Tải bản đầy đủ

GIẢI TÍCH TOÁN CHUYÊN NGÀNH ĐIỆN

CHƯƠNG I GIẢI TÍCH PHỨC

§1. SỐ PHỨC
I. Dạng đại số của số phức được xác định z = x + iy
trong đó : x = Rez gọi là phần thực của z
y = Imz gọi là phần ảo của z
Cho hai số phức z1 = x1 + iy1 ;z 2 = x 2 + iy 2 ta nói z1 = z 2 ⇔ x1 = x 2 và y1 = y 2
số phức z = x − iy gọi là số phức liên hợp của z = x + iy
Mặt phẳng phức được thể hiện bởi một hệ trục tọa độ.Trong đó trục 0y được gọi là
trục ảo,còn trục 0x là trục thực .
Khi cho z = x + iy thì tương đương với M(x,y) trên m/p được gọi là tọa vị của M.
uuuur
OM
Độ dài vectơ
được gọi là môdun của số phức z = x + iy và
uuuur
OM = x 2 + y 2 = z = r
uur uuuur
¼
Góc 0x,OM = ϕ + k2π được gọi là Argumen của z ,còn ϕ = argz gọi là argumen


(

)

phần chính của z.
⇒ z = r ( cosϕ + isin ϕ ) được gọi là dạng lượng giác của số phức ⇒ z 2 = z.z
Công thức Moavơrơ:
n

z = r ( cosϕ + isin ϕ ) ⇒ z n =  r ( cosϕ + isin ϕ )  = r n ( cosnϕ + isin nϕ )
thừa nhận: cosϕ + isin ϕ = eiϕ (công thức ơle)
Ví dụ:
a) Arg(z1 + z 2 ) = Argz1 +Argz 2

1


b) Arg

z1
= Argz1 - Argz 2
z2

c) z1z 2 = z1 z 2
d) z1 / z 2 = z1 / z 2
e) Với Re z > 0 và Rea > 0 thì
z1 = z 2 = 1 và z1,2 ≠ 1 thì

f)

a−z
<1
a +z

z1 + z 2
∈R
1 + z1z 2

II. CĂN BẬC n CỦA SỐ PHỨC
W được gọi là căn bậc n của số phức z và viết W = n z (n ∈ N) nếu W n = z

gọi số phức
ϕ + k2π
ϕ + k2π 

z = r(cos ϕ + isin ϕ) và W = r1 (cos ψ + isin ψ ) ⇒ W = n r  cos
+ isin
÷
n
n


VD tính: 3 1 − i ; 4 −1

§2. HÀM BIẾN PHỨC
Khái niệm:Hàm f(z) xác định trên tập G với z o ∈ G mà f (z o ) có duy nhất một giá trị
thì hàm f (z) gọi là hàm đơn trị,trái lại hàm được gọi là hàm đa trị.
I. Giới hạn
f (z) thì z → z theo nhiều cách khác nhau
Lưu ý: zlim
o
→ zo
với hàm f (z) biểu diễn dưới dạng f (z) = U(x, y) + iV(x, y) víi z = x + iy
II. Đạo hàm của hàm biến phức
f (z o + ∆z) − f (z o )
= f ′(z o ) và ∆z → 0 theo nhiều cách khác nhau
∆z → 0
∆z

W = f (z) ⇒ lim

2


f (z o + ∆z) − f (z o )
= f ′(z o ) với z = x + iy; ∆z = ∆x + i∆y
∆z → 0
∆z

ta có lim

⇒ f (z o + ∆z) − f (z o )
= U(x o + ∆x, y o + ∆y) + iV(x o + ∆x, y o + ∆y) − U(x o , y o ) − iV(x o , y o )
cho ∆y = 0 và ∆x → 0 ⇒ f ′(z o ) = U′x (x o , y o ) + iVx′ (x o , y o )
cho ∆x = 0 và ∆y → 0 ⇒ f ′(z o ) = Vy′ (x o , y o ) − iU ′y (x o , y o )
⇒ U′x (x o , yo ) = Vy′ (x o , y o ) và Vx′ (x o , yo ) = − U ′y (x o , y o ) (Đ/k Côsi-Riman)
Nhận xét:
a) nếu hàm số giải tích thì thỏa mãn đ/k Côsi-Riman.
Ngược lại nếu hàm thỏa mãn Côsi-Riman và các hàm U(x, y),V(x, y) cùng các đạo
hàm
riêng liên tục tại một điểm thì tại đó nó có đạo hàm.
b) Quy tắc tính đạo hàm hàm biến phức tương tự như hàm biến thực.
Từ đ/k Côsi-Riman ta thấy U′′x 2 + U′′y2 = 0 và Vx′′2 + Vy′′2 = 0 đó là các hàm điều
hòa.
Trong khuôn khổ chương trình ta đi tìm các hàm giải tích mà các hàm thành phần là
các hàm điều hòa.
III. MỘT SỐ HÀM SƠ CẤP CƠ BẢN
1) Hàm W = z n đơn trị và W ′ = nz n −1
2) Hàm W = n z ⇔ W n = z đa trị , việc lấy đạo hàm của nó phải thực hiện theo
từng
nhánh
3) Hàm mũ là hàm có phần thực e x cos y và phần ảo e x sin y ⇒ W = e x + iy = e z
đó là hàm đơn trị và có các tính chất như hàm mũ thực

3


eiz + e−iz
eiz − e−iz tan z = sin z
4) Hàm lượng giác: cos z =
; sin z =
;

cos z
2
2i
cot z =

cos z
sin z

Lưu ý:
a) Các tính chất hàm lượng giác phức có tính chất như hàm lượng giác thực.
b) cos z và sin z nói chung không bị chặn như trong số thực,chẳng hạn
en + e− n
cos(ni) =
> 1 với n > 1
2
5) Hàm Lôgarit là hàm ngược của hàm W = ez và viết W = Lnz .
khai triển ta được Lnz = ln z + i(arg z + k2π) với k ∈ Z ,còn ln z = ln z + i arg z được
gọi
là nhánh chính của Lnz .Các tính chất của Lnz tương tự như trong thực.Riêng đạo
hàm
của Lnz ta phải thực hiện trên từng nhánh.
6) Hàm lượng giác ngược,đó là các hàm đa trị :
a) W = arcsin z = -iln(iz+ 1 − z 2 )
b) W = arccosz = -iln(z+ z 2 − 1)
i 1 + iz
c) W = arctan z = − l n
2 1 − iz
Ví dụ:Tính Re(arctgeiϕ ) với ϕ nhọn
7) Hàm lũy thừa tổng quát W=z a với a = α + iβ và viết W=eaLnz
cụ thể W = e(α + iβ) ln z + iArgz  = eα ln z −βArgz ei ( β ln z + αArgz )
§3:TÍCH PHÂN HÀM BIẾN PHỨC
4


» ,chia AB
» bởi các điểm
I. Định nghĩa:Cho hàm f(z) xác định trên đường L = AB
chia
theo thứ tự A ≡ z 0 ,z1 ,z 2 ,z3 ....z n ≡ B trên cung từ z k đến z k +1 lấy bất kỳ điểm ξk
n

nếu tồn tại giới hạn lim

d →0

∑ f (ξk )∆z k trong đó d = max ∆z k

k =0

với ∆z k = z k +1 − z k

» và cách chọn ξk thì giới hạn đó gọi là
và giới hạn không phụ thuộc vào phép chia AB
tích
» và viết
phân hàm f(z) dọc theo cung AB

∫ f (z)dz

»
AB

Với z = x + iy và f (z) = U(x, y) + iV(x, y) trong đó dz = dx + idy thì

∫ f (z)dz = ∫ U(x, y)dx − V(x, y)dy + i ∫ V(x, y)dx + U(x, y)dy

»
AB

»
AB

»
AB

Do đó cách tính và các tính chất của tích phân hàm biến phức hoàn toàn như tích phân
đường loại 2.
Ví dụ: Tính



z − z 0 =ε (z

dz
− z0 )n

với n ∈ ¢

Nếu có hàm F(z) thỏa mãn F′(z) = f (z) thì
» ⇒
∀z ∈ AB

z=B

∫ f (z)dz = F(z) z = A = F(B) − F(A)

»
AB

II. Định lý Côsi:Nếu hàm f(z) giải tích trong miền G có biên L(trơn) thì

Ñ
∫ f (z)dz = 0
L

III. Công thức tích phân Côsi : Nếu hàm f(z) giải tích trong miền G có biên L(trơn)

z 0 ∈ G thì

1
f (z)
∫ z − zo dz = f (zo )
2πi Ñ
L
5


Chứng minh : Ta có

1
f (z)
1 f (z) − f (z o )
1
dz
dz
=
dz
+
f
(z
)
o
∫ z − zo
∫ z − zo
Ñ
∫ z − zo
2πi Ñ
2πi Ñ
2πi
L
L
L

mặt khác do f (z) − f (z 0 ) < ε vì f (z) liên tục tại z 0 , nên
1
f (z)
1
dz
1 f (z) − f (z o )
dz −
f (z o ) Ñ
=
dz < ε
Ñ


Ñ

2πi L z − z o
2πi
z

z
2
π
i
z

z
o
o
L
L
tức là

1
f (z)
dz = f (z o )
Ñ

2πi L z − z o

Ví dụ :
a) I =
b) I =
IV.

dz
z−2
z −1 = 2

Ñ


Ñ


z −1 = 2 z

zdz
2

+9

Tích phân loại Côsi :Giả sử L là đường cong trơn từng khúc f(z) liên tục trên
L,khi đó
f ( ξ)
dξ được gọi là tích phân loại Côsi.
ξ

z
L

∀z ∉ L thì F(z) = ∫

f ( ξ)
dξ giải tích miền D không
ξ

z
L

Định lý : Cho f(z) liên tục trên L,khi đó F(z) = ∫
chứa L
(n)
và F (z) =

n!
f ( ξ)

2πi L∫ (ξ − z) n +1

đặc biệt khi L là đường cong kín, từ công thức tích phân cô si ta có
f (n) (z) =

n!
f ( ξ)

Ñ

2πi L (ξ − z) n +1

Ví dụ :
6


a) I =
b) I =

cos z

Ñ


3

− 1) (z − 5)

z − 4 = 2 (z

2

dz

dz

Ñ
∫ (z2 − 1)3

z −1 =1

§4: CHUỖI TAYLOR-LAURENT
I.

Chuỗi Taylor:

Mọi hàm f(z) giải tích tại z = a luôn biểu diễn dưới dạng f (z) =

f (n) (a)
n
∑ n! ( z − a )
n ≥0

Khai triển Taylor của một số hàm sơ cấp cơ bản tại z = 0
z 2n +1
a) sin z = ∑ (−1)
( 2n + 1) !
n =0


n



z 2n
b) cos z = ∑ ( −1)
( 2n ) !
n =0
z
c) e =

n



zn

n = 0 n!

ix
Đặc biệt z = ix ta có e =

2n
2n +1


(ix) n
n z
n z
=
(

1)
+
i
(

1)


( 2n ) ! n∑
( 2n + 1) !
n = 0 n!
n =0
=0


eix = cos x + isin x (Công thức Euler)


II.

Chuỗi Laurent:
Định lý và định nghĩa : Hàm f(z) giải tích trong miền

1.

G = { r < z − a < R} ; z ∈ G
thì luôn có f (z) =





n =−∞

cn ( z − a ) .Khai triển đó gọi là chuỗi Laurent của f(z)
n

tại tâm z = a trong đó
7






∑ cn ( z − a )

gọi là phần đều

n =0




n



n =1

c− n

( z − a) n

gọi là phần chính

Chứng minh : Theo tích phân Côsi
f (z) =

1
f ( ξ)
1
f ( ξ)
1
f (ξ)
dξ =
dξ −

Ñ

Ñ

Ñ

2πi C ξ − z
2πi L ξ − z
2πi L ξ − z
2

1

trong đó L1 và L 2 là hai đường tròn tâm z = a ở trong G,sao cho miền giới hạn bởi
L1
và L 2 chứa z.
Ta có

1
1
=
ξ − z (ξ − a) − (z − a)

với ξ∈ L 2 ⇒ ξ − a > z − a ;


1
(z − a) n
=∑
(ξ − a) − (z − a) n = 0 (ξ − a) n +1


1
f ( ξ)
1
f (ξ)dξ
d
ξ
=
(z − a) n (1)


Ñ

Ñ

n
+
1
2πi L ξ − z
n = 0 2πi L (ξ − a)
2

2


1
f ( ξ)
1
f (ξ)dξ
d
ξ
=

(ξ − a) n (2)
Tương tự với ξ ∈ L1 ⇒

Ñ

Ñ

n
+
1
2πi L ξ − z
n = 0 2πi L (z − a)
1

1

Trong (2) đặt n + 1 = −k


 1
−∞ 
f (ξ)dξ 
1
f (ξ)dξ 
n



 (z − a) n
(z

a)
+
∑Ñ


Ñ

Ñ

n
+
1
n
+
1
2πi L (ξ − a) 
2πi L (ξ − a) 
n = 0 L2 
n =−1 

2


1



trong 2 tích phân trên L1 và L 2 không phụ thuộc vào đường lấy tích phân .
Nên ta đặt cn =
III.

1
f (ξ)dξ
với n = 0, ±1, ±2, ±3,... Đó là điều phải chứng minh.
Ñ

2πi L (ξ − a) n +1

PHÂN LOẠI ĐIỂM BẤT THƯỜNG
8


1) Không điểm: z = a được gọi là không điểm của f(z) nếu f (a) = 0 .
điểm z = a được gọi là không điểm cấp m của f(z) nếu: f (z) = (z − a) m ϕ(z) trong
đó ϕ(a) ≠ 0 và giải tích tại z = a .
2) Định nghĩa: z = a được gọi là điểm bất thường cô lập của hàm f(z) nếu trong lân
cận
của z = a chỉ có duy nhất a là điểm bất thường của f(z) .
Giả sử z = a là điểm bất thường cô lập của hàm f(z)


lim f (z) = A thì z = a gọi là điểm bất thường bỏ được.

z →a

• Nếu trong phần chính của khai triển Laurent tại z = a chỉ có hữu hạn số
hạng


tức là



n =1

c− n

( z − a)

n

=

c−m

( z − a)

m

+

c − m +1

( z − a)

m −1

+ ... +

c −1
trong đó c− m ≠ 0 thì z = a
z−a

được
gọi là cực điểm cấp m.
• Nếu trong phần chính của khai triển Laurent tại z = a có vô số số hạng thì
z = a được gọi là điểm bất thường cốt yếu.
3) Định lý : Cho f (z) =

f1 (z)
trong đó f 2 (z) nhận z = a là không điểm cấp m và
f 2 (z)

f1 (a) ≠ 0 .Thì f(z) nhận z = a là cực điểm cấp m.

§5:THẶNG DƯ VÀ ỨNG DỤNG
I.

THẶNG DƯ
1) Định nghĩa 1: Cho z 0 là điểm bất thường cô lập của hàm f(z) thì
1
2πi

Ñ


f (z)dz

z − zo = r

9


không phụ thuộc vào đường lấy tích phân.Nên ta gọi

1
2πi

Ñ


z − zo = r

f (z)dz là thặng dư

của
1
f(z) tại z 0 .Ký hiệu Res [ f (z),z o ] =
2πi

Ñ


f (z)dz

z − zo = r

2) Định nghĩa 2:ta gọi thặng dư của hàm f (z) tại z = ∞ (nếu nó không là giới hạn
của
điểm bất thường cô lập z 0 )
Res [ f (z), ∞ ] =

1
2πi

Ñ
∫ f (z)dz tích phân lấy theo lấy theo chiều thuận chiều kim đồng

C−

hồ.
Trong đó miền giới hạn bởi C chứa mọi điểm bất thường của hàm số f (z) .
M
Giả sử f (z) có { a k } k =1 là các điểm bất thường cô lập (kể cả z = ∞ nếu nó không là giới

hạn của điểm bất thường cô lập nào cả).Khi đó
Res [ f (z), ∞ ] +

M



k =1

Res [ f (z),a k ] = 0

3) Công thức tính : Ta đã có cn =

1
f (ξ)dξ
∫ (ξ − z )n +1 với n = 0, ±1, ±2, ±3,... Khi
2πi Ñ
0
L

n = −1
⇒ c−1 =

1
∫ f (z)dz trong đó c−1 là hệ số trong khai triển Laurent tại z0
2πi Ñ
L

4) Cách tính thặng dư:
a) Thặng dư cực điểm cấp m : Res [ f (z),a ] =

(m −1)
1
lim (z − a) m f (z) 

(m − 1)! z →a 

10


f1 (z)
trong đó f 2 (z) nhận z = a là không điểm cấp 1 và
f 2 (z)

b) Cho f (z) =

f1 (a) ≠ 0
đồng thời f 2 (z) giải tích tại z = a thì Res [ f (z),a ] =

f1(a)
f 2′ (a)

c) Đối với điểm bất thường cốt yếu để tìm thặng dư ta phải khai triển
Laurent
qua đó xác định c−1
II.

ỨNG DỤNG
1) Tích phân phức trên đường cong kín : Giả sử a k (k = 1, N) là các điểm bất

thường của f (z) nằm trong miền giới hạn bởi L (trơn),thì
N

Ñ
∫ f (z)dz = 2πik∑=1 Res [ f (z),a k ]
L

+∞

2) Tích phân thực

∫ f (x)dx trong đó

f (x) là phân thức hữu tỷ

−∞

• Bổ đề : Gọi CR là nửa đường tròn tâm 0,bán kính R có Im z > 0 và thỏa mãn
lim zf (z) = 0 với 0 ≤ arg z ≤ π thì lim
R →∞

z →∞

Chứng minh : phương trình CR : z = Re

∫ f (z)dz = 0 .

CR



(0 ≤ ϕ ≤ π) ⇒

π

∫ f (z)dz = ∫ f (Re

CR
π

từ giả thiết ta có

∫ f (Re
0







)d(R eiϕ )

0

π

)iR e dϕ ≤ ∫ zf (z) dϕ < ε .Đó là điều phải chứng minh.

• Định lý : Cho f (z) =

0

f1 (z)
với fi (z) có deg f1 (z) + 2 ≤ deg f 2 (z) và f (z)
f 2 (z)

có a k (k = 1, N) là các cực điểm ở phía trên 0x và b k (k = 1,M) là cực điểm đơn trên
0x
11


+∞

Khi đó

N

M

+∞

+∞

∫ f (x)dx = 2πik∑=1Res [ f (z),a k ] + πi k∑=1Res [ f (z),b k ]

−∞

∫ f (x)cosαxdx

3) Tích phân dạng



−∞

∫ f (x)sinαxdx

với (α > 0)

−∞

Theo công thức ơle,ta có
f (x)eiαx = f (x)cos αx + if (x)sin αx khi đó
+∞

∫ f (x)e

iα x

dx =

−∞

+∞

+∞

∫ f (x)cos αxdx + i ∫ f (x)sin αxdx

−∞

nếu các tích phân hội tụ.

−∞

+∞

+∞

iα x
Qua đó ∫ f (x)cosαxdx = Re  ∫ f (x)e dx  và
−∞
−∞

+∞

+∞

iα x
f
(x)sin
α
xdx
=
Im
f
(x)e
dx
∫




−∞
−∞
a) Bổ đề : Gọi CR là cung tròn z = R có Im z > a với a ∈ R cố định.Nếu
F(z) = eiαx f (z) với α > 0 cố định,còn f (z) giải tích trong nửa mặt phẳng Im z ≥ a trừ
một
f (z) = 0 thì lim
số hữu hạn các điểm bất thường và zlim
R →∞
→∞
b) Định lý : Cho f (z) =

∫e

i αx

f (z)dz = 0

CR

f1 (z)
với fi (z) có deg f1 (z) + 1 ≤ deg f 2 (z) và f (z) có
f 2 (z)

a k (k = 1, N) là các cực điểm ở phía trên 0x và b k (k = 1,M) là cực điểm trên 0x.
+∞

Khi đó

∫ f (x)e

−∞

iα x

N

M

k =1

k =1

dx = 2πi ∑ Res f (z)eiαx ,a k  + πi ∑ Res f (z)eiαx ,b k 






4) Tích phân dạng

∫ f (cos t,sin t)dt
0

12


eit + e −it
eit − e−it
và sin t =
.
cos t =
2
2i

Từ

1
1
1
1
z = eit ⇒ z = 1 cos t =  z + ÷ và sin t =  z − ÷.Do đó
2
z
2i 
z

Đặt



1 
1 1 
1   dz
f   z + ÷,  z − ÷
2
z  2i 
z  z
z =1  

∫ f (cos t,sin t)dt = −i ∫
0

§6: PHÉP BIẾN ĐỔI Z
I.

Định nghĩa và tính chất
+∞

1) Định nghĩa:Cho dãy số { x(n)} −∞ biến đổi Z của dãy số trên được xác định
+∞



x(n)z

−n

+∞



nếu chuỗi hội tụ.Ký hiệu

n =−∞

n =−∞

x(n)z − n = X(z) và { x(n)} +∞ ¤ X(z)
−∞

VÍ DỤ:Tìm biến đổi Z của dãy số:
a n khi n ≥ 0
x(n) = 
0 khi n < 0
+∞
+∞
2) Tính chất: Giả sử { x(n)} −∞ ¤ X(z) và { y(n)} −∞ ¤ Y(z)
+∞

a) Tuyến tính : { αx(n) + βx(n)} −∞ ¤ αX(z) + βY(z)
+∞

b) Tính trễ : { x(n − n o )} −∞ ¤ z − n 0 X(z)
Vì { x(n − n o )}

+∞
−∞

+∞

¤



n =−∞

x(n − n o )z

−n

+∞

=



x(k)z − (k + n o ) = z − n o X(z)

k =−∞

+∞
c) Nhân với n : { nx(n)} −∞ ¤ −zX′(z)
+∞

Vì từ



x(n)z − n = X(z) ⇒ X ′(z) = −

n =−∞



+∞



+∞



nx(n)z − n −1 = −z −1

n =−∞

+∞



nx(n)z − n

n =−∞

nx(n)z − n ¤ −zX ′(z) .Đó là điều phải chứng minh.

n =−∞

Ví dụ :Tìm biến đổi Z của dãy số:
13


n 2
x(n) = 
0
1
Ta có 
0

khi n ≥ 0
z
¤
khi n < 0 z − 1

Qua đó X(z) =
II.

z2 + z

( z − 1) 3

khi n ≥ 0
khi n < 0

n 2
với z > 1 ⇒ 
0

  z ′ ′
khi n ≥ 0
¤ −z  −z 
÷
khi n < 0
  z − 1  

với z > 1

Phép biến đổi Z ngược : Phần này ta giải quyết bài toán với một hàm W = f (z)
hãy tìm

một dãy số x(n) sao cho qua biến đổi Z dãy x(n) cho ảnh là W = f (z) .

CHƯƠNG II:CÁC PHÉP BIẾN ĐỔI TÍCH PHÂN
§1:PHÉP BIÊN ĐỔI LAPLACE
I.

KHÁI NIỆM:
1) Định nghĩa : Hàm số f (t) được gọi là hàm gốc nếu thỏa mãn các điều kiện sau
0. Hàm f (t) liên tục hay liên tục từng khúc ∀t ≥ 0
1. Không tăng nhanh bằng hàm mũ,tức là ∃M > 0,so ≥ 0 sao cho f (t) < Meso t

Khi đó s o được gọi là chỉ số tăng của f (t) .
2. f (t) = 0 với ∀t < 0 .Điều kiện này thường áp dụng trong thực tế đối với các
hàm có biến là biến thời gian.
VÍ DỤ:
1 khi t ≥ 0
1. η(t) = 
0 khi t < 0
sin t khi t ≥ 0
2. η(t)sin t = 
 0 khi t < 0

M = 1;s 0 = 0
M = 1;s 0 = 0
14


Quy ước:Khi η(t)f (t) là hàm gốc ta chỉ cần ghi f (t) là hàm gốc .
2) Định lý: Giả sử s o là chỉ số tăng của f (t) ,với p = s + iσ thì tích phân
+∞

∫ f (t)e

− pt

dt

o

+∞

∫ f (t)e
p →∞

hội tụ ∀s > so ,hơn nữa lim

− pt

dt = 0

o

+∞

∫ f (t)e

Chứng minh:Ta có

− pt

dt ≤ M

+∞

o

+∞

∫ f (t)e

− pt

∫e

− (s − s o )t

dt =

o

M
với s > so .Tức là tích phân
s − so

dt hội tụ.Mặt khác khi p → ∞ tức là s → ∞

o

+∞

hay

∫ f (t)e

− pt

∫ f (t)e
p →∞

dt < ε ⇒ lim

o

Đặt F(p) =

+∞

+∞

− pt

dt = 0 .

o

∫ f (t)e

− pt

dt ,khi đó F(p) gọi là hàm ảnh của hàm gốc f (t) và được gọi là

o

toán tử Laplace.
Ký hiệu : f (t) ¤ F(p) hoặc F(p) = L { f (t)}
Hơn nữa F′(p) =

+∞

∫ −tf (t)e

− pt

dt tức là − tf (t) ¤ F′(p)

o

II.

Các tính chất
1) Tuyến tính:Cho f (t) ¤ F(p) và g(t) ¤ G(p) ; α, β = const thì
αf (t) + βg(t) ¤ αF(p) + βG(p)
2) Tính đồng dạng : cho f (t) ¤ F(p) thì f (λt) ¤

1 p
F  ÷với λ > 0
λ λ

3) Dịch chuyển ảnh : cho f (t) ¤ F(p) thì eat f (t) ¤ F(p − a)
15


4) Tính trễ :Cho hàm f (t) thì hàm η(t − a)f (t − a) gọi là hàm trễ của f (t) với
a>0
và khi f (t) ¤ F(p) thì η(t − a)f (t − a) ¤ e − pa F(p)
5) Hàm xung và biểu diễn hàm qua hàm η(t) :Hàm xung là hàm có dạng
ϕ(t)
f (t) = 
0

khi a < t < b
khi t ∉ (a,b)

khi đó ta có f (t) = η(t − a)ϕ(t) − η(t − b)ϕ(t)
T

6) Ảnh của hàm tuần hoàn:Cho f (t) = f (t + T) thì
+∞

ta có f (t) ¤

∫e

− pt

f (t)dt =

o

=e

− pT

+∞

∫e

− pt

f (t + T)dt = e

− pT

o

+∞

∫e

f (t) ¤
− pu

∫e

− pt

f (t)dt

0

1 − epT

f (u)du

T

T
T
 +∞ − pu
 − pT 

− pu
− pu
 ∫ e f (u)du − ∫ e f (u)du ÷ = e
 F(p) − ∫ e f (u)du  = F(p)

÷
0
0
 0



T

⇒ F(p) =

∫e

− pu

f (u)du

0

1 − e pT

VÍ DỤ:Tìm ảnh của hàm f (t) = sin t
7) Đạo hàm của hàm gốc: cho f (t) ¤ F(p) .Tìm ảnh của hàm f (k) (t)
với k = 1 ta có f ′(t) ¤

+∞

∫e
0

− pt

f ′(t)dt = e

− pt

f (t)

+∞
0

+p

+∞

∫e

− pt

f (t)dt = pF(p) − f (0)

0

với k = 2 thì f ′′(t) ¤ p [ pF(p) − f (0) ] = p 2 F(p) − pf (0) − f ′(0)
vậy f (k) (t) ¤ p k F(p) − p k −1f (0) − p k − 2f ′(0) − .... − pf (k − 2) (0) − f (k −1) (0)
t

8) Tích phân hàm gốc : cho f (t) ¤ F(p) .Tìm ảnh của hàm

∫ f (u)du
0

16


t

Chứng minh : Giả sử ∫ f (u)du = ϕ(t) và ϕ(t) ¤ φ(p) .Khi đó ϕ′(t) ¤ pφ(p) − ϕ(0)
0

nhưng
ϕ(0) = 0 .Mặt khác ϕ′(t) = f (t) ,nên φ(p) =

F(p)
.
p

9) Đạo hàm hàm ảnh: cho f (t) ¤ F(p) .Tìm gốc của F(k) (p)
Chứng minh:Ta đã có F′(p) =

+∞

∫ −tf (t)dt ⇒ −tf (t) ¤

F′(p) nên tiếp tục lấy đạo hàm

0

theo p
hai vế ta được F′′(p) =

+∞

∫ (−t)

2

f (t)dt ,tức là (− t) 2 f (t) ¤ F′′(p) ⇒ F(k) (p) ¤ (− t)k f (t)

0



10) Tích phân hàm ảnh : cho f (t) ¤ F(p) .Tìm gốc của

∫ F(u)du (nếu hội tụ)
p

Chứng minh: Ta có
∞  +∞

∫  ∫ e

− ut

p 0

+∞
+∞
+∞


f (t) − pt
f (t)
− ut
f (t)dt  du = ∫ f (t)dt ∫ e du = ∫
e dt ⇒ ∫ F(u)du ¤
t
t

0
p
0
p
+∞

11) Tích chập và ảnh của nó : Cho hai hàm f (t) và g(t) thì

∫ f (u)g(t − u)du

−∞

được
gọi là tích chập của hai hàm f (t) và g(t) .Ký hiệu : f ∗ g =

+∞

∫ f (u)g(t − u)du

−∞

LƯU Ý:


f ∗g = g∗f

17


• Nếu f (t) và g(t) là hai hàm gốc thì

+∞

t

−∞

0

∫ f (u)g(t − u)du = ∫ f (u)g(t − u)du


với f (t) ¤ F(p) và g(t) ¤ G(p) thì f ∗ g ¤ F(p)G(p)
Chứng minh:Ta có f ∗ g ¤

+∞

∫ (f ∗ g)e

− pt

dt

0

=

+∞  t


0

+∞  +∞
 − pt

− pt
 ∫ f (u)g(t − u)du  e dt = ∫  ∫ g(t − u)e dt  f (u)du
 0


0 
u

đặt t − u = v thì
+∞  +∞

∫  ∫
0



g(v)e

− p(u + v)

0

+∞
+∞

− pv
dv  f (u)du = ∫ g(v)e dv ∫ e − pu f (u)du = F(p)G(p) .

0
0

12) Công thức Duyhammen:Cho f (t) ¤ F(p) và g(t) ¤ G(p) thì
pF(p)G(p) = p [ F(p) − f (0) ] G(p) + f (0)G(p) ¤ f (0)g(t) + f ′ ∗ g
hoặc pF(p)G(p) = p [ G(p) − g(0) ] F(p) + f (0)F(p) ¤ f (0)f (t) + g ′ ∗ f (t)
13) Điều kiện để một hàm là ảnh của một hàm gốc
Định lý : Giả sử hàm F(p) là hàm biến phức thỏa mãn
1. Giải tích trong nửa mặt phẳng Re p > so
F(p) = 0
2. plim
→∞
a + i∞

3.



F(p)dp hội tụ tuyệt đối với ∀ Re p ≥ a > so

a − i∞
a + i∞

1
F(p)e pt dp
Khi đó F(p) là ảnh của hàm gốc f (t) và f (t) được xác định f (t) =

2πi a − i∞
14) Công thức tìm hàm gốc của một phân thức thực sự
18


Cho F(p) =

A(p)
(tối giản).Giả sử a k (k = 1,M) là các cực điểm của F(p) thì F(p) là
B(p)

ảnh
M

pt
của hàm gốc f (t) và f (t) = ∑  R esF(p)e ,p = a k 
k =1

III.

Ứng dụng giải phương trình vi phân tuyến tính hệ số hằng số:

Cho phương trình a o x (n) + a1x (n −1) + a 2 x (n − 2) + a 3 x (n − 3) + ..... + a n −1x ′ + a n x = f(t)
thỏa mãn điều kiện x (k) (0) = x k với k = 0,n − 1
Cách giải : Giả sử x ¤ X thay x (k) Bp k X − p k −1x o − p k − 2 x1 − ... − px k − 2 − x k −1
và f(t) ¤ F(p) .Qua đó ta tính được X =

A(p)
.Từ đây ta tìm được x(t)
B(p)

Chú ý: Đối với hệ phương trình ta cũng làm tương tự
VÍ DỤ:
a) y′′ + (t + 1)y′ + ty = 0 khi y(0) = 1; y′(0) = −1
b) Giải hệ phương trình
 x ′′ − 3x − 4y + 3 = 0

 y′′ + x + y − 5 = 0
với điều kiện x(0) = x ′(0) = y(0) = y′(0) = 0

§2:PHÉP BIẾN ĐỔI FOURIER

I. Nhắc lại một số vấn đề về chuỗi Fourier

ao
+ ∑ a n cos nx + b n sin nx
Cho hàm f(x) tuần hoàn chu kỳ 2π thì luôn có f(x) =
2 n =1

trong đó:

19


π

1
• a o = ∫ f(x)dx
π −π
π

1
• a n = ∫ f(x)cosxdx với n = 1,2,3...
π −π
π



1
b n = ∫ f(x)sinnxdx với n = 1,2,3...
π −π

Khi f(x) tuần hoàn chu kỳ 2l thì luôn có f(x) =


ao


+ ∑ a n cos x + b n sin x
2 n =1
l
l

ở đó các hệ số được xác định
l



1
a o = ∫ f(x)dx
l −l
l

1

• a n = ∫ f(x)cos xdx với n = 1,2,3...
l −l
l
l

1

• b n = ∫ f(x)sin xdx với n = 1,2,3...
l −l
l
Nếu hàm f(x) là hàm chẵn thì b n = 0 với n = 1,2,3...
còn khi hàm f(x) là hàm lẻ thì a n = 0 với n = 0,1,2,3...
II. Phép biến đổi Fourier
1) Định lý : Hàm f(x) khả tích trên R và thỏa mãn điều kiện Đirichlet thì
+∞

+∞

1
f(x) =
∫ dλ ∫ f (t)cos λ(t − x)dt (1)
2π −∞
−∞
Ta có f (t)cos λ(t − x) là hàm chẵn theo λ và f (t)sin λ(t − x) lẻ theo λ nên
+∞

+∞

+∞

+∞

1
1
f(x) =
dλ ∫ f (t) [ cos λ(t − x) − isin λ(t − x) ] dt =
dλ ∫ f (t)e −iλ (t − x)dt (2)


2π −∞ −∞
2π −∞ −∞
20


Khi đó (1) và (2) được gọi là công thức tích phân Fourier thực và phức tương ứng,và ta

+∞
+∞
+∞
 1 +∞

1
1
− iλ (t − x)
iλx
− iλt
d
λ
f
(t)e
dt
=
e
f
(t)e
dt

 dλ
∫ ∫
∫  2π ∫
2π −∞
2
π
−∞
−∞
−∞



2) Định nghĩa : Ta gọi
+∞

1
f (t)e −iλt dt là biến đổi Fourier của hàm f(x)
a) f$ (λ) =

2π −∞
+∞

1
f$ (λ)eiλx dλ là biến đổi Fourier ngược của hàm f(x)

2π −∞

b) f(x) =

1
Nếu f(x) là hàm chẵn thì f(x) =
π
=
2
π

Và f$ (λ) =

2
π

còn f(x) =

+∞

+∞

0

−∞

∫ dλ ∫ f (t) [ cos λt cos λx − sin λt sin λx ] dt

2
π

+∞


0

 2 +∞

cos λx 
f
(t)cos
λ
tdt
 dλ

π
0



+∞

∫ f (t)cos λt dt

gọi là biến đổi Fourier theo cosin

0

+∞

∫ f$ (λ)cos λxdλ

gọi là biến đổi Fourier ngược theo cosin

0

Còn khi f(x) là hàm lẻ tương tự ta có
2
f$ (λ) =
π
và f(x) =

2
π

+∞

∫ f (t)sin λtdt

gọi là biến đổi Fourier theo sin

0

+∞

∫ f$ (λ)sin λx dλ

gọi là biến đổi Fourier ngược theo sin

0

LƯU Ý :
a) Các định nghĩa trên có ý nghĩa thuần túy toán học.
21


b) Nếu hàm x(t) là hàm dạng sóng theo biến thời gian t (với tần số f),đặt
λ = 2πf
+∞
+∞
 +∞

 +∞

1
iλ t
−iλ u
i2 πft
−i2 πfu
x(t)
=
e
x(u)e
du
d
λ
=
e
x(u)e
du

∫
 df
thì ta có
∫  ∫

2π −∞

 −∞

−∞
 −∞

c) Trong kỹ thuật thì người ta định nghĩa :
µ )=
• X(f

+∞

∫ x(u)e

−i2 πfu

du là biến đổi Fourier của hàm x(t)

−∞

• x(t) =

+∞

µ )e
∫ X(f

i2 πft

du là biến đổi Fourier ngược của hàm x(t)

−∞

Ký hiệu :
• F{ f (x)} = fˆ (λ)

{

là biến đổi Fourier thuận hoặc f(x) ¤ f$ (λ)

}

−1
• F fˆ (λ) = f (x) là biến đổi Fourier ngược

0 khi t ≠ 0
d) Hàm Dirac δ(t) = 
∞ khi t = 0
+∞

Đó là hàm chẵn và thỏa mãn

∫ δ(t)dt

=1

−∞

+∞

Với mọi hàm f (t) liên tục tại 0 luôn có

∫ f (t)δ(t)dt

= f (0) .

−∞

Khi đó δ(t) ¤

+∞



δ(t)e

−i2 πft

dt = 1 ⇒ F

−1

−∞

{ 1}

+∞

=



ei2 πft df và δ(at) =

−∞

1
δ(t) với a ≠ 0
a

VÍ DỤ:
a) Tìm hàm f (t) chẵn thỏa mãn
+∞


0

 1 − λ khi 0 ≤ λ ≤ 1
f (x)cos λtdt = 
khi λ > 1
 0
22


+∞



Qua đó tính tích phân I =

sin 2 x
x2

0

2
Chứng minh:Ta có f (x) =
π

+∞  +∞

∫  ∫


0

0

dx

1

2
f (x)cos λtdt  cos λxdλ = ∫ (1 − λ)cos λxdλ
π0

λ =1

2  sin λx λ sin λx cos λx 
2 1 − cos x
.
= 


=
.
÷
π x
x
x 2 λ = 0 π
x2
+∞

Từ



( 1 − cos x ) cos λxdx = π 1 − λ
x2

0


0



+∞


0

khi 0 ≤ λ ≤ 1
khi λ > 1

x
 ÷
 2  cos λxd  x  = π 1 − λ

 ÷
2
2
2


 0
x
 
 ÷
2

+∞ sin




2 0

2

sin 2 u
u2

cos 2λudu =

Với λ = 0 thì I =

π 1 − 2λ

2 0

khi 0 ≤ λ ≤ 1
khi λ > 1

khi 0 ≤ 2λ ≤ 1
khi 2λ > 1

π
2

b) Tìm hàm lẻ f (t) thỏa mãn
+∞


0

2
Do hàm lẻ nên f (t) =
π

1 khi 0 ≤ t < 1

f (u)sin(ut)du = 2 khi 1 ≤ t ≤ 2
0 khi t ≥ 2


+∞  +∞

∫ ∫
0




0


f (u)sin λudu  sin λtdλ


2
1
 1
f
(t)
=
sin
λ
td
λ
+
2
sin
λ
td
λ

÷ = ( 3 − cos t − 2coss2t )


∫
÷ t
1
0


c) Từ biến đổi Fourier của f(x) = e

−x

+∞

với x ≥ 0 .Tính I =


0

x sin mx
x2 + 1

dx
23


Chứng minh:Thác triển hàm f(x) = e− x thành hàm lẻ,khi đó biến đổi Fourier là

µ λ) =
X(

+∞


0

+∞
 −u



λ
−u
2
e sin λudu =  e sin λu
− λe cosλu
− λ ∫ e − u sin λudu ÷ = 2

÷ λ +1
u =0
u =0
0


−u

2
Ta có f(x) =
π
2
π

+∞


0

+∞

µ λ)sin λxdλ là biến đổi Fourier ngược của f(x) = e− x nên
∫ X(
0

λ sin λx

2
dλ =
2
π
λ +1

+∞


0

λ sin λx
λ2 + 1

dλ = e

−x

⇒ I=

+∞


0

π.e − m
dx =
2
x2 + 1

x sin mx

3) Các tính chất (trong kỹ thuật):
ˆ ) và F{ y(t)} = Y(f
ˆ ) với α ; β = cosnt thì
a) Tuyến tính : Cho F{ x(t)} = X(f
ˆ ) + βY(f
ˆ )
F{ αx(t) + βy(t)} = αX(f
ˆ f 
ˆ ) thì F{ x(at)} = 1 X
b) Đồng dạng : Cho F{ x(t)} = X(f
 ÷
a a
µ )=
Từ X(f

+∞

∫ x(u)e

−i2 πfu

du

−∞

F{ x(at)} =

+∞

∫ x(au)e

− i2 πfu

−∞

+∞

f

+∞

f

−i2 π v
1
µ f ) khi a > 0
a du = 1 X(
du = ∫ x(v)e
a −∞
a a

Khi a < 0 ta có kết quả
F{ x(at)} =

+∞

∫ x(au)e

−∞

− i2 πfu

−i2 π v
1
µ f)
a du = 1 X(
du = ∫ x(v)e
a −∞
−a a

Tổng hợp ta có F{ x(at)} =

1 ˆ f 
X ÷
a a

ˆ ) thì F{ x(t − t )} = e −i2 πt o X(f
ˆ )
c) Trễ : Cho F{ x(t)} = X(f
0

{

}

ˆ −f )
ˆ ) thì F ei2 πfo t x(t) = X(f
d) Dịch chuyển ảnh : Cho F{ x(t)} = X(f
0
24


ˆ ) thì
e) Điều chế:Cho F{ x(t)} = X(f
1 µ
µ + f )
F{ x(t)cos(i2πf 0 t)} = X(f
− f 0 ) + X(f
0 

2

{

}

ˆ )
ˆ ) thì F x (k) (t) = (i2πf ) k X(f
f) Đạo hàm của hàm gốc: Cho F{ x(t)} = X(f
Chứng minh: với k = 1 thì x ′(t) =

+∞

µ )e
∫ (i2πf )X(f

i2 πft

−∞

với k = 2 thì x ′′(t) =

+∞

∫ (i2πf )

ˆ )
df tức là F{ x ′(t)} = (i2πf )X(f



−∞

ˆ ) .Qua đó ta
X(f )ei2 πft df tức là F{ x ′′(t)} = (i2πf ) 2 X(f

được diều phải chứng minh.

{

}

ˆ (n) (f )
ˆ ) thì F t n x(t) = (−i2π) − n X
g) Đạo hàm hàm ảnh : Cho F{ x(t)} = X(f
µ (k) (f ) =
Vì X

+∞

∫ (−i2πu)

k

{

−∞

{

}

ˆ (n) (f ) hay
x(u)e −i2πfu du tức là F (−i2πt) n x(t) = X

}

ˆ (n) (f )
F t n x(t) = (−i2π) − n X
ˆ ) và F{ y(t)} = Y(f
ˆ ) thì F{ x ∗ y} = X(f
ˆ )Y(f
ˆ )
h) Tích chập: Cho F{ x(t)} = X(f
Chứng minh: Ta có F{ x ∗ y} =

+∞  +∞

 −i2πft
x(u)y(t

u)du
dt

e
∫∫
−∞  −∞


+∞

+∞
+∞
 +∞

−i2 πft
−i2 πfu
ˆ )Y(f
ˆ )
= ∫ x(u)  ∫ y(t − u)e
dt  du = ∫ x(u)e
du ∫ y(v)e −i2πfv dv = X(f
 −∞

−∞
−∞
−∞

III. Biến đổi Fourier hữu hạn
n =+∞

Cho dãy số { x(n)} n =−∞ . Biến đổi Fourier hữu hạn của nó được xác định

25


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×