Problema di Cauchy
Con l'ausilio della trasformata di Laplace risolvere per $t>=0$:
${(y^('')(t)+2y^{\prime}(t)+y(t)=chi_[[0,pi]](t)sin(omegat)),(y(0)=y^{\prime}(0)=0):},
con $chi_[[0,pi]](t)$ funzione caratteristica (o porta,o finestra rettangolare) dell'insieme $[0,pi]$ e $omega in RR$.
${(y^('')(t)+2y^{\prime}(t)+y(t)=chi_[[0,pi]](t)sin(omegat)),(y(0)=y^{\prime}(0)=0):},
con $chi_[[0,pi]](t)$ funzione caratteristica (o porta,o finestra rettangolare) dell'insieme $[0,pi]$ e $omega in RR$.
Risposte
Giusto per essere sicuro di aver capito, con $chi_[[0,pi]](t)$ intendi una funzione che vale $1$ in $[0,pi]$ e $0$ altrove?
Yes
Ok. Mi sembra una semplice applicazione della trasformazione di Laplace... cos'è che non ti riesce?
Io farei così
$t>=0$
allora occorre risolvere $y^('')(t)+2y^{\prime}(t)+y(t)=sin(omegat)$
$t<0$
allora occorre risolvere $"primo membro"=0$
$t>=0$
allora occorre risolvere $y^('')(t)+2y^{\prime}(t)+y(t)=sin(omegat)$
$t<0$
allora occorre risolvere $"primo membro"=0$
"Sturmentruppen":
Io farei così
$t>=0$
allora occorre risolvere $y^('')(t)+2y^{\prime}(t)+y(t)=sin(omegat)$
Ti sei dimenticato della finestra rettangolare.
"Sturmentruppen":
$t<0$
allora occorre risolvere $"primo membro"=0$
No... per $t<0$ non ci interessa cosa succede, il segnale può anche non essere definito. Ricorda che qua si parla di trasformazione unilatera di Laplace.
Devi semplicemente trasformare entrambi i membri e fare due conti.
Su di un libro ho però trovato il seguemnte esempio:
${(y^('')+y^{\prime}+y=e^t*chi_[[0,1]](t)),(y(0)=y^{\prime}(0)=0):}
e distingue i due casi:
$0
Posto $S(s)=1/(s^2+s+1) => s=(-1+-isqrt3)/2 => ccL^-1[S(s)](t)=..=e^(-t/2)/sqrt3*sin(sqrt3/2)
$y(t)=int_0^te^(tau)*e^(-(t-tau)/3)*sin(t-tau)*sqrt3/2d tau$ ecc....
$t>=1$
$y(t)=int_0^1"funzione di sopra"
non capisco perchè la mia idea sia errata.
${(y^('')+y^{\prime}+y=e^t*chi_[[0,1]](t)),(y(0)=y^{\prime}(0)=0):}
e distingue i due casi:
$0
Posto $S(s)=1/(s^2+s+1) => s=(-1+-isqrt3)/2 => ccL^-1[S(s)](t)=..=e^(-t/2)/sqrt3*sin(sqrt3/2)
$y(t)=int_0^te^(tau)*e^(-(t-tau)/3)*sin(t-tau)*sqrt3/2d tau$ ecc....
$t>=1$
$y(t)=int_0^1"funzione di sopra"
non capisco perchè la mia idea sia errata.
Mi sono dimenticato della finestra?
Ma non vale $1$ se $t>=0$?
Ma non vale $1$ se $t>=0$?
"Sturmentruppen":
Mi sono dimenticato della finestra?
Ma non vale $1$ se $t>=0$?
Vale $1$ per $0
Quindi
se $tin[0,pi]$
il problema si riduce a $"primo membro"=sin(omegat)
se seguo la strada dell'esempuio che ho trovato dovrei fare il caso $t>pi$
ma a quel punto non vale zero il II membro?
se $tin[0,pi]$
il problema si riduce a $"primo membro"=sin(omegat)
se seguo la strada dell'esempuio che ho trovato dovrei fare il caso $t>pi$
ma a quel punto non vale zero il II membro?
"Sturmentruppen":
se seguo la strada dell'esempuio che ho trovato dovrei fare il caso $t>pi$
ma a quel punto non vale zero il II membro?
Bella domanda! Hai toccato un tasto importante.
All'istante $t=pi$ il secondo membro è nullo, è vero, però sono cambiate le condizioni iniziali.
"Kroldar":
[quote="Sturmentruppen"]
se seguo la strada dell'esempuio che ho trovato dovrei fare il caso $t>pi$
ma a quel punto non vale zero il II membro?
Bella domanda! Hai toccato un tasto importante.
All'istante $t=pi$ il secondo membro è nullo, è vero, però sono cambiate le condizioni iniziali.[/quote]
Sono cambiate le condizioni iniziali?!
In ogni caso contionuo a non capire il caso $0
L'esercizio,a mio modo di vedere,è meno banale di quanto si possa pensare.
L'esercizio,a mio modo di vedere,è meno banale di quanto si possa pensare.
Uhm... mai sentito parlare di risposta in evoluzione libera e risposta in evoluzione forzata?
Mai sentito parlarne.
Comunque ho capito il procedimento dell'esercizio,domani lo posto.
Comunque ho capito il procedimento dell'esercizio,domani lo posto.
Risolvere il seguente problema in avanti:
${(y^{\prime}+int_0^ty(tau)d tau=H(t)*H(2-t)*(t-[t])),(y(0)=0):}
Poichè
$H(t)*H(2-t)=1 <=> t in [0,2]$
e l'integrale rappresenta la convoluzione tra funzione di Heaviside e $y(t)$
il problema diventa il seguente:
${(y^'(t)+H(t)oxy(t)=b(t)),(y(0)=0):} $ essendo $b(t)={(t-[t], 0<=t<=2),(0, "else"):}
Trasformando secondo Laplace si ha:
$sY(s)+1/sY(s)=B(s) to y(t)=ccL^-1[s/(s^2+1)](t)oxccL^-1[B(s)](t)=cos(t)oxb(t)$
I caso: $0<=t<=2
$b(t)=t-[t] to y(t)=int_0^2cost*(t-tau)d tau-int_0^2cos(t-tau)*[t]d tau=
$=-(t*cos(t))/2*[tau^2]_0^2+[t]*[sen(t-tau)]_0^2=-(t*cos(t))/2*4+[t]*(sen(t-2)-sen(t))
$to y(t)=[t]sen(t-2)-[t]sen(t)-2tcos(t)
II caso:$"else"
$b(t)=0 to y(t)=cos(t)oxb(t)=0
pertanto la soluzione è
$y(t)={([t]*sen(t-2)-[t]*sen(t)-2t*cos(t),0<=t<=2),(0,"else"):}
Ho fatto bene?!
${(y^{\prime}+int_0^ty(tau)d tau=H(t)*H(2-t)*(t-[t])),(y(0)=0):}
Poichè
$H(t)*H(2-t)=1 <=> t in [0,2]$
e l'integrale rappresenta la convoluzione tra funzione di Heaviside e $y(t)$
il problema diventa il seguente:
${(y^'(t)+H(t)oxy(t)=b(t)),(y(0)=0):} $ essendo $b(t)={(t-[t], 0<=t<=2),(0, "else"):}
Trasformando secondo Laplace si ha:
$sY(s)+1/sY(s)=B(s) to y(t)=ccL^-1[s/(s^2+1)](t)oxccL^-1[B(s)](t)=cos(t)oxb(t)$
I caso: $0<=t<=2
$b(t)=t-[t] to y(t)=int_0^2cost*(t-tau)d tau-int_0^2cos(t-tau)*[t]d tau=
$=-(t*cos(t))/2*[tau^2]_0^2+[t]*[sen(t-tau)]_0^2=-(t*cos(t))/2*4+[t]*(sen(t-2)-sen(t))
$to y(t)=[t]sen(t-2)-[t]sen(t)-2tcos(t)
II caso:$"else"
$b(t)=0 to y(t)=cos(t)oxb(t)=0
pertanto la soluzione è
$y(t)={([t]*sen(t-2)-[t]*sen(t)-2t*cos(t),0<=t<=2),(0,"else"):}
Ho fatto bene?!
"Sturmentruppen":
II caso:$"else"
$b(t)=0 to y(t)=cos(t)oxb(t)=0
pertanto la soluzione è
$y(t)={([t]*sen(t-2)-[t]*sen(t)-2t*cos(t),0<=t<=2),(0,"else"):}
Ho fatto bene?!
Tu dici che per $t>2$, essendo $b(t)$ nullo, anche $y(t)$ è identicamente nullo. Questo non è vero e te lo spiego con un esempio pratico. Immagina un sistema lineare e stazionario che parte da condizioni iniziali nulle e a cui applichi (a partire dall'origine dei tempi) per un certo intervallo di tempo un segnale di ingresso. Il sistema inizia a rispondere in un certo modo che non stiamo qui a indagare. A un certo punto interrompi il segnale di ingresso. Cosa fa il sistema? Nello stesso istante in cui hai interrotto l'ingresso anche la risposta del sistema si annulla bruscamente? No!! Il motivo di tutto ciò è semplice: il sistema intanto si è portato in un certo stato e, sebbene non possa più dare alcuna risposta forzata (perché il forzamento è stato azzerato), darà però la risposta in evoluzione libera a partire dalle condizioni in cui si trovava nel momento in cui hai bloccato l'ingresso.
"Kroldar":
[quote="Sturmentruppen"]
II caso:$"else"
$b(t)=0 to y(t)=cos(t)oxb(t)=0
pertanto la soluzione è
$y(t)={([t]*sen(t-2)-[t]*sen(t)-2t*cos(t),0<=t<=2),(0,"else"):}
Ho fatto bene?!
Tu dici che per $t>2$, essendo $b(t)$ nullo, anche $y(t)$ è identicamente nullo. Questo non è vero e te lo spiego con un esempio pratico. Immagina un sistema lineare e stazionario che parte da condizioni iniziali nulle e a cui applichi (a partire dall'origine dei tempi) per un certo intervallo di tempo un segnale di ingresso. Il sistema inizia a rispondere in un certo modo che non stiamo qui a indagare. A un certo punto interrompi il segnale di ingresso. Cosa fa il sistema? Nello stesso istante in cui hai interrotto l'ingresso anche la risposta del sistema si annulla bruscamente? No!! Il motivo di tutto ciò è semplice: il sistema intanto si è portato in un certo stato e, sebbene non possa più dare alcuna risposta forzata (perché il forzamento è stato azzerato), darà però la risposta in evoluzione libera a partire dalle condizioni in cui si trovava nel momento in cui hai bloccato l'ingresso.[/quote]
e quindi qual è,in paole povere,la soluzione se $t>2$?
Per $t>2$ risulta
$y(t) = int_0^2 cos(t-tau)b(tau) d tau$
$y(t) = int_0^2 cos(t-tau)b(tau) d tau$
"Kroldar":
Per $t>2$ risulta
$y(t) = int_0^2 cos(t-tau)b(tau) d tau$
quindi nel caso $0<=t<=2$ devo integrare tra $0$ e $T$ la stessa funzione che hai scritto tu per il caso $t>2$?
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