Transformata Laplace`a

[jasiu_19]

Podać wzór funkcji ciągłej f(t), jeśli
\(\displaystyle{ L[f(t)](s) = \frac{2s+3}{s ^{3} + 4s^{2} + 5s}}\)


Proszę o rozwiązanie zadania, podanie wyniku i krótkie przedstawienie toku myślenia podczas rozwiązywania.

[BettyBoo]

Robisz rozkład dostosowany do potrzeb transformaty Laplace'a:

\(\displaystyle{ \frac{2s+3}{s((s+2)^2+1)}=\frac{A}{s}+\frac{B(s+2)}{(s+2)^2+1}+\frac{C}{(s+2)^2+1}}\)

Mnożysz przez wspólny mianownik i wyliczasz stałe (z równości wielomianów lub funkcji). Otrzymujesz \(\displaystyle{ A=\frac{3}{5},\ B=-\frac{3}{5},\ C=\frac{4}{5}}\).

Ostatecznie więc

\(\displaystyle{ f(t)=\frac{3}{5}-\frac{3}{5}e^{-2t}cos t+\frac{4}{5}e^{-2t}sint}\)

Pozdrawiam.

[skupiony]

Ja zrobiłem to innym sposobem.
\(\displaystyle{ F(s)= \frac{2s+3}{s^{3}+4s_{2}+5s}= \frac{2s+3}{s(s^{2}+4s+5)}= \frac{2s+3}{s(s+2-j1)(s+2+j1)}}\)
pierwiastki mianownika: \(\displaystyle{ s_{0}=0 \qquad s_{1}=-2+j1 \qquad s_{2}=-2-j1}\)

Sposób 1 (metoda residuów)

Ukryta treść:    

dla \(\displaystyle{ s_{0}=0}\)
\(\displaystyle{ res_{s=0} \left[ F(s) \cdot e^{st}\right]= \lim_{s\to0} \left[ \frac{2s+3}{s^{2}+4s+5}e^{st} \right] = \frac{3}{5}}\)
dla \(\displaystyle{ s_{1}=-2+j1}\)
\(\displaystyle{ res_{s=-2+j1} \left[ F(s) \cdot e^{st}\right]= \lim_{s\to-2+j1} \left[ \frac{2s+3}{s(s+2+j1)}e^{st} \right] =(-0,3-j0,4)e^{(-2+j1)t}}\)
dla \(\displaystyle{ s_{2}=-2+j1}\)
\(\displaystyle{ res_{s=-2-j1} \left[ F(s) \cdot e^{st}\right]= \lim_{s\to-2-j1} \left[ \frac{2s+3}{s(s+2-j1)}e^{st} \right] =(-0,3+j0,4)e^{(-2-j1)t}}\)

Sposób 2 (drugi wzór heaviside'a)

Ukryta treść:    

drugi wzór Heaviside'a : \(\displaystyle{ f(t)= \frac{L(0)}{M(0)} + \sum_{k=1}^{n} \frac{L(s_{k})}{s_{k}M'(s_{k})}e^{s_{k}t}}\)
\(\displaystyle{ L(s)=2s+3 \\ L(0)=3 \\ L(s_{1})=-1+j2 \\ L(s_{2})=-1-j2}\) \(\displaystyle{ M(s)=s^{2}+4s+5 \\ M(0)=5 \\ M'(s)=2s+4 \\ M(s_{1})=j2 \\ M(s_{2})=-j2}\)
\(\displaystyle{ f(t)= \frac{3}{5}+\frac{-1+j2}{j2(-2+j1)}e^{(-2+j1)t}+ \frac{-1-j2}{-j2(-2-j1)} e^{(-2-j1)t}}\)

W obu przypadkach dochodzimy do takiego efektu:
\(\displaystyle{ f(t)= \frac{3}{5}+(-0,3-j0,4)e^{(-2+j1)t}+(-0,3+j0,4)e^{(-2-j1)t}}\)
i tutaj można się zaciąć
\(\displaystyle{ e^{(-2+j1)t}=e^{-2t} \cdot e^{j1}=e^{-2t}(\cos t+ j \sin t) \\ e^{(-2-j1)t}=e^{-2t} \cdot e^{-j1}=e^{-2t} \cdot (\cos (-t)+ j \sin (-t))=e^{-2t} \cdot (\cos t-j \sin t)}\)
po podstawieniu:
\(\displaystyle{ f(t)= \frac{3}{5}+(-0,3-j0,4)e^{-2t}(\cos t+ j \sin t)+(-0,3+j0,4)e^{-2t} \cdot (\cos t-j \sin t)}\)
\(\displaystyle{ f(t)= \frac{3}{5}-0,3e^{-2t}\cos t-j0,3e^{-2t} \sin t-j0,4e^{-2t} \cos t+0,4e^{-2t} \sin t - \\ -0,3e^{-2t}\cos t+j0,3e^{-2t} \sin t+j0,4e^{-2t} \cos t+0,4e^{-2t} \sin t}\)

więc ostatecznie wychodzi to samo
\(\displaystyle{ f(t)=0,6-0,6e^{-2t} \cos t+0,8e^{-2t} \sin t}\)