IMET e Zbirka

Sveuciliste u RijeciTehnicki fakultet

INZENJERSKA MATEMATIKA ETzbirka zadataka

za sveucilisni preddiplomski studij elektrotehnike

N. Crnjaric-Zic, S. Macesic, M. Stefan Trubic

Rijeka, listopad 2011.

Sadrzaj

1 Laplaceova transformacija 51.1 Definicija Laplaceove transformacije . . . . . . . . . . . . . . 51.2 Tablica i svojstva Laplaceovih transformacija . . . . . . . . . 71.3 Rjesavanje diferencijalnih jednadzbi . . . . . . . . . . . . . . 131.4 Konvolucija i rjesavanje integralnih jednadzbi . . . . . . . . . 191.5 Step (Heavisideova) funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211.6 Diracova funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 301.7 Periodicna funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 331.8 Sustavi diferencijalnih jednadzbi . . . . . . . . . . . . . . . . 371.9 Primjene Laplaceovih transformacija . . . . . . . . . . . . . . 43

1 Laplaceovatransformacija

Sadrzaj

1.1 Definicija Laplaceove transformacije . . . . . . . . . . . . 5

1.2 Tablica i svojstva Laplaceovih transformacija . . . . . . . 7

1.3 Rjesavanje diferencijalnih jednadzbi . . . . . . . . . . . . 13

1.4 Konvolucija i rjesavanje integralnih jednadzbi . . . . . . . 19

1.5 Step (Heavisideova) funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

1.6 Diracova funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

1.7 Periodicna funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

1.8 Sustavi diferencijalnih jednadzbi . . . . . . . . . . . . . . 37

1.9 Primjene Laplaceovih transformacija . . . . . . . . . . . . 43

1.1 Definicija Laplaceove transformacije

Laplaceova transformacija funkcije f(t), koja je definirana za t > 0 jefunkcija F (s) definirana s

F (s) =

0

estf(t)dt. (1.1)

Funkcija f naziva se original, a funkcija F slika. Navedenu integralnutransformaciju koja funkciji f pridruzuje funkciju F oznacavat cemo sL:

F = L(f).

6 1. LAPLACEOVA TRANSFORMACIJA

Obratna veza, koja slici F pridruzuje original f , naziva se inverzna La-placeova transformacija i oznacava s L1:

f(t) = L1(F ) =

0

estF (s)ds.

Laplaceova transformacija funkcije f(t) postoji ako integral (1.1) konver-gira. Prema tome, Laplaceova transformacija sigurno postoji za po dijelo-vima neprekidne funkcije koje imaju konacno mnogo prekida prve vrste iza koje postoje konstante a i M takve da je |f(t)| < Meat za t > 0.

Zadatak 1.1.1. Odredite pomocu definicije Laplaceovu transformaciju sljedecihfunkcija:

a) f(t) = 4e2t,

b) f(t) =

{t, 0 t 22, t > 2.

Rjesenje. Na osnovu definicije (1.1) imamo:

a) L(4e2t) =

0

est4e2tdt = 4

0

e(s+2)tdt = 4s+ 2

e(s+2)t0

=

= 4s+ 2

(limt e

(s+2)t 1).

Limes ce postojati onda i samo onda ako je s+ 2 > 0, i u tom slucajuce konvergirati k 0. Dakle, za s > 2 imamo definiranu Laplaceovutransformaciju koja glasi:

L(4e2t) = 4s+ 2

(1) = 4s+ 2

.

b) L(f(t)) =2

0

testdt+

2

2estdt.

Prvi integral cemo rijesiti parcijalnom integracijom u = t, dv = estdt,odnosno du = dt i v =

estdt = 1sest, a drugi jednostavnom sup-

stitucijom:

L(f(t)) = tsest

20

+1

s

20

estdt+ 2

2

estdt =

= 2se2s 1

s2est

20 2sest

2

=

= 2se2s 1

s2(e2s 1) 2

s

(limt e

st e2s).

1.2. TABLICA I SVOJSTVA LAPLACEOVIH TRANSFORMACIJA 7

Slicno kao i u prethodnom zadatku limes ce postojati onda i samo ondaako je s > 0, i tada ce konvergirati k 0, pa za s > 0 imamo sljedecuLaplaceovu transformaciju:

L(f(t)) = 2se2s 1

s2(e2s 1)+ 2

se2s =

1

s2(1 e2s) .

1.2 Tablica i svojstva Laplaceovih transformacija

Tablica Laplaceovih transformacija

Osnovne Laplaceove transformacije

( )f t ( )F s ( )f t ( )F s 0, 0

( )1, 0

tH t

t


Teorem o slici derivacije

L(f (t)) = sF (s) f(0)

L(f (n)(t)) = snF (s) [sn1f(0) + sn2f (0) + . . .+ f (n1)(0)]

Teorem o derivaciji slike

L(tnf(t)) = (1)n dn

dsnF (s)

Teorem o slici integrala

L t

0

f()d

= F (s)s

= L1(F (s)

s

)=

t0

f()d

Teorem o integralu slike

L(f(t)

t

)=

s

F (s)ds = L1 s

F (s)ds

= f(t)t

Teorem o pomaku slike (Teorem o prigusenju)

L(eatf(t)) = F (s a) = L1(F (s a)) = eatf(t)

Zadatak 1.2.1. Koristeci linearnost i tablicu Laplaceovih transformacijaodredite slike sljedecih funkcija:

a) f(t) = e3t +1

2t3 sin 2t+ 5,

b) f(t) = (t 3et) cos t+ 2te7t,c) f(t) = 4 sin 2t cos 2t+ 4 cos2 3t.

Rjesenje. Uz pomoc svojstva linearnosti i tablice Laplaceovih transfor-macija dobivamo:

a) L(f(t)) = L(e3t + 12t3 sin 2t+ 5) =

= L(e3t) + 12L(t3) L(sin 2t) + 5L(1) =

=1

s 3 +1

2 3!s4 2s2 + 4

+ 5 1s

=3

s4+

5

s+

1

s 3 2

s2 + 4


b) L(f(t)) = L((t 3et) cos t+ 2te7t) == L(t cos t 3et cos t+ 2te7t) == L(t cos t) 3L(et cos t) + 2L(te7t) ==

s2 1(s2 + 1)2

3(s+ 1)(s+ 1)2 + 1

+2

(s+ 7)2

c) L(f(t)) = L(4 sin 2t cos 2t+ 4 cos2 3t) == 2L(2 sin 2t cos 2t) + 4L(cos2 3t) == 2L(sin 4t) + 4L

(1 + cos 6t

2

)=

= 24

s2 + 16+ 2 (L(1) + L(cos 6t)) = 8

s2 + 16+

2

s+

2s

s2 + 36

Zadatak 1.2.2. Koristeci se tablicom Laplaceovih transformacija odrediteoriginale sljedecih funkcija:

a) F (s) =2s 6s4

5s25 s2 +

8

s2 + 16,

b) F (s) =2s+ 1

s2 2s ,

c) F (s) =6

s2 + 2s+ 5+

4

s2(s2 + 2).

Rjesenje. Uz pomoc svojstva linearnosti i tablice inverznih Laplaceovihtransformacija dobivamo:

a) L1(F (s)) = L1(

2s 6s4

5s25 s2 +

8

s2 + 16

)=

= 2L1(

1

s3

) 6L1

(1

s4

)+ 5L1

(s

s2 25)

+ 2L1(

4

s2 + 16

)=

= 2 12!L1

(2!

s3

) 6 1

3!L1

(3!

s4

)+ 5L1

(s

s2 52)

+

+2L1(

4

s2 + 42

)= t2 t3 + 5 cosh 5t+ 2 sin 4t.

b) Prije primjene inverzne Laplaceove transformacije rastavit cemo sliku

F (s) =2s+ 1

s2 2s =2s+ 1

s(s 2) na parcijalne razlomke.Prisjetimo se kako se racionalna funkcija rastavlja na parcijalne raz-lomke ako je poznata faktorizacija njezinog polinoma u nazivniku. Urastavu na parcijalne razlomke svakom linearnom faktoru (s a)n po-linoma iz nazivnika odgovara izraz

A1(s a) + +

An(s a)n ,


a svakom kvadratnom faktoru (s2 + ps+ q)m izraz

B1s+ C1(s2 + ps+ q)

+ + Bms+ Cm(s2 + ps+ q)m

.

Nepoznate koeficijenteAl, . . . , An, B1, . . . , Bm, C1, . . . , Cm, odredujemoiz same jednakosti rastava (mnozenjem s nazivnikom i izjednacavanjemkoeficijenata uz iste potencije od s).Prema tome vrijedi:

2s+ 1

s(s 2) =A

s+

B

s 2 .

Nakon mnozenja sa zajednickim nazivnikom s(s 2) dobivamo:2s+ 1 = A(s 2) +Bs.

Kako dobivena jednakost vrijedi za svaki s, uvrstavanjem proizvoljnadva broja umjesto s dobivamo sustav od dvije linearne jednadzbes dvije nepoznanice. Njegovo rjesenje odreduje nepoznanice A i B.Rjesavanje sustava jednadzbi moze se izbjeci ako se za s uzmu zgodnoodabrani brojevi koji ce ponistiti neke koeficijente uz nepoznanice A iB. Nepoznati koeficijent A mozemo direktno dobiti iz prethodne jed-nakosti ako uvrstimo s = 0. Tada je 1 = 2A odnosno A = 12 . Zas = 2 dobivamo 5 = 2B ili B = 52 .Koeficijente A i B mozemo dobiti i metodom izjednacavanja koefi-cijenata. Naime, prije navedena jednakost se moze pisati, nakonsredivanja desne strane, u obliku:

2s+ 1 = (A+B)s 2A.Dva polinoma su jednaka ako su koeficijenti uz iste potencije jednaki.Izjednacavanjem koeficijenata dobivamo:

uz s : 2 = A+Buz s0 = 1 : 1 = 2A,

odnosno A = 12 , B = 52 .Dakle, imamo:

2s+ 1

s(s 2) = 1

2 1s

+5

2 1s 2 .

Koristenjem dobivenog rastava, izracunamo original:

L1(F (s)) = L1(

2s+ 1

s2 2s)

= L1(

2s+ 1

s(s 2))

=

= L1(1

2 1s

+5

2 1s 2

)= 1

2L1

(1

s

)+

5

2L1

(1

s 2)

=

12 1 + 5

2e2t = 1

2+

5

2e2t


c) L1(F (s)) = L1(

6

s2 + 2s+ 5+

4

s2(s2 + 2)

)=

= 6L1(

1

s2 + 2s+ 5

)+ 4L1

(1

s2(s2 + 2)

).

Nazivnik prve racionalne funkcije cemo nadopuniti do potpunog kva-drata:

s2 + 2s+ 5 = (s+ 1)2 + 4.

Drugu racionalnu funkciju rastavit cemo na parcijalne razlomke:

1

s2(s2 + 2)=A

s+B

s2+Cs+D

s2 + 2.

Nakon mnozenja sa zajednickim nazivnikom s2(s2 + 2) i sredivanjadesne strane imamo:

1 = As(s2 + 2) +B(s2 + 2) + (Cs+D)s2,

1 = (A+ C)s3 + (B + C +D)s2 + 2As+ 2B.

Izjednacavanjem koeficijenata dobivamo:

uz s3 : 0 = A+ Cuz s2 : 0 = B + C +Duz s1 : 0 = 2Auz s0 = 1 : 1 = 2B,

odnosno rjesenja: A = 0, B = 12 , C = 0, D = 12 .Dakle, imamo:

L1(F (s)) = 6L1(

1

(s+ 1)2 + 22

)+ 4L1

(1

2 1s2 1

2 1s2 + 2

)=

= 3L1(

2

(s+ 1)2 + 22

)+ 2L1

(1

s2

) 2 1

2L1

( 2

s2 + 2

)=

= 3et sin 2t+ 2t

2 sin

2t.

Zadatak 1.2.3. Koristeci svojstva i tablicu Laplaceovih transformacija odre-dite slike sljedecih funkcija:

a) f(t) = t2 cos 4t,

b) f(t) = (t+ sin t)2e3t,

c) f(t) =e2t e4t

t.


Rjesenje.

a) Prema teoremu o derivaciji slike (za n = 2) vrijedi:

L(f(t)) = L(t2 cos 4t) = (1)2d2L(cos 4t)ds2

=d2

ds2

(s

s2 + 16

)=

=d

ds

(s2 + 16 2s2

(s2 + 16)2

)=

d

ds

(16 s2

(s2 + 16)2

)=

=2s(s2 + 16)2 (16 s2) 4s(s2 + 16)

(s2 + 16)4=

=2s3 32s 64s+ 4s3

(s2 + 16)3=

2s3 96s(s2 + 16)3

.

b) U prvom koraku cemo primijeniti svojstvo linearnosti Laplaceove tran-sformacije na raspisanu funkciju f(t):

L(f(t)) = L((t+ sin t)2e3t) =

= L(t2e3t + 2te3t sin t+

1 cos 2t2

e3t)

=

= L(t2e3t) + 2L(te3t sin t) + 12L(e3t) 1

2L(e3t cos 2t).

Na prva dva pribrojnika mozemo primijeniti teorem o derivaciji slike,za n = 2 i n = 1 respektivno:

L(t2e3t) = (1)2d2L(e3t)ds2

=d2

ds2

(1

s 3)

=

=d

ds

( 1

(s 3)2)

=2

(s 3)3 ,

L(te3t sin t) = (1)1dL(e3t sin t)

ds= d

ds

(1

(s 3)2 + 1)

=

=2(s 3)

((s 3)2 + 1)2 .

Na ista dva pribrojnika mozemo primijeniti i teorem o pomaku slike,tj. teorem o prigusenju, ako zadane funkcije zapisemo na drugi nacin:

L(e3tt2) = G(s 3) =G(s) = L(t2) = 2!s3

==

2!

(s 3)3

L(e3tt sin t) = G(s 3) =G(s) = L(t sin t) = 2s(s2 + 1)2

==

2(s 3)((s 3)2 + 1)2 .

1.3. RJESAVANJE DIFERENCIJALNIH JEDNADZBI 13

Dobili smo, naravno, jednake rezultate. Laplaceove transformacije zapreostala dva pribrojnika mozemo ocitati iz tablice, pa imamo:

L(f(t)) = 2!(s 3)3 + 2

2(s 3)((s 3)2 + 1)2 +

1

2 1s 3

1

2 s 3

(s 3)2 + 22 =

=s+ 1

2(s 3)3 +s 3

2

(8

((s 3)2 + 1)2 1

(s 3)2 + 22).

c) Prema teoremu o integralu slike imamo:

L(f(t)) = L(e2t e4t

t

)=

s

L(e2u e4u)du =

=

s

(1

u+ 2 1u+ 4

)du = (ln |u+ 2| ln |u+ 4|)

s

=

=

(ln

u+ 2u+ 4) s = ln limu u+ 2u+ 4 ln

s+ 2s+ 4 =

= ln 1 + ln

s+ 4s+ 2 = ln s+ 4s+ 2

.

1.3 Rjesavanje diferencijalnih jednadzbi

Diferencijalna (ili integralna)jednadzba za y(t)

Rjesenje diferencijalne(ili integralne) jednadzbe y(t)

?-

6L L1

Odgovarajuca algebarskajednadzba za Y (s)

Rjesenje algebarskejednadzbe Y (s)

Neka je zadana diferencijalna jednadzba n-tog reda s konstantnim koefici-jentima

y(n) + an1y(n1) + . . .+ a1y + a0y = f(t),

uz zadane pocetne uvjete y(0) = K0, y(0) = K1, . . . , y(n1)(0) = Kn1.


Primjenom Laplaceove transformacije dobijemo jednadzbu oblika

Pn(s)Y (s) = Qn1(s) + F (s),

pa je rjesenje algebarske jednadzbe, koje predstavlja sliku rjesenja zadanogpocetnog problema, jednako

Y (s) =Qn1(s) + F (s)

Pn(s).

Ovdje je Pn(s) karakteristicni polinom diferencijalne jednadzbe, Qn1(s)je polinom koji ovisi o pocetnim uvjetima, a F (s) je Laplaceova transfor-macija ulazne (input) funkcije.

Zadatak 1.3.1. Primjenom Laplaceove transformacije rijesite zadanu dife-rencijalnu jednadzbu s danim pocetnim uvjetima:

a) y + 6y + 8y = e3t + 3e5t, y(0) = 4, y(0) = 14,b) y + y = cos t+ sin 2t, y(0) = 0, y(0) = 0,

c) y 3y + 3y y = t2et, y(0) = 1, y(0) = 0, y(0) = 2,Rjesenje. Laplaceovom transformacijom se polazna diferencijalna jed-

nadzba s konstantnim koeficijentima prevodi u odgovarajucu algebarsku jed-nadzbu. Rjesenje algebarske jednadzbe inverznom Laplaceovom transforma-cijom prevodimo natrag u rjesenje polaznog problema.Prema teoremu o slici derivacije proizlazi da je Laplaceova transformacijadruge i prve derivacije funkcije y(t) jednaka:

L(y(t)) = s2Y (s) sy(0) y(0),L(y(t)) = sY (s) y(0).

a) Zadanu diferencijalnu jednadzbu Laplaceovom transformacijom i uvrstavanjempocetnih uvjeta prevodimo u algebarsku jednadzbu:

s2Y sy(0) y(0) + 6 (sY y(0)) + 8Y = 1s+ 3

+3

s+ 5,(

s2 + 6s+ 8)Y = 1

s+ 3+

3

s+ 5+ 4s+ 10.

Buduci je s2 + 6s+ 8 = (s+ 2)(s+ 4) dijeljenjem prethodne jednakostis faktorima (s+ 2)(s+ 4) dobivamo:

Y =(s+ 5) + 3(s+ 3)

(s+ 2)(s+ 3)(s+ 4)(s+ 5)+

4s+ 10

(s+ 2)(s+ 4)

=2(s+ 2)

(s+ 2)(s+ 3)(s+ 4)(s+ 5)+

4s+ 10

(s+ 2)(s+ 4)=

=2

(s+ 3)(s+ 4)(s+ 5)+

4s+ 10

(s+ 2)(s+ 4).


Svaki od pribrojnika cemo rastaviti na parcijalne razlomke prema ra-nije opisanom postupku. Iz rastava prvog pribrojnika

2

(s+ 3)(s+ 4)(s+ 5)=

A

s+ 3+

B

s+ 4+

C

s+ 5

dobivamo jednakost

2 = A(s+ 4)(s+ 5) +B(s+ 3)(s+ 5) + C(s+ 3)(s+ 4).

Uvrstavanjem vrijednosti s = 3, s = 4 i s = 5 redom nalazimoA = 1, B = 2 i C = 1.Drugi pribrojnik mozemo zapisati u obliku

4s+ 10

(s+ 2)(s+ 4)=

D

s+ 2+

E

s+ 4,

odnosno

4s+ 10 = D(s+ 4) + E(s+ 2).

Uvrstavanjem vrijednosti s = 2 i s = 4 dobivamo D = 1 i E = 3.Dakle, rjesenje algebarske jednadzbe je oblika:

Y (s) =1

s+ 3 2s+ 4

+1

s+ 5+

1

s+ 2+

3

s+ 4=

=1

s+ 2+

1

s+ 3+

1

s+ 4+

1

s+ 5.

Primjenom inverzne Laplaceove transformacije dobivamo rjesenje po-lazne diferencijalne jednadzbe za dane pocetne uvjete:

y(t) = L1(Y ) = e2t + e3t + e4t + e5t.

b) Primjenom Laplaceove transformacije na zadanu diferencijalnu jed-nadzbu i uvrstavanjem pocetnih uvjeta dobivamo sljedecu algebarskujednadzbu:

s2Y sy(0) y(0) + Y = ss2 + 1

+2

s2 + 4,(

s2 + 1)Y =

s

s2 + 1+

2

s2 + 4

Y (s) =s

(s2 + 1)2+

2

(s2 + 1)(s2 + 4).

Drugi pribrojnik cemo rastaviti na parcijalne razlomke u obliku:

2

(s2 + 1)(s2 + 4)=As+B

s2 + 1+Cs+D

s2 + 4,


odakle mnozenjem s nazivnikom dobivamo jednakost

2 = (As+B)(s2 + 4) + (Cs+D)(s2 + 1),

2 = (A+ C)s3 + (B +D)s2 + (4A+ C)s+ 4B +D.

Izjednacavanjem koeficijenata uz iste potencije dobivamo:

uz s3 : 0 = A+ Cuz s2 : 0 = B +Duz s : 0 = 4A+ Cuz s0 = 1 : 2 = 4B +D,

odnosno A = C = 0, B = 23 i D = 23 .Za rjesenje algebarske jednadzbe imamo:

Y (s) =s

(s2 + 1)2+

2

3 1s2 + 1

23 1s2 + 4

=

=1

2 2s

(s2 + 1)2+

2

3 1s2 + 1

13 2s2 + 4

.

Buduci vrijedi da je

2s

(s2 + 1)2= d

ds

(1

s2 + 1

)= d

ds(F (s)) ,

tada je prema teoremu o derivaciji slike

L1( dds

(F (s))

)= t f(t) = t sin t.

Primjenom inverzne Laplaceove transformacije na rjesenje algebarskejednadzbe dobivamo za rjesenje polazne diferencijalne jednadzbe izraz:

y(t) = L1(Y ) = 12t sin t+

2

3sin t 1

3sin 2t.

c) Laplaceovom transformacijom polaznu diferencijalnu jednadzbu pre-vedemo u sljedecu algebarsku jednadzbu:

s3Y s2y(0) sy(0) y(0) 3 (s2Y sy(0) y(0))++ 3(sY y(0)) Y = 2

(s 1)3 .

pri cemu smo za racunanje L(t2et) iskoristili teorem o derivaciji slike,tj.

L(t2et) = (1)2 d2

ds2

(1

s 1)

=d

ds

( 1

(s 1)2)

=2

(s 1)3 .


Uvrstavanjem pocetnih uvjeta i sredivanjem dobivamo sljedece rjesenjealgebarske jednadzbe:(s3 3s2 + 3s 1)Y = 2

(s 1)3 + s2 2 3s+ 3,

(s 1)3 Y = 2(s 1)3 + s

2 3s+ 1,

Y (s) =2

(s 1)6 +(s 1)2 s

(s 1)3 =

=2

(s 1)6 +1

s 1 s 1 + 1(s 1)3 =

=2

5! 5!

(s 1)6 +1

s 1 1

(s 1)2 1

2! 2!

(s 1)3 .

Primjenom inverzne Laplaceove transformacije i teorema o pomakuslike za prvi pribrojnik dobijemo

L1(

5!

(s 1)6)

= L1 (F (s 1)) =F (s) = 5!s6 f(t) = t5

= etf(t) = ett5,a zatim i konacno rjesenje zadanog pocetnog problema:

y(t) = L1(Y ) = 25!ett5 + et tet 1

2ett2,

= et(

1

60t5 1

2t2 t+ 1

).

Zadatak 1.3.2. Pomocu Laplaceove transformacije odredite opce rjesenjezadane diferencijalne jednadzbe:

a) y 2y + y = tet + 4,b) y + 4y = 3 sin 2t.

Rjesenje. Buduci da pocetni uvjeti nisu zadani, uzet cemo opcenito daje y(0) = C1, y

(0) = C2.

a) Zadanu diferencijalnu jednadzbu cemo Laplaceovom transformacijomi uvrstavanjem uvjeta y(0) = C1, y

(0) = C2 prevesti u sljedecu alge-barsku jednadzbu:

s2Y sy(0) y(0) 2 (sY y(0)) + Y = 1(s 1)2 +

4

s,(

s2 2s+ 1)Y = 1(s 1)2 +

4

s+ C1s+ C2 2C1.

Dijeljenjem prethodne jednakosti s faktorom (s 1)2 dobivamo:

Y (s) =1

(s 1)4 +4

s(s 1)2 + C1(s 1) 1

(s 1)2 + C21

(s 1)2 .


Iz rastava drugog pribrojnika

4

s(s 1)2 =A

s+

B

s 1 +C

(s 1)2

dobivamo jednakost

4 = A(s 1)2 +Bs(s 1) + Cs.Uvrstavanjem vrijednosti s = 0, s = 1 i s = 1 redom nalazimo A = 4,C = 4 i 4A+ 2B C = 4, tj. B = 4.Dakle, dobivamo da je:

4

s(s 1)2 =4

s 4s 1 +

4

(s 1)2 ,

odnosno

Y (s) =1

3!

3!

(s 1)4 +4

s 4s 1 +

4

(s 1)2 +C1s 1

C1 C2(s 1)2 .

Primjenom inverzne Laplaceove transformacije dobivamo opce rjesenjezadane diferencijalne jednadzbe:

y(t) = L1(Y ) = 13!ett3 + 4 4et + 4ett+ C1et (C1 C2)ett,

=1

6t3et + 4tet 4et + 4 C1et(t 1) + C2tet.

b) Primjenom Laplaceove transformacije na zadanu diferencijalnu jed-nadzbu i uvrstavanjem uvjeta y(0) = C1, y

(0) = C2 dobivamo sljedecualgebarsku jednadzbu:

s2Y sy(0) y(0) + 4Y = 3 2s2 + 4

,(s2 + 4

)Y =

6

s2 + 4+ C1s+ C2,

Y (s) =6

(s2 + 4)2+C1s+ C2s2 + 4

.

Kako bismo mogli primijeniti Laplaceovu transformaciju, prvi pribroj-nik cemo zapisati na sljedeci nacin:

6

(s2 + 4)2=

6

8 s

2 + 4 (s2 4)(s2 + 4)2

=3

4 1s2 + 4

34 s

2 4(s2 + 4)2

.

Sada rjesenje algebarske jednadzbe glasi

Y (s) =3

8 2s2 + 4

34 s

2 4(s2 + 4)2

+ C1s

s2 + 4+C22 2s2 + 4

.

1.4. KONVOLUCIJA I RJESAVANJE INTEGRALNIH JEDNADZBI 19

Konacno cemo rjesenje zadane diferencijalne jednadzbe primjenominverzne Laplaceove transformacije:

y(t) = L1(Y ) = 38

sin 2t 34t cos 2t+ C1 cos 2t+

C22

sin 2t.

1.4 Konvolucija i rjesavanje integralnih jednadzbi

Konvolucija funkcija f1(t) i f2(t) definira se s

(f1 f2)(t) :=

f1()f2(t )d.

Tako dobivena funkcija ima Laplaceovu transformaciju, ako postoje La-placeove transformacije funkcija f1(t) i f2(t). Opazimo da se funkcijaponistava izvan intervala [0, t] ako su f1(t) i f2(t) definirane samo za t > 0.

Laplaceova transformacija konvolucije jednaka je

L((f1 f2)(t)) = F1(s)F2(s),

pa vrijediL1(F1(s)F2(s)) = (f1 f2)(t).

Zadatak 1.4.1. Primjenom Laplaceove transformacije odredite rjesenje in-

tegralne jednadzbe: y(t) = cos t+

t0

ety()d .

Rjesenje. Primjenimo Laplaceovu transformaciju na zadanu integralnujednadzbu:

Y =s

s2 + 1+ L(et)Y

Y =s

s2 + 1+

1

s 1Y(1 1

s 1)Y =

s

s2 + 1(s 2s 1

)Y =

s

s2 + 1.


Dijeljenjem prethodne jednakosti sa s2s1 dobivamo:

Y (s) =s(s 1)

(s 2)(s2 + 1) =s2 s

(s 2)(s2 + 1) .

Iz rastava dobivene funkcije na parcijalne razlomke

s2 s(s 2)(s2 + 1) =

A

s 2 +Bs+ C

s2 + 1

dobivamo jednakost

s2 s = A(s2 + 1) + (Bs+ C)(s 2),s2 s = (A+B)s2 + (2B + C)s+A 2C.

Izjednacavanjem koeficijenata uz iste potencije dobivamo:

uz s2 : 1 = A+Buz s : 1 = 2B + Cuz s0 = 1 : 0 = A 2C,

odnosno A = 25 , B =35 i C =

15 .

Dakle, nalazimo da je:

s2 s(s 2)(s2 + 1) =

2

5 1s 2 +

1

5 3s+ 1s2 + 1

,

odnosno

Y (s) =2

5 1s 2 +

3

5 ss2 + 1

+1

5 1s2 + 1

.

Primjenom inverzne Laplaceove transformacije dobivamo rjesenje zadaneintegralne jednadzbe:

y(t) = L1(Y ) = 25e2t +

3

5cos t+

1

5sin t.

1.5. STEP (HEAVISIDEOVA) FUNKCIJA 21

1.5 Step (Heavisideova) funkcija

Jedinicna step funkcija (Heavisideova funkcija) definirana je s

Step function and delta functionStep function and delta functionStep function and delta functionStep function and delta function

There are two common functions which are used to represent very rapidly changing quantities. The first of these is the step function u(t) defined by:first of these is the step function, u(t), defined by:

> 01 t

=

0001

)(tt

tu

u(t)

Slide number 40t

Laplaceova transformacija step funkcije jednaka je L(u(t)) = 1s .

Pomaknuta step funkcija je jednakaStep function and delta functionStep function and delta functionStep function and delta function Step function and delta function

If the step function switches on at t = a it is defined by:

=

atat

atu01

)( < at0

u(t-a)( )

Slide number 41

t =a t

Za zadanu funkciju f(t) definiramo pomaknutu funkciju

g(t) =

{0 , t < a

f(t a) , t a = f(t a)u(t a)

Shift inShift in ttShift in Shift in tt

Define a shifted function by:


Teorem o pomaku originala

L(f(t a)u(t a)) = easF (s) = L1(easF (s)) = f(t a)u(t a)

Zadatak 1.5.1. Odredite pomocu definicije i pomocu tablice Laplaceovu

sliku funkcije f(t) =

{0, t < 1

e(t1), t 1.Rjesenje. Na osnovu definicije (1.1) imamo:

F (s) = L(f(t)) =

0

estf(t)dt =

1

este(t1)dt =

1

e(s+1)t+1dt =

= e

1

e(s+1)tdt = es+ 1

e(s+1)t1

=

= es+ 1

(limt e

(s+1)t e(s+1)).

Limes ce postojati onda i samo onda ako je s+ 1 > 0, i tada ce konvergiratik 0, pa za s > 1 imamo sljedecu Laplaceovu transformaciju:

L(f(t)) = es+ 1

e(s+1) =es

s+ 1.

Zadanu funkciju f(t) mozemo zapisati pomocu step funkcije

f(t) = e(t1) u(t 1),pa prema teoremu o pomaku originala i tablici Laplaceovih transformacijaimamo:

F (s) = L(f(t)) = L(e(t1) u(t 1)) =

=L(f(t a)u(t a)) = easL(f(t)) = esL(et) = es

s+ 1.

Zadatak 1.5.2. Zadane funkcije predocite graficki, zapisite pomocu stepfunkcije, te odredite njihove Laplaceove transformacije:

a) f(t) =

0, t < 11, 1 t < 20, t 2.

b) f(t) =

{2t, 0 < t < 10, t 1.

c) f(t) =

1, 0 < t < pi0, pi t < 2pisin t, t 2pi.


d) f(t) =

2, 0 < t < 112 t

2, 1 t < pi2sin t, t pi2 .

Rjesenje.

a) Prema slici 1.1 funkciju f(t) mozemo zapisati u obliku

f(t) = u(t 1) u(t 2).

1 2t

1

fHtL

Slika 1.1

Primjenom Laplaceove transformacije i teorema o pomaku originaladobivamo:

L(f(t)) = L(u(t 1) u(t 2)) = L(u(t 1)) L(u(t 2)) =

= esL(u(t)) e2sL(u(t)) = es

s e

2s

s=es e2s

s.

b) Prema slici 1.2 funkciju f(t) mozemo zapisati u obliku

f(t) = 2t u(t) 2t u(t 1) = 2t u(t) 2(t 1 + 1) u(t 1) == 2t u(t) 2(t 1) u(t 1) 2u(t 1).

1 2t

1

2

fHtL

Slika 1.2

Primjenom Laplaceove transformacije slijedi:

L(f(t)) = L(2t u(t) 2(t 1) u(t 1) 2u(t 1)) == 2L(t u(t)) 2L((t 1) u(t 1)) 2L(u(t 1)).


Iz tablice Laplaceovih transformacija imamo:

L(t u(t)) = L(t) = 1s2,

a prema teoremu o pomaku originala dobivamo

L((t 1) u(t 1)) = esL(t) = es 1s2,

L(u(t 1)) = esL(u(t)) = es 1s.

Konacno je:

L(f(t)) = 2s2 2s2es 2

ses.

c) Prema slici 1.3 funkciju f(t) mozemo zapisati u obliku

f(t) = u(t) u(t pi) + sin t u(t 2pi) == u(t) u(t pi) + sin(t 2pi)u(t 2pi).

2 t

1

fHtL

Slika 1.3

Laplaceova transformacija funkcije f(t) je jednaka:

L(f(t)) = L(u(t) u(t pi) + sin(t 2pi)u(t 2pi)) == L(u(t)) L(u(t pi)) + L(sin(t 2pi)u(t 2pi)).

Prema teoremu o pomaku originala nalazimo

L(u(t pi)) = episL(u(t)) = epis 1s,

L(sin(t 2pi)u(t 2pi)) = e2pisL(sin t) = e2pis 1s2 + 1

,

pa je:

L(f(t)) = 1s 1sepis +

1

s2 + 1e2pis.


d) Prema slici 1.4 funkciju f(t) mozemo zapisati u obliku

f(t) =2u(t) 2u(t 1) + 12t2 u(t 1) 1

2t2 u

(t pi

2

)+

+ sin t u(t pi

2

)=

=2u(t) 2u(t 1) +(

1

2(t 1)2 + (t 1) + 1

2

)u(t 1)

(

1

2

(t pi

2

)2+pi

2

(t pi

2

)+pi2

8

)u(t pi

2

)+

+ cos(t pi

2

) u(t pi

2

).

1 2 2 t

1

fHtL

Slika 1.4

Primjenom Laplaceove transformacije i teorema o pomaku originalaslijedi:

L(f(t)) =2L(u(t)) 2L(u(t 1)) + 12L((t 1)2u(t 1))+

+ L((t 1)u(t 1)) + 12L(u(t 1))

12L((

t pi2

)2u(t pi

2

)) pi

2L((t pi

2

)u(t pi

2

))

pi2

8L(u(t pi

2

))+ L

(cos(t pi

2

) u(t pi

2

))=

=2

s 2esL(u(t)) + 1

2esL(t2) + esL(t)+

+1

2esL(u(t)) 1

2e

pi2sL(t2) pi

2e

pi2sL(t)

pi2

8e

pi2sL(u(t)) + epi2 sL(cos t) =

=2

s(

2

s 1s3 1s2 1

2 1s

)es

(

1

s3+pi

2 1s2

+pi2

8 1s ss2 + 1

)e

pi2s.


Zadatak 1.5.3. Primjenom inverzne Laplaceove transformacije odrediteoriginale sljedecih funkcija:

a) F (s) =es

s+ 1,

b) F (s) =(s+ 2)e4s

s2 + 2s+ 5,

c) F (s) =e2pis e8pis

s2 + 1.

Rjesenje.

Prema teoremu o pomaku originala znamo da mnozenje slike s eas znacipomak originala za a, tj. L1(easF1(s)) = f1(t a)u(t a).

a) Buduci da je L1( 1s+1) = et, slijedi:

L1(F (s)) = L1(es

1

s+ 1

)= e(t1)u(t 1) =

{0, t < 1

e(t1), t 1.

b) Odredimo najprije original racionalno razlomljene funkcije:

L1(

s+ 2

s2 + 2s+ 5

)= L1

(s+ 1

(s+ 1)2 + 4+

1

2 2

(s+ 1)2 + 4

)=

= L1(

s+ 1

(s+ 1)2 + 4

)+

1

2L1

(2

(s+ 1)2 + 4

)=

= et cos 2t+1

2et sin 2t.

Uvazavanjem teorema o pomaku dobijemo:

L1(F (s)) = L1(e4s

(s+ 2)

s2 + 2s+ 5

)=

= e(t4) cos 2(t 4)u(t 4) + 12e(t4) sin 2(t 4)u(t 4) =

=

{0, t < 4

e(t4)(cos 2(t 4) + 12 sin 2(t 4)

), t 4.


c) Primjenom teorema o pomaku i cinjenice L1( 1s2+1

) = sin t, nalazimo:

L1(F (s)) = L1(e2pis e8pis

s2 + 1

)=

= L1(

1

s2 + 1e2pis 1

s2 + 1e8pis

)=

= L1(

1

s2 + 1e2pis

) L1

(1

s2 + 1e8pis

)=

= sin(t 2pi)u(t 2pi) sin(t 8pi)u(t 8pi) =

= sin t (u(t 2pi) u(t 8pi)) ={

sin t, 2pi < t 8pi0, inace.

Zadatak 1.5.4. Primjenom Laplaceove transformacije rijesite diferenci-jalne jednadzbe:

a) y + 4y + 5y = f(t), y(0) = y(0) = 0, f(t) ={

2et, 0 < t < 10, t 1. ,

b) y 2y 3y = f(t), y(0) = 1, y(0) = 0, pri cemu je funkcija f(t)zadana slikom 1.5:

1 4t

3

fHtL

Slika 1.5

Rjesenje.

a) Zadanu funkciju f(t) zapisat cemo pomocu step funkcije u obliku:

f(t) = 2etu(t) 2etu(t 1) = 2etu(t) 2e e(t1)u(t 1).

Laplaceova transformacija funkcije f(t) glasi:

L(f(t)) = 2L(etu(t)) 2eL(e(t1)u(t 1)) =

= 2 1s+ 1

2e esL(et) = 2 1

s+ 1 2e 1s+ 1

es


Primjenom Laplaceove transformacije na diferencijalnu jednadzbu iuvrstavanjem pocetnih uvjeta dobijemo algebarsku jednadzbu:

s2Y sy(0) y(0) + 4 (sY y(0)) + 5Y = 2 1s+ 1

2e 1s+ 1

es,(s2 + 4s+ 5

)Y =

2

s+ 1

(1 1

e es

).

Dijeljenjem prethodne jednakosti s faktorom s2 + 4s+ 5 dobivamo:

Y (s) =2

(s+ 1)(s2 + 4s+ 5)

(1 1

e es

).

Iz rastava racionalne funkcije na parcijalne razlomke

2

(s+ 1)(s2 + 4s+ 5)=

A

s+ 1+

Bs+ C

s2 + 4s+ 5

dobivamo jednakost

2 = A(s2 + 4s+ 5) + (Bs+ C)(s+ 1).

Izjednacavanjem koeficijenata uz iste potencije nalazimo:

uz s2 : 0 = A+Buz s : 0 = 4A+B + Cuz s0 = 1 : 2 = 5A+ C,

odnosno A = 1, B = 1 i C = 3.Dakle, rjesenje algebarske jednadzbe je oblika:

Y (s) =

(1

s+ 1 s+ 3s2 + 4s+ 5

)(1 1

e es

)=

=1

s+ 1 s+ 2

(s+ 2)2 + 1 1

(s+ 2)2 + 1

1e es

(1

s+ 1 s+ 2

(s+ 2)2 + 1 1

(s+ 2)2 + 1

).

Primjenom inverzne Laplaceove transformacije, uz uvazavanje teoremao pomaku originala dobivamo rjesenje zadane diferencijalne jednadzbe:

y(t) =L1(Y ) = et e2t cos t e2t sin t 1e

(e(t1) e2(t1) cos(t 1) e2(t1) sin(t 1)

)u(t 1)

=et e2t cos t e2t sin t (et e2t+1 cos(t 1) e2t+1 sin(t 1))u(t 1).


b) Funkciju f(t) zadanu slikom 1.5 zapisat cemo pomocu step funkcije uobliku:

f(t) =

{0, t < 43, t 4. = 3u(t 4).

Laplaceova transformacija funkcije f(t) glasi:

L(f(t)) = 3L(u(t 4)) = 3e4s 1s.

Primijenimo Laplaceovu transformaciju na diferencijalnu jednadzbu,pa uz uvazavanje pocetnih uvjeta dobijemo:

s2Y sy(0) y(0) 2 (sY y(0)) 3Y = 3e4s 1s,(

s2 2s 3)Y = 3e4s 1s

+ s 2.

Buduci da je s2 2s 3 = (s 3)(s + 1), dijeljenjem prethodnejednakosti s faktorom uz Y (s) dobijemo:

Y (s) = 3e4s1

s(s 3)(s+ 1) +s 2

(s 3)(s+ 1) .

Prvu racionalnu funkciju na desnoj strani cemo rastaviti na parcijalnerazlomke u obliku

1

s(s 3)(s+ 1) =A

s+

B

s 3 +C

s+ 1.

Mnozenjem s zajednickim nazivnikom dobivamo jednakost

1 = A(s 3)(s+ 1) +Bs(s+ 1) + Cs(s 3).Uvrstavanjem vrijednosti s = 0, s = 3 i s = 1 redom, nalazimoA = 13 , B = 112 i C = 14 .Rastav drugog pribrojnika na desnoj strani na parcijalne razlomkeglasi:

s 2(s 3)(s+ 1) =

A

s 3 +B

s+ 1.


s 2 = A(s+ 1) +B(s 3).Uvrstavanjem vrijednosti s = 3 i s = 1 redom, nalazimo A = 14 iB = 34 . Prema tome je rjesenje algebarske jednadzbe oblika:

Y (s) =3e4s(1

3 1s

+1

12 1s 3 +

1

4 1s+ 1

)+

+1

4 1s 3 +

3

4 1s+ 1

.


Primjenom inverzne Laplaceove transformacije dobivamo rjesenje po-lazne diferencijalne jednadzbe:

y(t) =L1(Y ) = 14

(4 + e3(t4) + 3e(t4)

)u(t 4) + 1

4(e3t + 3et).

1.6 Diracova funkcija

Diracova funkcija je funkcija kojom se modeliraju kratki impulsi. De-finirana je s

(t) = limbfb(t), gdje je fb(t) ={

12b , |t| < b0 , |t| > 0 .

Step function and delta functionStep function and delta functionStep function and delta function Step function and delta function

The delta function can be considered as a limiting case as shown below:

(t)1/2b (t)

0lim b2bt

Slide number 44

Iako nije funkcija u standardnom smislu, najcesce se smatra funkcijom tese pise

(t) =

{ , t = 00 , t 6= 0 i (t a) =

{ , t = a0 , t 6= a .

Takoder vrijedi

a+a

(t a)dt = 1 ia+a

(t a)f(t)dt = f(a).

Laplaceova transformacija jednaka je

L((t)) = 1.

Iz teorema pomaka potom slijedi da je

L((t a)) = eas.

Zadatak 1.6.1. Primjenom Laplaceove transformacije rijesite diferenci-jalne jednadzbe:

1.6. DIRACOVA FUNKCIJA 31

a) y + y = (t 2pi), y(0) = 10, y(0) = 0,b) y + 2y + 2y = et + 5(t 2), y(0) = 0, y(0) = 1,c) y + 2y + 5y = 25t 100(t pi), y(0) = 2, y(0) = 5.Rjesenje.

a) Djelovanjem Laplaceove transformacije na zadanu jednadzbu te uvrstavanjempocetnih uvjeta dobijemo:

s2Y sy(0) y(0) + Y = e2pis,(s2 + 1

)Y = e2pis + 10s,

Y = e2pis1

s2 + 1+

10s

s2 + 1.

Kako je L1( 1s2+1

) = sin t, uvazavanjem teorema o pomaku originaladobijemo rjesenje:

y(t) = L1(Y ) = sin(t 2pi)u(t 2pi) + 10 cos t == sin t u(t 2pi) + 10 cos t =

=

{10 cos t, 0 < t < 2pi,sin t+ 10 cos t, t 2pi.

b) Laplaceova transformacija primijenjena na zadanu jednadzbu daje:

s2Y sy(0) y(0) + 2 (sY y(0)) + 2Y = 1s+ 1

+ 5e2s.

Nakon uvrstavanja pocetnih uvjeta i sredivanja, dobijemo:(s2 + 2s+ 2

)Y =

1

s+ 1+ 5e2s + 1,(

s2 + 2s+ 2)Y =

s+ 2

s+ 1+ 5e2s,

Y (s) =s+ 2

(s+ 1)(s2 + 2s+ 2)+ 5e2s

1

s2 + 2s+ 2.

Racionalnu funkciju na desnoj strani cemo rastaviti na parcijalne raz-lomke u obliku

s+ 2

(s+ 1)(s2 + 2s+ 2)=

A

s+ 1+

Bs+ C

s2 + 2s+ 2.


s+ 2 = A(s2 + 2s+ 2) + (Bs+ C)(s+ 1),


s+ 2 = (A+B)s2 + (2A+B + C)s+ 2A+ C.


uz s2 : 0 = A+Buz s : 1 = 2A+B + Cuz s0 = 1 : 2 = 2A+ C,

odnosno A = 1, B = 1 i C = 0.Sada je rjesenje algebarske jednadzbe oblika:

Y (s) =1

s+ 1 ss2 + 2s+ 2

+ 5e2s1

(s+ 1)2 + 1

=1

s+ 1 s+ 1

(s+ 1)2 + 1+

1

(s+ 1)2 + 1+ 5e2s

1

(s+ 1)2 + 1.

Uvazavanjem cinjenice L1( 1(s+1)2+1

) = et sin t i teorema o pomakuoriginala dobivamo konacno rjesenje:

y(t) =L1(Y ) ==et et cos t+ et sin t+ 5e(t2) sin(t 2)u(t 2) ==et(1 cos t+ sin t) + 5e(t2) sin(t 2)u(t 2) =

=

{et(1 cos t+ sin t), 0 < t < 2,et(1 cos t+ sin t+ 5e2 sin(t 2)), t 2.

c) Nakon djelovanja Laplaceove transformacije na zadanu diferencijalnujednadzbu imamo

s2Y sy(0) y(0) + 2 (sY y(0)) + 5Y = 25 1s2 100epis,

odnosno nakon uvrstavanja pocetnih uvjeta i sredivanja:(s2 + 2s+ 5

)Y = 25

1

s2 100epis 2s+ 5 4,(

s2 + 2s+ 5)Y = 25

1

s2 100epis + 1 2s,

Y (s) = 251

s2(s2 + 2s+ 5) 100epis 1

s2 + 2s+ 5+

1 2ss2 + 2s+ 5

.

Prvu racionalnu funkciju na desnoj strani cemo rastaviti na parcijalnerazlomke u obliku

25

s2(s2 + 2s+ 5)=A

s+B

s2+

Cs+D

s2 + 2s+ 5.


25 = As(s2 + 2s+ 5) +B(s2 + 2s+ 5) + (Cs+D)s2,

25 = (A+ C)s3 + (2A+B +D)s2 + (5A+ 2B)s+ 5B.

1.7. PERIODICNA FUNKCIJA 33


uz s3 : 0 = A+ Cuz s2 : 0 = 2A+B +Duz s1 : 0 = 5A+ 2Buz s0 = 1 : 25 = 5B,

odnosno da su nepoznati koeficijenti redom jednaki A = 2, B = 5,C = 2 i D = 1.Rjesenje algebarske jednadzbe dobiva oblik:

Y (s) =2s

+5

s2+

2s 1s2 + 2s+ 5

100epis 1s2 + 2s+ 5

+1 2s

s2 + 2s+ 5

=2s

+5

s2 50epis 2

(s+ 1)2 + 4.

Kako je L1( 2(s+1)2+4

) = et sin 2t, primijenom teorema o pomakuoriginala dobijemo rjesenje:

y(t) = L1(Y ) = 2u(t) + 5t 50e(tpi) sin 2(t pi)u(t pi) ==5t 2 50et+pi sin 2t u(t pi) =

=

{5t 2, 0 < t < pi,5t 2 50et+pi sin 2t, t pi.

1.7 Periodicna funkcija

Neka je f(t) periodicna funkcija s perodom duljine T . Tada se Laplaceovatransformacija moze izracunati po formuli

L(f(t)) = 11 esT

T0

estf(t)dt.

Zadatak 1.7.1. Odredite Laplaceovu sliku periodicne funkcije

f(t) =

{3t, 0 t < 26, 2 t < 4 , f(t+ 4) = f(t)


Rjesenje. Prema formuli nalazimo:

L(f(t)) = 11 e4s

20

3t estdt+4

2

6estdt

==

u = 3t, du = 3dv, dv = estdt, v = 1sest =

=1

1 e4s

3tsest

20

+3

s

20

estdt 6sest

42

==

1

1 e4s(6se2s 3

s2est

20 6se4s +

6

se2s

)=

=1

1 e4s( 3s2e2s +

3

s2 6se4s

)=

=3

s2(1 e4s)(1 e2s 2se4s) .

Uocimo da za Laplaceovu transformaciju periodicne funkcije vrijedi

L(f(t)) = 11 esT L(f1(t)),

pri cemu je

f1(t) =

{f(t), 0 t < T0, inace

.

Oznacimo s f1(t) funkciju koja se s f(t) poklapa na osnovnom periodu [0, 4,a izvan toga je jednaka 0. Funkciju f1(t) potom mozemo zapisati u obliku:

f1(t) = 3t u(t) 3t u(t 2) + 6u(t 2) 6u(t 4) == 3t u(t) 3(t 2) u(t 2) 6u(t 4).

2 4 6 8 10t

6

fHtL

Slika 1.6

1.7. PERIODICNA FUNKCIJA 35

Laplaceova transformacija za f1(t) jednaka je

L(f1(t)) = L(3t u(t) 3(t 2) u(t 2) 6u(t 4)) == 3L(t) 3L((t 2) u(t 2)) 6L(u(t 4)) == 3L(t) 3e2sL(t) 6e4sL(u(t)) == 3

1

s2 3e2s 1

s2 6e4s 1

s=

3

s2(1 e2s 2se4s) .

Prema tome, imamo:

L(f(t)) = 11 e4sL(f1(t)) =

1

1 e4s 3

s2(1 e2s 2se4s) =

=3

s2(1 e4s)(1 e2s 2se4s) .

Zadatak 1.7.2. Odredite Laplaceovu sliku periodicne funkcije

f(t) =

{sint, 0 < t < pi0, pi t 2pi

, f

(t+

2pi

)= f(t)

Rjesenje. Za primjenu tablice Laplaceovih transformacija funkciju

f1(t) =

{f(t), 0 t < 2pi0, inace

cemo prema slici 1.7 zapisati u obliku

f1(t) = sint u(t) sint u(t pi

)=

= sint u(t) + sin(t pi

) u(t pi

).

t

1

fHtL

2

3

Slika 1.7

Laplaceova transformacija funkcije f1(t) glasi:

L(f1(t)) = L(

sint u(t) + sin(t pi

) u(t pi

))=

= L(sint) + L(

sin(t pi

) u(t pi

))=

= L(sint) + e spi L(sint) == L(sint)

(1 + e

spi

)=

s2 + 2

(1 + e

spi

),


pa je slika zadane periodicne funkcije:

L(f(t)) = 11 e 2pi s

L(f1(t)) =

=1

1 e 2spi s2 + 2

(1 + e

spi

)=

=

s2 + 2 1

(1 e spi )(1 + e+ spi ) (1 + e spi ) =

=

s2 + 2 1

1 e+ spi .

1.8. SUSTAVI DIFERENCIJALNIH JEDNADZBI 37

1.8 Sustavi diferencijalnih jednadzbi

Zadatak 1.8.1. Primjenom Laplaceove transformacije rijesite sustav dife-rencijalnih jednadzbi prvog reda:

a)y 5y + 3z = 2e3tz y z = 5et, y(0) = z(0) = 0,

b)3dxdt +

dydt 2x = 3 sin t+ 5 cos t

2dxdt +dydt + y = sin t+ cos t,

x(0) = 0, y(0) = 1.

Rjesenje.

a) Laplaceova transformacija primijenjenjena na zadane jednadzbe daje:

sY y(0) 5Y + 3Z = 2s 3

sZ z(0) Y Z = 5s+ 1

.

Nakon uvrstavanja pocetnih uvjeta i sredivanja, nalazimo:

(s 5)Y + 3Z = 2s 3

Y + (s 1)Z = 5s+ 1

.

(1.2)

Dobiveni sustav algebarskih jednadzbi rijesit cemo Cramerovom me-todom, racunajuci sljedece determinante:

D =

s 5 31 s 1 = s2 6s+ 5 + 3 = s2 6s+ 8 =

= (s 4)(s 2),

DY =

2s3 35s+1 s 1

= 2s 2s 3 15s+ 1 = 2s2 2 15s+ 45(s 3)(s+ 1) ==

2s2 15s+ 43(s 3)(s+ 1) ,

DZ =

s 5 2s31 5s+1 = 5s 25s+ 1 + 2s 3 =

=5s2 40s+ 75 + 2s+ 2

(s 3)(s+ 1) =5s2 38s+ 77(s 3)(s+ 1) .

Nepoznanice Y i Z su redom jednake:

Y =DYD

=

2s215s+43(s3)(s+1)

(s 4)(s 2) =2s2 15s+ 43

(s 4)(s 3)(s 2)(s+ 1)

Z =DZD

=

5s238s+77(s3)(s+1)

(s 4)(s 2) =5s2 38s+ 77

(s 4)(s 3)(s 2)(s+ 1) .


Racionalne funkcije na desnoj strani cemo rastaviti na parcijalne raz-lomke. Tako je

2s2 15s+ 43(s 4)(s 3)(s 2)(s+ 1) =

A

s 4 +B

s 3 +C

s 2 +D

s+ 1,

odnosno, imamo:

2s2 15s+ 43 =A(s 3)(s 2)(s+ 1) +B(s 4)(s 2)(s+ 1)++ C(s 4)(s 3)(s+ 1) +D(s 4)(s 3)(s 2).

Za s = 4, s = 3, s = 2 i s = 1 redom, nalazimo vrijednosti A = 32 ,B = 4, C = 72 i D = 1.Nepoznanica Y sada ima oblik:

Y (s) =3

2 1s 4

4

s 3 +7

2 1s 2

1

s+ 1.

Uvazavanjem cinjenice da je L1( 1s ) = e

t dobivamo rjesenje:

y(t) =L1(Y ) = 32e4t 4e3t + 7

2e2t et.

Za drugu racionalnu funkciju vrijedi

5s2 38s+ 77(s 4)(s 3)(s 2)(s+ 1) =

A

s 4 +B

s 3 +C

s 2 +D

s+ 1.

Mnozenjem s najmanjim zajednickim nazivnikom dobivamo jednakost

5s2 38s+ 77 = A(s 3)(s 2)(s+ 1) +B(s 4)(s 2)(s+ 1)++ C(s 4)(s 3)(s+ 1) +D(s 4)(s 3)(s 2).

Uvrstavanjem vrijednosti s = 4, s = 3, s = 2 i s = 1 redom, nalazimoA = 12 , B = 2, C = 72 i D = 2.Nepoznanica Z sada poprima oblik:

Z(s) =1

2 1s 4

2

s 3 +7

2 1s 2

2

s+ 1.

Djelovanjem inverzne Laplaceove transformacije napokon dobivamorjesenje za z(t):

z(t) =L1(Z) = 12e4t 2e3t + 7

2e2t 2et.


b) Nakon primjene Laplaceove transformacije na zadani sustav jednadzbinalazimo:

3 (sX x(0)) + sY y(0) 2X = 3 1s2 + 1

+ 5 ss2 + 1

2 (sX x(0)) + sY y(0) + Y = 1s2 + 1

+s

s2 + 1.

Uvazavanjem pocetnih uvjeta, nakon sredivanja, dobivamo:

(3s 2)X + sY = 3 + 5ss2 + 1

1

2sX + (s+ 1)Y =1 + s

s2 + 1 1.

(1.3)

Dobiveni sustav algebarskih jednadzbi rijesit cemo metodom suprotnihkoeficijenata. S ciljem da izrazimo nepoznanicu X, prvu jednadzbucemo pomnoziti s faktorom (s+1), drugu s faktorom s, te cemo potomdobivene jednadzbe oduzeti:[

(3s 2)(s+ 1) 2s2]X = (3 + 5s)(s+ 1)s2 + 1

(s+ 1) (s+ 1)ss2 + 1

+ s[s2 + s 2]X = (3 + 4s)(s+ 1)

s2 + 1 1

[(s 1)(s+ 2)]X = 4s2 + 7s+ 3 s2 1

s2 + 1

X =3s2 + 7s+ 2

(s 1)(s+ 2)(s2 + 1)

X =3(s+ 13)(s+ 2)

(s 1)(s+ 2)(s2 + 1)X =

3s+ 1

(s 1)(s2 + 1) .

Dobivenu racionalnu funkciju cemo rastaviti na sljedece parcijalne raz-lomke

3s+ 1

(s 1)(s2 + 1) =A

s 1 +Bs+ C

s2 + 1,

nakon mnozenjem s najmanjim zajednickim nazivnikom imamo

3s+ 1 = A(s2 + 1) + (Bs+ C)(s 1)3s+ 1 = (A+B)s2 + (B + C)s+A C.


uz s2 : 0 = A+Buz s1 : 3 = B + Cuz s0 = 1 : 1 = A C,


odnosno koeficijenti poprimaju vrijednosti A = 2, B = 2 i C = 1.Rjesenje algebarske jednadzbe za nepoznanicu X je:

X(s) =2

s 1 +2s+ 1s2 + 1

X(s) =2

s 1 2s

s2 + 1+

1

s2 + 1.

Primjenom inverzne Laplaceove transformacije dobivamo:

x(t) =L1(X) = 2et 2 cos t+ sin t.

Nepoznanicu Y (s) odredit cemo iz prve jednadzbe sustava (1.3):

Y =1

s

(3 + 5s

s2 + 1 1 (3s 2)X

).

Uvrstavanjem vrijednosti X =3s+ 1

(s 1)(s2 + 1) iz prijasnjih koraka na-lazimo:

Y =1

s

(3 + 5s s2 1

s2 + 1 (3s 2)(3s+ 1)

(s 1)(s2 + 1))

Y =1

s

((s2 + 5s+ 2)(s 1) (3s 2)(3s+ 1)

(s 1)(s2 + 1))

Y =1

s s(s

2 3s)(s 1)(s2 + 1)

Y =s2 3s

(s 1)(s2 + 1) .

Rastav racionalne funkciju na parcijalne razlomke daje:

s2 3s(s 1)(s2 + 1) =

A

s 1 +Bs+ C

s2 + 1,

odnosno:

s2 3s = A(s2 + 1) + (Bs+ C)(s 1)s2 3s = (A+B)s2 + (B + C)s+A C.


uz s2 : 1 = A+Buz s1 : 3 = B + Cuz s0 = 1 : 0 = A C,


pa su koeficijenti jednaki A = 2, B = 1 i C = 2.Nepoznanica Y je sada oblika:

Y (s) = 2s 1 +

s 2s2 + 1

Y (s) = 2s 1 +

s

s2 + 1 2s2 + 1

.

Djelovanjem inverzne Laplaceove transformacije napokon dobivamorjesenje za y(t):

y(t) =L1(Y ) = 2et + cos t 2 sin t.

Zadatak 1.8.2. Primjenom Laplaceove transformacije rijesite sustav dife-rencijalnih jednadzbi drugog reda:

2d2xdt2 d2y

dt2 dxdt dydt = 3y 9x

dxdt +

dydt = y + x,

,

x(0) = 1,dx

dt(0) = 1, y(0) = 0,

dy

dt(0) = 0.

Rjesenje. Djelovanjem Laplaceove transformacije na zadane jednadzbenalazimo:

2(s2X sx(0) x(0)) (s2Y sy(0) y(0))

(sX x(0)) (sY y(0)) = 3Y 9XsX x(0) + sY y(0) = Y +X.

Uvrstavanjem pocetnih uvjeta i poslije sredivanja, imamo:

(2s2 s+ 9)X (s2 + s+ 3)Y = 2s+ 1(s 1)X + (s 1)Y = 1. (1.4)

Prvu jednadzbu pomnozit cemo s faktorom s1, drugu s faktorom s2+s+3,te cemo zatim njihovim zbrajanjem eliminirat nepoznanicu Y i dobiti:[

(2s2 s+ 9)(s 1) + (s 1)(s2 + s+ 3)]X == (2s+ 1)(s 1) + (s2 + s+ 3).

Daljnjim mnozenjem clanova unutar zagrada, te sredivanjem nalazimo:

(s 1)(3s2 + 12)X = 3s2 + 2

X =1

3 3s

2 + 2

(s 1)(s2 + 4) .


Dobivenu racionalnu funkciju cemo rastaviti na sljedece parcijalne razlomke:

3s2 + 2

(s 1)(s2 + 4) =A

s 1 +Bs+ C

s2 + 4.


3s2 + 2 = A(s2 + 4) + (Bs+ C)(s 1)3s2 + 2s = (A+B)s2 + (B + C)s+ 4A C.


uz s2 : 3 = A+Buz s1 : 0 = B + Cuz s0 = 1 : 2 = 4A C,

pa su napokon koeficijenti jednaki A = 1, B = 2 i C = 2.Sada je X oblika:

X(s) =1

3

(1

s 1 +2s+ 2

s2 + 4

)X(s) =

1

3 1s 1 +

2

3 ss2 + 4

+1

3 2s2 + 4

.

Primjenom inverzne Laplaceove transformacije dobivamo za x(t) rjesenje:

x(t) =L1(X) = 13et +

2

3cos 2t+

1

3sin 2t.

Da bismo odredili Y (s), odnosno y(t), iz druge jednadzbe sustava (1.4) iz-razit cemo Y i umjesto X uvrstiti vrijednost

1

3 1s 1 +

2

3 ss2 + 4

+1

3 2s2 + 4

dobivenu iz prethodnih koraka. Sredivanjem redom nalazimo:

Y (s) =1

s 1 [1 (s 1)X]

Y (s) =1

s 1 X

Y (s) =1

s 1 1

3 1s 1

2

3 ss2 + 4

13 2s2 + 4

Y (s) =2

3 1s 1

2

3 ss2 + 4

13 2s2 + 4

.

Djelovanjem inverzne Laplaceove transformacije konacno dobivamo:

y(t) =L1(Y ) = 23et 2

3cos 2t 1

3sin 2t.

1.9. PRIMJENE LAPLACEOVIH TRANSFORMACIJA 43

1.9 Primjene Laplaceovih transformacija

U strujnom krugu mozemo imati 3 osnovna elementa, simbolicki prika-zana na slici (1.8):

otpornik s otporom R koji se mjeri u (om), zavojnicu induktiviteta L koji se mjeri u H (henri), kondenzator kapaciteta C koji se mjeri u F (farad).

R=1 L=1

e(t) i(t)

R L C

Slika 1.8

Njima pridruzene varijable su

struja i(t) mjerena u A (amper), napon u(t) mjeren u V (volt).

Matematicki model strujnog kruga temelji se na 2. Kirchhoff-om za-konu koji kaze da je suma svih padova napona unutar zatvorenog strujnogkruga jednaka elektromotornoj sili.Pad napona na svakom od 3 osnovna elementa opisujemo sljedecim izra-zima:

na otporniku uR = R i,

na zavojnici UL = L didt

,

na kondenzatoru uC = 1C

t0

i()d .

Na osnovu toga dobivamo jednadzbe koje mozemo rijesiti primjenom La-placeovih transformacija.

Zadatak 1.9.1. U LCR krugu odredite jakost struje i(t), ako je R = 160,L = 1H, C = 104F , e(t) = 20V , te ako u trenutku t = 0 struja ne prolazistrujnim krugom.


Rjesenje. Primjenom 2. Kirchhoffovog zakona na strujni krug prikazanna slici (1.9)

R L C

R=1 L=1

e(t) i(t)

R=160 L=1

e(t)=20

i(t)C=10- 4

Slika 1.9

dobivamo diferencijalno-integralnu jednadzbu oblika:

Ri+ Ldi

dt+

1

C

t0

i()d = e(t).

Uvazavajuci cinjenicu da je L( t

0 i()d)

= I(s)s i uvodeci oznaku L(e(t)) =E(s) primjenom Laplaceove transformacije nalazimo:

RI + L(sI i(0)) + 1C Is

= E(s)

Uvrstimo li zadane vrijednosti imamo:

160I + sI + 104 Is

= 20 1s

s2 + 160s+ 104

sI =

20

s

I =20

s2 + 160s+ 104

I =1

3

60

(s+ 80)2 + 602.

Djelovanjem inverzne Laplaceove trasnsformacije dobivamo rjesenje problema

i(t) = L1(I(s)) = 13e80t sin 60t.

Zadatak 1.9.2. Primjenom Laplaceove transformacije odredite struju i(t)kruga zadanog slikom (1.10) uz prikljuceni zadani napon e(t).

1.9. PRIMJENE LAPLACEOVIH TRANSFORMACIJA 45R L C

R=1 L=1

e(t) i(t)

R=160 L=1

e(t)=20

i(t)C=10- 4

2t

2

4

eHtL

Slika 1.10

Rjesenje. Napon e(t) zapisat cemo pomocu step funkcije u obliku:

e(t) = (4 t)u(t) (4 t)u(t 2) + 2u(t 2)= 4u(t) tu(t) + (t 2)u(t 2) 2u(t 2) + 2u(t 2)= 4u(t) tu(t) + (t 2)u(t 2).

Laplaceova transformacija dobivenog napona je jednaka:

L(e(t)) = 4L(u(t)) L(t) + L(t 2) == 4 1

s 1s2

+ e2s1

s2.

Na matematicki model strujnog kruga prikazanog na slici (1.10)

Ri+ Ldi

dt= e(t)

primjenit cemo Laplaceovu transformaciju i uvazavanjem zadanih vrijed-nosti dobiti

RI + L(sI i(0)) = E(s)(1 + s)I =

4

s+

1

s2(e2s 1)

I =4

s(s+ 1)+

1

s2(s+ 1)(e2s 1)

I =4(s+ 1 s)s(s+ 1)

+1 s2 + s2s2(s+ 1)

(e2s 1)

I =4

s 4s+ 1

+

(1 ss2

+1

s+ 1

)(e2s 1)

I =4

s 4s+ 1

+

(1

s2 1s

+1

s+ 1

)(e2s 1)

I =

(1

s+ 1+

1

s2 1s

)e2s 5

s+ 1 1s2

+5

s.

Djelovanjem inverzne Laplaceove transformacije nalazimo konacno rjesenje

i(t) = L1(I(s)) = (e(t2) + (t 2) 1)u(t 2) (5et + t 5)u(t).


Zadatak 1.9.3. Postavite matematicki model strujnog kruga prikazanog naslici (1.11), odredite i graficki prikazite njegovo rjesenje uz pretpostavku dasu struja i napon kondenzatora zatvorenog strujnog kruga jednaki 0 u tre-nutku t = 0.

R=10

L=1

e(t)=100 t2i1(t) i2(t)

C=0.01

R=30

Slika 1.11

Rjesenje. Prema 2.Kirchhoffovom zakonu za lijevi dio strujnog krugaimamo

L di1dt

+R1(i1 i2) = e(t),dok za desni dio vrijedi

R1(i2 i1) + 1C

t0

i2()d +R2i2 = 0.

Uvrstavajuci zadane vrijednosti i derivirajuci drugu jednadzbu po t nalazimo

i1 + 10(i1 i2) = 100t210(i2 i1) + 100i2 + 30i2 = 0,

Na dobiveni sustav diferencijalnih jednadzbi primjenimo Laplaceove tran-sformacije:

sI1 i1(0) + 10(I1 I2) = 100 2s3

10(sI2 i2(0) sI1 + i1(0)) + 100I2 + 30(sI2 i2(0)) = 0.Uvazavanjem pocetnih uvjeta dobivamo:

(s+ 10)I1 10I2 = 200s3

10sI1 + (40s+ 100)I2 = 0.


Sustav algebarskih jednadzbi rijesit cemo Cramerovom metodom, racunajucisljedece determinante:

D =

s+ 10 1010s 40s+ 100 = 40s2 + 400s+ 1000 = 40(s+ 5)2,

DI1 =

200s3 100 40s+ 100 = 4000(2s+ 5)s3 ,

DI2 =

s+ 10 200s310s 0 = 2000s2 .

Nepoznanice I1 i I2 su sada jednake:

I1 =DI1D

=4000(2s+ 5)

40s3(s+ 5)2=

100(2s+ 5)

s3(s+ 5)2

I2 =DI2D

=2000

40s2(s+ 5)2=

50

s2(s+ 5)2.

Dobivene racionalne funkcije rastavit cemo na parcijalne razlomke. Za

100(2s+ 5)

s3(s+ 5)2=A

s+B

s2+C

s3+

D

s+ 5+

E

(s+ 5)2,

dobivamo:

200s+ 500 =As2(s+ 5)2 +Bs(s+ 5)2 + C(s+ 5)2 +Ds3(s+ 5) + Es3,

200s+ 500 =(A+D)s4 + (10A+B + 5D + E)s3+

+ (25A+ 10B + C)s2 + (25B + 10C)s+ 25C.


uz s4 : 0 = A+Duz s3 : 0 = 10A+B + 5D + Euz s2 : 0 = 25A+ 10B + Cuz s : 200 = 25B + 10Cuz s0 = 1 : 500 = 25C,

odnosno, A = 45 , B = 0, C = 20, D = 45 i E = 4.Nepoznanica I1 sada ima oblik:

I1(s) = 45 1s

+20

s3+

4

5

1

s+ 5+

4

(s+ 5)2.

Primjenom inverzne Laplaceove transformacije dobivamo rjesenje za i1(t):

i1(t) =L1(I1(s)) = 45

+ 10t2 +4

5e5t + 4te5t.


Slicno, za drugu racionalnu funkciju vrijedi

50

s2(s+ 5)2=A

s+B

s2+

C

s+ 5+

D

(s+ 5)2.


50 =As(s+ 5)2 +B(s+ 5)2 + Cs2(s+ 5) +Ds2

50 =(A+ C)s3 + (10A+B + 5C +D)s2 + (25A+ 10B)s+ 25B.

Izjednacavanjem koeficijenata uz iste potencije:

uz s3 : 0 = A+ Cuz s2 : 0 = 10A+B + 5C +Duz s : 0 = 25A+ 10Buz s0 = 1 : 50 = 25B.

odredimo nepoznanice A = 45 , B = 2, C = 45 i D = 2.Slijedi da je I2 jednaka:

I2(s) = 45 1s

+2

s2+

4

5

1

s+ 5+

2

(s+ 5)2.

Djelovanjem inverzne Laplaceove transformacije napokon dobivamo rjesenjeza i2(t):

i2(t) =L1(I1(s)) = 45

+ 2t+4

5e5t + 2te5t.

Zadaci za vjezbu.

1. Odredite pomocu definicije Laplaceovu transformaciju funkcije:

f(t) =

{2t, 0 t 36, t > 3.

2. Koristeci linearnost i tablicu Laplaceovih transformacija odredite slikesljedecih funkcija:

a) f(t) = 4 6t+ 3 sin 2t 6e5t,b) f(t) = e4t sin 5t+ te3t,

c) f(t) = (t2 3)2 + sin2 4t.3. Koristeci se tablicom Laplaceovih transformacija odredite originale

sljedecih funkcija:


a) F (s) =4

s+ 8 8s

(s2 + 1)2+

3s

(s 2)2 + 9,

b) F (s) =s 6

s2 6s+ 25,

c) F (s) =s+ 7

(s 2)(s+ 1),

d) F (s) =8

s3(s2 s 2) ,

e) F (s) =36

s(s2 + 1)(s2 + 9).

4. Koristeci svojstva i tablicu Laplaceovih transformacija odredite slikesljedecih funkcija:

a) f(t) = (t 3)2 sin 2t,b) f(t) = e6tt cos 3t,

c) f(t) =sin 4t

t,

d) f(t) =

t0

cosh 3d .

5. Pomocu konvolucije odredite originale funkcija

a) F (s) =1

(s+ 5)2,

b) F (s) =1

s(s+ 3)3.

6. Pomocu konvolucije odredite rjesenje integralne jednadzbe:

y(t) =

t0

e(t)d.

7. Zadane funkcije predocite graficki, zapisite pomocu step funkcije, teodredite njihove Laplaceove transformacije:

a) f(t) =

1, 1 t < 33, 3 t < 52, 5 t < 60, inace.

b) f(t) =

2t2, 0 t < 3t+ 4, 3 t < 59, t 5.


c) f(t) =

3t2, 0 t < 42t 3, 4 t < 65, t 6.

8. Primjenom inverzne Laplaceove transformacije odredite originale sljedecihfunkcija:

a) F (s) =es

s+ 1,

b) F (s) =(s+ 2)e4s

s2 + 2s+ 5,

c) F (s) =e2pis e8pis

s2 + 1.

9. Odredite Laplaceovu sliku periodicne funkcije

f(t) =

{1, 0 < t < pi2pi t, pi t 2pi , f (t+ 2pi) = f(t).

10. Primjenom Laplaceove transformacije rijesite diferencijalne jednadzbe:

a) y y 2y = 4x2, y(0) = 1, y(0) = 4,b) y + y = f(t), y(0) = y(0) = 0, f(t) =

{0, 0 < t < 12, t 1. .

c) y + 4y + 5y = f(t), y(0) = y(0) = 0, f(t) ={

2et, 0 < t < 10, t 1. ,

d) y 2y 3y = f(t), y(0) = 1, y(0) = 0,e) y + y = (t 2pi), y(0) = 10, y(0) = 0,f) y + 2y + 2y = et + 5(t 2), y(0) = 0, y(0) = 1,g) y + 2y + 5y = 25t 100(t pi), y(0) = 2, y(0) = 5.

11. Primjenom Laplaceove transformacije rijesite zadanu diferencijalnujednadzbu s danim pocetnim uvjetima:

a) y + 6y + 8y = e3t + 3e5t, y(0) = 4, y(0) = 14,b) y + y = cos t+ sin 2t, y(0) = 0, y(0) = 0,c) y 3y + 3y y = t2et, y(0) = 1, y(0) = 0, y(0) = 2,

12. Primjenom Laplaceove transformacije rijesite sustave diferencijalnihjednadzbi:

a)x + y = ty + 4x = 0, , x(0) = 1, y(0) = 1,

b)d2ydt2

+ dxdt = cos td2xdt2 Y = sin t, , x(0) = 1,

dx

dt(0) = 0, y(0) = 1, dy

dt(0) = 1.


13. Primjenom Laplaceove transformacije odredite struju i(t) kruga zada-nog slikom uz prikljuceni zadani napon e(t).

Rjesenja:

1. L(f(t)) = 2s2

(1 e3s).

2. a) L(f(t)) = 4s 6s2

+6

s2 + 4 6s 5,

b) L(f(t)) = 5(s+ 4)2 + 25

+1

(s+ 3)2,

c) L(f(t)) = 24s5 12s3

+19

2s 1

2 ss2 + 64

.

3. a) L1(F (s)) = 4e8t 4t sin t+ 3e2t cos 3t+ 2e2t sin 3t,b) L1(F (s)) = e3t cos 4t 3

4e3t sin 4t,

c) L1(F (s)) = 3e2t 2et,d) L1(F (s)) = 3 + 2t 2t2 + 1

3e2t +

8

3et,

e) L1(F (s)) = 4 92

cos t+1

2cos 3t.

4. a) L(f(t)) = 12s2 16

(s2 + 4)3 12s

(s2 + 4)2+

18

s2 + 4,

b) L(f(t)) = (s+ 6)2 9

((s+ 6)2 + 9)2,

c) L(f(t)) = pi2 arctan s

4,

d) L(f(t)) = ss(s2 + 9)

.

5. a) L1(F (s)) = te5t,b) L1(F (s)) = 1

54

[2 e3t(9t2 + 6t+ 2)].

6. y(t) = t 1 + et.7. a) f(t) = u(t 1)2u(t 3) u(t 5) 2u(t 6),

L(f(t)) = 1s

(es + 2e3s e5s 2e6s),

b) f(t) = 2t2u(t) [2(t 3)2 + 11(t 3) + 1]u(t 3) (t 5)u(t 5),L(f(t)) = 4

s3(

4

s3+

11

s2+

11

s

)e3s 1

s2e5s,


c) f(t) = 3t2u(t) [3(t 4)2 + 22(t 4) + 43]u(t 4) [2(t 6) + 4]u(t 6),L(f(t)) = 6

s3(

6

s3+

22

s2+

43

s

)e4s

(2

s3+

4

s

)e6s.

8. L(f(t)) = 1 epis

s2(1 + epis).

9. a) y(t) = 2e2t + 2et 2t2 + 2t 3,b) y(t) = (2 2 cos(t 1))u(t 1).

10. a)x(t) = 14 + 38e2t + 78e2t,y(t) = t+ 34e

2t 74e2t,

b)x(t) = cos t,y(t) = sin t cos t.

IMET e Zbirka

Documents

Transcript of IMET e Zbirka