Transformata Laplace'a - znajdowanie funkcji pierwotnej

Równania różniczkowe i całkowe. Równania różnicowe. Transformata Laplace'a i Fouriera oraz ich zastosowanie w równaniach różniczkowych.
ola7
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 25
Rejestracja: 10 lis 2018, o 11:02
Płeć: Kobieta
Lokalizacja: Wrocław

Transformata Laplace'a - znajdowanie funkcji pierwotnej

Post autor: ola7 » 24 kwie 2019, o 19:42

a) \(F(s)= \frac{9}{( s^{2}+9) ^{2} }\)
b) \(F(s)= \frac{s^{2}-1}{( s^{2}+1) ^{2} }\)
c)\(F(s)= \frac{s^{2}}{( s^{2}+4) ^{2} }\)

Musimy znaleźć funkcję oryginalną (\(L^{-1}[F(s)])\)
Proszę o pomoc

sdd1975
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 47
Rejestracja: 9 kwie 2017, o 16:17
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Radomsko

Re: Transformata Laplace'a - znajdowanie funkcji pierwotnej

Post autor: sdd1975 » 24 kwie 2019, o 20:45

Rozłożyć na ułamki proste (a jest już ułamkiem prostym) a następnie skorzystać z tablicy transformat.

ola7
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 25
Rejestracja: 10 lis 2018, o 11:02
Płeć: Kobieta
Lokalizacja: Wrocław

Transformata Laplace'a - znajdowanie funkcji pierwotnej

Post autor: ola7 » 24 kwie 2019, o 20:53

nie jest to takie oczywiste, trzeba skorzystać z różniczki z tego co zostało mi podpowiedziane. Chciałabym bardziej konkretnej pomocy

Awatar użytkownika
Premislav
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 14146
Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław

Re: Transformata Laplace'a - znajdowanie funkcji pierwotnej

Post autor: Premislav » 24 kwie 2019, o 22:50

a)
Ze znanych wzorów mamy:
\(\mathcal{L}\left\{ \sin(3t)\right\}=\frac{3}{s^2+3^2}{\red=} \int_{0}^{+\infty} \sin(3t) \ e^{-st}\,\dd t\)
Czerwoną równość różniczkujemy po \(s\) (prawą stronę z twierdzenia Leibniza o różniczkowaniu pod znakiem całki) i dostajemy:
\(-\frac{6s}{(s^2+9)^2}=- \int_{0}^{+\infty}t\sin(3t) \ e^{-st}\,\dd t\\\frac{6s}{(s^2+9)^2}= \int_{0}^{+\infty}t\sin(3t) \ e^{-st}\,\dd t \ (*)\)
Teraz prawą stronę całkujemy przez części w taki oto sposób:
również całkując przez części, mamy
\(\int_{}^{} t\sin(3t)\,\dd t=-\frac 1 3 t\cos(3t)+\frac 1 3 \int_{}^{} \cos(3t)\,\dd t=\\=-\frac 1 3 t\cos(3t)+\frac 1 9\sin(3t)+C\)
Następnie wracając do \((*)\), możemy więc napisać:
\(\int_{0}^{+\infty}t\sin(3t) \ e^{-st}\,\dd t= \int_{0}^{+\infty}\left( -\frac 1 3 t\cos(3t)+\frac 1 9\sin(3t)\right)' e^{-st}\,\dd t=\\=\left[ \left( -\frac 1 3 t\cos(3t)+\frac 1 9\sin(3t)\right)e^{-st} \right]\bigg|^{t\rightarrow +\infty}_{t=0}+s \int_{0}^{+\infty}\left( -\frac 1 3 t\cos(3t)+\frac 1 9\sin(3t)\right) e^{-st}\,\dd t=\\=s \int_{0}^{+\infty}\left( -\frac 1 3 t\cos(3t)+\frac 1 9\sin(3t)\right) e^{-st}\,\dd t\)
czyli
\(\frac{6s}{(s^2+9)^2}=s\int_{0}^{+\infty}\left( -\frac 1 3 t\cos(3t)+\frac 1 9\sin(3t)\right) e^{-st}\,\dd t\),
dzielimy to stronami przez \(\frac 2 3 s\) i dostajemy:
\(\frac{9}{(s^2+9)^2}=\int_{0}^{+\infty}\left( -\frac 1 2 t\cos(3t)+\frac 1 6\sin(3t)\right) e^{-st}\,\dd t\)
i z tego, że transformata Laplace'a jest \(1-1\), dostajemy, że
\(\mathcal{L}^{-1}\left\{ \frac{9}{(s^2+9)^2} \right\} =-\frac 1 2 t\cos(3t)+\frac 1 6\sin(3t)\)

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.

Awatar użytkownika
mariuszm
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 6695
Rejestracja: 25 wrz 2007, o 01:03
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: 53°02'N 18°35'E

Re: Transformata Laplace'a - znajdowanie funkcji pierwotnej

Post autor: mariuszm » 30 kwie 2019, o 14:10

sdd1975 pisze:Rozłożyć na ułamki proste (a jest już ułamkiem prostym) a następnie skorzystać z tablicy transformat.
Rozkład na sumę ułamków prostych miałby sens
gdyby rozkładać nad zespolonymi bo tam mianownik można jeszcze rozłożyć

Nad rzeczywistymi pozostaje twierdzenie Borela o splocie
albo różniczkowanie obrazu

janusz47
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 4967
Rejestracja: 18 mar 2009, o 16:24
Płeć: Mężczyzna

Transformata Laplace'a - znajdowanie funkcji pierwotnej

Post autor: janusz47 » 1 maja 2019, o 15:38

b)

\(F(s) = \frac{s^2-1}{(s^2+1)^2}\)

Przedstawiamy równanie transformaty w postaci iloczynu dwóch transformat

\(F(s) = \frac{s^2-1}{(s^2+1)^2} = \frac{(s- 1)(s+1)}{(s^2 +1)^2} = \frac{ s-1}{s^2+1}\cdot \frac{s+1}{s^2 +1} = F_{1}(s)\cdot F_{2}(s).\)

Znajdujemy oryginały tych dwóch transformat

\(L^{-1}\left[ F_{1}(s)\right] = L^{-1}\left [\frac{s-1}{s^2+1}\right] =L^{-1}\left [\frac{s}{s^2+1}\right] - L^{-1}\left [\frac{1}{s^2+1}\right] = \cos(t) - \sin(t) =\\= f_{1}(t)\)

\(L^{-1}\left[ F_{2}(s)\right] = L^{-1}\left [\frac{s+1}{s^2+1}\right] =L^{-1}\left [\frac{s}{s^2+1}\right] + L^{-1}\left [\frac{1}{s^2+1}\right] = \cos(t) + \sin(t) = \\ = f_{2}(t)\)

Stosujemy twierdzenie o splocie dla transformacji odwrotnej

\(L^{-1}\left[ F_{1}(s)\cdot F_{2}(s) \right] = \int_{0}^{t}f_{1}(u)\cdot f_{2}(t-u)du \ \ (s)\)

gdzie

\(f_{1}(u) = \cos(u) - \sin(u)\)

\(f_{2}(t-u) = \cos(t-u) +\sin(t-u)\)

Z \((s)\) otrzymujemy

\(L^{-1}\left[ F_{1}(s)\cdot F_{2}(s) \right] = \int_{0}^{t} [\cos(u) -\sin(u)][\cos(t - u)+\sin(t-u)] du \ \ (c)\)

Przedstawiamy równacie całkowe \((c)\) w postaci

\(L^{-1}\left[ F_{1}(s)\cdot F_{2}(s) \right] = \int_{0}^{t} \cos(u)\cdot \cos(t-u)du + \int_{0}^{t}\cos(u)\cdot \sin(t-u)du + \\- \int_{0}^{t}\sin(u)\cdot \cos(t-u)du -\int_{0}^{t}\sin(u) \sin(t-u) du = I_{1}+ I_{2} - I_{3} - I_{4}\)

Obliczamy każdą z całek \(I_{i}, \ \ i=1,2,3,4,\) osobno

\(I_{1}= \int_{0}^{t}\cos(u)\cos(t-u) du\)

Wykorzystujemy tożsamość trygonometryczną

\(2\cos(\alpha)\cos(\beta) = \cos(\alpha+\beta) +\cos(\alpha - \beta)\)

\(I_{1} = \int_{0}^{t}\frac{1}{2}\left[ \cos(u+t-u) + \cos(u- t +u)\right] du = \frac{1}{2}\int_{0}^{t} [\cos(t) + \cos(2u -t)]du\)

\(I_{1} = \frac{1}{2}\left[ \cos(t)\cdot u + \frac{\sin(2u-t)}{2}\right]_{0}^{t}\right] = \frac{1}{2}\{\left[ t\cdot \cos(t) +\frac{\sin(t)}{2}\right] - \left[ 0 -\frac{\sin(t)}{2}\right]\} = \frac{1}{2}\left[ t\cos(t) + \sin(t)\right] \ \ (1)\)

\(I_{2} = \int_{0}^{t}\cos(u)\sin(t-u)du\)

Korzystamy z tożsamości trygonometrycznej

\(2\cos(\alpha)\cdot \sin(\beta) = \sin(\alpha +\beta) +\sin(\alpha - \beta)\)

\(I_{2} = \frac{1}{2} \int_{0}^{t} [\sin(t) + \sin(2u -t)]du\)

\(I_{2} = \frac{1}{2} \left[ \sin(t)\cdot u - \frac{\cos(2u-t)}{2} \right]_{0}^{t} = \frac{1}{2}\left{ \left[ t\sin(t) -\frac{1}{2}\cos(t) - 0 +\frac{1}{2}\cos(t)\right]\right} =\\= \frac{1}{2} t\cdot \sin(t)\ \ (2)\)

Z symetryczności splotu

\(I_{3} = \int_{0}^{t} \sin(u)\cdot \cos(t - u)du = \frac{1}{2}t\cdot \sin(t) \ \ (3)\)

\(I_{4} = \int_{0}^{t} \sin(u)\cdot \sin(t-u) du\)

Korzystamy z tożsamości trygonometrycznej

\(2\sin(\alpha)\cdot \sin(\beta) = \cos(\alpha- \beta) - \cos(\alpha+\beta)\)

\(I_{4} = \frac{1}{2}\int_{0}^{t} [\cos(2u-t) +\cos(t) ]du = \left[\frac{\sin(2u-t)}{2}- u\cdot \cos(t) \right]_{0}^{t} = \frac{1}{2}\left[\frac{sin(t)}{2}- t\cdot \cos(t)+\frac{\sin(t)}{2}\right] = \frac{1}{2}\left [\sin(t) - t\cos(t)\right] \ \ (4)\)

Z \((1), (2), (3), (4)\)

\(L^{-1}\left[ \frac{s^2-1}{(s^2+1)^2}\right] = \frac{1}{2}\left[ t\cos(t) + \sin(t)\right]+ \frac{1}{2} t\cdot \sin(t)- \frac{1}{2}t\cdot \sin(t) - \frac{1}{2}\left [\sin(t) - t\cos(t)\right]\)

\(L^{-1}\left[ \frac{s^2-1}{(s^2+1)^2}\right] = \frac{1}{2}t\cos(t) +\frac{1}{2}\sin(t) -\frac{1}{2}\sin(t) +\frac{1}{2} t\cdot \cos(t) = t\cdot \cos(t)\)

\(L^{-1}\left[\frac{s^2-1}{(s^2+1)^2}\right] = t \cdot \cos(t).\)

a) c) podobnie

ODPOWIEDZ