Esercizio base sulla trasformata di laplace

[CallistoBello]

$L[tu(t−1)](s)=$?

Si tratta di una rampa shiftata nel tempo. Potresti dare un'occhiata alle tabelle delle proprietà della trasformata e delle trasformate ad esempio qui.

$

Applicando la regola dello shift della funzione da trasformare , mi sono trovato col risultato.

Nello specifico:
$L[tu(t-1)]$
qui per ricondurmi alla formula $L[f(t-a)u(t-a)]$ ho sommato e sottratto 1 nell'argomento della trasformata.
$=L[u(t-1)(t-1+1)]= L[(t-1)u(t-1)+u(t-1)]$
per linearità , ho:
$=L[(t-1)u(t-1)]+L[u(t-1)]$
$=e^-s L[t] + e^-sL[1]$
$=e^-s1/s^2+e^-s1/s$
$=e^-s(1/s^2-1/s)$
$=e^-s((1+s)/s^2)$

Risultato:
$L[f]=L[(1+t)^2u(t)]-2L[tu(t-1)]=(s^2+2s+2)/s^3-(2e^-s(s+1))/s^2 =(s^2-2e^-s(s+1)s+2s+2)/s^3$

$ L[h^2(1-t)](s)= $?

Comunque si ha:

$\mathcal{L}[h^2(1-t)](s)= \frac{1 - e^{-s}}{s}
$

Che proprietà hai usato?

[pilloeffe]

Che proprietà hai usato?

Beh, se osservi bene com'è fatta $h(1 - t)$ dovrebbe risultarti chiaro che si ha:

$ \mathcal{L}[h^2(1-t)](s) = \mathcal{L}[h(1-t)](s) = \mathcal{L}[h(t) - h(t - 1)](s) = 1/s - 1/s e^{- s} = \frac{1 - e^{-s}}{s} $

per $\text{Re}(s) > 0 $
D'altronde, anche applicando direttamente la definizione di trasformata di Laplace si ha:

$ \mathcal{L}[h^2(1-t)](s)= \mathcal{L}[h(1-t)](s) = \int_0^1 e^{- st} \text{d}t = [- e^{- st}/s]_0^1 = - e^{- s}/s + 1/s = \frac{1 - e^{-s}}{s} $

per $\text{Re}(s) > 0 $

[CallistoBello]

Che proprietà hai usato?

Beh, se osservi bene com'è fatta $h(1 - t)$ dovrebbe risultarti chiaro che si ha:

$ \mathcal{L}[h^2(1-t)](s) = \mathcal{L}[h(1-t)](s) = \mathcal{L}[h(t) - h(t - 1)](s) = 1/s - 1/s e^{- s} = \frac{1 - e^{-s}}{s} $

per $\text{Re}(s) > 0 $
D'altronde, anche applicando direttamente la definizione di trasformata di Laplace si ha:

$ \mathcal{L}[h^2(1-t)](s)= \mathcal{L}[h(1-t)](s) = \int_0^1 e^{- st} \text{d}t = [- e^{- st}/s]_0^1 = - e^{- s}/s + 1/s = \frac{1 - e^{-s}}{s} $

per $\text{Re}(s) > 0 $

Perché puoi togliere il quadrato?

[pilloeffe]

Perché puoi togliere il quadrato?

Prova a pensarci: qual è il grafico di $h^2(1 - t) $? Ed il grafico di $h(1 - t) $ ?

Per rispondere ai post si usa il pulsante RISPONDI in fondo ai post, non il pulsante "CITA: raramente è necessario citare tutta la risposta di colui che ti ha risposto, anzi così facendo si appesantisce inutilmente la lettura del thread...

[CallistoBello]

$u^2(1-t) = { ( (1)^2se1-t>0 ),( (0)^2se1-t<0 ):} $
Più in generale:

$u^n(1-t) = { ( (1)^nse1-t>0 ),( (0)^nse1-t<0 ):} $


L'idea è che: siccome la funzione di heaviside è la funzione gradino "unitario", allora
"comunque la si eleva ad una potenza, mi restituirà sempre un gradino unitario".


Però non mi torna la riscrittura di: $h(1-t)$ come $h(t)-h(t-1)$.
Se osserviamo il grafico di : $h(1-t)$

http://www3.wolframalpha.com/input?i=H%281-t%29&lang=en

questo è diverso dal grafico di: $h(t)-h(t-1)$

http://www3.wolframalpha.com/input?i=H%28t%29-H%28t-1%29&lang=en

[pilloeffe]

No, sono uguali: ricordati che $h(1 - t) $ comunque è un segnale, quindi in realtà poi è definito nel modo seguente:

$h(1 - t) := {(1 \text{ se } 0 < t < 1),(0 \text{ altrove }):} $

Sicché si ha proprio $h(1 - t) = h(t)-h(t-1) $

[CallistoBello]

ah ok , sono uguali perché sia $h(1-t)$ che $h(t)-h(t-1)$ bisogna considerarle "nulle" alla sinistra dell'origine.


Chiaro. Grazie mille =)

[gugo82]

ricordati che $h(1 - t) $ comunque è un segnale, quindi in realtà poi è definito nel modo seguente:

$h(1 - t) := {(1 \text{ se } 0 < t < 1),(0 \text{ altrove }):} $

Ma anche no... In realtà $h(1-t) = 1$ per ogni $t<1$.

Però potrebbe dipendere dalla definizione di $h$, che non è univoca.