PdC da risolvere con la trasformata di Laplace
Ciao a tutti,
Ho questo PdC da risolvere:
$\{(Y''(t)-2Y'(t)+5Y(t)=e^(-t)H(t-1),t>0),(Y(0)=1,),(Y'(0)=0,):}$
Dove H è la funzione di Heaviside
Il problema è nella scomposizione in fratti semplici di:
$\y=((e^-(s+1)+(s-2)(s+1))/((s+1)(s^2-2s+5)))$
Il polinomio $\s^2-2s+5$ che è al denominatore, non riesco a fattorizzarlo... per una successiva antitrasformazione. Se qualcuno riesce ad illuminarmi... magari controllando anche i calcoli che ho fatto per avere il termine $\y$ di sopra...
Ringrazio in anticipo tutti coloro che dedicheranno parte del loro tempo ad aiutarmi. Grazie mille.
Ho questo PdC da risolvere:
$\{(Y''(t)-2Y'(t)+5Y(t)=e^(-t)H(t-1),t>0),(Y(0)=1,),(Y'(0)=0,):}$
Dove H è la funzione di Heaviside
Il problema è nella scomposizione in fratti semplici di:
$\y=((e^-(s+1)+(s-2)(s+1))/((s+1)(s^2-2s+5)))$
Il polinomio $\s^2-2s+5$ che è al denominatore, non riesco a fattorizzarlo... per una successiva antitrasformazione. Se qualcuno riesce ad illuminarmi... magari controllando anche i calcoli che ho fatto per avere il termine $\y$ di sopra...
Ringrazio in anticipo tutti coloro che dedicheranno parte del loro tempo ad aiutarmi. Grazie mille.

Risposte
Si fattorizza nel seguente modo: $(s-1-2j)(s-1+2j)$, ma non ti conviene tentare di considerare ognuno dei due fattori singolarmente.
Piuttosto vai a guardare sulle tavole qual è l'antitrasformata dei termini
$(omega_n^2)/(s^2+2 xi omega_n s + omega_n^2)$,
$(omega_n^2(1+Ts))/(s^2+2 xi omega_n s + omega_n^2)$.
Piuttosto vai a guardare sulle tavole qual è l'antitrasformata dei termini
$(omega_n^2)/(s^2+2 xi omega_n s + omega_n^2)$,
$(omega_n^2(1+Ts))/(s^2+2 xi omega_n s + omega_n^2)$.
Oh che bello, un esercizio in più per l'esame del 9 *_*
Allora, il mio discorso forse è un po' incasinato, ma spero ti aiuti...
$Y(s)=\frac{e^{-(s+1)}}{(s+1)(s^2-2s+5)}+\frac{(s+2)(s-1)}{(s+1)(s^2-2s+5)}$
$\frac{(s+2)(s-1)}{(s+1)(s^2-2s+5)}=\frac{A}{s+1}+\frac{Bs+C}{s^2-2s+5}$
Risolvendo il sistema che si impone per il principio di identità dei polinomi (salvo miei errori di calcolo) viene $A=-1/4$, $B=5/4$, $C=-3/4$
$\frac{(s+2)(s-1)}{(s+1)(s^2-2s+5)}=-1/4\frac{1}{s+1}+5/4\frac{s}{s^2-2s+5}-3/4\frac{1}{s^2-2s+5}
Nota che $s^2-2s+5=(s+1)^2+4$, quindi
$\frac{(s+2)(s-1)}{(s+1)(s^2-2s+5)}=-1/4\frac{1}{s+1}+5/4\frac{s}{(s+1)^2+4}-3/4\frac{1}{(s+1)^2+4}=-1/4\frac{1}{s+1}+5/4\frac{s+1}{(s+1)^2+4}-\frac{2}{(s+1)^2+4}$
Quindi si ottiene facilmente l'antitrasformata del secondo "pezzo" di $Y(s)$
$L^{-1}[-1/4\frac{1}{s+1}+5/4\frac{s+1}{(s+1)^2+4}-\frac{2}{(s+1)^2+4}]=[-1/4+5/4 cos(2t)-sen(2t)]e^{-t}h(t)$
Dove $h(t)$ è la funzione gradino di Heaviside. Per quanto riguarda l'altro "pezzo" si ottiene
$\frac{1}{(s+1)(s^2-2s+5)}=\frac{A}{s+1}+\frac{Bs+C}{s^2-2s+5}=1/8\frac{1}{s+1}-1/8\frac{s}{(s+1)^2+4}+3/8\frac{1}{(s+1)^2+4}=1/8\frac{1}{s+1}-1/8\frac{s+1}{(s+1)^2+4}+1/8\frac{2}{(s+1)^2+4}$
Adesso considera
$L^{-1}[1/8\frac{1}{s}-1/8\frac{s}{s^2+4}+1/8\frac{2}{s^2+4}]=1/8[1-cos(2t)+sen(2t)]h(t)$
Quindi
$L^{-1}[e^{-s}(1/8\frac{1}{s}-1/8\frac{s}{s^2+4}+1/8\frac{2}{s^2+4})]=1/8[1-cos(2(t-1))+sen(2(t-1))]h(t)$
E dunque
$L^{-1}[e^{-(s+1)}(1/8\frac{1}{s+1}-1/8\frac{s+1}{(s+1)^2+4}+1/8\frac{2}{(s+1)^2+4})]=1/8[1-cos(2(t-1))+sen(2(t-1))]e^{-t}h(t)$
Ottieni la soluzione del PdC come somma di questi due contributi.
$y(t)=[-1/4+5/4 cos(2t)-sen(2t)]e^{-t}h(t)+1/8[1-cos(2(t-1))+sen(2(t-1))]e^{-t}h(t)=[-1/8+5/4 cos(2t)-1/8 cos(2(t-1))-sen(2t)+1/8 sen(2(t-1))]e^{-t}h(t)$
Spero di non aver sbagliato nulla ^_^
Allora, il mio discorso forse è un po' incasinato, ma spero ti aiuti...
$Y(s)=\frac{e^{-(s+1)}}{(s+1)(s^2-2s+5)}+\frac{(s+2)(s-1)}{(s+1)(s^2-2s+5)}$
$\frac{(s+2)(s-1)}{(s+1)(s^2-2s+5)}=\frac{A}{s+1}+\frac{Bs+C}{s^2-2s+5}$
Risolvendo il sistema che si impone per il principio di identità dei polinomi (salvo miei errori di calcolo) viene $A=-1/4$, $B=5/4$, $C=-3/4$
$\frac{(s+2)(s-1)}{(s+1)(s^2-2s+5)}=-1/4\frac{1}{s+1}+5/4\frac{s}{s^2-2s+5}-3/4\frac{1}{s^2-2s+5}
Nota che $s^2-2s+5=(s+1)^2+4$, quindi
$\frac{(s+2)(s-1)}{(s+1)(s^2-2s+5)}=-1/4\frac{1}{s+1}+5/4\frac{s}{(s+1)^2+4}-3/4\frac{1}{(s+1)^2+4}=-1/4\frac{1}{s+1}+5/4\frac{s+1}{(s+1)^2+4}-\frac{2}{(s+1)^2+4}$
Quindi si ottiene facilmente l'antitrasformata del secondo "pezzo" di $Y(s)$
$L^{-1}[-1/4\frac{1}{s+1}+5/4\frac{s+1}{(s+1)^2+4}-\frac{2}{(s+1)^2+4}]=[-1/4+5/4 cos(2t)-sen(2t)]e^{-t}h(t)$
Dove $h(t)$ è la funzione gradino di Heaviside. Per quanto riguarda l'altro "pezzo" si ottiene
$\frac{1}{(s+1)(s^2-2s+5)}=\frac{A}{s+1}+\frac{Bs+C}{s^2-2s+5}=1/8\frac{1}{s+1}-1/8\frac{s}{(s+1)^2+4}+3/8\frac{1}{(s+1)^2+4}=1/8\frac{1}{s+1}-1/8\frac{s+1}{(s+1)^2+4}+1/8\frac{2}{(s+1)^2+4}$
Adesso considera
$L^{-1}[1/8\frac{1}{s}-1/8\frac{s}{s^2+4}+1/8\frac{2}{s^2+4}]=1/8[1-cos(2t)+sen(2t)]h(t)$
Quindi
$L^{-1}[e^{-s}(1/8\frac{1}{s}-1/8\frac{s}{s^2+4}+1/8\frac{2}{s^2+4})]=1/8[1-cos(2(t-1))+sen(2(t-1))]h(t)$
E dunque
$L^{-1}[e^{-(s+1)}(1/8\frac{1}{s+1}-1/8\frac{s+1}{(s+1)^2+4}+1/8\frac{2}{(s+1)^2+4})]=1/8[1-cos(2(t-1))+sen(2(t-1))]e^{-t}h(t)$
Ottieni la soluzione del PdC come somma di questi due contributi.
$y(t)=[-1/4+5/4 cos(2t)-sen(2t)]e^{-t}h(t)+1/8[1-cos(2(t-1))+sen(2(t-1))]e^{-t}h(t)=[-1/8+5/4 cos(2t)-1/8 cos(2(t-1))-sen(2t)+1/8 sen(2(t-1))]e^{-t}h(t)$
Spero di non aver sbagliato nulla ^_^
Scusa il ritardo nella risposta... approfitto per ringraziarti!
