a) \(\displaystyle{ F(s)= \frac{9}{( s^{2}+9) ^{2} }}\)
b) \(\displaystyle{ F(s)= \frac{s^{2}-1}{( s^{2}+1) ^{2} }}\)
c)\(\displaystyle{ F(s)= \frac{s^{2}}{( s^{2}+4) ^{2} }}\)
Musimy znaleźć funkcję oryginalną (\(\displaystyle{ L^{-1}[F(s)])}\)
Proszę o pomoc
Transformata Laplace'a - znajdowanie funkcji pierwotnej
-
- Użytkownik
- Posty: 89
- Rejestracja: 9 kwie 2017, o 16:17
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Radomsko
- Pomógł: 5 razy
Re: Transformata Laplace'a - znajdowanie funkcji pierwotnej
Rozłożyć na ułamki proste (a jest już ułamkiem prostym) a następnie skorzystać z tablicy transformat.
-
- Użytkownik
- Posty: 25
- Rejestracja: 10 lis 2018, o 11:02
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 5 razy
Transformata Laplace'a - znajdowanie funkcji pierwotnej
nie jest to takie oczywiste, trzeba skorzystać z różniczki z tego co zostało mi podpowiedziane. Chciałabym bardziej konkretnej pomocy
- Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5220 razy
Re: Transformata Laplace'a - znajdowanie funkcji pierwotnej
a)
Ze znanych wzorów mamy:
\(\displaystyle{ \mathcal{L}\left\{ \sin(3t)\right\}=\frac{3}{s^2+3^2}{\red=} \int_{0}^{+\infty} \sin(3t) \ e^{-st}\,\dd t}\)
Czerwoną równość różniczkujemy po \(\displaystyle{ s}\) (prawą stronę z twierdzenia Leibniza o różniczkowaniu pod znakiem całki) i dostajemy:
\(\displaystyle{ -\frac{6s}{(s^2+9)^2}=- \int_{0}^{+\infty}t\sin(3t) \ e^{-st}\,\dd t\\\frac{6s}{(s^2+9)^2}= \int_{0}^{+\infty}t\sin(3t) \ e^{-st}\,\dd t \ (*)}\)
Teraz prawą stronę całkujemy przez części w taki oto sposób:
również całkując przez części, mamy
\(\displaystyle{ \int_{}^{} t\sin(3t)\,\dd t=-\frac 1 3 t\cos(3t)+\frac 1 3 \int_{}^{} \cos(3t)\,\dd t=\\=-\frac 1 3 t\cos(3t)+\frac 1 9\sin(3t)+C}\)
Następnie wracając do \(\displaystyle{ (*)}\), możemy więc napisać:
\(\displaystyle{ \int_{0}^{+\infty}t\sin(3t) \ e^{-st}\,\dd t= \int_{0}^{+\infty}\left( -\frac 1 3 t\cos(3t)+\frac 1 9\sin(3t)\right)' e^{-st}\,\dd t=\\=\left[ \left( -\frac 1 3 t\cos(3t)+\frac 1 9\sin(3t)\right)e^{-st} \right]\bigg|^{t\rightarrow +\infty}_{t=0}+s \int_{0}^{+\infty}\left( -\frac 1 3 t\cos(3t)+\frac 1 9\sin(3t)\right) e^{-st}\,\dd t=\\=s \int_{0}^{+\infty}\left( -\frac 1 3 t\cos(3t)+\frac 1 9\sin(3t)\right) e^{-st}\,\dd t}\)
czyli
\(\displaystyle{ \frac{6s}{(s^2+9)^2}=s\int_{0}^{+\infty}\left( -\frac 1 3 t\cos(3t)+\frac 1 9\sin(3t)\right) e^{-st}\,\dd t}\),
dzielimy to stronami przez \(\displaystyle{ \frac 2 3 s}\) i dostajemy:
\(\displaystyle{ \frac{9}{(s^2+9)^2}=\int_{0}^{+\infty}\left( -\frac 1 2 t\cos(3t)+\frac 1 6\sin(3t)\right) e^{-st}\,\dd t}\)
i z tego, że transformata Laplace'a jest \(\displaystyle{ 1-1}\), dostajemy, że
\(\displaystyle{ \mathcal{L}^{-1}\left\{ \frac{9}{(s^2+9)^2} \right\} =-\frac 1 2 t\cos(3t)+\frac 1 6\sin(3t)}\)
Podpunkty b) i c) pewnie podobnie, nie chce mi się tego rozpisywać i tyle. Być może da się to zrobić łatwiej, jak się coś zauważy, ale ja nie jestem specjalnie spostrzegawczy.
Ze znanych wzorów mamy:
\(\displaystyle{ \mathcal{L}\left\{ \sin(3t)\right\}=\frac{3}{s^2+3^2}{\red=} \int_{0}^{+\infty} \sin(3t) \ e^{-st}\,\dd t}\)
Czerwoną równość różniczkujemy po \(\displaystyle{ s}\) (prawą stronę z twierdzenia Leibniza o różniczkowaniu pod znakiem całki) i dostajemy:
\(\displaystyle{ -\frac{6s}{(s^2+9)^2}=- \int_{0}^{+\infty}t\sin(3t) \ e^{-st}\,\dd t\\\frac{6s}{(s^2+9)^2}= \int_{0}^{+\infty}t\sin(3t) \ e^{-st}\,\dd t \ (*)}\)
Teraz prawą stronę całkujemy przez części w taki oto sposób:
również całkując przez części, mamy
\(\displaystyle{ \int_{}^{} t\sin(3t)\,\dd t=-\frac 1 3 t\cos(3t)+\frac 1 3 \int_{}^{} \cos(3t)\,\dd t=\\=-\frac 1 3 t\cos(3t)+\frac 1 9\sin(3t)+C}\)
Następnie wracając do \(\displaystyle{ (*)}\), możemy więc napisać:
\(\displaystyle{ \int_{0}^{+\infty}t\sin(3t) \ e^{-st}\,\dd t= \int_{0}^{+\infty}\left( -\frac 1 3 t\cos(3t)+\frac 1 9\sin(3t)\right)' e^{-st}\,\dd t=\\=\left[ \left( -\frac 1 3 t\cos(3t)+\frac 1 9\sin(3t)\right)e^{-st} \right]\bigg|^{t\rightarrow +\infty}_{t=0}+s \int_{0}^{+\infty}\left( -\frac 1 3 t\cos(3t)+\frac 1 9\sin(3t)\right) e^{-st}\,\dd t=\\=s \int_{0}^{+\infty}\left( -\frac 1 3 t\cos(3t)+\frac 1 9\sin(3t)\right) e^{-st}\,\dd t}\)
czyli
\(\displaystyle{ \frac{6s}{(s^2+9)^2}=s\int_{0}^{+\infty}\left( -\frac 1 3 t\cos(3t)+\frac 1 9\sin(3t)\right) e^{-st}\,\dd t}\),
dzielimy to stronami przez \(\displaystyle{ \frac 2 3 s}\) i dostajemy:
\(\displaystyle{ \frac{9}{(s^2+9)^2}=\int_{0}^{+\infty}\left( -\frac 1 2 t\cos(3t)+\frac 1 6\sin(3t)\right) e^{-st}\,\dd t}\)
i z tego, że transformata Laplace'a jest \(\displaystyle{ 1-1}\), dostajemy, że
\(\displaystyle{ \mathcal{L}^{-1}\left\{ \frac{9}{(s^2+9)^2} \right\} =-\frac 1 2 t\cos(3t)+\frac 1 6\sin(3t)}\)
Podpunkty b) i c) pewnie podobnie, nie chce mi się tego rozpisywać i tyle. Być może da się to zrobić łatwiej, jak się coś zauważy, ale ja nie jestem specjalnie spostrzegawczy.
- Mariusz M
- Użytkownik
- Posty: 6908
- Rejestracja: 25 wrz 2007, o 01:03
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: 53°02'N 18°35'E
- Podziękował: 2 razy
- Pomógł: 1246 razy
Re: Transformata Laplace'a - znajdowanie funkcji pierwotnej
Rozkład na sumę ułamków prostych miałby senssdd1975 pisze:Rozłożyć na ułamki proste (a jest już ułamkiem prostym) a następnie skorzystać z tablicy transformat.
gdyby rozkładać nad zespolonymi bo tam mianownik można jeszcze rozłożyć
Nad rzeczywistymi pozostaje twierdzenie Borela o splocie
albo różniczkowanie obrazu
-
- Użytkownik
- Posty: 7917
- Rejestracja: 18 mar 2009, o 16:24
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 30 razy
- Pomógł: 1671 razy
Transformata Laplace'a - znajdowanie funkcji pierwotnej
b)
\(\displaystyle{ F(s) = \frac{s^2-1}{(s^2+1)^2}}\)
Przedstawiamy równanie transformaty w postaci iloczynu dwóch transformat
\(\displaystyle{ F(s) = \frac{s^2-1}{(s^2+1)^2} = \frac{(s- 1)(s+1)}{(s^2 +1)^2} = \frac{ s-1}{s^2+1}\cdot \frac{s+1}{s^2 +1} = F_{1}(s)\cdot F_{2}(s).}\)
Znajdujemy oryginały tych dwóch transformat
\(\displaystyle{ L^{-1}\left[ F_{1}(s)\right] = L^{-1}\left [\frac{s-1}{s^2+1}\right] =L^{-1}\left [\frac{s}{s^2+1}\right] - L^{-1}\left [\frac{1}{s^2+1}\right] = \cos(t) - \sin(t) =\\= f_{1}(t)}\)
\(\displaystyle{ L^{-1}\left[ F_{2}(s)\right] = L^{-1}\left [\frac{s+1}{s^2+1}\right] =L^{-1}\left [\frac{s}{s^2+1}\right] + L^{-1}\left [\frac{1}{s^2+1}\right] = \cos(t) + \sin(t) = \\ = f_{2}(t)}\)
Stosujemy twierdzenie o splocie dla transformacji odwrotnej
\(\displaystyle{ L^{-1}\left[ F_{1}(s)\cdot F_{2}(s) \right] = \int_{0}^{t}f_{1}(u)\cdot f_{2}(t-u)du \ \ (s)}\)
gdzie
\(\displaystyle{ f_{1}(u) = \cos(u) - \sin(u)}\)
\(\displaystyle{ f_{2}(t-u) = \cos(t-u) +\sin(t-u)}\)
Z \(\displaystyle{ (s)}\) otrzymujemy
\(\displaystyle{ L^{-1}\left[ F_{1}(s)\cdot F_{2}(s) \right] = \int_{0}^{t} [\cos(u) -\sin(u)][\cos(t - u)+\sin(t-u)] du \ \ (c)}\)
Przedstawiamy równacie całkowe \(\displaystyle{ (c)}\) w postaci
\(\displaystyle{ L^{-1}\left[ F_{1}(s)\cdot F_{2}(s) \right] = \int_{0}^{t} \cos(u)\cdot \cos(t-u)du + \int_{0}^{t}\cos(u)\cdot \sin(t-u)du + \\- \int_{0}^{t}\sin(u)\cdot \cos(t-u)du -\int_{0}^{t}\sin(u) \sin(t-u) du = I_{1}+ I_{2} - I_{3} - I_{4}}\)
Obliczamy każdą z całek \(\displaystyle{ I_{i}, \ \ i=1,2,3,4,}\) osobno
\(\displaystyle{ I_{1}= \int_{0}^{t}\cos(u)\cos(t-u) du}\)
Wykorzystujemy tożsamość trygonometryczną
\(\displaystyle{ 2\cos(\alpha)\cos(\beta) = \cos(\alpha+\beta) +\cos(\alpha - \beta)}\)
\(\displaystyle{ I_{1} = \int_{0}^{t}\frac{1}{2}\left[ \cos(u+t-u) + \cos(u- t +u)\right] du = \frac{1}{2}\int_{0}^{t} [\cos(t) + \cos(2u -t)]du}\)
\(\displaystyle{ I_{1} = \frac{1}{2}\left[ \cos(t)\cdot u + \frac{\sin(2u-t)}{2}\right]_{0}^{t}\right] = \frac{1}{2}\{\left[ t\cdot \cos(t) +\frac{\sin(t)}{2}\right] - \left[ 0 -\frac{\sin(t)}{2}\right]\} = \frac{1}{2}\left[ t\cos(t) + \sin(t)\right] \ \ (1)}\)
\(\displaystyle{ I_{2} = \int_{0}^{t}\cos(u)\sin(t-u)du}\)
Korzystamy z tożsamości trygonometrycznej
\(\displaystyle{ 2\cos(\alpha)\cdot \sin(\beta) = \sin(\alpha +\beta) +\sin(\alpha - \beta)}\)
\(\displaystyle{ I_{2} = \frac{1}{2} \int_{0}^{t} [\sin(t) + \sin(2u -t)]du}\)
\(\displaystyle{ I_{2} = \frac{1}{2} \left[ \sin(t)\cdot u - \frac{\cos(2u-t)}{2} \right]_{0}^{t} = \frac{1}{2}\left{ \left[ t\sin(t) -\frac{1}{2}\cos(t) - 0 +\frac{1}{2}\cos(t)\right]\right} =\\= \frac{1}{2} t\cdot \sin(t)\ \ (2)}\)
Z symetryczności splotu
\(\displaystyle{ I_{3} = \int_{0}^{t} \sin(u)\cdot \cos(t - u)du = \frac{1}{2}t\cdot \sin(t) \ \ (3)}\)
\(\displaystyle{ I_{4} = \int_{0}^{t} \sin(u)\cdot \sin(t-u) du}\)
Korzystamy z tożsamości trygonometrycznej
\(\displaystyle{ 2\sin(\alpha)\cdot \sin(\beta) = \cos(\alpha- \beta) - \cos(\alpha+\beta)}\)
\(\displaystyle{ I_{4} = \frac{1}{2}\int_{0}^{t} [\cos(2u-t) +\cos(t) ]du = \left[\frac{\sin(2u-t)}{2}- u\cdot \cos(t) \right]_{0}^{t} = \frac{1}{2}\left[\frac{sin(t)}{2}- t\cdot \cos(t)+\frac{\sin(t)}{2}\right] = \frac{1}{2}\left [\sin(t) - t\cos(t)\right] \ \ (4)}\)
Z \(\displaystyle{ (1), (2), (3), (4)}\)
\(\displaystyle{ L^{-1}\left[ \frac{s^2-1}{(s^2+1)^2}\right] = \frac{1}{2}\left[ t\cos(t) + \sin(t)\right]+ \frac{1}{2} t\cdot \sin(t)- \frac{1}{2}t\cdot \sin(t) - \frac{1}{2}\left [\sin(t) - t\cos(t)\right]}\)
\(\displaystyle{ L^{-1}\left[ \frac{s^2-1}{(s^2+1)^2}\right] = \frac{1}{2}t\cos(t) +\frac{1}{2}\sin(t) -\frac{1}{2}\sin(t) +\frac{1}{2} t\cdot \cos(t) = t\cdot \cos(t)}\)
\(\displaystyle{ L^{-1}\left[\frac{s^2-1}{(s^2+1)^2}\right] = t \cdot \cos(t).}\)
a) c) podobnie
\(\displaystyle{ F(s) = \frac{s^2-1}{(s^2+1)^2}}\)
Przedstawiamy równanie transformaty w postaci iloczynu dwóch transformat
\(\displaystyle{ F(s) = \frac{s^2-1}{(s^2+1)^2} = \frac{(s- 1)(s+1)}{(s^2 +1)^2} = \frac{ s-1}{s^2+1}\cdot \frac{s+1}{s^2 +1} = F_{1}(s)\cdot F_{2}(s).}\)
Znajdujemy oryginały tych dwóch transformat
\(\displaystyle{ L^{-1}\left[ F_{1}(s)\right] = L^{-1}\left [\frac{s-1}{s^2+1}\right] =L^{-1}\left [\frac{s}{s^2+1}\right] - L^{-1}\left [\frac{1}{s^2+1}\right] = \cos(t) - \sin(t) =\\= f_{1}(t)}\)
\(\displaystyle{ L^{-1}\left[ F_{2}(s)\right] = L^{-1}\left [\frac{s+1}{s^2+1}\right] =L^{-1}\left [\frac{s}{s^2+1}\right] + L^{-1}\left [\frac{1}{s^2+1}\right] = \cos(t) + \sin(t) = \\ = f_{2}(t)}\)
Stosujemy twierdzenie o splocie dla transformacji odwrotnej
\(\displaystyle{ L^{-1}\left[ F_{1}(s)\cdot F_{2}(s) \right] = \int_{0}^{t}f_{1}(u)\cdot f_{2}(t-u)du \ \ (s)}\)
gdzie
\(\displaystyle{ f_{1}(u) = \cos(u) - \sin(u)}\)
\(\displaystyle{ f_{2}(t-u) = \cos(t-u) +\sin(t-u)}\)
Z \(\displaystyle{ (s)}\) otrzymujemy
\(\displaystyle{ L^{-1}\left[ F_{1}(s)\cdot F_{2}(s) \right] = \int_{0}^{t} [\cos(u) -\sin(u)][\cos(t - u)+\sin(t-u)] du \ \ (c)}\)
Przedstawiamy równacie całkowe \(\displaystyle{ (c)}\) w postaci
\(\displaystyle{ L^{-1}\left[ F_{1}(s)\cdot F_{2}(s) \right] = \int_{0}^{t} \cos(u)\cdot \cos(t-u)du + \int_{0}^{t}\cos(u)\cdot \sin(t-u)du + \\- \int_{0}^{t}\sin(u)\cdot \cos(t-u)du -\int_{0}^{t}\sin(u) \sin(t-u) du = I_{1}+ I_{2} - I_{3} - I_{4}}\)
Obliczamy każdą z całek \(\displaystyle{ I_{i}, \ \ i=1,2,3,4,}\) osobno
\(\displaystyle{ I_{1}= \int_{0}^{t}\cos(u)\cos(t-u) du}\)
Wykorzystujemy tożsamość trygonometryczną
\(\displaystyle{ 2\cos(\alpha)\cos(\beta) = \cos(\alpha+\beta) +\cos(\alpha - \beta)}\)
\(\displaystyle{ I_{1} = \int_{0}^{t}\frac{1}{2}\left[ \cos(u+t-u) + \cos(u- t +u)\right] du = \frac{1}{2}\int_{0}^{t} [\cos(t) + \cos(2u -t)]du}\)
\(\displaystyle{ I_{1} = \frac{1}{2}\left[ \cos(t)\cdot u + \frac{\sin(2u-t)}{2}\right]_{0}^{t}\right] = \frac{1}{2}\{\left[ t\cdot \cos(t) +\frac{\sin(t)}{2}\right] - \left[ 0 -\frac{\sin(t)}{2}\right]\} = \frac{1}{2}\left[ t\cos(t) + \sin(t)\right] \ \ (1)}\)
\(\displaystyle{ I_{2} = \int_{0}^{t}\cos(u)\sin(t-u)du}\)
Korzystamy z tożsamości trygonometrycznej
\(\displaystyle{ 2\cos(\alpha)\cdot \sin(\beta) = \sin(\alpha +\beta) +\sin(\alpha - \beta)}\)
\(\displaystyle{ I_{2} = \frac{1}{2} \int_{0}^{t} [\sin(t) + \sin(2u -t)]du}\)
\(\displaystyle{ I_{2} = \frac{1}{2} \left[ \sin(t)\cdot u - \frac{\cos(2u-t)}{2} \right]_{0}^{t} = \frac{1}{2}\left{ \left[ t\sin(t) -\frac{1}{2}\cos(t) - 0 +\frac{1}{2}\cos(t)\right]\right} =\\= \frac{1}{2} t\cdot \sin(t)\ \ (2)}\)
Z symetryczności splotu
\(\displaystyle{ I_{3} = \int_{0}^{t} \sin(u)\cdot \cos(t - u)du = \frac{1}{2}t\cdot \sin(t) \ \ (3)}\)
\(\displaystyle{ I_{4} = \int_{0}^{t} \sin(u)\cdot \sin(t-u) du}\)
Korzystamy z tożsamości trygonometrycznej
\(\displaystyle{ 2\sin(\alpha)\cdot \sin(\beta) = \cos(\alpha- \beta) - \cos(\alpha+\beta)}\)
\(\displaystyle{ I_{4} = \frac{1}{2}\int_{0}^{t} [\cos(2u-t) +\cos(t) ]du = \left[\frac{\sin(2u-t)}{2}- u\cdot \cos(t) \right]_{0}^{t} = \frac{1}{2}\left[\frac{sin(t)}{2}- t\cdot \cos(t)+\frac{\sin(t)}{2}\right] = \frac{1}{2}\left [\sin(t) - t\cos(t)\right] \ \ (4)}\)
Z \(\displaystyle{ (1), (2), (3), (4)}\)
\(\displaystyle{ L^{-1}\left[ \frac{s^2-1}{(s^2+1)^2}\right] = \frac{1}{2}\left[ t\cos(t) + \sin(t)\right]+ \frac{1}{2} t\cdot \sin(t)- \frac{1}{2}t\cdot \sin(t) - \frac{1}{2}\left [\sin(t) - t\cos(t)\right]}\)
\(\displaystyle{ L^{-1}\left[ \frac{s^2-1}{(s^2+1)^2}\right] = \frac{1}{2}t\cos(t) +\frac{1}{2}\sin(t) -\frac{1}{2}\sin(t) +\frac{1}{2} t\cdot \cos(t) = t\cdot \cos(t)}\)
\(\displaystyle{ L^{-1}\left[\frac{s^2-1}{(s^2+1)^2}\right] = t \cdot \cos(t).}\)
a) c) podobnie