\input{kapittel}

\kapittel{97}{Mer om lineære systemer}




I dette notatet skal vi studerer mer sofistikerte metoder for lineære systemer.
Vi skal se 
på tre viktige transformer - 
laplacetransform, fouriertransform og konvolusjon. 
Alle tre kan ved første øyekast fremstå som trukket ut av hatten, 
men de viser seg å være nyttige verktøy når man skal forstå, analysere og resonnere rundt lineære systemer, for eksempel elek\-troniske filter.


\section*{\huge Introduksjon}

\section*{Systemer og operatorer}
I systemteorien undersøker man hvordan ulike systemer samhandler og påvirker hverandre. 
Et system er ``noe'' som lar seg påvirke av noen systemer og som i sin tur påvirker andre. Vi kaller gjerne det som påvirker systemet en ``inngang'' og påvirkningen som systemet har på andre systemer, kaller vi en ``utgang''.
 
Påvirkningene modellerer vi som funksjoner av tid, 
og selve systemet som en operator på et rom av slike funksjoner.

\begin{ex}
\label{ex:hoytt}
En forsterker påvirker en høyttaler som i sin tur påvirker luften i et rom slik at der dannes lydbølger, 
som i sin tur kan påvirke en mikrofon. 
En slik kjede av systemer som påvirker hverandre gjennom tidsfunksjoner er vist i denne figuren:

\begin{figure}[htb]
	\centering
	\includegraphics[scale=.15]{figur1}
%	\caption*{}
%	\label{fig:figur1}
\end{figure}

\noindent Her har vi fire ulike systemer og fem ulike tidsfunksjoner som indikerer en kjede av påvirkninger mellom systemene.
Funksjonene $x_1, x_2$ og $x_5$ representerer elektriske signaler, 
mens $x_3$ og $x_4$ uttrykker lufttrykk heholdsvis ved høyttaleren og ved mikrofonen.
\end{ex}
 
Funksjonene i eksemplet over kan betraktes som elementer i et funksjonsrom, 
for eksempel $C^\infty(\mathbb R)$, 
altså rommet av alle glatte (uendelig mange ganger deriverbare funksjoner). 
Hvert av systemene kan ses på som en operator på dette rommet, 
altså en ``funksjon'' ${\mathcal H}$ som tar inn en funksjon $x(t)$ og gir ut en annen funksjon
\[
y(t)= {\mathcal H}\left\{ x(t) \right\}.
\]
Eksempler på en slik operatorer er derivasjonsoperatoren $D$ definert ved
\[
y(t)= D\left\{ x(t) \right\} = \dot x(t),
\]
det ubestemte integralet
\[
y(t)= I\left\{ x(t) \right\} = \int x(t) dx,
\]
og høyresiden i en differensiallikning, 
slik som
\[
y(t)=L\{x(t)\}=\ddot{x}(t)+2\dot{x}(t)+x(t).
\]

\begin{tcolorbox}[colback=red!10, title= Lineære systemer og operatorer ]
Et system gitt ved operatoren $\mathcal H$ sies å være {\em lineært} dersom, for alle konstanter $a, b$ vi har at
\[
\mathcal H\left\{ax(t)+by(t)\right\} = a\mathcal H\left\{ x(t) \right\} + \mathcal H\left\{ y(t)\right\}.
\]
Selve operatoren kalles da en lineæroperator.

Et eksempel på lineære systemer er slike der utgangen er løsning av en lineær differensialligning som har høyresiden som inngang.
\end{tcolorbox}

\begin{tcolorbox}[colback=red!10, title= Tidsinvariante systemer ]
Et system gitt ved operatoren $\mathcal H$ sies å være {\em tidsinvariant} dersom følgende gjelder:

Dersom inngangen $x(t)$ gir utgang $y(t)=\mathcal H\left\{x(t)\right\},$ vil
\[
\mathcal H\left\{x(t-t_0)\right\} = y(t-t_0) 
\]
for alle $t_0.$

Et eksempel på tidsinvariante systemer er slike der utgangen er  løsningen av en autonom differensialligning.
\end{tcolorbox}
\begin{tcolorbox}[colback=green!10, title= Hva betyr dette? ]
Et eksempel på et tidsinvariant system er en lineær elektronisk krets der alle komponenter har verdier som ikke varierer med tiden.

Men hvordan kan man bruke definisjonen for å avgjøre om et system er tidsinvariant? Det enkleste er å se på et eksempel på et system som {\em ikke} er tidsinvariant. La systemet  $\mathcal H$ være definert ved $y(t)=\mathcal H\left\{x(t)\right\} = tx(t).$ Da blir  $\mathcal H\left\{x(t-t_o)\right\} = tx(t-t_=)$ som {\em ikke} er det samme som $y(t-t_0) = (t-t_0)x(t-t_0).$

\end{tcolorbox}


\section*{Sammensatte operatorer}
I eksempel~\ref{ex:hoytt} ovenfor har vi en situasjon hvor utgangen av ett delsystem blir direkte brukt som inngangen til det neste. Dersom vi, for eksempel representerer forsterkeren med operatoren ${\mathcal H_1}$ og høyttaleren som operatoren ${\mathcal H_2}$ kan vi skrive lydsignalet som
\begin{equation}
\label{eq:comp}
x_3(t) = \mathcal H_2\{\mathcal H_1\{x_1(t)\}\}
\end{equation}
Vi kan nå definere {\em den sammensatte operatoren} som det som omformer signalet $x_1(t)$ til $x_2(t)$. Denne nye operatoren betegner vi
\[
\mathcal H_{12} = \mathcal H_2\circ \mathcal H_1
\]
som betyr at {\em først} benyttes operatoren ${\mathcal H_1}$, og deretter ${\mathcal H_2}$ Dermed kan (\ref{eq:comp}) skrives
\[
x_3(t) = \mathcal H_{12}\{x_1(t)\}
\]
eller
\[
x_3(t) = (\mathcal H_{2}\circ\mathcal H_{2})\{x_1(t)\}.
\]

\section*{To nyttige signaloperasjoner}
I elektroniske og andre systemer som opererer med tidsfunksjoner er det ofte nyttig å operere på selve argumentet til funskjonen, altså tiden. De to vanligste slike operasjoner er {\em translasjon} og {\em dilatasjon}.

En translasjonsoperator er ``noe'' flytter et signal et visst stykke $t_0$ langs tidsaksen. Den kan defineres ved operatoren $\mathcal T_\tau$ slik:
\[
\mathcal T_{t_0}\left\{x(t)\right\}= x(t-t_0).
\]
Når $t_0$ er en positiv størrelse, vil signalet bli forsinket i vanlig forstand. I teorien er det også mulig å bruke negativ $t_0,$ noe som tilsvarer en {\em fremskynding} av signalet.

De fleste vinylplater skal avspilles med en hastighet på 33 omdreininger per minutt. Men det finnes også plater innspilt med 45 omdreininger per minutt. Dersom du spiller av platen på feil hastighet får du et signal {\em som om} tiden går hurtigere eller saktere enn normalt. Dette er et eksempel på {\em tids-dliatasjon} og kan matematisk beskrives ved {\em dilatasjonsoperatoren} $\mathcal D_a$ definert ved
\[
\mathcal D_a\left\{x(t)\right\}= x(at).
\]
Konkrete eksempler på translasjon og dilatasjon er vist i ekesmpel~\ref{ex:wavelet} nedenfor.


Du har sikkert lært at operasjonen $+$ er kommutativ, det vil si at $a+b=b+a.$  Matrisemulitplikasjon er et eksempel på en operasjon som {\em ikke} er kommutativ, det vil si at det {\em ikke} alltid er slik at $AB=BA.$ For sammensetningsoperatoren $\circ$ gjelder noe lignende. For noen operatorer $\mathcal A$ og $\mathcal B$ er det slik at $\mathcal A\circ\mathcal B=\mathcal B \circ \mathcal A,$ for andre er det ikke slik.
De to operatorene  $\mathcal T_\tau$ og $\mathcal D_a$ er generelt {\em ikke kommutative}. 
Hvordan ser du det?

\begin{ex}
\label{ex:wavelet}
La $x$ være funksjonen
\[
x(t)=e^{-x^2}\cos(2\pi t)
\]
som illustrert i figur~\ref{fig:figur5}~a).
Her ser vi 
\[
\mathcal T_3\{x(t)\}=x(t-3)
\] 
i figur~\ref{fig:figur5}~c) og 
\[
\mathcal D_2\{x(t)\}=x(t/2)\]
 i figur~\ref{fig:figur5}~b).
Figur~\ref{fig:figur5}~d) viser enten 
\[
\mathcal T_3\circ\mathcal D_2 
\] eller  
\[
\mathcal D_2\circ\mathcal T_3 .
\]
Hva er riktig?
\end{ex}

\begin{figure}[htb]
	\centering
	\includegraphics[scale=.31]{figur5}
	\caption{ \\ a)    Signalet  \\  b) Dilatasjon  \\   c) Translasjon  \\ d) Hva er dette?}
	\label{fig:figur5}
\end{figure}


\section*{Integraltransformer}
Innen elektronikk og signalbehandling trengs verktøy for å analysere eksisterende systemer og å designe nye. 
Mange av disse verktøyene er matematiske. 
Vi har tidligere sett på to viktige ``verktøykasser'', 
nemlig lineæralgebra og differensialligninger. 
I dette kapitlet ser vi på et annet sett av matematiske strukturer, 
nemlig det som kalles {\em integraltransformer.} 
Disse er sentrale for å kunne utføre presise resonnement om lineære system og å tolke hvordan slike vil påvirke hverandre.

Vi så at elektroniske systemer kan betraktes som operatorer som tar inn en funksjon av $t$ og gir ut en annen. 
Vi skal nå se på en annen type operator, 
nemlig det som kalles en {\em transform.} 
Denne har også en tidsfunksjon $x(t)$ som argument, 
men gir ut en funksjon av en annen variabel, 
som vi ofte kaller $s$. 
Dersom vi kaller selve transformen $\mathcal T$, 
kan dette skrives
\[
X(s) = \mathcal T\left\{ x(t) \right\}.
\]
Vi bruker her konvensjonen at tidsfunksjonen skrives med liten bokstav $x$ og den tilsvarnde {\em transformerte} funksjonen med stor $X$.

 En {\em integraltransform} er en transform der selve ``transformasjonsmekanismen'' kan uttrykkes ved et integral:
\[
X(s) = \mathcal T\left\{ x(t) \right\} = \int_I x(t)K(t,s)dt.
\]
Her har vi innført to nye symboler. 
$I$ står for det intervallet, 
eller området av $\mathbb R$ som integrasjonen tas over, 
mens $K(t,s)$ er en bestemt funksjon av to variable som kalles {\em kjernen} til transformen. 
Vi har her uendelig mange mulige valg for $I$ og $K(t,s)$ som kan gi opphav til (mer eller mindre nyttige) transformer, 
se \href{https://en.wikipedia.org/wiki/Integral_transform#Table_of_transforms}{her}. 
I tillegg vil vi kunne ha ulike varianter av samme transform utfra om $s$ er reell, 
kompleks eller rent imaginær. 

La oss begynne med noen grunnleggende ting som gjelder for alle integraltransformer.
Her er noe vi må ta stilling til før vi i det hele tatt kan komme i gang. 

\begin{tcolorbox}[colback=blue!10, title=Har du kjøpt billett til integraltransformtoget?]
Du kan ikke putte hva som helst inn i en integraltransform.
Integralet må være definert og konvergere.
\end{tcolorbox}

\begin{ex}
La $x$ være funksjonen
\[
x(t)=\begin{cases} 1 \quad \text{rasjonale}\; x \\ 0 \quad \text{irrasjonale}\; x \end{cases}
\]
Vi kan ikke transformere denne funksjonen for den er ikke riemannintegrerbar.
\end{ex}

\noindent Dette eksemplet er litt patologisk,
men man må være forsiktig så man ikke transformerer noe som ikke kan transformeres.
Nøyaktig hva som kan transformeres er litt forskjellig fra transform til transform. 


\begin{ex}
Mellintransformen er gitt ved
\[
X(s) =\int_0^\infty t^{s-1} x(t)\; dt.
\]
Vi kan ikke transformere funksjonen $x(t)=1$, 
for integralet 
\[
\int_0^\infty t^{s-1}\; dt.
\]
konvergerer ikke for noen verdier av $s$.
\end{ex}


\begin{ex}
Den ensidige laplacetransformen er gitt ved
\[
X(s) =\int_0^\infty e^{-st} x(t)\; dt.
\]
La oss for enkelhets skyld anta at $s$ er reell.
Dersom vi krever at $s>0$, går det fint å transformere  funksjonen $x(t)=1$,
siden
\[
\int_0^\infty e^{-st} \; dt=\frac{1}{s} \qedhere
\]
\end{ex}


%Den første er helt sentral. 
%La $a$ og $b$ være tall, 
%og $x$ og $y$ funksjoner. 
%Vanlige regneregler for integral gir at
%\begin{align*}
%\mathcal T\left\{ ax+by \right\} &= \int_I \left(ax(t)+by(t)\right) K(t,s)dt \\
%&=a\int_I x(t) K(t,s)dt +b\int_I y(t) K(t,s)dt \\
%&=a\mathcal T\left\{ x \right\}+b\mathcal T\left\{ y \right\}
%\end{align*}
\noindent Den neste regelen er helt sentral, 
og i forbindelse med lineære system kommer vi til å bruke den så mye at vi slutter å tenke på den.


\begin{tcolorbox}[colback=red!10, title= Integraltransformer er lineæroperatorer ]
Dersom $a$ og $b$ er tall og $f$ og $g$ funksjoner,
er
\[
\mathcal{T}\left\{ax+by\right\}=a\mathcal{T}\left\{x\right\}+b\mathcal{T}\left\{y\right\}.
\]
\end{tcolorbox}

Dersom to funksjoner har samme integraltransform, må de da være like som funksjoner? 
Slik du har lært funksjoner til nå, er svaret definitivt nei.
\begin{ex}
La $x(t)$ være en funksjon, 
og 
\[
y(t)=\begin{cases} x(t) \quad &t \neq 1 \\ 0 \quad &t=1 \end{cases}
\]
og anta at intervallet til transformen $\mathcal T$ inneholder punktet $t=1$. 
Det er klart at at $x$ og $y$ (som er forskjellige)
må ha den samme transformen,
siden den ene verdien som skiller dem ikke påvirker integralet.
\end{ex}

\noindent Dette eksemplet er også litt patologisk,
men det er et viktig poeng at et integral ikke endres av at man bytter ut enkelte funksjonsverdier. 
En strategi for å omgå dette problemet er å omdefinere hva man mener med at to funksjoner er like;
i avansert matematisk analyse bryr man seg ikke så mye om at funksjoner har forskjellige funksjonsverdier
i et og annet punkt, 
og da blir det lettere å snakke om invers integraltransform.
Dette må egentlig baseres på en mer avansert integrasjonsteori oppfunnet av Henri Lebesgue i 1902.
Dette er for komplisert for oss,
men det er ikke egentlig så viktig for en ingeniør.
Ingeniører bruker integraltransform til å analysere lineære systemer, 
og da vil det gjerne være åpenbart fra anvendelsen hva den inverstransformerte er,
selv om det ikke nødvendigvis finnes noe matematisk entydig valg.

Vi kan altså ikke forvente at det skal finnes en entydig invers.
Men det finnes ofte en formel for inverstransformasjon allikevel, 
som kan kan brukes med vett.
Av og til er de for kompliserte til å gjøre nytte for seg.
Da bruker vi tabell for å finne den inverse transformen, 
eller leser av informasjon om systemet rett fra transformen uten å invertere.

\begin{tcolorbox}[colback=red!10, title= Inverstransform]
Det finnes som regel en formel for å transformere tilbake.
\end{tcolorbox}

\begin{ex}
Fouriertransformen er gitt ved
\[
X(\omega) =\int_{-\infty}^{\infty} x(t)e^{-i\omega t}\; dt
\]
Det går an å vise at inverstransformen er
\begin{equation}
\label{eq:Finvers}
x(t) =\int_{-\infty}^{\infty} X(\omega)e^{i\omega t}\; d\omega.
\end{equation}
Et formelt bevis for dette krever matemtatikk som går langt ut over dette kurset, men nedenfor gir vi en litt løsere argumentasjonsrekke som underbygger resultatet. 
\end{ex}

\section*{\huge Konvolusjon}

En binær operator er ``noe'' som gjør noe med to elementer i en mengde slik at vi får et nytt element. Kjente eksempler fra tallmengder er ``vanlig'' addisjon og multiplikasjon. Dette generaliserer vi enkelt til reelle funksjoner, slik at vi kan få en ny funksjon ved å adder resultatet av to andre. Vi kan altså danne oss funksjonen $x(t)$ ut fra to andre funksjoner $x(t)$ og $y(t)$ ved
\[
z(t) = x(t)+y(t).
\]
Tilsvarende kan vi gjøre med mulitplikasjon.

Vi skal nå se på en type binære operator på rommet av integrerbare funksjoner som {\em ikke} er generaliseringen av en ``kjent'' operator på tall. 
Dette er {\em konvolusjonsoperatoren}. 
Ved hjelp av denne kan vi danne oss en funksjon $z(t)$ ut fra to andre funksjoner $x(t)$ og $y(t)$ ved
\begin{equation}
\label{eq:konv}
z(t) = x(t)\ast y(t) = \int_{-\infty}^{\infty} x(\theta) y(t-\theta)\; d\theta.
\end{equation}
Vi presiserer altså at symbolet $\ast$ {\em ikke} står for multiplikasjon, 
og resultatet av operatoren er {\em ikke} et tall men en ny {\em funksjon.}
Det finnes forskjellige typer konvolusjoner, 
og det er stort sett integrasjonsgrensene som skiller dem. 
Hvilken type integrasjonsgrenser som er mest relevant, 
kommer litt an på anvendelsen, 
men vi begynner altså med den her.

\begin{tcolorbox}[colback=blue!10, title=Viktig regel]
Det er lett å vise at konvolusjonsoperatoren er kommutativ, altså at
\[
x(t)\ast y(t) = y(t)\ast x(t).
\]
\end{tcolorbox}


Konvolusjon er en litt merkelig operasjon som dukker opp her og der, 
og er i seg selv en integraltransform.
Mange artige ting er basert på konvolusjon. 
Noen eksempler er reverb-knappen på gitarforsterkeren din,
bakgrunnsuskarpheten i det konfirmasjonsbildet ditt, 
eller autofokusfunksjonen på speilreflekskameraet du fikk til ovennevnte konfirmasjon.
Sannsynlighetstettheten til summen av to stokastiske variable er konvolusjonen mellom tetthetene til hver variabel.

Det tar alltid litt tid å fordøye konvolusjonsoperatoren. 
Her er to illustrerende eksempler.

\begin{ex}
Anta at vi har funksjonene
\[
x(t) = u(t)e^{-t}
\]
og
\[
y(t) = u(t)-u(t-4)
\]
hvor $u(t)$ er heavisidefunksjonen definert ved
\[
u(t)= \left\{ 
\begin{array}{ll}
0 & \mbox{ for } t<0\\
1 & \mbox{for } t\geq 0.
\end{array}
\right.
\]
Det vil si at $x(t)$ er null for negative $t$ og eksponensielt avtagende for $t>0$, og $y(t)$ er en firkantpuls av lengde 4 som starter i $t=0.$ Begge funksjonene er vist i figur~\ref{fig:figur6}.
\end{ex}

\begin{figure}[htb]
	\centering
	\includegraphics[scale=.35]{figur6}
	\caption{To funksjoner $x(t)$ (svart) og $y(t)$ (rød). }
	\label{fig:figur6}
\end{figure}


%Konvolusjonen mellom to funksjoner $f$ og $g$ er
%\[
%f \ast g = \int_{-\infty}^{\infty} f(v) g(x-v)\; dv.
%\]


\begin{ex}
Anta at du har to uavhengige stokastiske variable $X$ og $Y$, 
med sannsynlighetstettheter $f(x)$ og $g(y)$. 
Hva er sannsynlighetstettheten til $X+Y$?

Dersom $X$ tar verdien $v$ og $Y$ tar verdien $z-v$, 
tar $X+Y$ verdien $z$.
For å finne sannsynligheten 
\[
P(X+Y=z)
\]
må vi derfor summere opp bidraget fra alle sannsynligheter på formen ${f(v)g(z-v)}$,
slik at sannsynlighetstettheten $h(z)$ til $X+Y$ blir
\[
h(z)=f \ast g = \int_{-\infty}^{\infty} f(v) g(z-v)\; dv. \qedhere
\]
\end{ex}


Konvolusjonen vi skal studere er altså integralet
\begin{align*}
z(t) &=  x(t)\ast y(t) = y(t)\ast x(t) \\
       &=\int_{-\infty}^{\infty} y(\theta) x(t-\theta)\; d\theta = \int_{-\infty}^{\infty} y(\theta) e^{-(t-\theta)}\; d\theta
\end{align*}
For å forstå hva konvolusjonsoperatoern ``gjør'' må vi se nærmere på selve integralet. Det er da viktig å merke seg hva som er integrasjonsvariabelen, nemlig $\theta.$ Den ``egentlige'' tidsvariabelen $t$ kan nå regnes som en konstant innenfor integraltegnet, og angir en transalasjon av funksjonen $x(\theta)$ langs $\theta$-aksen. Dette har vi prøvd illustrert i figur~\ref{fig:konv}.

\begin{figure}[htb]
	\centering
	\includegraphics[scale=.35]{konv}
	\caption{Illustrasjon av konvolusjonsintegralet (skravert) for ulike verdier av $t.$ }
	\label{fig:konv}
\end{figure}

Figur~\ref{fig:konv}~a) illustrerer situasjonen for $t=0.$ $y(\theta)$ ser nøyaktig likedan ut som i figur~\ref{fig:figur6}. Men $x(t-\theta)$ har blitt speilet om vertikalaksen siden det er kommet et minustegn foran $\theta.$ Siden $t=0$ er det altså $x(-\theta)$ som er tegnet. Og her har vi opphavet til ordet ``konvolusjon''. Det betyr ``bretting'' eller ``foldning''. På samme måte som en konvolutt er ``brettet'' rundt et brev. På norsk er også ``folding'' ofte brukt i stedet for ``konvolusjon''.

Hva skjer så videre i integralet? Jo, vi tar produktet av de to funksjonene. I situasjonen $t=0$ blir dette produktet null, siden minst en av funksjonene er null for hvert punkt på $\theta$-aksen.

I Figur~\ref{fig:konv}~b) har vi satt $t=1.$ Da har vi et overlapp av områder hvor begge funksjonene er forskjellig fra null, og vi får et integral indikert ved det skarverte området. Videre i figur~\ref{fig:konv}~c-g) ser vi hvordan overlappet og integralet varierer ettersom $t$ øker.

Så det konvolusjonen ``gjør'' er altså for hver eneste verdi av $t$:
\begin{enumerate}
\item ``brette'' funksjonen $x(\theta)$ om vertikalaksen
\item translere den distansen $t$ langs $\theta$-aksen
\item multiplisere med $y(\theta)$
\item integrerer resultatet fra $-\infty$ til $\infty$.
\end{enumerate}
Når vi nå har sett på dette grafisk, la oss finne matematisk hvordan den resulterende funksjonen $z(t)=x(t)\ast y(t)$ blir.

Vi ser først på tilfellet $t<0$. Da får vi (enda tydeligere enn i figur~\ref{fig:konv}~a) at det ikke noe overlapp mellom funksjonene, og integralet blir lik 0, altså 
\[
z(t) = x(t)\ast y(t) = 0
\]

Videre, for $0<t<4$ har vi en situasjon hvor funksjonene overlapper i intervallet $\theta\in (0,t)$ (se figur~\ref{fig:konv}~b--d). Her er $y(\theta)=1$ og vi får
\begin{align*}
z(t) = x(t)\ast y(t) &=  \int_{0}^{t} x(\theta) \cdot 1; d\theta = \int_{0}^{t} e^{t-\theta}\cdot 1; d\theta \\
                           &=1-e^{-t}.
\end{align*}
(Sjekk at du er med på denne utregningen. Her er det virkelig viktig å holde orden på hva som er integrasjonsvariabel og ikke.)

Til slutt har vi tilfellet $t>4$ (figur~\ref{fig:konv}~e--g.) Da er overlappingsområdet  $\theta\in (0,4)$ og integrasjonsgrensene tilsvarende, altså:
\begin{align*}
z(t) = x(t)\ast y(t) &=   \int_{0}^{4} e^{t-\theta}\cdot 1; d\theta \\
                           &=e^{-t}\left( e^{-4}-1\right).
\end{align*}

Det komplette uttrykket for $z(t)$ blir altså
\[
z(t)= x(t)\ast y(t) =
\left\{ 
\begin{array}{ll}
0 & \mbox{ for } t<0\\
1-e^{-t} & \mbox{for } 0<t<4\\
e^{-t}\left( e^{-4}-1\right) & \mbox{for } t > 4,
\end{array}
\right.
\]
og vi har skissert formen i figur~\ref{fig:zt}.
\begin{figure}[htb]
	\centering
	\includegraphics[scale=.35]{zt}
	\caption{Konvolusjonen $z(t) = x(t)\ast y(t)$ }
	\label{fig:zt}
\end{figure}


\section*{\huge Fouriertransform}

Dette er noe som har en spesiell plass i elektroingeniørens hjerte.

\begin{tcolorbox}[colback=blue!10, title=Fouriertransform]
Fouriertransformen til $f$ er
\begin{equation}
\label{eq:fourier}
X(\omega) = \mathcal{F}\left\{ x(t) \right\}=\int_{-\infty}^{\infty} x(t)e^{-i\omega t}\;dt.
\end{equation}
der $\omega$ er en reell variabel. 
\end{tcolorbox}



Siden 
\begin{equation*}
X(0)=\int_{-\infty}^{\infty} f(t)\; dt,
\end{equation*}
ser vi at det gir ingen mening å stappe inn en funksjon som ikke lar seg integrere på hele $t$-aksen. 
Det er vanlig å kreve at $x$ er absolutt integrerbar, altså at
\begin{equation}
\label{eq:absolutt}
\int_{-\infty}^{\infty} |x(t)|\; dt < \infty.
\end{equation}
Det er mulig å slakke noe på dette kravet, med det skal ikke vi gjøre.


\begin{tcolorbox}[colback=red!10, title=Inngangsbillett til fouriertansform]
Dersom $x$ er absolutt integrerbar,  
konvergerer integralet
\begin{equation*}
\int_{-\infty}^{\infty} x(t)e^{-i\omega t}\; dt.
\end{equation*}
absolutt.
\end{tcolorbox}


I beviset får vi bruk for at funksjonen~$e^{-i\omega t}=\cos{\omega t}-i\sin{\omega t}$ er en parametrisering av enhetssirkelen, 
med $|e^{-i\omega t}|=1$ for alle $\omega$ og $t$.

\begin{proof}
Dersom $\omega$ og $x$ er reelle, er $|e^{-i\omega t}|=1$, slik at
\begin{align*}
\int_{-\infty}^{\infty} |x(t)e^{-i\omega t}|\; dt&=\int_{-\infty}^{\infty} |x(t)|\cdot |e^{-i\omega t}|\; dt\\ & =\int_{-\infty}^{\infty} |x(t)|\; dt < \infty.\qedhere
\end{align*}
\end{proof}

\noindent Vi har tilgang på en formel for den inverse transformen,
men her trengs strengere krav på regulariteten til signalet.

\begin{tcolorbox}[colback=red!10, title=Invers fouriertransform]
Dersom $x(\omega)$ er glatt og alle deriverte synker raskt nok når $t\to \infty$, 
er
\begin{equation}
\label{eq:invers f}
x(t)=%\mathcal{F}^{-1}\left\{X(\omega)\right\}=
\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} X(\omega)e^{i\omega t}\; d\omega.
\end{equation}
\end{tcolorbox}


Hva betyr det at alle deriverte synker raskt nok når $t\to \infty$?
Det er vanlig å kreve at 
\[
\sup_{t \in \mathbb{R}}|t|^k\left|\frac{d^n}{dt^n}x(t)\right| < \infty
\]
for alle $k$ og $n$,
for da er det ikke så vanskelig å bevise at inversformelen gjelder (det er fremdeles litt for vanskelig for oss).
Funksjoner som tilfredsstiller dette kravet, 
utgjør et vektorrom som kalles Schwartzrommet. 
Det går an å slakke på dette kravet, 
men da må alt baseres på den ovennevnte integrasjonsteorien oppfunnet av Lebesgue.
Vi skal fouriertransformere funksjoner som ikke tilhører Schwartzrommet, 
så vi får bare lukke øynene og håpe at det går bra. 
Men det går allikevel an å få en ide om hvorfor inversformelen er som den er ved å 
ta en titt tilbake på fourierrekker. 


\begin{tcolorbox}[colback=blue!10, title=Fourierrekker]
La 
\[
x: [-T/2,T/2]\to \mathbb{C}
\] 
være en funksjon. \\
Vi definerer $f$ sin \defterm{fourierrekke} som 
\[
\sum_{n=-\infty}^{\infty}c_n e^{2\pi i n t/T}
\]
der 
\[
c_n=\frac{1}{2T}\int_{-T/2}^{T/2} x(t) e^{-2\pi i n t/T}\; dt, 
\]
og skriver 
\[
x(t) \sim \sum_{n=-\infty}^{\infty}c_n e^{2\pi i n t/T}.
\]
\vspace{-.4cm}
\end{tcolorbox}


Fouriertransformen er en slags fourierrekke der $[-T/2,T/2]$ strekkes til å bli hele $t$-aksen. 
La $x(t)$ være en reell eller kompleks absolutt integrerbar funksjon av $t\in\mathbb{R}$. 
La oss først se på funksjonen i det endelige intervallet $(-T/2, T/2)$. 
La $x_{T}(t)$ betegne den periodiske utvidelsen skissert i figur~\ref{fig:figur2}.

\begin{figure}[htb]
	\centering
	\includegraphics[scale=.35]{figur2}
	\caption{Funksjon $x(t)$ på $\mathbb{R}$ med periodisk utvidelse $x_T(t)$ }
	\label{fig:figur2}
\end{figure}

Denne vet vi har en fourierrekke gitt ved
\[
x_{T}(t) = \sum_{n=-\infty}^\infty c_n e^{in\Delta\omega t}
\]
hvor vi har definert $\Delta\omega = 2\pi/T$ og fourierkoeffisientene er gitt ved
\[
c_n =\frac{1}{T}\int_{-T/2}^{T/2} x(t) e^{-in\Delta\omega t} dt.
\]
Ved å definere funksjonen
\[
X_T(\omega) = \int_{-T/2}^{T/2} x(t) e^{-i\omega t} dt,
\]
kan vi skrive
\[
c_n = \frac{1}{T}X_T(n\Delta\omega),
\]
 og vi får
\begin{equation}
\label{eq:rekke2}
x_{T}(t) = \frac{1}{T}\sum_{n=-\infty}^\infty X_T(n\Delta\omega)e^{in\Delta\omega t}.
\end{equation}
La oss tenke oss at vi kan gjøre $T$ så stor vi vil. Når $T$ øker, får vi altså med oss en større og større del av $t$-aksen. Dersom vi ikke bryr oss om det som er utenfor intervallet $(-T/2, T/2),$ kan vi da litt upresist si at $x_T(t) \rightarrow x(t)$ når $T\rightarrow\infty.$ Tilsvarende vil $X_{T}(\omega)\rightarrow X(\omega)$ når $T\rightarrow\infty,$ hvor vi har definert
\[
X(\omega) = \int_{-\infty}^{\infty} x(t) e^{-i\omega t} dt,
\]
som nettopp er fouriertransformen til $x(t).$ Dersom vi multipliserer og dividerer med $\Delta\omega$ i (\ref{eq:rekke2}) kan vi skrive
\begin{equation}
\label{eq:riemann}
x_{T}(t) = \frac{1}{T}\frac{1}{\Delta\omega}\sum_{n=-\infty}^\infty X_T(n\Delta\omega)e^{in\Delta\omega t}\Delta\omega.
\end{equation}
Summen i (\ref{eq:riemann})  kan nå ses på som det skraverte arealet i figur~\ref{fig:figur3}

\begin{figure}[htb]
	\centering
	\includegraphics[scale=.4]{figur3}
	\caption{Illustrasjon av riemannsum i (\ref{eq:riemann}) }
	\label{fig:figur3}
\end{figure}

Dette har form som en riemannsum. Når $T\rightarrow\infty$ får vi at $\Delta\omega\rightarrow 0,$ og summen går over til et integral. Samtidig har vi at $T\Delta\omega=2\pi$ slik at (\ref{eq:riemann}) går over til
\begin{equation}
\label{eq:inversfourier}
x(t) = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}X(\omega)e^{i\omega t}d\omega,
\end{equation}
som er uttrykket for den inverse fouriertransformen.

Det er ikke særlig praktisk å utføre integralene  (\ref{eq:fourier}) eller (\ref{eq:invers f})  hver gang man har bruk for å utføre en fouriertransform eller den inverse. 
Derfor er det utarbeidet tabeller over fouriertransformen til vanlig forekommende fouriertransformer som en kan slå opp i.


%Vi setter opp fourierrekken til $x$ på intervallet $(-L,L)$, og gjør en omskrivning:
%\begin{align*}
%x(t)  = &   \sum_{n=-\infty}^{\infty} c_n e^{i\frac{n\pi t}{L}}  \\  
%= & \sum_{n=-\infty}^{\infty} \left( \frac{1}{2L}\int_{-L}^L x(s)e^{-i\frac{n\pi}{L}s}\; ds \right)\; e^{i\frac{n\pi t}{L}} \\  
%= & \frac{1}{2\pi}\sum_{n=-\infty}^{\infty} \left( \frac{\pi}{L}\int_{-L}^L x(s)e^{-i\frac{n\pi}{L}s}\; ds \right)\; e^{i\frac{n\pi t}{L}}.
%\end{align*}
%Det siste uttrykket kan tolkes som en riemannsum på aksen der $n$ telles fra $-\infty$ til $\infty$. 
%Gitteravstanden er $\frac{\pi}{L}$, og punktene er gitt ved $\frac{n\pi}{L}$. 
%Vi lar nå $L\to \infty$, 
%vifter det vi kan med armer og bein og får 
%\begin{equation*}
%x(t) =\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} \left(\int_{-\infty}^{\infty} x(s)e^{-i\omega s}\; ds \right)\; e^{i\omega t}\; d\omega.
%\end{equation*}

\begin{tcolorbox}[colback=green!10,before upper={\parindent15pt}, title=Hva betyr dette?]
På samme måte som at en fourierrekke uttrykker et periodisk signal som en sum av frekvenskomponenter, viser (\ref{eq:inversfourier}) at dette også kan gjøres for ``alle'' signaler, enten de er periodiske eller ikke. Det at summen går over til et integral, betyr bare at frekvenskomponentene ligger uendelig tett. Tar vi absoluttverdien til fouriertransformen, viser $|X(\omega)|$  ``hvor mye'' av frekvensen $\omega$ som er til stede i signalet $x(t).$ Dette forutsetter naturligvis at signalet $x(t)$ har en fouriertransform, men som nevnt tidligere er de aller fleste signaler av ingeniørmessig interesse fouriertransformerbare.

Fouriertransformen til et signal omtales ofte som signalets {\em spektrum}. Størrelsene $|X(\omega)|$ og $\angle X(\omega)|$ kalles tilsvarende {\em amplitudespektrum} og {\em fasespektrum}.
\end{tcolorbox}



\begin{ex}
\label{ex:absexp}
Vi vil se på funksjonen
\begin{equation}
\label{eq:absexp}
x(t) = \frac{a}{2}e^{-a|t|}
\end{equation}
der $a>0$. I figur~\ref{fig:figur4}~a) og c) ser vi to varianter av funksjonen med henholdsvis ``stor'' ($a=10$) og ``liten'' ($a=2$) verdi av konstanten $a.$

\begin{figure}[htb]
	\centering
	\includegraphics[scale=.31]{figur4}
	\caption{Funksjonen $x(t)$ fra (\ref{eq:absexp}) og den fouriertransformerte $X(\omega)$ for ulike verdier av $a.$}
	\label{fig:figur4}
\end{figure}


$x(t)$ avtar raskt både for store positive og store negative verdier av $t,$ så det er lett å vise at betingelsen (\ref{eq:absolutt}) er oppfylt slik at den har en fouriertransform. Denne kan da  beregnes slik:


\begin{align}
X(\omega)&=\mathcal{F}(e^{-a|t|})\nonumber\\
&= \frac{a}{2}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-a|t|}e^{-i\omega t}\; dt \nonumber\\
&= \frac{a}{2}\left(\int_{0}^{\infty} e^{-at}e^{-i\omega t}\; dt +\int_{-\infty}^{0} e^{at}e^{-i\omega t}\; dt \right) \nonumber\\
&= \frac{a}{2}\left(\int_{0}^{\infty} e^{-t(a+i\omega )}\; dt +\int_{-\infty}^{0} e^{t(a-i\omega )}\; dt \right) \nonumber\\
&= \frac{a}{2}\left(\frac{1}{a+i\omega } +\frac{1}{a-i\omega } \right) \nonumber\\ 
&= \frac{a^2}{a^2+\omega^2}  =  \frac{1}{1+\left(\frac{\omega}{a}\right)^2}\label{eq:Fabsexp}\\
 \qedhere
%&= \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{0}^{\infty} e^{-x}e^{-i\omega t}\; dt \\
%&+\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{0} e^{x}e^{-i\omega t}\; dt \\
\end{align}
\end{ex}

Det første vi merker oss ved $X(\omega)$ er at den er reell. Det er ikke vanlig. For de fleste funksjoner vil den fouriertransformerte være kompleks-valuert. Det kan vises (prøv, det er ikke vanskelig) at  $X(\omega)$ alltid blir reell når $x(t)$ er en like funksjon. Videre ser vi i figur~\ref{fig:figur4}~a) og c) at når jo større $a$ er, jo smalere blir grafen til $x(t).$ Dette samsvarer med at $x(t)$ slik den er definert kan skrives
\[
x(t) = \mathcal D_a \left\{ e^{-|t|}\right\}
\]
som altså tilsvarer en skalering av tidsaksen.

Samtidig ser vi fra figur~\ref{fig:figur4}~b) og d) at det omvendte gjelder for fouriertansformen; den blir bredere jo større $a$ er. Ser vi på uttrykket for $X(\omega)$ finner vi at denne også kan skrives som en dilatasjon, men denne gangen med $1/a$
\[
X(\omega) =  \mathcal D_{1/a} \left\{ \frac{1}{1-\omega^2}\right\}.
\]
Dette resultatet er ikke spesielt for den valgte funksjonen, men noe som kan formuleres som en regel som alltid gjelder for en vilkårlig funksjon:

\begin{tcolorbox}[colback=red!10, title=Dilatasjonsregelen]
Dersom funksjonen $x(t)$ har fouriertransform $X(\omega),$ gjelder
\[
\mathcal F\left\{x(at)\right\} = \frac{1}{|a|}X\left(\frac{\omega}{a}\right)
\]
\end{tcolorbox}

\begin{tcolorbox}[colback=green!10, title=Hva betyr dette?]
En litt uformell tolking av dilatasjonsregelen kan formuleres som at dersom du gjør noe {\em smalere} i tidsdomenet, blir det {\em bredere} i frekvensdomenet. Eller: {\em korte} pulser har høy båndbredde. Dette vet alle som steller med signalbehandling: Dersom man skal overføre mye informasjon, bruker man korte pulser, og da trengs større frekvensspekter for å overføre dem.
\end{tcolorbox}

\begin{tcolorbox}[colback=red!10, title=Transformpar]
De to funksjonene $x(t)$ og $X(\omega)$ fra (\ref{eq:absexp}) og (\ref{eq:Fabsexp}) danner det vi kaller et {\em transformpar}, det vil si to funksjoner der vi kan gå fra den ene til den andre ved fourier- eller invers fouriertransform. Vi skriver dette slik:
\[
 \frac{a}{2}e^{-a|t|} \stackrel{\mathcal F}{\longleftrightarrow} \frac{1}{1+\left(\frac{\omega}{a}\right)^2} 
\]
\end{tcolorbox}

Men det er mer å lære av eksempel~\ref{ex:absexp}. Dersom vi ser på figur~\ref{fig:figur4} igjen, ser vi at når funksjonen blir bredere i tid, er høyden mindre. Man kan kanskje visuelt se at arealet under grafen er ganske likt i de to figurene. Det er faktisk lett å  vise at
\begin{equation}
\label{eq:int=1}
\int_{-\infty}^\infty  \frac{a}{2}e^{-a|t|} dt= 1,
\end{equation}
altså uavhengig av $a.$

La oss så se på den fouriertransformerte $X(\omega).$ Fra figur~\ref{fig:figur4} ser vi at denne har maksimum for $X(0)=1.$ Vi ser også at ``humpen'' rundt $t=0$ blir bredere ettersom $a$ øker. Faktisk, og dette ser du lett, vil $X(\omega)\rightarrow 1$ for {\em alle} verdier av $\omega$ når $a\rightarrow\infty.$

Tilbake til $x(t).$ Vi ser altså at den både blir smalere med økende $a$  {\em og} høyere. Disse to tendensene kompenserer hverandre slik at integralet  (\ref{eq:int=1}) blir 1 for alle verdier av $a.$ Men merk at når $a\rightarrow\infty,$ vil $x(t)\rightarrow 0$ for alle $t\neq 0.$ I grensen får vi det som kalles {\em delta-pulsen} eller {\em Dirac-pulsen}\footnote{Enkelte bruker ordet ``delta-funksjonen'', men vi unngår å bruke dette ordet, da $\delta(t)$ ikke er definert for $t=0$ og således ikke egentlig er noen veldefinert funskjon for denne verdien av $t$.} som betegnes $\delta(t).$


\section*{Mer om deltapulsen}
Vi introduserte deltapulsen som et slags grenseverdi til funksjonen $x(t)$ i  (\ref{eq:absexp}) når $a \to \infty.$ Da hadde vi at $x(t)\to \infty$ for $t=0$ og $x(t)\to 0$ for alle andre verdier av $t.$ Denne oppførselen gjør at vi ofte symboliserer deltapulsen med en pil som vist figur~\ref{fig:figur7}.

\begin{figure}[htb]
	\centering
	\includegraphics[scale=.31]{figur7}
	\caption{Grafisk fremstilling av delta-pulsen plassert i $t=0.$ Høyden på pilen angir intgralet, som er lik 1.}
	\label{fig:figur7}
\end{figure}

Et resultat av dette er at 
\[
\int_a^b \delta(t) dt = \left\{ 
\begin{array}{ll}
1 & \mbox{ når } 0\in(a,b)\\
0 & \mbox{ ellers.}
\end{array}
\right.
\]
hvis og bare hvis $0\in(a,b).$ Det vil si at dersom $t=0$ er inneholdt i integrasjonsområdet er integralet lik 1, ellers er det null. Derfor kan deltapulsen brukes til å ``plukke ut'' verdien til en funksjon i punktet $t=0$ ved
\[
\int_{-\infty}^{\infty}x(t)\delta(t)dt = x(0).
\]
(Her kunne vi også ha brukt andre integrasjonsgrenser, så lenge $t=0$ er med i integrasjonsområdet.) Tilsvarende gjelder dersom vi translerer delta-pulsen. Då får vi
\begin{equation}
\int_{-\infty}^{\infty}x(t)\delta(t-t_0)dt = x(t_0).
\end{equation}
Den umiddelbare nytten av et slikt resultat kan være vanskelig å få øye på, men vi skal snart se at denne ``plukke-ut-egenskapen'' er nøkkelen til hvorfor impulsresponsen til et system er så viktig.

\section*{Impulsresponsen}
Mange systemer (for eksempel elektroniske eller mekaniske) kan modelleres som lineære og tidsinvariante. Det vil si at utgangen $y(t)$ av systemet er løsningen av en lineær, autonom differensialligning med konstante koeffisienter som har inngangen (påtrykket) $x(t)$ på høyre side av likhetstegnet. Løsningen av en slik differensialligning kan som kjent skrives
\[
y(t) = y_p(t) + y_h(t).
\]
Her er $y_h(t)$ en løsing av den homogene ligningen, og er således uavhengig av påtrykket $x(t)$, mens $y_p(t),$ den {\em partikulære løsningen}. I mange praktiske situasjoner, går vi ut ifra at den homogene løsningen er lik null, det vil si at vi bare er interessert i den partikulære løsningen.

Det skal snart vise seg at det i en slik situasjon er spesielt interessant så se på utgangen av systemet når inngangen er en delta-puls, altså $x(t) =\delta(t)$. Formen på utgangen i dette tilfellet kalles systemets {\em impulsrespons} og er så viktig at den har fått et eget symbol $h(t)$ og er altså gitt ved
\[
h(t) = \mathcal H \{\delta(t)\}.
\]
Vi skal ikke for øyeblikket bry oss så mye om hvordan man finner denne funksjonen, men bare anta at vi kjenner den. Grunnen til at den er så viktig kommer nå.

La oss tenke oss at vi har et {\em vilkårlig} signal $x(t)$ på inngangen. Vi kan da skrive
\[
y(t) = \mathcal H \left\{x(t) \right\}.
\]
Nå bruker vi ``plukke-ut''-egenskapen til deltapulsen og får
\[
y(t) = \mathcal H\left\{   \int_{-\infty}^{\infty}x(\theta)\delta(t-\theta)d\theta   \right\}.
\]
Nå er både $\mathcal H$ og integralet lineære operatorer. Dersom vi i tillegg antar at de er kommutative (Morten: sjekk) kan vi flytte $\mathcal H$ innenfor integralet og får:
\[
y(t) = \int_{-\infty}^{\infty} \mathcal H\left\{  x(\theta)\delta(t-\theta)   \right\}d\theta .
\]
For en bestemt verdi av $\theta$, kan denne betraktes som en konstant, og siden $\mathcal H$ er lineær, kan vi trekke denne ut slik:
\[
y(t) = \int_{-\infty}^{\infty} x(\theta)\mathcal H\left\{  \delta(t-\theta)   \right\}d\theta .
\]
 Til slutt bruker vi antagelsen om at systemet er tidsinvariant. Siden $h(t)=\mathcal H\left\{  \delta(t)   \right\}$ gir det
 \[
y(t) = \int_{-\infty}^{\infty} x(\theta)  h(t-\theta)  d\theta .
\]
Sammenligner vi dette med definisjonen av konvolusjon (\ref{eq:konv}), ser vi at
\begin{equation}
\label{eq:systemrespons}
y(t) = x(t)\ast h(t),
\end{equation}
altså at utgangen av det lineære systemet er gitt som konvolusjonen av inngangen med impulsresponsen av systemet.

\begin{tcolorbox}[colback=green!10, title=Hva betyr dette?]
Det teoretiske resultatet vi nettopp har sett på har viktige praktiske konsekvenser. Mange fysiske systemer, så som et elektronisk filter, en konsertsal eller radiobølger som brer seg i rommet, kan modelleres som et tidsinvariant lineært system. Det vil si at {\em det finnes} en lineær differensialligning med konstante koeffisienter som beskriver systemets oppførsel. Resultatet (\ref{eq:systemrespons}) sier at dersom vi kjenner impulsresponsen, trenger vi verken kjenne differensialligningen eller løse den. Men, vi må være i stand til å utføre et konvolusjonsintegral. Det siste er fint mulig med numeriske metoder. Hva med impulresponsen $h(t)$? Den kan estimeres (måles) direkte eller indirekte. En direkte måte er å påføre systemet en meget kort, kraftig puls, som en tilnærming til deltapulsen $\delta(t)$ og måle resultatet. Indirekte metoder kommer vi snart tilbake til.
\end{tcolorbox}

\section*{Et fundamentalt resultat}
Som vi nettopp har sett, er konvolusjon et viktig begrep når vi har å gjøre med lineære tidsinvariante systemer. En ulempe med konvolusjon sammnelignet med mange andre operatorer, er at selve integralet som inngår i definisjonen er litt uryddig. En grunn til at fourier- (og laplace-)tranformen er så nyttig, er følgende transformpar:

\begin{tcolorbox}[colback=red!10, title=Konvolusjonsteoremet]
\[
x(t)\ast y(t) \stackrel{\mathcal F}{\longleftrightarrow} X(\omega)Y(\omega),
\]
eller på norsk: ``Konvolusjon i tidsdomenet tilsvarer multiplikajon i frekvensdomenet.''
\end{tcolorbox}
\begin{proof}
Vi bruker varablelskiftet $u=x-v$, $v=v$, og beregner
\begin{align*}
\mathcal{F}\left\{ x(t) \ast y(t)\right\} &= \int_{-\infty}^{\infty}  \int_{-\infty}^{\infty} x(v) y(x-v)\; dv\;e^{-i\omega t}\; dt \\
&= \int_{-\infty}^{\infty}  \int_{-\infty}^{\infty} x(v) y(x-v)\; e^{-i\omega t}\; dv\; dt \\
&=  \int_{-\infty}^{\infty} x(v) y(u)\; e^{-i\omega (u+v)}\; dv\; du \\
&= \int_{-\infty}^{\infty}  y(u) e^{-i\omega u}\int_{-\infty}^{\infty} x(v)\; e^{-i\omega v}\; dv\; du \\
&= \int_{-\infty}^{\infty}  y(u) e^{-i\omega u}\; \mathcal{F}(x)\;du \\
&= \mathcal{F}\left\{x\right\}\int_{-\infty}^{\infty}  y(u) e^{-i\omega u}\; du \\
&=  \mathcal{F}\left\{x\right\} \mathcal{F}\left\{y\right\} = X(\omega)Y(\omega) \qedhere
\end{align*}
\end{proof}

\begin{tcolorbox}[colback=green!10, title=Hva betyr dette?]
Konvolusjonsteoremets betydning blir spesielt viktig når vi ser det i sammenheng med impulsresponsens rolle. Fra (\ref{eq:systemrespons}) har vi at utgangen av et system med inngang $x(t)$ og impulsrespons $h(t)$ er gitt ved $y(t) = h(t)\ast x(t)$. Konvolusjonsteoremet sier da at spekteret til utgangssignalet er gitt ved
\[
Y(\omega) = H(\omega)X(\omega)
\]
hvor $X(\omega)$ er inngangssignalets spektrum. Uttrykket $H(\omega) =  \mathcal{F}\left\{h(t)\right\}$ er det som vi straks skal definere som systemets {\em frekvensrespons.}
\end{tcolorbox}


\section*{En viktig generalisering}
Da vi innførte fouriertransformen for en generell funsksjon $x(t)$, satte vi som krav at $x(t)$ måtte være absolutt integrerbar. Ikke alle funksjoner som vi er interessert i {\em er} absolutt integrerbar, men det er faktisk meningsfullt å bruke fouriertransformen på noen av dem likevel. En funksjon som stadig dukker opp i elektroteknikken er den komplekse eksponentialfunksjonen
\[
x(t) = e^{i\omega_0 t},
\]
og det er ikke så vanskelig å se at kravet () ikke er oppfyllt for denne. Likevel vil vi definere fourertransformen for $x(t)$, og for å vise at det stemmer, går vi en omvei. Vi starter med å påstå at
\begin{equation}
\label{eq:omega0}
X(\omega) = \mathcal F\left\{ e^{i\omega_0 t} \right\} = 2\pi\delta(\omega-\omega_0)
\end{equation}
%og så viser vi at den inversfouriertransformerte til $X(\omega)$ er lik $x(t)$ som definert i ().

\textbf{Oppgave:}
Vis at
\[
 \mathcal F^{-1}\left\{ 2\pi\delta(\omega-\omega_0) \right\} = e^{i\omega_0 t}.
\]

Hvilke andre typer funksjoner har vi som ikke er absolutt integrerbare? Jo, for eksempel alle periodiske funksjoner. Men disse kan skrives som en fourierrekke, og da kan vi benytte (\ref{eq:omega0}) på hvert av leddene i rekken, slik at vi for en periodisk funksjon $x(t)$ får en fouriertransformert på formen
\[
X(\omega) = \sum_{n=-\infty}^\infty c_n\delta(\omega-\omega_n)
\]
hvor $\left\{ c_n \right \}$
er fourierkoeffisientene til funksjonen.

\begin{tcolorbox}[colback=green!10, title=Hva betyr dette?]
I elektroteknikken er frekvensresponsen $H(\omega)$ til et system et kompleks tall som forteller hvordan utgangen $y(t)$ til systemet blir når inngangen er på formen
\[
x(t) = e^{i\omega t}.
\]
For denne bestemte typen inngangssignal, blir da utgangen lik
\begin{equation}
\label{eq:frekvensrespons}
y(t)=H(\omega)e^{i\omega t}.
\end{equation}
For et system sammensatt av lineære kretselement, kan $H(\omega)$ finnes ved hjelp av Kirchhoffs lover og impedansene i kretsen. Ved hjelp av konvolusjonsteoremet har vi nå en annen måte å finne frekvensresponsen på  ved uttrykket $H(\omega) =  \mathcal{F}\left\{h(t)\right\}$. Dersom man for eksempel har målt impulsresponsen $h(t)$ til et ukjent system, kan altså frekvensresponsen finnes ved en fouriertransform. Og omvendt: Dersom man har målt frekvnesresponsen, for eksempel med en bode-analysator, kan impulsresponsen finnes ved invers fouriertransform.
\end{tcolorbox}

\textbf{Oppgave:}
Gitt et system med impulrespons $h(t).$ Vis at utgangen er gitt ved (\ref{eq:frekvensrespons}) når inngangen er
\[
x(t) = e^{i\omega t}.
\]

\begin{tcolorbox}[colback=red!10, title=Derivasjonsregelen]
Dersom $x(\omega)$ er glatt og alle deriverte synker raskt nok når $t\to \infty$, 
er
\begin{equation*}
\mathcal{F}\left\{\dot{x}\right\}=i\omega \mathcal{F}\left\{x\right\}
\end{equation*}
\end{tcolorbox}


\begin{proof}
Dette fikser vi med en liten delvisintegrasjon. 
Husk at $\lim_{x \to \pm \infty} x(t)=0$ siden $x$ er absolutt konvergent.
\begin{align*}
\mathcal{F}(\dot{x})  = & \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty} \dot{x}(t)e^{-i\omega t} \; dt \\[5pt]
= & \frac{1}{\sqrt{2\pi}} x(t)e^{-i\omega t}\biggr\rvert_{-\infty}^{\infty}+\frac{i\omega }{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty} x(t)e^{-i\omega x} \; dx \\[5pt]
= & i\omega \mathcal{F}(x) \qedhere
\end{align*}
\end{proof}



\begin{ex}
Vi beregner 
\[
\mathcal{F}(e^{-t^2})=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-t^2}e^{-i\omega t}\; dt\
\]
Dette er litt jobb. Derivasjonsregelen over gir
\[
\mathcal{F}(-2te^{-t^2})=i\omega \mathcal{F}(e^{-t^2}).
\]
Men vi kan også observere at 
\begin{align*}
\mathcal{F}(-2te^{-t^2})&=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty} -2te^{-t^2}e^{-i\omega t}\; dt\\ 
&=\frac{-2i}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty} -ite^{-t^2}e^{-i\omega t}\; dt \\
&=\frac{-2i}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-t^2}\frac{d}{d\omega}e^{-i\omega t}\; dt \\
&=-2i\frac{d}{d\omega}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-t^2}e^{-i\omega t}\; dt \\
&=-2i\frac{d}{d\omega}\mathcal{F}(e^{-t^2}).
\end{align*}
Vi mangler litt vanskelig teori for å være helt sikker på den siste beregningen,
men vi lar den passere allikevel. 
Hvis vi setter disse uttrykkene lik hverandre, 
får vi differensiallikningen
\[
i\omega \mathcal{F}(e^{-t^2})=-2i\frac{d}{d\omega}\mathcal{F}(e^{-t^2})
\]
eller 
\[
\frac{d}{d\omega}\mathcal{F}(e^{-t^2})+\frac{\omega}{2}\mathcal{F}(e^{-t^2})=0
\]
for $\mathcal{F}(e^{-t^2})$. 
Integrerende faktor er 
\[
e^{\omega^2/4},
\]
slik at 
\[
\frac{d}{d\omega}\left(e^{\omega^2/4}\mathcal{F}(e^{-t^2})\right)=0
\]
eller
\[
\mathcal{F}(e^{-t^2})=Ce^{-\omega^2/4}.
\]
Senere i semesteret skal vi se at
\[
\hat f(0)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-t^2}\; dt=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\sqrt{\pi}=\frac{1}{\sqrt{2}},
\]
som gir
\[
\mathcal{F}(e^{-t^2})=\frac{1}{\sqrt{2}}e^{-\omega^2/4}. 
\]
Dersom $a>0$, kan vi gjøre den samme beregningen og få 
\[
\mathcal{F}(e^{-at^2})=\frac{1}{\sqrt{2a}}e^{-\omega^2/4a}. \qedhere
\]
\end{ex}



\begin{tcolorbox}[colback=red!10, title=Flere regneregler]
\begin{tcolorbox}[colback=green!10, title=Tidsskift]
\[
\mathcal{F}\left\{x(t-\theta)\right\})=e^{-i\omega\theta}X(\omega)
\]
\end{tcolorbox}

\begin{tcolorbox}[colback=green!10, title=Frekvensskift]
\[
\mathcal{F}\left\{e^{i\theta t} x(t)\right\})=X\left(\omega-\theta\right)
\]
\end{tcolorbox}

\begin{tcolorbox}[colback=green!10, title=Tidsskalering]
\[
\mathcal{F}\left\{x(at)\right\})=\frac{1}{|a|}X\left(\frac{\omega}{a}\right)
\]
\end{tcolorbox}
\end{tcolorbox}


\begin{tcolorbox}[colback=blue!10, title=]
\begin{equation*}
\mathcal{F}(f \ast g) = \sqrt{2\pi} \;\mathcal{F}(f)\,\mathcal{F}(g).
\end{equation*}
\end{tcolorbox}
\begin{proof}
Vi bruker varablelskiftet $u=x-v$, $v=v$, og beregner
\begin{align*}
\mathcal{F}(f \ast g) &= \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}  \int_{-\infty}^{\infty} f(v) g(x-v)\; dv\;e^{-i\omega t}\; dt \\
&= \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}  \int_{-\infty}^{\infty} f(v) g(x-v)\; e^{-i\omega t}\; dv\; dt \\
&= \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}  \int_{-\infty}^{\infty} f(v) g(u)\; e^{-i\omega (u+v)}\; dv\; du \\
&= \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}  g(u) e^{-i\omega u}\int_{-\infty}^{\infty} f(v)\; e^{-i\omega v}\; dv\; du \\
&= \int_{-\infty}^{\infty}  g(u) e^{-i\omega u}\; \mathcal{F}(f)\;du \\
&= \mathcal{F}(f)\int_{-\infty}^{\infty}  g(u) e^{-i\omega u}\; du \\
&= \sqrt{2\pi} \mathcal{F}(f) \mathcal{F}(g) \qedhere
\end{align*}
\end{proof}

%
%
%\section*{\huge Impulsrespons}
%
%
%
%La 
%\begin{equation*}
%g_k(t-a)=    
%\begin{cases}
%      1/k  & \text{for } a < t < a + k \\
%      0 & \text{ellers} 
%    \end{cases} 
%\end{equation*}
%Slik ser de ut:
% \begin{center}
%    \begin{tikzpicture}[thick]
%%      \draw[->] (-1.5,0) -- (1.5,0) node[right]{$x$};
%%      \draw[->] (0,-1.5) -- (0,1.5) node[above]{$y$};
%%      \filldraw[fill=blue!75!white,fill opacity=0.55] (-0.866,0.5)
%%        [snake=coil,segment aspect=0,segment amplitude=1pt] --
%%        (0.866,0.5) arc(30:-210:1cm);
%%      \draw (0,0) circle (1cm);
%%      \node[below right] at (1,0){$1$};
%%      \node[below left] at (-1,0){$-1$};
%%      \node[above left] at (0,1){$1$};
%%      \node[below left] at (0,-1){$-1$};
%%      \node[draw,fill=white,align=center] at (0,0){$75$ \%};
%
%      \begin{scope}[xshift=5cm,yshift=-1cm]
%          \draw[->] (-2.5,0) -- (1.5,0) node[right]{$x$};
%          \draw[->] (-2.5,-0.25) -- (-2.5,2) node[above]{$y$};
%          \draw[-,red] (-1,2) -- (-.875,2) node[right]{$g_{1/8}$};
%          \draw[-,red] (-1,0.5) -- (-.5,0.5) node[right]{$g_{1/2}$};
%          \draw[-,red] (-1,1) -- (-.75,1) node[right]{$g_{1/4}$};
%%         \draw (2,0) arc(55:125:3.9cm) node[right,xshift=2cm,yshift=1.2cm]{$u(x,t)$};
%%          \draw (0,0) -- (2*0.866,1);
%%          \draw[snake=coil,segment aspect=0,segment amplitude=1pt]
%%            (0,1) -- (2*0.866,1);
%%          \draw (0,0.35) arc(90:30:0.35cm)
%%            node[above,xshift=-0.05cm,yshift=0.05cm]{$\theta$};
%%          \draw[snake=brace] (-0.05,0) --
%%            node[left,xshift=-0.05cm]{$h$} (-0.05,1);
%          \node[below] at (-1,0){$a$};
%%          \node[left] at (0,2){$L$};
%      \end{scope}
%    \end{tikzpicture}
%  \end{center}
%Vi definerer
%\begin{equation*}
%\delta(t)=\lim_{k \to 0} g_k(t)=\begin{cases}
%      \infty  & \text{for } t = a  \\
%      0 & \text{ellers} 
%    \end{cases} 
%\end{equation*}
%Deltafunksjonen brukes til å modellere impuls, 
%altså energitilførsler der den påtrykte kraften er ekstremt høy
%og ekstremt kortvarig, for eksempel hammerslag. 
%Man kan også tenke på den som noe som plukker ut funksjonsverdier fra integraler:
%\begin{equation*}
%\int_0^{\infty} f(t)\delta(t-a)\; dt=\lim_{k \to 0}\frac{1}{k}\int_a^{a+k} f(t)\; dt=f(a).
%\end{equation*}
%
%
%
%Deltafunksjonen er strengt tatt ikke noe funksjon i ordets rette forstand,
%og heavisidefunksjonen er ikke deriverbar. 
%Det kan allikevel være fruktbart å tenke på deltafunksjonen
%som et forsøk på å sette opp den deriverte til heavisidefunksjonen.




\section*{\huge Laplacetransform}

Det fins to viktige transformer som begge går under navnet laplacetransform.
Forskjellen på de to er integrasjonsområdet $I$. 
Den tosidige laplacetransformen er definert ved
\begin{equation*}
X(s) = \mathcal{L}\left\{ x(t) \right\}=\int_{-\infty}^{\infty} x(t)e^{-st}\;dt.
\end{equation*}
Her er $s=\sigma + \omega i$, 
og dette er en generalisering av fouriertransform, 
med litt andre bruksområder.
Fouriertransformen har samme integrasjonsområde som den tosidige laplacetransformen, 
men kjernen er altså {\em litt} forskjellig. 

Tilsvarende er den {\em ensidige} laplacetransformen gitt ved
\begin{equation*}
X(s) = \mathcal{L}\left\{ x(t) \right\}=\int_0^{\infty} x(t)e^{-st}\;.
\end{equation*}
I begge tilfeller er altså transformens kjerne gitt ved $K(t,s)= e^{-st},$ men integrasjonsområdet er forskjellig. 
Litt avhengig av hva transformen skal brukes til, kan variabelen $s$ regnes som et komplekst eller reelt tall.

%
%La $f$ være en funksjon definert for $t\geq 0$. Laplacetransformen til $f$ er:
%\begin{equation*}
%\mathcal{L}(f)=\int_0^{\infty} f(t)e^{-st}\; dt=F(s).
%\end{equation*}
%Først kan man spørre seg hvilke funksjoner det er naturlig å finne laplacetransformen til. 
%Vi noterer oss at $\mathcal{L}(f)$ er definert ved et uegentlig integral, 
%og at dette bør konvergere. 
%
%\begin{tcolorbox}[colback=blue!10, title=] 
%La $f$ en stykkvis kontinuerlig funksjon, og la $a$ og $M>0$ være reelle tall slik at
%\[
%|f(t)|\leq Me^{at}  \quad \text{for} \quad t\geq 0.
%\]
%Integralet
%\[
%\int_0^{\infty} f(t)e^{-st}\; dt.
%\]
%konvergerer absolutt dersom $s>a$.
%\end{tcolorbox}
%
%
%\begin{ex}
%Vi kan ikke beregne
%\[
%\mathcal{L}(e^{t^2})=\int_0^{\infty} e^{t^2-st}\; dt,
%\]
%for $e^{t^2}$ vokser for fort. Siden 
%\[
%\lim_{t \to \infty} e^{t^2-st}=\infty
%\]
%kan integralet ikke konvergere.
%\end{ex}
%
%
%
%\begin{ex}
%\label{ex:laplace_eksp}
%Så lenge $s>a$, kan vi fint beregne
%\[
%\mathcal{L}(e^{at})=\int_0^{\infty} e^{(a-s)t}\; dt= \frac{1}{s-a}. \qedhere
%\]
%\end{ex}
%
%\begin{ex}
%Vi kan også beregne
%\[
%\mathcal{L}(0)=\int_0^{\infty} 0e^{-st}\; dt= 0. \qedhere
%\]
%\end{ex}
%
%\noindent Heretter skal vi alltid anta at $s$ er valgt slik at integralet konvergerer. 
%Vi skal også anta $f$ er stykkvis kontinuerlig og tilfredsstilller $|f|\leq Me^{at}$. 
%%Mengden av slike funksjoner kaller vi $L$. 
% 
%
%
%
%
%\begin{ex}
%\begin{align*}
%\mathcal{L}(\cos t)&=\int_0^{\infty} e^{-st}\cos t  \; dt \\ 
%&= \frac{1}{2}\int_0^{\infty} \left(e^{it}+e^{-it}\right)e^{-st}  \; dt \\ 
%&= \frac{1}{2}\int_0^{\infty} e^{(i-s)t}+e^{-(i+s)t}  \; dt \\ 
%&= \frac{1}{2}\left(\frac{1}{s-i}+\frac{1}{s+i}\right)=\frac{s}{s^2+1}. 
%\end{align*}
%Her har vi brukt en omskrivning av Eulers formel:
%\[
%\cos t = \frac{e^{it}+e^{-it}}{2}. \qedhere
%\]
%\end{ex}
%
%\begin{ex}
%\begin{align*}
%\mathcal{L}(\cosh t)&=\mathcal{L}\left( \frac{e^{t}+e^{-t}}{2}\right) \\ 
%&=\frac{1}{2}\left(\mathcal{L}(e^t)+\mathcal{L}(e^{-t})\right) \\
%&= \frac{1}{2}\left(\frac{1}{s-1}+\frac{1}{s+1}\right) =\frac{s}{s^2-1}. \qedhere
%\end{align*}
%\end{ex}
%
%
%\begin{tcolorbox}[colback=blue!10, title=] 
%\label{thm:laplace_derivert}
%Dersom $s>0$ og $|f'(t)|\leq Me^{at}$ er stykkvis kontinuerlig, er
%\[
%\mathcal{L}(f')=s\mathcal{L}(f)-f(0).
%\]
%\end{tcolorbox}
%\begin{proof}
%La $s>0$. Vi beregner
%\begin{align*}
%\mathcal{L}(f')&=\int_0^{\infty} f'(t)e^{-st}\; dt\\&=f(t)e^{-st}\biggr\rvert_{0}^{\infty}+s\int_0^{\infty} f(t)e^{-st}\; dt\\&=s\mathcal{L}(f)-f(0). \qedhere
%\end{align*}
%\end{proof}
%
%\begin{ex}
%\begin{align*}
%\mathcal{L}(\sinh t)&=s\mathcal{L}(\cosh t)+\cosh(0)\\&=-s\frac{s}{s^2-1}+1=\frac{1}{s^2+1}. \qedhere
%\end{align*}
%\end{ex}
%
%La oss ta et enkelt motivasjonseksempel på hva en integraltransform kan brukes til. 
%La $x$ være en funksjon definert for $t\geq 0$.
%Den ensidige laplacetransformen til $x$ til  er gitt ved
%\begin{equation*}
%X(s) = \mathcal{L}\left\{ x(t) \right\}=\int_0^{\infty} x(t)e^{-st}\;.
%\end{equation*}
%La oss si at for enkelhets skyld si at $s$ er reell.
%Dersom  $s>a$, kan vi beregne
%\[
%\mathcal{L}(e^{at})=\int_0^{\infty} e^{(a-s)t}\; dt= \frac{1}{s-a}.
%\]
%En enkel regneregel er 
%\begin{align*}
%\mathcal{L}(f')&=\int_0^{\infty} f'(t)e^{-st}\; dt\\&=f(t)e^{-st}\biggr\rvert_{0}^{\infty}+s\int_0^{\infty} f(t)e^{-st}\; dt\\&=s\mathcal{L}(f)-f(0). \qedhere
%\end{align*}
%
%
%\noindent Under liknende betingelser på de høyere ordens deriverte, 
%vil gjentatt bruk av teorem \ref{thm:laplace_derivert} gi formler av typen 
%\[
%\mathcal{L}(f'')=s^2\mathcal{L}(f)-sf(0)-f'(0)
%\]
%og 
%\[
%\mathcal{L}(f''')=s^3\mathcal{L}(f)-s^2f(0)-sf'(0)-f''(0)
%\]
%og så videre.
%
%\begin{ex}
%Vi beregner først 
%\[
%\mathcal{L}(1)=\int_0^{\infty} e^{-st}\; dt=\frac{1}{s}.
%\]
%La nå $f(t)=t^n$. Den $n$-te deriverte av $f$ er:
%\[
%f^n(t)=n!
%\]
%og siden $f^k(0)=0$ uansett $k$, får vi 
%\[
%n!\mathcal{L}(1)=s^n\mathcal{L}(t^n),
%\]
%slik at 
%\[
%\mathcal{L}(t^n)=\frac{n!}{s^{n+1}}. \qedhere
%\]
%\end{ex}
%
%
%\begin{tcolorbox}[colback=blue!10, title=] 
%\label{thm:laplace_derivert}
%La $g(t)=\int_0^t f(u)\; du$. Dersom $g$ tilfredsstiller vekstkravet, har vi:
%\[
%\mathcal{L}(g)=\frac{1}{s}\mathcal{L}(f)
%\]
%\end{tcolorbox}
%
%\begin{ex}
%\begin{equation*}
%\mathcal{L}(\delta(t-a))=\int_0^{\infty} \delta(t-a)e^{-st}\; dt=e^{-as} \qedhere
%\end{equation*}
%\end{ex}
%
%\begin{ex}
%\begin{align*}
%\mathcal{L}(\sin t)&=\frac{1}{s}\mathcal{L}(\cos t)\\&=\frac{1}{s}\frac{s}{s^2+1}=\frac{1}{s^2+1}. \qedhere
%\end{align*}
%\end{ex}
%
%\begin{ex}
%\begin{align*}
%\mathcal{L}\left((t^2-1)e^{-t^2/2}\right)&=s^2\mathcal{L}\left(e^{-t^2/2}\right)-s\\&=-s\frac{s}{s^2+1}+1=\frac{1}{s^2+1}. \qedhere
%\end{align*}
%\end{ex}
%
%\begin{tcolorbox}[colback=blue!10, title=] 
%\label{derivasjon_s}
%La $g(t)=tf(t)$ og $\mathcal{L}(f)=F$. Anta at $F$ er deriverbar. Da har vi:
%\[
%\mathcal{L}(g) =-F'
%\]
%\end{tcolorbox}
%
%\begin{ex}
%\[
%\mathcal{L}(t\sin t)=-\frac{d}{ds}\frac{1}{s^2+1} = \frac{2s}{(s^2+1)^2} . \qedhere
%\]
%\end{ex}
%
%\begin{tcolorbox}[colback=blue!10, title=] 
%La $g(t)=\frac{1}{t}f(t)$, la $\mathcal{L}(f)=F$, og $G(s)=\int_s^\infty F(u)\; du$. Da har vi:
%\[
%\mathcal{L}(g) =G
%\]
%\end{tcolorbox}
%
%
%Det neste teoremet kalles gjerne '$s$-skift'.
%\begin{tcolorbox}[colback=blue!10, title=] 
%La $g(t)=e^{at}f(t)$, $\mathcal{L}(f)=F$  og $\mathcal{L}(g)=G$. Da har vi 
%\begin{align*}
%G(s)=F(s-a).
%\end{align*}
%\end{tcolorbox}
%
%\begin{ex}
%\begin{align*}
%\mathcal{L}\left(e^{at}\sin(t)\right)&=\frac{1}{(s-a)^2+1} \\[5pt]
%\mathcal{L}\left(e^{at}\cos(t)\right)&=\frac{s-a}{(s-a)^2+1} \qedhere
%\end{align*}
%\end{ex}
%
%
%Husk at heavisidefunksjonen er gitt ved
%\begin{equation*}
%u(t)=    
%\begin{cases}
%      0  & \text{for } t < 0 \\
%      1 & \text{for } t \geq  0.
%    \end{cases} 
%\end{equation*}
%Man kan tenke på denne som en funksjon som slår noe på ved $t=0$. 
% \begin{center}
%    \begin{tikzpicture}[thick]
%      \begin{scope}[xshift=5cm,yshift=-1cm]
%          \draw[->] (-3.5,0) -- (1.5,0) node[right]{$t$};
%          \draw[->] (-2.5,-0.25) -- (-2.5,2) ;
%          \draw[-,red] (-3.5,0) -- (-2.5,0);
%          \draw[-,red] (-2.5,0.5) -- (1.5,0.5) node[above]{$u(t)$};
%      \end{scope}
%    \end{tikzpicture}
%  \end{center}
%\begin{ex}
%\[
%u(t)e^t=\begin{cases}
%      0  & \text{for } t < 0 \\
%      e^t & \text{for } t \geq  0
%    \end{cases} \qedhere
%\]
%\end{ex}
%\noindent Vi kan slå på ved tiden $t=a$ istedet:
%\begin{equation*}
%u(t-a)=    
%\begin{cases}
%      0  & \text{for } t < a \\
%      1 & \text{for } t \geq  a,
%    \end{cases} 
%\end{equation*}
% \begin{center}
%    \begin{tikzpicture}[thick]
%      \begin{scope}[xshift=5cm,yshift=-1cm]
%          \draw[->] (-2.5,0) -- (1.5,0) node[right]{$t$};
%          \draw[->] (-2.5,-0.25) -- (-2.5,2) ;
%          \draw[-,red] (-2.5,0) -- (-1,0);
%          \draw[-,red] (-1,0.5) -- (1.5,0.5) node[above]{$u(t-a)$};
%          \node[below] at (-1,0){$a$};
%      \end{scope}
%    \end{tikzpicture}
%  \end{center}
%Vi kan også slå på ved $t=a$ og av igjen ved $t=b$:
%\begin{equation*}
%u(t-a)-u(t-b)=    
%\begin{cases}
%      0  & \text{for } t < a \\
%      1 & \text{for } a \leq t <  b \\
%       0 & \text{for } t \geq  b.
%    \end{cases} 
%\end{equation*}
% \begin{center}
%    \begin{tikzpicture}[thick]
%      \begin{scope}[xshift=5cm,yshift=-1cm]
%          \draw[->] (-2.5,0) -- (1.5,0) node[right]{$t$};
%          \draw[->] (-2.5,-0.25) -- (-2.5,2) ;
%          \draw[-,red] (-2.5,0) -- (-1,0);
%          \draw[-,red] (0,0) -- (1.3,0);
%          \draw[-,red] (-1,0.5) -- (0,0.5) node[above]{$u(t-a)-u(t-b)$};
%          \node[below] at (-1,0){$a$};
%          \node[below] at (0,0){$b$};
%      \end{scope}
%    \end{tikzpicture}
% \end{center}
%
%\begin{ex}
%\[
%\left(u(t-a)-u(t-b)\right)e^t=\begin{cases}
%      0  & \text{for } t < a \\
%      e^t & \text{for } a \leq t <  b \\
%       0 & \text{for } t \geq  b
%    \end{cases} \qedhere
%\]
%\end{ex}
%
%\begin{ex}
%La $f(t)=u(t-a)$. 
%\[
%\mathcal{L}(f)=\int_a^\infty e^{-st}\; dt=\frac{e^{-sa}}{s} \qedhere
%\]
%\end{ex}
%
%
%Følgende teorem kalles $t$-skift.
%\begin{tcolorbox}[colback=blue!10, title=] 
%La $g(t)=f(t-a)u(t-a)$, $\mathcal{L}(f)=F$  og $\mathcal{L}(g)=G$. Vi har
%\[
%G(s)=e^{-as}F(s).
%\]
%\end{tcolorbox}
%
%\begin{ex}
%La 
%\begin{align*}
%f(t)&= u(t-1)\sin (t-1) \\ &=    
%\begin{cases}
%      0  & \text{for } t < 1 \\
%      \sin (t-1) & \text{for } t \geq  1
%    \end{cases} 
%\end{align*}
%Vi beregner 
%\[
%\mathcal{L}(f)=\frac{e^{-s}}{s^2+1}. \qedhere
%\]
%\end{ex}
% \begin{center}
%    \begin{tikzpicture}[thick]
%      \begin{scope}[xshift=5cm,yshift=-1cm]
%          \draw[->] (-2.5,0) -- (1.5,0) node[right]{$t$};
%          \draw[->] (-2.5,-0.25) -- (-2.5,2) ;
% \draw[-,thick,red] (-2.5,0) -- (-1.5,0);
% \draw[thick, red] (-1.5,0) sin (-.5,1);
%  \draw[thick, red] (-.5,1) cos (.5,0);
% \draw[thick, red] (.5,0) sin (1.5,-1);
%           \node[above,red] at (.4,.9){$f$};
%           \node[below] at (-1.5,0){$1$};
%       \end{scope}
%    \end{tikzpicture}
% \end{center}
%
%
%
%
%\subsubsection*{Konvolusjon og laplacetransform}
%En konvolusjon mellom $f$ og $g$, 
%er et integral på formen 
%\begin{equation*}
%f\ast g= \int f(p)g(t-p)\; dp.
%\end{equation*}
%
%
%
%For laplacetransfrom bruker vi konvolusjonen
%\begin{equation*}
%f\ast g= \int_0^t f(p)g(t-p)\; dp
%\end{equation*}
%Når vi løser differensiallikninger med laplacetransform, 
%kan vi støte på produkter av laplacetransformer.
%Følgende teorem, 
%som kalles konvolusjonsteoremet, forteller oss hvordan vi skal nøste opp i et slikt produkt.
%
%\begin{tcolorbox}[colback=blue!10, title=] 
%Anta at både $\mathcal{L}(f\ast g)$, $\mathcal{L}(f)$ og $\mathcal{L}(g)$ eksisterer. 
%Da er
%\begin{equation*}
%\mathcal{L}(f\ast g)=\mathcal{L}(f)\,\mathcal{L}(g).
%\end{equation*}
%\end{tcolorbox}
%
%
%
%
%\section*{\huge Eksempler fra elektroteknikk eller noko slikt}
%
%
%
%\subsubsection*{Differensiallikninger og laplacetransform}
%Oppskriften for å løse differensiallikninger med laplacetransform, 
%er alltid å laplacetransformere hele differensiallikningen, 
%bruke regnereglene, løse for laplacetransformen til den ukjente, 
%og inverstransformere. 
%Vi begynner med to elementære eksempler. 
%\begin{ex}
%\begin{equation*}
%y'+y=0 \qquad y(0)=1.
%\end{equation*}
%Vi laplacetransformerer likningen. Venstresiden blir
%\begin{align*}
%\mathcal{L}(y'+y)&=\mathcal{L}(y')+\mathcal{L}(y)\\&=s\mathcal{L}(y)-1+\mathcal{L}(y)\\&=(s+1)\mathcal{L}(y)-1.
%\end{align*}
%Merk bruken av initialbetingelsen $y(0)=1$. Høyresiden blir
%\begin{equation*}
%\mathcal{L}(0)=0.
%\end{equation*}
%Etter laplacetransformering står vi igjen med den algebraiske likningen
%\begin{equation*}
%(s+1)\mathcal{L}(y)-1=0,
%\end{equation*}
%slik at 
%\begin{equation*}
%\mathcal{L}(y)=\frac{1}{s+1}.
%\end{equation*}
%Dette er en laplacetransform vi har beregnet tidligere:
%\begin{equation*}
%y(t)=e^{-t}.\qedhere
%\end{equation*}
%\end{ex}
%
%\begin{ex}
%Vi løser likningen
%\[
%y''+y=0 \quad y(0)=1 \; y'(0)=0.
%\]
%Vi laplacetransformerer likningen 
%\begin{equation*}
%\mathcal{L}(y'')+\mathcal{L}(y)=s^2\mathcal{L}(y)-s+\mathcal{L}(y)=0,
%\end{equation*}
%slik at 
%\begin{equation*}
%\mathcal{L}(y)=\frac{s}{s^2+1},
%\end{equation*}
%og 
%\begin{equation*}
%y(t)=\cos t. \qedhere
%\end{equation*}
%\end{ex}
%
%%\begin{ex}
%%Vi løser initialverdiproblemet
%%\[
%%y'+ty=0 \quad y(0)=0
%%\]
%%Vi laplacetransformerer likningen 
%%\begin{equation*}
%%\mathcal{L}(y')-\mathcal{L}(ty)=0,
%%\end{equation*}
%%og lar $Y=\mathcal{L}(y)$. 
%%Først kan vi skrive
%%\begin{equation*}
%%sY-Y'=0,
%%\end{equation*}
%%Dette er en differensialliking for $Y$. 
%%Integrerende faktor er $e^{s^2/2}$, og vi får
%%\begin{equation*}
%%Y=\frac{C}{e^{-s^2/2}}
%%\end{equation*}
%%slik at 
%%\begin{equation*}
%%Y=\frac{C}{\ln s} \qedhere
%%\end{equation*}
%%\end{ex}
%\noindent Følgende  eksempel illustrerer derivasjonsregelen \ref{derivasjon_s}.
%\begin{ex}
%Vi løser initialverdiproblemet
%\[
%ty'-2y=0 \quad y(0)=0
%\]
%Vi laplacetransformerer likningen 
%\begin{equation*}
%\mathcal{L}(ty')-2\mathcal{L}(y)=0,
%\end{equation*}
%og lar $Y=\mathcal{L}(y)$. 
%Først kan vi skrive
%\begin{equation*}
%\mathcal{L}(ty')=-\frac{d}{ds}\left(\mathcal{L}(y')\right)=-\frac{d}{ds}\left(sY\right)=-Y-sY'.
%\end{equation*}
%Setter vi denne inn i likningen, får vi 
%\begin{equation*}
%-Y-sY'-Y=-sY'-3Y=0.
%\end{equation*}
%eller
%\begin{equation*}
%sY'+3Y=0.
%\end{equation*}
%Dette er en differensialliking for $Y$. 
%Integrerende faktor er $s^2$, slik at
%\begin{equation*}
%(s^3Y)'=0.
%\end{equation*}
%og
%\begin{equation*}
%Y=\frac{C}{s^3}
%\end{equation*}
%Vi inverstransformerer og endrer litt på konstanten: 
%\begin{equation*}
%y=Ct^2 
%\end{equation*}
%og bruker initialverdibetingelsen for andre gang:
%\begin{equation*}
%y=t^2.  \qedhere
%\end{equation*}
%\end{ex}
%
%
%De tre foregående eksemplene løses enklere med metodene du kan fra før. 
%Men disse teknikkene kommer til kort i eksemplene vi skal ta nå.
%Her er et par gamle eksamensoppgaver. 
%
%\begin{ex}
%Vi løser
%\[
%y''+y=\delta(t-a)-\delta(t-b) 
%\]
%med initialbetingelser 
%\[
% y(0)=y'(0)=0.
%\]
%Vi får
%\begin{equation*}
%(s^2+1)\mathcal{L}(y)=e^{-as}-e^{-bs},
%\end{equation*}
%slik at 
%\begin{equation*}
%\mathcal{L}(y)=\frac{e^{-as}}{(s^2+1)}-\frac{e^{-bs}}{(s^2+1)}.
%\end{equation*}
%Vi bruker $t$-skift, og får
%\begin{equation*}
%y(t)=\sin(t-a)u(t-a)-\sin(t-b)u(t-b).
%\end{equation*}
%Ligningens venstreside beskriver en kloss og en fjær på friksjonsfritt underlag.
%Ved tiden $t=0$ er systemet i ro. Ved tiden $t=a$ blir klossen dengt av en hammer fra venstre, som gir opphav til svingningen $\sin(t-a)$. 
%Ved tiden $t=b$ blir klossen dengt av en hammer fra høyre. 
%Dette slaget gir en ny svingning $\sin(t-b)$ som legges oppå den gamle svingningen.
%\end{ex}
%\begin{figure}[htbp]
%  \begin{center}
%      \vspace*{-2.4cm}
%	\includegraphics[scale=.39]{eks_1_31}
%    \vspace*{-2.4cm}
%	\end{center}
%\end{figure}
%
%Noen ganger kan det være komplisert å inverstransformere. 
%I det neste eksemplet må man bruke både $t$-skift og $s$-skift.
%
%\begin{ex}
%\begin{equation*}
%y''+2y'+y=\delta(t-1) \qquad y(0)=y'(0)=0.
%\end{equation*}
%Vi transformerer ligningen til
%\begin{equation*}
%s^2\mathcal{L}(y)+2s\mathcal{L}(y)+\mathcal{L}(y)=\mathcal{L}(\delta(t-1)) 
%\end{equation*}
%slik at
%\begin{equation*}
%\mathcal{L}(y)=\frac{e^{-s}}{(s+1)^2}.
%\end{equation*}
%Her lukter det $s$-skift på grunn av $(s+1)$, og $t$-skift på grunn av $e^{-s}$. 
%Formelen for $s$-skift gir
%\begin{equation*}
%\mathcal{L}(te^{-t})=\frac{1}{(s+1)^2}.
%\end{equation*}
%Vi bruker i tillegg $t$-skift, slik at
%\begin{equation*}
%y=(t-1)e^{-(t-1)}u(t-1).\qedhere
%\end{equation*}
%\end{ex}
%
%Elektrofolk er forresten veldig glade i laplacetransform.
%Det er nok fordi de trenger spenning som kan slås av og på.
%Heavisidefunksjonen gir dem en mulighet for dette, 
%og laplacetransform takler heavisidefunksjonen
%med letthet.
%
%\begin{ex}
%Strømmen $i(t)$ i kretsen under tilfredsstiller integro-differensialligningen
%  \[
%    Li'(t) + Ri(t) + \frac{1}{C}\int_0^ti(\tau)\text{ d}\tau = \delta(t-1),
%  \] 
%der $R = 2$, $L=1$, $C = 0.5$  og $\delta$ er Diracs deltafunksjon. Vi setter  $i(0)=0$ og finner strømmen $i(t)$. 
%  \begin{center}
%    \begin{circuitikz}
%      \draw (1.1,1) to [short, o-] (0,1) to [R = $R$] (0,4) to[C=$C$] (3,4) to [L = $L$] (3,1) to  [short, -o] (1.9,1);
%      \draw (1.5, 1) node [below] {$v(t)$};
%    \end{circuitikz}
%  \end{center}
%  Vi laplacetransformerer likningen, og får
%%  \[
%%    \mathcal{L}(i') + 2\mathcal{L}(i) + 2\mathcal{L}\left(\int_0^ti(\tau)\text{ d}\tau \right)= \mathcal{L}(\delta(t-1)),
%%  \] 
%  \[
%    s\mathcal{L}(i) + 2\mathcal{L}(i) + \frac{2}{s}\mathcal{L}(i)= e^{-s},
%  \] 
%  og løser vi for $\mathcal{L}(i)$, får vi 
%%  \[
%%   s^2 \mathcal{L}(i) + 2s\mathcal{L}(i) + 2\mathcal{L}(i)= se^{-s},
%%  \] 
%  \[
%    \mathcal{L}(i) =\frac{ se^{-s}}{s^2+2s+2}.
%  \] 
%Her er det enklest å fullføre kvadratet $s^2+2s+2=(s+1)^2+1$,
%og så skrive
%  \[
%    \mathcal{L}(i) =\frac{ (s+1)e^{-s}}{(s+1)^2+1}-\frac{ e^{-s}}{(s+1)^2+1}.
%  \] 
%Formelen for $s$-skift gir
%  \[
%\mathcal{L}(e^{-t}\cos t )=  \frac{s+1}{(s+1)^2+1}
%\]
%og
%  \[
%\mathcal{L}(e^{-t}\sin t)=  \frac{1}{(s+1)^2+1}.
%\]
%Inverstransformerer vi  
% \[
%    \mathcal{L}(i) =\frac{ (s+1)e^{-s}}{(s+1)^2+1}-\frac{ e^{-s}}{(s+1)^2+1}.
%  \] 
%med $t$-skift, får vi altså
%\[
%i(t)=e^{-(t-1)}u(t-1)\left(\cos(t-1) - \sin(t-1) \right).
%\]
%Dette eksemplet modellerer en fugl som ved tiden $t=1$ setter seg på en høyspentledning.
%Merk at strømmen er null frem til $t=1$. 
%I $t=1$ opplever fuglen en voldsom påtrykt spenning i det den setter seg på høyspenten.
%Den faller umiddelbart av, 
%slik at spenningsøkningen bare varer et kort øyeblikk.
%For $t>1$ beskriver $i$ strømmen i fuglens kropp mens den daler ned mot bakken. 
%Se figuren under.
%
%I denne oppgaven kunne vi også brukt delbrøksoppspaltning:
%\[
%\frac{s}{s^2+2s+2}=\frac{s}{(s-1-i)(s-1+i)}
%\]
%men regningen blir noe svineri.
%\end{ex}
%\begin{figure}[htbp]
%  \begin{center}
%      \vspace*{-2.4cm}
%	\includegraphics[scale=.38]{eks_1_32}
%    \vspace*{-2.4cm}
%	\end{center}
%\end{figure}
%
%Nå tar vi to eksempler der vi bruker konvolusjon.
%
%\begin{ex}
%Vi løser initialverdiproblemet
%\[
%y+t\ast y'=t \quad y(0)=0
%\]
%Vi laplacetransformerer 
%\[
%\mathcal{L}(y)+\mathcal{L}(t\ast y')=\frac{1}{s^2}
%\]
%og bruker konvolusjonsteoremet
%\begin{align*}
%\mathcal{L}(y)+\mathcal{L}(t)&\mathcal{L}(y')= \\& \mathcal{L}(y)+\frac{1}{s}\mathcal{L}(y)=\frac{1}{s^2}
%\end{align*}
%eller 
%\[
%s\mathcal{L}(y)+\mathcal{L}(y)=\frac{1}{s}
%\]
%Herfra er regningen standard, og vi får
%\[
%\mathcal{L}(y)=\frac{1}{s(s+1)}=\frac{1}{s}-\frac{1}{s+1},
%\]
%slik at 
%\[
%y=1-e^{-t}. \qedhere
%\]
%\end{ex}
%
%\begin{ex}
%La oss løse initialverdiproblemet
%\[
%y''+y=\sin t \qquad y(0)=y'(0)=0
%\]
%Vi laplacetransformerer alt, og får
%\[
%(s^2+1)\mathcal{L}(y)=\frac{1}{s^2+1}
%\]
%eller 
%\[
%\mathcal{L}(y)=\frac{1}{(s^2+1)^2}=\left(\mathcal{L}(\sin t)\right)^2
%\]
%som gir at 
%\[
%y(t)=\int_0^t \sin (t-u)\sin u\; du
%\]
% Dette siste integralet kan vi løse ved å bruke relasjonen
% \[
% \sin u=\frac{e^{iu}-e^{-iu}}{2i}
% \]
% og integrere i vei  
% \begin{align*}
%y(t)&=\int_0^t \sin (t-u)\sin u\; du \\
%&=-\frac{1}{4}\int_0^t (e^{i(t-u)}-e^{-i(t-u)})(e^{iu}-e^{-iu})\; du \\
%&=-\frac{1}{4}\int_0^t e^{it}-e^{i(t-2u)}-e^{-i(t-2u)}+e^{-it}\; du \\
%&=-\frac{1}{2}\int_0^t \cos t-\cos (t-2u)\; du \\
%&= \frac{1}{2}\left(\sin t -t\cos t \right) \\
%\end{align*}
%Dette eksemplet beskriver for eksempel en kloss og en fjær, 
%der den påtrykte kraften $\sin t$ har samme frekvens som systemets naturlige svingefrekvens. 
%Da oppstår det resonans.
%Resonansen kommer til uttrykk gjennom leddet $t\sin t$, 
%som vokser mot uendelig når $t\to \infty$.
%Når dette skjer i et PA-anlegg, kalles det feedback, 
%og alle må holde seg for ørene. 
%\end{ex}
%
%
%\begin{figure}[htbp]
%  \begin{center}
%      \vspace*{-2.4cm}
%	\includegraphics[scale=.38]{eks_1_34}
%    \vspace*{-2.4cm}
%	\end{center}
%\end{figure}
%
%Eksemplet over viser at 
%selv om det er litt regning med laplacetransform, 
%er det en penere løsningsmetode enn å dele opp i homogen og partikulær løsning, 
%og så gjette i vei.
%Eksemplet illustrerer også en teknikk vi får bruk for når vi skal løse varmelikningen på hele $x$-aksen i kapittel 5.
%
%Fouriertransform er egentlig et spesialtilfelle av laplacetransform, 
%men vi kommer ikke til å komme så langt at vi ser det. 
%Fourierrekker og fouriertransform er også to spesialtilfeller av en mer generell konstruksjon, 
%men vi kommer ikke til å se det heller. 
%
%Vi skal senere bruke fouriertransform til å løse differensiallikninger 
%på akkurat samme måte som vi gjorde med laplacetransform,
%men fouriertransform er teknisk vanskeligere å håndtere,
%og vi skal løse likninger som er mer kompliserte. 
%I dette kapitlet skal vi gå gjennom fouriertransformens grunnleggende egenskaper.
%
%
%\section*{\huge Utvalgte bevisskisser}
%
%Teoremene i dette kapitlet er ganske tekniske, 
%men man kan få en ide om hvorfor de fleste er sanne.
%Ikke les dette om du ikke går for en A i kurset.
%
%\begin{tcolorbox}[colback=blue!10, title=] 
%La $f$ en stykkvis kontinuerlig funksjon, og la $a$ og $M>0$ være reelle tall slik at
%\[
%|f(t)|\leq Me^{at}  \quad \text{for} \quad t\geq 0.
%\]
%Integralet
%\[
%\int_0^{\infty} f(t)e^{-st}\; dt.
%\]
%konvergerer absolutt dersom $s>a$.
%\end{tcolorbox}
%
%
%
%\begin{proof}
%Vi beregner:
%\begin{align*}
%\left |\int_0^{\infty} f(t)e^{-st}\; dt \right| \leq &
%\int_0^{\infty} |f(t)|e^{-st}\; dt \leq \\
%M\int_0^{\infty} e^{at} e^{-st}\; dt \leq &
%\;M\int_0^{\infty} e^{(a-s)t}\; dt = \frac{M}{s-a}. \qedhere
%\end{align*}
%\end{proof}
%\vspace{.3cm}
%
%\begin{tcolorbox}[colback=blue!10, title=] 
%\label{thm:laplace_derivert}
%La $g(t)=\int_0^t f(u)\; du$. Dersom $g$ tilfredsstiller vekstkravet, har vi:
%\[
%\mathcal{L}(g)=\frac{1}{s}\mathcal{L}(f)
%\]
%\end{tcolorbox}
%\begin{proof}
%La $s>0$. Vi beregner
%\begin{align*}
%\mathcal{L}(g)&=\int_0^{\infty} g(t)e^{-st}\; dt\\&=-\frac{1}{s}g(t)e^{-st}\biggr\rvert_{0}^{\infty}+\frac{1}{s}\int_0^{\infty} f(t)e^{-st}\; dt\\&=\frac{1}{s}\mathcal{L}(f). \qedhere
%\end{align*}
%\end{proof}
%
%\begin{tcolorbox}[colback=blue!10, title=] 
%\label{derivasjon_s}
%La $g(t)=tf(t)$ og $\mathcal{L}(f)=F$. Anta at $F$ er deriverbar. Da har vi:
%\[
%\mathcal{L}(g) =-F'
%\]
%\end{tcolorbox}
%\begin{proof}
%Dersom $f$ er stykkvis kontinuerlig og tilfredsstiller vekstkravet, gjelder dette også for $g$. 
%Vi beregner
%\begin{align*}
%\mathcal{L}(g)&=\int_0^{\infty} tf(t)e^{-st}\; dt=\int_0^{\infty} -\frac{d}{ds}f(t)e^{-st}\; dt\\
%&=-\frac{d}{ds}\int_0^{\infty} f(t)e^{-st}\; dt=-F'. \qedhere
%\end{align*}
%\end{proof}
%
%\begin{tcolorbox}[colback=blue!10, title=] 
%La $g(t)=\frac{1}{t}f(t)$, la $\mathcal{L}(f)=F$, og $G(s)=\int_s^\infty F(u)\; du$. Da har vi:
%\[
%\mathcal{L}(g) =G
%\]
%\end{tcolorbox}
%\begin{proof}
%Vi beregner
%\begin{align*}
%\mathcal{L}(g)&=\int_0^{\infty} \frac{1}{t}f(t)e^{-st}\; dt\\
%&=-\int_s^\infty \int_0^{\infty} f(t)e^{-st}\; dt\;ds=G. \qedhere
%\end{align*}
%\end{proof}
%
%\begin{tcolorbox}[colback=blue!10, title=] 
%La $g(t)=e^{at}f(t)$, $\mathcal{L}(f)=F$  og $\mathcal{L}(g)=G$. Da har vi 
%\begin{align*}
%G(s)=F(s-a).
%\end{align*}
%\end{tcolorbox}
%\begin{proof}
%Dersom $f(t)$ er stykkvis kontinuerlig og tilfredsstiller vekstkravet, gjelder dette også for $e^{at}f(t)$. 
%\begin{align*}
%\mathcal{L}(g)&=\int_0^{\infty} e^{at}f(t)e^{-st}\; dt\\&=\int_0^{\infty} f(t)e^{at-st}\; dt\\&=\int_0^{\infty} f(t)e^{-(s-a)t}\; dt=F(s-a). \qedhere
%\end{align*}
%\end{proof}
%
%
%
%\begin{tcolorbox}[colback=blue!10, title=] 
%La $g(t)=f(t-a)u(t-a)$, $\mathcal{L}(f)=F$  og $\mathcal{L}(g)=G$. Vi har
%\[
%G(s)=e^{-as}F(s).
%\]
%\end{tcolorbox}
%\begin{proof}
%\begin{align*}
%G(s)&=\int_0^{\infty} u(t-a)f(t-a)e^{-st}\; dt\\
%&=\int_a^{\infty} f(t-a)e^{-st}\; dt\\
%&=\int_0^{\infty} f(v)e^{-s(v+a)}\; dv\\
%&=e^{-sa}\int_0^{\infty} f(v)e^{-sv}\; dv=e^{-as}F(s).\qedhere
%\end{align*}
%\end{proof}
%
%\begin{tcolorbox}[colback=blue!10, title=] 
%Anta at både $\mathcal{L}(f\ast g)$, $\mathcal{L}(f)$ og $\mathcal{L}(g)$ eksisterer. 
%Da er
%\begin{equation*}
%\mathcal{L}(f\ast g)=\mathcal{L}(f)\,\mathcal{L}(g).
%\end{equation*}
%\end{tcolorbox}
%\begin{proof}
%Vi laplacetransformerer $f \ast g$ og bytter integrasjonsvariable, slik som i M2.
%Hjelpefiguren under kan være grei å ha i bakhodet.
% \begin{center}
%    \begin{tikzpicture}[thick]
%      \begin{scope}[xshift=5cm,yshift=-1cm]
%          \draw[->] (-2.8,0) -- (1.5,0) node[right]{$p$};
%         \draw[->] (-2.5,-0.25) -- (-2.5,2.5) node[above]{$t$};
%          \draw[-] (-2.5,0) -- (0,2.5) ;
%           \node[above] at (.5,1.7){$t=p$};
%           \node[above] at (-.1,.3){$ \int_0^\infty \int_0^t \; dp \; dt$};
%       \end{scope}
%    \end{tikzpicture}
% \end{center}
%\begin{align*}
%\mathcal{L}(f\ast g) & 
%= \int_0^\infty \int_0^t f(p)g(t-p)\; dp \; e^{-st}dt \\ & 
%= \int_0^\infty \int_p^\infty f(p)g(t-p)  e^{-st}\; dt \;dp \\ & 
%= \int_0^\infty \int_0^\infty f(p)g(u)  e^{-s(u+p)}\; du \;dp \\ & 
%= \int_0^\infty f(p)e^{-sp}\; dp \int_0^\infty g(u)  e^{-su} \;du \\ & 
%=\mathcal{L}(f)\mathcal{L}(g) \qedhere
%\end{align*}
%\end{proof}
%
%%
%\clearpage
%
%
\subsubsection*{\huge Oppgaver}
%
%
%

\begin{oppgave}
Vis at  $\mathcal T_\tau$ og $\mathcal D_a$ ikke er generelt kommutative. 
 \end{oppgave}
%
%
\begin{oppgave}
Vis at konvolusjonsoperatoren er kommutativ.
 \end{oppgave}
\kapittelslutt

