\input{preamble}

\title{2 - 2 -  DIFFERENSIALLIKNGINGER VI - LF}

\begin{document}
\pagenumbering{gobble}

\maketitle
%tilstandsrom
%cauchyprodukt og konvolusjon

\begin{oppgave}{1}
Det kjappeste er nok å gange med $e^{2t}$ på begge sider, 
omskrive cosinusfunksjonen med Eulers formel
\[
	\dot x(t)e^{2t} + 2x(t)e^{2t} = 
	e^{2t}\left(\frac{e^{it}+e^{-it}}{2}\right)=
	\left(\frac{e^{(2+i)t}+e^{(2-i)t}}{2}\right)
\]
og så integrere
\[
	x(t)e^{2t} = c + \frac{1}{2}
	\left(
		\frac{1}{2+i}e^{(2+i)t}+\frac{1}{2-i}e^{(2-i)t}
	\right)
\]
og så gange opp med $e^{-2t}$:
\begin{align*}
	x(t) =& 
	ce^{-2t} + \frac{1}{2}
	\left(
		\frac{1}{2+i}e^{it}+\frac{1}{2-i}e^{-it}
	\right)\\[2mm]
	=&
	ce^{-2t} + \frac{1}{5}
	\left(
		\frac{2-i}{2}e^{it}+\frac{2+i}{2}e^{-it}
	\right)\\[2mm]
	=&
	ce^{-2t} + \frac{1}{5}
	\left(
		2\cos t + \sin t
	\right)
\end{align*}
Bruker vi initialkravet $x(0)=0$, 
får vi 
$
	0=c + \frac{2}{5}
$
slik at 
\begin{align*}
	x(t) = 
	\frac{1}{5}
	\left(
		2\cos t + \sin t - 2e^{-2t}
	\right).
\end{align*}
\end{oppgave}


\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}

 



\begin{oppgave}{4}
	Det er 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*}
\end{oppgave}

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

\begin{oppgave}{8}
	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 
	\[
		C = \frac{1}{\left( i\omega  \right)^2 +i \omega + 1 } =
		 \frac{1}{-\omega ^2 +i \omega + 1 } 	
	\]
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{9}
	Her er det bare å skrive $\cos t = \frac{1}{2}\left( e^{i\omega t} + e^{-i\omega t} \right)$ 
	og bruke forrige oppgave og superposisjonsprinsippet: 
	\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}{2}
		\frac{e^{i\omega t}}{-\omega ^2 +i \omega + 1 }+
		\frac{e^{-i\omega t}}{-\omega  ^2 -i \omega + 1 }	
	\end{align*}
	Skal du ha initialkrav må du selvfølgelig ha med den homogene løsningen, 
	men jeg droppa initialkrav i denne oppgaven for det blir så mye regning.  
\end{oppgave}  



\begin{oppgave}{10}
	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*}
	Den homogene løsningen er
	\[
		x(t) = A\cos t + B\sin t.
	\]
	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.
\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. 
	En trent ingeniør gidder sjelden finne $x$.
	Poenget med disse oppgavene er bare at du skal skjønne at
	at en bestemt $X$ leder til en bestemt $x$.
\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}

	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}
	Vi får 
\[
\int_{-\infty}^{\infty} f(s)\delta(x-s)\; ds=
\lim_{k\to 0}\frac{1}{k}\int_{0}^{k}  f(s)\; ds=f(x).
\]
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{34}
	Dersom pulsen går på i $t=a$ er $X(s)=e^{-as}$.
\end{oppgave}


\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}






\begin{oppgave}{38}  
	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}
	\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. 
	Det finnes en annen måte å gjøre det på, 
	se oppgave 39 og 40.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{39-40}  
	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}
	

\end{document}
