Kap 5 Laplace transformasjon. La f(t) være definert for t 0. Laplace transformasjonen er. F (s) = f(t)e st dt (1)

Transkript

1 Kap 5 aplace transformasjon a f(t) være definert for t 0. aplace transformasjonen er F (s) = 0 f(t)e st dt (1) for alle s C der dette er veldefinert. Tilstrekkelig betingelse: f(t) stykkevis kontinuerlig på endelige interval. Det finnes konstanter M og k slik at f(t) Me kt for alle t 0. Da er 1 veldefinert for alle s med reell del større enn k. Eksempel: Finn {f(t)} for f(t) = e αt, t 0. F (s) = = 0 0 = 1 s α. e αt e st dt = 1 α s e(α s)t 0 e (α s)t dt

2 Invers aplace transformasjon Dersom F (s) er aplace transformasjon av f(t), så vil f(t) = 1 F (s)e st ds 2πi der C er ei linje i det komplekse planet til høyre for alle singulariteter til F (s), som deler planet vertikalt. Valg at rett linje, og parametrisering av denne gir f(t) = 1 2π C F (c 0 + iω)e (c 0+iω)t dω Vi beregner invers transformasjon ved bruk at tabeller: F (s) gjenkjennes som {f(t)}, slik at 1 {F (s)} = f(t).

3 Nyttige resultater 1. {af(t) + bg(t)} = a {f(t)} + b {g(t)} { e at} = 1 s a {t a Γ(a + 1) } = s a+1 (For heltall a: Γ(a + 1) = a!) Eksempel: {cos ωt} + i {sin ωt} = {cos ωt + i sin ωt} Slik at {cos ωt + i sin ωt} = { e iωt} = = = 1 s iω s + iω (s iω)(s + iω) s s 2 + ω + i ω 2 s 2 + ω 2.

4 Nyttige resultater 2 { e at f(t) } = F (s a) {f(t a)u(t a)} = e as F (s) { } f (n) (t) = s n F (s) s n 1 f (0) (0)... s 0 f (n 1) (0) { t } f(τ)dτ = 1 s F (s) 0 Vi betrakter δ(t a) som derivert av u(t a) siden {δ(t a)} = s 1 s e as = s {u(t a)} u(0). Eksempel: Transformasjon av integral/differensiallikninger y + ay + by + c t 0 y(τ)dτ = r(t) s 2 Y sy(0) y (0) + asy ay(0) + by + c 1 s Y = R Altså Slik at Y (s) ( s 2 + as + b + c 1 ) s y(t) = 1 { = R(s) + (s + a) y(0) + y (0) } R(s) + (s + a) y(0) + y (0) ( s2 + as + b + cs) 1.

5 Nyttige resultater 3 der {f g(t)} = F (s)g(s) f g(t) = t 0 f(τ)g(t τ)dτ. Dersom g og f settes til 0 for negative t kan vi skrive Eksempel: Finn f g(t) = f(τ)g(t τ)dτ. { } R(s) 1 s 2 + as + b { } { } R(s) 1 = 1 1 s 2 + as + b (s α 1 )(s α 2 ) R(s) {( ) } A = 1 (s α 1 ) + B R(s) (s α 2 ) { } A = 1 (s α 1 ) R(s) + B (s α 2 ) R(s) = A = t 0 t 0 e α 1τ r(t τ)dτ + B t (Ae α 1τ + Be α 2τ ) r(t τ)dτ. 0 e α 2τ r(t τ)dτ

6 Kapittel 10 Fouriertransformasjon a f(t) 2 dt < (f er kvadratisk integrerbar). Kontinuelig Fouriertransformasjon defineres ved ˆf(ω) = 1 2π f(t)e iωt dt. Tilstrekkelig betingelse for eksistens er at f er stykkevis kontinuelig på endelige intervall. Invers Fouriertransformasjon er gitt ved f(t) = 1 2π Merk: Dersom f(t) = 0 for t < 0. ˆf(ω)e iωt dω. Dersom F (s) er definert for s med reell del lik 0. Da vil F (iω) = 2π ˆf(ω). Følgelig blir mye regning den samme F F {f (t)} = iω { ˆf(ω) t } f(τ)dτ = 1 iω ˆf(ω) { F {f g(t)} = F } f(τ)g(t τ)dτ = 2π ˆf(ω)ĝ(ω).

7 Fysisk tolkning: ω2 ω 1 f(ω) 2 dω uttrykker energiinnhold i signalet mellom frekvensene ω 1 og ω 2. Invers Fouriertransformasjon gir at: et signal er satt sammen av ulike frekvenserkomponenter... Dette framkommer også fra Parseval: f(t) 2 dt = ˆf(ω) 2 dω Eksempel: Masse-fjær-system med ytre kraft r(t) beskrives av my + cy + ky = r(t) Fouriertransformasjon av likninga gir ω 2 mŷ(ω) + iωcŷ(ω) + kŷ(ω) = ˆr(ω) 1 ŷ(ω) = ω 2 m + iωc + k ˆr(ω). Resonansfrekvensen til systemet finnes for c = 0 ved ω 2 m + k = 0. Vi ser at systemet filtrerer ut frekvenser i nærheten av frekvensen ω = k m c2 2m 2.

8 Fourierrekker a f(x) være definert ved f(x) = a 0 + n=1 Da er f(x) periodisk med periode 2. a n cos nπx + b n sin nπx a f(x) være periodisk med periode 2, stykkevis kontinuelig, og slik at høyre og venstre deriverte til f(x) eksisterer i hvert punkt i intervallet [, ]. Da vil f(x) = a 0 + n=1 i punkter der f(x) er kontinuelig. Viktige resultat: cos mπx cos mπx sin mπx nπx sin a n cos nπx dx = 0 nπx cos dx = nπx sin dx = Dette brukes til å finne formler for a n og b n. + b n sin nπx { 0, for m n, { for m = n 1 0, for m n, for m = n 1

9 Periodiske utvidelser a f(x) være gitt for 0 < x <. Periodisk utvidelse: { f(x), for 0 < x < f(x) = f(x 2πk), for k s.a. 0 < x 2πk < ellers. Odde periodisk utvidelse: f(x), for 0 < x < f(x) = f( x), for < x < 0 f(x 2πk), for k s.a. < x 2πk < ellers. ike periodisk utvidelse: f(x), for 0 < x < f(x) = f( x), for < x < 0 f(x 2πk), for k s.a. < x 2πk < ellers. Siden vi er interesert i Fourierrekkeutvikling, og Fourierrekker ikke påvirkes av verdien til funksjonen i ett punkt, spiller det liten rolle hva vi definerer funksjonen til å være i endepunktene 0 og.

10 Komplekse Fourierrekker Eulers formel gir at Fourierrekka kan skrives som f(x) = c n e inπx der Dersom vi lar n= c n = 1 f(x)e inπx dx. 2 ˆf( nπ ) = 2c n blir ˆf( nπ ) = 1 2 f(x) = 1 2 n= f(x)e inπx dx ˆf( nπ )einπx. Vi har altså en Fouriertransform for periodiske signaler. Periodiske signaler består av et diskret sett frekvenser. Fouriertransform som definert i kapittel er gjelder ikke for periodiske signaler, da disse ikke er kvadratisk integrerbare. Denne diskrete varianten kan brukes på differensiallikninger med periodiske funksjoner.

11 Eksempel: øs my + cy + ky = r(t), der r(t) er periodisk med periode 2. Fouriertransformasjon gir ( m i nπ ) 2 nπ ŷ( ) + cinπ ŷ(nπ ) + kŷ(nπ ) = ˆr(nπ ) ŷ( nπ ) = ˆr( nπ ) m( nπ )2 + ic nπ + k y(t) = 1 ˆr( nπ ) keinπ 2 m( nπ n= )2 + ic nπ + x y(t) = n= c n m( nπ )2 + ic nπ + kei der c n er de komplekse Fourierkoeffisientene til r(t). nπ x

12 Kapittel 11: Partsielle differensiallikninger ikning med deriverte mhp. flere variabler: u x + u yx = 0 Viktige likninger for oss: bølgelikninga: c 2 u xx u tt = 0. varmelikninga: c 2 u xx u t = 0. aplace sin likning: u xx + u yy = 0. Separasjon av variabler øsningsmetode som setter sammen en løsning av mange enklere løsninger. Fungerer ikke alltid. Den fungerer bare dersom den underliggende antakelsen om at u(x, t) = n c nf n (x)g n (t) er riktig.

13 Eksempel: (bølgelikninga) u xx 1 c 2u tt = 0, for 0 < x <, t > 0 u(x, 0) = f(x), u t (x, 0) = g(x), u(0, t) = u(, t) = Anta løsning på formen u(x, t) = F (x)g(t). 2. Sett inn i likninga F xx G 1 c 2F G tt = 0 3. Separer i to likninger 4. øs disse likningene F xx F = 1 c 2 G tt G = k F (x) = c 1 e kx + c 2 e kx G(t) = c 3 e c kt + c 4 e c kt

14 5. Tilpass randbetingelsene. u(0, t) = 0 = F (0)G(t) F (0) = 0 u(, t) = 0 = F ()G(t) F () = 0 Derfor gir bare k = p 2 interessant løsning: F (x) = a 1 cos(px) + b 1 sin(px) G(t) = a 2 cos(pct) + b 2 sin(pct) Randkrav tilfredsstilt for p = nπ og a 1 = 0 øsning derfor u n (x, t) = sin nπx ( a n cos nπct 6. Bruk superposisjonsprinsippet u(x, t) = u n (x, t) = sin nπx n=1 n=1 + b n sin nπct ). ( a n cos nπct 7. Tilfredsstill initsialbetingelsene ( nπx ) u(x, 0) = a n sin = f(x) n=1 nπc ( nπx ) u t (x, 0) = b n sin = g(x). n=1 + b n sin nπct ). 8. Finner a n og b n. I dette tilfellet er a n Fourierkoeffisienter til odde periodisk utvidelse av f(x), og nπc b n Fourierkoeffisienter til odde periodisk utvidelse av g(x). Viktig å forstå framgangsmåten, da den kan brukes på også andre likninger, eksempelvis varmelikninga.

15 Fouriertransformasjon Eksempel: u xx 1 c 2u tt = 0, for < x <, t > 0 u(x, 0) = f(x), u t (x, 0) = g(x). 1. Fouriertransformer likninga med hensyn på x. (ik) 2 û(k, t) 1 c 2û(k, t) tt = 0 c 2 k 2 û(k, t) û(k, t) tt = 0 2. øser denne ordinære differensiallikninga. û(k, t) = a(k)e ikct + b(k)e ikct 3. Fouriertransformerer initsialbetingelsene og tilpasser disse û(k, 0) = a(k) + b(k) = ˆf(k) û t (k, 0) = ikca(k) ikcb(k) = ĝ(k) Altså blir a(k) = 1 ( ˆf(k) c slik at û(k, t) = 1 ( ˆf(k) c ) ĝ(k) b(k) = 1 ( ˆf(k) 1 ik 2 c ) ĝ(k) e ikct + 1 ( ˆf(k) 1 ik 2 c ) ĝ(k) ik ) ĝ(k) e ikct. ik

16 4. øsningen finner vi ved invers Fouriertransform mhp. k. u(x, t) = 1 2π = 1 2π + 1 2π = 1 2 f(x + ct) + 1 2c f(x ct) 1 2c u(k, t)e ikx dk ( 1 ˆf(k) + 1 ) ĝ(k) e i(x+ct)k dk 2 c ik ( 1 ˆf(k) 1 ) ĝ(k) e i(x ct)k dk 2 c ik x+ct x+ct g(ξ)dξ g(ξ)dξ = 1 2 [f(x + ct) + f(x ct)] + 1 2c x+ct x ct g(ξ)dξ Tilsvarende kan gjøres for andre likninger, eksempelvis varmelikninga.

17 Kapittel 12: Komplekse tall generelle regneregler grenseverdier derivasjon hva er en analyttisk funksjon? hvordan brukes Cauchy-Riemann-likningene? spesielle komplekse funksjoner: e z, ln z, sin z,...

18 Kapittel 13: Kompleks integrasjon Hvordan definerer vi det komplekse linjeintegralet? Hvordan løses slike integral? Bruk av M-ulikheten Bruk av Cauchys integralsetning f(z)dz = 0 når f er analyttisk og C er enkel, lukket kurve. C Hvordan brukes Cauchys integralsetning når området ikke er enkeltsammenhengende? Cauchys integralformel: 2πif(z 0 ) = C f(z) z z 0 dz Også generaliseringen til de deriverte: 2πi n! f (n) f(z) (z 0 ) = (z z 0 ) n+1dz C

19 Kapittel 14: Komplekse rekker Konvergenstest: hva menes med konvergens, og absolutt konvergens? Forholdstesten for generelle rekker, og anvendt på potensrekker er spesielt viktig. Hva er konvergensradius for potensrekke? Når har en kompleks funksjon ei Taylorrekke? Hvordan finner vi Taylorrekker?

20 Kapittel 15: aurentsrekker og Residue Hva er ei aurentsrekke? Hvordan finner vi denne? Hva er et Residue? Hvordan finner vi Residuet til en funksjon? Bruk av Residue til å utføre lukkede kurveintegral. Bruk av Residue til å utføre integral, eksempelvis reelle integral av typen f(x)dx I denne sammenhengen er M-ulikheten viktig. Merk at Fouriertransformen er også et type integral som av og til kan løses enklest ved Residue-regning.