F(\textcolor{red}{s}) = \mathcal{L}(f(\textcolor{blue}{t})) = \int_0^{\infty} e^{-\textcolor{red}{s}\textcolor{blue}{t}} f(\textcolor{blue}{t}) \; d\textcolor{blue}{t}- $F(\textcolor{red}{s})$ er en funksjon av variabelen $s$
- $\mathcal{L}(f(\textcolor{blue}{t}))$ er Laplace-transformasjonen til funksjonen $f(t)$
- Laplace transformasjonen gjelder kun dersom integralet eksisterer
- Ofte bruker vi tabeller for å finne Laplace transformasjonen
+ Når bruker vi Laplace transformasjoner?
Laplace-transformasjonen kan løse lineære differensialligninger på en elegant måte som tar hånd om startbetingelsene underveis.
Laplace-transformasjonen er et kraftig matematisk verktøy som brukes til å analysere en lang rekke systemer f.eks. elektriske kretser, signalbehandling, kommunikasjonssystemer, stabilitetssystem, pendler og fjærer, biler og roboter og termodynamikk.
Noen ganger er vi egentlig ikke interessert i tidsutviklingen i et system, men hvilke frekvenser det har. Og da er Laplace transformasjon ekstrakt elegant fordi den transformerer systemet fra tidsdomenet til frekvensdomenet.
Merk at $e^{-\textcolor{red}{s}\textcolor{blue}{t}}$ viser at $st$ må være dimensjonsfri, dvs.
- dersom $t$ måles i sekunder, må $s$ måles i hertz = 1/sekund
- dersom $t$ måles i meter, må $s$ måles i 1/meter
+ Eksempel 1: $f(t) = e^{2t}$
Laplace-transformasjonen til $f(t) = e^{2t}$:
F(\textcolor{red}{s}) = \mathcal{L}\left(e^{2 \textcolor{blue}{t}} \right) = \int_0^{\infty} e^{-\textcolor{red}{s}\textcolor{blue}{t}} e^{2 \textcolor{blue}{t}} \; d\textcolor{blue}{t}+ Kort video
Vi skal bare å løse integralet. Først samler vi eksponenten $-\textcolor{red}{s} \textcolor{blue}{t} + 2 \textcolor{blue}{t} = (-\textcolor{red}{s} + 2) \textcolor{blue}{t}$:
F(\textcolor{red}{s}) = \int_0^{\infty} e^{(-\textcolor{red}{s} + 2) \textcolor{blue}{t}} \; d\textcolor{blue}{t}Husker du hvordan du integrerer $e^{kt}$?
F(\textcolor{red}{s}) = \int_0^{\infty} e^{(-\textcolor{red}{s} + 2) \textcolor{blue}{t}} \; d\textcolor{blue}{t} = \left[ \frac{1}{-\textcolor{red}{s} + 2} e^{(-\textcolor{red}{s} + 2) \textcolor{blue}{t}} \right]_0^{\infty}Integralet er «uegentlig» siden øvre grense er uendelig. Derfor må vi se på grenseverdien:
\begin{aligned}
F(\textcolor{red}{s}) & = \lim_{L \to \infty} \left[ \frac{1}{-\textcolor{red}{s} + 2} e^{(-\textcolor{red}{s} + 2) \textcolor{blue}{t}} \right]_0^L && \textnormal{Setter inn grensene}\\
\Rightarrow \quad F(\textcolor{red}{s}) & = \lim_{L \to \infty} \left( \frac{1}{-\textcolor{red}{s} + 2} e^{(-\textcolor{red}{s} + 2) \textcolor{blue}{L}} \right) - \left( \frac{1}{-\textcolor{red}{s} + 2} e^{(-\textcolor{red}{s} + 2) \textcolor{blue}{0}} \right) && \textnormal{Setter } e^0 = 1 \\
\Rightarrow \quad F(\textcolor{red}{s}) & = \lim_{L \to \infty} \left( \frac{1}{-\textcolor{red}{s} + 2} e^{(-\textcolor{red}{s} + 2) \textcolor{blue}{L}} \right) + \frac{1}{\textcolor{red}{s} - 2}
\end{aligned}Nå må vi tenke litt på første ledd. Vi har tre muligheter:
$s < 2$
- Da blir $(-s + 2) > 0$
- Når $L$ går mot uendelig, må $e$ opphøyes i noe veldig stort og går derfor mot uendelig
- Integralet divergerer (dvs. går mot pluss/minus uendelig)
$s = 2$
- Da blir $(-s + 2) = 0$
- Å dele på null er tull. Derfor kan ikke $s$ være lik 2.
$s > 2$
- Da blir $(-s + 2) < 0$
- Når $L$ gå mot uendelig, må $e$ opphøyes i minus uendelig og går derfor mot null
- Integralet konvergerer (dvs. går mot en bestemt verdi)
Eneste mulighet for at integralet konvergerer, er at $s > 2$. Da har vi:
\begin{aligned}
F(\textcolor{red}{s}) & = \underbrace{\lim_{L \to \infty} \left( \frac{1}{-\textcolor{red}{s} + 2} e^{(-\textcolor{red}{s} + 2) \textcolor{blue}{L}} \right)}_{= 0}+ \frac{1}{\textcolor{red}{s} - 2} = \frac{1}{\textcolor{red}{s} - 2}
\end{aligned}Og vips har vi funnet Laplace transformasjonen til $f(t) = e^{2t}$ når $s > 2$ og vist at transformasjonen ikke gjelder når $s \le 2$.
+ Eksempel 2: $f(t) = e^{at}$
Laplace-transformasjonen til $f(t) = e^{at}$ når $a$ er et tilfeldig tall:
F(\textcolor{red}{s}) = \mathcal{L}\left(e^{a \textcolor{blue}{x}} \right) = \int_0^{\infty} e^{-\textcolor{red}{s}\textcolor{blue}{x}} e^{a\textcolor{blue}{x}} \; d\textcolor{blue}{x}Nå trenger vi bare å løse integralet. Først samler vi eksponenten $-\textcolor{red}{s} \textcolor{blue}{t} + a \textcolor{blue}{t} = (-\textcolor{red}{s} + a) \textcolor{blue}{t}$:
F(\textcolor{red}{s}) = \int_0^{\infty} e^{(-\textcolor{red}{s} + a) \textcolor{blue}{t}} \; d\textcolor{blue}{t}Husker du hvordan du integrerer $e^{kt}$?
F(\textcolor{red}{s}) = \int_0^{\infty} e^{(-\textcolor{red}{s} + a) \textcolor{blue}{t}} \; d\textcolor{blue}{t}
= \left[ \frac{1}{-\textcolor{red}{s} + a} e^{(-\textcolor{red}{s} + a) \textcolor{blue}{t}} \right]_0^{\infty}Integralet er «uegentlig» siden øvre grense er uendelig. Derfor må vi se på grenseverdien:
\begin{aligned}
F(\textcolor{red}{s}) & = \lim_{L \to \infty} \left[ \frac{1}{-\textcolor{red}{s} + a} e^{(-\textcolor{red}{s} + a) \textcolor{blue}{t}} \right]_0^L && \textnormal{Setter inn grensene}\\
\Rightarrow \quad F(\textcolor{red}{s}) & = \lim_{L \to \infty} \left( \frac{1}{-\textcolor{red}{s} + a} e^{(-\textcolor{red}{s} + a) \textcolor{blue}{L}} \right) - \left( \frac{1}{-\textcolor{red}{s} + a} e^{(-\textcolor{red}{s} + a) \textcolor{blue}{0}} \right) && \textnormal{Setter } e^0 = 1 \\
\Rightarrow \quad F(\textcolor{red}{s}) & = \lim_{L \to \infty} \left( \frac{1}{-\textcolor{red}{s} + a} e^{(-\textcolor{red}{s} + a) \textcolor{blue}{L}} \right) + \frac{1}{\textcolor{red}{s} - a}
\end{aligned}Nå må vi tenke litt på første ledd. Vi har tre muligheter:
$s < a$
- Da blir $(-s + a) > 0$
- Når $L$ går mot uendelig, må $e$ opphøyes i uendelig og går derfor mot uendelig
- Integralet divergerer (dvs. går mot pluss/minus uendelig)
$s = a$
- Da blir $(-s + a) = 0$
- Å dele på null er tull. Derfor kan ikke $s$ være lik a.
$s > a$
- Da blir $(-s + a) < 0$
- Når $L$ gå mot uendelig, må $e$ opphøyes i minus uendelig og går derfor mot null
- Integralet konvergerer (dvs. går mot en bestemt verdi)
Eneste mulighet for at integralet konvergerer, er at $s > a$. Da har vi:
\begin{aligned}
F(\textcolor{red}{s}) & = \underbrace{\lim_{L \to \infty} \left( \frac{1}{-\textcolor{red}{s} + a} e^{(-\textcolor{red}{s} + a) \textcolor{blue}{L}} \right)}_{= 0}+ \frac{1}{\textcolor{red}{s} - a} = \frac{1}{\textcolor{red}{s} - a}
\end{aligned}Og vips har vi funnet Laplace transformasjonen til $f(t) = e^{at}$ når $s > a$ og vist at transformasjonen ikke gjelder når $s \le a$.
+ Eksempel 3: $f(t) = 1$
Laplace-transformasjonen til $f(t) = 1$:
F(\textcolor{red}{s}) = \mathcal{L}\left(1 \right) = \int_0^{\infty} e^{-\textcolor{red}{s}\textcolor{blue}{t}} \cdot 1 \; d\textcolor{blue}{t}+ Kort video
Nå trenger vi bare å løse integralet. Husker du hvordan du integrerer $e^{kt}$?
F(\textcolor{red}{s}) = \int_0^{\infty} e^{-\textcolor{red}{s} \textcolor{blue}{t}} \; d\textcolor{blue}{t} = \left[ \frac{1}{-\textcolor{red}{s}} e^{-\textcolor{red}{s} \textcolor{blue}{t}} \right]_0^{\infty}Integralet er «uegentlig» siden øvre grense er uendelig. Derfor må vi se på grenseverdien:
\begin{aligned}
\Rightarrow \quad F(\textcolor{red}{s}) & = \lim_{L \to \infty} \left[ -\frac{1}{\textcolor{red}{s}} e^{-\textcolor{red}{s} \textcolor{blue}{t}} \right]_0^L && \textnormal{Setter inn grensene}\\
\Rightarrow \quad F(\textcolor{red}{s}) & = \lim_{L \to \infty} \left( -\frac{1}{\textcolor{red}{s}} e^{-\textcolor{red}{s} \textcolor{blue}{L}} \right) - \left( - \frac{1}{\textcolor{red}{s}} e^{-\textcolor{red}{s} \cdot \textcolor{blue}{0}} \right) && \textnormal{Setter } e^0 = 1 \\
\Rightarrow \quad F(\textcolor{red}{s}) & = \lim_{L \to \infty} \left(- \frac{1}{\textcolor{red}{s}} e^{-\textcolor{red}{s} \textcolor{blue}{L}} \right) + \frac{1}{\textcolor{red}{s}}
\end{aligned}Nå må vi tenke litt på første ledd. Vi har tre muligheter:
$s < 0$
- Da blir $-s > 0$
- Når $L$ går mot uendelig, må $e$ opphøyes i noe veldig stort og går derfor mot uendelig
- Integralet divergerer (dvs. går mot pluss/minus uendelig)
$s = 0$
- Å dele på null er tull. Derfor kan ikke $s$ være lik null.
$s > 0$
- Da blir $-s < 0$
- Når $L$ gå mot uendelig, må $e$ opphøyes i minus uendelig og går derfor mot null
- Integralet konvergerer (dvs. går mot en bestemt verdi)
Eneste mulighet for at integralet konvergerer, er at $s > 0$. Da har vi:
\begin{aligned}
F(\textcolor{red}{s}) & = \underbrace{\lim_{L \to \infty} \left( -\frac{1}{\textcolor{red}{s}} e^{-\textcolor{red}{s} \textcolor{blue}{L}} \right)}_{= 0}+ \frac{1}{\textcolor{red}{s}} = \frac{1}{\textcolor{red}{s}}
\end{aligned}Og vips har vi funnet Laplace transformasjonen til $f(t) = 1$ når $s > 0$ og vist at den ikke eksisterer når $s \le 0$.
+ Eksempel 4: $f(t) = t$
Laplace-transformasjonen til $f(t) = t$:
F(\textcolor{red}{s}) = \mathcal{L}\left(\textcolor{blue}{t} \right) = \int_0^{\infty} e^{-\textcolor{red}{s}\textcolor{blue}{t}} \cdot \textcolor{blue}{t} \; d\textcolor{blue}{t}+ Kort video
Nå trenger vi bare å løse integralet. Her må vi bruke delvis integrasjon:
u = t \\
v' = e^{-st}$\Rightarrow$
u' = 1 \\
v = -\frac{1}{s} e^{-st}Vær oppmerksom når du setter inn i formelen for delvis integrasjon:
\textnormal{Formel: } \quad \int_a^b u v' dt = [uv]_a^b - \int_a^b u'v dt \\
\Rightarrow \qquad F(s)
= \int_0^{\infty} e^{-st} \cdot t \; dt
= \left[t \cdot \left( - \frac{1}{s} e^{-st} \right) \right]_0^{\infty}
- \int_0^{\infty} 1 \cdot \left(-\frac{1}{s}e^{-st} \right) \; dt
Nå kan vi rydde litt i fortegnene og integrere det siste leddet:
\begin{aligned}
F(s)
& = \left[- \frac{t}{s} e^{-st} \right]_0^{\infty}
+ \frac{1}{s} \int_0^{\infty} e^{-st} dt \\
\Rightarrow \qquad F(s)
& = \left[- \frac{t}{s} e^{-st} \right]_0^{\infty}
+ \frac{1}{s} \left[ -\frac{1}{s} e^{-st} \right]_0^{\infty} \\
\Rightarrow \qquad F(s)
& = \left[ -\frac{t}{s} e^{-st} - \frac{1}{s^2} e^{-st} \right]_0^{\infty}
\end{aligned}Integralet er «uegentlig» siden øvre grense er uendelig. Derfor må vi se på grenseverdien:
\begin{aligned}
\Rightarrow \quad F(s) & = \lim_{L \to \infty} \left[ -\frac{t}{s} e^{-st} - \frac{1}{s^2} e^{-st} \right]_0^L && \textnormal{Setter inn grensene}\\
\Rightarrow \quad F(s) & = \lim_{L \to \infty} \left( -\frac{L}{s} e^{-sL} - \frac{1}{s^2} e^{-sL} \right) - \left( -\frac{0}{s} e^0 - \frac{1}{s^2} e^0 \right) && \textnormal{Setter } e^0 = 1 \\
\Rightarrow \quad F(s) & = \lim_{L \to \infty} \left( -\frac{L}{s} e^{-sL} - \frac{1}{s^2} e^{-sL} \right) + \frac{1}{s^2}
\end{aligned}Nå må vi tenke litt på grenseverdien. Vi har tre muligheter:
$s < 0$
- Da blir $-sL > 0$
- Når $L$ går mot uendelig, må $e$ opphøyes i noe veldig stort og går derfor mot uendelig
- Integralet divergerer (dvs. går mot pluss/minus uendelig)
$s = 0$
- Å dele på null er tull. Derfor kan ikke $s$ være lik null.
$s > 0$
- Da blir $-sL < 0$
- Når $L$ gå mot uendelig, må $e$ opphøyes i minus uendelig og går derfor mot null
- Integralet konvergerer (dvs. går mot en bestemt verdi)
Eneste mulighet for at integralet konvergerer, er at $s > 0$. Da har vi:
\begin{aligned}
F(s) & = \underbrace{ \lim_{L \to \infty} \left( -\frac{L}{s} e^{-sL} - \frac{1}{s^2} e^{-sL} \right) }_{= 0} + \frac{1}{s^2} = \frac{1}{s^2}
\end{aligned}Og vips har vi funnet Laplace transformasjonen til $f(t) = t$ når $s > 0$ og vist at den ikke eksisterer når $s \le 0$.
+ Eksempel 5: $f(t) = u(t-2)$
Laplace-transformasjonen til $u(t-2)$:
F(\textcolor{red}{s}) = \mathcal{L}\Big(u(\textcolor{blue}{t}-2) \Big) = \int_0^{\infty} e^{-\textcolor{red}{s}\textcolor{blue}{t}} \cdot u(\textcolor{blue}{t}-2) \; d\textcolor{blue}{t}$u(t-2)$ er heaviside funksjonen. Den fungerer som en bryter, som skrur seg på når $t=2$:
u(t-2) = \left\{\begin{array}{ll} 0 & \textnormal{ når } t < 2 \\ 1 & \textnormal{ når } t \ge 2 \end{array} \right.Frem til $t = 2$, blir integralet lik null. Derfor trenger vi bare å integrere fra $t=2$:
\begin{aligned}
F(\textcolor{red}{s}) & = \int_0^2 e^{-\textcolor{red}{s}\textcolor{blue}{t}} \cdot 0 \; d\textcolor{blue}{t} + \int_2^{\infty} e^{-\textcolor{red}{s}\textcolor{blue}{t}} \cdot 1\; d\textcolor{blue}{t} \\
\Rightarrow \quad F(\textcolor{red}{s}) & = \int_2^{\infty} e^{-\textcolor{red}{s}\textcolor{blue}{t}} \; d\textcolor{blue}{t} \\
\end{aligned}Nå trenger vi bare å integrere:
F(\textcolor{red}{s})
= \left[- \frac{1}{\textcolor{red}{s}} e^{-\textcolor{red}{s} \textcolor{blue}{t}} \right]_2^{\infty} Integralet er «uegentlig» siden øvre grense er uendelig. Derfor må vi se på grenseverdien:
\begin{aligned}
\Rightarrow \quad F(\textcolor{red}{s}) &
= \lim_{L \to \infty} \left[- \frac{1}{\textcolor{red}{s}} e^{-\textcolor{red}{s} \textcolor{blue}{t}} \right]_2^L && \textnormal{Setter inn grensene}\\
\Rightarrow \quad F(\textcolor{red}{s}) &
= \lim_{L \to \infty} \left(- \frac{1}{\textcolor{red}{s}} e^{-\textcolor{red}{s} \textcolor{blue}{L}} \right) - \left(- \frac{1}{\textcolor{red}{s}} e^{-\textcolor{red}{s} \cdot \textcolor{blue}{2}} \right) && \textnormal{Rydder i fortegn} \\
\Rightarrow \quad F(\textcolor{red}{s}) &
= \lim_{L \to \infty} \left( - \frac{1}{\textcolor{red}{s}} e^{-\textcolor{red}{s} \textcolor{blue}{L}} \right) + \frac{1}{\textcolor{red}{s}} e^{-\textcolor{blue}{2} \textcolor{red}{s}}
\end{aligned}Nå må vi tenke litt på grenseverdien. Vi har tre muligheter:
$s < 0$
- Da blir $-sL > 0$
- Når $L$ går mot uendelig, må $e$ opphøyes i noe veldig stort og går derfor mot uendelig
- Integralet divergerer (dvs. går mot pluss/minus uendelig)
$s = 0$
- Å dele på null er tull. Derfor kan ikke $s$ være lik null.
$s > 0$
- Da blir $-sL < 0$
- Når $L$ gå mot uendelig, må $e$ opphøyes i minus uendelig og går derfor mot null
- Integralet konvergerer (dvs. går mot en bestemt verdi)
Eneste mulighet for at integralet konvergerer, er at $s > 0$. Da har vi:
\begin{aligned}
F(s) & = \underbrace{ \lim_{L \to \infty} \left( - \frac{1}{\textcolor{red}{s}} e^{-\textcolor{red}{s} \textcolor{blue}{L}} \right) }_{= 0} + \frac{1}{\textcolor{red}{s}} e^{-\textcolor{blue}{2} \textcolor{red}{s}} = \frac{1}{\textcolor{red}{s}} e^{-\textcolor{blue}{2} \textcolor{red}{s}}
\end{aligned}Og vips har vi funnet Laplace transformasjonen til $f(t) = u(t-2)$ når $s > 0$ og vist at den ikke eksisterer når $s \le 0$.
+ Eksempel 5: $f(t) = u(t-a)$
Laplace-transformasjonen til $u(t-a)$ når $a > 0$:
F(\textcolor{red}{s}) = \mathcal{L}\Big(u(\textcolor{blue}{t}-a) \Big) = \int_0^{\infty} e^{-\textcolor{red}{s}\textcolor{blue}{t}} \cdot u(\textcolor{blue}{t}-a) \; d\textcolor{blue}{t}$u(t-a)$ er heaviside funksjonen. Den fungerer som en bryter, som skrur seg på når $t=a$:
u(t-a) = \left\{\begin{array}{ll} 0 & \textnormal{ når } t < a \\ 1 & \textnormal{ når } t \ge a \end{array} \right.Frem til $t = a$, blir integralet lik null. Derfor trenger vi bare å integrere fra $t=a$:
\begin{aligned}
F(\textcolor{red}{s}) & = \int_0^a e^{-\textcolor{red}{s}\textcolor{blue}{t}} \cdot 0 \; d\textcolor{blue}{t} + \int_a^{\infty} e^{-\textcolor{red}{s}\textcolor{blue}{t}} \cdot 1\; d\textcolor{blue}{t} \\
\Rightarrow \quad F(\textcolor{red}{s}) & = \int_a^{\infty} e^{-\textcolor{red}{s}\textcolor{blue}{t}} \; d\textcolor{blue}{t} \\
\end{aligned}Utfordring: Ser du nå hvorfor $a > 0$?
Nå trenger vi bare å integrere:
F(\textcolor{red}{s})
= \left[- \frac{1}{\textcolor{red}{s}} e^{-\textcolor{red}{s} \textcolor{blue}{t}} \right]_a^{\infty} Integralet er «uegentlig» siden øvre grense er uendelig. Derfor må vi se på grenseverdien:
\begin{aligned}
\Rightarrow \quad F(\textcolor{red}{s}) &
= \lim_{L \to \infty} \left[- \frac{1}{\textcolor{red}{s}} e^{-\textcolor{red}{s} \textcolor{blue}{t}} \right]_a^L && \textnormal{Setter inn grensene}\\
\Rightarrow \quad F(\textcolor{red}{s}) &
= \lim_{L \to \infty} \left(- \frac{1}{\textcolor{red}{s}} e^{-\textcolor{red}{s} \textcolor{blue}{L}} \right) - \left(- \frac{1}{\textcolor{red}{s}} e^{-\textcolor{red}{s} \cdot \textcolor{blue}{a}} \right) && \textnormal{Rydder i fortegn} \\
\Rightarrow \quad F(\textcolor{red}{s}) &
= \lim_{L \to \infty} \left( - \frac{1}{\textcolor{red}{s}} e^{-\textcolor{red}{s} \textcolor{blue}{L}} \right) + \frac{1}{\textcolor{red}{s}} e^{-\textcolor{blue}{a} \textcolor{red}{s}}
\end{aligned}Nå må vi tenke litt på grenseverdien. Vi har tre muligheter:
$s < 0$
- Da blir $-sL > 0$
- Når $L$ går mot uendelig, må $e$ opphøyes i noe veldig stort og går derfor mot uendelig
- Integralet divergerer (dvs. går mot pluss/minus uendelig)
$s = 0$
- Å dele på null er tull. Derfor kan ikke $s$ være lik null.
$s > 0$
- Da blir $-sL < 0$
- Når $L$ gå mot uendelig, må $e$ opphøyes i minus uendelig og går derfor mot null
- Integralet konvergerer (dvs. går mot en bestemt verdi)
Eneste mulighet for at integralet konvergerer, er at $s > 0$. Da har vi:
\begin{aligned}
F(s) & = \underbrace{ \lim_{L \to \infty} \left( - \frac{1}{\textcolor{red}{s}} e^{-\textcolor{red}{s} \textcolor{blue}{L}} \right) }_{= 0} + \frac{1}{\textcolor{red}{s}} e^{-\textcolor{blue}{a} \textcolor{red}{s}} = \frac{1}{\textcolor{red}{s}} e^{-\textcolor{blue}{a} \textcolor{red}{s}}
\end{aligned}Og vips har vi funnet Laplace transformasjonen til $f(t) = u(t-a)$ når $s > 0$ og vist at den ikke eksisterer når $s \le 0$.
+ Eksempel 6: $f(t) = tu(t-a)$
Laplace-transformasjonen til $tu(t-a)$ når $a > 0$:
F(\textcolor{red}{s}) = \mathcal{L}\Big(tu(\textcolor{blue}{t}-a) \Big) = \int_0^{\infty} e^{-\textcolor{red}{s}\textcolor{blue}{t}} \cdot tu(\textcolor{blue}{t}-a) \; d\textcolor{blue}{t}$u(t-a)$ er heaviside funksjonen. Den fungerer som en bryter, som skrur seg på når $t=a$:
f(t) = tu(t-a) = \left\{\begin{array}{ll} 0 & \textnormal{ når } t < a \\ t & \textnormal{ når } t \ge a \end{array} \right.Frem til $t = a$, blir integralet lik null. Derfor trenger vi bare å integrere fra $t=a$:
\begin{aligned}
F(\textcolor{red}{s}) & = \int_0^a e^{-\textcolor{red}{s}\textcolor{blue}{t}} \cdot 0 \; d\textcolor{blue}{t} + \int_a^{\infty} e^{-\textcolor{red}{s}\textcolor{blue}{t}} \cdot t\; d\textcolor{blue}{t} \\
\Rightarrow \quad F(\textcolor{red}{s}) & = \int_a^{\infty} te^{-\textcolor{red}{s}\textcolor{blue}{t}} \; d\textcolor{blue}{t} \\
\end{aligned}Utfordring: Ser du nå hvorfor $a > 0$?
Nå trenger vi bare å integrere. Her må vi bruke delvis integrasjon:
u = t \\ v’ = e^{-st}$\Rightarrow$
u’ = 1 \\ v = -\frac{1}{s}e^{-st}\begin{aligned}
& F(s) = \left[ t \cdot \left( - \frac{1}{s}e^{-st} \right) \right]_a^{\infty} - \int_a^{\infty} 1 \cdot \left( - \frac{1}{s}e^{-st} \right) dt \\
\Rightarrow \qquad & F(s) = - \frac{1}{s} \left[ te^{-st} \right]_a^{\infty} + \frac{1}{s} \int_a^{\infty} e^{-st} dt \\
\Rightarrow \qquad & F(s) = - \frac{1}{s} \left[ te^{-st} \right]_a^{\infty} + \frac{1}{s} \left[ - \frac{1}{s} e^{-st} \right]_a^{\infty} \\
\Rightarrow \qquad & F(s) = - \frac{1}{s} \left[ te^{-st} \right]_a^{\infty} - \frac{1}{s^2} \left[ e^{-st} \right]_a^{\infty}
\end{aligned}Integralet er «uegentlig» siden øvre grense er uendelig. Derfor må vi se på grenseverdien:
\begin{aligned}
F(s) &
= \lim_{L \to \infty} \left( - \frac{1}{s} \left[ te^{-st} \right]_a^L - \frac{1}{s^2} \left[ e^{-st} \right]_a^L \right) && \textnormal{Setter inn grensene}\\
\Rightarrow \quad F(s) &
= \lim_{L \to \infty} \left( - \frac{1}{s} \left( Le^{-sL} - ae^{-sa} \right)- \frac{1}{s^2} \left( e^{-sL} - e^{-sa} \right)\right) && \textnormal{Rydder i fortegn} \\
\Rightarrow \quad F(s) &
= \lim_{L \to \infty} \left( - \frac{1}{s} Le^{-sL} + \frac{1}{s} ae^{-sa} - \frac{1}{s^2} e^{-sL} + \frac{1}{s^2} e^{-sa} \right)
\end{aligned}Nå må vi tenke litt på grenseverdien. Vi har tre muligheter:
$s < 0$
- Da blir $-sL > 0$
- Når $L$ går mot uendelig, må $e$ opphøyes i noe veldig stort og går derfor mot uendelig
- Integralet divergerer (dvs. går mot pluss/minus uendelig)
$s = 0$
- Å dele på null er tull. Derfor kan ikke $s$ være lik null.
$s > 0$
- Da blir $-sL < 0$
- Når $L$ gå mot uendelig, må $e$ opphøyes i minus uendelig og går derfor mot null
- Integralet konvergerer (dvs. går mot en bestemt verdi)
Eneste mulighet for at integralet konvergerer, er at $s > 0$. Da har vi:
\begin{aligned}
F(s) & = \lim_{L \to \infty} \left( - \underbrace{\frac{1}{s} Le^{-sL}}_{\to \; 0} + \frac{1}{s} ae^{-sa} -
\underbrace{\frac{1}{s^2} e^{-sL}}_{\to \; 0} + \frac{1}{s^2} e^{-sa} \right) \\
\Rightarrow \quad F(s) & = \frac{a}{s}e^{-sa} + \frac{1}{s^2}e^{-sa} \\
\Rightarrow \quad F(s) & = \bigg( \frac{a}{s} + \frac{1}{s^2} \bigg) e^{-sa}
\end{aligned}Og vips har vi funnet Laplace transformasjonen til $f(t) = tu(t-a)$ når $s > 0$ og vist at den ikke eksisterer når $s \le 0$.
+ Eksempel 7: $f(t) = e^{2t}u(t-a)$
Laplace-transformasjonen til $e^{2t}u(t-a)$ når $a > 0$:
F(\textcolor{red}{s}) = \mathcal{L}\Big(e^{2t}u(\textcolor{blue}{t}-a) \Big) = \int_0^{\infty} e^{-\textcolor{red}{s}\textcolor{blue}{t}} \cdot e^{2t} u(\textcolor{blue}{t}-a) \; d\textcolor{blue}{t}$u(t-a)$ er heaviside funksjonen. Den fungerer som en bryter, som skrur seg på når $t=a$:
f(t) = e^{2t} u(t-a) = \left\{\begin{array}{ll} 0 & \textnormal{ når } t < a \\ e^{2t} & \textnormal{ når } t \ge a \end{array} \right.Frem til $t = a$, blir integralet lik null. Derfor trenger vi bare å integrere fra $t=a$:
F(\textcolor{red}{s}) = \int_a^{\infty} e^{-\textcolor{red}{s}\textcolor{blue}{t}} \cdot e^{2\textcolor{blue}{t}}\; d\textcolor{blue}{t} = \int_a^{\infty} e^{-st + 2t} dt = \int_a^{\infty} e^{(2-s)t} dtUtfordring: Ser du nå hvorfor $a > 0$?
Nå trenger vi bare å integrere:
F(s) = \frac{1}{2-s} \left[ e^{(2-s)t} \right]_0^{\infty} Integralet er «uegentlig» siden øvre grense er uendelig. Derfor må vi se på grenseverdien:
\begin{aligned}
F(s) &
= \lim_{L \to \infty} \left( \frac{1}{2-s} \left[ e^{(2-s)t} \right]_a^L \right) && \textnormal{Setter inn grensene} \\
\Rightarrow \quad F(s) &
= \lim_{L \to \infty} \left( \frac{1}{2-s} \left( e^{(2-s)L} - e^{(2-s)a} \right) \right)
\end{aligned}Nå må vi tenke litt på grenseverdien. Vi har tre muligheter:
$s < 2$
- Da blir $(2-s)L > 0$
- Når $L$ går mot uendelig, må $e$ opphøyes i noe veldig stort og går derfor mot uendelig
- Integralet divergerer (dvs. går mot pluss/minus uendelig)
$s = 2$
- Å dele på null er tull. Derfor kan ikke $s$ være lik 2.
$s > 2$
- Da blir $(2-s)L < 0$
- Når $L$ gå mot uendelig, må $e$ opphøyes i minus uendelig og går derfor mot null
- Integralet konvergerer (dvs. går mot en bestemt verdi)
Eneste mulighet for at integralet konvergerer, er at $s > 2$. Da har vi:
\begin{aligned}
F(s) & = \lim_{L \to \infty} \left( \frac{1}{2-s} \left( \underbrace{e^{(2-s)L}}_{\to \; 0} - e^{(2-s)a} \right) \right) \\
\Rightarrow \quad F(s) & = - \frac{1}{2-s} e^{(2-s)a} \\
\Rightarrow \quad F(s) & = \frac{1}{s-2} e^{(2-s)a}
\end{aligned}Og vips har vi funnet Laplace transformasjonen til $f(t) = e^{2t}u(t-a)$ når $s > 2$ og vist at den ikke eksisterer når $s \le 2$.
+ Eksempel 8: $f(t) = h(t)u(t-a)$
Laplace-transformasjonen til $h(t)u(t-a)$:
\begin{aligned}
F(\textcolor{red}{s}) &= \mathcal{L}\Big(h(\textcolor{blue}{t})u(\textcolor{blue}{t}-a) \Big) \\
\Rightarrow \quad F(\textcolor{red}{s})&= \int_0^{\infty} e^{-\textcolor{red}{s}\textcolor{blue}{t}} \cdot h(\textcolor{blue}{t}) u(\textcolor{blue}{t}-a) \; d\textcolor{blue}{t}
\end{aligned}$u(t-a)$ er heaviside funksjonen. Den fungerer som en bryter, som skrur seg på når $t=a$:
f(t) = h(t)u(t-a) = \left\{ \begin{array}{ll}
0, & t < a \\
h(t), & t \ge a
\end{array}\right.Frem til $t = a$, blir integralet lik null. Derfor trenger vi bare å integrere fra $t=a$:
\Rightarrow \quad F(\textcolor{red}{s})= \int_a^{\infty} e^{-\textcolor{red}{s}\textcolor{blue}{t}} \cdot h(\textcolor{blue}{t}) \; d\textcolor{blue}{t} Utfordring: Ser du nå hvorfor $a > 0$?
Laplace transformasjonen trenger at nedre grense for integrasjonen er null. Derfor gjør vi en liten substitusjon:
\tau = t - a \quad \Rightarrow \quad \left\{ \begin{array}{lcl}
t = a & \textnormal{gir} & \tau = 0 \\
t \to \infty & \textnormal{gir} &\tau \to \infty \\
dt = d\tau \\
t = \tau + a
\end{array} \right.Setter inn subsitutsjonen:
\begin{aligned}
& F(\textcolor{red}{s})= \int_0^{\infty} e^{-\textcolor{red}{s}(\textcolor{blue}{\tau} + a)} \cdot h(\textcolor{blue}{\tau + a}) \; d\textcolor{blue}{\tau} \\
\Rightarrow \quad & F(\textcolor{red}{s})= \int_0^{\infty} e^{-\textcolor{red}{s}\textcolor{blue}{\tau} - sa} \cdot h(\textcolor{blue}{\tau} + a) \; d\textcolor{blue}{\tau} \\
\Rightarrow \quad & F(\textcolor{red}{s})= e^{-sa} \int_0^{\infty} e^{-\textcolor{red}{s}\textcolor{blue}{\tau}} \cdot h(\textcolor{blue}{\tau} + a) \; d\textcolor{blue}{\tau} \\
\end{aligned} $e^{-sa}$ inneholder ikke $\tau$ og kan derfor settes utenfor. I formlene som finnes i tabeller, brukes ikke $\tau$, så vi bare bytter navn på den til $t$. Og vi gjenkjenner at uttrykket for Laplace transformasjonen til $h(t+a)$:
\begin{aligned}
& F(\textcolor{red}{s}) = e^{-sa} \underbrace{\int_0^{\infty} e^{-\textcolor{red}{s}\textcolor{blue}{t}} \cdot h(\textcolor{blue}{t} + a) \; d\textcolor{blue}{t}}_{= \mathcal{L}(h(t+a))} \\
\Rightarrow \quad & F(\textcolor{red}{s}) = e^{-sa} \mathcal{L}\Big(h(t+a)\Big) \\
\Rightarrow \qquad &\mathcal{L}\Big(h(t) u(t-a) \Big) = e^{-sa} \mathcal{L}\Big(h(t+a)\Big)
\end{aligned} Du kan kanskje tenke at dette var mye for lite. Og du kan ha rett, men dette er faktisk en veldig nyttig formel hvis vi skal finne Laplace transformasjonen til en funksjon multiplisert med heaviside funksjonen.
La oss ta et veldig enkelt eksempel der $h(t) = t$:
F(s) = \mathcal{L}(\underbrace{t}_{h(t)} u(t-a)) = e^{-sa} \mathcal{L}(\underbrace{t+a}_{h(t+a)}) = e^{-sa} \Big( \mathcal{L}(t) + a \mathcal{L}(1) \Big) = e^{-sa} \Bigg( \frac{1}{s^2} + \frac{a}{s} \Bigg) Et annet eksempel er når $h(t) = e^{2t}$:
F(s) = \mathcal{L}(\underbrace{e^{2t}}_{h(t)} u(t-a)) = e^{-sa} \mathcal{L}\big(\underbrace{e^{2(t+a)}}_{h(t+a)}\big) = e^{-sa} \mathcal{L}\big( e^{2t} \underbrace{e^{2a}}_{\textnormal{konst.}} \big) = e^{-sa} e^{2a} \mathcal{L}\big(e^{2t}\big) = \frac{1}{s-2} e^{(2-s)a}Dette er samme resultat som i eksemplene over. (Vi har brukt tabellen på siste steg i begge eksempler.)
+ Eksempel 9: $f(t) = \delta(t)$
Laplace-transformasjonen til $\delta(t)$:
F(\textcolor{red}{s}) = \mathcal{L}\Big(\delta(\textcolor{blue}{t}) \Big) = \int_0^{\infty} e^{-\textcolor{red}{s}\textcolor{blue}{t}} \cdot \delta(\textcolor{blue}{t}) \; d\textcolor{blue}{t}$\delta(t)$ er diracs impulsfunksjonen. Den er uendelig når $x = 0$ og null ellers. Den har også en kul egenskap:
\int_a^b f(t) \delta(t) dx = f(0)
\quad \textnormal{ når } a \le 0 < bNår vi bruker egenskapen får vi bare ut $e^{-st}$ når $t = 0$:
F(\textcolor{red}{s})
= \int_{-a}^{\infty} e^{-\textcolor{red}{s}\textcolor{blue}{t}} \cdot \delta(\textcolor{blue}{t}) \; d\textcolor{blue}{t}
= e^0 = 1Og vips har vi funnet Laplace transformasjonen til $f(t) = \delta(t)$.
+ Eksempel 10: $f(t) = \delta(t-a)$
Laplace-transformasjonen til $\delta(t-a)$ når $a > 0$:
F(\textcolor{red}{s}) = \mathcal{L}\Big(\delta(\textcolor{blue}{t}-a) \Big) = \int_0^{\infty} e^{-\textcolor{red}{s}\textcolor{blue}{t}} \cdot \delta(\textcolor{blue}{t}-a) \; d\textcolor{blue}{t}$\delta(t-a)$ er diracs impulsfunksjonen. Den er uendelig når $t = a$ og null ellers. Den har også en kul egenskap:
\int_b^c f(t) \delta(t) dx = f(0)
\quad \textnormal{ når } b \le 0 < cFor å bruke denne egenskapen må vi først substituere:
\begin{array}{llcl}
& u = t - a & \Rightarrow & du = dt \\
\textnormal{Nedre grense: } & t = 0 & \textnormal{gir} & u = - a \\
\textnormal{Øvre grense: } & t = \infty & \textnormal{gir} & u = \infty
\end{array}Dermed får vi:
F(\textcolor{red}{s})
= \int_0^{\infty} e^{-\textcolor{red}{s}\textcolor{blue}{t}} \cdot \delta(\textcolor{blue}{t}-a) \; d\textcolor{blue}{t}
= \int_{-a}^{\infty} e^{-\textcolor{red}{s}(\textcolor{blue}{u+a})} \cdot \delta(\textcolor{blue}{u}) \; d\textcolor{blue}{u}Utfordring: Ser du nå hvorfor $a > 0$? (Hvis $a < 0$ blir hele integralet null fordi $\delta(u) = 0$ hele veien fra nedre til øvre grense.)
Når vi bruker egenskapen får vi bare ut $e^{-s(u+1)}$ når $u = 0$:
F(\textcolor{red}{s})
= \int_{-a}^{\infty} e^{-\textcolor{red}{s}(\textcolor{blue}{u+a})} \cdot \delta(\textcolor{blue}{u}) \; d\textcolor{blue}{u}
= e^{-\textcolor{red}{s}a} Og vips har vi funnet Laplace transformasjonen til $f(t) = \delta(t-a)$ når $a > 0$.
+ Eksempel 11: $f(t) = \sin(bt)$
Laplace-transformasjonen til $\sin(bt)$ der $b$ er et tilfeldig tall:
F(\textcolor{red}{s}) = \mathcal{L}\Big(\sin(b\textcolor{blue}{t}) \Big) = \int_0^{\infty} e^{-\textcolor{red}{s}\textcolor{blue}{t}} \cdot \sin(b\textcolor{blue}{t}) \; d\textcolor{blue}{t}La oss droppe grensene foreløpig og bare løse integralet. Før vi setter i gang må du huske at en lang reise, forstås et steg av gangen.
Vi begynner med delvis integrasjon:
\textcolor{red}{u = e^{-st}} \\ \textcolor{blue}{v' = \sin(bt)}$\Rightarrow$
\textcolor{purple}{u' = -se^{-st}} \\ \textcolor{green}{v = -\frac{1}{b}\cos(bt)}Vær oppmerksom på fortegn når du setter inn i formelen:
\textnormal{Formel:} \int \textcolor{red}{u} \textcolor{blue}{v’} dt =\textcolor{red}{u} \textcolor{green}{v} - \int \textcolor{purple}{u’} \textcolor{green}{v} \; dt \\
\int \textcolor{red}{e^{-st}} \textcolor{blue}{\sin(bt)} dx = \textcolor{red}{e^{-st}} \cdot \left(\textcolor{green}{-\frac{1}{b}\cos(bt)}\right) - \int \left(\textcolor{purple}{-se^{-st}} \right) \cdot \left(\textcolor{green}{-\frac{1}{b}\cos(bt)}\right) dtRydd litt i fortegnene og setter konstante faktorer utenfor integraltegnet ($s$ ser vi på som en konstant fordi vi integrerer med hensyn på $t$):
\int e^{-st} \sin(bt) \; dt = -\frac{1}{b} e^{-st} \cos(bt) - \frac{s}{b} \int e^{-st} \cos(bt) \; dtHer må vi bruke delvis integrasjon en gang til på det siste leddet:
\textcolor{red}{u = e^{-st}} \\ \textcolor{blue}{v' = \cos(bt)}$\Rightarrow$
\textcolor{purple}{u' = -se^{-st}} \\ \textcolor{green}{v =\frac{1}{b}\sin(bt)}Vær fortsatt oppmerksom på fortegn når du setter inn i formelen:
\textnormal{Formel:} \int \textcolor{red}{u} \textcolor{blue}{v’} dt =\textcolor{red}{u} \textcolor{green}{v} - \int \textcolor{purple}{u’} \textcolor{green}{v} \; dt \\
\int \textcolor{red}{e^{-st}} \textcolor{blue}{\cos(bt)} dx = \textcolor{red}{e^{-st}} \cdot \textcolor{green}{\frac{1}{b}\sin(bt)} - \int \left(\textcolor{purple}{-se^{-st}} \right) \cdot \textcolor{green}{\frac{1}{b}\sin(bt)} \; dtRydd litt i fortegnene:
\int e^{-st} \cos(bt) \; dt = \frac{1}{b} e^{-st} \sin(bt) + \frac{s}{b} \int e^{-st} \sin(bt) \; dtNå som vi har integrert det siste leddet, kan vi sette det inn i uttrykket vårt:
(Og, ja, det blir litt langt, men hold ut. Vi er snart fremme.)
\begin{aligned}
\int e^{-st} \sin(bt) \; dt & = -\frac{1}{b} e^{-st} \cos(bt) - \frac{s}{b} \textcolor{blue}{\int e^{-st} \cos(bt) \; dt} \\
\Rightarrow
\int e^{-st} \sin(bt) \; dt & = -\frac{1}{b} e^{-st} \cos(bt) - \frac{s}{b} \left(\textcolor{blue}{\frac{1}{b} e^{-st} \sin(bt) + \frac{s}{b} \int e^{-st} \sin(bt) \; dt}\right) \\
\Rightarrow
\int e^{-st} \sin(bt) \; dt & = -\frac{1}{b} e^{-st} \cos(bt) - \frac{s}{b^2} e^{-st} \sin(bt) + \frac{s^2}{b^2} \int e^{-st} \sin(bt) \; dt
\end{aligned}Nå har vi samme integral på begge sider. Derfor samler vi dem på venstre side:
\begin{aligned}
\int e^{-st} \sin(bt) \; dt - \frac{s^2}{b^2} \int e^{-st} \sin(bt) \; dt & = -\frac{1}{b} e^{-st} \cos(bt) - \frac{s}{b^2} e^{-st} \sin(bt)
\end{aligned}Nå har vi to like integraler på venstre side, så derfor kan vi sette det utenfor en parentes:
\begin{array}{crcll}
&\left(1 + \frac{s^2}{b^2} \right) \int e^{-st} \sin(bt) \; dt & = & -\frac{1}{b} e^{-st} \cos(bt) - \frac{s}{b^2} e^{-st} \sin(bt) \\
\Rightarrow
& \left(\frac{b^2 + s^2}{b^2} \right) \int e^{-st} \sin(bt) \; dt & = &-\frac{1}{b} e^{-st} \cos(bt) - \frac{s}{b^2} e^{-st} \sin(bt) & \Big| \cdot \frac{b^2}{b^2 +s^2} \\
\Rightarrow
& \int e^{-st} \sin(bt) \; dt & = & -\frac{b}{b^2 + s^2} e^{-st} \cos(bt) - \frac{s}{b^2+s^2} e^{-st} \sin(bt)
\end{array}Nå kan vi endelig sette inn grensene. Husk at $\textcolor{red}{e^{-st} \to 0}$ når $\textcolor{red}{t \to \infty}$:
\begin{aligned}
& \int_0^{\infty} e^{-st} \sin(bt) \; dt = \left[-\frac{b}{b^2 + s^2} e^{-st} \cos(bt) - \frac{s}{b^2+s^2} e^{-st} \sin(bt) \right]_{\textcolor{blue}{0}}^{\textcolor{red}{\infty}} \\
\Rightarrow & \int_0^{\infty} e^{-st} \sin(bt) \; dt = \textcolor{red}{0} - \left(\textcolor{blue}{-\frac{b}{b^2 + s^2} e^0 \cos(0) - \frac{s}{b^2+s^2} e^0 \sin(0)} \right)
\end{aligned}Husk også at $\textcolor{blue}{e^0} = 1$, $\textcolor{blue}{\cos(0) = 1}$ og $\textcolor{blue}{\sin(0) = 0}$:
\begin{aligned}
\Rightarrow & \int_0^{\infty} e^{-st} \sin(bt) \; dt = \textcolor{red}{0} - \left(\textcolor{blue}{-\frac{b}{b^2 + s^2} \cdot 1 \cdot 1 - \frac{s}{b^2+s^2} \cdot 1 \cdot 0} \right) \\
\Rightarrow & \int_0^{\infty} e^{-st} \sin(bt) \; dt = \frac{b}{b^2 + s^2}
\end{aligned}Puh. Hang du med? Å forstå alt på en gang, kan være vanskelig. Men tar du et steg av gangen, kommer du langt.
+ Eksempel 12: $f(t) = \cos(bt)$
Laplace-transformasjonen til $\cos(bt)$ der $b$ er et tilfeldig tall:
F(\textcolor{red}{s}) = \mathcal{L}\Big(\cos(b\textcolor{blue}{t}) \Big) = \int_0^{\infty} e^{-\textcolor{red}{s}\textcolor{blue}{t}} \cdot \cos(b\textcolor{blue}{t}) \; d\textcolor{blue}{t}La oss droppe grensene foreløpig og bare løse integralet. Nå skal vi legge ut på langtur igjen, så det kan være lurt å forstå et steg av gangen.
Vi begynner med delvis integrasjon:
\textcolor{red}{u = e^{-st}} \\ \textcolor{blue}{v' = \cos(bt)}$\Rightarrow$
\textcolor{purple}{u' = -se^{-st}} \\ \textcolor{green}{v = \frac{1}{b}\sin(bt)}Vær oppmerksom på fortegn når du setter inn i formelen:
\textnormal{Formel:} \int \textcolor{red}{u} \textcolor{blue}{v’} dt =\textcolor{red}{u} \textcolor{green}{v} - \int \textcolor{purple}{u’} \textcolor{green}{v} \; dt \\
\int \textcolor{red}{e^{-st}} \textcolor{blue}{\cos(bt)} dx = \textcolor{red}{e^{-st}} \cdot \textcolor{green}{\frac{1}{b}\sin(bt)} - \int \left(\textcolor{purple}{-se^{-st}} \right) \cdot \textcolor{green}{\frac{1}{b}\sin(bt)} \; dtRydd litt i fortegnene og setter konstante faktorer utenfor integraltegnet ($s$ ser vi på som en konstant fordi vi integrerer med hensyn på $t$):
\int e^{-st} \cos(bt) \; dt = \frac{1}{b} e^{-st} \sin(bt) + \frac{s}{b} \int e^{-st} \sin(bt) \; dtHer må vi bruke delvis integrasjon en gang til på det siste leddet:
\textcolor{red}{u = e^{-st}} \\ \textcolor{blue}{v' = \sin(bt)}$\Rightarrow$
\textcolor{purple}{u' = -se^{-st}} \\ \textcolor{green}{v = - \frac{1}{b}\cos(bt)}Vær fortsatt oppmerksom på fortegn når du setter inn i formelen:
\textnormal{Formel:} \int \textcolor{red}{u} \textcolor{blue}{v’} dt =\textcolor{red}{u} \textcolor{green}{v} - \int \textcolor{purple}{u’} \textcolor{green}{v} \; dt \\
\int \textcolor{red}{e^{-st}} \textcolor{blue}{\sin(bt)} dx = \textcolor{red}{e^{-st}} \cdot \left( - \textcolor{green}{\frac{1}{b}\cos(bt)} \right) - \int \left(\textcolor{purple}{-se^{-st}} \right) \cdot \left( - \textcolor{green}{\frac{1}{b}\cos(bt)} \right) \; dtRydd litt i fortegnene:
\int e^{-st} \sin(bt) \; dt = -\frac{1}{b} e^{-st} \cos(bt) - \frac{s}{b} \int e^{-st} \cos(bt) \; dtNå som vi har integrert det siste leddet, kan vi sette det inn i uttrykket vårt:
\begin{aligned}
\int e^{-st} \cos(bt) \; dt & = \frac{1}{b} e^{-st} \sin(bt) + \frac{s}{b} \textcolor{blue}{\int e^{-st} \sin(bt) \; dt} \\
\Rightarrow
\int e^{-st} \cos(bt) \; dt & = \frac{1}{b} e^{-st} \sin(bt) + \frac{s}{b} \left( \textcolor{blue}{-\frac{1}{b} e^{-st} \cos(bt) - \frac{s}{b} \int e^{-st} \cos(bt) \; dt }\right) \\
\Rightarrow
\int e^{-st} \cos(bt) \; dt & = \frac{1}{b} e^{-st} \sin(bt) - \frac{s}{b^2} e^{-st} \cos(bt) - \frac{s^2}{b^2} \int e^{-st} \cos(bt) \; dt
\end{aligned}Nå har vi samme integral på begge sider. Derfor samler vi dem på venstre side:
\begin{aligned}
\int e^{-st} \cos(bt) \; dt + \frac{s^2}{b^2} \int e^{-st} \cos(bt) \; dt & = \frac{1}{b} e^{-st} \sin(bt) - \frac{s}{b^2} e^{-st} \cos(bt)
\end{aligned}Nå har vi to like integraler på venstre side, så derfor kan vi sette det utenfor en parentes:
\begin{array}{crcll}
&\left(1 + \frac{s^2}{b^2} \right) \int e^{-st} \cos(bt) \; dt & = & \frac{1}{b} e^{-st} \sin(bt) - \frac{s}{b^2} e^{-st} \cos(bt) \\
\Rightarrow
& \left(\frac{b^2 + s^2}{b^2} \right) \int e^{-st} \cos(bt) \; dt & = &\frac{1}{b} e^{-st} \sin(bt) - \frac{s}{b^2} e^{-st} \cos(bt) & \Big| \cdot \frac{b^2}{b^2 +s^2} \\
\Rightarrow
& \int e^{-st} \cos(bt) \; dt & = & \frac{b}{b^2 + s^2} e^{-st} \sin(bt) - \frac{s}{b^2+s^2} e^{-st} \cos(bt)
\end{array}Nå kan vi endelig sette inn grensene. Husk at $\textcolor{red}{e^{-st} \to 0}$ når $\textcolor{red}{t \to \infty}$ og $\textcolor{blue}{\sin(0) = 0}$:
\begin{aligned}
& \int_0^{\infty} e^{-st} \cos(bt) \; dt = \left[\frac{b}{b^2 + s^2} e^{-st} \sin(bt) - \frac{s}{b^2+s^2} e^{-st} \cos(bt) \right]_{\textcolor{blue}{0}}^{\textcolor{red}{\infty}} \\
\Rightarrow & \int_0^{\infty} e^{-st} \cos(bt) \; dt = \textcolor{red}{0} - \left(\textcolor{blue}{\frac{b}{b^2 + s^2} e^0 \sin(0) - \frac{s}{b^2+s^2} e^0 \cos(0)} \right)
\end{aligned}Husk også at $\textcolor{blue}{e^0} = 1$, $\textcolor{blue}{\cos(0) = 1}$ og $\textcolor{blue}{\sin(0) = 0}$:
\begin{aligned}
\Rightarrow & \int_0^{\infty} e^{-st} \cos(bt) \; dt = \textcolor{red}{0} - \left(\textcolor{blue}{\frac{b}{b^2 + s^2} \cdot 1 \cdot 0 - \frac{s}{b^2+s^2} \cdot 1 \cdot 1} \right) \\
\Rightarrow & \int_0^{\infty} e^{-st} \cos(bt) \; dt = \frac{s}{b^2 + s^2}
\end{aligned}Puh. Hang du med? Dette var langt, men tar du et steg av gangen, kommer du langt.