37 trang 4 lượt tải

Bài Tập Lý Thuyết Điều Khiển Và Tự Động Hóa môn Vật lý đại cương 2 | Học viện Công Nghệ Bưu Chính Viễn Thông

8

Tín hiệu f(t)không tuần hoàn. Ta có thể biểu diễn nó dưới dạng tổng của các hàm bước nhảy (unit step function u(t)) bị trễ.  Tài liệu giúp bạn tham khảo, ôn tập và đạt kết quả cao. Mời đọc đón xem! 

Môn: Vật lý đại cương 2 298 tài liệu

Trường: Học viện Công Nghệ Bưu Chính Viễn Thông 1.7 K tài liệu

Tác giả:

Profile

VietJack

2 tuần trước
Tải xuống
Báo cáo
Danh sách Quiz
Tải xuống
/37
Bài tập Lý Thuyết Điều Khiển Và Tự Động Hóa
( Đề số 2 )
📝
Bài 1: Tìm ảnh Laplace của các tín hiệu sau
a) Tín hiệu
x
(
t
)
(sóng tam giác tuần hoàn)
Đây là một tín hiệu tuần hoàn với chu kỳ
Tp=2T
. Ảnh Laplace của
một tín hiệu tuần hoàn
x
(
t
)
được tính bằng công thức:
X
(
s
)
=X1
(
s
)
1−e−sTp
trong đó
X1
(
s
)
là ảnh Laplace của tín hiệu
x
(
t
)
trong một chu kỳ đầu
tiên (từ
t=0
đến
t=2T
).
Một cách hiệu quả để tìm
X
(
s
)
là thông qua đạo hàm của tín hiệu,
x'
(
t
)
.
Tìm đạo hàm
x'
(
t
)
:
oTừ
t=0
đến
t=T
,
x
(
t
)
là đường thẳng có độ dốc (hệ số góc)
là
1−0
T−0=1
T
.
oTừ
t=T
đến
t=2T
,
x
(
t
)
là đường thẳng có độ dốc là
0−1
2T−T=−1
T
.
oVậy, đạo hàm
x'
(
t
)
là một sóng vuông tuần hoàn, có giá trị
1
T
trong khoảng
(
0,T
)
và
−1
T
trong khoảng
(
T , T2
)
.
Tìm ảnh Laplace
X '
(
s
)
của tín hiệu
x'
(
t
)
:
oTín hiệu
x'
(
t
)
cũng tuần hoàn với chu kỳ
Tp=2T
.
oTín hiệu trong một chu kỳ đầu tiên
x'1
(
t
)
là:
x'1
(
t
)
=1
T
[
u
(
t
)
−u
(
t−T
)
]
−1
T
[
u
(
t−T
)
−u
(
t−2T
)
]
x'1
(
t
)
=1Tu
(
t
)
−2Tu
(
t−T
)
+1Tu
(
t−2T
)
oẢnh Laplace
X '1
(
s
)
là:
X '1
(
s
)
=L{x '1
(
t
)
}= 1
T⋅1 s−2
T⋅e−sT
s+1
T⋅e−2sT
s
X '1
(
s
)
=1
Ts
(
1−2e e−sT + −2sT
)
=1
Ts
(
1−e−sT
)
2
oÁp dụng công thức tín hiệu tuần hoàn cho
x'
(
t
)
:
X '
(
s
)
=X '1
(
s
)
1−e−sTp
=
1
Ts
(
1−e−sT
)
2
1−e−2sT
oRút gọn (sử dụng
1−e−2sT=
(
1−e−sT
)(
1+e−sT
)
):
X '(s)
=
1
Ts
(
1−e−sT
)
2
(
1−e−sT
)(
1+e−sT
)
=1−e−sT
Ts
(
1+e−sT
)
Tìm
X (s)
từ
X '(s)
:
oTa có tính chất:
L{x'
(t)
}=sX
(s)
−x
(0 ).
oTừ đồ thị, x (
0
)=0 .
oDo đó, X '(s)=sX (s)⟹X (s )
=X '
(s)
s
.
o X (s)
=1
s
[
1−e−sT
Ts(
1+e−sT
)
]
=1−e−sT
T s2
(
1+e−sT
)
Kết quả (a):
X
(
s
)
=1−e−sT
T s2
(
1+e−sT
)
b) Tín hiệu f (t)
Tín hiệu f (t) không tuần hoàn. Ta có thể biểu diễn nó dưới dạng tổng
của các hàm bước nhảy (unit step function u(t)) bị trễ:
Biểu diễn
f (t)
:
oTại t=0 , tín hiệu nhảy lên 1: +1⋅u (t )
oTại t=2 , tín hiệu nhảy từ 1 xuống -1 (thay đổi -2): −2⋅u (t−2 )
oTại t=3 , tín hiệu nhảy từ -1 lên 0 (thay đổi +1): +1⋅u (t−3 )
oKết hợp lại:
f
(
t
)
=u
(
t
)
−2u
(
t−2
)
+u
(
t−3
)
Tìm ảnh Laplace
F (s )
:
oSử dụng Bảng tra Laplace cơ bản và tính chất trễ thời
gian: L{u
(t )
}=1
s
L{u
(
t−a
)
}=e−as
s
oÁp dụng cho f (t): F (s )=L{u (t )}−2⋅L{u (t−2 )}+L{u(t−3 )}
F
(
s
)
=1
s−2⋅e−2ss+e−3s
s
Kết quả (b):
F
(
s
)
=1−2e−2s+e−3s
s
📝
Bài 2: Tìm tín hiệu x (t ) có ảnh Laplace
a)
X
(
s
)
=s3+5s2+9s+7
(
s+1
)(
s+2
)
Kiểm tra bậc: Bậc của tử số (3) lớn hơn bậc của mẫu số (2),
ta phải thực hiện phép chia đa thức. Mẫu số: (
s+1
)(
s+2
)
=s2+3s+2
Chia
(s s3+5 2+9s+7 )
cho
(s2+3s+2 )
:
(s s3+5 2+9s+7 )=
(
s+2
)
(s2+3s+2 )+
(
s+3
)
Do đó: X (s)=
(
s+2
)(s2+3s+2 )
+
(
s+3
)
s2+3s+2=s+2+s+3
(
s+1
)(
s+2
)
Phân tích phần dư:
s+3
(s+1 )(s+2 )
=As+1+B
s+2
oTìm A (nhân 2 vế với s+1 rồi cho s=−1 ):
A=s+3
s+2
|
s=−1
=−1 3+
−1+2=2
1=2
oTìm B (nhân 2 vế với s+2 rồi cho s=−2 ):
B=s+3
s+1
|
s=−2
=−2+3
−2+1=1
−1=−1
Viết lại
X (s)
:
X (s)
=s+2+2 s+1−1
s+2
Biến đổi Laplace ngược:
o L−1{s}=δ '
(
t
)
(đạo hàm của hàm delta Dirac)
o L−1{ }=2 2δ
(
t
)
(hàm delta Dirac)
o
L−1{2
s+1}=2e u−t
(t)
o
L−1{−1
s+2}=−e u−2t
(t )
Kết quả (a):
x
(
t
)
=δ '
(
t
)
+2δ
(
t
)
+
(
2e e−t− −2t
)
u
(
t
)
b)
X (s)
=5s2+19 s+20
s4+7s3+17 s2+17 s+6
Phân tích mẫu số:
M
(
s
)=s4+7s3+17 s2+17 6s+ . Thử các nghiệm
nguyên là ước của 6 ( ±1, ± , ±2,± 3 6 ):
o s M=−1⟹ (−1 )=1−7+17−17+6=0
(là nghiệm)
o
s M=−2⟹
(
−2
)
=16−7
(8)
+17
(4)
−17
(2)
+6=16−56+68−34+6=0
(là
nghiệm)
o s M=−3⟹ (−3 )=81−7 (
27
)+17(
9
)−17 (
3
)+6= −81 189+153−51+6=0 (là
nghiệm) Vậy M (s) có 3 nghiệm −1,−2,−3 . Do bậc 4 nên
phải còn 1 nghiệm nữa. Chia M (s) cho
(
s+1
)(
s+2
)(
s+3
)
= (s2+3s+2 )
(
s+3
)
=s3+ +6s2+11 s 6
.
(s s4+7 3+17 s2+17 s+6 )
÷
(s3+6s2+11 s+6 )
=s+1
. Vậy
M
(
s
)
=
(
s+1
)(
s+1
)(
s+2
)(
s+3
)
=
(
s+1
)
2
(
s+2
)(
s+3
).
Phân tích phân thức (có nghiệm kép
s=−1
):
X (s)
=A
s+1+B
(
s+1
)
2+C
s+2+D
s+3
o
B=5s2+19 20s+
(
s+2
)(
s+3
)
|
s=−1
=5−19 20+
(
−1+2
)(
−1+3
)
=6
(1)(2)
=3
o
C=5s2+ +19 s 20
(
s+1
)
2
(
s+3
)
|
s=−2
=5
(4)
+19
(
−2
)
+20
(
−2+1
)
2
(
−2+3
)
=20−38 20+
(
−1
)
2
(1)
=2
o
D=5s2+19 20s+
(
s+1
)
2
(
s+2
)
|
s=−3
=5
(9)
+19
(
−3
)
+20
(
−3+1
)
2
(
−3+2
)
=45−57 20+
(
−2
)
2
(
−1
)
=8
−4=−2
o
A=d
ds
[
5s2+19 20s+
(s+2 )(s+3)
]
|
s=−1
=d
ds
[
5s2+19 20s+
s2+5s+6
]
|
s=−1
A=
(10 19s+ )(s2+5s+6 )− (5s2+19 20s+ )(2s+5 )
(s2+5s+6 )
2
|
s=−1
A=
(
9
)(1−5+6 )− (5−19 20+ )(
3
)
(1−5+6 )
2=
(
9
)(
2
)− (
6
)(
3
)
(
2
)
2=18 18−
4=0
Viết lại
X (s)
:
X
(
s
)
=0s+1+3
(s+1 )
2+2s+2−2
s+3
Biến đổi Laplace ngược:
o
L−1{3
(s+1 )
2}=3t e u−t
(t)
o
L−1{2
s+2}=2e u−2t
(t)
o
L−1{−2
s+3}=−2e u−3t
(t)
Kết quả (b): x (t )
=
(
3t e−t+2e−2t−2e−3t
)u(t )
c)
X
(
s
)
=7s2−20 s−75
s3+6s2+25 s
Phân tích mẫu số: M
(
s
)
=s (
s2+6s+25
)
. Giải
s2+6s+25 0=
.
Δ'=32−25=− =16
(4i )
2
. Nghiệm s i=−3±4 . Đây là cặp nghiệm phức
liên hợp.
Phân tích phân thức:
X (s)
=A
s+Bs C+
s2+6s+25
o
A=7s2−20 75s−
s2+6s+25
|
s=0
=−75
25 =−3
oĐồng nhất hệ số (quy đồng mẫu):
A
(s2+6s+25 )
+
(
Bs C+
)s s=7s2−20 −75
−3 (s2+6s+25 )+B s2+Cs=7s2−20 s−75
− −3s2 18 s−75+B s2+Cs=7s2−20 s−75
(
B−3
)s2+(
C−18
)s−75=7s2−20 s−75
oSo sánh hệ số:
s2:B− =3 7⟹B=10
s1:C−18=− =−20 ⟹C 2
Viết lại
X (s)
:
X (s)
=−3s+10 s−2
s2+6s+25
Biến đổi Laplace ngược (dạng
e−at cos
(
ωt
)
và
e−at sin
(
ωt
)
): Viết
mẫu về dạng
(s+a )
2+ω2 :
s2+6s+25= (s2+6s+9 )+16=
(
s+3
)2+42 Biến đổi tử
số
10 2s−
(s+3 )2+42
về dạng
K1
s+a
(s+a )
2+ω2+K2
ω
(s+a )2+ω2
:
10
(s+3 )−30−2
(s+3 )
2+42=10
(s+3 )−32
(s+3 )
2+42
¿10 ⋅s+3
(s+3 )
2+42−8⋅4
(s+3 )
2+42
Biến đổi Laplace ngược:
o
L−1{−3
s}=−3u
(
t
)
o
L−1{10 s+3
(s+3 )
2+42}=10 e−3tcos
(4t )u(t )
o
L−1{−84
(s+3 )
2+42}=−8e−3tsin
(
4t
)
u
(
t
)
Kết quả (c): x
(
t
)
=
[
−3+10 e−3tcos
(
4t
)
−8e−3tsin
(
4t
)]
u
(
t
)
d)
Y (s )
=s+2
s2+3s+2
Phân tích mẫu số:
s2+3s+2= (
s+1
)(
s+2
).
Rút gọn Y (s ):
Y (s )
=s+2
(s+1 )(s+2 )
=1
s+1
(Lưu ý: Có sự triệt tiêu cực-
không (pole-zero cancellation) tại s=−2 . Điều này có nghĩa là
“mode”
e−2t
không xuất hiện trong đáp ứng).
Biến đổi Laplace ngược:
L−1{1
s+1}=e u−t
(t)
Kết quả (d): y
(
t
)
=e−tu
(
t
)
📝
Bài 3: Xác định các giá trị x (+0),
dx(
+0
)
dt
,
d2x
(
+0
)
d t2
Sử dụng (Initial Value Theorem - IVT) và Định lý Giá trị ban đầu
các dạng mở rộng của nó cho tín hiệu nhân quả (causal, x (t )=0 khi
t<0 ).
x¿
x ' ¿ (Chỉ áp dụng nếu x¿ . Nếu x¿ , phải dùng: x ' ¿)
x ″ ¿ (Chỉ áp dụng nếu x¿
và
x ' ¿
. Nếu không, phải dùng:
x ″ ¿
)
Ta sẽ dùng phương pháp tổng quát (dạng khai triển) cho X (s) khi
s → ∞
: X (s)
=c1s+c2s2+c3
s3+… Khi đó:
x
(
t
)
=c1+c2t+c3
t2
2!+…
⟹x¿ , x ' ¿, x ″ ¿.
Cách khác (dễ hơn) là dùng lim ¿: 1. x¿ 2. x ' ¿ 3. x ″ ¿
a)
X
(
s
)
=1
sT1
(
1+s T1
)(
1+sT2
)
sX
(
s
)
=1
T1
(
1+sT 1
)(
1+s T2
)
.
x¿
.
s X2
(s )
=s
T1
(
1+s T1
)(
1+s T2
)
.
x ' ¿
.
s X3
(
s
)
=s2
T1
(
1+s T1
)(
1+sT2
)
.
x ″ ¿
.
Kết quả (a):
x¿ x ' ¿ x ″ ¿
b)
X (s)
=1+sT
(
1+s T 1
)(
1+sT 2
)
sX(s)
=s
(
1+sT
)
(
1+sT 1
)(
1+s T 2
)
=s2T+s
s2T1T2+s
(
T1+T2
)
+1
.
x¿
.
x ' ¿
¿lim ¿s → ∞ s
[
T1T2 (
s+s2T
)−T (
1+s T 1+s T2+s2T1T2
)
T1T2
(
1+sT1
)(
1+sT 2
)
]
¿
¿lim ¿s → ∞ s
[
s T1T2+s sT2T T 1T2−T−
(
T1+T2
)
−s2T T 1T2
T1T2
(
s2T1T2+…
)
]
¿
¿lim ¿s → ∞ s
[
s
(
T1T2−T
(
T1+T2
))
−T
s2
(
T1T2
)
2+…
]
¿
¿lim ¿s → ∞
s2
(
T1T2−T
(
T1+T2
))
−sT
s2
(
T1T2
)
2+…=T1T2−T
(
T1+T2
)
(
T1T2
)
2¿ .
x ″ ¿: Tính toán sẽ rất phức tạp, nhưng kết quả sẽ là
∞
(vì bậc
của tử trong phép trừ tiếp theo sẽ cao hơn bậc mẫu).
Kết quả (b):
x¿ x ' ¿ x ″ ¿
c)
X (s)
=s+1
2 3s2+ s+4
sX
(
s
)
=s2+s
2s2+3s+4
.
x¿
.
x ' ¿
¿lim ¿s → ∞ s
[
2(s2+s )
−
(2s2+3s+4 )
2
(
2s2+3s+4
)
]
¿
¿lim ¿s → ∞ s
[
2s2+2s−2s2−3s−4
4s2+6s+8
]
=lim ¿s→ ∞
s (
− −s 4
)
4s2+6s+8=lim ¿s→ ∞
−s2−4s4s2+6s+8=−1
4¿¿ ¿
.
x ″ ¿ ¿lim ¿s → ∞ s
[
s s3+ 2
2s2+3s+4−s 2+1
4]
¿
¿lim ¿s → ∞ s
[
4 (s3+s2 )
−2s
(2s2+3s+4 )
+1
(2s2+3s+4 )
4
(
2s2+3s+4
)
]
¿
¿lim ¿s → ∞ s
[
4 4s3+ s2−4s3−6s2−8s+2s2+3s+4
8s2+12 16s+
]
¿
¿lim ¿s → ∞ s
[
(
4−6+2
)s2+ (
−8
)
s+4
8s2+12 s+16
]
=lim ¿s → ∞
s (
−8s+4
)
8s2+12 s+16 =lim ¿s → ∞
−8s2+4s
8s2+12 s+16 =−8
8=−1¿¿ ¿
. Kiểm tra lại
x ″
:
s2
(
4−6+2
)=0s2 . s (−8+3 )=−5s .
¿lim ¿s → ∞ s
[
−5s+4
8s2+12 16s+
]
=lim ¿s → ∞
−5s2+4s
8s2+12 s+16 =−5
8¿¿ .
Kết quả (c):
x¿ x ' ¿ x ″ ¿
d)
X
(
s
)
=1
(1+sT )
n, n=0,1,2,.. .
Chúng ta xét các giá trị k của đạo hàm:
x
(
k
)
¿
(chỉ khi các giá trị trước
đó bằng 0).
s Xk+1
(
s
)
=sk+1
(1+sT )
n=sk+1
(sT +1)
n
. - x¿ (cho k=0 ):
lim ¿s → ∞
s
(
sT+1
)
n¿
.
*Nếu n=1 : lim ¿1/T .
* Nếu n>1: lim 0¿ . - x ' ¿ (cho k=1 ): lim ¿s → ∞
s2
(sT +1)
n¿ .
* Nếu n=1 : lim ¿∞.
* Nếu n=2 : lim ¿ 1/T2 .
* Nếu n>2 : lim 0¿ . - x ″ ¿ (cho k=2 ):
lim ¿s → ∞
s3
(
sT +1
)
n¿
.
* Nếu n=1,2 : lim ¿∞ . * Nếu n=3 : lim ¿1/T3 .
* Nếu n>3: lim 0¿ .
(Trường hợp n=0 : X (s)=1⟹x (t )=δ (t ), các giá trị tại
t=0+¿¿
không xác
định/vô hạn).
Kết quả (d) (giả sử
n ≥ 1
):
* Nếu
n=1
:
x¿ , x ' ¿, x ″ ¿
* Nếu
n=2
:
x¿ , x ' ¿, x ″ ¿
* Nếu
n=3
:
x¿ , x ' ¿, x″ ¿
* Nếu
n>3
:
x¿
,
x ' ¿
,
x ″ ¿
📝
Bài 4: Xác định điều kiện
Cho
X
(
s
)
=B
(
s
)
A(s)
=bmsm+…+b0
ansn+…+a0
a)
lim ¿t → 0+¿x
(t)
≠0¿¿
Theo Định lý Giá trị ban đầu:
lim ¿t → 0+¿x
(t)=lim ¿s →∞ sX(s )
¿¿¿
.
lim ¿s → ∞ sbmsm+…
ansn+…=lim ¿s →∞
bmsm+1+…
ansn+…¿ ¿
.
Để giới hạn này là một giá trị hữu hạn và khác 0, bậc của tử số
và mẫu số phải bằng nhau.
Điều kiện:
n=m+1 .
(Nếu m+ >1 n, giới hạn là ∞. Nếu m+1<n , giới hạn là 0).
b)
lim ¿t → ∞ x(t )≠0¿
Theo Định lý Giá trị cuối (Final Value Theorem):
lim ¿t → ∞ x(t )=lim ¿s → 0sX(s)¿¿.
Điều kiện tiên quyết: Định lý này chỉ áp dụng khi
X (s) là ổn
định, nghĩa là tất cả các cực (nghiệm của A(s )) phải nằm ở nửa
bên trái mặt phẳng phức, ngoại trừ khả năng có một cực đơn
(single pole) tại
s=0
.
lim ¿s → 0sX(
s
)
=lim ¿s → 0sbmsm+…+b1s+b0
ansn+…+a1s+a0
¿¿
.
Trường hợp 1:
X (s)
không có cực tại
s=0
(tức là
a0≠0
).
lim ¿s → 0sX
(s)
=0⋅b0
a0
=0¿ . Điều này không thỏa mãn.
Trường hợp 2:
X (s) có một cực đơn tại s=0 . Nghĩa là
a0=0
và
a1≠0
. Ta có thể viết
A(s )
=s
(
ansn−1+…+a1
)
.
lim ¿s → 0sX(s )
=lim ¿s → 0sbmsm+…+b0
s
(
ans an−1+…+ 1
)
¿¿
¿lim ¿s → 0
bmsm+…+b0
ansn−1+…+a1
=b0
a1
¿
.
Để giới hạn này
≠0
, ta cần
b0≠0
.
Điều kiện:
1. Tất cả các cực của X
(
s
)
phải có phần thực âm, ngoại trừ
2. X
(
s
)
phải có đúng một cực đơn tại s=0 (tức là
a0=0
và
a1≠0
).
3. Tử số B (s ) phải có
b0≠0
.
📝
Bài 5: Giải các hệ phương trình vi phân
a) y ″+3y '+2y=20 cos
(
2t
)
, y
(0)
=1, y '
(0)
=5
Biến đổi Laplace:
[
s Y2
(s)−s⋅1−5 ]+3 [sY(s)−1 ]+2Y (s)
=20 s
s2+4
(
s2+3s+2
)Y(s)
−s−5−3=20 s
s2+4
(s+1)(s+2 )Y (s)
=s+8+20 s
s2+4
Giải
Y (s )
:
Y (s )
=s+8
(s+1 )(s+2 )
+20 s
(
s+1
)(
s+2
)
(s2+4 )
Phân tích phân thức:
o
s+8
(s+1 )(s+2 )
=As+1+B
s+2
A=−1+8
−1+2=7
B=−2+8
−2+1=−6
o
20 s
(
s+1
)(
s+2
)(s2+4 )
=Cs+1+D
s+2+Es F+
s2+4
C=20 s
(
s+2
)(s2+4 )
|
s=−1
=−20
(
1
)(
5
)
=−4
D=20 s
(
s+1
)
(s2+4 )
|
s=−2
=−40
(−1 )(
8
)
=5
Tại s i=2 :
E (2i)
+F=20 s
(s+1 )(s+2 )
|
s=2i
=40 i
(2i+1 )(2i+2 )
=40 i−4+4i+2i+2=40i
−2+6i
$ = = = = 6 - 2i$ ⟹F=6, E (2i )=− =−2i⟹E 1 .
Kết hợp
Y (s )
:
Y
(
s
)
=
(
7
s+1−6
s+2
)
+
(
−4
s+1+5
s+2+−s+6
s2+4
)
Y (s )
=3s+1−1 s+2−s s2+4+6
s2+4
Biến đổi ngược: y
(
t
)=3e−t−e−2t−cos (
2t
)
+3 sin
(
2t
)
, (với
t ≥ 0
)
Kết quả (a): y
(
t
)
=
(
3e e−t− −2t−cos
(
2t
)
+3 sin
(
2t
)
)
u
(
t
)
b) y ″+3y '+2y=0, y(
0
)=a , y '(
0
)=b
Biến đổi Laplace: [
s Y2
(
s
)
−sa−b
]
+3
[
sY
(
s
)
−a
]
+2Y
(
s
)
=0
(
s2+3s+2
)Y
(
s
)
=sa+3a+b
(
s+1
)(
s+2
)
Y
(
s
)
=sa+
(
3a+b
)
Giải Y (s ):
Y (s )
=sa +(3a+b )
(s+1 )(s+2 )
=As+1+B
s+2
Phân tích phân thức:
o
A=sa+ (3a+b )
s+2
|
s=−1
=−a+3a+b
1=2a+b
o
B=sa+ (3a+b )
s+1
|
s=−2
=−2a+3a+b
−1=−
(
a+b
)
Biến đổi ngược: y(t)
=
(
2a+b
)
e−t−
(
a+b
)
e−2t
, (với
t ≥ 0
)
Kết quả (b): y
(
t
)
=
(
(
2a+b
)
e−t−
(
a+b
)
e−2t
)
u
(
t
)
c) y ″+2y '+y=10 sin(2t ), y(
0
)=1 , y '(
0
)=5
Biến đổi Laplace:
[
s Y2
(s)
−s⋅1−5 ]+2 [
sY(s )
−1 ]+Y
(s)
=10 2
s2+4
(
s2+2s+1
)Y
(
s
)
−s−5−2=20
s2+4
(
s+1
)
2Y
(
s
)
=s+7+20
s2+4
Giải
Y (s )
:
Y (s )
=s+7
(s+1 )
2+20
(
s+1
)
2
(
s2+4
)
Phân tích phân thức:
o
s+7
(
s+1
)
2=
(
s+1
)
+6
(
s+1
)
2=1 s+1+6
(
s+1
)
2
o
20
(
s+1
)
2
(s2+4 )
=As+1+B
(s+1 )
2+Cs D+
s2+4
B=20
s2+4
|
s=−1
=20
1+4=4
Tại s i=2 :
C
(
2i
)
+D=20
(s+1 )
2
|
s=2i
=20
(2i+1 )
2=20−4+4i+1=20
−3+4i
¿20
(−3−4i )
9+16 =20
(−3−4i )
25 =4
(−3−4i )
5=−12
5−16
5i
⟹D=− =− =−12/5,2Ci 16 i/5⟹C 8/5 .
Tại s=0 :
20
4=A+B+D
4⟹5=A+4+−12 5/
4=A+4−3
5
A=5−4+3/5=1+3/5=8/5 .
Kết hợp
Y (s )
:
Y
(
s
)
=
(
1
s+1+6
(s+1 )
2
)
+
(
8/5
s+1+4
(s+1)
2+−8/5s−12 5/
s2+4
)
Y (s )=(1+8/5 )
1
s+1+ (6+4 )
1
(s+1)
2−8
5
s
s2+4−12
5
1
s2+4
Y
(
s
)
=13
5
1
s+1+10
(s+1 )
2−8
5
s
s2+4−6
5
2
s2+4
Biến đổi ngược:
y(t)
=135e−t+10 t e−t−8
5cos
(2t )
−6
5sin
(2t )
, (với
t ≥ 0
)
Kết quả (c):
y(t)=
(
13
5e−t+10 t e−t−8
5cos
(2t )
−6
5sin
(2t )
)
u(t )
📝
Bài 6: Hệ lò xo - vật nặng (1)
Xác định phương trình dao động: Áp dụng Định luật II
Newton: ∑ F=ma. Các lực tác dụng lên vật m theo phương y:
oLực đàn hồi của lò xo:
Fc=−c⋅y
(lực phục hồi, ngược chiều
y) (Bài toán bỏ qua ma sát) Phương trình chuyển động là:
m⋅y″ (t )=−c⋅y (t) ⟹my ″(t )+cy (t)=0
Giải phương trình (Tìm biên độ lớn nhất): Ta giải phương
trình vi phân này với điều kiện đầu
y(
0
)=0
và
y '(
0
)=v0
. Sử dụng
biến đổi Laplace:
m
[
s2Y
(
s
)
−sy
(0)
−y '
(0)]
+cY
(
s
)
=0
m
[
s2Y
(
s
)
−0−v0
]
+cY
(
s
)
=0 (m s c2+)Y
(
s
)
=m v0
Y (s )
=m v0m s2+c=v0
s2+c/m
Đặt
ωn2=c/m , ωn=
√
c/m (tần số góc tự nhiên).
Y
(
s
)
=v0⋅1
s2+ωn
2=v0
ωn
⋅ωn
s2+ωn
2
Biến đổi Laplace ngược:
y(t)
=v0
ωn
sin
(
ωnt
)
=v0
√
m
csin
(
√
c
mt
)
Đây là một
dao động hình sin. (biên độ Biên độ lớn nhất
A
) của dao động
là hệ số đứng trước hàm
sin
(t).
Kết quả: Phương trình dao động: *
my ″ +cy=0
Biên độ lớn nhất:*
A=v0
ωn
=v0
√
m
c
📝
Bài 7: Hệ mạch điện RC
Mô hình hóa trong miền Laplace: Ta chuyển mạch sang
miền
s
, với điều kiện đầu các tụ bằng 0 (
vC (
0
)=0
).
oĐiện trở:
R1, R2
oTụ điện:
ZC1=1
sC1
,
ZC2=1
sC2
oNguồn vào: u(t )
=u0⋅1
(t)
⟹U
(s)
=u0
s
oĐầu ra: Y (s )
Tìm hàm truyền
G (s )=Y (s)/U (s)
: Mạch là một cầu chia áp.
R1
nối
tiếp với một cụm
Zp
. Cụm
Zp
là
ZC1
song song với
(
R2+ZC2
)
.
o
ZR2+C2=R2+1
sC2
=s R2C2+1
sC2
o
Zp=ZC1∥ZR2+C2=ZC1⋅ZR2+C2
ZC1+ZR2+C2
Zp=
1
sC1
⋅s R2C2+1
sC2
1
sC1
+s R2C2+1
sC2
=
s R2C2+1
s2C1C2
C2+C1
(
s R2C2+1
)
s C1C2
Zp=s R2C2+1
s2C1C2
⋅sC1C2
C2+s R2C1C2+C1
=s R2C2+1
s
(
s R2C C C1 2+R2C1C2+C1+ 2
)
(Kiểm
tra lại
Zp
:
s R2C2+1
s
(
s R2C C1C2+C1+ 2
)
)
oHàm truyền (cầu chia áp):
G
(
s
)
=Y
(s)
U (s)
=Zp
R1+Zp
G
(
s
)
=
s R2C2+1
s
(
s R2C1C2+C1+C2
)
R1+s R2C2+1
s
(
s R2C1C2+C1+C2
)
=s R2C2+1
s R1
(
s R2C1C2+C1+C2
)
+
(
s R2C2+1
)
G (s )
=s R2C2+1
s2
(
R1R2C1C2
)
+s
(
R1C1+R R1C2+ 2C2
)
+1
Xác định
y(t)
:
Y (s )
=G
(s)
⋅U
(s)
=G
(s)
⋅u0
s
Y (s )
=u0 (
s R2C2+1
)
s
[
s2
(
R1R2C1C2
)
+s
(
R1C C1+R1 2+R2C2
)
+1
]
Để tìm y(t), ta cần phân
tích Y (s ) thành tổng các phân thức đơn giản:
Y (s )
=A
s+Bs C+
Đa thức bậc 2
oHệ số
A
(giá trị xác lập) có thể tìm bằng FVT:
A=lim ¿s →0sY(s )=lim ¿s → 0u0G(s)=u G0⋅ (
0
)¿ ¿
G (
0
)
=0+1
0+0+1=1
. Vậy
A=u0
.
o y(t) sẽ có dạng:
y
(
t
)=u0+ytransient (
t
), trong đó
ytransient
(
t
) là nghiệm
của phần
L−1{Bs C+
…} và sẽ tắt dần về 0 (do đây là mạch
RC, các cực luôn ổn định).
Kết quả: Điện áp ra
Y (s ) trong miền Laplace là:
Y (s )
=u0 (
s R2C2+1
)
s
[
s2
(
R1R2C C1 2
)
+s
(
R1C1+R1C2+R2C2
)
+1
]
Điện áp ra
y
(
t
)=L−1{Y (
s
)
}
. Không thể tìm biểu thức y(t) tường
minh nếu không có giá trị cụ thể của
R, C
.
📝
Bài 8: Hệ lò xo - vật nặng - giảm chấn
Phương trình mô tả chuyển động: Áp dụng Định luật II
Newton: ∑ F=ma (hoặc
my ″
). Các lực tác dụng lên vật
m
:
oLực đàn hồi lò xo:
Fc=−c⋅y
oLực ma sát (giảm chấn): Fγ=−γ⋅y ' (luôn ngược chiều vận
tốc y ')
oLực tác động bên ngoài: u(t ) Phương trình chuyển động là:
my ″ u= (t )+Fc+Fγ my ″ u= (t )−cy −γy '
⟹my ″
(t )+γy '(t )+cy (t )=u (t )
Tính tuyến tính của hệ:
oHệ thống là tuyến tính.
oTại sao: Phương trình my ″ +γy '+cy u=
(
t
) là một phương trình
vi phân tuyến tính, hệ số hằng. Nó thỏa mãn nguyên lý
xếp chồng (superposition):
1. Tính cộng: Nếu
u1(t )→ y1(t )
và
u2(t )→ y2(t )
, thì
u1(t )+u2 (t )→ y1(t )+y2 (t ).
2. Tính thuần nhất: Nếu u
(
t
)
→ y
(
t
)
, thì k⋅u
(
t
)
→ k y⋅
(
t
)
.
Các biến
y , y' , y ″
đều có số mũ là 1 và không có các
hàm phi tuyến (như sin (
y
)
, y .2,..
).
Kết quả: Phương trình: * my ″(t)+γy' (t)+cy (t )=u (t )
* Có, vì nó được mô tả bởi một Hệ tuyến tính:
phương trình vi phân tuyến tính, hệ số hằng và thỏa mãn
nguyên lý xếp chồng.
📝
Bài 9: Hệ 2 vật nặng
Phương trình chuyển động của hệ: Ta viết phương trình
Newton cho từng vật (bỏ qua ma sát).
oVật 1 (khối
m
tại
y1
):
Lực lò xo trái:
−c⋅y1
Lực lò xo giữa:
c⋅
(
y2−y1
) (lò xo giữa bị dãn/nén một
đoạn là
y2−y1
)
PT (1):
m y1″=−c y1+c
(
y2−y1
)
=−2c y1+c y2
⟹m y1″+2c y1−c y2=0
oVật 2 (khối m tại
y2
):
Lực lò xo giữa:
−c⋅
(
y2−y1
)
(phản lực của vật 1)
Lực lò xo phải:
−c⋅y2
PT (2):
m y2″=−c
(
y2−y1
)
−c y2=c y1−2c y2
⟹m y2″−c y1+2c y2=0
Giải tìm
y1 (t)
: Sử dụng Laplace với điều kiện đầu:
y1 (
0
)=0, y1' (
0
)=0, y2(
0
)=0, y2' (
0
)=v0 .
oPT (1)
→ L
:
m
[
s2Y1
(
s
)
]
+2c Y 1
(
s
)
−c Y 2
(
s
)
=0
⟹
(m s c2+2 )Y1
(
s
)
=c Y 2
(
s
)
⟹Y2
(
s
)
=m s2+2c
cY1
(
s
) (Eq 1’)
oPT (2)
→ L
:
m
[
s2Y2
(
s
)
−s y2
(0)
−y2'
(0 )
]
−c Y 1
(
s
)
+2c Y 2
(
s
)
=0
m
[
s2Y2
(
s
)
−v0
]
−c Y 1
(
s
)
+2c Y 2
(
s
)
=0
⟹
(
m s c2+2
)Y2
(
s
)
−c Y 1
(
s
)
=m v0
(Eq
2’)
oThế (1’) vào (2’): (m s c2+2 )
[
m s c2+2
cY1
(
s
)
]
−c Y 1
(
s
)
=m v0
(
(
m s c2+2
)
2
c−c
)
Y1
(
s
)
=mv0
(
m2s4+4mc s2+4c2−c2
c
)
Y1
(
s
)
=m v0
m2s4+4mc s2+3c2
cY1
(
s
)
=m v0
oGiải
Y1
(
s
): Y1(s)
=cm v0
m2s4+4mc s2+3c2
oPhân tích mẫu (đặt
x=s2
): m2x2+4mcx+3c2= (
mx c+
)(
mx c+3
)
Y1(s)
=cm v0
(
m s c2+
)(
m s c2+3
)
oPhân tích phân thức:
cm v0
(m s c2+)(m s c2+3 )
=Am s2+c+B
m s c2+3
A(
m s c2+3
)+B (
m s c2+
)=cm v0
s2
(
Am Bm+
)
+
(
3cA cB+
)
=cm v0
⟹A+B=0⟹A=−B
⟹3cA cB+ =cm v0⟹c
(
3A+B
)
=cm v0⟹3A−A=mv0⟹2A=m v0⟹A=m v0/2
⟹B=−m v0/2
o Y1(s)
=m v0/2m s2+c−m v0/2m s2+3c=v0/2s2+c/m−v0/2
s2+3c/m
oĐặt ω1=
√
c/m và ω2=
√
3c/m :
Y1(s)
=v0
2
1
ω1
ω1
s2+ω1
2−v0
2
1
ω2
ω2
s2+ω2
2
oBiến đổi ngược:
y1
(
t
)
=v0
2ω1
sin
(
ω t1
)
−v0
2ω2
sin
(
ω2t
)
Tính tuyến tính:
oHệ thống là tuyến tính.
oTại sao: Nó được mô tả bởi một hệ các phương trình vi
phân tuyến tính, hệ số hằng, và thỏa mãn nguyên lý xếp
chồng.
Kết quả: Phương trình chuyển động vật 1: *
y1 (t)=
[
v0
2
√
m
csin
(
√
c
mt
)
−v0
2
√
3
√
m
csin
(
√
3c
mt
)
]
u(t )
* Có, vì được mô tả bởi hệ PTVP tuyến tính.Hệ tuyến tính:
📝
Bài 10: Tìm hàm truyền tương đương G
(
s
)
=Y
(
s
)
/R
(
s
)
c)
Gom 2 nhánh song song
G2
và
G5
:
G25=G2+G5
.
Sơ đồ trở thành:
R →
(
Sum1
)
→ G →1
(
Sum2
)
→ G →25
(
Sum3
)
→G →G3→ N 4 4→ Y
oPhản hồi từ
N4
về Sum1:
H2
(dấu -)
oPhản hồi từ
N4
về Sum2:
H1
(dấu -)
Di chuyển điểm rẽ (cho
H1, H2
) từ
N4
(sau
G3
) về
E4
(trước
G3
).
oPhản hồi H2 trở thành H2G3 .
oPhản hồi
H1
trở thành
H1G3
.
Sơ đồ mới:
R →(Sum1 )→ G →1 (Sum2)→ G → G25 → E4 3→ G4→Y
oPhản hồi từ
E4
về Sum1:
H2G3
(dấu -)
oPhản hồi từ
E4
về Sum2:
H1G3
(dấu -)
Rút gọn vòng lặp trong (Sum2
→ G25 → E4→ H1G3
):
GL1=G25
1+G25
(
H1G3
)
=G2+G5
1+
(
G2+G5
)
G3H1
Sơ đồ mới:
R →
(
Sum1
)
→ G → G1 L1→ E4→G →G3 4→ Y
oPhản hồi từ
E4
về Sum1:
H2G3
(dấu -)
Hàm truyền từ R đến
E4
:
Gℜ4=G1GL1
1+
(
G1GL1
)(
H2G3
)
Hàm truyền tổng: G (s )=Gℜ4⋅ ⋅G3 G4
G
(
s
)
=G1GL1G3G4
1+G1GL1H2G3
Thế
GL1
vào:
G (s )=
G1
(
G2+G5
1+
(
G2+G5
)
G3H1
)
G3G4
1+G1
(
G2+G5
1+
(
G2+G5
)
G3H1
)
H2G3
(Nhân cả tử và mẫu
cho
1+
(
G2+G5
)
G3H1
) G (s )
=G1G3G4 (
G G2+ 5
)
1+
(
G2+G5
)
G3H1+G1G3H2
(
G2+G5
)
G (s )
=G1G3G4 (
G2+G5
)
1+G1G2G3H2+G2G3H1+G1G5G3H2+G5G3H1
d)
Rút gọn vòng lặp trong (Sum3
→ G3→ H1
):
GL1=G2
1+G2G3H1
Sơ đồ mới:
R →(Sum1)→ G →1 (Sum2)→ GL1→(Path 1)
R →(
Sum1
)→ G1→ G6→(Path 2)
(Sum2 không còn,
GL1
là
E3/E1
) Đoạn
này bị sai. Ta dùng đại số:
o
E1=R−Y
o
E E2=G2 1−H1E3
o
E E3=G3 2
o Y=G4
(
E3+G6E1
)
oTừ
E2, E3
:
E3=G3
(
G2E E1−H1 3
)
⟹E3
(
1+G3H1
)
=G2G3E1⟹E3=G2G3
1+G3H1
E1
oThế vào Y:
Y=G4
(
G2G3
1+G3H1
E1+G6E1
)
=G4E1
(
G2G3+G6
(
1+G3H1
)
1+G3H1
)
oThế E1=R−Y : Y=G4 (R−Y )
(
G2G3+G G6+ 6G3H1
1+G3H1
)
oĐặt K=G4
(
G G2G3+ 6+G6G3H1
1+G3H1
)
.
o Y=K (R−Y )
⟹Y
(1+K )=KR G⟹ (s)
=YR=K
1+K
o G (s )
=G4 (
G G G2 3+G6+G6 3H1
)
1+G3H1+G4
(
G G G2 3+G6+G6 3H1
)
e)
Sử dụng đại số:
o E1=R−H4Y
o N1=G1E1
o E3=G2
(
N1−H2E3−H3E3
)
o
Y=G3E3+H1Y⟹Y
(
1−H1
)
=G3E3⟹E3=Y (
1−H1
)
G3
oThế E3 vào:
Y
(
1−H1
)
G3
=G2
(
N1−
(
H2+H3
)
Y
(
1−H1
)
G3
)
o
Y
(
1−H1
)
G3
=G2N1−G2
(
H2+H3
)
Y
(
1−H1
)
G3
o
Y
(
1−H1
)
=G2G3N1−G2G3
(
H2+H3
)
Y
(
1−H1
)
G3
-> Lỗi,
G3
triệt tiêu
o Y
(
1−H1
)
=G2G3N1−G2
(
H2+H3
)
Y
(
1−H1
)
o Y
(
1−H1
)
[
1+G2
(
H2+H3
)
]
=G2G3N1
o
Y=G2G3N1
(
1−H1
)(
1+G2H2+G2H3
)
oThế
N1=G G1E1= 1
(
R−H4Y
)
:
Y=G1G2G3 (
R−H4Y
)
(
1−H1
)(
1+G2H2+G2H3
)
o
Y
[
(
1−H1
)(
1+G2H2+G2H3
)
+G1G G2 3H4
]
=G1G G2 3R
o
G (s )
=Y
R=G1G2G3
(
1−H1
)(
1+G2H2+G2H3
)
+G1G G2 3H4
f)
Rút gọn vòng lặp
G2,G5
:
GL1=G2
1+G2G5
Rút gọn vòng lặp
G3,G4
:
GL2=G3
1−G3G4
(phản hồi dương)
Sơ đồ mới:
R →(Sum1 )→ G1→ N1→ G → GL1→ N2 L2→Y
oPhản hồi từ
N2
về Sum1:
H1
(dấu -)
oPhản hồi từ Y về Sum1:
H2
(dấu -)
Hàm truyền từ R đến Y (tạm thời bỏ
H2
):
GA=G1GL1GL2
1+G1GL1H1
Thêm phản hồi
H2
:
G (s )
=GA
1+GAH2
=
G1GL1GL2
1+G1GL1H1
1+G1GL1GL2
1+G1GL1H1
H2
G
(
s
)
=G1GL1GL2
1+G1GL1H1+G1GL1GL2H2
Thế
GL1,GL2
vào: G
(
s
)
=
G1
(
G2
1+G2G5
)(
G3
1−G3G4
)
1+G1
(
G2
1+G2G5
)
H1+G1
(
G2
1+G2G5
)(
G3
1−G3G4
)
H2
(Nhân cả tử và mẫu với (
1+G2G5
)(
1−G3G4
))
G (s )
=G1G2G3
(
1+G2G5
)(
1−G3G4
)
+G1G2H1
(
1−G3G4
)
+G1G2G3H2
g)
Rút gọn vòng lặp
G2,G5
:
GL1=G2
1+G2G5
Rút gọn vòng lặp
G3, H2
:
GL2=G3
1+G3H2
Sơ đồ mới:
R →
(
Sum1
)
→ G1→ GL1→ N 2→ G → YL2→G4
oPhản hồi từ
Y
về Sum1: 1 (dấu -)
oPhản hồi từ
N2
về Y:
H1
(dấu +, đi vào Sum sau
G4
-> Sai,
H1
đi vào Sum trước
G4
)
oPhản hồi
H1
là từ Y về
N2
.
Sử dụng đại số:
o E1=R−Y
o N1=G1E1
o E2=N1+H1Y
o N2=GL1E2=GL1
(
G1
(R−Y )+H1Y
)
o N3=GL2N2=GL2
(
G1R−G1Y+H1Y
)
o
Y=G4N3=G4GL2
(
G1R−G1Y+H1Y
)
o Y=G4GL2G1R−Y
(
G4GL2G1−G4GL2H1
)
o Y
[
1+G4GL2G1−G4GL2H1
]
=G4GL2G1R
o G (s )
=Y
R=G1G4GL2
1+G1G4GL2−G4GL2H1
o G (s )
=G1G4GL2
1+G4GL2
(
G1−H1
)
Thế
GL1
(không dùng đến) và
GL2
vào:
G
(
s
)
=
G1G4
(
G3
1+G3H2
)
1+G4
(
G3
1+G3H2
)
(
G1−H1
)
(Nhân cả tử và mẫu với
1+G3H2
)
G (s )
=G1G3G4
1+G3H2+G3G4
(
G1−H1
)
G (s )
=G1G3G4
1+G3H2+G1G3G4−G3G4H1
(Lưu ý: Sơ đồ (g) có
G2,G5
không ảnh hưởng đến
G3,G4, H 1, H2
. Nếu
H1
bắt đầu từ sau*
GL1
(tức là
N2
), thì
GL1
có ảnh hưởng. Sơ đồ (g) không
rõ ràng
H1
bắt đầu từ đâu. Tôi giả định
H1
bắt đầu từ sau
GL1
, và vòng
lặp
G2,G5
nằm vòng lặp bên trong
H1
. Cách giải của tôi ở trên (Đại số)
giả định
H1
lấy tín hiệu trước
GL1
(sau
G1
).*
Xem lại (g):
H1
lấy tín hiệu sau
GL1
. -
E2=N1
.
N2=GL1E2
. -
E3=N2+H1Y
. -
N3=GL2E3
.
Y=G4N3
. -
Y=G4GL2
(
N2+H1Y
)
=G4GL2
(
GL1N1+H1Y
)
- N1=G1
(
R−Y
)
-
Y=G4GL2
(
GL1G1 (
R−Y
)
+H1Y
)
-
Y=G1GL1GL2G G4R−G1GL1GL2G4Y+GL2 4H1Y
-
Y
[
1+G1GL1GL2G4−GL2G4H1
]
=G1GL1GL2G4R
-
G (s )
=G1GL1GL2G4
1+G1GL1GL2G4−GL2G4H1
-
Thế
GL1,GL2
vào: G
(
s
)
=
G1
(
G2
1+G2G5
)(
G3
1+G3H2
)
G4
1+G1
(
G2
1+G2G5
)(
G3
1+G3H2
)
G4−
(
G3
1+G3H2
)
G4H1
(Nhân cả
tử và mẫu với
(
1+G2G5
)(
1+G3H2
)
)
G (s )
=G1G2G3G4
(
1+G2G5
)(
1+G3H2
)
+G1G2G3G4−G3G4H1
(
1+G2G5
)
📝
Bài 11: Tìm hàm truyền tương đương (Đồ thị tín hiệu)
Công thức độ lợi Mason:
G (s )=
∑
k
PkΔk
Δ
Pk
: Độ lợi đường tiến thứ
k
.
Δ=1−
(∑Vòng l ặp đơn)
+
(∑Vòng l ặp không chạm nhau).
Δk :
Δ
của phần đồ thị không chạm đường tiến Pk .
b)
Đường tiến:
o
P1=G1G G2 3G4
Vòng lặp:
o L1=−G2H1
o L2=−G2G3H2
Vòng không chạm nhau: Không có.
Tính
Δ
:
o Δ=1−
(
L1+L2
)
=1−
(
− −G2H1 G2G3H2
)
=1+G2H1+G2G3H2
Tính
Δk
:
o
P1 chạm cả L1 và L2. ⟹Δ1=1 .
Kết quả:
o G (s )
=P1Δ1Δ=G1G2G3G4
1+G2H1+G2G3H2
c)
Đường tiến:
o
P1=G1G G2 3G4
o
P2=G1G G5 4
Vòng lặp: (Nút 2
→
Nút 3
→
Nút 4)
o
L1=G2
(
−H1
)
=−G2H1 (Nút 2-3)
o L2=G3
(
−H2
)
=−G3H2 (Nút 3-4)
o L3=G3 (
1
)=G3 (Nút 3-4-3)
o L4=G5
(
−H2
)(
−H1
)
=G5H1H2 (Nút 2-4-3-2)
Vòng không chạm nhau: Không có.
Tính
Δ
:
o
Δ=1−
(
L L L1+ 2+ 3+L4
)
=1−
(
− −G2H1 G3H2+G3+G5H1H2
)
o Δ=1+G2H H1+G3H2−G3−G5 1H2
Tính
Δk
:
o
P1
(1-2-3-4-5) chạm tất cả các vòng. Δ1=1 .
o
P2
(1-2-4-5) chạm tất cả các vòng.
Δ2=1
.
Kết quả:
o G (s )
=P1Δ1+P2Δ2Δ=G1G2G3G4+G1G5G4
1+G2H1+G3H2−G3−G5H1H2
d)
Đường tiến:
o P1=G1G G2 3G4
o P2=G1G G5 3G4
Vòng lặp:
o L1=−G2H1
o
L2=−G5H1
o
L3=−G4H2
o
L4=−G1G2G3G4H3
o
L5=−G G G1G5 3 4H3
Vòng không chạm nhau:
o L1 và L3 không chạm nhau.
o
L2
và
L3
không chạm nhau.
Tính
Δ
:
o Δ=1−
(
L L L1+ 2+ 3+L4+L5
)
+
(
L1L L3+ 2L3
)
o
Δ=1−
(
− −G2H1−G5H1−G4H2−G1G G2 3G4H3 G1G5G3G4H3
)
+
(
G G2H1G4H2+ 5H H1G4 2
)
o
Δ=1+G G G G G G G2H1+G5H1+G4H2+ 1 2 3 4H3+G1 5G3G4H3+ 2G4H H1H2+G5G4 1H2
Tính
Δk
:
o
P1
và
P2
đều chạm tất cả các vòng.
Δ1=1, Δ2=1
.
Kết quả:
o
G (s )
=P1+P2Δ=G1G2G3G4+G1G5G3G4
Δ
e)
Đường tiến:
o P1=G1G G2 3G4
o P2=G1G G5 4
Vòng lặp:
o L1=G3
(
−H1
)
=−G3H1 (Nút 3-4)
o
L2=G5
(
−H1
)
G2=−G G2 5H1
(Nút 2-4-3-2)
o L3=G2G3G4
(
−H2
)
=−G2G G3 4H2 (Nút 2-3-4-5-2)
o L4=G5G4
(
−H2
)
=−G5G4H2 (Nút 2-4-5-2)
o L5=G G1G2G3 4
(
−H2
)
=−G G1 2G3G4H2 (Nút 1-2-3-4-5-2-1)
o
L6=G1G5G4
(
−H2
)
=−G1G G5 4H2 (Nút 1-2-4-5-2-1)
Lưu ý:
L5, L6
chạm nút vào/ra. Khi tính Δ cho hệ (từ nút vào 1
đến ra 5), ta chỉ xét các vòng nội bộ không chạm nút vào 1.
Vòng lặp (nội bộ):
L1, L , L2 3, L4
.
Vòng không chạm nhau: Không có.
Tính
Δ
:
o Δ=1−
(
L L1+L2+ 3+L4
)
o Δ=1−
(
− −G3H1−G2G5H1 G2G3G4H2−G5G4H2
)
o Δ=1+G G3H1+ 2G G5H1+ 2G G3 4H2+G5G4H2
Tính
Δk
:

Tài liệu khác của Học viện Công Nghệ Bưu Chính Viễn Thông

Preview text:

Bài tập Lý Thuyết Điều Khiển Và Tự Động Hóa
( Đề số 2 )
📝 Bài 1: Tìm ảnh Laplace của các tín hiệu sau
a) Tín hiệu (sóng tam giác tuần hoàn) ( ) x t
Đây là một tín hiệu tuần hoàn với chu kỳ . Ảnh Laplace của Tp=2T
một tín hiệu tuần hoàn
được tính bằng công thức: ( ) x t =X1 ( ( ) s ) X s 1−e−sTp trong đó
là ảnh Laplace của tín hiệu trong một chu kỳ đầu ( ) tiên (từ X ( ) 1 s đến ). x t t=0 t=2T
Một cách hiệu quả để tìm
là thông qua đạo hàm của tín hiệu, X (s) x ' (t ) .
Tìm đạo hàm : T−0=1 ( ) oTừ x đến' t
, là đường thẳng có độ dốc (hệ số góc) t=0 t=T ( ) x t là 2T 1 − − T0 . =−1 oTừ T đến
, là đường thẳng có độ dốc là t=T t=2T ( ) x t 0−1 . oVậy, đạo T hàm
là một sóng vuông tuần hoàn, có giá trị ( ) x ' t trong khoảng và trong khoảng . 1 −1 (0,T ) (T ,2T ) Tìm ảnh T Laplace
của tín Thiệu : ( ) ( ) oTín hiệu X ' s cũng tuần hoàn vớix ' t chu kỳ . oTín hiệu x ' (t ) Tp=2T
trong một chu kỳ đầu tiên là: ( ) =1 −1 x ' 1 t [ ] [ ] x ' ( T⋅e−sT T⋅e−2sT 1 t) u (t)−u (t−T ) u (t−T )−u (t−2T ) = T 1Tu −2Tu T +1Tu T⋅1 s−2 s+1 ( ) ( ) ( ( x ' t−T ) t−2T ) 1 t t oẢnh Laplace là: }= 1 ( ) X ' ( )=L{x '1 ( ) 1 s X '1 s t =1 =1 s ( ) (1−2e−sT+e−2sT ) (1−e−sT ) X '1 s Ts Ts 2
oÁp dụng công thức tín hiệu tuần hoàn cho : ( ) x ' t =X '1 1 (1−e−sT ) ( ) ( ) s Ts 2 X ' s 1−e = −s T 1−e p −2sT
oRút gọn (sử dụng 1−e−2sT= (1−e−sT )(1+e−sT )): 1 (1−e−sT )2 =1−e X '(s) Ts −sT
= (1−e−sT )(1+e−sT ) Ts(1+e−sT ) Tìm
X (s) từ X '(s):
oTa có tính chất: L{x' (t )}=sX (s)−x (0 ). oTừ đồ thị, x (0)=0 .
oDo đó, X '(s)=sX (s)⟹X (s )=X '(s). s
o X (s)=1 [1−e−sT ]=1−e−sT
s Ts(1+e−sT ) T s2(1+e−sT )
Kết quả (a): =1−e−sT X (s) T s2(1+e−sT ) b) Tín hiệu f (t)
Tín hiệu f (t) không tuần hoàn. Ta có thể biểu diễn nó dưới dạng tổng
của các hàm bước nhảy (unit step function u(t ) bị trễ: Biểu diễn f (t):
oTại t=0 , tín hiệu nhảy lên 1: +1⋅u (t )
oTại t=2 , tín hiệu nhảy từ 1 xuống -1 (thay đổi -2): − 2⋅u (t−2 )
oTại t=3 , tín hiệu nhảy từ -1 lên 0 (thay đổi +1): + 1⋅u (t−3 )
oKết hợp lại: f (t)=u (t)−2u (t−2 )+u (t−3 )
Tìm ảnh Laplace F (s ):
oSử dụng Bảng tra Laplace cơ bản và tính chất trễ thời }=e gian: L{u (t )}=1 −as L{u (t−a ) s s
oÁp dụng cho f (t): F (s )=L{u (t )}−2⋅L{u (t−2 )}+L{u(t−3 )}
F (s )=1s−2⋅e−2ss+e−3s s
Kết quả (b): =1−2e−2s+e−3s F (s ) s 📝 Bài 2: Tìm tín hiệu x (t ) có ảnh Laplace a) X (s)=s3+5s2+9s+7 (s+1 )(s+2 )
Kiểm tra bậc: Bậc của tử số (3) lớn hơn bậc của mẫu số (2),
ta phải thực hiện phép chia đa thức. Mẫu số: (s+1)(s+2 )=s2+3s+2
Chia (s3+5s2+9s+7 ) cho (s2+3s+2 ): (s3+5s2+9s+7 )= (s+2 )(s2+3s+2 )+(s+3 ) ( Do đó: s+2 )(s X (s)= 2 s+ 2 3 + s 3 + s 2 +2 )+ =s (s + + 2 3 +s )+3 (s+1 )(s+2 )
Phân tích phần dư: s+3 =As+1+B (s+1 )(s+2 ) s+2 oTìm A (nhân 2 vế với s+1 rồi cho s=−1 ): A=s+3 | =−1−+13+2=21=2 s+2 s=−1
oTìm B (nhân 2 vế với s+2 rồi cho s=−2 ):
B=s+3 | =−2−+23+1=1−1=−1 s+1 s=−2 Viết lại X (s): X (s)=s+2+2 s+1−1s+2
Biến đổi Laplace ngược:
o L−1{s}=δ '(t ) (đạo hàm của hàm delta Dirac)
o L−1{2}=2δ (t) (hàm delta Dirac) o L−1{2s+1}=2e−tu (t) o L−1{−1 s+2}=−e−2tu (t )
Kết quả (a):
x (t )=δ '(t )+2δ (t)+(2e−t−e−2t )u (t ) =5s b) X (s) 2+19 s+20 s4+7s3+17 s2+17 s+6
Phân tích mẫu số:
M (s )=s4+7s3+17 s2+17 s+6 . Thử các nghiệm nguyên là ước của 6 ( ±1, ± 2,± 3, ± 6 ):
o s=−1⟹M (−1 )=1−7+17−17+6=0 (là nghiệm)
o s=−2⟹M (−2 )=16−7 (8)+17 (4)−17 (2)+6=16−56+68−34+6=0 (là nghiệm)
o s=−3⟹M (−3 )=81−7 (27)+17(9)−17 (3)+6=81−189+153−51+6=0 (là
nghiệm) Vậy M (s) có 3 nghiệm
−1,−2,−3 . Do bậc 4 nên
phải còn 1 nghiệm nữa. Chia M (s) cho
(s+1)(s+2 )(s+3 )= (s2+3s+2 )(s+3 )=s3+6s2+11 s+6 .
(s4+7s3+17 s2+17 s+6 )÷(s3+6s2+11 s+6 )=s+1 . Vậy
M (s )= (s+1 )(s+1 )(s+2 )(s+3 )= (s+1 )2(s+2 )(s+3).
Phân tích phân thức (có nghiệm kép s=−1 ): X (s)=As+1+B 2+Cs+2+D (s+1 ) s+3 o B=5s2+19 s+20 | =5−19+20 =6 =3 (s+2)(s+3 ) s=−1 (−1+2 )(−1+3 ) (1)(2 )
o C=5s2+19 s+20 | =5 (4)+19(−2)+20=20−38+20 =2 (s+1 )2(s+3 ) s=−2 (−2+1 )2 (−2+3 ) (−1 )2 (1)
o D=5s2+19 s+20 | =5 (9)+19(−3 )+20=45−57+20 =8−4=−2 (s+1)2 (s+2 ) s=−3 (−3+1 )2 (−3+2 ) (−2 )2 (−1 )
o A=d [5s2+19 s+20 ]| =d [5s2+19 s+20 ]| ds (s+2 )(s+3) s=−1 ds s2+5s+6 s=−1 (10 s+19)(s s+ )(2s+5 ) A= 2+5s+6 )− (5s2+19 20 | (s2+5s+6 )2 s=−1
(9)(1−5+6 )− (5−19+20 )(3) (9 )(2 )− (26 =)( 13 8 )−18 A= 2= 4=0 (1−5+6 ) (2 ) Viết lại X (s): X (s)=0s+1+3 2+2s+2−2 (s+1 ) s+3
Biến đổi Laplace ngược: o L−1{3 2}=3t e−tu (t) (s+1 ) o L−1{2s+2}=2e−2tu (t ) o L−1{−2 s+3}=−2e−3tu (t)
Kết quả (b):
x (t )= (3t e−t+2e−2t−2e−3t )u(t ) c) X (s)=7s2−20 s−75 s3+6s2+25 s
Phân tích mẫu số: M (s )=s (s2+6s+25 ). Giải s2+6s+25=0 . Δ'=32−25=−16=
(4i )2. Nghiệm s=−3±4i . Đây là cặp nghiệm phức liên hợp. +
Phân tích phân thức: X (s)=As+Bs C s2+6s+25
o A=7s2−20 s−75 | =−7525 =−3 s2+6s+25 s=0
oĐồng nhất hệ số (quy đồng mẫu):
A(s2+6s+25 )+ (Bs+C )s=7s2−20 s−75
−3 (s2+6s+25 )+B s2+Cs=7s2−20 s−75
−3s2−18 s−75+B s2+Cs=7s2−20 s−75
(B−3 )s2+ (C−18 )s−75=7s2−20 s−75 oSo sánh hệ số: s2:B−3=7⟹B=10 s1:C−18=−20 ⟹C=−2 Viết lại X (s): X (s)=−3s+10 s−2 s2+6s+25
Biến đổi Laplace ngược (dạng
e−at cos(ωt) và e−at sin(ωt )): Viết
mẫu về dạng (s+a )2+ω2 : s2+6s+25= (s2+6s+9 )+16= (s+3 )2+42 Biến đổi tử s− s+a ω số 10 2 về dạng K1 2+ω2+K2 : (s+3 )2+42 (s+a ) (s+a )2+ω2 10(s+3 )−23 +0 4 − 2 2 =10
(s+3 )−32 ¿10 ⋅s+3 2+42−8⋅4 (s+3 ) (s+3 )2+42 (s+3 ) (s+3 )2+42
Biến đổi Laplace ngược: o L−1{−3s}=−3u (t ) L o −1{10 s+3 2+42}=10 e−3tcos (4t )u (t ) (s+3 ) o L−1{−84 2+42}=−8e−3tsin (4t )u (t) (s+3 )
Kết quả (c):
x (t )= [−3+10 e−3tcos (4t )−8e−3tsin (4t )]u (t ) =s+2 d) Y (s ) s2+3s+2
Phân tích mẫu số: s2+3s+2= (s+1 )(s+2). =s+2 Rút gọn =1 Y (s ): Y (s )
(Lưu ý: Có sự triệt tiêu cực- (s+1 )(s+2 ) s+1
không (pole-zero cancellation) tại
s=−2 . Điều này có nghĩa là
“mode” e−2t không xuất hiện trong đáp ứng).
Biến đổi Laplace ngược: L−1{1s+1}=e−tu (t)
Kết quả (d): y(t)=e−tu (t) d2x 📝 (
Bài 3: Xác định các giá tr +0 ) x ị( +0 ), dx(+0 ), dt d t2
Sử dụng Định lý Giá trị ban đầu (Initial Value Theorem - IVT) và
các dạng mở rộng của nó cho tín hiệu nhân quả (causal, x (t )=0 khi t<0 ). x¿ x ' ¿
(Chỉ áp dụng nếu x¿ . Nếu x¿, phải dùng: x ' ¿) x ″ ¿
(Chỉ áp dụng nếu x¿ và x ' ¿. Nếu không, phải dùng: x ″ ¿ )
Ta sẽ dùng phương pháp tổng quát (dạng khai triển) cho X (s) khi t s → :∞ =c X (s) 1s+c2s2+c3s 2 3+… Khi đó: x (t )=c1+c2t+c3
2!+… ⟹x¿ , x ' ¿, x ″ ¿ .
Cách khác (dễ hơn) là dùng lim ¿: 1. x¿ 2. x ' ¿ 3. x ″ ¿ a) X (s)=1sT1(1+s T1)(1+sT2 ) sX(s)=1 . T x¿. 1 (1+s T 1)(1+s T2) s2X (s )=s . T x ' ¿. 1 (1+s T1)(1+s T2 ) s3X (s )=s2 . x ″ ¿. T1 (1+s T1)(1+sT2)
Kết quả (a): x¿ x ' ¿ x ″ ¿ =1+sT b) X (s) (1+s T 1 )(1+sT 2) sX(s )=s (1+sT ) =s2T+s . ( x¿ .
1+sT 1)(1+s T) 2 s2T1T2+s (T1+T2 )+1 ) x ' ¿ lim ¿ ] s → ∞ s
[T1T2(s+s2T )−T(1+s T 1+s T2+s2T1T2¿ T1T2 (1+sT1 )(1+sT 2) 2T T 1T2−T− (T1+T2 )−s2T T 1T2 ¿lim ¿s → ∞ s [s T1T2+s sT ]¿ T1T2 (s2T1T2+… ) ¿lim ¿s → ∞ s [s(T1T2−T (T1+T2))−T]¿ s2 (T1T2 )2+… s2(T1T2−T (T1+2T + 2 …)− = s T T 1 2−T (T1+T2 ) ¿lim ¿s → ∞ s 2¿ . 2 (T1T2 ) (T1T2 ) x ″ ¿
: Tính toán sẽ rất phức tạp, nhưng kết quả sẽ là ∞ (vì bậc
của tử trong phép trừ tiếp theo sẽ cao hơn bậc mẫu).
Kết quả (b): x¿ x ' ¿ x ″ ¿ =s+1 c) X (s) 2s2+3s+4 =s sX(s) 2+s . x¿ . 2s2+3s+4 x ' ¿
lim ¿s → ∞ s[2(s2+s)− (2s2+3s+4 )]¿ 2 (2s2+3s+4 ) s (−s−4 ) − 4ss+6s+8=−1 ¿lim ¿ 2 2−4s s → ∞ s
[2s2+2s−2s2−3s−4 ]=lim ¿s→ ∞4s2+6s+8=lim ¿s→ ∞ 4¿¿ ¿ 4s2+6s+8 . x ″ ¿ lim ¿ 3+ 2 2s2+3s+4−s 2+1 s → ∞ s [ s s ]¿4 ¿lim ¿s → ∞ s
[4(s3+s2 )−2s (2s2+3s+4 )+1(2s2+3s+4 )]¿ 4(2s2+3s+4 ) s ¿lim ¿
3+ s2−4s3−6s2−8s+2s2+3s+4 s → ∞ s [4 4 ]¿ 8s2+12 s+16 s (−8s+4 ) 8 − s28 +s12 s+16 =−8 ¿lim ¿ 2+4s s → ∞ s
[(4−6+2 )s2+(−8)s+4 ]=lim ¿s →∞8s2+12 s+16 =lim ¿s →∞ 8=−1¿¿ ¿ 8s2+12 s+16
. Kiểm tra lại x ″: s2 (4−6+2 )=0s2 . s(−8+3 )=−5s . 8 − s25s +12 s+16 =−5 ¿lim ¿ 2+4s s → ∞ s [ −5s+4 ]=lim ¿s → ∞ 8¿¿ . 8s2+12 s+16
Kết quả (c): x¿ x ' ¿ x ″ ¿ d) X (s)=1 n, n=0,1,2,.. . (1+sT )
Chúng ta xét các giá trị
k của đạo hàm: x(k)¿ (chỉ khi các giá trị trước =s s đó bằng 0). s k+1 n=sk+1 k+1X (s) . - x¿ (cho k=0 ): lim ¿s → ∞ n¿ . (1+sT ) (sT +1)n (sT+1 ) *Nếu n=1 : lim ¿1/T . s2 * Nếu n>1: lim ¿0. -
x ' ¿ (cho k=1 ): lim ¿s → ∞ n¿ . (sT +1) * Nếu n=1 : lim ¿∞. * Nếu n=2 : lim ¿1/T2 . s3 * Nếu n>2 : lim ¿0. - x ″ ¿ (cho k=2 ): lim ¿s → ∞ n¿. (sT +1)
* Nếu n=1,2 : lim ¿∞ . * Nếu n=3 : lim ¿1/T3 . * Nếu n>3: lim ¿0.
(Trường hợp n=0 : X (s)=1⟹x (t )=δ (t ), các giá trị tại
t=0+¿¿ không xác định/vô hạn).
Kết quả (d) (giả sử n ≥):1
* Nếu n=1 : x¿ , x ' ¿, x ″ ¿
* Nếu n=2 : x¿ , x ' ¿, x ″ ¿
* Nếu n=3 : x¿ , x ' ¿, x″ ¿
* Nếu n>3 : x¿ , x ' ¿, x ″ ¿
📝 Bài 4: Xác định điều kiện =b Cho X msm+…+b0 (s)=B (s ) A(s ) ansn+…+a0
a) lim ¿t → 0+¿x(t)≠0¿¿
Theo Định lý Giá trị ban đầu: lim ¿t → 0+¿x(t)=lim ¿s →∞ sX(s)¿¿¿ . lim ¿s → ∞ sbmsm+… bmsm+1+… ansn+…=lim ¿s →∞ ansn+…¿ ¿ .
Để giới hạn này là một giá trị hữu hạn và khác 0, bậc của tử số
và mẫu số phải bằng nhau. Điều kiện: n=m+1 .
(Nếu m+1>n, giới hạn là
∞. Nếu m+1b) lim ¿t → ∞ x (t )≠0¿
Theo Định lý Giá trị cuối (Final Value Theorem): lim ¿t → ∞ x (t )=lim ¿s → 0sX(s)¿¿.
Điều kiện tiên quyết: Định lý này chỉ áp dụng khi X (s) là ổn
định, nghĩa là tất cả các cực (nghiệm của A(s )) phải nằm ở nửa
bên trái mặt phẳng phức, ngoại trừ khả năng có một cực đơn (single pole) tại s=0 . =lim ¿s → 0sbmsm+…+b1s+b0 lim ¿s → 0sX (s ) ¿¿. ansn+…+a1s+a0
Trường hợp 1: X (s) không có cực tại s=0 (tức là a0≠0 ). =0⋅b0 lim ¿s →0sX(s )
=0¿ . Điều này không thỏa mãn. a0
Trường hợp 2:
X (s) có một cực đơn tạis =0 . Nghĩa là a0=0 và a1≠0 . Ta có thể viết A(s )=s (ansn−1+…+a1 ). =lim ¿ b lim ¿ s → 0sbmsm+…+b0 msm+…+b0 =b0 s → 0sX (s ) ¿¿ ¿lim ¿s → 0 ¿. s (ansn−1+…+a1 ) ansn−1+…+a1 a1
Để giới hạn này ≠0 , ta cần b0≠0 . Điều kiện:
1. Tất cả các cực của X (s) phải có phần thực âm, ngoại trừ
2. X (s) phải có đúng một cực đơn tại s=0 (tức là a0=0 và a1≠0 ).
3. Tử số B (s ) phải có b0≠0 .
📝 Bài 5: Giải các hệ phương trình vi phân
a) y ″+3y '+2y=20 cos(2t ), y(0)=1, y '(0 )=5
Biến đổi Laplace:
[s2Y(s)−s⋅1−5 ]+3 [sY(s)−1 ]+2Y (s)=20 ss2+4
(s2+3s+2 )Y(s)−s−5−3=20 s (s+1)(s+2 )Y (s)=s+8+20 s s2+4 s2+4 =s+8 +20 s Giải
Y (s ): Y (s ) (s+1 )(s+2 ) (s+1 )(s+2)(s2+4 )
Phân tích phân thức: s+8 o =As+1+B (s+1 )(s+2 ) s+2 A=−1+8 −1+2=7 B=−2+8 −2+1=−6 20 s + o =Cs+1+Ds+2+Es F (s+1 )(s+2 )(s2+4 ) s2+4 C=20 s | =−20 =−4 (s+2 )(s2+4 ) (1 )(5) s=−1 D=20 s | =−40 =5 (s+1 )(s2+4 ) (−1 )(8 ) s=−2 Tại s=2i : E (2i)+F=20 s | =40 i =40 −4 i+4i+2i+2=40i (s+1 )(s+2 ) s=2i (2i+1 )(2i+2 ) −2+6i $ = = = = 6 - ⟹ 2i$ F= 6, E (2i )=−2i⟹E=−1 . Kết hợp Y (s ): Y (s )= ( 7 s+1−6 )+(−s4+1+5s+2+−s+6 ) s+2 s2+4
Y (s )=3s+1−1 s+2−s s2+4+6 s2+4
Biến đổi ngược: y(t)=3e−t−e−2t−cos (2t )+3 sin(2t ), (với t ≥ ) 0
Kết quả (a): y(t)= (3e−t−e−2t−cos (2t )+3 sin(2t ))u(t)
b) y ″+3y '+2y=0, y(0)=a , y '(0 )=b
Biến đổi Laplace:
[s2Y(s)−sa−b ]+3[sY(s)−a ]+2Y (s )=0
(s2+3s+2 )Y(s)=sa+3a+b (s+1)(s+2 )Y (s)=sa+ (3a+b ) =sa +(3a+b ) Giải Y (s ): Y (s ) =As+1+B (s+1 )(s+2 ) s+2
Phân tích phân thức: o A=sa+ (3a+b )| =−a+3a+b 1=2a+b s+2 s=−1 o B=sa+ (3a+b )| =−2a+3a+b −1=− (a+b ) s+1 s=−2
Biến đổi ngược:
y(t)= (2a+b )e−t− (a+b )e−2t , (với t ≥) 0
Kết quả (b):
y(t)= (2a+b )e−t− (a+b )e−2t )u(t )
c) y ″+2y '+y=10 sin(2t ), y(0)=1 , y '(0 )=5
Biến đổi Laplace:
[s2Y(s)−s⋅1−5 ]+2 [sY(s)−1 ]+Y(s)=10 2s2+4 (s2+2s+1 )Y(s)−s−5−2=20 (s+1)2Y (s)=s+7+20 s2+4 s2+4 =s+7 Giải Y (s ): Y (s ) 2+20 (s+1 ) (s+1 )2(s2+4 )
Phân tích phân thức: s+7 (s+1 )+6 o 2=1 s+1+6 2= (s+1 ) (s+1 ) (s+1 )2 20 + o =As+1+B 2+Cs D (s+1 )2 (s2+4 ) (s+1 ) s2+4 B=20 | =201+4=4 s2+4 s=−1 Tại =20 s=2i : C (2i )+D=20 | 2=20 −4+4i+1=20 (s+1 )2 −3+4i s=2i (2i+1 ) ¿20 (− 9 3 + −4 16 i= ) 20 (−3−4 25 i=4) (−3− 5 4 =i− ) 12 5−16 5i
⟹D=−12/5,2Ci=−16 i/5⟹C=−8/5 . / Tại s=0 : 20
4=A+B+D 4⟹5=A+4+−12 54=A+4−3 5 A=5−4+3/5=1+3/5=8/5 . s+1+4 2+−8/5s−12/5 Kết hợp Y (s ): Y (s )=( 1 s+1+6 ) (s+1 )2 )+(8/5 (s+1) s2+4 1 1 s 1 2 s Y (s )= (1+8/5 ) s+1+ (6+4 ) 2−8 +4−12 (s+1 ) 5 5 s2+4 1 s 2 Y (s )=13 s+1+10 2−8 s2+4−6 5 (s+1 ) 5 5 s2+4
Biến đổi ngược:
y(t)=135e−t+10 t e−t−85cos (2t )−65sin (2t ), (với t ≥ 0)
Kết quả (c):
y(t)= (135e−t+10 t e−t−8 5cos (2t )−65sin (2t ))u(t)
📝 Bài 6: Hệ lò xo - vật nặng (1)
Xác định phương trình dao động: Áp dụng Định luật II
Newton: ∑ F=ma. Các lực tác dụng lên vật m theo phương y:
oLực đàn hồi của lò xo: Fc=−c⋅y (lực phục hồi, ngược chiều
y) (Bài toán bỏ qua ma sát) Phương trình chuyển động là: m⋅y″ (t )=−c⋅y (t) ⟹my ″(t )+cy (t)=0
Giải phương trình (Tìm biên độ lớn nhất): Ta giải phương
trình vi phân này với điều kiện đầu y(0)=0 và y '(0 )=v0 . Sử dụng
biến đổi Laplace: m[s2Y (s)−sy (0)−y '(0 )]+cY (s)=0 =mm vs m[s 02+c=v0 2Y (s)−0−v0 ]+cY (s )=0 (m s2+c)Y (s)=m v0 Y (s ) Đặt s2+c/m ⋅ωn ω 2=v0 n2=c/m ,
ωn= √c/m (tần số góc tự nhiên). Y (s )=v0⋅1 s 2 2+ωn ωn s2+ωn
Biến đổi Laplace ngược: =v y(t) 0 sin(ω ω
nt )=v0 √mcsin (√cmt ) Đây là một n
dao động hình sin. Biên độ lớn nhất (biên độ A) của dao động
là hệ số đứng trước hàm sin (t).
Kết quả: * Phương trình dao động: my ″ +cy=0
* Biên độ lớn nhất: A=v0 =v ω 0 √m n c
📝 Bài 7: Hệ mạch điện RC
Mô hình hóa trong miền Laplace: Ta chuyển mạch sang
miền s, với điều kiện đầu các tụ bằng 0 v ( C (0 )=0 ). oĐiện trở: R1, R2 oTụ điện: ZC1=1 , ZC2=1 sC1 sC2 oNguồn vào: =u u(t )=u 0 0⋅1 (t )⟹U (s) s oĐầu ra: Y (s )
Tìm hàm truyền
G (s )=Y (s)/U (s): Mạch là một cầu chia áp. R1 nối
tiếp với một cụm Zp. Cụm Zp là ZC1 song song với (R2+ZC2 ). =s R o Z 2C2+1 R2+C2=R2+1 sC2 sC2 1 ⋅s R2C2+1 s R2C2+1 Z sC sC s2C1C2 o p=ZC1∥ZR2+C2=ZC1⋅ZR2+C2 Z 1 2 p= = ZC1+ZR2+C2 1 +s R2C2+1 C2+C1 (s R2C2+1) sC1 sC2 s C1C2 Zp=s R2C2+1 ⋅sC1C2 =s R2C2+1 s (Kiểm 2C1C2 C2+s R2C1C2+C1 s (s R2C1C2+R2C1C2+C1+C2 ) s R2C2+1 tra lại Zp : ) s(s R2C1C2+C1+C2 )
oHàm truyền (cầu chia áp): G =Z (s )=Y (s ) p U (s ) R1+Zp s R2C2+1 s(s R2C1C2+C1+C2) =s R2C2+1 G (s )= R1+s R2C2+1
s R1(s R2C1C2+C1+C2 )+(s R2C2+1) s(s R2C1C2+C1+C2) =s R2C2+1
G (s ) s2(R1R2C1C2 )+s (R1C1+R1C2+R2C2 )+1 Xác định
y(t): Y (s )=G (s)⋅U (s)=G (s)⋅u0s =u Y (s ) 0 (s R2C2+1)
Để tìm y(t), ta cần phân
s [s2 (R1R2C1C2 )+s (R1C1+R1C2+R2C2 )+1] +
tích Y (s ) thành tổng các phân thức đơn giản: Y (s )=As+Bs C Đa thức bậc 2
oHệ số A (giá trị xác lập) có thể tìm bằng FVT: =0+1
A=lim ¿s →0sY(s )=lim ¿s → 0u0G(s)=u0⋅G (0)¿¿ G (0) 0+0+1=1 . Vậy A=u0 . o y(t) sẽ có dạng:
y(t)=u0+ytransient (t), trong đó ytransient (t ) là nghiệm của phần L−1{Bs+C
…} và sẽ tắt dần về 0 (do đây là mạch
RC, các cực luôn ổn định).
Kết quả: Điện áp ra Y (s ) trong miền Laplace là: =u Y (s ) 0 (s R2C2+1)
s [s2 (R1R2C1C2 )+s (R1C1+R1C2+R2C2 )+1]
Điện áp ra y(t)=L−1{Y (s)}. Không thể tìm biểu thức y(t) tường
minh nếu không có giá trị cụ thể của R , C.
📝 Bài 8: Hệ lò xo - vật nặng - giảm chấn
Phương trình mô tả chuyển động: Áp dụng Định luật II
Newton: ∑ F=ma (hoặc my ″
). Các lực tác dụng lên vật m:
oLực đàn hồi lò xo: Fc=−c⋅y
oLực ma sát (giảm chấn): Fγ=−γ⋅y ' (luôn ngược chiều vận tốc y )'
oLực tác động bên ngoài: u(t ) Phương trình chuyển động là:
my ″=u(t )+Fc+Fγ my ″=u(t )−cy −γy '
⟹my ″(t )+γy '(t )+cy (t )=u (t )
Tính tuyến tính của hệ:
oHệ thống là tuyến tính.
oTại sao: Phương trình my ″ +γy '+cy= (t u ) là một phương trình
vi phân tuyến tính, hệ số hằng. Nó thỏa mãn nguyên lý xếp chồng (superposition):
1. Tính cộng: Nếu u1(t )→ y1(t ) và u2(t )→ y2(t ), thì
u1(t )+u2 (t )→ y1(t )+y2 (t ).
2. Tính thuần nhất: Nếu u(t )→ y(t ), thì k⋅u (t)→ k ⋅y(t). Các biến y , y' , y ″
đều có số mũ là 1 và không có các
hàm phi tuyến (như sin (y), y2,.. .).
Kết quả: * Phương trình:
my ″(t)+γy' (t)+cy (t )=u (t )
* Hệ tuyến tính: Có, vì nó được mô tả bởi một
phương trình vi phân tuyến tính, hệ số hằng và thỏa mãn nguyên lý xếp chồng.
📝 Bài 9: Hệ 2 vật nặng
Phương trình chuyển động của hệ: Ta viết phương trình
Newton cho từng vật (bỏ qua ma sát).
oVật 1 (khối m tại y1): Lực lò xo trái: −c⋅y1
Lực lò xo giữa: c⋅ (y2−y1 ) (lò xo giữa bị dãn/nén một đoạn là y2−y1 )
PT (1): m y1″=−c y1+c(y2−y1 )=−2c y1+c y2 ⟹m y1″+2c y1−c y2=0
oVật 2 (khối m tại y2):
Lực lò xo giữa: −c⋅ (y2−y1 ) (phản lực của vật 1) Lực lò xo phải: −c⋅y2
PT (2): m y2″=−c (y2−y1 )−c y2=c y1−2c y2 ⟹m y2″−c y1+2c y2=0 Giải tìm
y1(t): Sử dụng Laplace với điều kiện đầu:
y1(0)=0, y1' (0 )=0, y2(0 )=0, y2' (0 )=v0 . oPT (1) → L
: m[s2Y1 (s)]+2c Y(s1)−c Y( 2s)=0 ⟹ (m s2+2c)Y1 (s)=c Y 2 (s)⟹Y2 (s)=m s2+2c cY1 (s) (Eq 1’) oPT (2) → L
: m[s2Y2 (s)−s y2(0)−y2' (0)]−c Y( 1s)+2c Y(s2)=0 m[s2Y2 (s)−v 0 ]−c Y(s 1)+2c Y(s2)=0 ⟹ (m s2+ c 2 )Y2(s)−c Y 1(s)=m v0 (Eq 2’)
oThế (1’) vào (2’): (m s 2+2 2+2c)[m s c cY1 (s )]−c Y( 1s)=m v0 ((m s2+2c)2 c−c )Y (m2s4+4mc s2+4c2−c2 ) 1 (s )=m v0 Y c 1(s)=m v0 m2s4+4mc s2+3c2 cY1 (s)=m v0 oGiải Y =cm v0 1(s ): Y1(s ) m2s4+4mc s2+3c2
oPhân tích mẫu (đặt x=s2 ): m2x2+4mcx+3c2= (mx +c)(mx+3c ) =cm v Y 0 1(s ) (m s2+c)(m s2+3c) oPhân tích phân thức: cm v0 =Am s2+c+B (m s2+c)(m s2+3c) m s2+3c A(m s2+3c)+B (m s2+c)=cm v s 0 2 (Am+Bm)+(3cA+cB )=cm v0 ⟹A+B=0⟹A=−B
⟹3cA+cB=cm v0⟹c (3A+B )=cm v0⟹3A−A=m v0⟹2A=m v0⟹A=m v0/2 ⟹B=−m v0/2
=mm vs +c−m vs +3c=vs +c/m−v o 0/ 2 2 0 2 /2 0/ 2 2 0/2 Y1(s ) s2+3c/m =v 1 ω1 1 ω2 oĐặt ω 0 2−v0 1= √c/m và ω2= √3c/m : Y1(s) 2 ω 2 1 s2+ω1 2 ω2 s2+ω2 oBiến đổi ngược: y =v0 1 (t) sin (ω1t )−v0 sin (ω2t ) 2ω1 2ω2
Tính tuyến tính:
oHệ thống là tuyến tính.
oTại sao: Nó được mô tả bởi một hệ các phương trình vi
phân tuyến tính, hệ số hằng, và thỏa mãn nguyên lý xếp chồng.
Kết quả: * Phương trình chuyển động vật 1:
y1(t)= [v02 √mcsin (√cmt)−v0 √mcsin (√3cmt )]u(t) 2√3
* Hệ tuyến tính: Có, vì được mô tả bởi hệ PTVP tuyến tính.
📝 Bài 10: Tìm hàm truyền tương đương G (s )=Y (s)/R (s ) c) Gom 2 nhánh song song G2 và G5 : G25=G2+G5 . Sơ đồ trở thành:
R →(Sum1 )→ G1→(Sum2)→ G25 → (Sum3)→G3→ N 4→G4→ Y
oPhản hồi từ N4 về Sum1: H2 (dấu -)
oPhản hồi từ N4 về Sum2: H1 (dấu -)
Di chuyển điểm rẽ (cho H1, H2) từ N4 (sau G3) về E4 (trước G3 ).
oPhản hồi H2 trở thành H2G3 .
oPhản hồi H1 trở thành H1G3 .
Sơ đồ mới: R →(Sum1 )→ G1→(Sum2)→ G25 → E4→ G3→ G4→Y
oPhản hồi từ E4 về Sum1: H2G3 (dấu -)
oPhản hồi từ E4 về Sum2: H1G3 (dấu -)
Rút gọn vòng lặp trong (Sum2 → G25 → E4→ H1G3 ): GL1=G25 =G2+G5 1+G25 (H1G3 ) 1+(G2+G5 )G3H1
Sơ đồ mới: R →(Sum1 )→ G1→ GL1→ E4→G3→G4→ Y
oPhản hồi từ E4 về Sum1: H2G3 (dấu -)
Hàm truyền từ R đến E4: Gℜ4=G1GL1 1+ (G1GL1 ) (H2G3 ) Hàm truyền tổng: =G G (s )=G 1GL1G3G4 ℜ4⋅G3⋅G4 G (s ) 1+G1GL1H2G3 G1 ( G2+G5 )G3G4 1+ (G2+G5 )G3H1 Thế GL1 vào: G (s )= (Nhân cả tử và mẫu 1+G1 ( G2+G5 )H2G3 1+(G2+G5 )G3H1 =G 2+ 5 ) cho 1+ (G 1G3G4 (G G 2+G5 )G3H1 )
G (s ) 1+(G2+G5 )G3H1+G1G3H2 (G2+G5 ) =G G (s ) 1G3G4 (G2+G5 )
1+G1G2G3H2+G2G3H1+G1G5G3H2+G5G3H1 d)
Rút gọn vòng lặp trong (Sum3 → G3→ H1 ): GL1=G21+G2G3H1
Sơ đồ mới: R →(Sum1)→ G1→(Sum2)→ GL1→(Path 1) R → (Sum1)→ G1→ G6→(Path 2) (Sum2 không còn, GL1 là E3/E1 ) Đoạn
này bị sai. Ta dùng đại số: o E1=R−Y o E2=G2E1−H1E3 o E3=G3E2 o Y=G4 (E3+G6E1 ) oTừ E2, E3:
E3=G3 (G2E1−H1E3 )⟹E3 (1+G3H1 )=G2G3E1⟹E3=G2G3 E1 1+G3H1 oThế vào Y: Y=G4 ( G2G3 E ) 1+G
1+G6E1 )=G4E1 (G2G3+G6 (1+G3H1 ) 3H1 1+G3H1 oThế 6+ 6G3H1
E1=R−Y : Y=G4 (R−Y )(G2G3+G G ) 1+G3H1 oĐặt 2G3+ 6+G6G3H1 K=G4 (G G ). 1+G3H1
o Y=K (R−Y )⟹Y (1+K )=KR ⟹G(s)=YR=K1+K =G 2 3+G6+G6 3H1 ) o G (s ) 4 (G G G 1+G3H1+G4 (G2G3+G6+G6G3H1 ) e) Sử dụng đại số: o E1=R−H4Y o N1=G1E1 o E3=G2 (N1−H2E3−H3E3 ) o =G Y=G 3E3⟹E3=Y (1−H1 ) 3E3+H1Y⟹Y (1−H1 ) G3 Y(1−H oThế E 1 ) 3 vào: Y(1−H1 )=G ) G 2 (N1− (H2+H3 ) 3 G3 Y(1−H Y(1−H o 1 ) 1 ) =G G 2N1−G2 (H2+H3 ) 3 G3 Y (1−H o 1 ) Y (1−H 1 )=G2G3N1−G2G3 (H2+H3 ) -> Lỗi, G3 triệt tiêu G3
o Y (1−H1 )=G2G3N1−G2 (H2+H3 )Y(1−H1 )
o Y (1−H1 )[1+G2 (H2+H3 )]=G2G3N1 o Y=G2G3N1 (1−H1 ) (1+G2H2+G2H3 )
oThế N1=G1E1=G1 (R−H4Y ): Y=G1G2G3 (R−H4Y ) (1−H1 ) (1+G2H2+G2H3 )
o Y [(1−H1 )(1+G2H2+G2H3 )+G1G2G3H4 ]=G1G2G3R o G (s )=YR=G1G2G3
(1−H1 )(1+G2H2+G2H3 )+G1G2G3H4 f)
Rút gọn vòng lặp G2,G5 : GL1=G21+G2G5
Rút gọn vòng lặp G3,G4 : GL2=G3 (phản hồi dương) 1−G3G4
Sơ đồ mới: R →(Sum1 )→ G1→ N1→ GL1→ N 2→ GL2→Y
oPhản hồi từ N2 về Sum1: H1 (dấu -)
oPhản hồi từ Y về Sum1: H2 (dấu -)
Hàm truyền từ R đến Y (tạm thời bỏ H2 ): GA=G1GL1GL2 1+G1GL1H1 G1GL1GL2 1+G Thêm phản hồi H 1GL1H1 2 : G (s )=GA = 1+GAH2 1+G1GL1GL2 H 1+G 2 1GL1H1 G =G (s ) 1GL1GL2 1+G1GL1H1+G1GL1GL2H2 G1( G2 )( G3 ) 1+G2G5 1−G3G4 Thế GL1,GL2 vào: G (s )= 1+G1 ( G2 )H )( G3 )H 1+G 1+G1 ( G2 2 2G5 1+G2G5 1−G3G4
(Nhân cả tử và mẫu với (1+G2G5 )(1−G3G4 ) =G G (s ) 1G2G3
(1+G2G5 )(1−G3G4 )+G1G2H1 (1−G3G4 )+G1G2G3H2 g)
Rút gọn vòng lặp G2,G5 : GL1=G21+G2G5
Rút gọn vòng lặp G3, H2: GL2=G31+G3H2
Sơ đồ mới: R →(Sum1 )→ G1→ GL1→ N 2→ GL2→G4→ Y
oPhản hồi từ Y về Sum1: 1 (dấu -) oPhản hồi từ N2 về
Y: H1 (dấu +, đi vào Sum sau G4 -> Sai, H1 đi vào Sum trước G4) oPhản hồi H1 là từ Y về N2 . Sử dụng đại số: o E1=R−Y o N1=G1E1 o E2=N1+H1Y
o N2=GL1E2=GL1 (G1(R−Y )+H1Y )
o N3=GL2N2=GL2 (G1R−G1Y+H1Y )
o Y=G4N3=G4GL2 (G1R−G1Y+H1Y ) o Y=G4GL2G1R−Y (G4GL2G1−G4GL2H1 )
o Y [1+G4GL2G1−G4GL2H1 ]=G4GL2G1R o G (s )=YR=G1G4GL2 1+G1G4GL2−G4GL2H1 o =G G (s ) 1G4GL2 1+G4GL2 (G1−H1 ) G1G4 ( G3 ) 1+G3H2
Thế GL1 (không dùng đến) và GL2 vào: G (s )= 1+G4 ( G3 )(G1−H1 ) 1+G3H2 =G
(Nhân cả tử và mẫu với 1+G 1G3G4 3H2 ) G (s ) 1+G3H2+G3G4 (G1−H1 ) G (s )=G1G3G4 1+G3H2+G1G3G4−G3G4H1
(Lưu ý: Sơ đồ (g) có
G2,G5 không ảnh hưởng đến G3,G4, H 1, H2
. Nếu H1
bắt đầu từ sau* GL1 (tức là
N2), thì GL1 có ảnh hưởng. Sơ đồ (g) không
rõ ràng H1 bắt đầu từ đâu. Tôi giả định H1 bắt đầu từ sau GL1, và vòng
lặp G2,G5 nằm bên trong vòng lặp H1. Cách giải của tôi ở trên (Đại số)
giả định H1 lấy tín hiệu trước GL1 (sau G1).*
Xem lại (g): H1 lấy tín hiệu sau GL1. - E2=N1 . N2=GL1E2 . - E3=N2+H1Y . - N3=GL2E3 . Y=G4N3 . -
Y=G4GL2 (N2+H1Y )=G4GL2 (GL1N1+H1Y ) - N1=G1 (R−Y ) -
Y=G4GL2 (GL1G1 (R−Y )+H1Y ) -
Y=G1GL1GL2G4R−G1GL1GL2G4Y+GL2G4H1Y - =G Y [1+G 1GL1GL2G4 1GL1GL2G4−GL2G4H1 ]=G1GL1GL2G4R - G (s ) - 1+G1GL1GL2G4−GL2G4H1 G1 ( G2 )( G3 )G 1+G 4 2G5 1+G3H2 Thế GL1,GL2 vào: G (s )= (Nhân cả 1+G1 ( G2 )( G3 )G )G 1+G 4− ( G3 4H1 2G5 1+G3H2 1+G3H2 tử và mẫu với (1+G2G5 ) (1+G3H2 ) =G G (s ) 1G2G3G4
(1+G2G5 )(1+G3H2 )+G1G2G3G4−G3G4H1 (1+G2G5 )
📝 Bài 11: Tìm hàm truyền tương đương (Đồ thị tín hiệu) ∑ P kΔk
Công thức độ lợi Mason: G (s )= k Δ
Pk : Độ lợi đường tiến thứ k .
Δ=1− (∑Vòng l ặp đơn)+(∑Vòng l ặp không chạm nhau).
Δk : Δ của phần đồ thị không chạm đường tiến Pk . b) Đường tiến: o P1=G1G2G3G4 Vòng lặp: o L1=−G2H1 o L2=−G2G3H2
Vòng không chạm nhau: Không có. Tính Δ:
o Δ=1− (L1+L2 )=1− (−G2H1−G2G3H2 )=1+G2H1+G2G3H2 Tính Δk: o P1 chạm cả L1 và L2. ⟹Δ1=1 . Kết quả: o =P G (s ) 1Δ1 Δ=G1G2G3G4 1+G2H1+G2G3H2 c) Đường tiến: o P1=G1G2G3G4 o P2=G1G5G4 Vòng lặp: (Nút 2 → Nút 3 → Nút 4)
o L1=G2 (−H1 )=−G2H1 (Nút 2-3)
o L2=G3 (−H2 )=−G3H2 (Nút 3-4) o L3=G3 (1)=G3 (Nút 3-4-3)
o L4=G5 (−H2 )(−H1 )=G5H1H2 (Nút 2-4-3-2)
Vòng không chạm nhau: Không có. Tính Δ:
o Δ=1− (L1+L2+L3+L4 )=1− (−G2H1−G3H2+G3+G5H1H2 ) o Δ=1+G2H1+G3H2−G3−G5H1H2 Tính Δk:
o P1 (1-2-3-4-5) chạm tất cả các vòng. Δ1=1 .
o P2 (1-2-4-5) chạm tất cả các vòng. Δ2=1 . Kết quả: =P Δ=G
o G (s ) 1Δ1+P2Δ2 1G2G3G4+G1G5G4 1+G2H1+G3H2−G3−G5H1H2 d) Đường tiến: o P1=G1G2G3G4 o P2=G1G5G3G4 Vòng lặp: o L1=−G2H1 o L2=−G5H1 o L3=−G4H2 o L4=−G1G2G3G4H3 o L5=−G1G5G3G4H3
Vòng không chạm nhau: o L1 và L3 không chạm nhau. o L2 và L3 không chạm nhau. Tính Δ:
o Δ=1− (L1+L2+L3+L4+L5 )+(L1L3+L2L3 ) o
Δ=1− (−G2H1−G5H1−G4H2−G1G2G3G4H3−G1G5G3G4H3 )+(G2H1G4H2+G5H1G4H2 ) o
Δ=1+G2H1+G5H1+G4H2+G1G2G3G4H3+G1G5G3G4H3+G2G4H1H2+G5G4H1H2 Tính Δk: o P1 và
P2 đều chạm tất cả các vòng. Δ1=1, Δ2=1 . Kết quả: o =P G (s ) 1+P2 Δ=G1G2G3G4+G1G5G3G4 Δ e) Đường tiến: o P1=G1G2G3G4 o P2=G1G5G4 Vòng lặp:
o L1=G3 (−H1 )=−G3H1 (Nút 3-4)
o L2=G5 (−H1 )G2=−G2G5H1 (Nút 2-4-3-2)
o L3=G2G3G4 (−H2 )=−G2G3G4H2 (Nút 2-3-4-5-2)
o L4=G5G4 (−H2 )=−G5G4H2 (Nút 2-4-5-2)
o L5=G1G2G3G4 (−H2 )=−G1G2G3G4H2 (Nút 1-2-3-4-5-2-1)
o L6=G1G5G4 (−H2 )=−G1G5G4H2 (Nút 1-2-4-5-2-1) Lưu ý:
L5, L6 chạm nút vào/ra. Khi tính
Δ cho hệ (từ nút vào 1
đến ra 5), ta chỉ xét các vòng nội bộ không chạm nút vào 1.
Vòng lặp (nội bộ): L1, L2, L3, . L4
Vòng không chạm nhau: Không có. Tính Δ: o Δ=1− (L1+L2+L3+L4 )
o Δ=1− (−G3H1−G2G5H1−G2G3G4H2−G5G4H2 )
o Δ=1+G3H1+G2G5H1+G2G3G4H2+G5G4H2 Tính Δk:

Tài liệu liên quan: