คุณสมบัติของการแปลงลาปลาซครบทุกข้อ พร้อมพิสูจน์และตัวอย่าง

1. $$= \frac{3}{s} - \frac{2}{s+4} + \frac{5s}{s^2+4},\quad \operatorname{Re}s > 0$$

ROC คือส่วนร่วม $\sigma > 0$ ∩ $\sigma > -4$ ∩ $\sigma > 0$ = $\sigma > 0$

1. $t$ ยังไม่อยู่ในรูปของ $(t-2)$ จัดรูปก่อน: $t = (t - 2) + 2$

   $$t\,u(t-2) = (t-2)u(t-2) + 2u(t-2)$$

2. ใช้ P2 กับ $f(t) = t$ และ $f(t) = 2$

   $$\mathcal L = e^{-2s}\left(\frac{1}{s^2} + \frac{2}{s}\right) = \frac{e^{-2s}(1 + 2s)}{s^2}$$

$\dfrac{(1+2s)e^{-2s}}{s^2}$ · ถ้าตอบ $e^{-2s}/s^2$ แปลว่าแปลง $(t-2)u(t-2)$ ไม่ใช่ $t\,u(t-2)$

1. $$f(t) = 5\left[u(t-1) - u(t-3)\right]$$
2. $$F(s) = \frac{5\left(e^{-s} - e^{-3s}\right)}{s}$$

$F(s) = \dfrac{5(e^{-s} - e^{-3s})}{s}$ แปลงกลับในเครื่องคิดเลขได้ ลองแปลงกลับ

1. $\mathcal L\{t^2\} = 2/s^3$ แล้วแทน $s \to s + 3$

   $$\mathcal L\{t^2e^{-3t}\} = \frac{2}{(s+3)^3}$$

2. $\mathcal L\{\sin 5t\} = 5/(s^2+25)$ แล้วแทน $s \to s + 2$

   $$\mathcal L\{e^{-2t}\sin 5t\} = \frac{5}{(s+2)^2 + 25} = \frac{5}{s^2 + 4s + 29}$$

ในทางกลับกัน เมื่อเห็นตัวส่วน $s^2 + 4s + 29$ ให้ เติมกำลังสองสมบูรณ์ เป็น $(s+2)^2 + 5^2$ แล้วอ่านกลับได้ทันที ซึ่งเป็นเทคนิคหลักของโพลเชิงซ้อนในหน้า 8.5

1. $$\mathcal L\{\sin 3t\} = \frac{1}{3}\cdot\frac{1}{(s/3)^2 + 1} = \frac{1}{3}\cdot\frac{9}{s^2 + 9} = \frac{3}{s^2+9}$$

ตรงกับตาราง $\omega/(s^2+\omega^2)$ ที่ $\omega = 3$ ✓

1. $f = \sin\omega t,\ f' = \omega\cos\omega t,\ f(0) = 0$

   $$\mathcal L\{\omega\cos\omega t\} = s\cdot\frac{\omega}{s^2+\omega^2} - 0$$

$\mathcal L\{\cos\omega t\} = \dfrac{s}{s^2+\omega^2}$

1. ตัวเหนี่ยวนำ $v = L\,di/dt$:

   $$V(s) = sL\,I(s) - L\,i(0^-)$$

   อิมพีแดนซ์ $sL$ อนุกรมกับแหล่งแรงดัน $L\,i(0^-)$ (ขั้วต้านกระแสเดิม)

2. ตัวเก็บประจุ $i = C\,dv/dt$:

   $$I(s) = sC\,V(s) - C\,v(0^-)\ \Rightarrow\ V(s) = \frac{1}{sC}I(s) + \frac{v(0^-)}{s}$$

   อิมพีแดนซ์ $1/(sC)$ อนุกรมกับแหล่งแรงดัน $v(0^-)/s$

วงจรที่มีค่าเริ่มต้นจึงวิเคราะห์ด้วย KVL/KCL แบบพีชคณิตได้ทันทีในโดเมน s ใช้ต่อในหน้าแก้สมการเชิงอนุพันธ์

1. มองเป็น $\dfrac{1}{s}\cdot\dfrac{1}{s^2+1}$ โดย $\mathcal L^{-1}\{1/(s^2+1)\} = \sin t$ ใช้ P8

   $$\mathcal L^{-1} = \int_0^t \sin\tau\,d\tau = 1 - \cos t$$

$1 - \cos t,\ t \ge 0$

1. $$-\frac{d}{ds}\frac{\omega}{s^2+\omega^2} = -\omega\cdot\frac{-2s}{(s^2+\omega^2)^2} = \frac{2\omega s}{(s^2+\omega^2)^2}$$

$\dfrac{2\omega s}{(s^2+\omega^2)^2}$ โพลซ้ำบนแกน jω ให้แอมพลิจูดโตเชิงเส้นตามเวลา คือเรโซแนนซ์เมื่อป้อนความถี่ตรงกับความถี่ธรรมชาติ

1. $$\mathcal L\left\{\frac{\sin t}{t}\right\} = \int_s^\infty\frac{du}{u^2+1} = \frac{\pi}{2} - \tan^{-1}s = \tan^{-1}\frac{1}{s}$$

2. อินทิกรัลที่ต้องการคือค่าของการแปลงที่ $s \to 0^+$

   $$\int_0^\infty\frac{\sin t}{t}dt = \lim_{s\to0^+}\tan^{-1}\frac1s = \frac{\pi}{2}$$

$\pi/2$ — อินทิกรัลที่หาด้วยวิธีปกติไม่ได้ แต่ลาปลาซหาได้ในสองบรรทัด

1. เป็นผลคูณ $\dfrac{1}{s^2+1}\cdot\dfrac{1}{s^2+1}$ ซึ่งแต่ละตัวคือ $\sin t$

   $$f(t) = \int_0^t\sin\tau\,\sin(t - \tau)\,d\tau$$

2. ใช้ผลคูณเป็นผลบวก $\sin A\sin B = \tfrac12[\cos(A-B) - \cos(A+B)]$

   $$= \frac12\int_0^t\left[\cos(2\tau - t) - \cos t\right]d\tau = \frac12\left[\frac{\sin(2\tau - t)}{2}\right]_0^t - \frac{t\cos t}{2} = \frac{\sin t}{2} - \frac{t\cos t}{2}$$

$f(t) = \tfrac12(\sin t - t\cos t)$ ตรงกับตารางแถว 20 บนหน้าภาพรวม ตรวจด้วยเศษส่วนย่อย

1. $$F_1(s) = \int_0^a e^{-st}dt = \frac{1 - e^{-as}}{s}$$
2. $$F(s) = \frac{1 - e^{-as}}{s\left(1 - e^{-2as}\right)} = \frac{1 - e^{-as}}{s(1 - e^{-as})(1 + e^{-as})} = \frac{1}{s\left(1 + e^{-as}\right)}$$

$F(s) = \dfrac{1}{s(1 + e^{-as})}$ ใช้กับวงจรที่ป้อนด้วย PWM เช่นบั๊กคอนเวอร์เตอร์

1. $F_1(s) = \int_0^\pi\sin t\,e^{-st}dt = \dfrac{1 + e^{-\pi s}}{s^2 + 1}$ (อินทิเกรตทีละส่วนสองครั้ง)

2. $$F(s) = \frac{1 + e^{-\pi s}}{(s^2+1)(1 - e^{-\pi s})} = \frac{1}{s^2+1}\coth\frac{\pi s}{2}$$

$\dfrac{\coth(\pi s/2)}{s^2+1}$ ฮาร์มอนิกของแรงดันเรกติไฟเออร์ดูต่อได้ในอนุกรมฟูเรียร์ของเรกติไฟเออร์

1. $$f(0^+) = \lim_{s\to\infty}\frac{s+2}{(s+1)(s+4)} = 0$$

2. โพลของ $sF(s) = \dfrac{s+2}{(s+1)(s+4)}$ คือ −1, −4 อยู่ครึ่งซ้ายทั้งหมด ✓ ใช้ทฤษฎีบทได้

   $$f(\infty) = \lim_{s\to 0}\frac{s+2}{(s+1)(s+4)} = \frac{2}{4} = \frac12$$

$f(0^+) = 0,\ f(\infty) = \tfrac12$ ตรงกับ $f(t) = \tfrac12 - \tfrac13e^{-t} - \tfrac16e^{-4t}$ ซึ่งที่ $t = 0$ ได้ $\tfrac12 - \tfrac13 - \tfrac16 = 0$ ✓

1. $\lim_{s\to 0}sF_1 = 0$ แต่ $f_1 = \tfrac12\sin 2t$ แกว่งตลอด ไม่มีค่าสุดท้าย (โพล $\pm 2j$ บนแกน jω ✗)

2. $\lim_{s\to 0}sF_2 = 0$ แต่ $f_2 = e^{t} \to \infty$ (โพล +1 ครึ่งขวา ✗)

สูตรให้ “0” ทั้งสองกรณีโดยไม่เตือนเลย ตรวจตำแหน่งโพลก่อนใช้ทุกครั้ง