c 1, t ≥ c, samt veta att “derivatan av denna funktion ¨ar ” δc(t)-funktionen (Diracs delta-funktion) som upp- fyller att δc(t

KARL JONSSON

Nyckelord och inneh˚all

• Laplacetransformen

• Differentialekvationer med diskontinuerlig dri- vande term g(t)

• Heaviside och δ-funktionen

• Tabulera L-transformer och inverstransformer

• Faltning av tv˚a funktioner och produkt av L- transformer

• Integro-differentialekvation

Inofficiella ”m˚al”

Det ¨ar bra om du (M1) vet att ekvationen

my⁰⁰(t) + cy⁰(t) + ky(t) = g(t)

med m, c, k > 0 kan tolkas fysikaliskt som en sv¨angning med massa m, d¨ampning c, fj¨aderkon- stant k och drivande kraft g(t).

(M2) kan definitionen av Laplacetransformen utantill och kan genomf¨ora ber¨akningar med denna, L(f )(s) = F (s) =

ˆ ∞ 0

e^−stf (t) dt. (1)

(M3) kan definitionen av Heavisidefunktionen u_c(t) =

(0, t < c 1, t ≥ c,

samt veta att “derivatan av denna funktion ¨ar ” δc(t)-funktionen (Diracs delta-funktion) som upp- fyller att δ_c(t) = 0 f¨or t 6= c, δ_c(c) = ∞ p˚a ett s˚adant s¨att att

ˆ

R

δ_c(t) dt = 1 och som ¨aven uppfyller att

ˆ

R

f (t)δc(t) dt = f (c).

“Deltafunktionen δ_c(t) placerar en punktmassa av storlek 1 i punkten t = c. Integrerar man den mot en funktion f s˚a plockas v¨ardet av funktionen ut d¨ar punktmassan ¨ar placerad, f (c).”

(M4) kan ber¨akna L-transformen av funktionerna, u_c(t), e^at, tⁿ, cos(t), sin(t), δ(t) genom direkt ber¨ak- ning fr˚an definitionen.

(M5) kan skriva om styckvis definierade funktioner mha Heavisidefunktionen.

(M6) kan definitionen av faltningen mellan tv˚a funktioner, (f ∗ g)(t) =

ˆ _t

0

f (t − τ )g(τ ) dτ. (2)

Institutionen f¨or matematik, KTH, SE-100 44, Stockholm, Sweden E-mail address: karljo@kth.se.

Date: 10 november 2017.

1

(M7) kan minnesregeln “derivata p˚a tidssidan blir algebraiskt uttryck med begynnelsv¨arden p˚a L-sidan”, L(f⁰(t))(s) = sF (s) − f (0),

L(f⁰⁰(t))(s) = s²F (s) − sf (0) − f⁰(0),

L(f⁰⁰⁰(t))(s) = s³F (s) − s²f (0) − sf⁰(0) − f⁰⁰(0), (M8) kan anv¨anda samt bevisa f¨oljande minnesregler f¨or L-transformen

(a) “delay med 7 p˚a tidssidan blir faktor e^−7s p˚a L-sidan”, L(u_c(t)f (t − c))(s) = e^−csL(f )(s),

(b) “faktor e^13t p˚a tidssidan blir f¨orskjutning med 13 till h¨oger p˚a L-sidan”, L(e^ctf (t))(s) = L(f )(s − c),

(c) “produkt p˚a L-sidan ¨ar faltning p˚a tidssidan”, L

ˆ _t

0

f (t − τ )g(τ ) dτ



(s) = L(f )(s)L(g)(s), (d) “skalning p˚a tidssidan blir omv¨and skalning p˚a L-sidan”,f¨or a > 0,

L(f (at))(s) = 1

aL(f (t))(s a).

(M9) kan resonera varf¨or och n¨ar L-transformen ¨ar l¨amplig vid l¨osandet av linj¨ara differentialekvatio- ner,

Obs! Detta ¨ar ett f¨ors¨ok att bryta ned kursm˚alen i mindre och mer konkreta bitar. M˚alen ovan ¨ar inte officiella f¨or kursen, utan ett f¨orslag till hur man kan t¨anka.

Exempel och uppgifter

(U1) Avg¨or om f¨oljande funktioner ¨ar kontinuerliga, styckvis kontinuerliga eller varken eller p˚a inter- vallet [0, 3].

f1(t) =







t³, t ∈ [0, 1]

2 + t, t ∈ (1, 2]

6 − t, t ∈ (2, 3]

f₂(t) =







t, t ∈ [0, 1]

(t − 1)⁻¹, t ∈ (1, 2]

1, t ∈ (2, 3]

f4(t) =







t/2, t ∈ [0, 1]

3 − t, t ∈ (1, 2]

1, t ∈ (2, 3]

Skissa g¨arna graferna. Vad har detta med L-transformen att g¨ora? Skriv ¨aven om funktionerna med hj¨alp av Heavisidefunktioner.

Ett hett tips ¨ar att rita upp dessa f¨or dig sj¨alv. F¨orsta funktionen ¨ar inte kontinuerlig i t = 1 ty v¨anstergr¨ansv¨ardet ¨ar 1 och h¨ogergr¨ansv¨ardet ¨ar 3. D¨aremot kontinuerlig i t = 2. Kan skrivas med Heavisidefunktioner p˚a f¨oljande s¨att

f1(t) = t³(u0(t) − u1(t)) + (2 + t)(u1(t) − u2(t)) + (6 − t)(u2(t) − u3(t)). (3) OBS! Notera f¨oljande i omskrivningen mha Heavisidefunktioner s˚a st¨ammer inte v¨ardet f¨or f₁(1). I ursprungsdefinitionen s˚a ¨ar detta v¨arde lika med 1 men i v˚ar omskrivning s˚a blir detta v¨arde lika med 3. Beroende p˚a i vilken till¨ampning som denna omskrivning sker s˚a kan detta vara av st¨orre eller mindre bekymmer. S¨ag att vi ska integrera f , d˚a spelar inte funktion f ’s v¨arde i enskilda punkter n˚agon roll, s˚a i ett s˚adant sammanhang kan vi argumentera f¨or att felet i omskrivningen inte v˚allar n˚agon st¨orre skada.

(U2) Fyll i nedanst˚aende tabell

f (t) F (s)

1 1/s

t 1/s²

t² 2/s³

tⁿ n!/sⁿ⁺¹

cos(t) s

s²+ 1²

cos(at) s

s²+ a²

sin(t) 1

s²+ 1²

sin(at) a

s²+ a² uc(t) e^−cs/s u_c(t)f (t − c) e^−csF (s)

(U3) Vilka funktioner ger f¨oljande L-transformer?

F1(s) = 2s − 5 s²+ 2s + 10,

Vi gjorde F₁ ordentligt p˚a ¨ovningen. Sammanfattningsvis s˚a skulle jag skriva s˚a h¨ar F₁(s) = {kvadratkompl. n¨amnare} = 2s − 5

(s + 1)²+ 9 = t¨ank cos/sin pga n¨amnare



 t¨ank att (s + 1) inte st¨aller till med problem, exponential p˚a tidssidan



= 2(s + 1) − 7

(s + 1)²+ 9 = 2 (s + 1) (s + 1)²+ 9−7

3

3

(s + 1)²+ 3² =

 cos f¨orsta, sin andra

fixa till med e^−t f¨or att komp. f¨or (s + 1)



=⇒ f (t) = 2e^−tcos(3t) −7

3e^−tsin(3t).

F₂(s) = 3 s²+ 3s − 4, F3(s) = 3!

(s − 5)⁴ F4(s) = 2(s − 1)e^−s

s²− 2s + 2,

Vi g¨or nr 4 ocks˚a, F4(s). B¨orja med att t¨anka bort e^−s, denna kommer att ge oss en “delay” p˚a tidssidan vilket vi fixar till i sista steget. B¨orja d¨arf¨or att betrakta

2(s − 1)

(s − 1)²+ 1 = 2 (s − 1)

(s − 1)²+ 1 = L(s) (4)

H¨ar identifierar vi utseendet f¨or n˚agot som har med cos att g¨ora s

s²+ 1− ish (5)

men vi har s − 1 ist¨allet, som kommer att generera multiplikation med exponential e^tp˚a tidssidan, L⁻¹(2 (s − 1)

(s − 1)²+ 1)(t) = 2e^tcos(t) ≡ g(t). (6) Men vi skulle ber¨akna L⁻¹(e^−s(s)L(s)) vilket ger, enligt regel M8,(a) att vi ska inf¨ora en ’delay’

p˚a tidssidan,

L⁻¹(L(s)) = L⁻¹(e^−s2 (s − 1)

(s − 1)²+ 1) = u₁(t)g(t − 1) = 2u₁(t)e^t−1cos(t − 1) (7) vilket ¨ar en funktion som ¨ar noll fram till t = 1 och sedan b¨orjar sv¨anga med exponentiellt absolutbelopp.

F₅(s) = (s − 2)e^−2s s²− 4s + 3 F6(s) = e^−3s

s²+ s − 2

(U4) L¨os begynnelsev¨ardesproblemet:

y⁰⁰− 2y⁰+ 2y = cos(t) (8)

y(0) = 1, y⁰(0) = 1 (9)

Testa att l¨osa detta problem p˚a tv˚a olika s¨att, f¨orst p˚a det vanliga viset med att finna allm¨anna l¨osningen och sedan en partikul¨arl¨osning. Sedan best¨amma konstanterna mha begynnelsev¨ardena.

Det andra s¨attet ¨ar att anv¨anda Laplace-transformen. Transformera hela ekvationen och f˚a s²Y (s) − sy(0) − y⁰(0) − 2(sY (s) − y(0)) + 2Y (s) = s

s²+ 1. (10)

L¨os ut Y (s). Och f¨ors¨ok sedan best¨amma y(t) fr˚an y(s).

samt

y⁰⁰+ 4y = (

1, 0 ≤ t < 2π

0, 2π ≤ t < ∞ ≡ g(t) (11)

y(0) = 1, y⁰(0) = 0 (12)

Laplacetransformera hela ekvationen och f˚a

s²Y (s) − sy(0) − y⁰(0) + 4Y (s) = 1 − e^−2πs

s . (13)

d¨ar Laplacetransformen av g(t) ber¨aknades direkt fr˚an definitionen av Laplace-transformen (detta kan du repetera sj¨alv, enkel ber¨akning). Omskrivning ger

Y (s) = (1 − e^−2πs)

 1

s(s²+ 4)



+ s

s²+ 4. (14)

Vi identifierar att det ¨ar problem med _s(s2¹+4), som vi inte direkt har tabulerade v¨arlden f¨or. Vi g¨or en partialbr˚aksuppdelning:

1

s(s²+ 4) = A

s +Bs + C

s²+ 4 . (15)

vilket ger att A = 1/4, B = −1/4 och C = 0.

Vilket ger

Y (s) = 1

4(1 − e^−2πs) 1 s− s

s²+ 4.



+ s

s²+ 4 = (16)

1 4

 1 s− s

s²+ 4.



−1

4e^−2πs 1 s − s

s²+ 4.



+ s

s²+ 4 (17)

=⇒ y(t) = 1

4(1 − cos(2t)) − u2π(t)1

4(1 − cos(2(t − 2π)) + cos(2t) = (18)

= 1 4+3

4cos(2t) − u2π(t)1

4(1 − cos(2(t − 2π)) (19)

= 1 4+3

4cos(2t) − u_2π(t)1

4(1 − cos(2t)). (20) Den explicita l¨osningen kan skrivas

y(t) = (1

4 +³₄cos(2t), t ∈ [0, 2π)

cos(2t), t ∈ [2π, ∞). (21)

Rimlighetskontroll. Vi ser att begynnelsev¨ardena ¨ar uppfyllda. Vi skulle ocks˚a vilja veta hur funktionen beter sig vid t = 2π. G¨or den ett hopp (kontinuerlig)? ¨Ar den deriverbar? ¨Ar derivatan kontinuerlig? ¨Ar den tv˚a g˚anger deriverbar? ¨Ar andraderivatan kontinuerlig? I denna punkt t = 2π s˚a ser vi att funktionen ¨ar kontinuerlig, dessutom

y⁰(t) =

(−³₂sin(2t), t ∈ [0, 2π)

−2 sin(2t), t ∈ [2π, ∞). (22)

d¨ar vi ser att derivatan ocks˚a ¨ar kontinuerlig. Men n¨ar vi betraktar andraderivatan s˚a f˚ar vi y⁰⁰(t) =

(−3 cos(2t), t ∈ [0, 2π)

−4 cos(2t), t ∈ (2π, ∞). (23)

d¨ar vi ser att denna funktion varken ¨ar definierad eller kontinuerlig f¨or t = 2π. Allts˚a andraderi- vatan finns inte i punkten 2π. H¨ar kan det finnas orsak att stanna upp och t¨anka lite. ¨Ar detta rimligt? Har vi inte l¨ost en andra ordningens differentialekvation? D¨ar vi borde f˚a ut l¨osningar som

¨

ar tv˚a g˚anger kontinuerligt deriverbara? Eftersom den drivande termen g(t) i sig ¨ar diskontinuerlig i t = 2π s˚a m˚aste vi kanske f¨orv¨anta oss att ¨aven funktion har n˚agon typ av diskontinuitet, vilken i detta fall hamnade i andraderivatan.

samt

y⁰⁰+ y =

(t, 0 ≤ t < 3

0, 3 ≤ t < ∞ (24)

y(0) = 0, y⁰(0) = 0 (25)

samt

y⁰⁰+ 4y = sin t − u2π(t) sin(t − 2π) (26)

y(0) = 0, y⁰(0) = 0 (27)

och

y⁰⁰+ y = u_3π(t) (28)

y(0) = 2, y⁰(0) = 0 (29)

En vagn som b¨orjar med positivt utslag. Ingen d¨ampning. Ingen p˚alagd kraft de f¨orsta 9.42 sek.

Borde sv¨anga harmoniskt. Som 2 cos(t) i b¨orjan borde det vara. D¨arefter s˚a l¨agger n˚agon p˚a en kraft 1 vid tiden 9.42sek, dvs efter en och en halv period av sv¨angning. S˚a vi borde d˚a vara tillbaka vid y(3π) = −2, y⁰(2π) = 0. D˚a l¨agger n˚agon p˚a en kraft med storlek 1. S˚a vi kan f¨orv¨anta oss ett svar till denna uppgift som ser ut s˚a h¨ar y(t) = cos(2t) + u_3π(t)f (t − 3π). Ta reda p˚a resten sj¨alv.

till sist

y⁰⁰+ 2y⁰+ 2y = δ(t − π) (30)

y(0) = 1, y⁰(0) = 1 (31)

Igen s˚a kan vi t¨anka i termer av den fysikaliska modellen. Massan 1, d¨ampning 2 och fj¨aderkon- stant 2.

Vad betyder δ(t − π)-funktionen i detta fall?

F¨orst, t¨ank p˚a π som en centreringspunkt i detta fall. F¨orest¨all dig nu att vi har en funktion ¨ar positiv, p˚a n˚agot s¨att centrerad runt punkten t = π och har area . F¨or enkelhets skull t¨ank p˚a detta som en funktion som ser ut som “en liten kulle”/“ett t¨alt ”/“en l˚ada” (beroende p˚a tycke och smak).

S˚a, nu ¨ar denna funktion den funktion som ¨ar “den p˚alagda kraften g(t)”. Jaha, ja d˚a kommer ju vagnen att r¨ora sig p˚a n˚agot s¨att som vi kanske skulle kunna r¨akna ut mha Laplace-transformen.

Kalla detta svar f¨or y_a(t).

S¨ag nu att vi tar din funktion som du just ritade, och s˚a skalar vi om den, s˚a att den blir h¨alften s˚a bred (fortfarande centrerad kring t = π) men dubbelt s˚a h¨og. D˚a kommer arean fortfarande att vara =1. Jaha, s˚a anv¨ander vi denna som p˚alagd kraft. Och d˚a kommer vagnen att r¨ora sig p˚a n˚agot s¨att. Kalla detta svar f¨or y_b(t).

Vad har dessa r¨orelser y_a(t) och y_b(t) gemensamt? Om man integrerar en kraft ¨over tid (´

g(t) dt) s˚a kommer detta att ge oss den ¨overf¨orda impulsen till systemet. Ett s¨att att t¨anka p˚a det ¨ar att eftersom arean under grafen f¨or g(t) ¨ar samma f¨or b˚ada dessa fallen s˚a borde r¨orelserna ha n˚agot gemensamt. Det som ¨ar gemensamt ¨ar att den till systemet ¨overf¨orda impulsen ¨ar densamma.

Men r¨orelserna ya och y_b kommer inte vara desamma eftersom de drivande funktionerna ej var identiska. Nu st¨aller vi oss fr˚agan: vad h¨ander d˚a vi f¨ors¨oker skapa en ’ideal’ drivande funktion som

¨overf¨or impulsen = 1 men som g¨or det p˚a o¨andligt kort tid. Detta skulle motsvara δ-funktionen,

som ¨ar en funktion som ¨ar δπ(t) ≥ 0, δπ(π) = ∞ och´

Rδπ(t) dt = 1. Dvs, en funktion som g¨or s˚a att all impuls ¨overf¨ors momentant i tidpunkten t = π.

Vi kan v¨al g¨ora detta resonemang explicit s˚a ser ni vad som h¨ander. Vi tar och g¨or om h¨ogerledet i v˚ar ekvation till en funktion som ¨ar ett f¨onster med bredd 2d placerad runt t = π och som har area 1. Allts˚a vi betraktar

gd(t) = 1

2d(uπ−d(t) − uπ+d).

D¨ar vi delar med 2d f¨or att f˚a area 1. Vi tittar p˚a ekvationen om vi hade anv¨ant detta som HL, y⁰⁰+ 2y⁰+ 2y = 1

2d(uπ−d(t) − uπ+d(t)) (32)

y(0) = 1, y⁰(0) = 1 (33)

och f¨ors¨oker l¨osa med Laplace transformen. Vi f˚ar s²Y (s) − s − 1 + 2Y (s) − 2 + 2Y (s) = 1

2d ˆ _∞

0

e^−st(uπ−d(t) − uπ+d(t)) dt (34)

= 1

2ds(e^−s(π−d)− e^−s(π+d)) (35)

ekvivalent med

Y (s) = s

s²+ 4+ 3

s²+ 4+ 1 s(s²+ 4)

1

2d(e^−s(π−d)− e^−s(π+d)) (36) partialbr˚aksuppdelning ger

Y (s) = s

s²+ 4+ 3

s²+ 4+ (1

s− 1

(s²+ 4)) 1

8d(e^−s(π−d)− e^−s(π+d)) (37) och tar vi inverstransformen s˚a f˚ar vi

y(t) = cos(2t) + 3

2sin(t) + 1

8du_π−d(t)(1 − cos(2(t + d))) − u_π+d(t)(1 − cos(2(t − d))). (38) Det ¨ar det senare uttrycket som ¨ar av intresse. F¨or t mindre ¨an π − d s˚a f¨orsvinner b˚ada dessa termer.

Vad h¨ander f¨or t mellan π − d och π + d? D˚a ¨ar endast det f¨orsta uttrycket ’p˚a’ vilket blir 1 − cos(2t + 2d)

8d . (39)

V˚art m˚al ¨ar ju att l˚ata d → 0. Vad kommer h¨anda med detta uttryck d˚a? Direkt gr¨ans¨overg˚ang ger 0/0, vi anv¨ander l’Hospitals regel och f˚ar

d→0lim

1 − cos(2t + 2d)

8d = lim

d→0

2 sin(2t + 2d)

8 = 1

4sin(2π) = 0, (40)

eftersom t → π d˚a d → 0. Allts˚a, vi kan allts˚a ta d v¨aldigt litet utan att det h¨ander n˚agot konstigt i intervallet [π − d, π + d].

Vi tittar nu p˚a v¨arden d˚a t > π + d. D˚a f˚ar vi n¨ar d → 0 att

d→0lim

− cos(2t + 2d) + cos(2t − 2d)

8d = lim

d→0

2 sin(2t + 2d) + 2 sin(2t − 2d)

8 = 1

2sin(2t). (41) Allts˚a, n¨ar d → 0 s˚a f˚ar vi uttrycket

y(t) = cos(2t) + 3

2sin(t) + u_π(t)1

2sin(2t). (42)

Detta ¨ar allts˚a det som kallas f¨or impulssvaret, och ¨ar l¨osningen p˚a det problemet vi hade ovan.

Fr˚agan ¨ar nu om vi hade kunnat komma fram till detta svar p˚a ett smidigare s¨att. Ja, det g˚ar om vi anv¨ander r¨akneregeln att

ˆ ∞ 0

f (t)δ_π(t) dt = f (π). (43)

Vid Laplace-transformering av v˚ar ursprungsekvation

y⁰⁰+ 2y⁰+ 2y = δ(t − π) (44)

s˚a hade vi f˚att

s²Y (s) − s − 1 + 2Y (s) − 2 + 2Y (s) = ˆ _∞

0

e^−stδ(t − π) dt = e^−sπ, (45) omskrivning ger

Y (s) = s

s²+ 4+ 3 s²+ 4+1

2 2

s²+ 4e^−sπ (46)

vilket ger inverstransformen y(t) = cos(2t) + 3

2sin(2t) + u_π(t) sin(2(t − π)) = cos(2t) +3

2sin(2t) + u_π(t) sin(2t) (47) vilket ¨ar precis samma svar som ovan.

Sensmoral: vet du hur du ska r¨akna med δ-funktionen som kommer r¨akningarna i detta fall bli mycket enklare ¨an i andra fall.

Vad ¨ar tolkningen i termer av den fysikaliska modellen?

(U5) Best¨am L-transformen av

f (t) = ˆ _t

0

e^{−(t−τ )}sin 2τ dτ (48)

och

g(t) = ˆ _t

0

sin(t − τ ) cos 2τ dτ. (49)

I dessa exempel g¨aller det att k¨anna igen att dessa uttryck ¨ar s˚a kallade faltningar. Det f¨orsta uttrycket ¨ar precis faltningen mellan funktionen e^−t och funktionen sin(2t). Enligt teorin som vi har s˚a kommer s˚aledes Laplace-transformen av denna faltning att bli produkten av lalpace- transformen av de ing˚aende funktionerna. Allts˚a

L(

ˆ _t

0

e^{−(t−τ )}sin 2τ dτ ) = L(e^−t)(s)L(sin(2t))(s) = 1 s + 1

2

s²+ 4. (50)

N¨asta uppgift ¨ar v¨aldigt liknande.

(U6) L¨os begynnelsev¨ardesproblemet

y⁰⁰+ ω²y = g(t) med y(0) = 1, y⁰(0) = 1. P˚a vilket s¨att kan vi ge svaret?

(U7) L¨os integro-differentialekvationen y⁰(t) +

ˆ _t

0

(t − ξ)y(ξ) dξ = t,

med y(0) = 0. F¨ors¨ok att l¨osa p˚a tv˚a olika s¨att, 1: L-transform, 2: derivera ekvationen tv˚a g˚anger map t.

Med Laplace-transformen. Vi ser att vi har en faltning i VL mellan t och y(t), s˚a vi f˚ar sY (s) − 0 +1

sY (s) = 1

s², (51)

vilket vi skriver om som

Y (s) = 1

s(s²+ 1) = 1 s− s

s²+ 1, (52)

som har invers-transform

y(t) = 1 − cos(t). (53)