Aleks855 skrev:Brukes noe av dette til å forklare hvorfor vi i Laplace-integralet multipliserer med $e^{-st}$?
Tittet du på videoen? Det er bare de 10 første minuttene som er relevant. Kort sagt vil $\sum_{n=0}^\infty a_n x^n \longrightarrow \int_0^\infty a(t) x^t dt = \int_0^\infty a(t)e^{\ln(x) \cdot t} dt = \int_0^\infty a(t) e^{-st} dt$. Første overgang kommer av at vi ønsker å studere den kontinuerlige versjonen av summen av en potensrekke. Siste overgang kommer ved å sette $s := - \ln x$. Den diskrete potensrekken konvergerer kun for $|x|< 1$, som i Laplace-transformen gir oss $s > 0$. Altså kan vi se på Laplacetransformen som den kontinuerlige versjonen av summen av en potensrekke.
Aleks855 skrev:Det tror jeg var noe av det mest obskure hittil. Den eneste halvgode forklaringa jeg har sett på dette hittil er at multiplisering med denne kjernen (kernel) gjør at formelen for $\mathcal L(f')$ blir så enkel som den blir.
Husk at du har multiplisert med "e opphøyd i noe" før, nemlig når du løser førsteordens kvasi-lineære ODEer ved bruk av integrerende faktor.
F.eks. $y^\prime + 2x y = 3x$, med $y(0) =1$.
Vi ønsker nå å multiplisere likningen med $e^{\int 2x \,dx} = e^{x^2}$. Hvorfor? Fordi det tillater oss å bruke produktregelen for derivasjon baklengs, slik at vi kan integrere bort den deriverte av $y$.
$$ \left( e^{x^2} y \right)^\prime = 3xe^{x^2}$$
Dersom vi nå integrerer med hensyn på $x$ fra $0$ til $x_*$, får vi løst for $y$ direkte:
$$e^{x_*^2}y(x_*) - y(0) = 3 \int_0^{x_*} xe^{x^2} dx.$$
Det er da naturlig å la seg inspirere av denne løsningsmetoden, også for n-teordens ODEer med konstante koeffisienter.
Problemet vårt nå er bare at vi ikke kan bruke produktregelen for derivasjon baklengs, siden vi "mangler" de matchende leddene som tillater oss å skrive venstresiden som den totalderiverte av et produkt.
Men vi kan fortsatt bruke delvis integrasjon. (Delvis integrasjon er jo bare det du får når du integrerer produktregelen.) Og én måte å tenke på delvis integrasjon på, er at den tillater oss å flytte den deriverte fra den første faktoren til den andre faktoren i integralet av et produkt.
Altså kan vi kvitte oss med de deriverte på y-ene, dersom vi flytter dem over til hjelpefunksjonen vår g(t) (som vi ganget difflikningen vår med i utgangspunktet) og samtidig evaluerer den antideriverte i endepunktene til integralet.
Vi har nå to valg: 1) hvilken funksjon skal vi gange difflikningen vår med, slik at vi kan bruke delvis integrasjon? Og 2) Hva skal grensene våre være når vi integrerer?
Svaret på 1) er at det enkleste valget er å gange med $e^{\alpha t}$, siden vi kan flytte arbitrært mange deriverte over fra $y$ til $e^{\alpha t}$ uten at sistnevnte forsvinner. (Dvs. at ved å gange med $e^{\alpha t}$ kan vi bruke delvis integrasjon så mange ganger vi vil.)
På 2) er svaret at vi vil integrere fra initialtidspunktet, der vi har kjente verdier av $y$, $y^\prime$, osv., slik at vi kan evaluere dem. Men hva bør øvre grense være? Dersom vi lar øvre grense være et eller annet endelig tidspunkt $t_1 < \infty$, så ender vi opp med en likning som er avhengig av funksjonsverdiene til $y$ i et tidspunkt der disse er ukjente. Ikke bra! Altså vil vi velge øvre grense til å være uendelig, og samtidig velge $\alpha < 0$ (slik at integralene våre konvergerer), slik at $e^{\alpha t}$ "vinner over" $y$, og nulles ut.
Vi ender dessverre ikke opp med en løsning for $y(t)$ direkte, slik som vi gjør med integrerende faktor, men vi ender opp med å løse for $\int_0^\infty y(t)e^{-st}dt$, aka den Laplacetransformerte av $y$. Heldigvis har denne transformasjonen den pene egenskapen at den er invertibel, slik at vi kan finne $y$ ved å slå opp i en tabell.
