transformación de Laplace

Question

Tengo un problema con un integral: mediante esta ecuación de Laplace señalándola: $$\begin{align} \int_0^\infty F(u)g(u) \, du & = \int_0^\infty f(u)G(u) \, du \\[6pt] L[f(t)] & = F(s) \\[6pt] L[g(t)] & = G(s) \end {Alinee el} $$

Aplicación para calcular esta integral:

$$I = \int_0^\infty \frac{\sin^4 x}{x^3} \, dx $$

Answer 1

Relacionados con el problema. Recordando la transformada de Laplace de una función de $f(x)$

$$ F(s)=\int_{0}^{\infty} f(x)e^{-sx}dx .$$

Vamos

$$ G(u)=\frac{1}{u^3} \implies g(u)=\frac{u^2}{2!}, $$

y

$$ f(u)= \sin(u)^4 \implies F(u)=\frac{24}{u(u^2+4)(u^2+16)}. $$

Ahora,

$$ \int_0^\infty \frac{\sin^4 x}{x^3} \, dx= \frac{24}{2}\int_0^\infty \frac{u^2}{u(u^2+4)(u^2+16)} \, dx = \ln(2)$$

Nota:

1) Para evaluar la última integral se puede escribir el integrando como

$$\frac{u}{(u^2+4)(u^2+16)}= \frac{1}{12}{\frac {u}{{u}^{2}+4}}-\frac{1}{12}{\frac {u}{{u}^{2}+16}} $$

2) Para encontrar la transformada de Laplace de $\sin^4(x)$, en primer lugar, escribir

$$ \sin^4(x) = \frac{1}{(2 i)^4} ( e^{i x}-e^{- i x} )^{4}, $$

a continuación, utilice el teorema del binomio para expandir la expresión anterior, y, finalmente, el uso de la transformada de Laplace de $e^{ax}$

$$ F(s)=\frac{1}{s-a}. $$

Answer 2

Aquí es cómo calcular el LT de $\sin^4{t}$ directamente. Como se mencionó en @Mhenni la solución de escribir como $\sin^4{t} = (e^{i t}-e^{-i t})^4/(2 i)^4$

$$F(u) = \frac{1}{16} \int_0^{\infty} dt \, (e^{i 4 t} - 4 e^{i 2 t} + 6 - 4 e^{-i 2 t} + e^{-i 4 t}) e^{-u t}$$

Evaluar por separado y se combinan con prudencia:

$$F(u) = \frac18 \left [ \frac{u}{u^2+16} - 4 \frac{u}{u^2+4} + \frac{3}{u}\right]$$

Como también se ha mencionado, $g(u) = u^2/2$ (Esta es una mirada directa-arriba en la tabla, o puede ser evaluado utilizando los residuos de la teoría.) Ahora, cuando se multiplica a través de este, se ve como la integral va a ser divergentes. Sin embargo, podemos cancelar la $u$ pieza mediante el hecho de que $u^2/(u^2+a^2) = (1/a^2) (1-1/(u^2+a^2))$. A continuación, obtener

$$\begin{align}F(u) g(u) &= \frac{1}{16} \frac{u^3}{u^2+16} - \frac14 \frac{u^3}{u^2+4} + \frac{3}{16} u \\ &= \frac{u}{16} - \frac{u}{u^2+16} - \frac{u}{4} + \frac{u}{u^2+4}+\frac{3}{16}u\\ &= \frac{u}{u^2+4} - \frac{u}{u^2+16} \end{align}$$

Para hacer la integral, tenga en cuenta que tenemos que tener cuidado ya que, tomados individualmente, los integrales divergen - pero las divergencias cancelar. Por lo tanto escribir

$$\begin{align}\int_0^{\infty} du \, F(u) g(u) &= \lim_{R \to \infty} \left (\int_0^R du\, \frac{u}{u^2+4} - \int_0^R du\, \frac{u}{u^2+16} \right ) \\ &= \frac12 \lim_{R \to \infty}\left [ \log{(R^2+4)} - \log{4} - \log{(R^2+16)} + \log{16}\right]\\ &= \frac12 [\log{2^4} - \log{2^2} ] \\ &= \log{2}\end{align}$$