Solutions To Laplace Transform Problems

 1)  Solve:    

d ³ 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:

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


=    s ³  y(s)  -   s ²    -   1   


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


=    s y(s) -  1   


Substitute the expression for each transform:

s ³  y(s)  -   s ²    - 1   =   0 


Collect like terms and transpose:

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

 
Solve for y(s):

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

Use  of partial fractions yields:

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

Then:

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

Whence:

A s ²     -  A    +  B s    =   s ²   +   1


Yielding values (by equating coefficients):

A    = 1,    B  -  A   =  0,  

So:  B  =    1

è

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


We then need to take the inverse Laplace transform : 

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

=  

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

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

We see:   1/s   is inverse transformed to  1

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

 
Then the solution to the DE is:  

Y (t)   =   1   +    cosh (t)

2)   Solve:    

  d² y/ 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 / s ² +  1

 £ {Y’’(t) }   =    s ²  F(s) -   s 

4 £ {F (t) } =  4 F(s)

Then: 

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

Using partial fractions we get:  

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

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

After taking inverse transforms:

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