Tuesday, February 21, 2023

Solutions To Laplace Transform Problems

 1)  Solve:    

Y/ dt 3 -    d Y /dt   =   0 


Using the Laplace transform and the conditions:

Y(0) =  1,  Y’(0) =  0  and  Y’ (0) = 1

Solution:

We write:

£ { Y/ dt 3  } =  3   y(s)  -   Y(0) 2    -    Y'(0) s  -  Y"(0)


=    3  y(s)  -   2    -   1   



£ {dY / dt}   =    s y(s)   -  Y(0)  - Y"(0)



=    s y(s) -  1   


Substitute the expression for each transform:

3  y(s)  -   2    - 1   =   0 


Collect like terms and transpose:

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

 
Solve for y(s):


y(s)   =   ( 2    +  1  ) /  (3  -     s)  =    ( 2    +  1  ) /  s (  2    -  1   ) 


Use  of partial fractions yields:

A/ s   +    B/ (  2    -  1   )     =   2    +  1  


Then:

 A (  2    -  1   )   +  Bs   =   2    +  1  

Whence:


2     -  A    +  B s    =   2   +   1



Yielding values (by equating coefficients):


A    = 1,    B  -  A   =  0,  

So:  B  =    1


è

2    +  1  ) /  s (  2    -  1   )  =  1 / s     +   1 /  ( 2    -  1   )


We then need to take the inverse Laplace transform : 

 £ -1  [1 / s     +   1 /  ( 2    -  1   ) ]


=  

£ -1  [1 / s ]    + £ -1 [ 1 /  ( 2    -  1   )]   

From the table of transforms (Feb. 7 post)
:

We see:   1/s   is inverse transformed to  1

And similarly:  1 /  ( 2    -  1   )]  ->   cosh (t)


 
Then the solution to the DE is:  

Y (t)   =   1   +    cosh (t)

2)   Solve:    

  dy/ dt 2  +  4y    =   3 sin t 


 Using the appropriate Laplace transform:

With y    =  F(t),   F(0) = 1, F'(t) = 0
  
Solution 

Write:

 £ {F’’(t) }  + 4 £ {F (t) }  =  £ {3 sin (t) } 

 £ {F’’(t) }  + 4 £ {F (t) }  =    3 / 2 +  1

 £ {Y’’(t) }   =    2  F(s) -   s 

4 £ {F (t) } =  4 F(s)

Then: 

 F(s) = s 2  F(s) -   s  + 4 F(s)  = 3 / 2 +  1 

Using partial fractions we get:  

F(s) =  3 / (2 +  1) (2 +  4)  +  s /(2 +  4)      

=  1 / (2 +  1) -   1/ (2 +  4)  +  s /(2 +  4)

After taking inverse transforms:

F(t) =  sin t  -  ½   sin 2t   + cos 2t

    


No comments: