Kreyszig by YHLee;100415; 6-1 Chapter 6.  Laplace Transforms    An ODE is reduced to an algebraic problem by operational calculus.   The equation is solved by algebraic manipulation.   The result is transformed back for the solution of ODE.   6.1  Laplace Transform.  Inverse Transform.  Linearity.  s‐Shifting 

 A function  ( )f t  is defined for  0t ≥ . 

Its Laplace transform is defined as 

  ( ) ( ) ( )0

stF s f f t e dt∞

−= = ∫i  

 The inverse transform is defined as  

  ( ) ( )1f t F−=i  

 Note  

  ( ) ( )1 1,    f f F F− −⎡ ⎤= =⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎣ ⎦i i i i    

 Notation   f  is a function of t.   F  is a function of s. 

  Example 1  Laplace Transform      Let  ( ) 1f t =  when  0t ≥ .  Find  ( )F s . 

    ( ) ( )00

1 1st stF s f e dt ss s

∞∞− −= = ⇒ − ⇒∫i     : s>0 

    Example 2 Laplace transform   Let  ( )     for   0atf t e t= ≥ .  Find the Laplace transform. 

    ( ) ( )0

0

1 s a tat at ste e e dt ea s

∞ ∞− −−= ⇒−∫i  

   When  ( ) 0s a− >  

    ( ) 1ates a

=−

i    

  

Kreyszig by YHLee;100415; 6-2 Theorem 1  Linearity of the Laplace Transform 

If  ( ) ( ) ( ) ( )  and  f t F s g t G s= =⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎣ ⎦i i , 

then   ( ) ( ) ( ) ( )+baf t bg t aF s G s+ =⎡ ⎤⎣ ⎦i  

   Proof: 

   

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

0

0 0

                               

                               

st

st st

af t bg t af t bg t e dt

a f t e dt b g t e dt

a f t b g t

∞−

∞ ∞− −

+ = +⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎣ ⎦

= +

= +⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎣ ⎦

∫

∫ ∫

i

i i

 

   Example 3  Hyperbolic Functions   Find the transforms of  cosh   and  sinhat at . 

   

[ ]

[ ]

2 2

2 2

1 1 1cosh

2 2

1 1 1sinh

2 2

at at

at at

e e sat

s a s a s a

e e aat

s a s a s a

−

−

⎡ ⎤+ ⎛ ⎞= = + =⎢ ⎥ ⎜ ⎟− + −⎝ ⎠⎣ ⎦⎡ ⎤− ⎛ ⎞= = − =⎢ ⎥ ⎜ ⎟− + −⎝ ⎠⎣ ⎦

i i

i i

 

  Example 4  Cosine and Sine 

  Prove  [ ] [ ]2 2 2 2cos ,        sin

st t

s sω

ω = ω =+ω +ω

i i  

 • By integrating by part 

   

[ ] [ ]

[ ] [ ]

0 00

0 00

1cos cos cos sin sin ,

sin sin sin cos cos

stst st

stst st

et e t dt t e t dt t

s s s s

et e t dt t e t dt t

s s s

∞∞ ∞−− −

∞∞ ∞−− −

ω ωω = ω = ω − ω = − ω

−

ω ωω = ω = ω + ω = ω

−

∫ ∫

∫ ∫

i i

i i

 

 

  →  [ ] [ ]

[ ] [ ]

1cos cos ,

1sin sin

t ts s s

t ts s s

ω ω⎛ ⎞ω = − ω⎜ ⎟⎝ ⎠

ω ω⎛ ⎞ω = ω⎜ ⎟⎝ ⎠

i i

i J i    →  

[ ]

[ ]

2 2

2 2

cos ,

sin

st

s

ts

ω =+ωω

ω =+ω

i

i 

 • By complex methods   From the result of Example 2 

   2 2 2 2

1i t se i

s i s sω ω⎡ ⎤ = ⇒ +⎣ ⎦ − ω +ω +ω

i  

   From Euler formulas 

    [ ]ω⎡ ⎤ = ω + ω⎣ ⎦i i cos sini te t i t  

  →  [ ] [ ]2 2 2 2cos ,        sin

st t

s sω

ω = ω =+ω +ω

i i  

  

Kreyszig by YHLee;100415; 6-3   Basic Transforms 

    

• Proof of (4)       We make the induction hypothesis that (4) holds for  0t ≥ . 

        1 1 1

00 0

1 1n st n st n st nnt e t dt e t e t dt

s s

∞∞ ∞+ − + − + −+⎡ ⎤ = = − +⎣ ⎦ ∫ ∫i  

                    ↑      ↑                    =0    nt⎡ ⎤⎣ ⎦i    

→ ( )12

1 !nn

nt

s+

+

+⎡ ⎤ =⎣ ⎦i  

            ↑            It satisfies the induction hypothesis.           So (4) is proved.   

• Let’s prove (5) 

       1

0 0 0

1a

a st a x x aa

x dxt e t dt e e x dx

s s s

∞ ∞ ∞− − −

+

⎛ ⎞⎡ ⎤ = ⇒ ⇒⎜ ⎟⎣ ⎦ ⎝ ⎠∫ ∫ ∫i  

↑        ↑             ≡st x       ( )1aΓ + , gamma function 

  

Kreyszig by YHLee;100415; 6-4 s‐Shifting: Replacing s by s‐a in the Transform  Theorem 2  s‐Shifting 

  ( ) ( )ate f t F s a⎡ ⎤ = −⎣ ⎦i      

  ( ) ( )1ate f t F s a−= −⎡ ⎤⎣ ⎦i  

  Proof: 

    ( ) ( ) ( )

0 0 0

         st s a t st at atF s e f dt F s a e f dt e e f dt e f∞ ∞ ∞

− − − − ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= → − = ⇒ ⇒⎣ ⎦ ⎣ ⎦∫ ∫ ∫ i  

 Example 5  s‐Shifting   Prove  11 and 12 of the table 6.1 

    [ ]( )2 2 22

( )cos             cosats s a

t e ts s a

−⎡ ⎤ω = → ω =⎣ ⎦ω + ω + −i i    

    [ ]( )2 2 22

sin             sinatt e ts s a

ω ω⎡ ⎤ω = → ω =⎣ ⎦ω + ω + −i i  

   Find the inverse of 

        →      →   Existence and Uniqueness of Laplace Transforms   The growth restriction is defined as  

    ( ) ktf t Me≤  

   f(t) is piecewise continuous if it is continuous and has finite limits in subintervals   

       Theorem 3  Existence Theorem for Laplace Transform 

  If f(t) is piecewise continuous satisfying the growth restriction for all  0t ≥ ,   then its Laplace transform exists for all  s k> .  

   Proof:     Since f(t) is piecewise continuous,  ( )ste f t−  is integrable. 

            Uniqueness     If the Laplace transform of a given function exists, it is uniquely determined. 

Kreyszig by YHLee;100415; 6-5 6.2  Transforms of Derivatives and Integrals.  ODEs  Theorem 1  Laplace Transform of Derivatives 

 [ ] [ ] ( )[ ] [ ] ( ) ( )2

' 0

" 0 ' 0

f s f f

f s f sf f

= −

= − −

i i

i i 

   The necessary condition:   '  and  "f f on the left side are piecewise continuous.      and  'f f  on the right side are continuous for all  0t ≥ satisfying the growth restriction. 

   Proof:   Using integration by parts 

                   ↑      ↑ = [ ]fi  

            Using growth restriction  

            ( ) ( )  0      for  st st kt s k t

t t te f t e Me e M s k− − − −

=∞ =∞ =∞≤ ⇒ ⇒ > . 

            Only left is  ( ) ( )−

=⇒

00st

te f t f  

   →  [ ] [ ] ( )' 0f s f f= −i i  

   Similarly, using the first relation twice, 

           Theorem 2 

  If  ( )1,   ',  ...,   nf f f −  is continuous for all  0t ≥  satisfying the growth restriction, 

  and  ( )nf  is piecewise continuous,   

      

  Example 2  Formula 7 and 8 in Table 6.1   Let  ( ) cosf t t= ω  

  →   ( ) ( ) ( ) 20 1,    ' 0 0,    " cosf f f t t= = = −ω ω  

   Using the transform of a second derivative, 

    [ ] [ ] ( ) ( ) [ ]2 2" 0 ' 0f s f sf f s f s= − − ⇒ −i i i   →  [ ] 2 2

sf

s=ω +

i  

            ↑       = [ ]2 f−ω i  

   Similarly,  ( ) ( )sin ,    0 0,     ' cosg t g g t t= ω = = ω ω  

    [ ] [ ]'g s g=i i           →  [ ] [ ] 2 2cosg t

s sω ω

= ω ⇒ω +

i i  

            ↑       = [ ]cos tω ωi  

                      

Kreyszig by YHLee;100415; 6-6 Laplace Transform of the Integral of a Function  Theorem 3  Laplace Transform of Integra 

  If Laplace transform of f(t) is given as F(s),   for s>0, s>k and t>0  

    ( ) ( )0

1t

f d F ss

⎡ ⎤τ τ =⎢ ⎥

⎣ ⎦∫i   and     ( ) ( )1

0

1t

f d F ss

− ⎡ ⎤τ τ = ⎢ ⎥⎣ ⎦∫ i  

   Proof:   Let 

    ( ) ( )0

t

g t f d= τ τ∫  

   Then  

            Since f(t) is piecewise continuous, g(t) is continuous and satisfies the growth restriction. 

         Example 3  

  Find the inverse of ( ) ( )2 2 2 2 2

1 1  and  

s s s s+ω +ω. 

  Using (8) of Table 6.1  

    12 2

1 sin ts

− ω⎡ ⎤ =⎢ ⎥ ω+ω⎣ ⎦i  

   Using Theorem 3 

    ( )12 2 2

0

1 1 sin 11 cos

t

d ts s

− ⎡ ⎤ ωτ⎛ ⎞ = τ⇒ − ω⎜ ⎟⎢ ⎥ ω+ω ω⎝ ⎠⎣ ⎦∫i  

   Using Theorem 3 again 

    ( )12 2 2 2 2 3

0

1 1 1 sin1 cos

t t td

s s− ⎡ ⎤ ω⎛ ⎞ = − ωτ τ⇒ −⎜ ⎟⎢ ⎥+ω ω ω ω⎝ ⎠⎣ ⎦

∫i  

   

Kreyszig by YHLee;100415; 6-7 Differential Equations, Initial Value Problems    ODEs can be solved by Laplace transform method.    An initial value problem     ( )" 'y ay by r t+ + =     ( ) ( ) 10 ,      ' 0oy K y K= =  

     r(t) is input and y(t) is output.       Step 1  Setting up the subsidiary equation   The Laplace transform of the ODE 

    ( ) ( ) ( )2 0 ' 0 0s Y sy y a sY y bY R⎡ ⎤− − + − + =⎡ ⎤⎣ ⎦⎣ ⎦     :  [ ] ( ) [ ] ( ),     y Y s r R s= =i i    

  →   ( ) ( ) ( ) ( )2 0 ' 0s as b Y s a y y R+ + = + + +       : subsidiary equation 

    Step 2  Solve the subsidiary equation by algebra 

    ( ) ( ) ( )0 ' 0Y s a y y Q RQ= + + +⎡ ⎤⎣ ⎦  

   where 

    ( ) ( ) 222

1 1

1 12 4

Q ss as b

s a b a

= ⇒+ + ⎛ ⎞+ + −⎜ ⎟

⎝ ⎠

      : transfer function 

   Note, if  ( ) ( )0 ' 0 0y y= =  

   [ ][ ]output

inputY

QR

= =i

i 

    Step 3  Inversion of Y for y      Example 4  Initial value problem   Solve 

        Find the subsidiary equation 

     

       → →                   ↑               Use partial fraction expansion        →         

Kreyszig by YHLee;100415; 6-8 Example 5  Comparison with the usual method   Solve 

        Find the subsidiary equation 

        The solution 

     

( )

( ) ( )( )

( ) ( ) ( ) ( )351 142 2

2 2 2352 2 235 35 351 1 142 4 2 4 2 4

0.16 0.08 0.080.16

s s

s s s

+ + +⇒ ⇒ +

+ + + + + + 

   Use shifting theorem and formulas for cosine and sine. 

    ( ) [ ] ( ) ( )/2 35 354 435

4

0.080.16 cos   cos  ty t Y e t t−= = +i  

 Advantage of the Laplace Method 

   1.  Nonhomogeneous ODE can be solved without solving the homogeneous ODE.   2.   Initial values are automatically taken care of.   3.   Complicated input r(t) can be handled very efficiently. 

  Example 6  Shifted Data Problem   The initial conditions do not start at t=0 

    ( ) ( )" 2                                                y / 4 / 2,     y' / 4 2 2y y t+ = π = π π = −  

   We set  / 4t t= + π  

    ( ) ( ) ( )/ 4y t y t y t= + π = ,  ( ) ( ) ( )

= = = 'dy t dy tdy t dt

ydt dt dt dt

 

   The ODE becomes 

    ( ) ( )" 2( / 4)                                  y 0 / 2,     y' 0 2 2y y t t t+ = + π = = π = = −  

   The subsidiary equation 

    ( )22

2 / 22 2

2s Y s Y

ssπ π

− − − + = +  

   Solve for Y  

        Partial fraction expansion 

   2 2 2 2 2 2 2

2 2 / 2 / 2 / 2 2 2 2 / 2 21 1 1 1 1

s sY

s ss s s s s s s− − π π π − π −

= + + + + + ⇒ + ++ + + + +

 

  →  2 / 2 2siny t t= + π −  

  →  2 2sin( / 4)y t t= − − π    

Kreyszig by YHLee;100415; 6-9  

6.3   Unit Step Function.  t‐shifting  

The unit step function or Heaviside function is defined as 

   ( ) 0             if 

               1             if 

u t a t a

t a

− = <

= > 

  

     The Laplace transform  

    ( ) ( )0

stst st

a t a

eu t a e u t a dt e dt

s

∞∞ ∞ −− −

=

− = − = = −⎡ ⎤⎣ ⎦ ∫ ∫i  

    ( )ase

u t as

−

− =⎡ ⎤⎣ ⎦i  

    Let  ( ) 0f t =  for t < 0. 

  Then  ( ) ( )f t a u t a− −  is  ( )f t  shifted to the right by the amount of a. 

  

         

Kreyszig by YHLee;100415; 6-10  Time Shifting (t‐shifting):  Replace t by t‐a in f(t)  Theorem 1  t‐Shifting 

  F(s) is the transform of f(t)      The shifted function is given as 

   ( ) ( )

( )− − = <

= − >

0                    if  

                                     if  

f t a u t a t a

f t a t a 

   Its Laplace transform is  

    ( ) ( ) ( )asf t a u t a e F s−− − =⎡ ⎤⎣ ⎦i  

  Proof: 

        Let  a tτ + =  

               ↑             The lower limit is changed     Example 1  Use of Unit Step Function   Write f(t) using unit step function and find its transform 

        Using unit step functions 

            Perform the transform after writing terms as  ( ) ( )f t a u t a− −  

        →     

• You might have used    ( ) ( ) ( )asf t u t a e f t a−− = +⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎣ ⎦i i  

  

Kreyszig by YHLee;100415; 6-11

( ) ( ) ( )/

1 /as bsoV R

I s e es RC

− −⎡ ⎤= −⎢ ⎥

+⎢ ⎥⎣ ⎦

 Example 2  Application of Both Shifting Theorems   Find the inversion of  

        Without the exponential functions at the numerator, F(s) would be 

  21 1sin ,     sin ,     tt t te−π π

π π 

   Next, the exponential functions mean t‐shifting, 

  →   ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 31 1sin 1 1 sin 2 2 3 3tf t t u t t u t t e u t− −= π − − + π − − + − −⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎣ ⎦π π

 

 

  Example 3  RC‐Circuits   Find i(t) if a single rectangular wave with voltage Vo is applied.   The circuit was quiescent before the wave is applied.  

     The input voltage is  

    ( ) ( )oV u t a u t b− − −⎡ ⎤⎣ ⎦  

   The circuit is modeled by the integro‐differential equation 

        The subsidiary eq.  :     

  →  ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )/ ( )/t a RC t b RCoVi t e u t a e u t bR

− − − −⎡ ⎤= − − −⎣ ⎦    Solve for I(s)    : 

                       ↑ 

              ( )/t RCoV eR

−⎡ ⎤⎣ ⎦i  

Kreyszig by YHLee;100415; 6-12  Example 4  RLC circuit with a sinusoidal input   The input is given by a sinusoidal function only for a short time interval.   

          The current and charge are initially zero.  

    The model for i(t) 

        The subsidiary equation 

    ( )22 2

4000.1 11 100 100 1

400sI

sI I es s

− π+ + = −+

 

  Solve for I 

    ( )( )( )( )

2 21 22 2 2 2 2

10 400 1000 400100 1 1

110 1000 400 10 100 400s ss s

I e e I Is s s s s s

− π − π⋅ ⎡ ⎤= − ⇒ − ≡ −⎣ ⎦+ + + + + + 

   Partial fraction expansion 

        Constants A, B, D, K are found as follows.   After multiplication by the common denominator, 

        Insert s=‐10    →  A=‐0.27760   Insert s=‐100   →  B=2.6144   Collect  3s  terms  →  0=A+B+D    →  D=‐2.3368   Collect  2s  terms  →  0=100A+10B+110D+k  →  K=258.66    Then 

          →        ( )2i t  can be obtained using t‐shifting 

        ( ) ( ) ( ) { } { } ( )10 2 100 22 0.2776 2.6144 2.3368cos 400( 2 ) 0.6467sin 400( 2 ) 2t ti t e e t t u t− − π − − π⎡ ⎤= − + − − π + − π − π⎣ ⎦      

   The final solution is  ( ) ( ) ( )1 2i t i t i t= −  

Kreyszig by YHLee;100415; 6-13 6.4   Short Impulses.  Dirac Delta Function.  Partial Fraction  

Dirac delta function or unit impulse function is defined as  

  ( )             if      

               0            otherwise

t a t aδ − = ∞ =

=   

    

  ( ) 1a

a

t a dt+ε

−ε

δ − =∫  

 The delta function can be obtained by taking the limit of  kf  

  ( ) ( )0

lim kkt a f t a

→δ − = −  

    Sifting property of delta function 

    ( ) ( ) ( )a

a

g t t a dt g a+ε

−ε

δ − =∫  

    The Laplace transform of delta function.   Start from  kf  

    ( ) ( ) ( ){ }1kf t a u t a u t a k

k⎡ ⎤− = − − − +⎣ ⎦  

     →       Take the limit  0k→  and apply l’Hopital’s rule to the quotient. 

   0 0

1lim lim

ks ksas as

k k

e see e

ks s

− −− −

→ →

⎡ ⎤ ⎡ ⎤−⇒⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎣ ⎦ ⎣ ⎦ 

 

  →   ( ) ast a e−δ − =⎡ ⎤⎣ ⎦i  

  

Kreyszig by YHLee;100415; 6-14 Example 1  Mass‐Spring system under a square wave   Input is of the form of a rectangular function 

        The subsidiary equation 

     

      Use the partial fraction expansion  :     The inverse transform     :     Using t‐shifting 

      ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2 2 21 1 1 11 2

2 2 2 2t t t ty t e e u t e e u t− − − − − − − −⎡ ⎤ ⎡ ⎤= − + − − − + −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

 

   

         Example 2  Hammer blow response of a mass‐spring system   The input is given by a delta function 

        Solving algebraically 

        The solution     ( ) ( ) ( )( 1) 2( 1)1 1t ty t e u t e u t− − − −= − − −  

             

Kreyszig by YHLee;100415; 6-15 Example 3  Four‐Terminal RLC‐Network   Find the output voltage if  420 ,    1 ,    10R L H C F−= Ω = = .     The input is a delta function and current and charge are zero at t=0.  

     The voltage drops on R, L, C should be equal to the input.    Using   'i q=  

                 The subsidiary equation 

      

      Using s‐shifting and  29900 99.50≈  

        The solution 

       More on Partial Fractions 

  The solution of a subsidiary equation is of the form ( )( )

F sY

G s=  

  Partial fraction representation may be needed. 

(1) Unrepeated factor (s‐a) in G(s)      →  Partial fraction should be   ( )

As a−

 

(2)  Repeated factor  ( )2s a− in  G(s)      →  Partial fractions   ( ) ( )2

A Bs as a

+−−

 

Repeated factor  ( )3s a−  in G(s)      →  Partial fractions   ( ) ( ) ( )3 2

A B Cs as a s a

+ +−− −

 

(3) Unrepeated complex factors  ( )2 2s⎡ ⎤−α +β⎣ ⎦    →  Partial fraction   ( )2 2

As B

s

+⎡ ⎤−α +β⎣ ⎦

 

  

Kreyszig by YHLee;100415; 6-16 Example 4   Unrepeated Complex Factors.   A damped mass‐spring system under a sinusoidal force. 

    ( )" 2 ' 2y y y r t+ + = ,   ( ) 10sin2         for  0

        0                    for 

r t t t

t

⎡ = < < π⎢

= > π⎣,    ( ) ( )0 1,      ' 0 5y y= = −    

   The subsidiary equation 

        The solution 

          (6)  • The partial fraction of the first term 

        Multiplying the common denominator 

        Terms of like powers of s should be equal on the right and left sides 

       →   A=‐2,  B=‐2,  M=2,  N=6    Therefore the first term becomes 

        The inverse transform 

                (8)   

• The inverse of the second term of (6) is obtained from (8) using t‐shifting     {                                                                                                                                                  } ( )u t − π   (11) 

  • Rewrite the third term of (6) 

   ( )2 2

3 ( 1) 4

2 2 1 1

s ss s s

− + −⇒

+ + + + 

   The inverse using s‐shifting     ( )cos 4sinte t t− −                   (7) 

  • The final solution   For  0 t< < π    y(t)= Eq. (8) + Eq. (7)   For  t > π     y(t)= Eq. (8) + Eq. (7) + Eq. (11)     

Kreyszig by YHLee;100415; 6-17 6.5   Convolution.  Integral Equations  

The convolution of two functions f and g is defined as 

    ( ) ( ) ( )0

*t

f g f g t d≡ τ − τ τ∫          : Note the integration interval 

  Theorem 1  Convolution theorem 

  If F and G are Laplace transforms of f and g, respectively,   the multiplication FG is the Laplace transform of the convolution (f*g) 

   Proof: 

        Set  p t= − τ , then 

        Calculate the multiplication 

                            ↑                                             ↑                ↑                     G can be inside of F             For fixed  τ , integrate from  τ  to ∞ .                        because   and t τ are independent.      ( The integration over blue region )                         The integration can be changed as 

               • Some properties of convolution 

      

( )0

*ste f g dt∞

−⇒ ∫

Kreyszig by YHLee;100415; 6-18 Example 1  Convolution 

  Let  ( ) ( )1

H ss a s

=−

.  Find h(t). 

 

  Rearrange        :  ( ) ( )1 1

H ss a s

⎛ ⎞= ⎜ ⎟− ⎝ ⎠ 

                    ↑      ↑                    F(s)   G(s)    Inverse transforms       :   ( ) ( ),      1atf t e g t= =  

  Using convolution theorem    :  ( ) ( ) ( ) ( )0

1* 1 1

ta ath t f t g t e d e

aτ= ⇒ ⋅ τ⇒ −∫  

    Example 2  Convolution 

  Let  ( )( )22 2

1H s

s=

+ω.  Find h(t). 

 

  Rearrange        :   ( )( ) ( ) ( )2 2 2 2 22 2

1 1 1H s

s ss= ⇒

+ω +ω+ω 

  Inverse of ( )2 2

1

s +ω       : 

sin tωω

 

  Using convolution theorem    :   ( ) ( )2 20

sin sin 1 1 sin* sin sin cos

2

tt t th t t d t t

ω ω ω⎛ ⎞ ⎡ ⎤= ⇒ ωτ ω − τ τ⇒ − ω +⎜ ⎟ ⎢ ⎥ω ω ωω ω⎝ ⎠ ⎣ ⎦∫  

  Example 3  Unusual Properties of Convolution    *1f f≠  in general    →        ( )* 0f f ≥  may not hold  →   

  Applications to Nonhomogeneous Linear ODEs   Nonhomogeneous linear ODE in standard form     ( )" 'y ay by r t+ + =         : a and b,  constant 

   The solution 

    ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 ' 0Y s s a y y Q s R s Q s= + + +⎡ ⎤⎣ ⎦   :  ( ) 2

1Q s

s as b=

+ +, transfer function 

   The inverse of the first right term can be easily obtained.    The inverse of the second term, assuming  ( ) ( )0 ' 0 0y y= =  

    ( ) ( ) ( )0

t

y t q t r d= − τ τ τ∫    

     The output is given by the convolution of the impulse response q(t) and the driving force r(t).   

Kreyszig by YHLee;100415; 6-19  Example 5  Mass‐spring system   Solve 

    ( )" 3 ' 2y y y r t+ + = ,   ( ) 1                 for  1 2

        0                 otherwise

r t t⎡ = < <⎢

=⎣    ( ) ( )0 ' 0 0y y= =  

   The transfer function 

        Its inverse  

        Since   ( ) ( )0 ' 0 0y y= = , the solution is given by the convolution of q and r. 

    ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 212

10 0 1

1 2t t t t

t t t ty t q t r d q t u u d e e d e eτ=

− −τ − −τ − −τ − −τ

τ=⎡ ⎤ ⎡ ⎤= − τ τ τ⇒ − τ τ − − τ − τ⇒ − τ⇒ −⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦∫ ∫ ∫i i  

                               ↑                                            ↑                                   r(t)=1 only for 1<t<2   Note the change in the lower limit.                     t  should be less than 2.    For t<1      : y(t) = 0 

  For 1<t<2    : The upper limit is t,  ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 1 2 112

1

1 12 2

tt t t ty t e e e e

τ=− −τ − −τ − − − −

τ=⎡ ⎤= − ⇒ − +⎣ ⎦  

  For t>2      : The upper limit is 2,  ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )22 2 2 2 1 2 11

21

1 12 2

t t t t t ty t e e e e e eτ=

− −τ − −τ − − − − − − − −

τ=

⎡ ⎤⎡ ⎤= − ⇒ − − −⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ 

 

   Integral Equations   Convolutions can be used to solve certain integral equations  Example 6  A volterra Integrals Equation of the Second Kind   Solve     

             ↑       Convolution of  ( ) ( ) and siny t t    

   Using the convolution theorem we obtain the subsidiary equation 

    ( ) ( ) ( )2

2 2 2

1 11 1

sY s Y s Y s

s s s− = ⇒

+ +  →  ( )

2

4 2 4

1 1 1sY s

s s s+

= ⇒ +  

      The answer is   

Kreyszig by YHLee;100415; 6-20 6.6   Differentiation and Integration of Transforms.  Differentiation of Transforms   If F(s) is the transform of f(t), then its derivative is    

    ( ) ( )0

stF s f t e dt∞

−= ∫   →  ( ) ( ) ( )0

' stdF sF s t f t e dt

ds

∞−= = −∫  

   Consequently 

    ( ) ( )'t f t F s= −⎡ ⎤⎣ ⎦i   and     ( ) ( )1 'F s t f t− = −⎡ ⎤⎣ ⎦i  

  Example 1  Differentiation of Transforms    The table can be proved using differentiation of F(s).  

        The second one 

    [ ]( )2 2 22 2

2sin

sdt t

ds s s

β⎡ ⎤ββ = − ⇒⎢ ⎥+β⎣ ⎦ +β

i  

  Integration of Transforms   If f(t) has a transform and  ( )

0lim /t

f t t→ +

⎡ ⎤⎣ ⎦  exists, 

 

   ( ) ( )

s

f tF s ds

t

∞⎡ ⎤=⎢ ⎥

⎣ ⎦∫i   and   ( ) ( )1

s

f tF s ds

t

∞− ⎡ ⎤

=⎢ ⎥⎣ ⎦∫i  

     Proof:     From the definition       

      ( ) ( ) ( ) ( )0 0

st st

s s s

f tF s ds e f t dt ds f t e ds dt

t

∞ ∞ ∞ ∞ ∞− −⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤

= ⇒ ⇒⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ i  

                          ↑                             ↑                     Reverse the order of integration.                 = /ste t−                 

Kreyszig by YHLee;100415; 6-21 Example 2   Differentiation and Integration of Transforms    Find the inverse transform of         F(s) =     Its derivative 

        Take the inverse transform 

    ( ) ( )1 12 2

2 2' 2cos 2

sF s t t f t

ss− − ⎡ ⎤⇒ − ⇒ ω − = −⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎢ ⎥+ ω⎣ ⎦

i i  

 

  →   ( ) 2cos 2tf t

tω −

= −  

  • Using integration of transforms   Let                                                                                                →        Then 

    ( ) ( ) ( ) ( )' 0s s

F s F F s ds G s ds∞ ∞

= ∞ − ⇒ −∫ ∫  

   Take the inverse transform of both sides 

    ( ) ( )g tf t

t= −       ( ) ( )2 cos 1

              t

f tt

ω −→ = −  

  Special Linear ODEs with Variable Coefficients    Use differentiation of transform to solve ODEs.      Let      [ ]y Y=i       →  [ ] ( )' 0y sY y= −i . 

   Using differentiation of transform 

    [ ] ( )' 0d dY

ty sY y Y sds ds

= − − ⇒ − −⎡ ⎤⎣ ⎦i  

   Similarly, using   [ ] ( ) ( )2" 0 ' 0y s Y sy y= − −i  

    [ ] ( ) ( ) ( )2 2" 0 ' 0 2 0d dY

ty s Y sy y sY s yds ds

⎡ ⎤= − − − ⇒ − − +⎣ ⎦i  

       

Kreyszig by YHLee;100415; 6-22 Example 3  Laguerre’s Equation   Laguerre’s ODE is     ( )" 1 ' 0ty t y ny+ − + =       n=0, 1, 2, … 

   The subsidiary equation 

          →        Separating variables, using partial fractions 

   2

1 11

dY n s n nds ds

Y s ss s+ − +⎛ ⎞= − ⇒ −⎜ ⎟−− ⎝ ⎠

 

  →   ( ) ( ) ( )1

1ln ln 1 1 ln ln

n

n

sY n s n s

s +

−= − − + ⇒     →  

( )1

1n

n

sY

s +

−=  

   The inverse transform is given by Rodrigues’s formula       [ ]1

nl Y−=i  

     →                   n=1, 2, …   • Prove Rodrigues’s formula      Using s‐shifting 

          Using the n‐th derivative of f,   

          After another s‐shifting 

          

Kreyszig by YHLee;100415; 6-23 6.7    Systems of ODEs  

The Laplace transform can be used to solve systems of ODEs.  Consider a first‐order linear system with constant coefficients 

      The subsidiary equations 

        Rearrange 

   ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )11 1 12 2 1 1

21 1 22 2 2 2

          0

          0

a s Y a Y y G s

a Y a s Y y G s

− + = − −

+ − = − − 

   Solve this system algebraically for  ( ) ( )1 2 and Y s Y s  and take the inverse transform for  ( ) ( )1 2 and y t y t    

  Example  2   Electrical Network   Find the currents  ( ) ( )1 2 and i t i t . 

  ( ) 100    only for 0 0.5v t volts t= ≤ ≤  and  ( ) ( )0 = ' 0 0i i =  

   From Kirchhoff’s voltage law in the lower and the upper circuits, 

     

            Rearrange 

     

            The subsidiary equations using  ( ) ( )1 20 = 0 0i i =   

        Solve algebraically for  1 2 and I I  

   

( )( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )

/2 /21 1 7 1 7

2 2 2 2

/2 /21 1 7 1 7

2 2 2 2

125 1 500 125 6251 1

7 3 21

125 500 250 2501 1

7 3 21

s s

s s

sI e e

s s s s s s

I e es s s s s s

− −

− −

⎡ ⎤+= − ⇒ − − −⎢ ⎥

+ + + +⎢ ⎥⎣ ⎦⎡ ⎤

= − ⇒ − + −⎢ ⎥+ + + +⎢ ⎥⎣ ⎦

 

 

Kreyszig by YHLee;100415; 6-24   The inverse transform of the square bracket terms using s‐shifting. 

   

/2 7 /2

/2 7 /2

500 125 6257 3 21500 250 2507 3 21

t t

t t

e e

e e

− −

− −

− −

− + 

    Using t‐shifting 

   ( ) ( )

( ) ( )

/2 7 /2 ( 0.5)/2 7( 0.5)/21

/2 7 /2 ( 0.5)/2 7( 0.5)/22

500 125 625 500 125 6250.5

7 3 21 7 3 21

500 250 250 500 250 2500.5

7 3 21 7 3 21

t t t t

t t t t

i t e e e e u t

i t e e e e u t

− − − − − −

− − − − − −

⎧ ⎫ ⎧ ⎫= − − − − − −⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎩ ⎭ ⎩ ⎭⎧ ⎫ ⎧ ⎫= − + − − + −⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎩ ⎭ ⎩ ⎭

 

    Note that the solution for  1

2t ≥  is different from that for  120 t≤ ≤  due to the unit step function.     

    Example 3  Two masses on Springs   Ignoring the mass of the springs and the damping 

           ↑                 ↑                    ↑     Newton’s second law(mass X acceleration)              ↑                    ↑            Hooke’s law (restoring force)    Initial conditions 

   ( ) ( )( ) ( )

1 2

1 2

0 0 1

' 0 3 ,     ' 0 3

y y

y k y k

= =

= = − 

   The subsidiary equations 

                 The algebraic solution using Cramer’s rule 

           The final solution 

         

→