2.3 Forskyvningsteoremene, Heaviside og Dirac

$$u(t-a) = \begin{cases} 0, & t < a, \\ 1, & t \ge a.\end{cases}$$

Vi skriver den $u(t-a)$, med liten $u$, gjennom hele boka — det er samme notasjon som på det utdelte formelarket. Tallet $a$ er påslagstidspunktet, og det er alltid ikke-negativt i denne sammenhengen.

Navnet kommer fra Oliver Heaviside, som innførte den for å regne på telegrafkabler. Verdien akkurat i $t=a$ har ingen betydning for noe integral, og forskjellige bøker setter den til $0$, $1$ eller $\tfrac12$.

$$u(t-a) - u(t-b) = \begin{cases} 1, & a \le t < b, \\ 0, & ellers,\end{cases} \qquad a < b.$$

Ganger du en funksjon med dette, «klipper» du ut den delen av den som ligger mellom $a$ og $b$ og setter resten til null. Uttrykket $f(t)\left(u(t-a)-u(t-b)\right)$ er altså $f$ på intervallet $[a,b)$ og null utenfor.

Dette er hele oppdelingsteknikken i én linje. Enhver stykkevis definert funksjon kan skrives som en sum av slike biter — og dermed transformeres.

$$\mathcal{L}\{u(t-a)\} = \frac{e^{-as}}{s}, \qquad a \ge 0.$$

For $a=0$ gir den $\mathcal{L}\{1\}=1/s$, som stemmer med tabellen fra kap. 2.1.

Merk hvor faktoren $e^{-as}$ havner: i telleren, som en faktor foran hele transformen. Ser du en eksponentialfaktor $e^{-as}$ i et uttrykk i $s$, er det alltid et varsel om en tidsforskyvning — aldri om en eksponentialfunksjon i $t$. Den forveksles med $\mathcal{L}\{e^{at}\}=1/(s-a)$ oftere enn noen annen rad. Raden står på det utdelte formelarket — tren oppslaget.

Regelen: begynn med uttrykket som gjelder på det første intervallet, og legg for hvert bruddpunkt $a$ til

$$\left(\text{nytt uttrykk} - \text{gammelt uttrykk}\right)\cdot u(t-a).$$

Er $f$ lik $1$ til $t=2$, så $4$ til $t=6$, og $0$ etterpå, blir det

$$f(t) = 1 + (4-1)u(t-2) + (0-4)u(t-6) = 1 + 3u(t-2) - 4u(t-6).$$

Teknikken må kunnes eller utledes aktivt — den står ikke på formelarket, og den er første halvdel av hver eneste oppgave av denne typen.

Kontrollen som alltid virker: velg ett $t$ i hvert intervall og regn ut. Ved $t=3$: $1+3 = 4$. Ved $t=7$: $1+3-4 = 0$. Stemmer.

Arbeidsrekkefølgen for enhver invers transform med en eksponentialfaktor. Tre skritt, alltid i denne rekkefølgen:

1. Dekk til faktoren $e^{-as}$ og noter $a$.
2. Finn $f(t) = \mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}$ med teknikkene fra kap. 2.2 — delbrøk, kvadratkomplettering, det som trengs.
3. Bytt hver $t$ i $f$ med $t-a$, og gang hele greia med $u(t-a)$.

Skritt 3 er to handlinger, og folk gjør bare den ene: de finner $f$ og ganger med $u(t-a)$, men glemmer å forskyve argumentet. Resultatet $f(t)u(t-a)$ er galt — det riktige er $f(t-a)u(t-a)$.

Regelen må kunnes eller utledes aktivt.

Seks skritt, i denne rekkefølgen:

1. Skriv pådraget $f(t)$ som en sum av trappeledd.
2. Transformer likningen med derivasjonsregelen og sett inn startverdiene.
3. Løs for $Y(s)$. Resultatet får formen $Y(s) = e^{-as}G(s) + \dots$, med én eksponentialfaktor per sprang.
4. Dekk til hver eksponentialfaktor og noter dens $a$.
5. Finn den inverse av det som blir igjen — delbrøk og kvadratkomplettering (kap. 2.2).
6. Forskyv til slutt: hvert ledd blir $g(t-a)u(t-a)$.

Oppskriften må kunnes eller utledes aktivt. Skritt 4–6 er andreforskyvningsteoremet brukt i riktig rekkefølge, og de er der uttellingen ligger.

Den er ikke en funksjon i vanlig forstand, men et grensetilfelle av stadig smalere og høyere pulser med areal $1$. De to egenskapene vi bruker, er

$$\int_0^{\infty}\delta(t-a)\,dt = 1 \qquad \text{og} \qquad \int_0^{\infty}\delta(t-a)f(t)\,dt = f(a),$$

for $a > 0$. Den andre kalles silingsegenskapen: integralet plukker ut funksjonsverdien i det ene punktet der deltaen sitter.

Fysisk tolkning: $\delta$ er en impuls, ikke en kraft. Enheten er kraft ganger tid. Et slag, et spenningsspiss, en kollisjon.

$$\mathcal{L}\{\delta(t-a)\} = e^{-as}, \qquad a \ge 0.$$

Den følger direkte av silingsegenskapen: sett $f(t)=e^{-st}$ i integralet, og du får $e^{-as}$.

Sammenlign med sprangfunksjonen: $\mathcal{L}\{u(t-a)\}=e^{-as}/s$. Deltaen mangler nevneren $s$ — som den skal, siden $u$ er integralet av $\delta$, og integrasjon svarer til å dele på $s$.

Raden står på det utdelte formelarket — tren oppslaget. Merk at $\mathcal{L}\{\delta(t-a)\}$ ikke går mot null når $s\to\infty$ for $a=0$; det er et av tegnene på at $\delta$ ikke er en vanlig funksjon.

Systemets svar på et enkelt støt — løsningen av likningen med $\delta(t-a)$ på høyresiden og null startverdier.

Den forteller alt om systemets egen dynamikk: hvilke frekvenser det svinger med, og hvor fort svingningene dør ut. Grunnen er at transformen av $\delta$ er en ren eksponentialfaktor, så $Y(s)$ blir $e^{-as}$ delt på likningens karakteristiske uttrykk — altså systemet uten noe fra pådraget.

Praktisk konsekvens du kan se i svaret: et støt gir et sprang i den deriverte, ikke i funksjonen selv. Løsningen er kontinuerlig ved $t=a$, men knekker.

De to pådragsformene som dekker nesten alle oppgaver av denne typen.

Stykkevis konstant: verdien er et fast tall på hvert intervall, og trappeleddene får konstante koeffisienter, som $1+3u(t-2)-4u(t-6)$.

Stykkevis lineær (rampe): verdien vokser lineært på et intervall. Byggeklossen er rampefunksjonen $(t-a)u(t-a)$, som er null til $t=a$ og stiger med stigningstall $1$ etterpå. Fra tabellen: $\mathcal{L}\{(t-a)u(t-a)\} = e^{-as}/s^2$.

En rampe som stiger fra $t=1$ og flater ut ved $t=3$, skrives $(t-1)u(t-1) - (t-3)u(t-3)$. Kontroll ved $t=4$: $3 - 1 = 2$, altså den konstante sluttverdien. Stemmer.

Kjennetegnet du leter etter i et uttrykk i $s$: en faktor $e^{-as}$ med negativ eksponent og $a>0$, som står som en ren faktor.

Ser du den, vet du tre ting med én gang: (i) svaret inneholder $u(t-a)$; (ii) svaret er identisk null for $t<a$; og (iii) du skal bruke andreforskyvningsteoremet, ikke det første.

Motsatt vei: har uttrykket ingen slik faktor, er svaret aktivt fra $t=0$, og du trenger ikke sprangfunksjoner i det hele tatt.

Regelen som lar deg kontrollere svaret uten å regne på nytt, for en andreordens likning:

$$y'(a^+) - y'(a^-) = k.$$

Argumentet: integrer likningen over $[a-\varepsilon, a+\varepsilon]$. Leddene $py'$ og $qy$ er begrensede og bidrar med null i grensen, mens $\int y''\,dt$ er spranget i $y'$ og $\int k\delta\,dt = k$.

Praktisk: deriver svaret ditt, sett inn $t=a$, og sjekk at du får $k$. Sjekken er uavhengig av hvor rotete resten av regningen var, og den fanger både faktorfeil og glemte forskyvninger.

$$\int_0^{\infty}\delta(t-a)\,f(t)\,dt = f(a), \qquad a>0.$$

Integralet «siler ut» funksjonsverdien i det ene punktet der deltaen sitter, og glemmer alt annet.

Direkte følge: setter du $f(t)=e^{-st}$, får du $\mathcal{L}\{\delta(t-a)\}=e^{-as}$. Hele transformraden er én linje med denne egenskapen — derfor er den verdt å kunne, selv om selve raden står på det utdelte formelarket — tren oppslaget.

For polynomer: sett $t = (t-a)+a$ og gang ut.
$$t^2 = \big((t-1)+1\big)^2 = (t-1)^2 + 2(t-1) + 1.$$

For eksponentialfunksjoner: bruk potensregelen og trekk ut en konstant.
$$e^{t} = e^{(t-2)+2} = e^{2}e^{t-2}.$$

For sinus og cosinus: bruk sumformlene, som står på det utdelte formelarket — tren oppslaget.
$$\cos t = \cos\big((t-\pi)+\pi\big) = -\cos(t-\pi).$$

Manøveren må kunnes eller utledes aktivt, og kontrollen er alltid den samme: gang ut igjen og se at du får tilbake det du startet med.

Skriv funksjonen som en sum av rektangler: $f = f_1\left(u(t)-u(t-a_1)\right) + f_2\left(u(t-a_1)-u(t-a_2)\right) + \dots$ Samler du leddene etter hvilken sprangfunksjon de inneholder, står det igjen

$$f = f_1 + (f_2-f_1)u(t-a_1) + (f_3-f_2)u(t-a_2) + \dots$$

De to formene er identiske; den andre er kortere å transformere fordi hver sprangfunksjon bare opptrer én gang. Utledningen er verdt å ha sett én gang — da husker du hvorfor det er differanser, og gjetter ikke feil under press.

$$(t-a)\,u(t-a) = \begin{cases} 0, & t<a, \ t-a, & t\ge a.\end{cases}$$

Den er null til $t=a$ og stiger deretter med stigningstall $1$. Transformen følger direkte av andreforskyvningsteoremet med $f(t)=t$:

$$\mathcal{L}\{(t-a)u(t-a)\} = \frac{e^{-as}}{s^2}.$$

Merk forskjellen fra $t\,u(t-a)$. Rampen starter på null i $a$; uttrykket $t\,u(t-a)$ hopper opp til verdien $a$ i det samme øyeblikket. De to er ikke like, og bare den første står rett på teoremets form.

$$k\left(u(t-a) - u(t-b)\right), \qquad a<b.$$

Transformen blir $\dfrac{k\left(e^{-as}-e^{-bs}\right)}{s}$.

Hvorfor den er verdt et eget kort: dette er den vanligste lastformen i oppgaver av denne typen, og den gir alltid to eksponentialfaktorer i $Y(s)$ — én per kant. Ser du to slike faktorer med samme brøk bak seg, har du en rektangelpuls, og du kan gjenbruke den samme inverse to ganger med hver sin forskyvning.

$$\mathcal{L}\{f\} = \frac{1}{1-e^{-sT}}\int_0^{T} e^{-st}f(t)\,dt, \qquad f(t+T)=f(t).$$

Nevneren $1-e^{-sT}$ er summen av den geometriske rekka som alle de gjentatte kopiene utgjør.

Formelen står som regel på det utdelte formelarket — tren oppslaget. Den brukes sjelden i dette emnet, men er verdt å kjenne igjen: ser du en nevner med $1-e^{-sT}$, er lasten periodisk, og du skal ikke lete etter noen delbrøkoppspalting av den faktoren.

Egenskapen som gjør at du kan lese starttidspunktet rett ut av svaret.

Er hele $Y(s)$ ganget med $e^{-as}$, er $y(t)$ identisk null for $t<a$. Systemet kan ikke reagere før noe skjer. Det høres selvsagt ut, men det er en av de mest brukbare kontrollene du har: setter du inn en $t$-verdi mindre enn $a$ i svaret ditt og får noe annet enn null, har du mistet en sprangfunksjon underveis.

Motsatt: har $Y(s)$ ett ledd uten eksponentialfaktor og ett med, er løsningen aktiv fra $t=0$ og får et ekstra bidrag fra $t=a$.

Gå gjennom intervallene i rekkefølge. På $[0,a_1)$ er alle sprangfunksjonene null, så bare de uforskjøvede leddene står igjen. På $[a_1,a_2)$ slår det første leddet inn, og så videre. Forenkle hvert intervall for seg — ofte faller ledd bort.

$$\left(1-\cos t\right) - \left(1-\cos(t-\pi)\right)u(t-\pi) \;=\; \begin{cases} 1-\cos t, & 0\le t<\pi, \ -2\cos t, & t\ge\pi.\end{cases}$$

Kontrollen som hører til: regn ut begge uttrykkene i skjøtepunktet og se at de gir samme verdi. Gjør de ikke det, har du en fortegns- eller forskyvningsfeil.

Forskjellen på $\delta(t-a)$ og $u(t-a)$, sagt fysisk — og hvorfor svarene ser så forskjellige ut.

$u(t-a)$ er en kraft som slås på og blir stående. Den flytter systemets likevekt, og løsningen legger seg til å svinge om et nytt nivå.

$\delta(t-a)$ er en impuls — kraft ganget med tid, overført i ett øyeblikk. Den endrer ikke likevekten, men gir systemet en fartsendring, og løsningen svinger om det gamle nivået med ny amplitude.

Kjennetegn i svaret: et konstantledd som dukker opp etter $t=a$ (som $\tfrac13$ i eksempel 3) betyr at pådraget var en kraft. Ingen konstantledd, bare endret amplitude, betyr impuls.