szukanie zaawansowane
 [ Posty: 7 ] 
Autor Wiadomość
Mężczyzna
PostNapisane: 8 sty 2018, o 12:32 
Użytkownik

Posty: 37
Lokalizacja: Polska
Cześć, mam problem z tym o to zadaniem:
Należy wyznaczyć odwrotną transformatę Laplace'a funkcji F(s) zadanej w postaci:

F(s)=\frac{s+2}{ (s+2)^{2}+9}

Doszedłem do czegoś takiego:

L_{s}^{-1}[ \frac{2}{s^{2}+4s+13} + \frac{s}{s^{2}+4s+13}]

Nigdy w życiu nie miałem styczności z odwrotną transformatą Laplace'a więc prosiłbym o łopatologiczne wytłumaczenie.
Dziękuje z góry

A dodam jeszcze, że wynik to \frac{1}{2} e ^{(-2-3i)t}(1+ e^{6it})
Tak podpowiada mi WolframAlpha.
Uniwersytet Wrocławski Instytut Matematyczny - rekrutacja 2019
Góra
Mężczyzna
PostNapisane: 8 sty 2018, o 12:36 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 7057
Gotowe wzorki:
L^{-1}\left\{  \frac{s-a}{(s-a)^2+b^2} \right\}=e^{at}\cos bt \\
L^{-1}\left\{  \frac{b}{(s-a)^2+b^2} \right\}=e^{at}\sin bt
Góra
Mężczyzna
PostNapisane: 8 sty 2018, o 12:47 
Użytkownik

Posty: 37
Lokalizacja: Polska
L^{-1}\left\{  \frac{s-a}{(s-a)^2+b^2} \right\}=e^{at}\cos bt \\

Okej, więc wynik to:

e ^{-2t}cos(3t), zgadza się z odpowiedzią w książce.
Ale dlaczego Wolfram pokazuje \frac{1}{2} e ^{(-2-3i)t}(1+ e^{6it})
To pewnie to samo, ale nie rozumiem...
Góra
Mężczyzna
PostNapisane: 8 sty 2018, o 12:55 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 7057
\frac{1}{2} e ^{(-2-3i)t}(1+ e^{6it})=\frac{1}{2} e ^{-2t}e ^{-3t}(1+e^{6it})=\\ 
=\frac{1}{2} e ^{-2t}(\cos 3t+i\sin 3t)(1+\cos 6t+i\sin 6t)=\\=
\frac{1}{2} e ^{-2t}(\cos 3t+i\sin 3t)(1+\cos^2 3t-\sin^23t+i2\sin 3t\cos 3t)=\\=
\frac{1}{2} e ^{-2t}(\cos 3t+i\sin 3t)(2\cos^2 3t+i2\sin 3t\cos 3t)=\\=
 e ^{-2t}(\cos 3t+i\sin 3t)(\cos^2 3t+i\sin 3t\cos 3t)=\\=
 e ^{-2t}(\cos 3t+i\sin 3t)\cos 3t(\cos 3t+i\sin 3t)=\\= e ^{-2t}\cos 3t(\cos^2 3t-i^2\sin^2 3t)=\\=
 e ^{-2t}\cos 3t(\cos^2 3t+\sin^2 3t)= e ^{-2t}\cos 3t
Góra
Mężczyzna
PostNapisane: 8 sty 2018, o 12:59 
Użytkownik

Posty: 37
Lokalizacja: Polska
Dziękuje za pomoc!
Góra
Mężczyzna
PostNapisane: 8 sty 2018, o 15:12 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 7057
Inaczej:
F(s)=\frac{s+2}{ (s+2)^{2}+9}=\frac{s+2}{ (s+2)^{2}-(i3)^2}=
\frac{s+2}{ (s+2+i3)(s+2-i3)}=\\= \frac{ \frac{1}{2} }{s+2+i3}+ \frac{ \frac{1}{2}}{s+2-i3}
L^{-1}\left[ F(s)\right]= L^{-1}\left[ \frac{ \frac{1}{2} }{s+2+i3}+ \frac{ \frac{1}{2}}{s+2-i3}\right]= \frac{1}{2}e^{(-2-i3)t}+ \frac{1}{2}e^{(-2+i3)t}=...
Tu wolfram preferuje postać wykładniczą :
...=\frac{1}{2}e^{(-2-i3)t}+ \frac{1}{2}e^{(-2 \red -i3+i3 \black +i3)t}=
\frac{1}{2}e^{(-2-i3)t}+\frac{1}{2}e^{(-2 \red -i3 \black )t} e^{( \red i3 \black +i3)t}=\\=\frac{1}{2}e^{(-2-i3)t}(1+e^{i6t})
zamiast postaci trygonometrycznej:
...= \frac{1}{2}e^{-2t} e^{-i3t}+  \frac{1}{2}e^{-2t} e^{i3t}=\frac{1}{2}e^{-2t}\left( e^{-i3t}+e^{i3t}\right) =\frac{1}{2}e^{-2t}\left( \cos (-3t)+i \sin (-3t)+\cos (3t)+i \sin (3t)\right)=\\= \frac{1}{2}e^{-2t}\left( \cos (3t)-i \sin (3t)+\cos (3t)+i \sin (3t)\right)= \frac{1}{2}e^{-2t} 2\cos (3t)=e^{-2t} \cos (3t)
Góra
Mężczyzna
PostNapisane: 8 sty 2018, o 22:11 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 3360
Lokalizacja: Krk
Wolfram pokazuje też ten uproszczony wynik, wystarczy zjechać niżej.
http://www.wolframalpha.com/input/?i=L%5E(-1)%5B+%5Cfrac%7Bs%2B2%7D%7B+(s%2B2)%5E2%2B9%7D%5D
Góra
Utwórz nowy temat Odpowiedz w temacie  [ Posty: 7 ] 


 Zobacz podobne tematy
 Tytuł tematu   Autor   Odpowiedzi 
 transformata Laplace'a - zadanie 29  franek89  1
 Równanie różniczkowe - transformata Laplace'a - zadanie 3  meron1122  1
 Wyznaczyć rozwiązanie równania  Cyrkiel  2
 rownanie rozniczkowe metoda transformaty Laplace'a  Jacek_fizyk  1
 Wyznaczyć rozwiązanie problemu początkowego  nick_czem_nick  2
 
Atom [Regulamin Forum] [Instrukcja LaTeX-a] [Poradnik] [F.A.Q.] [Reklama] [Kontakt]
Copyright (C) Karpatka.pl