Laplace D¨ on¨ u¸s¨ um¨ un¨ un Uygulamaları

Belgede Laplace (sayfa 35-50)

C ¸ ¨ oz¨ ulecek Problemler

7.4 Laplace D¨ on¨ u¸s¨ um¨ un¨ un Uygulamaları

S¸imdiye kadar Laplace d¨on¨u¸s¨um¨u ve ters Laplace d¨on¨u¸s¨um¨une il¸skin bazı onemli ¨ozelikler ve y¨ontemler verdik. Artık uygulamalara ge¸cmeye hazırız. Once¨ sabit katsayılı sabit katsayılı lineer ba¸slangı¸c de˘ger problemlerinin ¸c¨oz¨um¨u i¸cin Laplace d¨on¨u¸s¨um¨u tekni˘gini kullanaca˘gız. ¨Ornekler bu tekni˘gin g¨uc¨un¨u ¸cok daha iyi a¸cıklayacaktır. Esas olarak y¨ontemi birka¸c adımdan olu¸sur:

1. Diferansiyel denklemin her iki yanının Laplace d¨on¨u¸s¨um¨u alınır. Sonu¸c bilinmeyen fonksiyonun d¨on¨u¸s¨um¨un¨u i¸ceren cebirsel bir denklmdir. 2. Cebirsel denklem ¸c¨oz¨ul¨ur.

3. Ters d¨on¨u¸s¨um alarak diferansiyel denklemin aynı zamanda ba¸slangı¸c ko- ¸sullarını sa˘glayan ¸c¨oz¨um¨une varılır.

S¸imdi bu adımları Ly = a0d ny dtn + a1 dn−1y dtn−1 + · · · + an−1 dy dt + any = f (t) (7.32a) denklemi ve y(0) = y0, y0(0) = y1, y00(0) = y2, . . . , y(n−1)(0) = yn−1 (7.32b)

ba¸slangı¸c ko¸sulları ile verilmi¸s ba¸slangı¸c de˘ger problemine uygulayalım. Y (s) = L{y(t)} ve F (s) = L{f (t)} olsun ve denklemin her iki yanını d¨on¨u¸st¨urelim:

L{Ly} = D(s)Y (s) + G(s) = F (s). Burada,

D(s) = a0sn+ a1sn−1+ . . . + an−1s + an

ve G(s) katsayıları ba¸slangı¸c de˘gerlerine ba˘glı (n − 1). dereceden G(s) = n X r=0 r−1 X j=0 aryjsr−j−1, yj = y(j)(0)

bi¸siminde bir polinomdur. D¨on¨u¸sm¨u¸s denklem Y (s) i¸cin ¸c¨oz¨ul¨urse aranan ¸c¨oz¨um Y (s) in ters d¨on¨u¸s¨um¨un¨u bulmaya indirgenmi¸s olur:

y(t) = L−1{Y (s)} = L−1{F (s) − G(s)

D(s) }.

E˘ger b¨ut¨un ba¸slangı¸c ko¸sulları ¨ozde¸s olarak sıfırsa G(s) = 0 oldu˘guna dikkat edelim. C¸ ¨oz¨um¨u

y(t) = y0(t) + y1(t)

bi¸ciminde yazabiliriz. H(s) = 1/D(s) ve h(t) = L−1{H(s)} tanımlanırsa

y0(t) = L−1{−H(s)G(s)}, y1(t) = L−1{H(s)F (s)}

olacaktır. Dikkat edilirse y0(t) ¸c¨oz¨um¨u yalnızca ba¸slangı¸c de˘gerlerine ba˘glı olacaktır. Ge¸cici ¸c¨oz¨um denilen bu ¸c¨oz¨um kararlı sistemlerde yeterince uzun zaman ge¸ctikten sonra hissedilmeyecektir, yani

lim

t→∞y0(t) = 0,

y1(t) kalıcı ¸c¨oz¨um¨u ise ba¸slangı¸c de˘gerlerinden ba˘gımsızdır. Kalıcı ¸c¨oz¨um¨u konvol¨usyon integrali ile

y1(t) = L−1{H(s)F (s)} = (h ∗ f )(t) =

t

Z 0

h(t − τ ) f (τ ) dτ

olarak form¨ule edebiliriz. h(t) fonksiyonuna bazen transfer fonksiyonu denir. ¨

Ornek 7.25

y00(t) + ω2y(t) = f (t), y(0) = y

0, y0(0) = y1 ba¸slangı¸c de˘ger problemini ¸c¨oz¨un¨uz.

Denklemin d¨on¨u¸s¨um¨u

(s2+ ω2)Y (s) = F (s) + y 0s + y1 dir ve Y (s) e g¨ore ¸c¨oz¨ul¨urse

Y (s) = y0s + y1 (s2+ ω2)+

F (s) (s2+ ω2) ve ters d¨on¨u¸s¨um¨u alınırsa

y(t) = L−1{Y (s)} = y

0cos ωt +y1

ω sin ωt + 1

ωf (t) ∗ sin ωt veya a¸cık olarak

y(t) = y0cos ωt +y1 ω sin ωt + 1 ω Z t 0 f (τ ) sin ω(t − τ ) dτ ¸c¨oz¨um¨u bulunur. Bu ¸c¨oz¨um¨u ¨Ornek (??)(sayfa ??) ile kar¸sıla¸stırınız.

¨

Ozel olarak, f (t) = u(t − a) ve y0= y1= 0 i¸cin ¸c¨oz¨um

y = 1 ωsin ωt ∗ u(t − a) = 1 ωu(t − a) ³Z t a sin ω(t − τ ) dτ´ = 1 ω2(1 − cos ω(t − a))u(t − a) = ( 1 ω2(1 − cos ω(t − a)), t ≥ a 0 t < a bi¸cimini alır. E˘ger,

y00+ ω2y = u(t − a), y(0) = y0(0) = 0

problemi i¸cin Laplace d¨on¨u¸s¨um¨u do˘grudan do˘gruya uygulansaydı, ¸c¨oz¨um yine (s2+ ω2)Y (s) = eas s Y (s) = 1 ω2e as[1 s s s2+ ω2] fonksiyonunun ters d¨on¨u¸s¨um¨u olan

y(t) = L−1{Y (s)} = 1

ω2(1 − cos ω(t − a))u(t − a) olarak elde edilirdi.

¨

Ornek 7.26

y00− 2y0+ (1 + m2)y = (1 + 4m2) cos mt, y(0) = 1, y0(0) = 0

ba¸slangı¸c de˘ger problemini ¸c¨oz¨un¨uz. D¨on¨u¸sm¨u¸s denklem

(s2− 2s + m2+ 1)Y (s) = [(s − 1)2+ m2]Y (s) = (1 + 4m 2)s s2+ m2 + s − 2 ve buradan Y (s) = (1 + 4m2)s [(s − 1)2+ m2](s2+ m2)+ s − 2 [(s − 1)2+ m2] belirlenirse, ¸c¨oz¨um basit kesirler y¨ontemiyle

y(t) = L−1{Y (s)} = L−1{As + B s2+ m2+ C(s − 1) + D (s − 1)2+ m2+ (s − 1) − 1 (s − 1)2+ m2} ters d¨on¨u¸s¨um¨une indirgenir. A, B, C, D katsayıları esas kesrin iki yanını sırasıyla s2+ m2ve (s − 1)2+ m2ile ¸carpıp s → im ve s → 1 + im yazarak elde edilecek

−2m2+ im = B + imA, (1 + 2m2) − im = D + imC kompleks e¸sitliklerinden

A = 1, B = −2m2, C = −1, D = 1 + 2m2 olarak elde edilir. Sonu¸c olarak ¸c¨oz¨um

y(t) = L−1{s − 2m 2 s2+ m2 + −(s − 1) + (1 + 2m2) (s − 1)2+ m2 + s − 1 (s − 1)2+ m2} = cos mt + 2m(et− 1) sin mt

olur. ¨

Ornek 7.27

y00+ 4y = 3 sin t, y(0) = 0, y(π/2) = −2

y0(0) = c olsun. Denklemin Laplace d¨on¨u¸s¨um¨u alındıktan sonra Y (s) =

L{y(t)} i¸cin ¸c¨oz¨ul¨urse Y (s) = c s2+ 4+ 3 (s2+ 1)(s2+ 4) = c − 1 s2+ 4+ 1 s2+ 1 bulunur. Ters d¨on¨u¸s¨um¨u alınırsa

y(t) =c − 1

2 sin 2t + sin t

¸cıkar. S¸imdi c sabitini belirlemek i¸cin y(π/2) = −2 ko¸sulunu kullanabiliriz: y(π/2) = −c − 1

2 + 1 = −2 c = 7. O halde ¸c¨oz¨um y = 3 sin 2t + sin t olur.

Laplace d¨on¨u¸s¨um tekni˘gi diferansiyel denklem sistemlerinin ¸c¨oz¨um¨unde de etkin bir bi¸cimde kullanılabilir. Ba¸slangı¸c ko¸sulları ile verilmi¸s sisteme Laplace d¨on¨u¸s¨um¨u uygulayarak cebirsel denklem sistemine indirgeriz ve ters d¨on¨u¸s¨um alarak ¸c¨oz¨ume ula¸sırız.

¨

Ornek 7.28

¨

x + 4¨y = x, y = x + y¨

denklem sisteminin x(0) = ˙x(0) = 0, y(0) = 1, ˙y(0) = 0 ba¸slangı¸c ko¸sulları altında ¸c¨oz¨um¨un¨u bulunuz.

E˘ger L{x(t)} = X(s), L{y(t)} = Y (s) tanımlarsak ve her iki denklemin Laplace d¨on¨u¸s¨um¨un¨u alırsak

s2X(s) + 4s2Y (s) − 4s = X(s) s2Y (s) − s = X(s) + Y (s) ve d¨uzenleyerek yazarsak

(s2− 1)X(s) + 4s2Y (s) = 4s −X(s) + (s2− 1)Y (s) = s

sistemini buluruz. Yok etme veya Cramer y¨ontemi ile Y (s) ¸c¨oz¨ul¨urse Y (s) = 4s (s2+ 1)2 + s(s2− 1) (s2+ 1)2 = 2s (s2+ 1)2+ s s2+ 1 ve ters d¨on¨u¸s¨um¨u alınırsa

y(t) = L−1{Y (s)} = t sin t + cos t

bulunur. x(t) yi bulmak i¸cin ikinci denklemden yararlanabiliriz: x(t) = ¨y − y = −2t sin t.

¨

Ornek 7.29

˙x + 2 ˙y + x − y = cos t ˙x − ˙y − x − 2y = sin t

sistemini ve x(0) = 1, y(0) = 0 ko¸sullarını sa˘glayan ¸c¨oz¨um¨u bulunuz. Sistemin Laplace d¨on¨u¸s¨um¨u

(s + 1)X(s) + (2s − 1)Y (s) = s

2+ s + 1 s2+ 1 (s − 1)X(s) − (s + 2)Y (s) = s2+ 2

s2+ 1

cebirsel denklem sistemini verir. Cramer kuralı ile ¸c¨oz¨ul¨urse ve basit kesirlere ayrılırsa X(s) = s(3s 2+ 2s + 7) 3(s2+ 1)2 = 2 3 2s − 1 (s2+ 1)2+ 3s + 2 3(s2+ 1) ve Y (s) = −s 2+ 2s + 3 3(s2+ 1)2 = − 1 3 1 (s2+ 1) 2 3 s + 1 (s2+ 1)2 bulunur. L−1{ 2s (s2+ 1)2} = t sin t, L −1{ 1 (s2+ 1)2} = 1 2(sin t − t cos t) ters d¨on¨u¸s¨umlerini kullanarak

x(t) = 1

3[(t + 3) cos t + (2t + 1) sin t] y(t) = 1

3[t cos t − (t + 2) sin t] ¸c¨oz¨um sistemini elde ederiz.

¨

Ornek 7.30 S¨on¨uml¨u Lineer Salınıcı Problemi:

Hızla orantılı bir kuvvet etkisi altında maddesel bir par¸cacı˘gın serbest titre¸simleri ikinci mertebe lineer

¨

x(t) + 2λ ˙x(t) + ω2x(t) = 0

diferansiyel denklemi ile y¨onetilir. Ba¸slangı¸c anındaki yer ve hız b¨uy¨ukl¨uk- lerini x(0) = x0 ve ˙x(0) = v0 ile g¨osterelim. Ayrıca, λ > 0 varsayıyoruz. X(s) = L{x(t)} olsun. Denklemin her iki yanının Laplace d¨on¨u¸s¨um¨u alınırsa

(s2+ 2λs + ω2)X(s) = x

0.5 1 1.5 2 2.5 3

-4 -2 2 4

S¸ekil 7.2: Zayıf S¨on¨uml¨u Salınımlar

ve X(s) i¸cin ¸c¨oz¨ul¨urse

X(s) = x0s + v0+ 2kx0 s2+ 2λs + ω2

elde edilir. Ters d¨on¨u¸s¨um λ ile ω arasındaki il¸skiye ba˘glıdır. Burada ¨u¸c ayrı durum s¨oz konusu olabilir:

1.) ν2= ω2− λ2> 0

Bu durumda, basit kesirlere ayrı¸sımla

X(s) = x0(s + λ) + v0+ x0λ (s + λ)2+ ν2 ve ters d¨on¨u¸s¨um alınarak

x(t) = L−1{X(s)} = e−λt[x

0cos νt +v0+ x0λ ν sin νt]

¸c¨oz¨um¨u bulunur. Buna zayıf s¨on¨uml¨u salınımlar adı verilir. Zaman yeterince b¨uy¨uk bir de˘ger aldı˘gında, bir ba¸ska deyi¸sle yeterince uzun zaman sonunda salınımlar sıfıra yakla¸sacaktır.

2.) ω2− λ2< 0

µ2= λ2− ω2diyelim ve basit kesirlere ayrı¸stıralım: X(s) =x0(s + λ) + v0+ x0λ

(s + λ)2− µ2 . Ters d¨on¨u¸s¨um¨u

x(t) = L−1{X(s)} = e−λt[x

0cosh µt +v0+ x0λ µ sin µt]

0.5 1 1.5 2 2.5 3 0.15 0.2 0.25 0.3 0.35 0.4

S¸ekil 7.3: Kuvvetli S¨on¨uml¨u Salınımlar

¸c¨oz¨um¨un¨u verir. Bu ise kuvvetli s¨on¨um durumudur. x(t) ¸c¨oz¨um¨u t eksenini kesmeden sıfıra yakla¸sır. Yani hareket salınımsızdır.

3.) ω2= λ2

X(s) = x0 s + λ+

v0+ λx0 (s + λ)2 yazılır ve tersi alınırsa

x(t) = L−1{X(s)} = e−λt[x

0+ (v0+ λx0)t]

bulunur. Bu ¸c¨oz¨um¨un 2. ¨ozel durumda verilen ¸c¨oz¨um¨un µ → 0 i¸cin limit durumu oldu˘gu a¸cıktır. Bu ¨ozel durum kritik s¨on¨uml¨u durumdur ve t b¨uy¨urken bir kez negatif de˘ger alıp sonra sıfıra yakla¸sır.

¨

Ornek 7.31 S¨on¨uml¨u Zorlanmı¸s Lineer Salınıcı Problemi:

Bu kez par¸cacı˘gın f (t) = f0sin(Ωt + σ) bi¸ciminde periodik bir dı¸s kuvvetin etkisi altında oldu˘gunu varsayac˘gız. Hareketi y¨oneten diferansiyel denklem ve ba¸slangı¸c ko¸sulları

¨

x(t) + 2λ ˙x(t) + ω2x(t) = f (t), x(0) = x

0, ˙x(0) = v0 olacaktır. Bu denklem yerine z(t) kompleks fonksiyonunun sa˘gladı˘gı

¨

z(t) + 2λ ˙z(t) + ω2z(t) = f

0.5 1 1.5 2 2.5 -0.2 -0.1 0.1 0.2 0.3

S¸ekil 7.4: Kritik S¨on¨uml¨u Salınımlar

diferansiyel denklemini d¨u¸s¨unelim. Bu denklemin sanal kısmı x(t) nin sa˘gladı˘gı denklemi verecektir. Z(s) = L{z(t)} ise denklemin Laplace d¨on¨u¸s¨um¨u¨u

Q(s)Z(s) = f0e

s − iΩ+ x0s + v0+ 2λx0, Q(s) = (s + λ)

2+ ω2− λ2

dir.

Burada hareketin yalnızca zayıf s¨on¨uml¨u salınımlara kısıtlandı˘gını yani, ν2 = ω2− λ2 > 0 oldu˘gunu varsayalım. Z(s) rasyonel fonksiyonu basit ke- sirlere ayrılırsa Z(s) = f0e Q(s)(s − iΩ)+ x0(s + λ) + v0+ λx0 Q(s) (7.33) = A(s + λ) + λB Q(s) + C s − iΩ (7.34) yazılabilir.

A ve B sabitleri hesaplandı˘gında ba¸slangı¸c ko¸sullarına ba˘glı oldu˘gu g¨or¨ule- cektir. Bu sabitler yalnızca sistemin ba¸slangı¸c davranımını etkiler. Yani, sa˘g yandaki toplamda birinci terimin ters d¨on¨u¸s¨um¨unde zorlayıcı fonksiyonun etkisi yoktur. Uzun zaman sonra etkisi artık hissedilmeyecek olan bu ¸c¨oz¨ume ge¸cici ¸c¨oz¨um denir. Biz bu ge¸cici ¸c¨oz¨um¨u ¨onemsemeyip kalıcı ¸c¨oz¨umle ilgilenece˘giz. Bu y¨uzden, ikinci terimin ters d¨on¨u¸s¨um¨un¨u dikkate alalım:

Z1(s) = C s − iΩ.

5 10 15 20 25 30 35 0.2

0.4 0.6 0.8

S¸ekil 7.5: Zorlanmı¸s S¨on¨uml¨u Salınımlar: Ge¸cici, Kalıcı ve Toplam ¸c¨oz¨um

C katsayısını hesaplamak i¸cin (7.33) denkleminin her iki yanını s−iΩ ile ¸carpıp s = iΩ yazalım. O zaman,

C = f0eiσ Q(iΩ) olur ki Q(iΩ) kompleks sayısının

Q(iΩ) = M eiφ, M (Ω) = |Q(iΩ)|, φ(Ω) = arg Q(iΩ)

kutupsal g¨osterilimi ile

Z1(s) = f0e

i(σ−φ)

M

ve ters d¨on¨u¸s¨um¨u de mod¨ul ve arg¨umanın a¸cık ifadelerini kullanarak z1(t) = f0 p 2− Ω2)2+ 4λ22e i(Ωt+σ−φ) buluruz. Burada φ = arctan 2λΩ ω2− Ω2 dir. z1(t) nin sanal kısımı x1(t) = p f0 2− Ω2)2+ 4λ22sin(Ωt + σ − φ) (7.35)

-20 -10 10 20 -15 -10 -5 5 10 15

S¸ekil 7.6: Rezonans salınımları

¸c¨oz¨um¨un¨u verir (Bu ¸c¨oz¨um¨u ¨Ornek ?? deki ¸c¨oz¨um ile kar¸sıla¸stırın). Genli˘gi zorlayıcı kuvvetin a¸cısal frekansına ba˘glı olan bu ¸c¨oz¨ume kalıcı ¸c¨oz¨um denir. Genli˘gin maksimum de˘gerine paydası minimum oldu˘gunda eri¸silir. Bunun i¸cin dM/dΩ = 0 den Ω de˘geri belirlenir. Bir olası frekans Ω = 0 dır, fakat bunun pratik bir de˘geri yoktur. A(Ω) = f0/M (Ω) genli˘gi

Ω = Ωr= (ω2− 2λ2)1/2, λ < √ω

2

i¸cin en b¨uy¨uk de˘gerine eri¸sir. Buna rezonans frekansı, bu frekans de˘geri i¸cin bulunan

Ar= A(Ωr) = f0

2λ√ω2− λ2

genli˘gine de rezonans genli˘gi denir. λ = 0 i¸cin Ar = ∞ de˘gerini alır, yani

s¨on¨ums¨uz bir sistem i¸cin rezonans genli˘gi sınırsız olarak b¨uy¨ur. Bu durumda, ¸c¨oz¨um artık (7.35) ile temsil edilemez. Kalıcı ¸c¨oz¨um¨u, λ = 0, Ω = ω i¸cin elde edilen ¨ x(t) + ω2x(t) = f 0sin(ωt + σ) denkleminin x1(t) = −f0 2ωt cos(ωt + σ)

¸c¨oz¨um¨u ile yerde˘gi¸stiririz. G¨or¨uld¨u˘g¨u gibi t b¨uy¨urken, salınımlar sınırsız olarak b¨uy¨umektedir. Bir ba¸ska deyi¸sle, s¨on¨ums¨uz salınıcı probleminde, sistem, do˘gal frekansına ¸cok yakın frekansa sahip periodik bir dı¸s kuvvet etkisinde ise, salınım- ların genli˘gi hızla b¨uy¨uyecektir.

5 10 15 20 25

-0.4 -0.2 0.2 0.4

S¸ekil 7.7: Vuru olayı

Vuru Olayı: A¸sa˘gıdaki ba¸slangı¸c de˘ger problemini d¨u¸s¨unelim: y00+ ω2

0y = f0cos ωt, y(0) = 0, y0(0) = 0. Denklemin genel ¸c¨oz¨um¨u

y = c1cos ω0t + c2sin ω0t + f0 ω2

0− ω2 cos ωt

dir. Ba¸slangı¸c ko¸sullarından c1 = −f0/(ω20− ω2), c2 = 0 ¸cıkar. ω 6= ω0 i¸cin ¸c¨oz¨um

f0 ω2

0− ω2

(cos ωt − cos ω0t)

olur. E˘ger, ω nın de˘geri ω0’a ¸cok yakınsa, bir ba¸ska deyi¸sle |ω − ω0| farkı |ω + ω0| yanında ¸cok k¨u¸c¨uk ise bu hareketin salınımlarının genli˘gi artık sabit de˘gil, zamanla de˘gi¸sen bir b¨uy¨ukl¨uk olur. Ger¸cekten,

y = f0 2(ω2− ω2 0) sin(ω − ω0)t 2 sin (ω + ω0)t 2

yazılabilir. G¨or¨uld¨u˘g¨u gibi, frekansı sistemin frekansına ¸cok yakın periyodik bir kuvvetin etkisi altında ¸c¨oz¨um yava¸s salınacak ve genli˘gi zamanla de˘gi¸secektir. Bu olay ”vuru” olarak bilinir.

C¸ ¨oz¨ulecek Problemler

1. A¸sa˘gıdaki ba¸slangı¸c de˘ger problemlerini ¸c¨oz¨un¨uz.

a.) y00− 2ay0+ (a2+ p2)y, y(0) = 0, y0(0) = p

= 2peatcos pt,

b.) y00+ 2y0+ 2y = e−tsin t, y(0) = 1, y0(0) = −3

c.) y00+ 4y0+ 8y = sin t, y(0) = 1, y0(0) = 0

d.) y(4)− y = sinh t, y(0) = y0(0) = y00(0) = 0,

y000(0) = 1

e.) y00− y0= e−tu(t − 1), y(0) = −1, y0(0) = 0

f.) y00+ y = e−t, y(0) = 0, y0(0) = −1

2. A¸sa˘gıdaki sınır-de˘ger problemlerini ¸c¨oz¨un¨uz. (a) y00+ λ2y = cos λt, y(0) = 1, y0(π

) = 1 (b) y00+ λ2y = t, y(0) = 1, y0(π λ) = −1 3. y00+ λ2y = ½ 1 0 ≤ t ≤ π

0 t > π diferansiyel denklemnin kalıcı ¸c¨oz¨um¨un¨u bulunuz.

4. A¸sa˘gıdaki denklem sistemlerini ¸c¨oz¨un¨uz. (a)    x0+ ky = a sin kt y0− kx = a cos kt x(0) = 0, y(0) = b (b)        x00+ y0 = 2 sin t y00+ z0 = 2 cos t z00− x = 0, x(0) = z(0) = y0(0) = 0, x0(0) = y(0) = −1, z0(0) = 1

(c)    x0+ y = et y0+ x = e−t, x(0) = −3, y(0) = 1 (d)    x00− y0 = 0 x − y00 = 2 sin t, x(0) = −1, x0(0) = y(0) = y0(0) = 1

Duhamel integrali yardımıyla lineer bir denklemin ¸c¨oz¨um¨un¨un g¨osterilimi: Teorem 7.9 B¨ut¨un ba¸slangı¸c ko¸sulları sıfır olan, yani

x(j)(0) = 0, j = 0, 1, . . . , n − 1 ve a0d nx dtn + a1 dn−1x dtn−1 + · · · + an−1 dx dt + anx = u(t) denklemini sa˘glayan ¸c¨oz¨um h(t) ise aynı ba¸slangı¸c ko¸sulları altında

a0d ny dtn + a1 dn−1y dtn−1 + · · · + an−1 dy dt + any = f (t) denkleminin ¸c¨oz¨um¨u y(t) = (f ∗ h)0= (f ∗ h0)(t) = f (0)h(t) + (f0∗ h)(t)

ba˘gıntıları ile verilir. Bu ¸c¨oz¨ume kalıcı ¸c¨oz¨um denir.

Kanıt: Ba¸slangı¸c ko¸sulları sıfır oldu˘gundan X(s) = L{x(t)} Laplace d¨on¨u¸s¨um¨u X(s) = 1

sD(s), D(s) = a0s

n+ a

1sn−1+ · · · + an

denklemini sa˘glar. Sa˘g yanı f (t) olan denklemin i¸cin Y (s) = L{y(t)} ve F (s) = L{f (t)} yazarak

Y (s) = F (s)

D(s) = sF (s)X(s)

yazılabilir. Ters d¨on¨u¸s¨um alarak ve Duhamel integralini g¨oz ¨on¨unde bulun- durarak istenen sonucu elde ederiz.

¨

Ornek 7.32

x00(t) − x(t) = 1

1 + et, x(0) = x 0(0) = 0

denkleminin ¸c¨oz¨um¨un¨u bulunuz.

X(s) = 1 s(s2− s) = 1 s2(s − 1) = − s + 1 s2 + 1 s − 1

fonksiyonunun ters d¨on¨u¸s¨um¨u h(t) = et− (t + 1) ve verilen denklemin ¸c¨oz¨um¨u

y(t) = (f ∗ h0)(t) = t Z 0 h0(τ ) f (t − τ ) dτ = Z t 0 − 1 1 + et−τ dτ = Z t 0 ³ eτ− (1 + et) e τ et+ eτ ´ = et− 1 − (et+ 1)[(t + ln 2) − ln(et+ 1)] olarak bulunur.

Laplace d¨on¨u¸s¨um¨u polinom katsayılı denklemlere de uygulanabilir. Ancak bu y¨ontemin uygulanabiliri˘gi yalnızca katsayıları lineer polinomlar olan denk- lemlerle kısıtlıdır.

¨

Ornek 7.33

ty00+ 2y0+ a2ty = 0, y(0+) = a, y(π) = 0

iki-nokta sınır-de˘ger problemini ¸c¨oz¨un¨uz. Laplace d¨on¨u¸s¨um¨un¨u alarak

−d ds[s

2Y (s) − sy(0) − y0(0)] + 2(sY (s) − y(0)) − a2dY (s) ds = 0, ve d¨uzenliyerek

Y0(s) = − a

s2+ a2 buluruz. ˙Integre ederek

Y (s) = arctana s+ c

elde ederiz. lims→∞Y (s) = 0 limitinden c = 0 ve ters d¨on¨u¸s¨umden

y(t) = L−1{Y (s)} = sin at t

bulunur. Bu ¸c¨oz¨um i¸cin y(π) = 0 ko¸sulu sa˘glanır. E˘ger

y00+ t2y = 0, y(0) = y0(0) = 0

denklemine Laplace d¨on¨u¸s¨um¨u uygulanırsa Y (s) = L{y(t)} d¨on¨u¸s¨um¨un¨un Y00(s) + s2Y (s) = 0

denklemini sa˘gladı˘gını g¨or¨ur¨uz. Bu ise ilk problemi ¸c¨ozmeye denktir. Yani d¨on¨u¸s¨umle verilen diferansiyel denklemi daha basit bir denkleme indirgeye- meyiz.

C¸ ¨oz¨ulecek Problemler

A¸sa˘gıdaki diferansiyel denklemlerin yanlarında belirtilen ba¸slangı¸c ko¸sullarını sa˘glayan ¸c¨oz¨umlerini bulunuz.

1. ty00+ y0+ y = 0, y(0) = 1

2. ty00+ y0+ a2ty = 0, y(0) = 1, y0(0) = 0

3. ty00+ (2t + 3)y0+ (t + 3)y = 3e−t, y(0) = 0

4. ty00+ (1 − 2t)y0− 2y = 0, y(0) = 1, y0(0) = 2

5. ty00+ (1 − t)y0+ 2y = 0, y(0) = 1, y0(0) = −2

6. 4ty00+ 4y0+ a2y = 0, y(0) = 1

7. ty00+ (2t + 1)y0+ (5t + 1)y = 0, y(0) = 1, y0(0) = −1

Belgede Laplace (sayfa 35-50)