[Laplace] Un problema di Cauchy

[gugo82]

Propongo un esercizio in questa sezione, giacché gli ingegneri sono più pratici di queste cose (o almeno dovrebbero... ).
Non è particolarmente difficile, però c'è bisogno di creatività.

***

Esercizio:

Risolvere, usando la trasformata di Laplace, il seguente problema di Cauchy in [tex]$[0,+\infty[$[/tex]:

[tex]$\begin{cases} y^{\prime \prime} (t) +\pi^2 y(t) =f(t) \\
y(0)=1 \\
y^\prime (0)=0\end{cases}$[/tex]

ove:

[tex]$f(t) =(\sin \pi t)^+ =\begin{cases} \sin \pi t &\text{, se $\sin \pi t\geq 0$} \\ 0 &\text{, se $\sin \pi t<0$} \end{cases}$[/tex]

come da grafico:
[asvg]xmin=0;xmax=6;ymin=-1;ymax=2;
axes("","");
stroke="red"; plot("(sin(3.14*x)+abs(sin(3.14*x)))/2",0,7);[/asvg]

***

La soluzione tra un paio di settimane, se nessuno la trova prima.

[Ska1]

Ecco qui la mia soluzione:

Prima di tutti [tex]$f(t)$[/tex] può essere scritto anche come [tex]$f(t) =\sum_{k=0}^\infty \sin(\pi(t - k)) u(t-k)$[/tex], dove [tex]$u(t) = \begin{cases}1\qquad t>0\\0\qquad altrove\end{cases}$[/tex].

L'equazione differenziale proposta si può interpretare come un sistema dinamico lineare e invariante caratterizzata da una funzione di trasferimento [tex]$G(s)=\frac{1}{s^2 + \pi^2}$[/tex]

La soluzione dunque è composta dalla parte libera provocata dalle condizioni iniziali non nulle, più la rispsota forzata (calcolata da condizioni iniziali nulle) provocata dalla forzante [tex]$f(t)$[/tex].

Dato che la forzante si può scrivere come somma di segnali, per linearità del sistema anche la risposta forzata può essere calcolata a partire dalle risposte forzate di ogni forzante base, in più essendo le forzanti base tutte uguali a meno di una traslazione anche la risposta forzata base sarà identica a meno della medesima traslazione.

Quindi assumendo [tex]$h(t) = \sin(\pi t) u(t)$[/tex] la risposta forzata base si trova risolvendo [tex]$z''(t) + \pi^2 z(t) = h(t)$[/tex] con [tex]$z(0)=z'(0)=0$[/tex].

Usando la trasformata di Laplace si ottiene [tex]$s^2Z(s) + \pi^2 Z(s) = \frac{\pi}{s^2 +\pi^2}$[/tex], da cui [tex]$Z(s) = \frac{\pi}{(s^2 + \pi^2)^2}$[/tex].

[tex]$Z(s) = \frac{2s\pi}{2s(s^2 + \pi^2)^2} = \frac{1}{2s} \frac{2s\pi}{(s^2 + \pi^2)^2}$[/tex] da cui [tex]$z(t) = \frac{1}{2} u(t) * t \sin(\pi t) u(t) = \frac{u(t)}{2}\int_0^t \tau \sin(\pi\tau)d\tau = u(t)\left[\frac{\sin(\pi t)}{2\pi^2} - \frac{t\cos(\pi t)}{2\pi}\right]$[/tex]

La risposta libera si trova risolvendo [tex]$y_l''(t)+\pi^2 y_l(t) = 0$[/tex], con [tex]$y_l(0)=1, y_l'(0)=0$[/tex], applicando la trasforma di Laplace si ottiene [tex]$s^2 Y_l(s) - sy_l(0) +\pi^2Y_l(s) = 0$[/tex] da cui [tex]$Y_l(s) = \frac{s}{s^2 + \pi^2}$[/tex] ovvero [tex]$y_l(t) = \cos(\pi t)$[/tex].


A questo punto la soluzione completa sarà [tex]$y(t) = y_l(t) + \sum_{k=0}^\infty z(t-k) = \cos(\pi t) + \sum_{k=0}^\infty u(t-k)\left[\frac{\sin(\pi (t-k))}{2\pi^2} - \frac{(t-k)\cos(\pi (t-k))}{2\pi}\right]$[/tex]

[Sk_Anonymous]

Seo sicuro che sia quella la somma che approssima la funzione data? Non dovrebbe essere l'intervallo unitario di ampiezza pari a metà del periodo della funzione sin, invece del gradino unitario?

[Ska1]

Hai provato almeno a disegnarlo? Comunque quel risultato l'ho ricavando anche facendo tutti i conticini della trasformata di Laplace di [tex]$f(t)$[/tex], che guardacaso risulta proprio essere [tex]$F(s) = \frac{\pi}{s^2 + \pi^2} \frac{1}{1-e^{-s}}$[/tex] che antitrasformato risulta proprio essere [tex]$\sin(\pi t)u(t) * \sum_{k=0}^\infty \delta(t - k)$[/tex].

[Sk_Anonymous]

Dall'integrale che definisce la trasformata dii Lapalce mi risulta:
$F(s)=pi/(pi^2+s^2)(e^(-s)+1)\sum_{k=0}^\infty e^(-2ks)$

[Ska1]

"nnsoxke":

Dall'integrale che definisce la trasformata dii Lapalce mi risulta:
$F(s)=pi/(pi^2+s^2)(e^(-s)+1)\sum_{k=0}^\infty e^(-2ks)$

Ok... concludi risolvendo la sommatoria (definendo una opportuna regione di convergenza della trasformata)

[elgiovo]

Io la trasformata di [tex]$f$[/tex] l'ho calcolata così:

La funzione integrale di [tex]$f(t)$[/tex], ovvero

[tex]$g(t)=\int_0^t f(t')\text{d}t'$[/tex]

ha un andamento a gradini e si può ottenere sommando infinite repliche, shiftate ogni volta di due, del segnale

[tex]$ \displaystyle\gamma(t)=\left\{\begin{array}{cc}
 g(t)& 0  \displaystyle \frac{2}{\pi}& t>1
\end{array}\right.$[/tex]

che, dando un'occhiata alle tavole, ha trasformata

[tex]$\Gamma(s)=\frac{\frac{1}{s}-\frac{s}{\pi ^2+s^2}}{\pi }+\frac{\frac{1}{s}-\frac{s}{\pi ^2+s^2}}{\pi }e^{-s}=\frac{\pi(1 +e^{-s}) }{\pi ^2 s+s^3}$[/tex]

(l'ho ottenuta sommando la sinusoide a se stessa, shiftata di uno). Quindi, come detto,

[tex]$G(s)=\sum _{k=0}^{\infty } \frac{e^{-2 k s} \left(\pi +e^{-s} \pi \right)}{\pi ^2 s+s^3}=\frac{e^s \pi }{\left(e^s-1\right) s \left(\pi ^2+s^2\right)}$[/tex]

da cui

[tex]$F(s)=\frac{G(s)}{s}=\frac{e^s \pi }{\left(e^s-1\right) \left(\pi ^2+s^2\right)}$[/tex]

[gugo82]

@un po' tutti: Ci siete.

Tra l'altro mi fa piacere ricordarvi una semplice formuletta per la trasformata di una funzione periodica: se [tex]$f:[0,+\infty[ \to \mathbb{R}$[/tex] è periodica di periodo minimo [tex]$T>0$[/tex], allora:

(*) [tex]$\mathcal{L}[f](s)=\frac{1}{1-e^{-Ts}}\ \int_0^T e^{-st} f(t)\ \text{d} t$[/tex].

La formula si stabilisce, ad esempio, nel modo che segue:

[tex]$\mathcal{L}[f](s)=\int_0^{+\infty} e^{-st} f(t)\ \text{d} t $[/tex]
[tex]$= \int_0^T e^{-st} f(t)\ \text{d} t +\int_T^{+\infty} e^{-st} f(t)\ \text{d} t$[/tex]
[tex]$\stackrel{\tau =t-T}{=} \int_0^T e^{-st} f(t)\ \text{d} t +\int_0^{+\infty} e^{-s(\tau +T)} f(\tau +T)\ \text{d} \tau$[/tex] (sostituzione nel secondo integrale)
$=\int_0^T e^{-st} f(t)\ \text{d} t +e^{-Ts} \int_0^{+\infty} e^{-st} f(t)\ \text{d} t$ (periodicità)
[tex]$=\int_0^T e^{-st} f(t)\ \text{d} t + e^{-Ts}\ \mathcal{L}[f](s)$[/tex]

ergo la (*).

Nel caso in esame è [tex]$T=2$[/tex] e l'integrale al secondo membro diventa [tex]\int_0^1 e^{-st}\ \sin \pi t\ \text{d} t[/tex] e si risolve per parti, in modo che si trova:

[tex]$\mathcal{L}[f](s)=\frac{1}{1-e^{-2s}}\ \frac{\pi (1+e^{-s})}{\pi^2 +s^2}$[/tex]
[tex]$=\frac{\pi}{\pi^2+s^2}\ \frac{1}{1-e^{-s}}$[/tex].

[elgiovo]

"gugo82":
Tra l'altro mi fa piacere ricordarvi una semplice formuletta per la trasformata di una funzione periodica: se [tex]$f:[0,+\infty[ \to \mathbb{R}$[/tex] è periodica di periodo minimo [tex]$T>0$[/tex], allora:

(*) [tex]$\mathcal{L}[f](s)=\frac{1}{1-e^{-Ts}}\ \int_0^T e^{-st} f(t)\ \text{d} t$[/tex].

Siii, vabè, però che noia farlo con l'integrale... Mi piacciono i metodi più fantasiosi
(ora mi aspetto la solita ramanzina sul fatto che bisognerebbe controllare se con la sommatoria di integrali è tutto a posto... fallo tu, ci hai preso una laurea apposta, noi dobbiamo pensare alle cose serie! )

[gugo82]

@elgiovo:

E però se poi non ti trovi col risultato che fai? Non darai mica la colpa ai Matematici?

[elgiovo]

"gugo82":
E però se poi non ti trovi col risultato che fai? Non darai mica la colpa ai Matematici?

Ma no poverini, sono così carini e indifesi, con quei maglioni scuciti e i capelli unti... Cmq non è questo il caso perché se non fosse evidente mi torna

[size=75]PS: voi Matematici avete tutto il mio rispetto e invidio le vostre conoscenze. La mia "pittura" è dovuta al ricordo di un Matematico che apprezzo moltissimo [/size]

[Sk_Anonymous]

Avrei un dubbio riguardo alla "soluzione" che ho trovato: si può ricavare l'antitraformata di Laplace di una somma infinita di fuunzioni come somma infinita di antitrasformate di Laplace delle singole funzioni?

[gugo82]

@nnsoxke: Si, ma sempre che la convergenza della serie sia "abbastanza buona".
Ad esempio, si può verificare se è possibile applicare i classici toeremi di passaggio al limite sotto il segno di sommatoria, oppure il più elaborato teorema di Lebesgue.