\(\displaystyle{ y''+ y = f(t), y(0)=0 , y'(0)=0
\\
f(t)= \begin{cases} \cos(\pi\cdot t), \ \ 0 \le t < 2 \\ 0, \ t \ge 2 \end{cases} }\)
Wiem że trzeba obliczyć transformatę Laplace'a funkcją Heaviside', ale nie mam pojęcia jak to zrobić i jak się za to wziąć :C
Rozwiązać problem poczatkowy przy użyciu transformaty Laplace’a (funkcja Heaviside',)
-
- Użytkownik
- Posty: 4
- Rejestracja: 11 lip 2019, o 11:15
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Nowy Sącz
- Podziękował: 1 raz
Rozwiązać problem poczatkowy przy użyciu transformaty Laplace’a (funkcja Heaviside',)
Ostatnio zmieniony 5 sty 2021, o 20:14 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Punkt 2.7 instrukcji LaTeX-a. Funkcje matematyczne należy zapisywać: sinus - sin, logarytm - log, logarytm naturalny - ln itd. Symbol mnożenia to \cdot. Poprawa wiadomości.
Powód: Punkt 2.7 instrukcji LaTeX-a. Funkcje matematyczne należy zapisywać: sinus - sin, logarytm - log, logarytm naturalny - ln itd. Symbol mnożenia to \cdot. Poprawa wiadomości.
- Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15685
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 195 razy
- Pomógł: 5219 razy
Re: Rozwiązać problem poczatkowy przy użyciu transformaty Lapla- ce’a (funkcja Heaviside',)
Skorzystamy ze wzoru
\(\displaystyle{ \mathcal{L}(f'')=s^{2}\mathcal{L}(f)-sf\left(0^{+}\right)-f'\left(0^{+}\right)}\)
Mamy
\(\displaystyle{ \mathcal{L}(f)=\int_{0}^{+\infty}f(t)e^{-st}\mbox{d}t=\red{\int_{0}^{2}\cos(\pi t)e^{-st}\mbox{d}t}\\=\left(-\frac{1}{s}e^{-st}\right)\cos(\pi t)\bigg|^{2}_{0}-\frac{\pi}{s}\int_{0}^{2}\sin(\pi t)e^{-st}\mbox{d}t\\=\frac{1}{s}\left(1-e^{-2s}\right)-\frac{\pi}{s}\int_{0}^{2}\sin(\pi t)e^{-st}\mbox{d}t\\=\frac{1}{s}\left(1-e^{-2s}\right)+\frac{\pi}{s^{2}}e^{-st}\sin(\pi t)\bigg|^{2}_{0}-\frac{\pi^{2}}{s^{2}}\int_{0}^{2}\cos(\pi t)e^{-st}\mbox{d}t\\=\red{\frac{1}{s}\left(1-e^{-2s}\right)-\frac{\pi^{2}}{s^{2}}\int_{0}^{2}\cos(\pi t)e^{-st}\mbox{d}t}}\)
Po prostu dwukrotnie scałkowałem przez części.
Teraz zaznaczone na czerwono wyrażenia tworzą nam równanie jednej zmiennej, z którego wychodzi natychmiast
\(\displaystyle{ \int_{0}^{2}\cos(\pi t)e^{-st}\mbox{d}t=\frac{s}{\pi^{2}+s^{2}}\left(1-e^{-2s}\right)}\)
Następnie działamy na równość \(\displaystyle{ y''+y=f(t)}\) transformatą Laplace'a,
dostając
\(\displaystyle{ \left(s^{2}+1\right)\mathcal{L}(y)=\frac{s}{\pi^{2}+s^{2}}\left(1-e^{-2s}\right)\\ \mathcal{L}(y)=\frac{s}{\left(\pi^{2}+s^{2}\right)\left(s^{2}+1\right)}\left(1-e^{-2s}\right)}\)
Raczej trudno byłoby bezpośrednio zidentyfikować funkcję, której transformata przyjmuje taką formę, więc skorzystamy z tego, że
\(\displaystyle{ \frac{a}{s^{2}+a^{2}}}\) jest transformatą funkcji \(\displaystyle{ \sin(at)}\) i z tego, że transformata splotu funkcji jest iloczynem ich transformat (tw. Borela o splocie). Tutaj oczywiście \(\displaystyle{ a=1}\). Obliczamy więc ten splot:
\(\displaystyle{ \int_{-\infty}^{\infty}\sin(t-x)f(x)\mbox{d}x=\int_{0}^{2}\sin(t-x)\cos(\pi x)\mbox{d}x\\=\frac{1}{2}\int_{0}^{2}\left(\sin(t-x+\pi x)+\sin(t-x-\pi x)\right)\mbox{d}x}\)
Dalej sobie dokończ obliczenia, bo zgłodniałem, chociaż tyle możesz zrobić.
\(\displaystyle{ \mathcal{L}(f'')=s^{2}\mathcal{L}(f)-sf\left(0^{+}\right)-f'\left(0^{+}\right)}\)
Mamy
\(\displaystyle{ \mathcal{L}(f)=\int_{0}^{+\infty}f(t)e^{-st}\mbox{d}t=\red{\int_{0}^{2}\cos(\pi t)e^{-st}\mbox{d}t}\\=\left(-\frac{1}{s}e^{-st}\right)\cos(\pi t)\bigg|^{2}_{0}-\frac{\pi}{s}\int_{0}^{2}\sin(\pi t)e^{-st}\mbox{d}t\\=\frac{1}{s}\left(1-e^{-2s}\right)-\frac{\pi}{s}\int_{0}^{2}\sin(\pi t)e^{-st}\mbox{d}t\\=\frac{1}{s}\left(1-e^{-2s}\right)+\frac{\pi}{s^{2}}e^{-st}\sin(\pi t)\bigg|^{2}_{0}-\frac{\pi^{2}}{s^{2}}\int_{0}^{2}\cos(\pi t)e^{-st}\mbox{d}t\\=\red{\frac{1}{s}\left(1-e^{-2s}\right)-\frac{\pi^{2}}{s^{2}}\int_{0}^{2}\cos(\pi t)e^{-st}\mbox{d}t}}\)
Po prostu dwukrotnie scałkowałem przez części.
Teraz zaznaczone na czerwono wyrażenia tworzą nam równanie jednej zmiennej, z którego wychodzi natychmiast
\(\displaystyle{ \int_{0}^{2}\cos(\pi t)e^{-st}\mbox{d}t=\frac{s}{\pi^{2}+s^{2}}\left(1-e^{-2s}\right)}\)
Następnie działamy na równość \(\displaystyle{ y''+y=f(t)}\) transformatą Laplace'a,
dostając
\(\displaystyle{ \left(s^{2}+1\right)\mathcal{L}(y)=\frac{s}{\pi^{2}+s^{2}}\left(1-e^{-2s}\right)\\ \mathcal{L}(y)=\frac{s}{\left(\pi^{2}+s^{2}\right)\left(s^{2}+1\right)}\left(1-e^{-2s}\right)}\)
Raczej trudno byłoby bezpośrednio zidentyfikować funkcję, której transformata przyjmuje taką formę, więc skorzystamy z tego, że
\(\displaystyle{ \frac{a}{s^{2}+a^{2}}}\) jest transformatą funkcji \(\displaystyle{ \sin(at)}\) i z tego, że transformata splotu funkcji jest iloczynem ich transformat (tw. Borela o splocie). Tutaj oczywiście \(\displaystyle{ a=1}\). Obliczamy więc ten splot:
\(\displaystyle{ \int_{-\infty}^{\infty}\sin(t-x)f(x)\mbox{d}x=\int_{0}^{2}\sin(t-x)\cos(\pi x)\mbox{d}x\\=\frac{1}{2}\int_{0}^{2}\left(\sin(t-x+\pi x)+\sin(t-x-\pi x)\right)\mbox{d}x}\)
Dalej sobie dokończ obliczenia, bo zgłodniałem, chociaż tyle możesz zrobić.
-
- Użytkownik
- Posty: 7910
- Rejestracja: 18 mar 2009, o 16:24
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 30 razy
- Pomógł: 1670 razy
Re: Rozwiązać problem poczatkowy przy użyciu transformaty Laplace’a (funkcja Heaviside',)
\(\displaystyle{ F(s) = \frac{s}{\pi^ 2 + s^2}\cdot (1 - e^{-2s}).}\)
\(\displaystyle{ F_{1}(s) = \frac{s}{\pi^ 2 + s^2}. }\)
\(\displaystyle{ F_{2}(s) = 1 - e^{-2s}. }\)
\(\displaystyle{ \mathcal{L^{-1}}[F_{1}(s)] = \mathcal{L^{-1}}\left[ \frac{s}{\pi^2 + s^2}\right] = \cos(\pi t).}\)
\(\displaystyle{ \mathcal{L^{-1}}[F_{2}(s)] = \mathcal{L^{-1}}\left[1 - \cdot e^{-2s} \right] = \delta(t) - \delta(t-2).}\)
\(\displaystyle{ \mathcal{L^{-1}}[F(s)] = \mathcal{L^{-1}} \left[ \frac{s}{\pi^ 2 + s^2}\cdot (1 - e^{-2s})\right] = \cos(\pi t)* [\delta(t) - \delta(t-2)]= -\cos(\pi t)*[ \delta(t-2) - \delta(t)] = -\cos(\pi t) \cdot [\mathcal{\theta}(t-2) -1].}\)
\(\displaystyle{ F_{1}(s) = \frac{s}{\pi^ 2 + s^2}. }\)
\(\displaystyle{ F_{2}(s) = 1 - e^{-2s}. }\)
\(\displaystyle{ \mathcal{L^{-1}}[F_{1}(s)] = \mathcal{L^{-1}}\left[ \frac{s}{\pi^2 + s^2}\right] = \cos(\pi t).}\)
\(\displaystyle{ \mathcal{L^{-1}}[F_{2}(s)] = \mathcal{L^{-1}}\left[1 - \cdot e^{-2s} \right] = \delta(t) - \delta(t-2).}\)
\(\displaystyle{ \mathcal{L^{-1}}[F(s)] = \mathcal{L^{-1}} \left[ \frac{s}{\pi^ 2 + s^2}\cdot (1 - e^{-2s})\right] = \cos(\pi t)* [\delta(t) - \delta(t-2)]= -\cos(\pi t)*[ \delta(t-2) - \delta(t)] = -\cos(\pi t) \cdot [\mathcal{\theta}(t-2) -1].}\)