<html><head><meta name="color-scheme" content="light dark"></head><body><pre style="word-wrap: break-word; white-space: pre-wrap;">\input{kapittel}

\kapittel{1}{Laplacetransform}

Laplacetransform er en snedig teknikk for Ã¥ lÃ¸se ordinÃ¦re differensiallikninger. 
La $x:[0,\infty)\to \mathbb C$ vÃ¦re en funksjon. 


\begin{tcolorbox}[colback=blue!10, title=Laplacetransformen til $x$ er] 
\begin{equation*}
X(s) = \mathcal{L}\left( x\right)=\int_0^{\infty} x(t)e^{-st}\;dt
\end{equation*}
der $s=\sigma + i \omega$.
\end{tcolorbox}


Det er klart at laplacetransformen er en lineÃ¦roperator.
FÃ¸rst kan man spÃ¸rre seg hvilke funksjoner det er naturlig Ã¥ finne laplacetransformen til. 
Vi noterer oss at $\mathcal{L}(x)$ er definert ved et uegentlig integral, 
og at dette bÃ¸r konvergere. 

\begin{tcolorbox}[colback=red!10, title=Hva kan du putte inn?] 
La $x$ en stykkvis kontinuerlig funksjon, og la $a$ og $M&gt;0$ vÃ¦re reelle tall slik at
\[
|x(t)|\leq Me^{at}  \quad \text{for} \quad t\geq 0.
\]
Integralet
\[
\int_0^{\infty} x(t)e^{-st}\; dt.
\]
konvergerer absolutt dersom $\sigma&gt;a$.
\end{tcolorbox}

Dette er ikke sÃ¥ vanskelig Ã¥ tro pÃ¥:
\begin{align*}
\left |\int_0^{\infty} x(t)e^{-st}\; dt \right| \leq &amp;
\int_0^{\infty} |x(t)|e^{-st}\; dt \leq \\
M\int_0^{\infty} e^{at} e^{-st}\; dt \leq &amp;
\;M\int_0^{\infty} e^{(a-s)t}\; dt = \frac{M}{s-a}. \qedhere
\end{align*}


\begin{ex}
Vi kan ikke beregne
\[
\mathcal{L}(e^{t^2})=\int_0^{\infty} e^{t^2-st}\; dt,
\]
for $e^{t^2}$ vokser for fort. Siden 
\[
\lim_{t \to \infty} e^{t^2-st}=\infty
\]
kan integralet ikke konvergere.
\end{ex}



\begin{ex}
\label{ex:laplace_eksp}
SÃ¥ lenge $s&gt;a$, kan vi fint beregne
\[
\mathcal{L}(e^{at})=\int_0^{\infty} e^{(a-s)t}\; dt= \frac{1}{s-a}. \qedhere
\]
\end{ex}

\begin{ex}
Vi kan ogsÃ¥ beregne
\[
\mathcal{L}(0)=\int_0^{\infty} 0e^{-st}\; dt= 0. \qedhere
\]
\end{ex}

\noindent Heretter skal vi alltid anta at $s$ er valgt slik at integralet konvergerer. 
Vi skal ogsÃ¥ anta $x$ er stykkvis kontinuerlig og tilfredsstilller $|x|\leq Me^{at}$. 
Stykkvis kontinurelig betyr at $x$ kan ha maksimalt et endelig antall sprang.
 




\begin{ex}
La $x(t)=\cos t$.
\begin{align*}
\mathcal{L}(x)&amp;=\int_0^{\infty} e^{-st}\cos t  \; dt \\ 
&amp;= \frac{1}{2}\int_0^{\infty} \left(e^{it}+e^{-it}\right)e^{-st}  \; dt \\ 
&amp;= \frac{1}{2}\int_0^{\infty} e^{(i-s)t}+e^{-(i+s)t}  \; dt \\ 
&amp;= \frac{1}{2}\left(\frac{1}{s-i}+\frac{1}{s+i}\right)=\frac{s}{s^2+1}. 
\end{align*}
Her har vi brukt en omskrivning av Eulers formel:
\[
\cos t = \frac{e^{it}+e^{-it}}{2}. \qedhere
\]
\end{ex}

\begin{ex}
Og nÃ¥ $x(t)=\cosh t$.
\begin{align*}
\mathcal{L}(x)&amp;=\mathcal{L}\left( \frac{e^{t}+e^{-t}}{2}\right) \\ 
&amp;=\frac{1}{2}\left(\mathcal{L}(e^t)+\mathcal{L}(e^{-t})\right) \\
&amp;= \frac{1}{2}\left(\frac{1}{s-1}+\frac{1}{s+1}\right) =\frac{s}{s^2-1}. \qedhere
\end{align*}
\end{ex}

La $\sigma&gt;0$. Vi beregner
\begin{align*}
\mathcal{L}(\dot{x})&amp;=\int_0^{\infty} \dot{x}(t)e^{-st}\; dt\\&amp;=x(t)e^{-st}\biggr\rvert_{0}^{\infty}+s\int_0^{\infty} x(t)e^{-st}\; dt\\&amp;=s\mathcal{L}(x)-f(0). \qedhere
\end{align*}


\begin{tcolorbox}[colback=red!10, title=Derivasjonsregelen] 
\label{thm:laplace_derivert}
Dersom $s&gt;0$ og $|\dot{x}(t)|\leq Me^{at}$ er stykkvis kontinuerlig, er
\[
\mathcal{L}(\dot{x})=s\mathcal{L}(x)-f(0).
\]
\end{tcolorbox}



\begin{ex}
\begin{align*}
\mathcal{L}(\sinh t)&amp;=s\mathcal{L}(\cosh t)+\cosh(0)\\&amp;=-s\frac{s}{s^2-1}+1=\frac{1}{s^2+1}. \qedhere
\end{align*}
\end{ex}


\begin{ex}
Vi beregner fÃ¸rst 
\[
\mathcal{L}(1)=\int_0^{\infty} e^{-st}\; dt=\frac{1}{s}.
\]
La nÃ¥ $x(t)=t^n$. Den $n$-te deriverte av $x$ er:
\[
f^n(t)=n!
\]
og siden $f^k(0)=0$ uansett $k$, fÃ¥r vi 
\[
n!\mathcal{L}(1)=s^n\mathcal{L}(t^n),
\]
slik at 
\[
\mathcal{L}(t^n)=\frac{n!}{s^{n+1}}. \qedhere
\]
\end{ex}

Vi kan lage en regneregel for motsatt vei ogsÃ¥.
La $\sigma&gt;0$. Vi beregner
\begin{align*}
\mathcal{L}(g)&amp;=\int_0^{\infty} g(t)e^{-st}\; dt\\&amp;=-\frac{1}{s}g(t)e^{-st}\biggr\rvert_{0}^{\infty}+\frac{1}{s}\int_0^{\infty} x(t)e^{-st}\; dt\\&amp;=\frac{1}{s}\mathcal{L}(x). \qedhere
\end{align*}



\begin{tcolorbox}[colback=red!10, title=Integrasjonsregelen] 
\label{thm:laplace_derivert}
La $g(t)=\int_0^t f(u)\; du$. Dersom $g$ tilfredsstiller vekstkravet, har vi:
\[
\mathcal{L}(g)=\frac{1}{s}\mathcal{L}(x)
\]
\end{tcolorbox}

\begin{ex}
\begin{equation*}
\mathcal{L}(\delta(t-a))=\int_0^{\infty} \delta(t-a)e^{-st}\; dt=e^{-as} \qedhere
\end{equation*}
\end{ex}

\begin{ex}
\begin{align*}
\mathcal{L}(\sin t)&amp;=\frac{1}{s}\mathcal{L}(\cos t)\\&amp;=\frac{1}{s}\frac{s}{s^2+1}=\frac{1}{s^2+1}. \qedhere
\end{align*}
\end{ex}

\begin{ex}
\begin{align*}
\mathcal{L}\left((t^2-1)e^{-t^2/2}\right)&amp;=s^2\mathcal{L}\left(e^{-t^2/2}\right)-s\\&amp;=-s\frac{s}{s^2+1}+1=\frac{1}{s^2+1}. \qedhere
\end{align*}
\end{ex}

\begin{tcolorbox}[colback=red!10, title=En regel til] 
\label{derivasjon_s}
La $g(t)=tx(t)$ og $\mathcal{L}(x)=F$. Anta at $x$ er deriverbar. Da har vi:
\[
\mathcal{L}(g) =-\dot{x}
\]
\end{tcolorbox}


Dersom $x$ er stykkvis kontinuerlig og tilfredsstiller vekstkravet, gjelder dette ogsÃ¥ for $g$. 
Vi beregner
\begin{align*}
\mathcal{L}(g)&amp;=\int_0^{\infty} tx(t)e^{-st}\; dt=\int_0^{\infty} -\frac{d}{ds}x(t)e^{-st}\; dt\\
&amp;=-\frac{d}{ds}\int_0^{\infty} x(t)e^{-st}\; dt=-\dot{x}. \qedhere
\end{align*}


\begin{ex}
\[
\mathcal{L}(t\sin t)=-\frac{d}{ds}\frac{1}{s^2+1} = \frac{2s}{(s^2+1)^2} . \qedhere
\]
\end{ex}

\begin{tcolorbox}[colback=red!10, title=En regel til II] 
La $g(t)=\frac{1}{t}x(t)$, la $\mathcal{L}(x)=F$, og $G(s)=\int_s^\infty F(u)\; du$. Da har vi:
\[
\mathcal{L}(g) =G
\]
\end{tcolorbox}

Vi beregner
\begin{align*}
\mathcal{L}(g)&amp;=\int_0^{\infty} \frac{1}{t}x(t)e^{-st}\; dt\\
&amp;=-\int_s^\infty \int_0^{\infty} x(t)e^{-st}\; dt\;ds=G. \qedhere
\end{align*}


Dersom $x(t)$ er stykkvis kontinuerlig og tilfredsstiller vekstkravet, gjelder dette ogsÃ¥ for $e^{at}x(t)$, slik at
\begin{align*}
\mathcal{L}(g)&amp;=\int_0^{\infty} e^{at}x(t)e^{-st}\; dt\\&amp;=\int_0^{\infty} x(t)e^{at-st}\; dt\\&amp;=\int_0^{\infty} x(t)e^{-(s-a)t}\; dt=F(s-a). \qedhere
\end{align*}
Dette kalles  '$s$-skift'.
\begin{tcolorbox}[colback=red!10, title=En skifteregel] 
La $g(t)=e^{at}x(t)$, $\mathcal{L}(x)=F$  og $\mathcal{L}(g)=G$. Da har vi 
\begin{align*}
G(s)=F(s-a).
\end{align*}
\end{tcolorbox}


\begin{ex}
\begin{align*}
\mathcal{L}\left(e^{at}\sin(t)\right)&amp;=\frac{1}{(s-a)^2+1} \\[5pt]
\mathcal{L}\left(e^{at}\cos(t)\right)&amp;=\frac{s-a}{(s-a)^2+1} \qedhere
\end{align*}
\end{ex}


\section*{To viktige funksjoner}

Husk at heavisidefunksjonen er gitt ved
\begin{equation*}
u(t)=    
\begin{cases}
      0  &amp; \text{for } t &lt; 0 \\
      1 &amp; \text{for } t \geq  0.
    \end{cases} 
\end{equation*}
Man kan tenke pÃ¥ denne som en funksjon som slÃ¥r noe pÃ¥ ved $t=0$. 
 \begin{center}
    \begin{tikzpicture}[thick]
      \begin{scope}[xshift=5cm,yshift=-1cm]
          \draw[-&gt;] (-3.5,0) -- (1.5,0) node[right]{$t$};
          \draw[-&gt;] (-2.5,-0.25) -- (-2.5,2) ;
          \draw[-,red] (-3.5,0) -- (-2.5,0);
          \draw[-,red] (-2.5,0.5) -- (1.5,0.5) node[above]{$u(t)$};
      \end{scope}
    \end{tikzpicture}
  \end{center}
\begin{ex}
\[
u(t)e^t=\begin{cases}
      0  &amp; \text{for } t &lt; 0 \\
      e^t &amp; \text{for } t \geq  0
    \end{cases} \qedhere
\]
\end{ex}
\noindent Vi kan slÃ¥ pÃ¥ ved tiden $t=a$ istedet:
\begin{equation*}
u(t-a)=    
\begin{cases}
      0  &amp; \text{for } t &lt; a \\
      1 &amp; \text{for } t \geq  a,
    \end{cases} 
\end{equation*}
 \begin{center}
    \begin{tikzpicture}[thick]
      \begin{scope}[xshift=5cm,yshift=-1cm]
          \draw[-&gt;] (-2.5,0) -- (1.5,0) node[right]{$t$};
          \draw[-&gt;] (-2.5,-0.25) -- (-2.5,2) ;
          \draw[-,red] (-2.5,0) -- (-1,0);
          \draw[-,red] (-1,0.5) -- (1.5,0.5) node[above]{$u(t-a)$};
          \node[below] at (-1,0){$a$};
      \end{scope}
    \end{tikzpicture}
  \end{center}
Vi kan ogsÃ¥ slÃ¥ pÃ¥ ved $t=a$ og av igjen ved $t=b$:
\begin{equation*}
u(t-a)-u(t-b)=    
\begin{cases}
      0  &amp; \text{for } t &lt; a \\
      1 &amp; \text{for } a \leq t &lt;  b \\
       0 &amp; \text{for } t \geq  b.
    \end{cases} 
\end{equation*}
 \begin{center}
    \begin{tikzpicture}[thick]
      \begin{scope}[xshift=5cm,yshift=-1cm]
          \draw[-&gt;] (-2.5,0) -- (1.5,0) node[right]{$t$};
          \draw[-&gt;] (-2.5,-0.25) -- (-2.5,2) ;
          \draw[-,red] (-2.5,0) -- (-1,0);
          \draw[-,red] (0,0) -- (1.3,0);
          \draw[-,red] (-1,0.5) -- (0,0.5) node[above]{$u(t-a)-u(t-b)$};
          \node[below] at (-1,0){$a$};
          \node[below] at (0,0){$b$};
      \end{scope}
    \end{tikzpicture}
 \end{center}

\begin{ex}
\[
\left(u(t-a)-u(t-b)\right)e^t=\begin{cases}
      0  &amp; \text{for } t &lt; a \\
      e^t &amp; \text{for } a \leq t &lt;  b \\
       0 &amp; \text{for } t \geq  b
    \end{cases} \qedhere
\]
\end{ex}

\begin{ex}
La $x(t)=u(t-a)$. 
\[
\mathcal{L}(x)=\int_a^\infty e^{-st}\; dt=\frac{e^{-sa}}{s} \qedhere
\]
\end{ex}


FÃ¸lgende teorem kalles $t$-skift.
\begin{tcolorbox}[colback=red!10, title=En skifterege til] 
La $g(t)=f(t-a)u(t-a)$, $\mathcal{L}(x)=F$  og $\mathcal{L}(g)=G$. Vi har
\[
G(s)=e^{-as}F(s).
\]
\end{tcolorbox}

Derfor:

\begin{align*}
G(s)&amp;=\int_0^{\infty} u(t-a)f(t-a)e^{-st}\; dt\\
&amp;=\int_a^{\infty} f(t-a)e^{-st}\; dt\\
&amp;=\int_0^{\infty} f(v)e^{-s(v+a)}\; dv\\
&amp;=e^{-sa}\int_0^{\infty} f(v)e^{-sv}\; dv=e^{-as}F(s).\qedhere
\end{align*}

\begin{ex}
La 
\begin{align*}
x(t)&amp;= u(t-1)\sin (t-1) \\ &amp;=    
\begin{cases}
      0  &amp; \text{for } t &lt; 1 \\
      \sin (t-1) &amp; \text{for } t \geq  1
    \end{cases} 
\end{align*}
Vi beregner 
\[
\mathcal{L}(x)=\frac{e^{-s}}{s^2+1}. \qedhere
\]
\end{ex}
 \begin{center}
    \begin{tikzpicture}[thick]
      \begin{scope}[xshift=5cm,yshift=-1cm]
          \draw[-&gt;] (-2.5,0) -- (1.5,0) node[right]{$t$};
          \draw[-&gt;] (-2.5,-0.25) -- (-2.5,2) ;
 \draw[-,thick,red] (-2.5,0) -- (-1.5,0);
 \draw[thick, red] (-1.5,0) sin (-.5,1);
  \draw[thick, red] (-.5,1) cos (.5,0);
 \draw[thick, red] (.5,0) sin (1.5,-1);
           \node[above,red] at (.4,.9){$x$};
           \node[below] at (-1.5,0){$1$};
       \end{scope}
    \end{tikzpicture}
 \end{center}


La 
\begin{equation*}
g_k(t-a)=    
\begin{cases}
      1/k  &amp; \text{for } a &lt; t &lt; a + k \\
      0 &amp; \text{ellers} 
    \end{cases} 
\end{equation*}
Slik ser de ut:
 \begin{center}
    \begin{tikzpicture}[thick]
%      \draw[-&gt;] (-1.5,0) -- (1.5,0) node[right]{$x$};
%      \draw[-&gt;] (0,-1.5) -- (0,1.5) node[above]{$y$};
%      \filldraw[fill=blue!75!white,fill opacity=0.55] (-0.866,0.5)
%        [snake=coil,segment aspect=0,segment amplitude=1pt] --
%        (0.866,0.5) arc(30:-210:1cm);
%      \draw (0,0) circle (1cm);
%      \node[below right] at (1,0){$1$};
%      \node[below left] at (-1,0){$-1$};
%      \node[above left] at (0,1){$1$};
%      \node[below left] at (0,-1){$-1$};
%      \node[draw,fill=white,align=center] at (0,0){$75$ \%};

      \begin{scope}[xshift=5cm,yshift=-1cm]
          \draw[-&gt;] (-2.5,0) -- (1.5,0) node[right]{$x$};
          \draw[-&gt;] (-2.5,-0.25) -- (-2.5,2) node[above]{$y$};
          \draw[-,red] (-1,2) -- (-.875,2) node[right]{$g_{1/8}$};
          \draw[-,red] (-1,0.5) -- (-.5,0.5) node[right]{$g_{1/2}$};
          \draw[-,red] (-1,1) -- (-.75,1) node[right]{$g_{1/4}$};
%         \draw (2,0) arc(55:125:3.9cm) node[right,xshift=2cm,yshift=1.2cm]{$u(x,t)$};
%          \draw (0,0) -- (2*0.866,1);
%          \draw[snake=coil,segment aspect=0,segment amplitude=1pt]
%            (0,1) -- (2*0.866,1);
%          \draw (0,0.35) arc(90:30:0.35cm)
%            node[above,xshift=-0.05cm,yshift=0.05cm]{$\theta$};
%          \draw[snake=brace] (-0.05,0) --
%            node[left,xshift=-0.05cm]{$h$} (-0.05,1);
          \node[below] at (-1,0){$a$};
%          \node[left] at (0,2){$L$};
      \end{scope}
    \end{tikzpicture}
  \end{center}
Vi definerer
\begin{equation*}
\delta(t)=\lim_{k \to 0} g_k(t)=\begin{cases}
      \infty  &amp; \text{for } t = a  \\
      0 &amp; \text{ellers} 
    \end{cases} 
\end{equation*}
Deltafunksjonen brukes til Ã¥ modellere impuls, 
altsÃ¥ energitilfÃ¸rsler der den pÃ¥trykte kraften er ekstremt hÃ¸y
og ekstremt kortvarig, for eksempel hammerslag. 
Man kan ogsÃ¥ tenke pÃ¥ den som noe som plukker ut funksjonsverdier:
\begin{equation*}
\int_0^{\infty} f(t)\delta(t-a)\; dt=\lim_{k \to 0}\frac{1}{k}\int_a^{a+k} f(t)\; dt=f(a).
\end{equation*}

\begin{ex}
\begin{equation*}
\mathcal{L}(\delta(t-a))=\int_0^{\infty} \delta(t-a)e^{-st}\; dt=e^{-as} \qedhere
\end{equation*}
\end{ex}

%Vi kan ogsÃ¥ beregne
%\begin{equation*}
%\mathcal{L}(\delta(t-a)f(t))=\int_0^{\infty} \delta(t-a)f(t)e^{-st}\; dt=f(a)e^{-as}.
%\end{equation*}
Deltafunksjonen er strengt tatt ikke noe funksjon i ordets rette forstand,
og heavisidefunksjonen er ikke deriverbar. 
Det kan allikevel vÃ¦re fruktbart Ã¥ tenke pÃ¥ deltafunksjonen
som et forsÃ¸k pÃ¥ Ã¥ sette opp den deriverte til heavisidefunksjonen.


\subsubsection*{Konvolusjon og laplacetransform}
En konvolusjon mellom $x$ og $g$, 
er et integral pÃ¥ formen 
\begin{equation*}
f\ast g= \int f(p)g(t-p)\; dp.
\end{equation*}



For laplacetransfrom bruker vi konvolusjonen
\begin{equation*}
f\ast g= \int_0^t f(p)g(t-p)\; dp
\end{equation*}
NÃ¥r vi lÃ¸ser differensiallikninger med laplacetransform, 
kan vi stÃ¸te pÃ¥ produkter av laplacetransformer.
FÃ¸lgende teorem, 
som kalles konvolusjonsteoremet, forteller oss hvordan vi skal nÃ¸ste opp i et slikt produkt.

\begin{tcolorbox}[colback=red!10, title=Konvolusjonsteoremet] 
Anta at bÃ¥de $\mathcal{L}(f\ast g)$, $\mathcal{L}(x)$ og $\mathcal{L}(g)$ eksisterer. 
Da er
\begin{equation*}
\mathcal{L}(f\ast g)=\mathcal{L}(x)\,\mathcal{L}(g).
\end{equation*}
\end{tcolorbox}


Vi laplacetransformerer $f \ast g$ og bytter integrasjonsvariable, slik som i M2.
Hjelpefiguren under kan vÃ¦re grei Ã¥ ha i bakhodet.
 \begin{center}
    \begin{tikzpicture}[thick]
      \begin{scope}[xshift=5cm,yshift=-1cm]
          \draw[-&gt;] (-2.8,0) -- (1.5,0) node[right]{$p$};
         \draw[-&gt;] (-2.5,-0.25) -- (-2.5,2.5) node[above]{$t$};
          \draw[-] (-2.5,0) -- (0,2.5) ;
           \node[above] at (.5,1.7){$t=p$};
           \node[above] at (-.1,.3){$ \int_0^\infty \int_0^t \; dp \; dt$};
       \end{scope}
    \end{tikzpicture}
 \end{center}
\begin{align*}
\mathcal{L}(f\ast g) &amp; 
= \int_0^\infty \int_0^t f(p)g(t-p)\; dp \; e^{-st}dt \\ &amp; 
= \int_0^\infty \int_p^\infty f(p)g(t-p)  e^{-st}\; dt \;dp \\ &amp; 
= \int_0^\infty \int_0^\infty f(p)g(u)  e^{-s(u+p)}\; du \;dp \\ &amp; 
= \int_0^\infty f(p)e^{-sp}\; dp \int_0^\infty g(u)  e^{-su} \;du \\ &amp; 
=\mathcal{L}(x)\mathcal{L}(g) \qedhere
\end{align*}




\section*{Regneeksempler}




Oppskriften for Ã¥ lÃ¸se differensiallikninger med laplacetransform, 
er alltid Ã¥ laplacetransformere hele differensiallikningen, 
bruke regnereglene, lÃ¸se for laplacetransformen til den ukjente, 
og inverstransformere. 
Vi begynner med to elementÃ¦re eksempler. 
\begin{ex}
\begin{equation*}
y'+y=0 \qquad y(0)=1.
\end{equation*}
Vi laplacetransformerer likningen. Venstresiden blir
\begin{align*}
\mathcal{L}(y'+y)&amp;=\mathcal{L}(y')+\mathcal{L}(y)\\&amp;=s\mathcal{L}(y)-1+\mathcal{L}(y)\\&amp;=(s+1)\mathcal{L}(y)-1.
\end{align*}
Merk bruken av initialbetingelsen $y(0)=1$. HÃ¸yresiden blir
\begin{equation*}
\mathcal{L}(0)=0.
\end{equation*}
Etter laplacetransformering stÃ¥r vi igjen med den algebraiske likningen
\begin{equation*}
(s+1)\mathcal{L}(y)-1=0,
\end{equation*}
slik at 
\begin{equation*}
\mathcal{L}(y)=\frac{1}{s+1}.
\end{equation*}
Dette er en laplacetransform vi har beregnet tidligere:
\begin{equation*}
y(t)=e^{-t}.\qedhere
\end{equation*}
\end{ex}

\begin{ex}
Vi lÃ¸ser likningen
\[
y''+y=0 \quad y(0)=1 \; y'(0)=0.
\]
Vi laplacetransformerer likningen 
\begin{equation*}
\mathcal{L}(y'')+\mathcal{L}(y)=s^2\mathcal{L}(y)-s+\mathcal{L}(y)=0,
\end{equation*}
slik at 
\begin{equation*}
\mathcal{L}(y)=\frac{s}{s^2+1},
\end{equation*}
og 
\begin{equation*}
y(t)=\cos t. \qedhere
\end{equation*}
\end{ex}

%\begin{ex}
%Vi lÃ¸ser initialverdiproblemet
%\[
%y'+ty=0 \quad y(0)=0
%\]
%Vi laplacetransformerer likningen 
%\begin{equation*}
%\mathcal{L}(y')-\mathcal{L}(ty)=0,
%\end{equation*}
%og lar $Y=\mathcal{L}(y)$. 
%FÃ¸rst kan vi skrive
%\begin{equation*}
%sY-Y'=0,
%\end{equation*}
%Dette er en differensialliking for $Y$. 
%Integrerende faktor er $e^{s^2/2}$, og vi fÃ¥r
%\begin{equation*}
%Y=\frac{C}{e^{-s^2/2}}
%\end{equation*}
%slik at 
%\begin{equation*}
%Y=\frac{C}{\ln s} \qedhere
%\end{equation*}
%\end{ex}
\noindent FÃ¸lgende  eksempel illustrerer derivasjonsregelen \ref{derivasjon_s}.
\begin{ex}
Vi lÃ¸ser initialverdiproblemet
\[
ty'-2y=0 \quad y(0)=0
\]
Vi laplacetransformerer likningen 
\begin{equation*}
\mathcal{L}(ty')-2\mathcal{L}(y)=0,
\end{equation*}
og lar $Y=\mathcal{L}(y)$. 
FÃ¸rst kan vi skrive
\begin{equation*}
\mathcal{L}(ty')=-\frac{d}{ds}\left(\mathcal{L}(y')\right)=-\frac{d}{ds}\left(sY\right)=-Y-sY'.
\end{equation*}
Setter vi denne inn i likningen, fÃ¥r vi 
\begin{equation*}
-Y-sY'-Y=-sY'-3Y=0.
\end{equation*}
eller
\begin{equation*}
sY'+3Y=0.
\end{equation*}
Dette er en differensialliking for $Y$. 
Integrerende faktor er $s^2$, slik at
\begin{equation*}
(s^3Y)'=0.
\end{equation*}
og
\begin{equation*}
Y=\frac{C}{s^3}
\end{equation*}
Vi inverstransformerer og endrer litt pÃ¥ konstanten: 
\begin{equation*}
y=Ct^2 
\end{equation*}
og bruker initialverdibetingelsen for andre gang:
\begin{equation*}
y=t^2.  \qedhere
\end{equation*}
\end{ex}


De tre foregÃ¥ende eksemplene lÃ¸ses enklere med metodene du kan fra fÃ¸r. 
Men disse teknikkene kommer til kort i eksemplene vi skal ta nÃ¥.
Her er et par gamle eksamensoppgaver. 

\begin{ex}
Vi lÃ¸ser
\[
y''+y=\delta(t-a)-\delta(t-b) 
\]
med initialbetingelser 
\[
 y(0)=y'(0)=0.
\]
Vi fÃ¥r
\begin{equation*}
(s^2+1)\mathcal{L}(y)=e^{-as}-e^{-bs},
\end{equation*}
slik at 
\begin{equation*}
\mathcal{L}(y)=\frac{e^{-as}}{(s^2+1)}-\frac{e^{-bs}}{(s^2+1)}.
\end{equation*}
Vi bruker $t$-skift, og fÃ¥r
\begin{equation*}
y(t)=\sin(t-a)u(t-a)-\sin(t-b)u(t-b).
\end{equation*}
Ligningens venstreside beskriver en kloss og en fjÃ¦r pÃ¥ friksjonsfritt underlag.
Ved tiden $t=0$ er systemet i ro. Ved tiden $t=a$ blir klossen dengt av en hammer fra venstre, som gir opphav til svingningen $\sin(t-a)$. 
Ved tiden $t=b$ blir klossen dengt av en hammer fra hÃ¸yre. 
Dette slaget gir en ny svingning $\sin(t-b)$ som legges oppÃ¥ den gamle svingningen.
\end{ex}
\begin{figure}[htbp]
  \begin{center}
      \vspace*{-2.4cm}
	\includegraphics[scale=.39]{../figurer/eks_1_31}
    \vspace*{-2.4cm}
	\end{center}
\end{figure}

Noen ganger kan det vÃ¦re komplisert Ã¥ inverstransformere. 
I det neste eksemplet mÃ¥ man bruke bÃ¥de $t$-skift og $s$-skift.

\begin{ex}
\begin{equation*}
y''+2y'+y=\delta(t-1) \qquad y(0)=y'(0)=0.
\end{equation*}
Vi transformerer ligningen til
\begin{equation*}
s^2\mathcal{L}(y)+2s\mathcal{L}(y)+\mathcal{L}(y)=\mathcal{L}(\delta(t-1)) 
\end{equation*}
slik at
\begin{equation*}
\mathcal{L}(y)=\frac{e^{-s}}{(s+1)^2}.
\end{equation*}
Her lukter det $s$-skift pÃ¥ grunn av $(s+1)$, og $t$-skift pÃ¥ grunn av $e^{-s}$. 
Formelen for $s$-skift gir
\begin{equation*}
\mathcal{L}(te^{-t})=\frac{1}{(s+1)^2}.
\end{equation*}
Vi bruker i tillegg $t$-skift, slik at
\begin{equation*}
y=(t-1)e^{-(t-1)}u(t-1).\qedhere
\end{equation*}
\end{ex}

Elektrofolk er forresten veldig glade i laplacetransform.
Det er nok fordi de trenger spenning som kan slÃ¥s av og pÃ¥.
Heavisidefunksjonen gir dem en mulighet for dette, 
og laplacetransform takler heavisidefunksjonen
med letthet.

\begin{ex}
StrÃ¸mmen $i(t)$ i kretsen under tilfredsstiller integro-differensialligningen
  \[
    Li'(t) + Ri(t) + \frac{1}{C}\int_0^ti(\tau)\text{ d}\tau = \delta(t-1),
  \] 
der $R = 2$, $L=1$, $C = 0.5$  og $\delta$ er Diracs deltafunksjon. Vi setter  $i(0)=0$ og finner strÃ¸mmen $i(t)$. 
  \begin{center}
    \begin{circuitikz}
      \draw (1.1,1) to [short, o-] (0,1) to [R = $R$] (0,4) to[C=$C$] (3,4) to [L = $L$] (3,1) to  [short, -o] (1.9,1);
      \draw (1.5, 1) node [below] {$v(t)$};
    \end{circuitikz}
  \end{center}
  Vi laplacetransformerer likningen, og fÃ¥r
%  \[
%    \mathcal{L}(i') + 2\mathcal{L}(i) + 2\mathcal{L}\left(\int_0^ti(\tau)\text{ d}\tau \right)= \mathcal{L}(\delta(t-1)),
%  \] 
  \[
    s\mathcal{L}(i) + 2\mathcal{L}(i) + \frac{2}{s}\mathcal{L}(i)= e^{-s},
  \] 
  og lÃ¸ser vi for $\mathcal{L}(i)$, fÃ¥r vi 
%  \[
%   s^2 \mathcal{L}(i) + 2s\mathcal{L}(i) + 2\mathcal{L}(i)= se^{-s},
%  \] 
  \[
    \mathcal{L}(i) =\frac{ se^{-s}}{s^2+2s+2}.
  \] 
Her er det enklest Ã¥ fullfÃ¸re kvadratet $s^2+2s+2=(s+1)^2+1$,
og sÃ¥ skrive
  \[
    \mathcal{L}(i) =\frac{ (s+1)e^{-s}}{(s+1)^2+1}-\frac{ e^{-s}}{(s+1)^2+1}.
  \] 
Formelen for $s$-skift gir
  \[
\mathcal{L}(e^{-t}\cos t )=  \frac{s+1}{(s+1)^2+1}
\]
og
  \[
\mathcal{L}(e^{-t}\sin t)=  \frac{1}{(s+1)^2+1}.
\]
Inverstransformerer vi  
 \[
    \mathcal{L}(i) =\frac{ (s+1)e^{-s}}{(s+1)^2+1}-\frac{ e^{-s}}{(s+1)^2+1}.
  \] 
med $t$-skift, fÃ¥r vi altsÃ¥
\[
i(t)=e^{-(t-1)}u(t-1)\left(\cos(t-1) - \sin(t-1) \right).
\]
Dette eksemplet modellerer en fugl som ved tiden $t=1$ setter seg pÃ¥ en hÃ¸yspentledning.
Merk at strÃ¸mmen er null frem til $t=1$. 
I $t=1$ opplever fuglen en voldsom pÃ¥trykt spenning i det den setter seg pÃ¥ hÃ¸yspenten.
Den faller umiddelbart av, 
slik at spenningsÃ¸kningen bare varer et kort Ã¸yeblikk.
For $t&gt;1$ beskriver $i$ strÃ¸mmen i fuglens kropp mens den daler ned mot bakken. 
Se figuren under.

I denne oppgaven kunne vi ogsÃ¥ brukt delbrÃ¸ksoppspaltning:
\[
\frac{s}{s^2+2s+2}=\frac{s}{(s-1-i)(s-1+i)}
\]
men regningen blir noe svineri.
\end{ex}
\begin{figure}[htbp]
  \begin{center}
      \vspace*{-2.4cm}
	\includegraphics[scale=.38]{../figurer/eks_1_32}
    \vspace*{-2.4cm}
	\end{center}
\end{figure}

NÃ¥ tar vi to eksempler der vi bruker konvolusjon.

\begin{ex}
Vi lÃ¸ser initialverdiproblemet
\[
y+t\ast y'=t \quad y(0)=0
\]
Vi laplacetransformerer 
\[
\mathcal{L}(y)+\mathcal{L}(t\ast y')=\frac{1}{s^2}
\]
og bruker konvolusjonsteoremet
\begin{align*}
\mathcal{L}(y)+\mathcal{L}(t)&amp;\mathcal{L}(y')= \\&amp; \mathcal{L}(y)+\frac{1}{s}\mathcal{L}(y)=\frac{1}{s^2}
\end{align*}
eller 
\[
s\mathcal{L}(y)+\mathcal{L}(y)=\frac{1}{s}
\]
Herfra er regningen standard, og vi fÃ¥r
\[
\mathcal{L}(y)=\frac{1}{s(s+1)}=\frac{1}{s}-\frac{1}{s+1},
\]
slik at 
\[
y=1-e^{-t}. \qedhere
\]
\end{ex}

\begin{ex}
La oss lÃ¸se initialverdiproblemet
\[
y''+y=\sin t \qquad y(0)=y'(0)=0
\]
Vi laplacetransformerer alt, og fÃ¥r
\[
(s^2+1)\mathcal{L}(y)=\frac{1}{s^2+1}
\]
eller 
\[
\mathcal{L}(y)=\frac{1}{(s^2+1)^2}=\left(\mathcal{L}(\sin t)\right)^2
\]
som gir at 
\[
y(t)=\int_0^t \sin (t-u)\sin u\; du
\]
 Dette siste integralet kan vi lÃ¸se ved Ã¥ bruke relasjonen
 \[
 \sin u=\frac{e^{iu}-e^{-iu}}{2i}
 \]
 og integrere i vei  
 \begin{align*}
y(t)&amp;=\int_0^t \sin (t-u)\sin u\; du \\
&amp;=-\frac{1}{4}\int_0^t (e^{i(t-u)}-e^{-i(t-u)})(e^{iu}-e^{-iu})\; du \\
&amp;=-\frac{1}{4}\int_0^t e^{it}-e^{i(t-2u)}-e^{-i(t-2u)}+e^{-it}\; du \\
&amp;=-\frac{1}{2}\int_0^t \cos t-\cos (t-2u)\; du \\
&amp;= \frac{1}{2}\left(\sin t -t\cos t \right) \\
\end{align*}
Dette eksemplet beskriver for eksempel en kloss og en fjÃ¦r, 
der den pÃ¥trykte kraften $\sin t$ har samme frekvens som systemets naturlige svingefrekvens. 
Da oppstÃ¥r det resonans.
Resonansen kommer til uttrykk gjennom leddet $t\sin t$, 
som vokser mot uendelig nÃ¥r $t\to \infty$.
NÃ¥r dette skjer i et PA-anlegg, kalles det feedback, 
og alle mÃ¥ holde seg for Ã¸rene. 
\end{ex}


\begin{figure}[htbp]
  \begin{center}
      \vspace*{-2.4cm}
	\includegraphics[scale=.38]{../figurer/eks_1_34}
    \vspace*{-2.4cm}
	\end{center}
\end{figure}

Eksemplet over viser at 
selv om det er litt regning med laplacetransform, 
er det en penere lÃ¸sningsmetode enn Ã¥ dele opp i homogen og partikulÃ¦r lÃ¸sning, 
og sÃ¥ gjette i vei.
Eksemplet illustrerer ogsÃ¥ en teknikk vi fÃ¥r bruk for nÃ¥r vi skal lÃ¸se varmelikningen pÃ¥ hele $x$-aksen i kapittel 5.

Fouriertransform er egentlig et spesialtilfelle av laplacetransform, 
men vi kommer ikke til Ã¥ komme sÃ¥ langt at vi ser det. 
Fourierrekker og fouriertransform er ogsÃ¥ to spesialtilfeller av en mer generell konstruksjon, 
men vi kommer ikke til Ã¥ se det heller. 

Vi skal senere bruke fouriertransform til Ã¥ lÃ¸se differensiallikninger 
pÃ¥ akkurat samme mÃ¥te som vi gjorde med laplacetransform,
men fouriertransform er teknisk vanskeligere Ã¥ hÃ¥ndtere,
og vi skal lÃ¸se likninger som er mer kompliserte. 
I dette kapitlet skal vi gÃ¥ gjennom fouriertransformens grunnleggende egenskaper.










\kapittelslutt
</pre></body></html>