Matematyka.pl

Można prosić o wynik transformaty Z
funkcji \(\displaystyle{ f(k)=k \cdot sin(w \cdot k)}\)

mój wynik:

\(\displaystyle{ -z \sin(w) \cdot \frac{-z ^{2} +1}{(z ^{2}-2z\cos(w)+1) ^{2} }}\)

jest prawidłowy?

Symbol mnożenia w \(\displaystyle{ \LaTeX}\)-u to \cdot
Chodzi o transformatę Laplace'a? Jeśli tak i jeśli rzeczywiście masz tę funkcję traktować jak funkcję zmiennej \(\displaystyle{ k}\), to wynik nie jest poprawny. No bo wtedy \(\displaystyle{ \sin(\omega t)}\) traktujesz jak stałą, a transformata jest liniowa, czyli ta stała sobie wyskakuje przed nią,
no a dalej transformata z \(\displaystyle{ g(k)=k}\) to po prostu \(\displaystyle{ \int_{0}^{ \infty } ke ^{-kz} dk}\),
jak rozumiem \(\displaystyle{ z}\) to ten parametr dodatni, który jakoś tam może mądrzej się nazywać.
A najwygodniej takie rzeczy sprawdzisz na wolfram alpha, wpisujesz se "laplace transform" i możesz podać funkcję, z jakiej to chcesz policzyć, zmienną, no i parametr, i jadziem. Userzy zwykle dość słabo liczą, z wyjątkiem mariuszam i ew. yorgina,

edytowałam wzór, pomyłka, teraz dobrze?

A, no to wiele zmienia! W takim razie nie wiem, czy dobrze. Mógłbym skorzystać z gotowych wzorów, które mam na kartce z ćwiczeń, ale tak dla rozrywki sobie przeliczę:
\(\displaystyle{ \mathcal{L}\left\{ k\sin (w k)\right\}= \int_{0}^{ \infty }k\sin(wk)e^{-kz}\mbox{d}k}\)
Jak wiadomo, łatwo obliczyć tę transformatę przeskalowanego sinusa, a robimy to tak:
\(\displaystyle{ \int_{0}^{ \infty } \sin(wk)e^{-kz} dk=\int_{0}^{ \infty } \sin(wk)\left(- \frac{1}{z} e^{-kz}\right)' dk=\\=- \frac{1}{z} e^{-kz}\sin(wk) \bigg| _{k=0} ^{k \rightarrow \infty}+ \frac{w}{z} \int_{0}^{ \infty }\cos(wk)e^{-kz}\mbox{d}k=\mbox{[to pierwsze dziadostwo się zeruje]}=\\=\frac{w}{z} \int_{0}^{ \infty }\cos(wk) \left(-\frac{1}{z} e^{-kz}\right)'\mbox{d}k=- \frac{w}{z ^{2} }\cos(wk)e^{-kz}\bigg| _{k=0} ^{k \rightarrow \infty }- \frac{w^{2}}{z^{2}} \int_{0}^{ \infty }\sin(wk)e^{-kz}\mbox{d}k}\)
i po przerzuceniu wszystkiego z transformatą przeskalowanego sinusa na jedną stronę oraz wydzieleniu stronami mamy
\(\displaystyle{ \mathcal{L}\left\{ \sin(wk)\right\}= \frac{ \frac{w}{z^{2}} }{1+ \frac{w^{2}}{z^{2}} } = \frac{w}{z^{2}+w^{2}}}\), czyli fajnie.
No to teraz idzie \(\displaystyle{ \mathcal{L}\left\{ k\sin (w k)\right\}}\):
zauważmy, że w ferworze walki wyliczyliśmy funkcję pierwotną do \(\displaystyle{ \sin(wk)e^{-kz}}\): jest nią
\(\displaystyle{ \frac{-z}{w^{2}+z^{2}}e^{-kz}\sin(wk)+ \frac{-w}{z^{2}+w^{2}}\cos(wk)e^{-kz}+C}\), więc sobie scałkujemy przez części, dla wygody kładąc \(\displaystyle{ C=0}\):
\(\displaystyle{ \mathcal{L}\left\{ k\sin (w k)\right\}= \int_{0}^{ \infty }k\left(\frac{-z}{w^{2}+z^{2}}e^{-kz}\sin(wk)+ \frac{-w}{z^{2}+w^{2}}\cos(wk)e^{-kz}\right)'dk=\left(k\frac{-z}{w^{2}+z^{2}}e^{-kz}\sin(wk)+ k\frac{-w}{z^{2}+w^{2}}\cos(wk)e^{-kz}\right)\bigg|^{k \rightarrow \infty }_{k=0}- \int_{0}^{ \infty }\frac{-z}{w^{2}+z^{2}}e^{-kz}\sin(wk)+ \frac{-w}{z^{2}+w^{2}}\cos(wk)e^{-kz}\right)\mbox{d}k= \frac{z}{w^{2}+z^{2}}\mathcal{L}\left\{ \sin(wk)\right\}+ \frac{w}{z^{2}+w^{2}}\mathcal{L}\left\{ \cos(wk)\right\}= \frac{2wz}{(z^{2}+w^{2})^{2}}}\)
czyli chyba miałaś niedobrze.
Zawsze pomocą służy wujek wolfram (naprawdę polecam się z nim zaprzyjaźnić, nie jest takim barbarzyńcą, jak jego imiennik, feldmarszałek Wolfram von Richtchofen):
... ariable2_z

-- 18 kwi 2015, o 01:53 --

Chyba że ja jakoś źle zinterpretowałem "Twoje" zadanie i takoż wklepałem do wolframa, bo trochę popiłem z tej okazji, że pionteczeg.-- 18 kwi 2015, o 01:55 --A transformatę cosinusa się wyprowadza bardzo podobnie do tego, jak (co pokazałem na początku) transformatę sinusa, tj. dwukrotnie całkując przez części i coś tam licząc.