Как взять этот интеграл?(вычисление оригинала по изображеню)

[yerzhik]

Необходимо вычислить обратное преобразование Лапласа, такой вот функции $F(s)$:

f(t)=\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}=\frac{1}{2\pi i}\int\limits_{\sigma_1-i\cdot\infty}^{\sigma_1+i\cdot\infty} e^{st}F(s)\,ds,
$i^2 = -1$
$s$ - комплексная переменная
$\sigma_1$ - вещественное число.
$F(s) = \frac{a_5 s^5 + a_4 s^4 + a_3 s^3 + a_2 s^2 + a_1 s^1 + a_0}{b_6 s^6 + b_5 s^5 + b_4 s^4 + b_3 s^3 + b_2 s^2 + b_1 s^1 + b_0}$
$a_i, b_i$ - вещественные числа.
Как это сделать? И возможно ли вообще?

[Vince Diesel]

В общем виде вряд ли, поскольку корни знаменателя надо знать. Если корни известны, пожалуйста.

ЗЫ
Для
$ F[s]=\frac{a_5 s^5+a_4 s^4+a_3 s^3+a_2 s^2+a_1 s+a_0}{\left \left(s-b_1\right) \left(s-b_2\right) \left(s-b_3\right) \left(s-b_4\right) \left(s-b_5\right) \left(s-b_6\right)} $
с простыми корнями ответ

$$ \frac{\left(a_5 b_1^5+a_4 b_1^4+a_3 b_1^3+a_2 b_1^2+a_1 b_1+a_0\right) e^{b_1 t}}{\left(b_1-b_2\right) \left(b_1-b_3\right) \left(b_1-b_4\right) \left(b_1-b_5\right) \left(b_1-b_6\right)}+ $$ $$ +\frac{\left(-a_5 b_6^5-a_4 b_6^4-a_3 b_6^3-a_2 b_6^2-a_1 b_6-a_0\right) e^{b_6 t}}{\left(b_1-b_6\right) \left(b_6-b_2\right) \left(b_6-b_3\right) \left(b_6-b_4\right) \left(b_6-b_5\right)}+ $$ $$ +\frac{\left(-a_5 b_2^5-a_4 b_2^4-a_3 b_2^3-a_2 b_2^2-a_1 b_2-a_0\right) e^{b_2 t}}{\left(b_1-b_2\right) \left(b_2-b_3\right) \left(b_2-b_4\right) \left(b_2-b_5\right) \left(b_2-b_6\right)}+ $$ $$ +\frac{\left(-a_5 b_3^5-a_4 b_3^4-a_3 b_3^3-a_2 b_3^2-a_1 b_3-a_0\right) e^{b_3 t}}{\left(b_1-b_3\right) \left(b_3-b_2\right) \left(b_3-b_4\right) \left(b_3-b_5\right) \left(b_3-b_6\right)}+ $$ $$ +\frac{\left(-a_5 b_4^5-a_4 b_4^4-a_3 b_4^3-a_2 b_4^2-a_1 b_4-a_0\right) e^{b_4 t}}{\left(b_1-b_4\right) \left(b_4-b_2\right) \left(b_4-b_3\right) \left(b_4-b_5\right) \left(b_4-b_6\right)}+ $$ $$ +\frac{\left(-a_5 b_5^5-a_4 b_5^4-a_3 b_5^3-a_2 b_5^2-a_1 b_5-a_0\right) e^{b_5 t}}{\left(b_1-b_5\right) \left(b_5-b_2\right) \left(b_5-b_3\right) \left(b_5-b_4\right) \left(b_5-b_6\right)} $$

[yerzhik]

Vince Diesel в сообщении #420647 писал(а):

В общем виде вряд ли, поскольку корни знаменателя надо знать. Если корни известны, пожалуйста.

Тут есть несколько методов решения, вроде бы. (Один из которых подсмотреть в таблице преобразований Лапласа)
Есть и другие, и самый последний метод, самый сложный вроде как - это взять этот интеграл собственно и высчитать.
Даже если попытаться его взять, все равно придется искать корни? Они неизвестны.
Можно ли как-нибудь упростить подынтегральную функцию, чтобы интеграл можно было легче взять?

[Vince Diesel]

А как вычислить хотя бы неопределенный интеграл от рациональной дроби, если не знать корней? Хотя, результат сверху выписан, если удастся его выразить через симметрические многочлены от $b_k$, то ответ будет положительный.

[yerzhik]

Vince Diesel в сообщении #420653 писал(а):

А как вычислить хотя бы неопределенный интеграл от рациональной дроби, если не знать корней? Хотя, результат сверху выписан, если удастся его выразить через симметрические многочлены от $b_k$, то ответ будет положительный.

Спасибо большое!!
А для уравнения 6ой степени, или выше 4ой кажется не имеет общего решения аналитического, так ведь? Или это в действительных числах, а в комплексных тоже самое?

[Vince Diesel]

Общей формулы для корней через стандартные действия с коэффициентами при $n\ge5$ нет. А из формулы видно, что результат будет малость другой если есть кратные корни. Так что вид ответа зависит от того, какие корни. Но для конкретного уравнения никто можно, найти корни численно.

[yerzhik]

Vince Diesel в сообщении #420796 писал(а):

Общей формулы для корней через стандартные действия с коэффициентами при $n\ge5$ нет. А из формулы видно, что результат будет малость другой если есть кратные корни. Так что вид ответа зависит от того, какие корни. Но для конкретного уравнения никто можно, найти корни численно.

Спасибо большое, понял!

[yerzhik]

Vince Diesel в сообщении #420647 писал(а):

В общем виде вряд ли, поскольку корни знаменателя надо знать. Если корни известны, пожалуйста.

ЗЫ
Для
$ F[s]=\frac{a_5 s^5+a_4 s^4+a_3 s^3+a_2 s^2+a_1 s+a_0}{\left \left(s-b_1\right) \left(s-b_2\right) \left(s-b_3\right) \left(s-b_4\right) \left(s-b_5\right) \left(s-b_6\right)} $
с простыми корнями ответ

$$ \frac{\left(a_5 b_1^5+a_4 b_1^4+a_3 b_1^3+a_2 b_1^2+a_1 b_1+a_0\right) e^{b_1 t}}{\left(b_1-b_2\right) \left(b_1-b_3\right) \left(b_1-b_4\right) \left(b_1-b_5\right) \left(b_1-b_6\right)}+ $$ $$ +\frac{\left(-a_5 b_6^5-a_4 b_6^4-a_3 b_6^3-a_2 b_6^2-a_1 b_6-a_0\right) e^{b_6 t}}{\left(b_1-b_6\right) \left(b_6-b_2\right) \left(b_6-b_3\right) \left(b_6-b_4\right) \left(b_6-b_5\right)}+ $$ $$ +\frac{\left(-a_5 b_2^5-a_4 b_2^4-a_3 b_2^3-a_2 b_2^2-a_1 b_2-a_0\right) e^{b_2 t}}{\left(b_1-b_2\right) \left(b_2-b_3\right) \left(b_2-b_4\right) \left(b_2-b_5\right) \left(b_2-b_6\right)}+ $$ $$ +\frac{\left(-a_5 b_3^5-a_4 b_3^4-a_3 b_3^3-a_2 b_3^2-a_1 b_3-a_0\right) e^{b_3 t}}{\left(b_1-b_3\right) \left(b_3-b_2\right) \left(b_3-b_4\right) \left(b_3-b_5\right) \left(b_3-b_6\right)}+ $$ $$ +\frac{\left(-a_5 b_4^5-a_4 b_4^4-a_3 b_4^3-a_2 b_4^2-a_1 b_4-a_0\right) e^{b_4 t}}{\left(b_1-b_4\right) \left(b_4-b_2\right) \left(b_4-b_3\right) \left(b_4-b_5\right) \left(b_4-b_6\right)}+ $$ $$ +\frac{\left(-a_5 b_5^5-a_4 b_5^4-a_3 b_5^3-a_2 b_5^2-a_1 b_5-a_0\right) e^{b_5 t}}{\left(b_1-b_5\right) \left(b_5-b_2\right) \left(b_5-b_3\right) \left(b_5-b_4\right) \left(b_5-b_6\right)} $$

А если я нашел корни и они такие,
В знаменателе шесть корней вида
$i z_1, -i z_1, i z_2, -i z_2, i z_3, -i z_3 $
Ответ будет такой же как и выше написан?

[Vince Diesel]

Если числа $z_1$, $z_2$, $z_3$ разные, то да.