mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιαν 19, 2012 1:27 am**

Είναι ερώτημα από παλιό θέμα της σχολής μου

Να βρεθεί με τη χρήση του μετασχηματισμού Laplace η μορφή της λύσης $\displaystyle{ y(t) }$ , $\displaystyle{ t\geq 0 }$ της διαφορικής εξίσωσης:
$\displaystyle{ y''+2y'+10y=5e^{-4t}cos\left(20t \right) }$
$\displaystyle{ y\left(0 \right)=1,\; y'\left(0 \right)=2 }$
(Δε χρειάζεται να υπολογιστούν όλοι οι συντελεστές της απλοποίησης)

Το φτάνω μέχρι $\displaystyle{ y\left(s \right)=\frac{1}{\left(s+1 \right)^{2}+9}\cdot \left[\frac{5\left(s+4 \right)}{\left(s+4 \right)^{2}+20^{2}}+\left(s+4 \right)} \right] }$ .
Πώς το γράφω αυτό με μορφή συντελεστών?

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιαν 19, 2012 8:43 am**

lowbaper92 έγραψε:Είναι ερώτημα από παλιό θέμα της σχολής μου

Να βρεθεί με τη χρήση του μετασχηματισμού Laplace η μορφή της λύσης $\displaystyle{ y(t) }$ , $\displaystyle{ t\geq 0 }$ της διαφορικής εξίσωσης:
$\displaystyle{ y''+2y'+10y=5e^{-4t}cos\left(20t \right) }$
$\displaystyle{ y\left(0 \right)=1,\; y'\left(0 \right)=2 }$
(Δε χρειάζεται να υπολογιστούν όλοι οι συντελεστές της απλοποίησης)

Το φτάνω μέχρι $\displaystyle{ y\left(s \right)=\frac{1}{\left(s+1 \right)^{2}+9}\cdot \left[\frac{5\left(s+4 \right)}{\left(s+4 \right)^{2}+20^{2}}+\left(s+4 \right)} \right] }$ .
Πώς το γράφω αυτό με μορφή συντελεστών?

Σωστά μέχρι εδώ με εξαίρεση μικρό τυπογραφικό σφάλμα ( το y(s)

αριστερά στην τελευταία ισότητα
είναι $\hat {y}(s)$ ).

Δεν ξέρω τι εννοείς με "μορφή συντελεστών" αλλά υποθέτω ότι ρωτάς πώς θα συνεχίσουμε χωρίς να κάνουμε όλες τις πράξεις παρακάτω. Προχωράμε ως εξής:

Ανοίγουμε την παρένθεση. Ο όρος $\displaystyle{\frac{s+4}{\left(s+1 \right)^{2}+9} }$ έχει εύκολο αντίστροφο μετασχηματισμό Laplace (τον χρησιμοποίησες ήδη στο δεξί μέλος της αρχικής εξίσωσης). Όπως και να είναι, υπάρχει στα στάνταρ τυπολόγια. Τώρα, την παράσταση $\displaystyle{\frac{1}{\left(s+1 \right)^{2}+9}\cdot \frac{\left(s+4 \right)}{\left(s+4 \right)^{2}+20^{2}}}$ την αναλύουμε σε απλούστερα κλάσματα ως

$\displaystyle{\frac{As+B}{\left(s+1 \right)^{2}+9} + \frac{\left(Cs+D \right)}{\left(s+4 \right)^{2}+20^{2}}}$ (*)

που όλα έχουν έτοιμο αντίστροφο μετασχηματισμό (είναι όπως η προηγούμενη περίπτωση).

Ελπίζω να βοήθησα.

Φιλικά,

Μιχάλης

(*) Υποθέτω ότι η φράση "Δε χρειάζεται να υπολογιστούν όλοι οι συντελεστές της απλοποίησης" εννοεί αυτούς ακριβώς τους συντελεστές A,B,C,D

.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιαν 19, 2012 3:21 pm**

Σας ευχαριστώ για την απάντηση.
$\displaystyle{ y(s) }$ είναι ο συμβολισμός που χρησιμοποιεί το βιβλίο.
Με μπέρδεψε η λύση του καθηγητή που πετούσε κατευθείαν ότι $\displaystyle{ y\left(s \right)=\frac{1}{\left(s+1 \right)^{2}+9}\cdot \left[\frac{5\left(s+4 \right)}{\left(s+4 \right)^{2}+20^{2}}+\left(s+4 \right)} \right] }$ $\displaystyle{ =\frac{A\left(s+1 \right)+3B}{\left(s+1 \right)^{2}+3^{2}}+\frac{C\left(s+4 \right)+20D}{\left(s+4 \right)^{2}+20^{2}} }$

Να κάνω μια προσπάθεια να το συνεχίσω από εκεί που το αφήσατε. Θα χρησιμοποιήσω αυτό $\frak{L}$ για το μετασχηματισμό Laplace.
Είπαμε ότι
$\displaystyle{y\left(s \right)=\frac{1}{\left(s+1 \right)^{2}+3^{2}}\cdot \frac{5\left(s+4 \right)}{\left(s+4 \right)^{2}+20^{2}}+\frac{s+4}{\left(s+1 \right)^{2}+3^{2}}=\frac{As+B}{\left(s+1 \right)^{2}+3^{2}}+\frac{Cs+D}{\left(s+4 \right)^{2}+20^{2}}+\frac{s+4}{\left(s+1 \right)^{2}+3^{2}} }$

Ας τα μετασχηματίσω ξεχωριστά:

$\displaystyle{\bullet \frac{As+B}{\left(s+1 \right)^{2}+3^{2}}=\frac{A\left(s+1 \right)+B-A}{\left(s+1 \right)^{2}+3^{2}}=\frac{A\left(s+1 \right)+B'}{\left(s+1 \right)^{2}+3^{2}}=A\frac{s+1}{\left(s+1 \right)^{2}+3^{2}}+\frac{B'}{3}\cdot \frac{3}{\left(s+1 \right)^{2}+3^{2}} }$ $\displaystyle{ \Rightarrow {\frak{L}}^{-1}\left(\frac{As+B}{\left(s+1 \right)^{2}+3^{2}} \right)=Ae^{-t}cos\left(3t \right)+\frac{B'}{3}e^{-t}sin\left(3t \right) }$

$\displaystyle{ \bullet \frac{Cs+D}{\left(s+4 \right)^{2}+20^{2}}=\frac{C\left(s+4 \right)+D-4C}{\left(s+4 \right)^{2}+20^{2}}=\frac{C\left(s+4 \right)+D'}{\left(s+4 \right)^{2}+20^{2}}=C\frac{s+4}{\left(s+4 \right)^{2}+20^{2}}+\frac{D'}{20}\cdot \frac{20}{\left(s+4 \right)^{2}+20^{2}} }$ $\displaystyle{ \Rightarrow {\frak{L}}^{-1}\left(\frac{Cs+D}{\left(s+4 \right)^{2}+20^{2}} \right)=Ce^{-4t}cos\left(20t \right)+\frac{D'}{20}e^{-4t}sin\left(20t \right) }$

$\displaystyle{\bullet \frac{s+4}{\left(s+1 \right)^{2}+3^{2}}=\frac{s+1}{\left(s+1 \right)^{2}+3^{2}}+\frac{3}{\left(s+1 \right)^{2}+3^{2}}\Rightarrow{\frak{L}}^{-1}\left(\frac{s+4}{\left(s+1 \right)^{2}+3^{2}} \right)=e^{-t}cos\left(3t \right)+e^{-t}sin\left(3t \right) }$

Άρα
$\displaystyle{ y\left(t \right)=\pounds ^{-1}\left(y\left(s \right) \right)=Ae^{-t}cos\left(3t \right)+\frac{B'}{3}e^{-t}sin\left(3t \right)+Ce^{-4t}cos\left(20t \right)+\frac{D'}{20}e^{-4t}sin\left(20t \right)+e^{-t}cos\left(3t \right)+e^{-t}sin\left(3t \right)= }$ $\displaystyle{ e^{-t}\left[\left(A+1 \right)cos\left(3t \right)+\left(\frac{B'}{3} +1\right)sin\left(3t \right) \right]+e^{-4t}\left[C\cdot cos\left(20t \right) +\frac{D'}{20}sin\left(20t \right)\right]= }$ $\displaystyle{ \boxed {e^{-t}\left(A'cos\left(3t \right)+B''sin\left(3t \right) \right)+e^{-4t}\left(C\cdot cos\left(20t \right)+D''sin\left(20t \right) \right)} }$

ΥΓ. Μπορούσα να μετασχηματίσω το 1ο και το 3ο κλάσμα μαζί και να γλίτωνα πράξεις. Μετά το πρόσεξα. Ελπίζω να μη σας κούρασα.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιαν 19, 2012 3:40 pm**

lowbaper92 έγραψε:Θα χρησιμοποιήσω αυτό $\displaystyle{ \pounds }$ για το μετασχηματισμό Laplace. Δε βρίσκω στο λάτεξ κάτι που να μοιάζει περισσότερο.