Phép biến đổi Laplace – Wikipedia tiếng Việt

Biến đổi Laplace là một biến đổi tích phân của hàm số

f
(
t
)

{\displaystyle f(t)}

$f(t)$ từ miền thời gian sang miền tần số phức

F
(
s
)

{\displaystyle F(s)}

$F(s)$ , được tạo ra bởi nhà toán học người Pháp Pierre-Simon Laplace. Cùng với biến đổi Fourier, phép biến đổi này là một trong hai biến đổi hữu ích trong việc giải các bài toán vật lý, bằng cách đơn giản hóa các phép toán giải tích phức tạp như đạo hàm, tích phân thành các phép tính đại số (giống như cách mà hàm logarit chuyển một phép toán nhân các số thành phép cộng các logarit của chúng). Vì vậy nó đặc biệt hữu ích trong giải các phương trình vi phân, phương trình đạo hàm riêng, phương trình tích phân, và những phương trình thường xuất hiện trong các bài toán vật lý, trong phân tích mạch điện, xử lý số liệu, dao động điều hòa, các hệ cơ học,… Bởi vì qua biến đổi Laplace các phương trình này có thể trở thành các phương trình đại số đơn giản hơn. Đối với các nghiệm của hàm ảnh trong không gian p, chúng ta dùng biến đổi Laplace ngược để có lại hàm gốc trong không gian thực t.

Từ năm 1744, nhà toán học người Thụy Sĩ Leonhard Euler đã đưa ra những tích phân dưới đây để giải những phương trình vi phân :

z
=
∫
X
(
x
)

a
x

d
x

{\displaystyle z=\int X(x)e^{ax}dx}

$z=\int X(x)e^{ax}dx$ và

z
=
∫
X
(
x
)

d
x

{\displaystyle z=\int X(x)x^{A}dx}

$z=\int X(x)x^{A}dx$

Năm 1773, nhà toán học người Pháp gốc Ý Joseph-Louis Lagrange, một người rất ngưỡng mộ Euler, đã nghiên cứu cách tính tích phân của hàm mật độ xác suất và đưa ra biểu thức tích phân:

Bạn đang đọc: Phép biến đổi Laplace – Wikipedia tiếng Việt

∫
X
(
x
)

a
x

d
x

{\displaystyle \int X(x)e^{ax}a^{x}dx}

$\int X(x)e^{ax}a^{x}dx$

Năm 1782, Laplace đã chú ý quan tâm đến những dạng tích phân này khi ông liên tục khu công trình của Euler là sử dụng phép tính tích phân để giải phương trình. Đến năm 1785, vượt ra khỏi số lượng giới hạn xử lý những phương trình bằng giải pháp tích phân, ông đã đưa ra những biến hóa mà sẽ trở nên phổ cập về sau, với phép tích phân :

∫

Φ

(
s
)
d
x

{\displaystyle \int x^{s}\Phi \ (s)dx}

$\int x^{s}\Phi \ (s)dx$

Nó tựa như với biến hóa Mellin, bằng cách biến hóa phương trình sai phân để giải phương trình biến hóa. Với phương pháp tương tự như, Laplace đã suy ra những đặc thù của biến hóa Laplace. Ông cũng nhận ra rằng giải pháp của Joseph Fourier trong chuỗi Fourier để giải phương trình khuếch tán chỉ hoàn toàn có thể vận dụng trong một vùng khoảng trống số lượng giới hạn .

Phép biến đổi Laplace là cách tiếp cận miền tần số cho các tín hiệu thời gian liên tục bất kể tính ổn định của hệ thống. Phép biến đổi Laplace của hàm số f(t) (với mọi số thực t ≥ 0) là hàm số F(s), được định nghĩa như sau:

 ${\mathcal {L}}\{f(t)\}=F(s)=\int \limits _{0^{-}}^{\infty }f(t)e^{-st}dt$

Trong đó:

{\displaystyle s}

$s$ là biến số phức cho bởi

s
=
σ
+
j
ω

{\displaystyle s=\sigma +j\omega }

$s=\sigma +j\omega$ (với

{\displaystyle s}

là miền tần số, có đơn vị là phần giây (second)

−
1

{\displaystyle s^{-1}}

$s^{-1}$

Giới hạn

−

{\displaystyle 0^{-}}

$0^{-}$ chỉ rõ thời điểm bắt đầu ngay trước khi

t
=
0

{\displaystyle t=0}

$t=0$ , được dùng để lấy gốc hàm số

f
(
t
)

{\displaystyle f(t)}

tại thời điểm

t
=
0

{\displaystyle t=0}

Biến đổi Laplace hai phía[sửa|sửa mã nguồn]

Một khi nói ” biến hóa Laplace ” mà không quan tâm thêm gì, thường là ta nói đến đổi khác một phía. Biến đổi Laplace hoàn toàn có thể được định nghĩa là biến hóa Laplace hai phía bằng cách lan rộng ra số lượng giới hạn của tích phân đến vô cực .

F
(
s
)
=

{

f
(
t
)

}

∫

−
∞

∞

f
(
t
)

−
s
t

d
t

{\displaystyle F(s)={\mathcal {L}}\left\{f(t)\right\}=\int _{-\infty }^{\infty }f(t)e^{-st}dt}

$F(s)={\mathcal {L}}\left\{f(t)\right\}=\int _{-\infty }^{\infty }f(t)e^{-st}dt$

Như vậy, biến hóa Laplace một phía đơn thuần sẽ trở thành trường hợp đặc biệt quan trọng của đổi khác Laplace hai phía, được xác lập bằng cách lấy hàm đã quy đổi nhân với hàm bước nhảy Heaviside .

Biến đổi Laplace ngược[sửa|sửa mã nguồn]

Biến đổi Laplace ngược giúp tất cả chúng ta tìm lại hàm gốc f ( t ) từ hàm ảnh F ( s ). Biến đổi Laplace ngược được định nghĩa bởi tích phân sau .

{\mathcal {L}}^{-1}\left\{F(s)\right\}=f(t)={\frac {1}{2\pi i}}\int _{\gamma -i\infty }^{\gamma +i\infty }e^{st}F(s)ds

Nhưng thường thì tất cả chúng ta ít dùng đến tích phân này để tính hàm gốc mà dùng bảng ” những hàm gốc – hàm ảnh tương ứng ” đã có sẵn để tìm lại hàm gốc f ( t ) .

Tính chất hàm gốc[sửa|sửa mã nguồn]

Tập hợp các hàm f của biến số thực t sao cho tích phân

∫

∞

f
(
t
)

−
s
t

d
t

{\displaystyle \int _{0}^{\infty }f(t)e^{-st}dt}

$\int _{0}^{\infty }f(t)e^{-st}dt$ hội tụ ít nhất với một số phức p gọi là lớp hàm gốc. Trong khi đó tập hợp các giá trị của p sao cho tích phân

∫

∞

f
(
t
)

−
s
t

d
t

{\displaystyle \int _{0}^{\infty }f(t)e^{-st}dt}

tồn tại thì được gọi là miền hội tụ (hay miền qui tụ).

Ta hoàn toàn có thể chứng tỏ được lớp những hàm gốc phải thỏa mãn nhu cầu những đặc thù sau .

f(t) = 0, với mọi t < 0.
Khi t ≥ 0, hàm f(t) liên tục cùng với các đạo hàm cấp đủ lớn trên toàn trục t, trừ một số hữu hạn điểm gián đoạn loại một.

Khi

t\to +\infty

{\displaystyle \left|f(t)\right|\leq Me^{st},\forall t>0}” class=”mwe-math-fallback-image-inline” src=”https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/4f692f4c6aa2f5e1cbf2d988644f4bf49123435b”/></span>o = inf {s} được gọi là chỉ số tăng của hàm f. (Tức là hàm f(t) không được tăng nhanh hơn hàm est để đảm bảo tích phân Laplace hội tụ).</li> </ul> <h2>Tính chất của đổi khác Laplace<span class=

Cho các hàm f(t) và g(t), và các hàm ảnh tương ứng F(s) và G(s):

f
(
t
)
=

−
1

{

F
(
s
)

}

{\displaystyle f(t)={\mathcal {L}}^{-1}\left\{F(s)\right\}}

$f(t)={\mathcal {L}}^{-1}\left\{F(s)\right\}$

g
(
t
)
=

−
1

{

G
(
s
)

}

{\displaystyle g(t)={\mathcal {L}}^{-1}\left\{G(s)\right\}}

$g(t)={\mathcal {L}}^{-1}\left\{G(s)\right\}$

Sau đây là bảng các tính chất của biến đổi Laplace:

TÍNH CHẤT	MIỀN THỜI GIAN	MIỀN TẦN SỐ
Tuyến tính	$af(t)+bg(t)\$	$aF(s)+bG(s)\$
Đạo hàm trong miền tần số	$tf(t)\$	$-F'(s)\$
Đạo hàm bậc n trong miền tần số	$t^{n}f(t)\$	$(-1)^{n}F^{(n)}(s)\$
Đạo hàm trong miền thời gian	$f'(t)\$	$sF(s)-f(0^{-})\$
Đạo hàm bậc 2	$f''(t)\$	$s^{2}F(s)-sf(0^{-})-f'(0^{-})\$
Tổng quát	$f^{(n)}(t)\$	$s^{n}F(s)-s^{n-1}f(0^{-})-\cdots -f^{(n-1)}(0^{-})\$
Tích phân trong miền tần số	${\frac {f(t)}{t}}\$	$\int _{s}^{\infty }F(\sigma )\,d\sigma \$
Tích phân trong miền thời gian	$\int _{0}^{t}f(\tau )\,d\tau =u(t)*f(t)$	${1 \over s}F(s)$
Đồng dạng	$f(at)\$	${1 \over \|a\|}F\left({s \over a}\right)$
Biến đổi trong miền tần số	$e^{at}f(t)\$	$F(s-a)\$
Biến đổi trong miền thời gian	$f(t-a)u(t-a)\$	$e^{-as}F(s)\$
Tích chập	$(f*g)(t)\$	$F(s)\cdot G(s)\$
Hàm tuần hoàn	$f(t)\$	${1 \over 1-e^{-Ts}}\int _{0}^{T}e^{-st}f(t)\,dt$

Định lý giá trị ban đầu: (Định lý giới hạn)

f
(

)
=

lim

s
→
∞

s
F
(
s
)

{\displaystyle f(0^{+})=\lim _{s\to \infty }{sF(s)}}

$f(0^{+})=\lim _{s\to \infty }{sF(s)}$

Định lý giá trị cuối: (Định lý giới hạn)

f
(
∞
)
=

lim

s
→
0

s
F
(
s
)

{\displaystyle f(\infty )=\lim _{s\to 0}{sF(s)}}

$f(\infty )=\lim _{s\to 0}{sF(s)}$ , trong nửa mặt phẳng (Re.s > so)

Biến đổi Laplace của phép đạo hàm của một hàm[sửa|sửa mã nguồn]

Thường dùng phép tính vi phân của biến hóa Laplace để tìm dạng đạo hàm của một hàm. Ta hoàn toàn có thể thu được từ biểu thức cơ bản so với biến hóa Laplace như sau :

{\mathcal {L}}\left\{f(t)\right\}=\int _{0^{-}}^{+\infty }e^{-st}f(t)\,dt

~~=\left[{\frac {f(t)e^{-st}}{-s}}\right]_{0^{-}}^{+\infty }-\int _{0^{-}}^{+\infty }{\frac {e^{-st}}{-s}}f'(t)dt

~~=\left[-{\frac {f(0)}{-s}}\right]+{\frac {1}{s}}{\mathcal {L}}\left\{f'(t)\right\},

{\mathcal {L}}\left\{{\frac {df}{dt}}\right\}=s\cdot {\mathcal {L}}\left\{f(t)\right\}-f(0),

Trong trường hợp 2 bên, ta có

{\mathcal {L}}\left\{{df \over dt}\right\}=s\int _{-\infty }^{+\infty }e^{-st}f(t)\,dt=s\cdot {\mathcal {L}}\{f(t)\}.

Liên hệ với những đổi khác khác[sửa|sửa mã nguồn]

Biến đổi Fourier[sửa|sửa mã nguồn]

Biến đổi Fourier liên tục tương đương với giá trị của biến đổi Laplace hai bên với argument là số phức s = iω hay

s
=
2
π
f
i

{\displaystyle s=2\pi fi}

$s=2\pi fi$

{\begin{array}{rcl}F(\omega )&=&{\mathcal {F}}\left\{f(t)\right\}\\[1em]&=&{\mathcal {L}}\left\{f(t)\right\}|_{s=i\omega }=F(s)|_{s=i\omega }\\[1em]&=&\int _{-\infty }^{+\infty }e^{-\imath \omega t}f(t)\,\mathrm {d} t.\\\end{array}}

Chú ý biểu thức này không tính đến hệ số tỉ lệ

2
π

{\displaystyle {\frac {1}{\sqrt {2\pi }}}}

${\frac {1}{\sqrt {2\pi }}}$ , điều này được tính đến trong định nghĩa của biến đổi Fourier.

Mối quan hệ này giữa biến đổi Laplace và biến đổi Fourier thường được dùng để xác định quang phổ tần số của một tín hiệu hay hệ thống động lực học (dynamic system).

Biến đổi Mellin[sửa|sửa mã nguồn]

Biến đổi Mellin và phép nghịch đảo của nó liên hệ với đổi khác Laplace hai bên bằng cách đổi khác biến. Trong đổi khác Mellin

G(s)={\mathcal {M}}\left\{g(\theta )\right\}=\int _{0}^{\infty }\theta ^{s}g(\theta ){\frac {d\theta }{\theta }}

Ta đặt θ = e-t, ta sẽ thu được đổi khác Laplace hai bên .

Biến đổi Z[sửa|sửa mã nguồn]

Biến đổi Z là đổi khác Laplace của một tín hiệu thử lý tưởng bằng cách thay thế sửa chữa

z\ {\stackrel {\mathrm {def} }{=}}\ e^{sT}\

T=1/f_{s}\

f_{s}\

đặt

\Delta _{T}(t)\ {\stackrel {\mathrm {def} }{=}}\ \sum _{n=0}^{\infty }\delta (t-nT)

lực Dirac).

và

x_{q}(t)\ {\stackrel {\mathrm {def} }{=}}\ x(t)\Delta _{T}(t)=x(t)\sum _{n=0}^{\infty }\delta (t-nT)

=\sum _{n=0}^{\infty }x(nT)\delta (t-nT)=\sum _{n=0}^{\infty }x[n]\delta (t-nT)

là sự biểu diễn liên tục thời gian (continuous-time) của x(t) còn

x
[
n
]

d
e
f

x
(
n
T
)

{\displaystyle x[n]\ {\stackrel {\mathrm {def} }{=}}\ x(nT)\ }

$x[n]\ {\stackrel {\mathrm {def} }{=}}\ x(nT)\$ là biểu diễn sự rời rạc của x(t).

Biến đổi Laplace so với tín hiệu thử xq ( t ) là

X_{q}(s)=\int _{0^{-}}^{\infty }x_{q}(t)e^{-st}\,dt

\ =\int _{0^{-}}^{\infty }\sum _{n=0}^{\infty }x[n]\delta (t-nT)e^{-st}\,dt

\ =\sum _{n=0}^{\infty }x[n]\int _{0^{-}}^{\infty }\delta (t-nT)e^{-st}\,dt

\ =\sum _{n=0}^{\infty }x[n]e^{-nsT}.

Đây là định nghĩa đúng mực của biến hóa Z so với hàm x [ n ] .

X(z)=\sum _{n=0}^{\infty }x[n]z^{-n}

z\leftarrow e^{sT}\

So sánh 2 phương trình cuối ta thấy mối liên hệ giữa đổi khác Z và đổi khác Laplace của tín hiệu thử

X_{q}(s)=X(z){\Big |}_{z=e^{sT}}.

Biến đổi Borel[sửa|sửa mã nguồn]

Dạng tích phân của biến hóa Borel có liên hệ với biến hóa Laplace ; thật sự, có 1 số ít nhầm lẫn khi cho rằng chúng tương tự như như nhau. Biến đổi Borel tổng quát tạo ra biến hóa Laplace cho những hàm không phải hàm mũ .

Mối quan hệ cơ bản[sửa|sửa mã nguồn]

Từ biến hóa Laplace khởi đầu hoàn toàn có thể xem như thể trường hợp đặc biệt quan trọng của biến hóa hai bên, và từ biến hóa hai bên hoàn toàn có thể xem như là tổng của hai đổi khác một bên, điểm độc lạ riêng của những đổi khác Laplace, Fourier, Mellin, Z ở trên là sự tương quan của từng đổi khác so với biến hóa tích phân .

Bảng những biến hóa Laplace[sửa|sửa mã nguồn]

Vì đổi khác Laplace là một toán tử tuyến tính nên

Biến đổi Laplace của tổng bằng tổng các biến đổi Laplace của các số hạng

{\mathcal {L}}\left\{f(t)+g(t)\right\}={\mathcal {L}}\left\{f(t)\right\}+{\mathcal {L}}\left\{g(t)\right\}

Biến đổi Laplace của một bội số của hàm bằng bội số nhân cho biến đổi Laplace của hàm đó

{\mathcal {L}}\left\{af(t)\right\}=a{\mathcal {L}}\left\{f(t)\right\}

Tính đơn ánh của biến hóa Laplace chỉ đúng khi t là số không âm, cho nên vì thế những hàm trong miền thời hạn ở bảng dưới là bội của hàm bậc thang Heaviside u ( t ) .

Bảng cung cấp những biến đổi Laplace đối với những hàm chung một biến.

Trở kháng và sơ đồ mạch điện tương tự trong mạch miền s[sửa|sửa mã nguồn]

Biến đổi Laplace được sử dụng để biến hóa những yếu tố mạch điện từ miền thời hạn t sang mạch miền s

Bảng so sánh giữa mạch miền t và mạch miền s

Xem thêm: #1 : Hướng dẫn tải game Blade and Soul qua Garena và bộ cài đặt đầy đủ

Mối quan hệ dòng áp trong miền s của những yếu tố mạch điện RLC

(
s
)
=
R
.
I
(
s
)

{\displaystyle V_{R}(s)=R.I(s)}

$V_{R}(s)=R.I(s)$

(
s
)
=
s
.
L
.
I
(
s
)
−
L
.

{\displaystyle V_{L}(s)=s.L.I(s)-L.I_{o}}

$V_{L}(s)=s.L.I(s)-L.I_{o}$

(
s
)
=

s
.
C

I
(
s
)
+

{\displaystyle V_{C}(s)={\frac {1}{s.C}}I(s)+{\frac {V_{o}}{s}}}

$V_{C}(s)={\frac {1}{s.C}}I(s)+{\frac {V_{o}}{s}}$

Chú ý : so với điện trở R, mạch miền t và mạch miền s giống nhau. Riêng so với cuộn cảm L và tụ điện C cần phải kể đến nguồn điều kiện kèm theo khởi đầu ( dòng khởi đầu so với cuộn cảm và áp bắt đầu so với tụ điện )

Ứng dụng những đặc thù và định lý của biến hóa Laplace[sửa|sửa mã nguồn]

Biến đổi Laplace được sử dụng nhiều trong kỹ thuật và vật lý học. Việc giám sát được chuyển sang khoảng trống Laplace nhằm mục đích chuyển phép nhân chập về phép nhân thường thì, khi đó ta hoàn toàn có thể xử lý yếu tố bằng chiêu thức đại số .

Biến đổi Laplace còn được sử dụng để giải phương trình vi phân và được ứng dụng rộng rãi trong kỹ thuật điện (electrical engineering). Phương pháp sử dụng biến đổi Laplace để giải phương trình vi phân được phát triển bởi kỹ sư người Anh Oliver Heaviside.

Những ví dụ dưới đây được sử dụng trong hệ đơn vị SI
Bài toán trong vật lý hạt nhân nguyên tửPhương trình màn biểu diễn sự phân rã phóng xạ của một chất đồng vị phóng xạ

d
N

d
t

=
−
λ
N

{\displaystyle {\frac {dN}{dt}}=-\lambda N}

${\frac {dN}{dt}}=-\lambda N$ (1)
N=N(t): số nguyên tử còn lại không bị phân rã ở thời điểm t(s)

{\displaystyle \lambda }

$\lambda$ : hằng số phân rã

Ta sẽ sử dụng đổi khác Laplace để giải phương trình nàyTừ ( 1 ) ta có

d
N

d
t

+
λ
N
=
0

{\displaystyle {\frac {dN}{dt}}+\lambda N=0}

${\frac {dN}{dt}}+\lambda N=0$

Thực hiện đổi khác Laplace cho cả hai vế của phương trình

(

N
~

(
s
)
−

)

+
λ

N
~

(
s
)

=

0

{\displaystyle \left(s{\tilde {N}}(s)-N_{o}\right)+\lambda {\tilde {N}}(s)\ =\ 0}

$\left(s{\tilde {N}}(s)-N_{o}\right)+\lambda {\tilde {N}}(s)\ =\ 0$

Với

N
~

(
s
)
=

{
N
(
t
)
}

{\displaystyle {\tilde {N}}(s)={\mathcal {L}}\{N(t)\}}

${\tilde {N}}(s)={\mathcal {L}}\{N(t)\}$

=

N
(
0
)
.

{\displaystyle N_{o}\ =\ N(0).}

$N_{o}\ =\ N(0).$

Giải phương trình ta có

N
~

(
s
)
=

s
+
λ

{\displaystyle {\tilde {N}}(s)={N_{o} \over s+\lambda }.}

${\tilde {N}}(s)={N_{o} \over s+\lambda }.$

Cuối cùng ta thực thi đổi khác ngược để chuyển về miền t

N
(
t
)

=

−
1

{

N
~

(
s
)
}
=

−
1

{

s
+
λ

}

{\displaystyle N(t)\ ={\mathcal {L}}^{-1}\{{\tilde {N}}(s)\}={\mathcal {L}}^{-1}\left\{{\frac {N_{o}}{s+\lambda }}\right\}}

$N(t)\ ={\mathcal {L}}^{-1}\{{\tilde {N}}(s)\}={\mathcal {L}}^{-1}\left\{{\frac {N_{o}}{s+\lambda }}\right\}$

Tổng trở Z ( s ) của tụ điện và cuộn cảm[sửa|sửa mã nguồn]

Ví dụ này dựa vào lý thuyết giải tích mạch điện (electrical circuit)

Quan hệ dòng áp của những thành phần RLC trong miền thời hạn t

(
t
)
=

(
t
)

{\displaystyle i_{R}(t)={\frac {V_{R}(t)}{R}}}

$i_{R}(t)={\frac {V_{R}(t)}{R}}$

(
t
)
=
C
.

(
t
)

d
t

{\displaystyle i_{C}(t)=C.{\frac {dV_{C}(t)}{dt}}}

$i_{C}(t)=C.{\frac {dV_{C}(t)}{dt}}$

(
t
)
=
L
.

(
t
)

d
t

{\displaystyle V_{L}(t)=L.{\frac {di_{L}(t)}{dt}}}

$V_{L}(t)=L.{\frac {di_{L}(t)}{dt}}$

Với i ( t ) là lượng điện tích chạy qua những thành phần RLC trong một đơn vị chức năng thời hạn và V ( t ) là điện áp giữa 2 đầu từng thành phần RLC, cũng là hàm theo thời hạn tDùng đổi khác Laplace để chuyển sang miền s

(
s
)
=
R
.
I
)
(
s
)

{\displaystyle V_{R}(s)=R.I)(s)}

$V_{R}(s)=R.I)(s)$

V L ( s ) = s. L. I ( s ) − L. I o { \ displaystyle V_ { L } ( s ) = s. L.I ( s ) – L.I _ { o } }

(
s
)
=

s
C

I
(
s
)
+

{\displaystyle V_{C}(s)={\frac {1}{sC}}I(s)+{\frac {V_{o}}{s}}}

$V_{C}(s)={\frac {1}{sC}}I(s)+{\frac {V_{o}}{s}}$

Với

I
(
s
)
=

i
(
t
)

{\displaystyle I(s)={\mathcal {L}}{i(t)}}

$I(s)={\mathcal {L}}{i(t)}$ ,

V
(
s
)
=

v
(
t
)

{\displaystyle V(s)={\mathcal {L}}{v(t)}}

$V(s)={\mathcal {L}}{v(t)}$

=
i
(
0
)

{\displaystyle I_{o}=i(0)}

$I_{o}=i(0)$ : dòng điện ban đầu chạy qua cuộn cảm L

(
0
)

{\displaystyle V_{o}=V_{C}(0)}

$V_{o}=V_{C}(0)$ : điện áp ban đầu qua tụ điện C

Tổng trở Z ( s ) được định nghĩa là tỷ số giữa áp V và dòng i khi điều kiện kèm theo bắt đầu bằng 0

Z
(
s
)
=

V
(
s
)

I
(
s
)

=
0

{\displaystyle Z(s)={V(s) \over I(s)}{\bigg |}_{V_{o}=0}.}

$Z(s)={V(s) \over I(s)}{\bigg |}_{V_{o}=0}.$

Từ đây ta suy ra tổng trở của những thành phần RLC

(
s
)
=
R

{\displaystyle Z_{R}(s)=R}

$Z_{R}(s)=R$

(
s
)
=
s
.
L

{\displaystyle Z_{L}(s)=s.L}

$Z_{L}(s)=s.L$

(
s
)
=

s
C

{\displaystyle Z_{C}(s)={\frac {1}{sC}}}

$Z_{C}(s)={\frac {1}{sC}}$

Sự liên hệ giữa miền thời hạn t và miền tần số được trình diễn trải qua bảng sau :
Chú ý rằng ký hiệu * trong miền thời hạn chính là phép nhân chậpXét hệ tuyến tính không bao giờ thay đổi theo thời hạn với

h
(
t
)
=
A

−
α
t

cos
⁡
(

t
−

)

{\displaystyle h(t)=Ae^{-\alpha t}\cos(\omega _{d}t-\phi _{d})}

$h(t)=Ae^{-\alpha t}\cos(\omega _{d}t-\phi _{d})$ (1)

t
−

≥
0

{\displaystyle \omega _{d}t-\phi _{d}\geq 0}

$\omega _{d}t-\phi _{d}\geq 0$

0
≤

≤
2
π

{\displaystyle 0\leq \phi _{d}\leq 2\pi }

$0\leq \phi _{d}\leq 2\pi$ : sự trễ pha

Ta đổi khác ( 1 )

h
(
t
)
=
A

−
α
t

cos
⁡

[

(
t
−

)

]

⋅
u
(
t
−

)

{\displaystyle h(t)=Ae^{-\alpha t}\cos \left[\omega _{d}(t-t_{d})\right]\cdot u(t-t_{d})}

$h(t)=Ae^{-\alpha t}\cos \left[\omega _{d}(t-t_{d})\right]\cdot u(t-t_{d})$

Với

{\displaystyle t_{d}={\phi _{d} \over \omega _{d}}}

$t_{d}={\phi _{d} \over \omega _{d}}$ : thời gian trễ của hệ và u(t) là hàm bước Heaviside.

Hàm truyền H ( s ) được suy ra bằng cách dùng biến hóa Laplace so với hàm h ( t )

H
(
s
)

=

{
h
(
t
)
}
=
A

−
s

(
s
+
α
)

(
s
+
α

)

{\displaystyle H(s)\ =\ {\mathcal {L}}\{h(t)\}=Ae^{-st_{d}}{(s+\alpha ) \over (s+\alpha )^{2}+\omega _{d}^{2}}}

$H(s)\ =\ {\mathcal {L}}\{h(t)\}=Ae^{-st_{d}}{(s+\alpha ) \over (s+\alpha )^{2}+\omega _{d}^{2}}$

=

A

−
s

(
s
+
α
)

(

+
2
α
s
+

)
+

{\displaystyle =\ Ae^{-st_{d}}{(s+\alpha ) \over (s^{2}+2\alpha s+\alpha ^{2})+\omega _{d}^{2}}}

$=\ Ae^{-st_{d}}{(s+\alpha ) \over (s^{2}+2\alpha s+\alpha ^{2})+\omega _{d}^{2}}$

=

A

−
s

(
s
+
α
)

(

+
2
α
s
+

)

{\displaystyle =\ Ae^{-st_{d}}{(s+\alpha ) \over (s^{2}+2\alpha s+\omega _{0}^{2})}}

$=\ Ae^{-st_{d}}{(s+\alpha ) \over (s^{2}+2\alpha s+\omega _{0}^{2})}$

với

{\displaystyle \omega _{0}={\sqrt {\alpha ^{2}+\omega _{d}^{2}}}}

$\omega _{0}={\sqrt {\alpha ^{2}+\omega _{d}^{2}}}$ là tần số cộng hưởng của hệ(rad/s)

Phương pháp khai triển thừa số riêng phần[sửa|sửa mã nguồn]

Xét hệ tuyến tính không bao giờ thay đổi với thời hạn và hàm truyền

H
(
s
)
=

(
s
+
α
)
(
s
+
β
)

{\displaystyle H(s)={\frac {1}{(s+\alpha )(s+\beta )}}}

$H(s)={\frac {1}{(s+\alpha )(s+\beta )}}$

h
(
t
)
=

−
1

{
H
(
s
)
}

{\displaystyle h(t)={\mathcal {L}}^{-1}\{H(s)\}}

$h(t)={\mathcal {L}}^{-1}\{H(s)\}$ : biến đổi Laplace ngược của hàm truyền H(s)

Để triển khai đổi khác Laplace ngược, ta khởi đầu khai triển H ( s ) bằng cách sử dụng giải pháp khai triển riêng phần

H
(
s
)
=

(
s
+
α
)
(
s
+
β
)

(
s
+
α
)

(
s
+
β
)

{\displaystyle H(s)={\frac {1}{(s+\alpha )(s+\beta )}}={P \over (s+\alpha )}+{R \over (s+\beta )}}

$H(s)={\frac {1}{(s+\alpha )(s+\beta )}}={P \over (s+\alpha )}+{R \over (s+\beta )}$

P, R là những hằng số chưa biết. Để tìm hằng số này ta dùng đồng nhất thức

s
+
α

s
+
β

P
(
s
+
β
)
+
R
(
s
+
α
)

(
s
+
α
)
(
s
+
β
)

{\displaystyle {\frac {s+\alpha }{s+\beta }}={\frac {P(s+\beta )+R(s+\alpha )}{(s+\alpha )(s+\beta )}}}

${\frac {s+\alpha }{s+\beta }}={\frac {P(s+\beta )+R(s+\alpha )}{(s+\alpha )(s+\beta )}}$

Từ đây suy ra

P
=

(
s
+
β
)

s
=
−
α

(
β
−
α
)

{\displaystyle P=\left.{1 \over (s+\beta )}\right|_{s=-\alpha }={1 \over (\beta -\alpha )}}

$P=\left.{1 \over (s+\beta )}\right|_{s=-\alpha }={1 \over (\beta -\alpha )}$

và

R
=

(
s
+
α
)

s
=
−
β

(
α
−
β
)

−
1

(
β
−
α
)

=
−
P

{\displaystyle R=\left.{1 \over (s+\alpha )}\right|_{s=-\beta }={1 \over (\alpha -\beta )}={-1 \over (\beta -\alpha )}=-P}

$R=\left.{1 \over (s+\alpha )}\right|_{s=-\beta }={1 \over (\alpha -\beta )}={-1 \over (\beta -\alpha )}=-P$

Thay vào H ( s ) ta tìm được

H
(
s
)
=

(

β
−
α

)

⋅

(

(
s
+
α
)

−

(
s
+
β
)

)

{\displaystyle H(s)=\left({\frac {1}{\beta -\alpha }}\right)\cdot \left({1 \over (s+\alpha )}-{1 \over (s+\beta )}\right)}

$H(s)=\left({\frac {1}{\beta -\alpha }}\right)\cdot \left({1 \over (s+\alpha )}-{1 \over (s+\beta )}\right)$

Cuối cùng sử dụng đặc thù và bảng đổi khác Laplace, ta triển khai biến hóa Laplace ngược cho hàm H ( s )

h
(
t
)
=

−
1

{
H
(
s
)
}
=

β
−
α

(

−
α
t

−

−
β
t

)

{\displaystyle h(t)={\mathcal {L}}^{-1}\{H(s)\}={\frac {1}{\beta -\alpha }}\left(e^{-\alpha t}-e^{-\beta t}\right)}

$h(t)={\mathcal {L}}^{-1}\{H(s)\}={\frac {1}{\beta -\alpha }}\left(e^{-\alpha t}-e^{-\beta t}\right)$

Tổng hợp hàm sin, cos và hàm mũ[sửa|sửa mã nguồn]

Hàm thời gian	Biến đổi Laplace
$e^{-\alpha t}\left[\cos {(\omega t)}+\left({\frac {\beta -\alpha }{\omega }}\right)\sin {(\omega t)}\right]u(t)$	${\frac {s+\beta }{(s+\alpha )^{2}+\omega ^{2}}}$

Ta bắt đầu với hàm biến đổi Laplace

X
(
s
)
=

s
+
β

(
s
+
α

)

{\displaystyle X(s)={\frac {s+\beta }{(s+\alpha )^{2}+\omega ^{2}}}}

$X(s)={\frac {s+\beta }{(s+\alpha )^{2}+\omega ^{2}}}$

Ta tìm hàm ngược của X ( s ) bằng cách thêm và bớt hằng số vào tử số

X
(
s
)
=

s
+
α

(
s
+
α

)

β
−
α

(
s
+
α

)

{\displaystyle X(s)={\frac {s+\alpha }{(s+\alpha )^{2}+\omega ^{2}}}+{\frac {\beta -\alpha }{(s+\alpha )^{2}+\omega ^{2}}}}

$X(s)={\frac {s+\alpha }{(s+\alpha )^{2}+\omega ^{2}}}+{\frac {\beta -\alpha }{(s+\alpha )^{2}+\omega ^{2}}}$

Dựa vào định lý dịch chuyển ta có

x
(
t
)
=

−
α
t

−
1

{

β
−
α

}

{\displaystyle x(t)=e^{-\alpha t}{\mathcal {L}}^{-1}\left\{{s \over s^{2}+\omega ^{2}}+{\beta -\alpha \over s^{2}+\omega ^{2}}\right\}}

$x(t)=e^{-\alpha t}{\mathcal {L}}^{-1}\left\{{s \over s^{2}+\omega ^{2}}+{\beta -\alpha \over s^{2}+\omega ^{2}}\right\}$

=e^{-\alpha t}{\mathcal {L}}^{-1}\left\{{s \over s^{2}+\omega ^{2}}+\left({\beta -\alpha  \over \omega }\right)\left({\omega  \over s^{2}+\omega ^{2}}\right)\right\}

=e^{-\alpha t}\left[{\mathcal {L}}^{-1}\left\{{s \over s^{2}+\omega ^{2}}\right\}+\left({\beta -\alpha  \over \omega }\right){\mathcal {L}}^{-1}\left\{{\omega  \over s^{2}+\omega ^{2}}\right\}\right]

Cuối cùng, dùng biến đổi Laplace cho hàm sin và cos, ta thu được

x
(
t
)
=

−
α
t

[

cos
⁡

(
ω
t
)

u
(
t
)
+

(

β
−
α

)

sin
⁡

(
ω
t
)

u
(
t
)

]

{\displaystyle x(t)=e^{-\alpha t}\left[\cos {(\omega t)}u(t)+\left({\frac {\beta -\alpha }{\omega }}\right)\sin {(\omega t)}u(t)\right]}

$x(t)=e^{-\alpha t}\left[\cos {(\omega t)}u(t)+\left({\frac {\beta -\alpha }{\omega }}\right)\sin {(\omega t)}u(t)\right]$

x
(
t
)
=

−
α
t

[

cos
⁡

(
ω
t
)

(

β
−
α

)

sin
⁡

(
ω
t
)

]

u
(
t
)

{\displaystyle x(t)=e^{-\alpha t}\left[\cos {(\omega t)}+\left({\frac {\beta -\alpha }{\omega }}\right)\sin {(\omega t)}\right]u(t)}

$x(t)=e^{-\alpha t}\left[\cos {(\omega t)}+\left({\frac {\beta -\alpha }{\omega }}\right)\sin {(\omega t)}\right]u(t)$

Sự trễ pha[sửa|sửa mã nguồn]

Hàm thời gian	Biến đổi Laplace
$\sin(\omega t+\phi )$	${\frac {s\sin \phi +\omega \cos \phi }{s^{2}+\omega ^{2}}}$
$\cos {(\omega t+\phi )}$	${\frac {s\cos \phi -\omega \sin \phi }{s^{2}+\omega ^{2}}}$

Ta mở màn với hàm đổi khác Laplace

X
(
s
)
=

s
sin
⁡
ϕ
+
ω
cos
⁡
ϕ

{\displaystyle X(s)={\frac {s\sin \phi +\omega \cos \phi }{s^{2}+\omega ^{2}}}}

$X(s)={\frac {s\sin \phi +\omega \cos \phi }{s^{2}+\omega ^{2}}}$

Suy ra

X
(
s
)
=

s
sin
⁡
ϕ

ω
cos
⁡
ϕ

{\displaystyle X(s)={\frac {s\sin \phi }{s^{2}+\omega ^{2}}}+{\frac {\omega \cos \phi }{s^{2}+\omega ^{2}}}}

$X(s)={\frac {s\sin \phi }{s^{2}+\omega ^{2}}}+{\frac {\omega \cos \phi }{s^{2}+\omega ^{2}}}$

\,\,\,\,\,\,=(\sin \phi )\left({\frac {s}{s^{2}+\omega ^{2}}}\right)+(\cos \phi )\left({\frac {\omega }{s^{2}+\omega ^{2}}}\right)

Thực hiện biến hóa ngược cho X ( s ), ta có

$x(t)\,\!$	${}=(\sin \phi ){\mathcal {L}}^{-1}\left\{{\frac {s}{s^{2}+\omega ^{2}}}\right\}+(\cos \phi ){\mathcal {L}}^{-1}\left\{{\frac {\omega }{s^{2}+\omega ^{2}}}\right\}$
	${}=(\sin \phi )(\cos \omega t)+(\sin \omega t)(cos\phi ).\,\!$

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác (trigonometric identity)

a
sin
⁡
ω
t
+
b
cos
⁡
ω
t
=

⋅
sin
⁡

(

ω
t
+
arctan
⁡
(
b

a
)

)

{\displaystyle a\sin \omega t+b\cos \omega t={\sqrt {a^{2}+b^{2}}}\cdot \sin \left(\omega t+\arctan(b/a)\right)}

$a\sin \omega t+b\cos \omega t={\sqrt {a^{2}+b^{2}}}\cdot \sin \left(\omega t+\arctan(b/a)\right)$

Ta suy ra

$x ( t ) { \ displaystyle x ( t ) \, \ ! }$	${}={\sqrt {\cos ^{2}\phi +\sin ^{2}\phi }}\cdot \sin \left(\omega t+\arctan \left({\frac {\sin \phi }{\cos \phi }}\right)\right)$
	${}=\sin(\omega t+\phi ).\,\!$

Tương tự ta cũng nhận được

−
1

{

s
cos
⁡
ϕ
−
ω
sin
⁡
ϕ

}

=
cos
⁡

(
ω
t
+
ϕ
)

{\displaystyle {\mathcal {L}}^{-1}\left\{{\frac {s\cos \phi -\omega \sin \phi }{s^{2}+\omega ^{2}}}\right\}=\cos {(\omega t+\phi )}}

${\mathcal {L}}^{-1}\left\{{\frac {s\cos \phi -\omega \sin \phi }{s^{2}+\omega ^{2}}}\right\}=\cos {(\omega t+\phi )}$

Liên kết ngoài[sửa|sửa mã nguồn]

Source: thabet
Category: Game