Transformata Laplace'a, równanie różniczkowe Szkolniak:

	d3y		d2y
2		+3		=2t−5y, y''(0)=1, y'(0)=2, y(0)=−1
	dt2		dt2

Heja, zastanawiam się nad takim przykładem gdzie do rozwiązania równania trzeba wykorzystać transformatę Laplace'a Czy w tym przypadku to będzie

	1
2(s3Y(s)−s2y(0)−sy'(0)−y''(0))+3(s2Y(s)−sy(0)−y'(0))=2*		−5Y(s)?
	s2

Mariusz: Tu chyba masz literówkę Jeżeli masz wątpliwości to możesz wyprowadzić sobie potrzebne wzorki Zacznijmy od definicji przekształcenia Laplace F(s) = ∫₀^∞f(t)e^−stdt Liniowość przekształcenia Laplace wynika z liniowości całki Wyprowadźmy wzór na transformatę pochodnej Skorzystamy tutaj z całkowania przez części ∫₀^∞f'(t)e^−stdt = f(t)e^−st|₀^∞ − ∫₀^∞f(t)(−se^−st)dt ∫₀^∞f'(t)e^−stdt = lim_t→∞f(t)e^−st − f(0⁺)+ s∫₀^∞f(t)e^−stdt Przyjmujemy że lim_t→∞f(t)e^−st = 0 ∫₀^∞f'(t)e^−stdt = − f(0⁺)+ s∫₀^∞f(t)e^−stdt Dla drugiej pochodnej liczymy dwukrotnie przez części ∫₀^∞f''(t)e^−stdt = f'(t)e^−st|₀^∞ − ∫₀^∞f'(t)(−se^−st)dt ∫₀^∞f''(t)e^−stdt = lim_t→∞f'(t)e^−st−f'(0⁺) +s∫₀^∞f'(t)e^−stdt Przyjmujemy że lim_t→∞f'(t)e^−st = 0 ∫₀^∞f''(t)e^−stdt = −f'(0⁺) +s∫₀^∞f'(t)e^−stdt ∫₀^∞f''(t)e^−stdt = −f'(0⁺) + s(− f(0⁺)+ s∫₀^∞f(t)e^−stdt) ∫₀^∞f''(t)e^−stdt = −f'(0⁺) − sf(0⁺) + s²∫₀^∞f(t)e^−stdt ∫₀^∞te^−stdt = −\frac{1}{s}te^−st|₀^∞+\frac{1}{s}∫₀^∞e^−stdt ∫₀^∞te^−stdt = −\frac{1}{s²}(0 − 1) ∫₀^∞te^−stdt = \frac{1}{s²} Wygląda na to że do tej pory masz dobrze, wstaw teraz podane wartości

Mariusz: Tutaj w ostatnich linijkach zapomniałem że to nie LaTeX Przy okazji rozwiązywania równania rekurencyjnego na wielomiany Czebyszowa wyprowadziłem kilka wzorków związanych z przekształceniem Laplace https://pdfhost.io/v/ICG4Uven5_ChebyshovPolynomial01c Jeżeli wiesz jak zapisać w LaTeXu pseudokod w którym wzory matematyczne pomieszane są z tekstem to możesz się tym podzielić

Szkolniak: Mariusz, obecnie nie mam niestety tyle czasu aby wyprowadzać wszystko od zera i z definicji, dodatkowo nie jest to u mnie na studiach wymagane Pytałem, bo nigdzie nie mogłem znaleźć wprost potrzebnego wzoru na L{y''(t)}, a jak już znalazłem, to jakoś dziwnie napisane i nawet nie wiadomo było czy to prawda Przykład wymyślony z biegu (po to by się upewnić jedynie o sam zapis) i raczej ciężko o rozwiązanie go, bo po przekształceniach:

	1
2(s3Y(s)−s2y(0)−sy'(0)−y''(0))+3(s2Y(s)−sy(0)−y'(0))=2		−5Y(s)
	s2

	1
2(s3Y(s)+s2−2s−1)+3(s2Y(s)+s−2)=2*		−5Y(s)
	s2

	2
2s3Y(s)+2s2−4s−2+3s2Y(s)+3s−6=		−5Y(s)
	s2

	2
2s3Y(s)+3s2Y(s)+5Y(s)=		+s+8−2s2
	s2

	2		s3		8s2		2s4
Y(s)(2s3+3s2+5)=		+		+		−
	s2		s2		s2		s2

	−2s4+s3+8s2+2
Y(s)=
	s2(2s3+3s2+5)

jak masz jakiś pomysł co dalej to dawaj ale to już hobbystycznie

Mariusz: Przekształcenie Laplace jest liniowe więc zadziała rozkład na sumę ułamków prostych Oszacuj liczbę rzeczywistych pierwiastków bo od niego będzie zależał rozkład na sumę ułamków prostych Ogólnie rzecz biorąc to trochę źle dobrałeś przykład bo lepiej by było abyś miał

	d3y		d2y
2		−3		=2t−5y , y''(0) = 1,y'(0) = 2,y(0)=−1
	dt3		dt2

albo

	d3y		d2y
2		−3		=2t+5y , y''(0) = 1,y'(0) = 2,y(0)=−1
	dt3		dt2

Rozkład na sumę ułamków prostych będzie następujący

A		B		C		D(s−p/2)+Eq
	+		+		+
s		s2		s−λ		(s−p/2)2+q2

a przewidywana postać rozwiązania to y(t)=A+Bt+Ce^λt+e^p/2t(Dcos(qt)+Esin(qt)) przy czym rozwiązanie można uprościć do y(t)=A+Bt+Ce^λt+De^p/2tcos(ωt+φ) Jeżeli jednak chcesz dokładnego wyniku musisz znaleźć pierwiastki równania 2s³+3s²+5 = 0 (Przynajmniej ten rzeczywisty ale wtedy musisz dodatkowo podzielić wielomian przez dwumian)

Mariusz: Tam jest literówka ten drugi alternatywny przykład to

	d3y		d2y
2		+3		=2t+5y , y''(0) = 1,y'(0) = 2,y(0)=−1
	dt3		dt2

Mariusz: Przykłady do przećwiczenia

d3y		d2y
	+3		=8et+5te−2t+4y
dt3		dt2

d3y		d2y		dy
	+3		+3		= e−t − y
dt3		dt2		dt

d3y		d2y		dy
	−6		+13		=5e2tcos(t)+10y
dt3		dt2		dt

d3y		d2y		dy
	−2		−5		=−4et+7e−2t−6y
dt3		dt2		dt

Warunki początkowe możesz sam dobrać