\input{preamble}

\title{2 - 0 -  DIFFERENSIALLIKNGINGER V - LF}

\begin{document}
\pagenumbering{gobble}

\maketitle
%tilstandsrom
%cauchyprodukt og konvolusjon



\begin{oppgave}{2}
  Vi beregner først det karakteristiske polynomet
  \[
  \lambda^2 + \lambda + 1 = 
  \left(\lambda - \left(\frac{-1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i\right)\right)
  \left(\lambda - \left(\frac{-1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i\right)\right)
  \]
  som forteller oss at den homogene løsningen er 
  \[
  x_h(t) = e^{-t/2}
  \left( 
  c_1 \cos\left(\frac{\sqrt{3}}{2}t\right)
  +c_2 \sin\left(\frac{\sqrt{3}}{2}t
  \right)\right).
  \]
  Den partikulære løsningen er helt klart
  \[
  x_p(t) = 1,
  \]
  slik at 
  \[
  x(t) = x_h(t)+x_p(t) =
  e^{-t/2}\left( 
  c_1 \cos\left(\frac{\sqrt{3}}{2}t\right)
  +c_2 \sin\left(\frac{\sqrt{3}}{2}t
  \right)\right)
  +1.
  \]
  Initialkravet $x(0)=0$ gir
  \[
  c_1+1 = 0
  \]
  slik at $c_1=-1$,
  mens $\dot x(0)=0$ gir
  \[
  \frac{1}{2} + c_2 \frac{\sqrt{3}}{2} = 0
  \]
  slik at $c_2=-\frac{1}{\sqrt{3}}$.
  Løsningen er altså 
  \[
  x(t) = 
  1-e^{-t/2}\left(\cos\left(\frac{\sqrt{3}}{2}t\right)+\frac{1}{\sqrt{3}}\sin\left(\frac{\sqrt{3}}{2}t\right)\right).
  \] 
  \begin{center}
    \includegraphics[scale=.6]{../figurer/sprangrespons-1.png}
  \end{center}    
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{3}
Å gausseliminere et slik system,
lærte du i høst. 
Vi beregner 
  \[
    \begin{amatrix}{4}
    2 & 3 & 4 & 5 & 2\\
    3 & 4 & 5 & 6 & 2\\
    4 & 5 & 6 & 7 & 2
    \end{amatrix}
    \sim
    \begin{amatrix}{4}
    2 & 3 & 4 & 5 & 2\\
    0 & 1 & 2 & 3 & 2\\
    0 & 0 & 0 & 0 & 0
    \end{amatrix}
  \]
  Hvis vi velger $x_3=s$ og $x_4=t$,
  blir 
  \[
    x_2=2-2s-3t
  \]
  og
  \[ 
    x_1=\frac{2-3(2-2s-3t)-4s-5t}{2} = -2 + s +2t, 
  \] 
  slik at 
  \[
    \begin{pmatrix}
      x_1 \\
      x_2 \\
      x_3 \\
      x_4 
    \end{pmatrix}
    =
    \begin{pmatrix}
      -2+s+2t \\
      2-2s-3t \\
      s \\
      t 
    \end{pmatrix}
    =
    \begin{pmatrix}
      -2 \\
      2 \\
      0 \\
      0 
    \end{pmatrix}
    +
    s
    \begin{pmatrix}
      1 \\
      -2 \\
      1 \\
      0 
    \end{pmatrix}
    +
    t
    \begin{pmatrix}
      2 \\
      -3 \\
      0 \\
      1 
    \end{pmatrix}
  \]
  Merk nå at strukturen på dette problemet ligner
  strukturen på det forrige. 
  Vektorene 
  \[
    \begin{pmatrix}
      2 \\
      -2 \\
      1 \\
      0 
    \end{pmatrix}
    \hspace{10mm}
    \text{og}
    \hspace{10mm}
    \begin{pmatrix}
      4 \\
      -3 \\
      0 \\
      1 
    \end{pmatrix}
  \]
  er løsninger av det homogene systemet 
  \[
    \begin{amatrix}{4}
    2 & 3 & 4 & 5 & 0\\
    3 & 4 & 5 & 6 & 0\\
    4 & 5 & 6 & 7 & 0
    \end{amatrix}
  \]
  mens vektoren 
  \[
    \begin{pmatrix}
      -4 \\
      2 \\
      0 \\
      0 
    \end{pmatrix}
  \]
  kun passer i det inhomogene systemet
  \[
    \begin{amatrix}{4}
    2 & 3 & 4 & 5 & 2\\
    3 & 4 & 5 & 6 & 2\\
    4 & 5 & 6 & 7 & 2
    \end{amatrix}
  \]
  Dette går igjen hver gang du har en 
  system som er en lineæroperator $L$ og en 
  vektor $y$ og så leter du etter $x$ slik at $Lx=y$.
\end{oppgave}

 


Løs initialverdiproblemene og plott:

\begin{oppgave}{4}
  Det ryktes at mange syntes det var slitsomt å 
  skrive $\sqrt{3}/2$ veldig mange ganger, 
  så la oss definere 
  \[
    \alpha = -\frac{1}{2} 
    \hspace{10mm}  
    \text{og}
    \hspace{10mm}  
    \omega_0 = \frac{\sqrt{3}}{2}
  \]
  slik at røttene til det karakteristiske polynomet kan skrives
  \[
    \lambda = \alpha \pm i \omega_0
  \]
  og løsningen 
  \[
    x(t) = 
    1-e^{\alpha t}\left(\cos\left(\omega_0 t\right)+\frac{1}{\sqrt{3}}\sin\left(\omega_0 t\right)\right).
  \] 
  Poenget med lti-trikset er at 
  om vi skrur på den drivende kraften $f(t)=1$ ved tiden $t=1$ 
  istedet for $t=0$,
  vil systemet oppføre seg akkurat likt. 
  Vi kan derfor ta løsningen av det forrige 
  problemet og skru den på ved tiden $t=1$ istedet:
  \[
    x(t) = 
    \left( 1-e^{\alpha (t-1)}\left(\cos\left(\omega_0 (t-1)\right)+\frac{1}{\sqrt{3}}\sin\left(\omega_0 (t-1)\right)\right) \right) u(t-1)
  \] 
  \begin{center}
    \includegraphics[scale=.6]{../figurer/sprangrespons-2.png}
  \end{center}    
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{5}
  Samme her:
  \[
    x(t) = 
    \left( 1-e^{\alpha (t-2)}\left(\cos\left(\omega_0 (t-2)\right)+\frac{1}{\sqrt{3}}\sin\left(\omega_0 (t-2)\right)\right) \right) u(t-2)
  \] 
  \begin{center}
    \includegraphics[scale=.6]{../figurer/sprangrespons-3.png}
  \end{center}    
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{6}
  Her gjelder det å skjønne at superposisjonsprinsippet 
  må brukes for det det er verdt.
  Hvis vi definerer 
  \[
    x_1(t) = 
    \left( 1-e^{\alpha (t-1)}\left(\cos\left(\omega_0 (t-1)\right)+\frac{1}{\sqrt{3}}\sin\left(\omega_0 (t-1)\right)\right) \right) u(t-1)
  \] 
  og 
  \[
    x_2(t) = 
    \left( 1-e^{\alpha (t-2)}\left(\cos\left(\omega_0 (t-2)\right)+\frac{1}{\sqrt{3}}\sin\left(\omega_0 (t-2)\right)\right) \right) u(t-2)
  \] 
  og 
  definerer lineæroperatoren
  \[
    L(x) = \ddot x + \dot x + x,
  \]
  har vi 
  \[
    L\left( x_1(t) \right) = u(t-1)
  \]
  og 
  \[
    L\left( x_2(t) \right) = u(t-2)
  \]
  slik at 
  \[
    L\left( x_1(t) - x_2(t)\right) = L\left( x_1(t) \right) - L\left( x_2(t) \right) = u(t-1) - u(t-2).
  \]
  Med andre ord er løsningen 
  \begin{align*}
    x(t)&=x_1(t) - x_2(t)  \\ 
    &=
    \left( 1-e^{\alpha (t-1)}\left(\cos\left(\omega_0 (t-1)\right)+\frac{1}{\sqrt{3}}\sin\left(\omega_0 (t-1)\right)\right) \right) u(t-1)\\
    &-
    \left( 1-e^{\alpha (t-2)}\left(\cos\left(\omega_0 (t-2)\right)+\frac{1}{\sqrt{3}}\sin\left(\omega_0 (t-2)\right)\right) \right) u(t-2)
  \end{align*}
  Hvis dette virker litt trukket ut av hatten,
  kan du prøve å regne det ut med laplacetransform. 
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{7}
  Denne skal jeg regne ut med laplace litt senere, 
  og så skal vi se på løsningen og så skal vi skjønne alt. 
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{9}
  Siden eksponensialfunksjonen er 
  egenfunksjon til derivasjonsoperatoren,
  er den også egenvektor til lineærkombinasjoner 
  av derivasjonsoperatorer: 
  \[
    \frac{d^2}{dt^2}e^{at} + \frac{d}{dt}e^{at} + e^{at} = \left( a^2 +a + 1 \right)e^{at}
  \]
  Av denne grunn er det vel smart å gjette på 
  \[
    x_p(t) = C e^{i{\omega t}}
  \]
  som partikulærløsning. 
  Vi setter denne inn på venstresiden og får
  \[
    C\frac{d^2}{dt^2}e^{i\omega t} + C\frac{d}{dt}e^{i\omega t} + Ce^{i\omega t} =
    \left( 
      \left( 
        i\omega  
      \right)^2 
      +i \omega + 1 
      \right)
    e^{i\omega t}
  \]
  Denne skal jo helst bli lik $e^{i\omega t}$,
  og det blir den dersom 
  \[
    C = \frac{1}{\left( i\omega  \right)^2 +i \omega + 1 }
  \]

\end{oppgave}

  



\begin{oppgave}{10}
  Den homogene løsningen er
  \[
    x(t) = A\cos t + B\sin t.
  \]
  For å finne den partikulære,
  kjører vi på med frekvensrespons. 
  Vi skriver 
  \[
    \ddot x(t) + x(t) = \frac{1}{2}\left( e^{i\omega t} + e^{-i\omega t} \right),
  \]
  slik at 
  \begin{align*}
    x_p(t) =& 
    \frac{1}{2}
    \left(
      H(i\omega)e^{i\omega t}
      +H(-i\omega)e^{-i\omega t}
    \right)\\[2mm]
    =&
    \frac{1}{1-\omega^2}\cdot 
    \frac{e^{i\omega t}-e^{-i\omega t} }{2}\\[2mm] 
    =&\frac{1}{1-\omega^2}\cos \omega t.
  \end{align*}
  Når $\omega = 1$ er den påtrykte kraften 
  en homogen løsning, 
  og uttrykket over er ikke definert. 
  Man kan gå i Arnes bok og oppdage at 
  partikulærløsningen i dette tilfellet er 
  \[
    x_p(t) = t\sin t 
  \]
  som øker i amplitude etterhvert som tiden går. 
  Om man påtrykker en ekstern kraft som allerede er en homogen løsning,
  skjer det samme som når du løper frem og tilbake på fergedekket;
  gjør du det med riktig frekvens, 
  får din lille masse hele fergen til å vugge frem og tilbake.
  Dette kalles \textbf{resonans}. 
\end{oppgave}
  



\begin{oppgave}{11}
  La $x(t) = e^{at}$. 
  Så lenge realdelen til $s$ er større enn $a$, 
  får vi
  \[
    \mathcal{L}(x)=\int_0^{\infty} e^{(a-s)t}\; dt= \frac{1}{s-a}.
  \]
\end{oppgave}



\begin{oppgave}{12}
  La $\sigma>0$. Vi beregner
  \begin{align*}
    \mathcal{L}(\dot{x})&=\int_0^{\infty} \dot{x}(t)e^{-st}\; dt\\
    &=x(t)e^{-st}\biggr\rvert_{0}^{\infty}+s\int_0^{\infty} x(t)e^{-st}\; dt\\
    &=s\mathcal{L}(x)-x(0). 
  \end{align*}
  Vis at 
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{13}
  Vi bruker linearitet og regneregelen over på venstre side,
  og får
  \begin{align*}
    \mathcal{L}\left( \dot x + a x \right) 
    =&
    \mathcal{L}\left( \dot x  \right) + 
    a\mathcal{L}\left(   x \right) \\[1mm]
    =&
    s\mathcal{L}\left( x  \right) -x(0) +
    a\mathcal{L}\left(   x \right) \\[1mm]
    =&
    (s+1)\mathcal{L}\left( x  \right) -1 
  \end{align*}
  mens høyre side blir 
  \[
    \mathcal{L}\left( 0 \right) = 0
  \]
  slik at 
  \[
    (s+1)\mathcal{L}\left( x  \right) -1 = 0 
  \]
  eller 
  \[
    \mathcal{L}\left( x  \right)  = \frac{1}{s+1}.
  \]
  Sammenlikner vi med forrige oppgave 
  og tror på rettferdighet i verden,
  kan vi nå slutte at 
  \[
    x(t) = e^{-t}.  
  \]
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{14}
Lett:
\begin{align*}
\mathcal L(\ddot x)&=s\mathcal L(\dot x)-\dot x(0) \\[1mm]
&=s\left( s\mathcal L(x)-x(0) \right)-\dot x(0) \\[1mm]
&=s^2\mathcal L(x)-sx(0) -\dot x(0) 
\end{align*}
Høyere ordens regneregler er null stress,
bare fortsett i samme duren.
\end{oppgave}



\begin{oppgave}{15}
  La $x(t)=\cos t$.
  Vi beregner
  \begin{align*}
  \mathcal{L}(x)&=\int_0^{\infty} e^{-st}\cos t  \; dt \\ 
  &= \frac{1}{2}\int_0^{\infty} \left(e^{it}+e^{-it}\right)e^{-st}  \; dt \\ 
  &= \frac{1}{2}\int_0^{\infty} e^{(i-s)t}+e^{-(i+s)t}  \; dt \\ 
  &= \frac{1}{2}\left(\frac{1}{s-i}+\frac{1}{s+i}\right)=\frac{s}{s^2+1}. 
  \end{align*}
\end{oppgave}
  
\begin{oppgave}{16}
  La $x(t)=\sin t$, 
  slik at $\dot x(t)=\cos t$ og $x(0)=0$. 
  Derivasjonsregelen 
  \[
    s\mathcal{L}(x)-x_0=\mathcal{L}(\dot x)
  \]
  gir 
  \[
    s\mathcal{L}(x) =\frac{s}{s^2+1}, 
  \]
  slik at 
  \[
    \mathcal{L}(x) =\frac{1}{s^2+1}.
  \]
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{18}
  Fra nå av skriver jeg $X(s)$ og ikke $\mathcal{L}(x)$. 
  Det er litt lettere å lese.
  Vi laplacetransformerer begge sider av likningen,
  bruker lineariteten,
  derivasjonsreglene og initialkravene,
  og får 
  \[
    s^2X(s)-s + X(s)=0 
  \]
  slik at 
  \[
    X(s)=\frac{s}{s^2+1}
  \] 
  som gir at 
  \[
    x(t) = \cos t.
  \]
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{19}
  Ditto. 
  Vi transformerer
  \[
    s^2X(s)-1 + X(s)=0 
  \]
  og løser
  \[
    X(s)=\frac{1}{s^2+1}
  \] 
  slik at 
  \[
    x(t) = \sin t.
  \]
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{20}
  Ditto. 
  Vi får 
  \[  
    s^2X(s) - s+sX(s) - 1+X(s)= 0, 
  \]
  som gir 
  \[  
    X(s)= \frac{s+1}{s^2+s+1}.
  \]
  Merk hvordan nevnern i høyresiden er det karakteristiske 
  polynomet til likningen. 
  La den ene roten være $\lambda = \alpha + i\omega_0$ slik at den andre blir
  $\overline{\lambda} = \alpha - i\omega_0$.
  Vi delbrøksoppspalter slik:
  \[
    \frac{s+1}{s^2+s+1}=\frac{A}{s-\lambda} + \frac{B}{s-\overline{\lambda}}
  \]
  og ganger opp med $s^2+s+1$, 
  slik at
  \[
    s+1=A\left( s-\overline{\lambda} \right) + B\left( s-\lambda \right)
  \]
  Sammenlikning av ordener i $s$ på høyre og venstre side gir
  \begin{align*}
    A + B &= 1 \\
    -A\overline{\lambda}-B\lambda &= 1
  \end{align*}
  som løses av 
  \[
    A= \frac{1+\lambda}{\lambda-\overline{\lambda}} =\frac{1+\lambda}{2i\omega_0} 
    \hspace*{10mm}
    B= \frac{1+\overline{\lambda}}{\overline{\lambda}-\lambda} =-\frac{1+\overline{\lambda}}{2i\omega_0} 
  \]
  slik at 
  \[
    \frac{s+1}{s^2+s+1}=\frac{1}{2i\omega_0}\left( \frac{1+\lambda}{s-\lambda} - \frac{1+\overline{\lambda}}{s-\overline{\lambda}} \right)\\[2mm]
  \]
  Nå gjelder det å holde tungen beint i munnen:
  \begin{align*}
    x(t) =& \frac{1}{2i\omega_0}\left(\left( 1+\lambda \right) e^{\lambda t}- \left( 1+\overline{\lambda} \right) e^{\overline{\lambda}t} \right)\\[2mm]
    =&\frac{e^{\alpha t}}{2i\omega_0}\left(\left( 1+\lambda \right)  e^{i\omega_0 t}-\left( 1+\overline{\lambda} \right) e^{-i\omega_0 t} \right) \\[2mm]
    =&\frac{e^{\alpha t}}{2i\omega_0}\left(\left( 1+\lambda \right)  e^{i\omega_0 t}-\overline{\left( 1+\lambda \right) e^{i\omega_0 t}} \right) \\[2mm]
    =&\frac{e^{\alpha t}}{\omega_0} \text{im}\left( 1+\lambda \right)  e^{i\omega_0 t} \\
    =&\frac{e^{\alpha t}}{\omega_0} \text{im}\left( \left( 1+\alpha + i\omega_0 \right)  \left( \cos \left( \omega_0 t \right) +i\sin \left( \omega_0 t \right) \right) \right) \\
    =&\frac{e^{\alpha t}}{\omega_0}\left(  \omega_0 \cos \left( \omega_0 t \right) +(1+\alpha)\sin \left( \omega_0 t\right)  \right) \\
    =&e^{\alpha t}\left(  \cos \left( \omega_0 t \right) +\frac{1+\alpha}{\omega_0}\sin \left( \omega_0 t\right)  \right) \\
  \end{align*}
  Hvis vi sammenlikner denne strategien med å lete opp den 
  homogene løsningen 
  \[
    x_h(t) = e^{\alpha t}\left( A\cos \omega_0 t + B\sin \omega_0 t \right)  
  \]
  fra det karakteristiske polynomet
  og så bruke initialkravene for å finne $A=1$ og $B=(1+\alpha)/\omega_0$,
  må vi vel konkludere med at laplacetransform i dette tilfellet var 
  fullstendig underlegent gamlemåten dersom målet var å finne $x(t)$. 
  Men merk at veien frem til 
  \[
    X(s) = \frac{s+1}{s^2+s+1}
  \]
  var veldig kort. 
  Poenget med laplacetransformen er ikke egentlig å finne $x$,
  men derimot å finne $X$ og så melke denne for informasjon. 
  Dette skal vi se mer på siden. 
  (Poenget med disse oppgavene er bare at du skal skjønne at
  at en bestemt $X$ leder til en bestemt $x$.
  En trent ingeniør gidder ikke finne $x$.)
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{21}
  Vi får 
  \[  
    s^2X(s) + sX(s) + X(s)= \frac{1}{s^2+1} 
  \]
  slik at 
  \[  
    X(s)= \frac{1}{(s^2+s+1)(s^2+1)}.
  \]
  Denne kommer til å bli enda verre enn den forrige;
  vi må delbrøksoppspalte noe ut av det hinsidige.
  Det er mye enklere å finne homogen og partikulær. 
  Den homogene løsningen er 
  \[
    x_h(t) = e^{\alpha t}\left( A\cos \omega_0 t + B\sin \omega_0 t \right),
  \]
  mens den partikulære kan vi relativt enkelt finne ved å skrive
  \[
    \ddot{x}(t)+\dot{x}(t)+x(t)=\frac{1}{2}\left( e^{it} + e^{-it} \right)  
  \]
  slik at 
  \begin{align*}
    x_p(t) &= \frac{1}{2}\left( H(i)e^{i t} + H(-i)e^{-i t} \right) \\[2mm]
    &=\frac{1}{2}\left( \frac{1}{i}e^{i t} + \frac{1}{-i}e^{-i t} \right) \\[2mm]
    &=\sin t
  \end{align*}
  og 
  \begin{align*}
    x(t) =& x_h(t) + x_p(t) \\[1mm]
    =&e^{\alpha t}\left( A\cos \omega_0 t + B\sin \omega_0 t \right) + \sin t 
  \end{align*}
  Kravet $x(0)=0$ gir nå $A=0$,
  mens $\dot x(0) = 0$ gir $\omega_0B+1=0$,
  slik at 
  \[
    x(t) =\sin t  -\frac{e^{\alpha t}}{\omega_0}\sin \omega_0 t  
  \]
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{24}
  Denne likner på den forrige, 
  vi kjører samme strategi: 
  \begin{align*}
    x(t) =& x_h(t) + x_p(t) \\[1mm]
    =&e^{\alpha t}\left( A\cos \omega_0 t + B\sin \omega_0 t \right)+ H(i\omega) e^{i\omega t}
  \end{align*}
  Konstantene $A$ og $B$ kan du regne ut om du orker. 
\end{oppgave}



\begin{oppgave}{25}
Denne er litt artig, 
men vi trenger å smake på et laplacetriks,
nemlig \textbf{konvolusjonsregelen}.
Dersom $Z=XY$,
er 
\[
  z(t) = \int_0^t x(u)y(t-u)\; du.
\]
Vi får nemlig 
\[
  X(s) = \frac{1}{(s^2+1)^2} 
\]
slik at 
\begin{align*}
  x(t) =& \int_0^t \cos (u) \cos (t-u)\; dt \\[2mm]
=&\frac{1}{4}\int_0^t \left( e^{iu}+e^{-iu} \right)\left( e^{i(t-u)}-e^{-i(t-u)} \right) \; dt \\[2mm]
=&\frac{1}{4}\int_0^t e^{it}+e^{-it} + e^{i(t-2u)}-e^{-i(t-2u)} \; dt \\[2mm]
=&\int_0^t \cos t + \cos(t-2u) \; dt \\[2mm]
=&t\cos t + \sin t
\end{align*}
Konvolusjon er viktig,
men fremstår som snodig i begynnelsen. 
Vi kommer tilbake til det.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{26}
Denne er også litt artig. 
Vi får 
\[
  X(s) = \frac{1}{s+1} +\frac{1}{(s+1)^2}   
\]
Siden 
\[
  -\frac{d}{ds}\frac{1}{s+1} = \frac{1}{(s+1)^2}
\]
gir neste oppgave oss at 
\[
  x(t) = e^{-t} + te^{-t}
\]
Dette er den homogene og den partikulære løsningen, 
men det er ikke innlysende at man skal gjette på partikulærløsningen
$te^{-t}$ når det drivende leddet er en homogen løsning. 
Så her var laplacetransform helt klart til hjelp. 
\end{oppgave}



\begin{oppgave}{27}
Vi ganger likningen 
\[
  y(t)=tx(t)
\]
med $e^{-st}$ og får
\[
  y(t)e^{-st}=tx(t)e^{-st} = -\frac{d}{ds}x(t)e^{-st} 
\]
og integrerer fra 0 til $\infty$,
slik at
\[
  Y(s)=\int_0^\infty tx(t)e^{-st}\; dt = -\frac{d}{ds}\int_0^\infty x(t)e^{-st} \; dt = -\frac{d}{ds}X(s).
\]

\end{oppgave}



\begin{oppgave}{29}
  Vi beregner
  \[
    \int_0^\infty u(t-a) e^{-st}\; dt = 
    \int_a^\infty e^{-st}\; dt = 
    \frac{e^{-as}}{s}
  \]
  og 
  \begin{align*}
    Y(s)&=\int_0^\infty u(t-a) x(t-a)e^{-st}\; dt\\[2mm] 
    &=\int_a^\infty x(t-a)e^{-st}\; dt\\[2mm]  
    &=\int_0^\infty x(t)e^{-s(t+a)}\; dt\\[2mm]  
    &=e^{-as}\int_0^\infty x(t)e^{-st}\; dt=
    e^{-as}X(s)
  \end{align*}

  \begin{minipage}{70mm}  
  \begin{center}
    \begin{tikzpicture}[thick]
      \begin{scope}[xshift=5cm,yshift=-1cm]
          \draw[->] (-2.5,0) -- (1.5,0) node[right]{$t$};
          \draw[->] (-1.5,-0.25) -- (-1.5,2) ;
 \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){$x$};
       \end{scope}
    \end{tikzpicture}
 \end{center}
  \end{minipage}
  \begin{minipage}{70mm}  
  \begin{center}
    \begin{tikzpicture}[thick]
      \begin{scope}[xshift=5cm,yshift=-1cm]
          \draw[->] (-3.5,0) -- (1.5,0) node[right]{$t$};
          \draw[->] (-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){$y$};
           \node[below] at (-1.5,0){$1$};
       \end{scope}
    \end{tikzpicture}
 \end{center}
  \end{minipage}
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{30}
På oppgave 4-6 får vi henholdsvis
\begin{align*}
  X(s) &= \frac{e^{-s}}{s(s^2+s+1)}= e^{-s}\left( \frac{1}{s}-\frac{s+1}{s^2+s+1} \right)\\[2mm]
  X(s) &= \frac{e^{-2s}}{s(s^2+s+1)}=e^{-2s}\left( \frac{1}{s}-\frac{s+1}{s^2+s+1} \right) \\[2mm]
  X(s) &= \frac{e^{-s}}{s(s^2+s+1)} - \frac{e^{-2s}}{s(s^2+s+1)}\\[2mm]
  &=e^{-s}\left( \frac{1}{s}-\frac{s+1}{s^2+s+1} \right) -e^{-2s}\left( \frac{1}{s}-\frac{s+1}{s^2+s+1} \right)\\[2mm]
  &=\left( e^{-s}-e^{-2s} \right)\left( \frac{1}{s}-\frac{s+1}{s^2+s+1} \right) 
\end{align*}
som gir $t$-skiftede superposisjoner av $x_p(t)=1$ og løsningen fra oppgave 20. 
I oppgave 7 får vi 
\[
  X(s) =\frac{s+1}{s^2+s+1} + \frac{e^{-s}}{s(s^2+s+1)}
\]
som vi også ser er en superposisjon 
av løsningene på oppgave 4 og 20.
Superposisjonsprinsippet er jammen greit å vite om. 
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{31}
  Lett!
  \[
    Y(s)=\int_0^\infty x(t)e^{at}e^{-st}\; dt =\int_0^\infty x(t)e^{-s(t-a)}\; dt =  X(s-a)
  \]
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{32}
  Regelen over gir umiddelbart at transformene blir 
  \[
    \frac{\omega}{(s-\alpha)^2+\omega^2} 
    \hspace*{10mm}
    \text{og}
    \hspace*{10mm}
    \frac{s-\alpha}{(s-\alpha)^2+\omega^2}
  \]
  Jeg vet ikke om det er helt riktig å si at oppgave 20 blir enklere, 
  men vi kan ihvertfall gjøre den på en komplisert med litt annerledes måte. 
  Vi skriver
  \begin{align*}
    X(s)&= \frac{s+1}{s^2+s+1} \\[2mm]
    &= \frac{s+1}{\left( s+\frac{1}{2} \right)^2+\left( \frac{\sqrt{3}}{2} \right)^2}\\[2mm]
    &= \frac{s+\frac{1}{2}}{\left( s+\frac{1}{2} \right)^2+\left( \frac{\sqrt{3}}{2} \right)^2}
    + \frac{\frac{1}{2}}{\left( s+\frac{1}{2} \right)^2+\left( \frac{\sqrt{3}}{2} \right)^2}\\[2mm]
    &= \frac{s+\frac{1}{2}}{\left( s+\frac{1}{2} \right)^2+\left( \frac{\sqrt{3}}{2} \right)^2}
    +\frac{1}{\sqrt{3}} \cdot \frac{ \frac{\sqrt{3}}{2}}{\left( s+\frac{1}{2} \right)^2+\left( \frac{\sqrt{3}}{2} \right)^2}
  \end{align*}
  og ser nå lett at 
  \[
    x(t) = e^{-t/2}\left( \cos\left( \frac{\sqrt{3}}{2} t \right)+\frac{1}{\sqrt{3}}  \sin\left( \frac{\sqrt{3}}{2} t \right) \right)
  \]
  Med litt trening, 
  kan det tenkes at dette går kjappere enn å bare skrive opp 
  den homogene løsningen og så bruke initialkravene. 
  Du kan jo ta tiden på deg selv og se. 
  Send meg en epost om du finner ut noe interessant.
\end{oppgave}




\begin{oppgave}{33}  
  Diracpulsen plukker ut funksjonsverdier under integraltegn,
  så vi ser lett at 
  \[
    \int_0^\infty \delta(t)e^{-st}\; dt = 1
  \]
  Her kommer et eksempel på et tilfelle
  der laplacetransform gjør analysen 
  fryktelig mye enklere. 
  Begge problemene i oppgaven har laplacetransform
  \[
     X(s) = \frac{m(v_0+sx_0)+bx_0 + 1}{ms^2+bs + k}  
  \]
  der det siste ett-tallet kommer fra deltapulsen i det ene tilfellet,
  og fra tillegget $1/m$ i initialfarten i det andre. 
  Dette betyr at vi kan tolke deltapulsen som noe som momentant tilfører 
  bevegelsesmengden 1 til bevegelsen. 
  (Husk at bevegelsesmengde er $mv$.)
\end{oppgave}
 


\begin{oppgave}{34}  
  Hvis du vil løse med laplace,
  blir transformen 
  \begin{align*}
    X(s)&= \frac{e^{-s}}{s^2+s+1} \\[2mm]
    &= \frac{e^{-s}}{\left( s+\frac{1}{2} \right)^2+\left( \frac{\sqrt{3}}{2} \right)^2}\\[2mm]
    &= \frac{2}{\sqrt{3}} \left( \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\left( s+\frac{1}{2} \right)^2+\left( \frac{\sqrt{3}}{2} \right)^2} \right)e^{-s}\\[2mm]
  \end{align*}
  som gir 
  \[
    x(t) = \frac{2}{\sqrt{3}} \left( e^{-(t-1)/2} \sin \left( \frac{\sqrt{3}}{2}(t-1) \right)\right)u(t-1),
  \]
  altså løsningen til
  \[
   \ddot{x}(t)+\dot{x}(t)+x(t)=0 \hspace{5mm}x(0)=0 \hspace{5mm}\dot{x}(0)=1
  \]
  men flyttet et knepp til høyre på $t$-aksen. 
  Hvis du skjønte forrige oppgave, 
  så du kanskje allerede da at dette var en enklere måte å gjøre det på.
\end{oppgave}

Prøv disse og:

  \begin{oppgave}{35}
    Vi regner i vei,
    og får 
    \[
      X(s) = \frac{e^{-s}}{s+1}
    \]
    slik at 
    \[
      x(t) = u(t-1) e^{-(t-1)}.
    \]
  \end{oppgave}
  
  \begin{oppgave}{36}
  og ditto:
    \[
      x(t) = u(t-2) e^{-(t-2)}.
    \]
  \end{oppgave}
  
  \begin{oppgave}{37}
    og superposisjonsprinsippet:
    \[
      x(t) = u(t-1) e^{-(t-1)} - u(t-2) e^{-(t-2)}.
    \]
  \end{oppgave}
  
  

\end{document}
