Gratis forhåndsvisningForord og kapittel 1 er åpent. Kjøp for full tilgang.

TMA4120 · NTNU

Matematikk 4K

Laplacetransformasjonen, Fourieranalyse, partielle differensialligninger, numeriske metoder og komplekse funksjoner. Teori, eksempler og eksamensrettede oppgaver.

10Kapitler

Forord

Introduksjon

Introduksjon til kompendiet og tips til hvordan du bruker det best.

Les før du starter

Kapittel 1

Laplacetransformasjonen

Regneregler, initialverdiproblemer, Heaviside- og deltafunksjonen, konvolusjon og derivasjon av transformer.

8 seksjoner

Kapittel 2

Fourieranalyse

Fourierrekker, odde og like funksjoner, konvergens, Fourierintegral og Fouriertransformen.

9 seksjoner

Kapittel 3

Partielle differensiallikninger

Separasjon av variabler, bølgeligningen, varmeligningen, Laplaceligningen og d'Alemberts løsningsmetode.

7 seksjoner

Kapittel 4

Interpolasjon

Lagranges og Newtons interpolasjon og valg av Chebyshevpunkter.

3 seksjoner

Kapittel 5

Numerisk integrasjon

Kvadraturregler, eksakthet og feilestimater.

3 seksjoner

Kapittel 6

Numeriske metoder for ikke-lineære ligninger

Halveringsmetoden, fikspunktiterasjon og Newtons metode.

3 seksjoner

Kapittel 7

Numeriske metoder for ODE-er

Runge-Kutta-metoder, orden, lokal og global feil, konsistens, konvergens og stabilitet.

5 seksjoner

Kapittel 8

Numeriske metoder for PDE-er og endelige differansemetoder

Varmelikningen og topunkts randverdiproblemer.

2 seksjoner

Kapittel 9

Komplekse funksjoner

Det komplekse plan, analytiske funksjoner, konforme avbildninger, linjeintegral og Cauchys integralteorem og integralformel.

12 seksjoner

Kapittel 10

Følger og rekker i det komplekse planet

Potensrekker, Taylor- og Laurentrekker, singulariteter, residyer og reelle integraler.

8 seksjoner

1. Laplacetransformasjonen

1.1 Introduksjon til Laplacetransformasjonen

Laplacetransformasjonen er en løsningsmetode som brukes til å løse differensialligninger. Den går ut på at du transformerer uttrykket til noe som er lettere å behandle og regne med. Deretter kan du transformere tilbake for å få løsningen. Å løse en differensiallikning ved laplacetransformasjon består av følgende steg:

Differensiallikningen transformeres til en algebraisk likning (subsidiary equation).
Den nye likningen løses algebraisk.
Løsningen transformeres tilbake, og man får en løsning på den opprinnelige differensiallikningen.

Definisjon — Laplacetransformasjonen

Laplacetransformasjonen av en funksjon $f(t)$ som er definert for alle $t \ge 0$ , er gitt ved:

\mathcal{L}\{f(t)\} = F(s) = \int_0^\infty e^{-st}f(t)\,dt

Dette er en funksjon av variabelen $s$ , og transformasjonen eksisterer for de $s$ hvor integralet konvergerer.

Vi tolker $\mathcal{L}(f)$ som 'Laplacetransformasjonen av $f$ '. (Annen notasjon som ofte blir brukt: $F(s) = \mathcal{L}[f](s)$ )

Vi kan også definere den inverse Laplacetransformasjonen slik:

f(t) = \mathcal{L}^{-1}[F](t), \qquad \mathcal{L}^{-1}(\mathcal{L}(f)) = f, \qquad \mathcal{L}(\mathcal{L}^{-1}(F)) = F

Originalfunksjon avhenger av variabelen $t$ , og transformasjonen av $s$ . Dersom originalfunksjon er $f(t)$ , er $F(s)$ transformasjonen. Det at det er ulik variabel gjør det lettere å skille mellom om uttrykket er transformert eller ikke.

Eksempel — Laplacetransformasjonen av

f(t) = e^{at}

La $f(t) = e^{at}$ , $t \ge 0$ , og $a$ er en konstant. Vi skal finne $\mathcal{L}(f)$ :

\mathcal{L}(e^{at}) = \int_0^\infty e^{-st} \cdot e^{at}\,dt = \int_0^\infty e^{-(s-a)t}\,dt = \left[\frac{1}{-(s-a)}e^{-(s-a)t}\right]_0^\infty = \frac{1}{s-a}, \quad \text{for } s > a

Eksempel — Invers Laplacetransformasjon

Fra forrige eksempel har vi dette resultatet for den inverse Laplacetransformasjonen:

\mathcal{L}^{-1}\!\left[\frac{1}{s-a}\right] = e^{at}, \qquad 0 \le t, \quad s > a

Noen av de mest brukte, og svært nyttige, Laplacetransformasjonene er samlet i tabellen under. Disse får man ofte bruk for i oppgaveløsning og er ofte gitt som hjelpemiddel på eksamen. Laplacetransformasjonen kan være tungvint å regne ut, og derfor er det nyttig å ha noen av de mest brukte funksjonene regnet ut på forhånd.

$f(t)$	$F(s)$	$f(t)$	$F(s)$
$1$	$\dfrac{1}{s}$	$\cos(at)$	$\dfrac{s}{s^2+a^2}$
$t$	$\dfrac{1}{s^2}$	$\sin(at)$	$\dfrac{a}{s^2+a^2}$
$t^n$	$\dfrac{n!}{s^{n+1}}$	$\cosh(at)$	$\dfrac{s}{s^2-a^2}$
$e^{at}$	$\dfrac{1}{s-a}$	$\sinh(at)$	$\dfrac{a}{s^2-a^2}$

Tabell 1.1: Laplace-transformasjoner av noen av de mest brukte funksjonene. Her er $a$ vilkårlige tall, mens $n$ er positive heltall.

1.2 Regneregler

Teorem: Linearitet og Laplacetransformasjonen

Laplacetransformasjonen er en lineær operasjon. For enhver funksjon $f(t)$ og $g(t)$ som har en transformasjon, og enhver konstant $a$ og $b$ der transformasjonen $a \cdot f(t) + b \cdot g(t)$ eksisterer, så gjelder:

\mathcal{L}(a \cdot f(t) + b \cdot g(t)) = a \cdot \mathcal{L}(f(t)) + b \cdot \mathcal{L}(g(t))

Eksempel — Laplacetransformasjonen av

\cosh(at)

\sinh(at)

Siden $\cosh(at) = \frac{1}{2}(e^{at}+e^{-at})$ og $\sinh(at) = \frac{1}{2}(e^{at}-e^{-at})$ , kan vi bruke linearitetsegenskapene til Laplacetransformasjonen slik at vi får disse resultatene:

\mathcal{L}(\cosh(at)) = \frac{1}{2}\bigl(\mathcal{L}(e^{at})+\mathcal{L}(e^{-at})\bigr) = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{s-a}+\frac{1}{s+a}\right) = \frac{s}{s^2-a^2}

\mathcal{L}(\sinh(at)) = \frac{1}{2}\bigl(\mathcal{L}(e^{at})-\mathcal{L}(e^{-at})\bigr) = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{s-a}-\frac{1}{s+a}\right) = \frac{a}{s^2-a^2}

Eksempel — Invers Laplacetransformasjon

Vi er gitt et Laplacetransformert uttrykk $F(s) = \dfrac{s-4}{s^2-4}$ . Vi skal finne $f(t)$ ved å transformere tilbake. Vi kan dele opp $F(s)$ ettersom Laplacetransformasjonen er lineær:

F(s) = \frac{s-4}{s^2-4} = \frac{s}{s^2-4} - \frac{4}{s^2-4} = \frac{s}{s^2-2^2} - \frac{2 \cdot 2}{s^2-2^2}

Vi kan nå bruke uttrykkene for sinh og cosh fra tabell 1.1. Hvis vi setter $a = 2$ , får vi at:

f(t) = \cosh(2t) - 2\sinh(2t)

Noen nyttige punkter om Laplacetransformasjonen:

$\mathcal{L}[1](s) = \dfrac{1}{s}$ , $s > 0$ (dette følger av $\mathcal{L}(e^{0t})$ )
$f(t) \xrightarrow{\mathcal{L}} F(s) = \mathcal{L}[f](s)$

Teorem: Linearitet og Laplacetransformasjonen (omformulert)

Dersom en funksjon $f(t)$ oppfyller:

A1) $f(t)$ er stykkevis kontinuerlig på hvert endelige delintervall for $t \ge 0$

A2) Det finnes konstanter $M \ge 0$ og $k \in \mathbb{R}$ slik at:

|f(t)| \le Me^{kt}, \quad \text{for alle } t \ge 0

Da vil $F(s) = \mathcal{L}[f](s)$ eksistere for alle $s > k$ , og er unik, dvs. at $f = \tilde{f}$ for $t \ge 0 \iff \mathcal{L}[f] = \mathcal{L}[\tilde{f}]$ for alle $s > k$ .

1.3 Deriverte, dobbeltderiverte og integral

For å kunne benytte Laplacetransformasjonen som differensiallikningsløsningsmetode, må vi vite hvordan transformasjonen fungerer på deriverte uttrykk, dobbeltderiverte uttrykk og integraler.

Transformasjonsregler for deriverte:

\mathcal{L}\{f'(t)\} = s\mathcal{L}\{f(t)\} - f(0)

\mathcal{L}\{f''(t)\} = s^2\mathcal{L}\{f(t)\} - sf(0) - f'(0)

\mathcal{L}\{f^{(n)}(t)\} = s^n\mathcal{L}\{f(t)\} - s^{n-1}f(0) - s^{n-2}f'(0) - \cdots - f^{(n-1)}(0)

Dersom vi skal løse et initialverdiproblem er $f(t)$ ofte $y$ -en i differensialligningen, og dermed er $f(0)$ og $f'(0)$ oppgitt som initialverdier. Dette vises nærmere i neste delkapittel.

Det er også nødvendig å vite hvordan Laplacetransformasjonen av et integral er definert. Dersom en funksjon $f$ oppfyller A1 og A2 (forrige delkapittel), gjelder følgende:

\mathcal{L}\!\left[\int_0^t f(\tau)\,d\tau\right](s) = \frac{1}{s}\mathcal{L}[f](s)

Hvis du har et uttrykk der $\mathcal{L}(f)$ inneholder en faktor $\frac{1}{s}$ , kan du bruke regelen «baklengs». Ta den inverse Laplacetransformasjonen av det resterende uttrykket, og deretter integrer resultatet fra 0 til $t$ for å finne $f(t)$ . Eksempelet under viser hvordan dette kan gjøres.

Eksempel — Laplacetransformasjonen av et integral

Vi skal nå finne $f(t)$ når $\mathcal{L}(f) = \dfrac{5}{s(s^2+4)}$ .

Ettersom

\frac{5}{s(s^2+4)} = \frac{1}{s} \cdot \frac{5}{s^2+4}

kan vi definere en funksjon $g(\tau)$ slik at

\mathcal{L}(g) = \frac{5}{s^2+4}

og dermed har vi:

\mathcal{L}(f) = \frac{1}{s} \cdot \mathcal{L}(g).

Fra konvolusjonstheoremet følger det at

f(t) = \int_0^t g(\tau)\,d\tau.

Nå finner vi $g(\tau)$ ved å ta den inverse Laplacetransformen:

g(\tau) = \mathcal{L}^{-1}\!\left(\frac{5}{s^2+4}\right) = \frac{5}{2}\sin(2\tau).

Dermed får vi:

f(t) = \int_0^t \frac{5}{2}\sin(2\tau)\,d\tau = \frac{5}{2}\left[\frac{-\cos(2\tau)}{2}\right]_0^t = \frac{5}{2} \cdot \frac{1-\cos(2t)}{2} = \frac{5(1-\cos(2t))}{4}

1.4 Å løse initialverdiproblem med Laplacetransformasjonen

Vi skal nå se på hvordan man kan gå frem for å løse initialverdiproblemer med Laplacetransformasjonen. Dersom vi har en andre ordens differensiallikning på formen $y''+y'+y=0$ , er løsningsstegene:

Vi definerer $Y$ som Laplacetransformasjonen av $y$ : $Y = \mathcal{L}(y)$ .
Vi Laplace-transformerer hvert ledd i differensiallikningen, ved å bruke reglene for deriverte: $\mathcal{L}(y') = sY - y(0), \qquad \mathcal{L}(y'') = s^2Y - sy(0) - y'(0)$
Uttrykket skrives om slik at vi får et uttrykk for $Y$ med $s$ som variabel.
Vi må nå finne den inverse Laplacetransformasjonen av $Y$ . Dette kan gjøres ved å bruke noen av de kjente oppgitte transformasjonene (se tabell 1.1).
Vi kan nå transformere tilbake, slik at vi får et uttrykk for $y(t)$ .

Eksempel — Løsning av et initialverdiproblem

Vi er gitt initialverdiproblemet:

\begin{cases} y'' + 3y' = 3, \quad t > 0 \\ y(0) = 0, \quad y'(0) = -2 \end{cases}

1. Laplacetransformerer: $Y = \mathcal{L}[y]$ .

2. Deretter må vi løse for $Y$ :

s^2Y - s \cdot y(0) - y'(0) + 3(sY - y(0)) = 3 \cdot \mathcal{L}[1]

s^2Y - s \cdot 0 - (-2) + 3(sY - 0) = 3 \cdot \frac{1}{s}

s(s+3)Y = \frac{3}{s} - 2 \quad \longrightarrow \quad Y = \frac{3}{s^2(s+3)} - \frac{2}{s(s+3)}

3. Nå må vi ta den inverse transformasjonen:

Dette gjøres ved delbrøksoppspalting:

\frac{3}{s^2(s+3)} = \frac{A}{s} + \frac{B}{s^2} + \frac{C}{s+3} \quad \longrightarrow \quad A = -\frac{1}{3},\; B = 1,\; C = \frac{1}{3}

\frac{-2}{s(s+3)} = \frac{A}{s} + \frac{B}{s+3} \quad \longrightarrow \quad A = -\frac{2}{3},\; B = \frac{2}{3}

y = \mathcal{L}^{-1}\!\left[\left(-\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{s}+\frac{1}{s^2}+\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{s+3}\right)+\left(-\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{s}+\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{s+3}\right)\right]

= \mathcal{L}^{-1}\!\left[\frac{-1}{s}+\frac{1}{s^2}+\frac{1}{s+3}\right] = -1 + t + e^{-3t}

4. Kontroll:

$y' = 1 + (-3)e^{-3t}$ , $\; y'' = 9e^{-3t}$ $\Rightarrow$ $y''+3y' = 3$ , $\; y(0) = 0$ , $\; y'(0) = -2$ $\leftarrow$ Ok.

1.5 Heaviside funksjonen og T-forskyvning

Heaviside funksjonen, også kalt enhetssprangfunksjonen, er en funksjon som er definert slik:

u(t-a) = \begin{cases} 0 & \text{for } t < a \\ 1 & \text{for } t > a \end{cases}

Tallet $a$ kan være et hvilket som helst reelt tall. Funksjonen er udefinert for $t = a$ . Laplacetransformasjonen av Heaviside funksjonen er:

\mathcal{L}[u(t-a)](s) = \int_0^\infty e^{-st} \cdot u(t-a)\,dt = \int_a^\infty e^{-st}\,dt = \frac{1}{s} \cdot e^{-as}

Her blir nedre grense til integralet endret fra 0 til $a$ ettersom Heaviside funksjonen er lik 0 for alle $t < a$ .

Denne transformasjonen gjør det mulig med t-forskyvning, som er nyttig når man skal Laplacetransformere en funksjon som er null utenfor gitte områder, eller dersom du får et ledd $e^{-as}$ etter å ha Laplacetransformert, som gjør at du kan trekke ut $e^{-as}$ og invers-transformere tilbake utregningen. Før vi ser på et eksempel på hvordan dette kan anvendes, er det nyttig å kunne andre skiftteorem.

Teorem: Andre skiftteorem (T-forskyvning)

Dersom $f(t)$ har Laplacetransformasjonen $F(s)$ , da har funksjonen

\tilde{f}(t) = f(t-a)u(t-a) = \begin{cases} 0, & t < a \\ f(t-a), & t > a \end{cases}

Laplacetransformen $e^{-as}F(s)$ . Det vil si at dersom $\mathcal{L}\{f(t)\} = F(s)$ , da har vi at

\mathcal{L}\{f(t-a)u(t-a)\} = e^{-as}F(s).

Eller, hvis vi tar den inverse Laplacetransformasjonen på begge sider, så har vi:

f(t-a)u(t-a) = \mathcal{L}^{-1}\!\left\{e^{-as}F(s)\right\}.

Eksempel — Heaviside-funksjonen

Vi skal finne den Laplacetransformerte til følgende funksjon:

f(t) = \begin{cases} 2, & 0 < t < 1 \\ \dfrac{1}{2}t^2, & 1 < t < \dfrac{\pi}{2} \\ \cos t, & t > \dfrac{\pi}{2} \end{cases}

Steg 1: Fremstilling av funksjonsdelene med Heaviside for å gjøre funksjonen lik 0 på de delene som er udefinert.

$f(t) = 2(1-u(t-1))$

$f(t) = \tfrac{1}{2}t^2\bigl[u(t-1)-u\bigl(t-\tfrac{\pi}{2}\bigr)\bigr]$

$f(t) = \cos(t) \cdot u\bigl(t-\tfrac{\pi}{2}\bigr)$

Steg 2: Omskrivning med Heaviside-funksjoner (t-forskyvning)

f(t) = 2(1-u(t-1)) + \frac{1}{2}t^2\left[u(t-1) - u\!\left(t-\frac{\pi}{2}\right)\right] + \cos(t) \cdot u\!\left(t-\frac{\pi}{2}\right)

Steg 3: Laplacetransformasjon, ledd for ledd

\mathcal{L}\{2(1-u(t-1))\} = \frac{2}{s} - \frac{2e^{-s}}{s}

\mathcal{L}\!\left\{\frac{1}{2}t^2\left[u(t-1) - u\!\left(t-\frac{\pi}{2}\right)\right]\right\} = \left(\frac{1}{s^3}+\frac{1}{s^2}+\frac{2}{s}\right)e^{-s} - \left(\frac{1}{s^3}+\frac{\pi}{2s^2}+\frac{\pi^2}{8s}\right)e^{-\frac{\pi}{2}s}

\mathcal{L}\!\left\{\cos(t) \cdot u\!\left(t-\frac{\pi}{2}\right)\right\} = \frac{s}{s^2+1} \cdot e^{-\frac{\pi}{2}s}

Steg 4: Sluttresultat

\mathcal{L}\{f(t)\} = \frac{2}{s} - \frac{2e^{-s}}{s} + \left(\frac{1}{s^3}+\frac{1}{s^2}+\frac{2}{s}\right)e^{-s} - \left(\frac{1}{s^3}+\frac{\pi}{2s^2}+\frac{\pi^2}{8s}\right)e^{-\frac{\pi}{2}s} + \frac{s}{s^2+1}\,e^{-\frac{\pi}{2}s}

1.6 Deltafunksjonen

Deltafunksjonen kan minne om Heaviside-funksjonen. Forskjellen er at Deltafunksjonen er lik 0 alle steder utenom en funksjonsverdi. I det punktet går den mot uendelig. Funksjonen er definert slik:

\delta(t-a) = \begin{cases} \infty, & t = a \\ 0 & \text{ellers} \end{cases}

En definisjon som brukes for Deltafunksjonen er:

\delta(t-a) = \lim_{h \to 0^+} \frac{u(t-a) - u(t-(a+h))}{h}

hvor vi har tatt differansen mellom to Heaviside-funksjoner, delt differansen på $h$ , og deretter latt steglengden $h$ gå mot null.

$u(t-a) - u(t-(a+h))$ er lik 1 i intervallet $a \le t < a+h$ og 0 ellers. Det vil si at vi får en slags rektangelfunksjon, med bredde $h$ , høyde lik 1, og dermed areal lik $h$ . Dette kan være litt uforståelig, men man trenger ikke forstå det for å løse oppgaver knyttet til Deltafunksjonen. Ettersom vi deler differansen på $h$ , vil høyden bli $\frac{1}{h}$ og bredden lik $h$ , som gir et areal på 1. Når $h$ går mot null vil arealet fremdeles være lik 1, til tross for at rektangelet blir uendelig høyt og uendelig smalt. Dette sier oss at:

\int_0^\infty \delta(t-a)\,dt = 1

Det som gjør at Deltafunksjonen ikke egentlig kan ses på som en ordinær funksjon, er at man generelt har at for en funksjon som er lik 0 overalt utenom ett enkelt punkt har et integral lik 0. Deltafunksjonen er en såkalt generalisert funksjon, som gjør det mulig med sampling.

Sampling:

\int_0^\infty f(t)\delta(t-a)\,dt = f(a)

Grunnen til at det kalles sampling er fordi deltafunksjonen henter ut verdien til $f(t)$ i $t = a$ . Dette gjelder dersom $f(t)$ er kontinuerlig.

Laplacetransformasjonen av Deltafunksjonen er $\mathcal{L}[\delta(t-a)] = e^{-as}$ . Vi skal nå se på en eksempeloppgave som tar i bruk dette.

Eksempeloppgave — Løsning av differensialligninger med Deltafunksjonen

Vi er gitt differensialligningen:

y'' + 3y' + 2y = r(t) = \delta(t-1), \quad y(0) = 0, \quad y'(0) = 0

Som vi skriver om til:

(s^2 + 3s + 2)Y = e^{-s}

\Rightarrow Y(s) = \frac{e^{-s}}{s^2+3s+2} = \left(\underbrace{\frac{1}{s+1}}_{\mathcal{L}\{e^{-t}\}} - \underbrace{\frac{1}{s+2}}_{\mathcal{L}\{e^{-2t}\}}\right) \cdot e^{-s}

\Rightarrow y(t) = \left(e^{-(t-1)} - e^{-2(t-1)}\right) \cdot u(t-1)

= \begin{cases} 0, & 0 < t < 1 \\ e^{-(t-1)} - e^{-2(t-1)}, & t > 1 \end{cases}

1.7 Konvolusjon

Konvolusjon er en operasjon mellom to funksjoner med $t$ som variabel, som gir en ny funksjon av $t$ i form av et integral. Den generelle definisjonen på konvolusjon er gitt under:

Konvolusjon:

(f * g)(t) := \int_0^t f(\tau)g(t-\tau)\,d\tau

Her er det viktig å vite at $*$ ikke er et gangetegn, men et konvolusjonstegn. Konvolusjon handler om multiplikasjon av transformer. Når vi adderer transformer slik:

\mathcal{L}(f+g) = \mathcal{L}(f) + \mathcal{L}(g).

Men, dersom vi kjenner $\mathcal{L}(f)$ og $\mathcal{L}(g)$ og ønsker å finne funksjonen der transformen er produktet $\mathcal{L}(f)\mathcal{L}(g)$ . Så gjetter vi at vi får $fg$ , men slik er det ikke. Transformen til et produkt er generelt ulik produktet av transformene til de individuelle funksjonene. Det vil si:

\mathcal{L}(fg) \neq \mathcal{L}(f)\mathcal{L}(g)

Konvolusjon kan brukes når vi har et Laplacetransformert uttrykk som er produktet av to andre Laplacetransformerte uttrykk. Da kan vi finne den inverse Laplacetransformasjonen ved å ta i bruk konvolusjon. Dette blir mer tydelig når man kan konvolusjonsteorement.

Konvolusjonsteorement

Anta at $f, g$ stykkevis kontinuerlige og

|f(t)| + |g(t)| \le Me^{kt}

for vilkårlige konstanter $M$ og $k$ .

Da er

\mathcal{L}[f * g](s) = \mathcal{L}[f](s) \cdot \mathcal{L}[g](s)

for $s > k$ , og

\mathcal{L}^{-1}[\mathcal{L}[f] \cdot \mathcal{L}[g]](t) = (f * g)(t), \quad t \ge 0

Vi har også at $f * g = g * f$ , og $f * \delta = f$ .

Eksempeloppgave — Volterra integrasjonslikning

y = \sin t + y * \sin t

1) Ta Laplace-transformasjon:

\mathcal{L}\{y\} = \frac{1}{1+s^2} + \mathcal{L}\{y\} \cdot \frac{1}{1+s^2}

2) Løs for $\mathcal{L}\{y\}$ :

\left(1 - \frac{1}{1+s^2}\right)\mathcal{L}\{y\} = \frac{1}{1+s^2} \quad \Rightarrow \quad \mathcal{L}\{y\} = \frac{1}{s}

3) Inverter Laplace-transformasjonen:

\mathcal{L}^{-1}\{Y\} = \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s}\right\} = t

1.8 Derivasjon og integrasjon av transformer

Derivasjon og Laplace-transformen:

Vi skal nå se på sammenhengen mellom derivasjon, integrasjon og Laplacetransformasjonen.

\frac{d}{ds}\int_0^\infty e^{-st}f(t)\,dt \; \overset{\text{(ikke pensum)}}{=} \; \int_0^\infty \frac{\partial}{\partial s}\left[e^{-st}f(t)\right]dt = \int_0^\infty e^{-st}(-t)f(t)\,dt = \mathcal{L}[-tf(t)]

F(s) = \mathcal{L}[f](s), \quad \Rightarrow \quad \frac{d}{ds}F(s) = \mathcal{L}[-tf(t)](s)

\Rightarrow \mathcal{L}[tf(t)](s) = -F'(s) \quad \text{og} \quad \mathcal{L}^{-1}[F'(s)] = -tf(t)

(Har antatt at $f(t)$ er stykkevis kontinuerlig.)

Dette kan brukes når man skal Laplacetransformere et uttrykk som er multiplisert med $t$ .

Integrasjonsregel for Laplace-transformen

Dette er en måte å bruke fundamentalteoremet, og dermed integrasjon for å finne $f(t)$ når man har et Laplacetransformert uttrykk.

f(t) = \mathcal{L}^{-1}[F](t) = \mathcal{L}^{-1}\!\left[-\frac{d}{ds}\int_s^\infty F(\tau)\,d\tau\right](t) \quad \text{(fundamentalteoremet)}

= t \cdot \mathcal{L}^{-1}\!\left[\int_s^\infty F(\tau)\,d\tau\right](t)

\Rightarrow \mathcal{L}\!\left[\frac{1}{t}f(t)\right](s) = \int_s^\infty F(\tau)\,d\tau

\text{og} \quad \mathcal{L}^{-1}\!\left[\int_s^\infty F(\tau)\,d\tau\right](t) = \frac{1}{t}f(t)

(Må anta at $f(t)$ er stykkevis kontinuerlig og $\lim_{t \to 0^+} \dfrac{f(t)}{t}$ eksisterer).

Eksempeloppgave — Derivasjon

F(s) = \arctan\!\left(\frac{\omega}{s}\right), \quad F'(s) = -\frac{\omega}{\omega^2+s^2}

(-t) \cdot f(t) = \mathcal{L}^{-1}[F'(s)] = -\sin(\omega t)

Dette eksempelet viser hvordan man kan benytte derivasjon av Laplace-transformer til å håndtere uttrykk med $tf(t)$ .

Matematikk 4K

Forord

1. Laplacetransformasjonen

1.1 Introduksjon til Laplacetransformasjonen

1.2 Regneregler

1.3 Deriverte, dobbeltderiverte og integral

1.4 Å løse initialverdiproblem med Laplacetransformasjonen

1.5 Heaviside funksjonen og T-forskyvning

1.6 Deltafunksjonen

1.7 Konvolusjon

1.8 Derivasjon og integrasjon av transformer

Fourieranalyse er låst

Partielle differensiallikninger er låst

Interpolasjon er låst

Numerisk integrasjon er låst

Numeriske metoder for ikke-lineære ligninger er låst

Numeriske metoder for ODE-er er låst

Numeriske metoder for PDE-er og endelige differansemetoder er låst

Komplekse funksjoner er låst

Følger og rekker i det komplekse planet er låst