1. No category

2.1
Eksempel
a)
s 2 F (s) − sf (0) − f 0 (0) + 4F (s) = 4
Løsning af begyndelsesværdiproblemer og
differentialligninger
1
s2
4
7s 2 + 4
+7=
2
s
s2
2
7s + 4
F (s) = 2 2
s (s + 4)
(s 2 + 4)F (s) =
Søren Nørgaard, AAU
b) Ved at finde rødder i det nederste polynomium, og skrive
rødderne som faktorisering, kan man sætte A, B, C og
D ind.
22. maj 2012
Et begyndelsesværdiproblem kunne se således ud
7s 2 + 4
A
B
Cs + D
= + 2+ 2
2
2
s (s + 4)
s
s
s +4
F (s) =
f 00 (t) + 4f (x) = 4t
f (0) = 0
Et udtryk kan nu fås ved at gange nævneren fra F (s) over
på højre side:
(1)
f 0 (0) = 7
7s 2 + 4 = As(s 2 + 4) + B(s 2 + 4) + (Cs + D)s 2
Der er 2 måder at løse disse på: Gennem den generelle
løsning eller gennem Laplace transformen.
1
(2)
Nu skal den inverse Laplace transform findes. Til dette er
der to metoder: Find konstanterne en af gangen og gennem
et lineært ligningssystem.
Løsning via generel løsning
2.1.1
a) Find den fuldstændige løsning til den homogene ligning
Find konstanterne hvert for sig
Advarsel: Denne metode involverer at differentiere udtrykket,
hvis der findes en dobbeltrod.
f 00 (t) + 4f (t) = 0
b) Find den partikulære løsning til den inhomogene ligning
s = 0 indsættes:
f 00 (t) + 4f (t) = 4t
4 = 4B ⇔ B = 1
og opskriv den fuldstændige løsning til den inhomogene
ligning
Da s er en dobbeltrod, må udtrykket (2) differentieres.
c) Bestem løsningen til begyndelsesværdiproblemet.
14s = A(1(s 2 + 4) + s2s) + B2s + (Cs 2 + (Cs + D)2s) (3)
s = 0 indsættes i (3).
2
Gennem Laplace transformen
0 = 4A ⇔ A = 0
a) Vis at den Laplace transformerede af løsningen er givet
ved
7s 2 + 4
F (s) = 2 2
s (s + 4)
Vi går tilbage til (2) og indsætter s = 2i (som er en
kompleks rod).
7(−4) + 4 = (C2i + 0)(−4)
− 24 + 0i = −4D − 8Ci
b) Find partialbrøksdekompositionen af F (s)
Dette giver 2 ligninger
c) Find løsningen f (t) ved at invers Laplace Transformere
F(s).
− 24 = −4D ⇔ D = 6
− 8C = 0 ⇔ C = 0
Laplacemetoden vil nu blive gennemgået som eksempel.
1
Altså
F (s) =
7s 2 + 4
1
6
= 2+ 2
s 2 (s 2 + 4)
s
s +4
(4)
Som nu let løses vha. tabellen
1
2
+3 2
)
s2
s +4
1
2
= L−1 ( 2 ) + 3L−1 ( 2
)
s
s +4
= t + 3 sin 2t
f (t) = L−1 (
2.1.2
Lineært ligningssystem
Alternativ metode 2 til at bestemme A, B, C og D.
Gang (2) ud:
7s 2 + 4 = As(s 2 + 4) + B(s 2 + 4) + (Cs + D)s 2
= As 3 + 4As + Bs 2 + 4B + Cs 3 + Ds 2
0s 3 + 7s 2 + 0s + 4 = (A + C)s 3 + (B + D)s 2 + (4A)s + 4B
Hvilket giver følgende “koefficienter” til s
A+C =0
B+D =7
4A = 0
4B = 4
Som kan skrives som en totalmatrix, med A, B, C og D som
søjler

 

1 0 1 0 0
1 0 0 0 0
0 1 0 1 7 0 1 0 0 1

 

(5)
4 0 0 0 0 ∼ 0 0 1 0 0
0 4 0 0 4
0 0 0 1 6
2
f (t)
L[f (t)] = F (s)
1
1
s
t
1
s2
tn
n = int
(1)
(2)
n!
(3)
s n+1
ae at − be bt
a−b
s
(s − a)(s − b)
(21)
te at
1
(s − a)2
(22)
t n e at
n!
(s − a)n+1
(23)
e at f (t)
F (s − a)
(4)
e at sin kt
k
(s − a)2 + k 2
(24)
U(t − a)
e −as
s
(5)
e at cos kt
s −a
(s − a)2 + k 2
(25)
f (t − a)U(t − a)
e −as F (s)
(6)
e at sinh kt
k
(s − a)2 − k 2
(26)
δ(t)
1
(7)
δ(t − t0 )
e −st0
(8)
e at cosh kt
s −a
(s − a)2 − k 2
(27)
t n f (t)
(−1)n
(9)
t sin kt
2ks
(s 2 + k 2 )2
(28)
f 0 (t)
sF (s) − f (0)
t cos kt
s2 − k2
(s 2 + k 2 )2
(29)
t sinh kt
2ks
(s 2 − k 2 )2
(30)
(31)
f n (t)
d n F (s)
ds n
(10)
s n F (s) − s (n−1) f (0)−
· · · − f (n−1) (0)
(11)
F (s)G(s)
(12)
t cosh kt
s2 − k2
(s 2 − k 2 )2
(13)
sin at
t
arctan
Γ(x + 1)
s x+1
(14)
1
2
√ e −a /4t
πt
e −a s
√
s
k
+ k2
(15)
a
2
√
e −a /4t
2 πt 3
e −a
cos kt
s
s2 + k2
(16)
e at
1
s −1
(17)
sinh kt
k
s2 − k2
(18)
cosh kt
s
s2 − k2
(19)
e at − e bt
a−b
1
(s − a)(s − b)
(20)
Z
t
f (x)g(t − x)dx
0
t n (n ∈ Z)
x
t (x ≥ −1 ∈ R)
sin kt
n!
s n+1
s2
a
s
(32)
√
erfc
3
a
√
2 t
√
e −a
s
s
√
(33)
(34)
s
(35)