DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN

DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN Stefaan Poedts Centrum voor mathematische Plasma-Astrofysica, KU Leuven Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 1

Hoofdstuk 7 : Lineaire integraaltransformaties - Definities en basiseigenschappen m.b.v. Laplace-transformaties Verdere eigenschappen Convolutie De Dirac-delta-functie De Fourier-transformatie Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 467

veel problemen in de ingenieurs-wetenschappen = mechanische of elektrische systemen waarop discontinue of impulsieve aandrijvende krachten inwerken methoden hfdst 3 & 4 vaak niet of moeilijk te gebruiken Laplace-transformatie = alternatieve methode die bijzonder geschikt is voor dit soort problemen (ook nuttig voor meer algemene problemen) hier: beschrijving werking + illustratie met typische toepassingen Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 468

(vervolg) Fouriertransformatie = andere belangrijke integraaltransformatie - generalisatie van de complexe Fourierreeks (Hfdst 9) - bv. tijddomein naar frequentiedomein transformeren, d.w.z. input signaal beschrijven met andere basiseenheden (vb. cm - inch) een signaal kan op veel verschillende manieren beschreven ( getransformeerd ) worden door het kiezen van basisvectoren, afhankelijk van het doel - pulsen : geschikt om de temporele ontwikkeling van het signaal nauwkeurig te volgen - sinus- en cosinusfuncties : geschikt voor periodieke signalen Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 469

Definitie Def.: Een integraaltransformatie transformeert een gegeven functie in een nieuwe functie met behulp van een integraal. In het bijzonder, zij K(s, t) een functie van twee (reële) veranderlijken s en t. We definiëren een nieuwe functie F (s) door F : R R : s F (s) = b a K(s, t)f (t)dt. NB: we veronderstellen hierbij dat K(s, t) en f (t) gedefinieerd zijn voor alle t [a, b] en dat de integraal bestaat Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 470

Definitie de transformatie f (t) F (s) noemen we een lineaire integraaltransformatie is dus een afbeelding met K : F F : f K[f ] K[f ](s) = b a K(s, t)f (t)dt functie K(s, t) wordt de kern van K genoemd (niet te verwarren met de kern van een lineaire afbeelding) Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 471

Eigenschap Hulpstelling 7.1 : De afbeelding K is een lineaire afbeelding. Bewijs: stel dat λ en µ reële getallen zijn en f en g functies dan is K[λf + µg] = = λ b a b a K(s, t)(λf (t) + µg(t))dt b K(s, t)f (t)dt + µ K(s, t)g(t)dt a = λk[f ] + µk[g] Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 472

Gebruik integraaltransformaties worden gebruikt om in een bepaald probleem functies te transformeren naar andere functies die betere eigenschappen hebben dan de oorspronkelijke functies, gemakkelijker te manipuleren of bepaalde kenmerken duidelijker maken vb.: als f (t) het resultaat is van bepaalde metingen bevat (meet-)fouten, storingen of ruis geven aanleiding tot kleine pieken in de grafiek (die geen essentiële bijdrage leveren in de integraal) integraaltransformatie zal de fouten afzwakken en bv. een geluidssignaal met ruis omzetten in een signaal waaruit deze ruis is weggefilterd, precies daarvoor werden ze lang geleden ontworpen Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 473

Voorbeeld: image processing met FFT (cf. http://www.mediacy.com) Voor de bewerking is het beeld verstoord door "ruis". Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 474

Voorbeeld: image processing met FFT (cf. http://www.mediacy.com) Een FFT van het beeld. Door de regelmaat wordt het ruispatroon als vier pieken weergegeven. Een van de pieken is gemarkeerd als AOI (Area of Interest) ter voorbereiding van de wegschrapping ervan. Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 475

Voorbeeld: image processing met FFT (cf. http://www.mediacy.com) De vier ruispieken, die overeenkomen met het reguliere ruispatroon, werden weggeschrapt in de FFT. Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 476

Voorbeeld: image processing met FFT (cf. http://www.mediacy.com) Wanneer de gecorrigeerde FFT van beeld 3 wordt toegepast, is de ruis verdwenen. Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 477

de getransformeerde functies kunnen ook betere wiskundige eigenschappen hebben, onder bepaalde voorwaarden geldt bijvoorbeeld df ds F (s + h) F (s) = lim h 0 h ( 1 b = lim K(s + h, t)f (t)dt h 0 h = = b a b a lim h 0 a b K(s + h, t) K(s, t) f (t)dt h K (s, t)f (t)dt s a ) K(s, t)f (t)dt voor brave functies K zal dus de getransformeerde functie F differentieerbaar zijn, zelfs als f dat niet is!!! Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 478

Gebruik integraaltransformaties bij oplossen Dvgln Dvgl in f (t) STAP 1 integraaltransformaties algebraïsche vgl in F (s) STAP 2 inverse transformaties oplossing f (t) STAP 3 bepaal F (s) Schematische voorstelling van het gebruik van integraaltransformaties voor het oplossing van differentiaalvergelijkingen. Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 479

Definities en basiseigenschappen Def.: De Laplace-getransformeerde L [f ] van een functie f is gedefinieerd door L [f ] (s) = 0 e st f (t)dt. de kern van de Laplace-transformatie L : F F : f L[f ] is dus de functie met voorschrift e st voor de eenvoud noteren we L [f ] (s) dikwijls door F (s) wanneer f gegeven is door f (t), noteren we L {f (t)} (s) Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 480

Definities en basiseigenschappen : voorbeeld we berekenen de Laplace-getransformeerde van de constante functie 1 voor s > 0 L {1} (s) = 0 1 = lim A s e st dt = lim A [ e st] A 1 s A 0 e st d(st) 0 = 1 s [0 + 1] = 1 s voor s 0 bestaat de integraal niet, en is L {1} (s) dus niet gedefinieerd Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 481

Definities en basiseigenschappen (vervolg) uit dit voorbeeld zien we dat de Laplace-getransformeerde niet altijd overal gedefinieerd is we geven een voldoende voorwaarde die garandeert dat de Laplace-getransformeerde bestaat; eerst een definitie: Def.: We zeggen dat een functie stuksgewijs continu is op een interval [a, b] als f continu is overal in het interval [a, b], behalve in een eindig aantal punten a i [a, b] en er bovendien geldt dat de linkerlimiet lim f (x) en de rechterlimiet lim f (x) bestaan en eindig x a < i x a > i zijn. een functie is stuksgewijs continu als ze slechts een eindig aantal eindige sprongen maakt Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 482

Definities en basiseigenschappen (vervolg) Een stuksgewijs continue functie. Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 483

Definities en basiseigenschappen : voorwaarde Stelling 7.1 : Zij f : R + R een functie die stuksgewijs continu is op elk eindig interval [0, b], en stel dat f (t) Me γt (15) voor alle t 0, voor een zekere M R + en γ R. Dan bestaat L [f ] (s) voor alle s > γ. Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 484

Definities en basiseigenschappen Bewijs de functie f (t)e st is integreerbaar op elk eindig interval [0, b] bovendien is, voor s > γ L [f ] (s) = e st f (t)dt e st f (t) dt 0 0 = M 1 γ s e st Me γt dt = M [e (γ s)t] 0 0 0 = M 1 γ s e (γ s)t dt [0 1] = M 1 s γ wat aantoont dat de oneigenlijke integraal inderdaad bestaat elke stuksgewijs continue functie die niet sneller dan een exponentiële functie naar oneindig gaat, heeft een Laplace-getransformeerde! Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 485

Definities en basiseigenschappen Voorbeeld we hebben: L {t α } (s) = = = 0 1 e st t α dt s α+1 0 1 s α+1 0 e st (st) α d(st) voor s > 0 e u u α du = 1 Γ(α + 1) als α + 1 > 0 sα+1 voor α 1 bestaat L {t α } niet; de problemen stellen zich in s = 0 in het bijzonder zal voor alle n N : L {t n } (s) = n! s n+1 en dus is L {t} (s) = 1 s 2 Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 486

Definities en basiseigenschappen Opmerking uit dit voorbeeld zien we dat de voorwaarden van Stelling 7.1 geen nodige voorwaarden zijn: de functie f (t) = t 1 2 is niet gedefinieerd in 0, maar { } ( ) L t 1 1 2 (s) = Γ s 1 2 2 wat duidelijk bestaat voor s > 0 men kan aantonen dat Γ( 1 2 ) = π (zie Appendix), dus is { } L t 1 π 2 (s) = s Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 487

Definities en basiseigenschappen Nog een voorbeeld zij a R, dan is { L e at} (s) = = = = = 0 0 e st e at dt e (a s)t dt 1 [e (a s)t] a s 0 1 [0 1] a s als s > a 1 s a Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 488

Definities en basiseigenschappen Laplace-getransformeerden: lijst f (t) F (s) = L {f (t)} (s) 1 1 s t 1 s 2 t n (n N) n! s n+1 t α (α > 1) Γ(α + 1) s α+1 e at 1 s a Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 489

Definities en basiseigenschappen f (t) F (s) = L {f (t)} (s) t n 1 e at Γ(n) (n > 0) 1 (s a) n sinat a cosat e bt sinat a e bt cosat 1 s 2 + a 2 s s 2 + a 2 1 (s b) 2 + a 2 s b (s b) 2 + a 2 Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 490

Definities en basiseigenschappen f (t) sinh at a cosh at e bt sinh at a e bt cosh at F (s) = L {f (t)} (s) 1 s 2 a 2 s s 2 a 2 1 (s b) 2 a 2 s b (s b) 2 a 2 e bt e at b a (a b) 1 (s a)(s b) Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 491

Definities en basiseigenschappen f (t) F (s) = L {f (t)} (s) be bt ae at b a (a b) s (s a)(s b) sinat atcosat 2a 3 1 (s 2 + a 2 ) 2 tsinat 2a sinat + atcosat 2a s (s 2 + a 2 ) 2 s 2 (s 2 + a 2 ) 2 cosat 1 2 atsinat s 3 (s 2 + a 2 ) 2 Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 492

Definities en basiseigenschappen f (t) F (s) = L {f (t)} (s) tcosat s 2 a 2 (s 2 + a 2 ) 2 at cosh at sinh at 2a 3 1 (s 2 a 2 ) 2 t sinh at 2a sinh at + at cosh at 2a s (s 2 a 2 ) 2 s 2 (s 2 a 2 ) 2 Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 493

Definities en basiseigenschappen f (t) F (s) = L {f (t)} (s) cosh at + 1 2 atsinat s 3 (s 2 a 2 ) 2 t cosh at s 2 + a 2 (s 2 a 2 ) 2 lnt (γ + lns) s (γ = constante van Euler = 0, 5772156...) ln 2 t π 2 6s + (γ + lns)2 s Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 494

Definities en basiseigenschappen Opgave toon aan dat de Laplace-getransformeerde van f (t) = 5e 2t 3sin4t 5 voor t 0 gelijk is aan s + 2 12 s 2 (s > 0) + 16 we hebben wegens de lineariteit L { 5e 2t 3sin4t } (s) = 5 L { e 2t} (s) 3 L {sin4t} (s) = 1 5 s + 2 3 4 s 2 + 4 2 = 5 s + 2 12 s 2 + 16 Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 495

Definities en basiseigenschappen Inverse transformatie als we in een bepaald probleem de Laplace-transformatie hebben toegepast, is het wellicht nodig om ook te kunnen terugkeren naar de oorspronkelijke functies, m.a.w. 1) als we F (s) hebben, kunnen we dan f vinden zodat L [f ] = F? 2) is deze functie bovendien uniek? het antwoord op beide vragen is negatief tegenvoorbeeld vraag 1): als F = 1, bestaat er geen enkele functie f zodat L [f ] = F = 1 (we zullen verder zien dat we hiervoor het functiebegrip moeten uitbreiden) Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 496

Definities en basiseigenschappen Inverse transformatie ook uniciteit is er niet: definieer immers de volgende functie { 1, als t N, g(t) = 0, als t N, dan zal L {g(t)} = L {1} logisch want in een integraal leveren de sprongpunten die we kunstmatig hebben toegevoegd, geen bijdrage OPM: men kan aantonen dat dit de enige problemen zijn die kunnen opduiken aangaande de uniciteit Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 497

Definities en basiseigenschappen Inverse transformatie : uniciteit Stelling 7.2 : [Uniciteit van de inverse Laplace-getransformeerde] Stel dat f, g : R + R functies zijn die continu zijn op een open interval (a, b). Als L [f ] = L [g], dan is f = g op (a, b). m.a.w.: als L [f ] = L [g], dan is f = g, behalve in de sprongpunten we noteren: L [f ] = F f = L 1 [F ] ondanks het feit dat L 1 [F ] niet uniek bepaald is Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 498

Definities en basiseigenschappen Inverse transformatie : bepaling we noemen L 1 [F ] de inverse Laplace-getransformeerde van F indien mogelijk kiezen we L 1 [F ] continu er bestaan formules die, onder bepaalde voorwaarden op F, L 1 [F ] uitdrukken meestal is het voldoende om, na het toepassen van een aantal standaardtechnieken, de inverse Laplace-getransformeerde op te zoeken in de tabel: Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 499

Definities en basiseigenschappen Inverse transformatie : voorbeeld zoek L 1 [F ] als F (s) = 1 s 2 (staat in de tabel, maar we illustreren 1 de technieken op dit eenvoudig voorbeeld) we splitsen F (s) = 1 s 2 in partieelbreuken: 1 1 F (s) = s 2 1 = 1 ( 1 2 s 1 1 ) s + 1 en vinden in de tabel dat dit gelijk is aan = 1 ( { L e t} { L e t}) { 1 = L 2 2 (et e t } ) en dus is L 1 {F (s)} = 1 2 (et e t ) = sinh t Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 500

Definities en basiseigenschappen Opmerking men kan ook de Laplace-getransformeerde van complexe functies van één reële veranderlijke definiëren algemeen : in een integraaltransformatie mag de kern K een complexe functie van twee reële veranderlijken zijn we moeten dan wel de integraal van een complexe functie definiëren: zij f (t) = f 1 (t) + if 2 (t) een complexe functie, dan zeggen we dat f integreerbaar is op een interval [a, b] als f 1 en f 2 dat zijn en b a b b f (t)dt def = f 1 (t)dt + i f 2 (t)dt a a deze integraal heeft alle eigenschappen die je verwacht van een integraal Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 501

Definities en basiseigenschappen Opmerking zo geldt bijvoorbeeld de fundamentele eigenschap b a f (t)dt = b a b f 1(t)dt + i f 2(t)dt a = [f 1 (t)] b a + i [f 2(t)] b a = [f (t)] b a Stelling 7.1 blijft geldig voor complexe functies, als we de modulus gebruiken i.p.v. de absolute waarde Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 502

Definities en basiseigenschappen PAUZE Logic, like whiskey, loses its beneficial effect when taken in too large quantities. [Lord Dunsany (In J.R. Newman (ed.), The World of Mathematics, New York: Simon and Schuster, 1956.)] Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 503

Definities en basiseigenschappen Hoofdstuk 7 : Lineaire integraaltransformaties - Definities en basiseigenschappen m.b.v. Laplace-transformaties Verdere eigenschappen Convolutie De Dirac-delta-functie De Fourier-transformatie Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 504

Definities en basiseigenschappen Def.: De Laplace-getransformeerde L [f ] van een functie f is gedefinieerd door L [f ] (s) = 0 e st f (t)dt. de kern van de Laplace-transformatie is dus de functie e st voor de eenvoud noteren we L [f ] (s) dikwijls door F (s) Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 505

Definities en basiseigenschappen : voldoende voorwaarde Stelling 7.1 : Zij f : R + R een functie die stuksgewijs continu is op elk eindig interval [0, b], en stel dat f (t) Me γt (16) voor alle t 0, voor een zekere M R + en γ R. Dan bestaat L [f ] (s) voor alle s > γ. we zullen ons bijna uitsluitend beperken tot functies die aan deze twee voorwaarden voldoen: 1) stuksgewijs continu 2) van exponentiële orde in de limiet t Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 506

Definities en basiseigenschappen Laplace-getransformeerden: lijst f (t) F (s) = L {f (t)} (s) 1 1 s t 1 s 2 t n (n N) n! s n+1 t α (α > 1) Γ(α + 1) s α+1 e at 1 s a Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 507

Definities en basiseigenschappen Inverse transformatie : uniciteit Stelling 7.2 : [Uniciteit van de inverse Laplace-getransformeerde] Stel dat f, g : R + R functies zijn die continu zijn op een open interval (a, b). Als L [f ] = L [g], dan is f = g op (a, b). m.a.w.: als L [f ] = L [g], dan is f = g, behalve in de sprongpunten we noteren: L [f ] = F f = L 1 [F ] ondanks het feit dat L 1 [F ] niet uniek bepaald is Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 508

Definities en basiseigenschappen Bepaling inverse transformatie : voorbeeld zoek L 1 [F ] als F (s) = 1 s 2 (staat in de tabel, maar we illustreren 1 de technieken op dit eenvoudig voorbeeld) we splitsen F (s) = 1 s 2 in partieelbreuken: 1 1 F (s) = s 2 1 = 1 ( 1 2 s 1 1 ) s + 1 en vinden in de tabel dat dit gelijk is aan = 1 ( { L e t} { L e t}) { 1 = L 2 2 (et e t } ) en dus is L 1 {F (s)} = 1 2 (et e t ) = sinh t Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 509

Toepassing van Laplace-transformaties belangrijkste toepassing = oplossen van lineaire Dvgln deze techniek is gebaseerd op de volgende stelling: Stelling 7.3 : Als f, f,..., f (n 1) en f (n) continu zijn en L [f ], L [f ],..., L [ f (n 1)] en L [ f (n)] bestaan, dan geldt [ L f (n)] (s) = s n L [f ] (s) s n 1 f (0) s n 2 f (0) f (n 1) (0). Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 510

Bewijs (door volledige inductie) Basis (n = 1): L [ f ] = PI = 0 f (t)e st dt = [f (t)e st] = 0 f (0) = f (0) + s 0 0 0 0 = f (0) + s L [f ] (s) 0 e st df (t) f (t)de st f (t)( s)e st dt f (t)e st dt Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 511

Bewijs (door volledige inductie) Inductiestap (k k + 1): veronderstel dat de formule waar is voor k, en bewijs ze voor k + 1 we gebruiken hierbij de formule voor n = 1 die we juist bewezen hebben, toegepast op de functie f (k) : [ L f (k+1)] [ (s) = f (k) (0) + s L f (k)] (s) ( = f (k) (0) + s s k L [f ] (s) s k 1 f (0) f (k 1) (0) = s k+1 L [f ] (s) s k f (0) sf (k 1) (0) f (k) (0) Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 512

Opmerking de formule in St 7.3 is ook geldig als f, f,..., f (n 1) continu zijn en f (n) enkel stuksgewijs continu is we zullen de formule vooral gebruiken als n = 1 en n = 2, dus L [ f ] = sl [f ] f (0) L [ f ] = s 2 L [f ] sf (0) f (0) voorbeeld : pas formule toe om een inhomogene lineaire Dvgl van de 2de orde op te lossen met gegeven BVWn Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 513

Voorbeeld we lossen y (t) y(t) = t op met BVWn y(0) = 1 en y (0) = 1 we noteren Y = L [y] : L [ y ] L [y] = L {t} = 1 s 2 s 2 Y sy(0) y (0) Y = 1 s 2 s 2 Y s 1 Y = 1 s 2 (s 2 1)Y = s + 1 + 1 s 2 Y = s + 1 s 2 1 + 1 s 2 (s 2 1) = 1 s 1 + 1 s 2 (s 2 1) Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 514

Voorbeeld vereenvoudiging en splitsing in partieelbreuken geeft dan 1 L [y] = Y = s 1 + 1 s 2 1 1 { s 2 = L e t} + L {sinh t} L {t} lineariteit en uniciteit geeft dan y = e t + sinh t t voordeel: gevonden oplossing voldoet meteen aan de BVWn (zonder eerst de algemene oplossing te moeten zoeken dus!) Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 515

Opmerking de belangrijkste elementaire toepassingen van de Laplace-getransformeerde zitten in de studie van mechanische trillingen en de analyse van elektrische circuits cf. Hfdst 3: mu (t) + γu (t) + ku(t) = F (t) LI (t) + RI (t) + 1 C I (t) = E (t) mathematisch equivalent (en zo nog vele andere toepassingen!) éénmaal opgelost vele interpretaties van oplossing! Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 516

Verdere eigenschappen Verdere eigenschappen als f : R R een functie is en a R, dan kunnen we een nieuwe functie f a definiëren door f a : R R : x f a (x) := f (x a) De grafiek van (a) y = f (t) en (b) y = f (t a). Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 517

Verdere eigenschappen Verdere eigenschappen als f : R R een functie is en a R, dan kunnen we een nieuwe functie f a definiëren door verschuiving in de variabele x f a : R R : x f a (x) := f (x a) graf f a = horizontale verschuiving graf f - naar rechts over een afstand a als a > 0 - naar links over een afstand a als a < 0 OPM: f hoeft niet overal gedefinieerd te zijn, f a (x) = f (x a) is dan enkel gedefinieerd als f gedefinieerd is in x a Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 518

Verdere eigenschappen s-verschuiving Stelling 7.4 : Als F = L [f ] en a R, dan geldt { F a (s) = F (s a) = L e at } f (t) (s) voor alle s waarvoor F (s a) bestaat. Bewijs: F (s a) = 0 f (t)e (s a)t dt = 0 f (t)e at e st { dt = L f (t)e at} (s) Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 519

Verdere eigenschappen s-verschuiving : toepassing Opmerking: we passen deze stelling vooral toe in de volgende vorm: L 1 {F (s a)} (t) = e at f (t) we geven hiervan nu een voorbeeld... Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 520

Verdere eigenschappen s-verschuiving : voorbeeld { } zoeken L 1 1 (s a) 2 pas s-verschuiving toe voor F (s) = 1 s 2 : { } 1 f (t) = L 1 s 2 (t) = t zodat { } L 1 1 (s a) 2 (t) = e at f (t) = te at zo kunnen heel wat formules uit de lijst geverifieerd worden Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 521

Verdere eigenschappen f (t) F (s) = L {f (t)} (s) t n 1 e at Γ(n) (n > 0) 1 (s a) n sinat a cosat e bt sinat a e bt cosat 1 s 2 + a 2 s s 2 + a 2 1 (s b) 2 + a 2 s b (s b) 2 + a 2 Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 522

Verdere eigenschappen f (t) F (s) = L {f (t)} (s) t n 1 e at Γ(n) (n > 0) 1 (s a) n sinat a cosat e bt sinat a e bt cosat 1 s 2 + a 2 s s 2 + a 2 1 (s b) 2 + a 2 s b (s b) 2 + a 2 Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 523

Verdere eigenschappen Reflectie St 7.4 geeft aan wat er gebeurt als we een verschuiving uitvoeren in de parameter s van de Laplace-getransformeerde Wat gebeurt er als we een verschuiving uitvoeren in de parameter t van de functie zelf? berekening Laplace-getransformeerde van f a geeft problemen wanneer a 0 én wanneer a 0 we bespreken hier enkel het geval a 0 Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 524

Verdere eigenschappen De Heaviside-functie eerst voeren we voor willekeurige a R de Heaviside-functie u a in (ook trapfunctie of unit-step-functie genoemd) Def.: u a : R R : { t 1, als t a, t 0, als t < a. De grafiek van u a. Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 525

Verdere eigenschappen De Heaviside-functie eerst voeren we voor willekeurige a R de Heaviside-functie u a in (ook trapfunctie of unit-step-functie genoemd) Def.: u a : R R : { t 1, als t a, t 0, als t < a. De grafiek van y = 1 u a. Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 526

Verdere eigenschappen De Heaviside-functie eerst voeren we voor willekeurige a R de Heaviside-functie u a in (ook trapfunctie of unit-step-functie genoemd) Def.: u a : R R : { t 1, als t a, t 0, als t < a. De grafiek van y = u a u 2a. Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 527

Verdere eigenschappen De Heaviside-functie eerst voeren we voor willekeurige a R de Heaviside-functie u a in (ook trapfunctie of unit-step-functie genoemd) Def.: u a : R R : { t 1, als t a, t 0, als t < a. De grafiek van y(t) = 1 + k=1 ( 1)k u k (t), een vierkante golf. Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 528

Verdere eigenschappen De Heaviside-functie: opmerking als a = 0, dan noteren we u 0 (t) = u(t), en we hebben dan dat u a (t) = u(t a) m.a.w. u a is gewoon een verschuiving van u! stel nu a 0 en beschouw een f : R + R berekening L {f a (t)} geeft problemen omdat f a (t) = f (t a) niet gedefinieerd is voor 0 t < a oplossing: definieer een functie f a : R + R door { t 0, als t < a t f a (t) = f (t a), als t a Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 529

Verdere eigenschappen De Heaviside-functie: notatie we noteren ook dat f a (t) = u a (t)f a (t) = u(t a)f (t a) alhoewel strikt genomen f (t a) niet gedefinieerd is voor t < a, maar omdat toch u(t a) = 0 voor t < a, kunnen we u(t a)f (t a) := 0 stellen voor t < a De grafiek van (a) y = f (t) en (b) y = u a(t)f (t a). Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 530

Verdere eigenschappen De Heaviside-functie: notatie we noteren ook dat f a (t) = u a (t)f a (t) = u(t a)f (t a) alhoewel strikt genomen f (t a) niet gedefinieerd is voor t < a, maar omdat toch u(t a) = 0 voor t < a, kunnen we u(t a)f (t a) := 0 stellen voor t < a om niet teveel notaties te moeten gebruiken zullen we i.p.v. f a (t) steeds u(t a)f (t a) gebruiken Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 531

Verdere eigenschappen De Heaviside-functie: toepassing Stelling 7.5 : Als a R + 0 en F = L [f ], dan geldt L {u(t a)f (t a)} (s) = e as F (s). Bewijs: L {u(t a)f (t a)} = De substitutie v = t a geeft dan = 0 a e st u(t a)f (t a)dt e st f (t a)dt Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 532

Verdere eigenschappen De Heaviside-functie: toepassing Bewijs: L {u(t a)f (t a)} = De substitutie v = t a geeft dan = 0 a e st u(t a)f (t a)dt e st f (t a)dt L {u(t a)f (t a)} = 0 e s(v + a) f (v)dv = e sa e sv f (v)dv 0 = e sa F (s) Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 533

Verdere eigenschappen Gevolg en opmerking gevolg van Stelling 7.5 : L {u a (t)} (s) = L {u(t a)} (s) = L {1}e as = 1 s e as ook hier gaan we de stelling vaak toepassen in de volgende vorm: { L 1 e as } F (s) = u(t a)f (t a) Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 534

Verdere eigenschappen Voorbeeld omdat { } t 2 L 2 = 1 s 3 geldt door L {e 1 as } F (s) = u(t a)f (t a) dat { L 1 e 3s 1 } (t 3)2 s 3 = u(t 3) 2 Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 535

Verdere eigenschappen Voorbeeld : opl Dvgl met discontinu rechterlid! we lossen de volgende vergelijking op y + y = u(t 2) beschrijft de beweging van een trillend deeltje waarop we eerst geen uitwendige kracht uitoefenen, en vervolgens vanaf tijdstip t = 2 een constante kracht we passen L toe: s 2 Y y(0)s y (0) + Y = 1 s e 2s we vinden Y = y(0)s 1 + s 2 + y (0) 1 + s 2 + e 2s s(1 + s 2 ) { } { s 1 y(t) = L 1 1 + s 2 y(0)+l 1 1 + s 2 en dus } y (0)+L 1 { } 1 s(1 + s 2 ) e 2s Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 536

Verdere eigenschappen Voorbeeld : opl Dvgl met discontinu rechterlid! door gebruik te maken van de tabel, splitsing in partieelbreuken en t-verschuiving vinden we { } s L 1 1 + s 2 = cost { } 1 L 1 1 + s 2 = sint { } { L 1 1 1 s(1 + s 2 = L 1 ) s s } 1 + s 2 = 1 cost { } L 1 1 s(1 + s 2 ) e 2s = u(t 2)(1 cos(t 2)) en dus is y(t) = y(0)cost + y (0)sint + u(t 2)(1 cos(t 2)) Stefaan Poedts DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 537