
1
te
)1p(
5pet
)1p(
2pte
)1p(
5pe
)1p(
16p2lim
2
1
te
)1p(
2pe
)1p(
5plim
2
1e
)1p(
2plim
2
1e
)1p(p
2pplim
2
1
22
pt
3
pt2
2
pt
3
pt
40p
pt
3
pt
30p
pt
20p
pt
23
3
0p
++=+++
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
−
−−+−
++−
−−+−
+
=
′
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
−
++−
−−=
″
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
−
+=
″
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
−
+
→
→→→
và: 
 tt3
ptpt
41p
pt
31p
pt
32
2
1p
e8te3
p
2ptee
p
6p2lime
p
2plime
p)1p(
2p)1p(lim −=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ ++−−=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ +=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
−
+− →→→ 
Thay vào (42) ta được: 
( ) t2pt31ppt20p e8t38t5tep
2plime
)1p(
2plim
2
1)t(f −+++=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ ++
″
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
−
+= →→ 
Ví dụ 4: Tìm gốc của hàm 
p)1p(
e)p(F 3
p
+=
−
Trước hết ta tìm gốc g(t) của hàm
p)1p(
1)p(G 3 += . Đối với hàm này A(p) = 1, 
B(p) = p(p3 + 1). Vậy G(p) có các cực điểm thực là: 
 b1 = 0, b2 = -1 
và cặp cực điểm phức liên hợp: 
115
2
3j1a1
+= và 
2
3j1a1
−= . 
Ta có: B’(p) = 4p3 + 1 
nên: B’(0) = 1 
B’(-1) = - 3 
 ( ) 313sinj3cos41
3
sini
3
cos41
2
3j14
2
3j1B
33
−=+π+π=+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ π+π=+⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ +=⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ +′ 
3
1
)a(B
1ReM
1
1 −=′= 
 0
)a(B
1ImN
1
1 =′= 
Thay vào (46) ta được: 
t
2
3cose
3
2e
3
11
t
2
3sinNt
2
3cosMe2e
)1(B
1e
)0(B
1)t(g
2
t
t
11
2
t
tot
−−=
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −+−′+′=
−
−
Để tính f(t) ta dùng tính chất trễ theo (17): 
 η(t - 1)g(t - 1) ↔ e-pG(p) = F(p) 
tức là: 
( )
⎭⎬
⎫
⎩⎨
⎧
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −−−−η=−−η=
−
+− 1t
2
3cose
3
2e
3
11)1t()1t(g)1t()t(f 2
1t
1t 
Ví dụ 5: Tìm gốc của hàm 
p2p
1p)p(F 2 +
+= 
Phương trình p2 + 2p có hai nghiệm đơn là a1 = 0 và a2 = -2. Áp dụng công thức thặng 
dư tại cực điểm đơn ta có: 
Res[(p)ept, 0] = 
2
1e
2p2
1plim pt
0p
=+
+
→
Res[(p)ept, -2] = ptpt
2p
e
2
1e
2p2
1plim −−→ =+
+ 
Vậy ( )pte1
2
1)p(F +↔ 
§16. TÌM HÀM GỐC CỦA MỘT PHÂN THỨC HỮU TỈ 
Trong thực tế, để tìm gốc của một phân thức hữu tỉ ta phân tích chúng thành 
các phân thức tối giản loại 1: 
116
n)ap(
1hay
ap
1
−− với a thực, n nguyên dương 
và các phân thức tối giản loại 2: 
 n22 )cbp2p(
WMphay
cbp2p
NMp
++
+
++
+ với M, N, b, c thực; b2 - c < 0; n nguyên 
dương. 
Đối với phân thức tối giản loại 1 ta chú ý rằng: 
!n
t
p
1;1
p
1 1n
n
−
↔↔ 
Do đó dùng công thức dịch chuyển ảnh ta có: 
)!1n(
te
)ap(
1;e
ap
1 1nat
n
at
−↔−↔−
−
Đối với phân thức tối giản loại 2 ta làm như sau: 
 ¾ Ta đưa tam thức ở mẫu số về dạng chính tắc: 
[ ] [ ]n22n222 )bp( MbN)bp(M)bc()bp( MbN)bp(Mcbp2p NMp α++ −++=−++ −++=++ + 
với α2 = c - b2 
¾ Tìm gốc của ( )n22p
Mp
α+ và của ( )n22p
MbN
α+
− rồi dùng công thức chuyển dịch 
ảnh. Khi tìm gốc của ( )n22p
p
α+ hay của ( )n22p
1
α+ ta thường tới công thức đạo hàm 
ảnh. 
Ví dụ 1:Tìm gốc của hàm 
1pp
1p)p(F 2 ++
+= 
Đưa mẫu số về dạng chính tắc ta có: 
4
3
2
1p1pp
2
2 +⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +=++ 
Vậy: 
4
3
2
1p
2
1
4
3
2
1p
2
1p
4
3
2
1p
1p
1pp
1p)p(F 2222
+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +
+
+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +
+
=
+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +
+=++
+= 
Ta có: t
2
3cos
4
3p
p
2
↔
+
 t
2
3sin
3
2
4
3p
1
2
↔
+
117
Áp dụng công thức dịch chuyển ảnh ta có: 
t
2
3cose
4
3
2
1p
p 2
t
2
−↔
+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +
t
2
3sin
3
2e
4
3
2
1p
1 2
t
2
−↔
+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +
Vây: +↔ − t
2
3cose)t(f 2
t
t
2
3sin
3
2e 2
t−
Ví dụ 2: Tìm gốc của hàm 22 )2p2p(
4p3)p(F +−
−= 
Đưa mẫu số về dạng chính tắc ta có: 
[ ] [ ] [ ]22222222 1)1p( 11)1p( )1p(31)1p( 1)1p(3)2p2p( 4p3)p(F +−−+− −=+− −−=+− −= 
Đặt 2222 )1p(
1
)1p(
p3)p(G +−+= thì G(p - 1) = F(p). Vậy nếu tìm được gốc của G(p) ta 
sẽ dùng công thức dịch chuyển ảnh để tìm gốc của F(p). 
Vì: 
1p
1
2
1
1p
p
2
1
)1p(
1
2222 ++
′
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
+=+ 
′
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
+−=+ 1p
1
2
1
)1p(
p
222 
nên: 
1p
1
2
1
1p
p
2
1
1p
1
2
3)p(G 222 +−
′
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
+−
′
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
+−= (47) 
Vì: tcos
1p
p;tsin
1p
1
22 ↔+↔+ 
nên áp dụng tính chất đạo hàm ảnh ta có: 
tcost
1p
p;tsint
1p
1
22 −↔
′
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
+−↔
′
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
+ 
Từ (47) ta suy ra: 
 tsin
2
1tcost
2
3tsint
2
3)t(g −+= 
 ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −+== tsin
2
1tcost
2
3tsint
2
3e)t(ge)t(f tt 
Ví dụ 3: Tìm gốc của hàm 
)8p4p)(2p(
2p2p3)p(F 2
2
++−
++= 
118
Phân tích F(p) thành phân thức tối giản ta được: 
4)2p(
1)2p(2
2p
1
8p4p
3p2
2p
1
)8p4p)(2p(
2p2p3)p(F 222
2
++
−++−=++
++−=++−
++= 
4)2p(
1
4)2p(
2p2
2p
1
22 ++−++
++−= 
Vì t2e
2p
1 ↔− 
t2cos2
4p
p2
2 ↔+ 
tsin
2
1
4p
1
2 ↔+ 
Nên chuyển dịch ảnh ta được: 
2
t2sine
4)2p(
1;t2cose2
4)2p(
2p2 t22
t2
2
−− ↔++↔++
+ 
Cuối cùng: 
 t2e)t(f =
2
t2sinet2cose2 t2t2 −− −+ 
§17. TÌM HÀM GỐC DƯỚI DẠNG CHUỖI 
Định lí: Nếu hàm F(p) giải tích tại p = ∞, nghĩa là tại lân cận p = ∞, khai triển Laurent 
của nó có dạng: 
 ∑∞
=
=+++=
1n
n
n
3
3
2
21
p
C
p
C
p
C
p
C)p(F L (48) 
thì F(p) là ảnh của hàm η(t)f(t) trong đó: 
)!1n(
tCt
!2
Ct
!1
CC)t(f
1n
1n
n
222
1 −=+++=
−∞
=
∑L (49) 
Ví dụ 1: Tìm gốc của hàm p
1
1n ep
1)p(F
−
+= 
Khai triển 
 k
0k
k
32
p
1
p
1
!k
)1(
p!3
1
p!2
1
p
11e ∑∞
=
− −=+−+−= L 
Vậy: 1kn
0k
k
p
1
!k
)1()p(F ++
∞
=
∑ −= 
Vì: 
)!kn(
t
p
1 kn
1kn +↔
+
++ 
nên:
)!kn(
t
!k
)1()t(f
kn
0k
k
+
−=
+∞
=
∑ 
119
Ví dụ 2: Tìm gốc của hàm 
1p
p)p(F 10
9
−= 
Khai triển F(p) tại lân cận p = ∞ ta được: 
LL +++++=
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −
=
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −
=−= +1n102111
1010
10
9
10
9
p
1
p
1
p
1
p
1
p
11p
1
p
11p
p
1p
p)p(F 
Theo định lí trên ta có: 
( ) LL +++++= !n10
t
!20
t
!10
t1)t(f
n102010
Ví dụ 3: Tìm gốc của hàm 
1p
1)p(F
2 += 
Áp dụng khai triển nhị thức ta có: 
L
L
+−+−=
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ +⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛−⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛−⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛−+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛−⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛−+−=+=
73523
6422
p!3.2
5.3.1
p!2.2
3.1
p2
1
p
1
p
1
!3
1
2
5
2
3
2
1
p
1
!2
1
2
3
2
1
p
1.
2
11
p
1
1p
1)p(F
Do 
!n
t
p
1 n
1n ↔+ 
Nên ta có: 
∑∞
=
−=++−=
0n
2n2
n2
n
24
4
22
2
)!n(2
t)1(
)!2(2
t
)!1(2
t1)t(f L 
§18. DÙNG CÔNG THỨC NHÂN ẢNH VÀ CÔNG THỨC DUHAMEL 
Ta nhắc lại công thức nhân ảnh: 
 F(p).G(p) = f*g 
 pF(p)G(p) = f’*g + f(0)g(t) 
Ví dụ: Tìm gốc của hàm ( )( )4p1p p2)p(F 22 ++= 
Ta có thể viết: 
 ( )( ) 4p p.1p 24p1p p2)p(F 2222 ++=++= 
Vì t2cos2
4p
p;tsin2
1p
2
22 ↔+↔+ 
nên theo công thức nhân ảnh ta có: 
τττ−== ∫ d2cos)tsin(2t2cos*tsin2)t(f
t
0 
Nhưng 2sin(t - τ).cos2τ = sin(t + τ)sin(t - 3τ) nên: 
120