B¨
ol¨
um 6
Laplace D¨
on¨
u¸s¨
um¨
u
B¨
ol¨
um 7
Laplace D¨
on¨
u¸s¨
um¨
u
7.1
Laplace D¨
on¨
u¸s¨
um¨
un¨
un Tanımı
Bir f (t) fonksiyonunun integral d¨on¨u¸s¨um¨u T [f (t)] = F (s) =
Z b
a
k(s, t)f (t) dt
bi¸ciminde bir integralle tanımlanır. Verilmi¸s k(s, t) fonksiyonuna integral d¨o-n¨u¸s¨um¨un ¸cekirde˘gi denir. F (s) fonksiyonu verildi˘ginde f (t) ye ters integral d¨on¨u¸s¨um denir ve T−1[F (s)] ile g¨osterilir. Laplace d¨on¨u¸s¨um¨u integral d¨on¨
u-¸s¨umlerin ilk ¨orneklerinden birisidir. C¸ ekirdek ve sınırlar k(s, t) = e−st, a = 0, b = ∞
olarak tanımlanır. Di˘ger ¨onemli bir integral d¨on¨u¸s¨um de k(s, t) = e−ist, a = −∞, b = ∞
ile verilir. Bu t¨ur d¨on¨u¸s¨ume Fourier d¨on¨u¸s¨um¨u denir ve diferansiyel denk-lemler kuramında ¨onemli bir yer tutar. Ancak biz burada yalnızca Laplace d¨on¨u¸s¨umlerini inceleyece˘giz.
f, t > 0 zaman de˘gi¸skeninin tek-de˘gerli bir fonksiyonu ve s bir (reel veya kompleks olabilir) parametre olsun. f (t) nin Laplace d¨on¨u¸s¨um¨u
F (s) = L{f (t)} = ∞ Z 0 e−stf (t) dt (7.1) 3
integrali ile tanımlanır. Buradaki integral Riemann anlamında ¨oz-olmayan bir integraldir ve lim M →∞ M Z 0 e−stf (t) dt
limiti anla¸sılacaktır. E˘ger integral yakınsak ise yani yukarıdaki limit sonlu bir sayı ise Laplace d¨on¨u¸s¨um¨u tanımlıdır, e˘ger de˘gilse d¨on¨u¸s¨um tanımlı olmaz. F (s) fonksiyonuna bazen g¨or¨unt¨u fonksiyon da denir.
Tanım 7.1 Bir T ≥ 0 i¸cin
|f (t)| ≤ M eαt veya |e−αtf (t)| ≤ M, t ≥ T
olacak bi¸cimde M > 0 ve α sabitleri varsa f (t) fonksiyonuna α ¨ustel mertebe-dendir denir ve
f (t) = O(eαt)
yazılır.
Polinomlar, ¨ustel fonksiyonlar, sin t ve cos t trigonometrik fonksiyonlar ¨ustel mertebeden oldu˘gu halde f (t) = et2
fonksiyonu ¨ustel mertebeden de˘gildir. C¸ ¨unk¨u, α ne kadar b¨uy¨uk se¸cilirse se¸cilsin
lim
t→∞e t2
e−αt
limiti s¨uratle sonsuza gidecektir.
Tanım 7.2 E˘ger bir f (t) fonksiyonunun lim t→t+0 f (t) = f (t+ 0) ve lim t→t−0 f (t) = f (t− 0)
sa˘gdan ve soldan limitleri varsa fakat
f (t+0) 6= f (t−0)
ise f nin t0 noktasında bir sı¸crama s¨ureksizli˘gi vardır denir. Tanım 7.3 E˘ger lim
t→0+f (t) limiti varsa ve f fonksiyonu [0, ∞) aralı˘gında sonlu
sayıda sı¸crama s¨ureksizli˘gi dı¸sında her sonlu (0, T ) aralı˘gında s¨urekli ise fonksiy-ona [0, ∞) aralı˘gında par¸ca par¸ca s¨urekli fonksiyondur denir.
x y
S¸ekil 7.1: Sı¸crama S¨ureksizli˘gi
Par¸ca par¸ca s¨urekli bir fonksiyonu bir aralık ¨uzerinde integre etmek i¸cin s¨urekli oldu˘gu altaralıklarda integre edip toplamak yeterli olacaktır. Par¸ca par¸ca s¨urekli bir fonksiyon integre edilebilir. Analizden bilinen bu sonucu kullnarak a¸sa˘gıdaki teoremi ifade edebiliriz.
Laplace D¨on¨u¸s¨um¨u ˙I¸cin Varlık Teoremi:
Teorem 7.4 E˘ger f (t) fonksiyonu [0, ∞) aralı˘gında par¸ca par¸ca s¨urekli ve α ¨ustel mertebeden ise, α > s i¸cin Laplace d¨on¨u¸s¨um¨u vardır ve mutlak yakınsar. Kanıt: f fonksiyonu par¸ca par¸ca s¨urekli oldu˘gundan [0, M ) sonlu aralı˘gı ¨ uze-rinde sınırlı olur ve ∞ Z 0 e−stf (t) dt = t0 Z 0 e−stf (t) dt + ∞ Z t0 e−stf (t) dt
yazarak Laplace d¨on¨u¸s¨um¨un¨un yakınsaklı˘gını yukarıdaki ikinci integralin yakın-saklı˘gına indirgemi¸s oluruz. Varsayımdan f ¨ustel merdebeden oldu˘gundan
| ∞ Z t0 e−stf (t) dt| ≤ ∞ Z t0 e−st|f (t)| dt ≤ M ∞ Z t0 e−(s−α)tdt = lim τ →∞ −M s − αe −(s−α)t¯¯¯τ t0
Varlık teoremi bir yeter ko¸suldur. Yani teoremin varsayımları ger¸ceklen-di˘ginde teorem Laplace d¨on¨u¸s¨um¨un¨un varlı˘gını garantiler. Ancak tersi do˘gru de˘gildir. Yani gerek ko¸sul de˘gildir. Varsayımların ger¸ceklenmemesi durumunda Laplace d¨on¨u¸s¨um¨u var olabilir veya olmayabilir.
¨
Ornek 7.1 t > 0 ve negatif olmayan tamsayı n i¸cin L{tn} d¨on¨u¸s¨um¨un¨un var
oldu˘gunu g¨osterin? Herhangibir α > 0 i¸cin eαt= ∞ X r=0 αntn n! ≥ tn n! e¸sitsizli˘gi tn ≤ n!eαt
olarak yazılabildi˘ginden tn ustel mertebeden bir fonksiyondur, o halde Laplace¨
d¨on¨u¸s¨um¨u vardır. ¨
Ornek 7.2 L{tncos at} ve L{tncos at} d¨on¨u¸s¨umlerinin var oldu˘gunu g¨osterin?
| sin at| ≤ 1 ve | cos at| ≤ 1 oldu˘gundan verilen fonksiyonlar ¨ustel mertebeden olur. Varlık teoreminden d¨on¨u¸s¨umlerin tanımlı oldu˘gu ¸cıkar.
7.2
Laplace D¨
on¨
u¸s¨
um¨
un¨
un ¨
Ozelikleri
1.) Lineerlik ¨Ozeli˘gi
E˘ger L{f (t)} = F (s) ve L{g(t)} = G(s) ise
L{f (t) + g(t)} = L{f (t)} + L{g(t)} = F (s) + G(s) (7.2) ba˘gıntısı ge¸cerlidir. Yani, Laplace d¨on¨u¸s¨um¨u lineer bir operat¨ord¨ur. Bu sonu¸c Laplace d¨on¨u¸s¨um¨u tanımından hemen ¸cıkar.
2.) Birinci ¨Oteleme ¨Ozeli˘gi
L{f (t)} = F (s) ise L{eatf (t)} = F (s + a) dir.
Ger¸cekten, tanımdan L{eatf (t)} = ∞ Z 0 e−steatf (t) dt = ∞ Z 0 e−(s−a)tf (t) dt = F (s − a). (7.3)
3.) ˙Ikinci ¨Oteleme ¨Ozeli˘gi
t = a noktasında sı¸crama s¨ureksizli˘gi olan birim basamak fonksiyonu u(t − a) =
½
1, t ≥ a 0, t < a
ile tanımlanır. L{f (t)} = F (s) ise L{f (t − a)u(t − a)} = easF (s), a ≥ 0 dir.
Yine tanımdan L{f (t − a)u(t − a)} = ∞ Z 0 e−stf (t − a)u(t − a) dt = Z ∞ a e−stf (t − a) dt
yazılır ve son integralde τ = t − a d¨on¨u¸s¨um¨u yapılırsa L{f (t − a)u(t − a)} = e−as
Z ∞
0
e−sτf (τ ) dτ = e−asL{f (t)} (7.4)
¸cıkar. Ne yazık ki f (t+a)u(t+a), a ≥ 0 i¸cin benzer simetrik bir ba˘gıntı yoktur. 4.) ¨Ol¸cek De˘gi¸sim ¨Ozeli˘gi (Benzerlik Teoremi)
L{f (t)} = F (s) ise L{f (at)} = 1 aF ( s a) (7.5) yazılabilir. Tanımdan L{f (at)} = Z ∞ 0 e−stf (at) dt
yazıp integralde τ = at d¨on¨u¸s¨um¨u yaparsak ¨ol¸cek ¨ozeli˘gini hemen elde ederiz. 5.) G¨or¨unt¨u Fonksiyonun T¨uretilmesi
E˘ger L{f (t)} = F (s) ise
L{tf (t)} = −F0(s)
dir.
Bu kuralı g¨ormek i¸cin F (s) fonksiyonunu s e g¨ore t¨uretmek ve Laplace d¨on¨u¸s¨um¨un¨un tanımını g¨oz ¨on¨une almak yeterlidir:
dF (s) ds = − ∞ Z 0 e−sttf (t) dt = −L{tf (t)}.
T¨uretme i¸slemini n kez yineleyerek g¨or¨unt¨u fonksiyonun n. t¨urevi ile i¸saret farkıyla tnf (t) fonksiyonunun Laplace d¨on¨u¸s¨um¨u arasındaki ¸su il¸skiyi elde
e-deriz:
dnF (s)
dsn = (−1)
nL{tnf (t)}. (7.6)
6.) G¨or¨unt¨u Fonksiyonun ˙Integre Edilmesi
L{f (t)} = F (s) ise bu kez F (s) fonksiyonunun integrali i¸cin ilgin¸c bir kural ¸cıkaraca˘gız. Bu kural ¸s¨oyle ifade edilir:
L{f (t) t } =
Z ∞
s
F (u) du. (7.7)
Bunu g¨ormek i¸cin F (u) integrandı yerine tanımı yazılır: Z ∞ s F (u) du = Z ∞ s ³Z ∞ 0 e−utf (t) dt ´ du. Bu ba˘gıntının sa˘gındaki integrasyonun sırası de˘gi¸stirilirse
Z ∞ s F (u) du = Z ∞ 0 f (t) ³Z ∞ s e−utdu´dt = ∞ Z 0 e−st³−1 t £ e−ut¤∞ u=s ´ dt = ∞ Z 0 e−stf (t) t dt elde ederiz.
7.) Laplace d¨on¨u¸s¨um¨un¨un limit bi¸cimi
E˘ger F (s) bir f (t) fonksiyonunun Laplace d¨on¨u¸s¨um¨u ise lim
s→∞F (s) = 0
dır. Ger¸cekten, f (t) ¨ustel mertebeden ise |F (s)| ≤ ∞ Z 0 e−st|f (t)| dt ≤ M Z ∞ 0 e−(s−α)tdt = M s − α, s > α yazılabilir. O halde lim s→∞|F (s)| = 0 ⇒ s→∞lim F (s) = 0 dir.
7.3
Bazı Elemanter Fonksiyonların
Laplace D¨
on¨
u¸s¨
umleri
¨
Ornek 7.3 f (t) = etolsun. L{et} yi hesaplayalım.
L{et} = ∞ Z 0 e−stetdt = Z ∞ 0 e−(s−1)tdt
yazılırsa sa˘gdaki integralin de˘geri s > 1 i¸cin yakınsar ve limit i¸slemi ile lim M →∞ −1 (s − 1)[e −(s−1)t]M 0 = 1 s − 1 bulunur. O halde L{et} = 1 s − 1, s > 1 dir. ¨
Ol¸cek kuralını kullanarak L{eat} = 1 a 1 s − 1 ¯ ¯ ¯ s→s/a= 1 s − a, s > a (7.8)
form¨ul¨un¨u buluruz. ¨
Ornek 7.4 L{tα} Laplace d¨on¨u¸s¨um¨un¨u hesaplayın.
Genel olarak reel bir α i¸cin L{tα} =
∞
Z 0
e−sttαdt = Γ(α + 1)
integralinde st = τ d¨on¨u¸s¨um¨u yapılırsa integral Γ fonksiyonu ile ifade edilebilir: L{tα} = 1 sα+1 ∞ Z 0 e−τταdτ = Γ(α + 1) sα+1 , α > −1, s > 0. ¨
Ozel olarak α = n ∈ Z≥0 ise Γ(α) = Γ(n) = (n − 1)! dir ve
L{tn} = n!
yazabiliriz. ¨Orne˘gin, L{1} = 1 s, L{t} = 1 s2, L{t 2} = 2 s3. ¨ Oteleme teoreminden
L{u(t − a)} = e−asL{1} = e−as
s dir. α = −1/2 i¸cin Γ(α + 1) = Γ(1 2) = √ π de˘geri kullanılırsa L{t−1/2} = r π s
¸cıkar. f (t) = t−1/2fonksiyonu i¸cin 7.4 teoreminin ko¸sulları sa˘glanmadı˘gı halde,
Laplace d¨on¨u¸s¨um¨un¨un var oldu˘guna dikkat ediniz. Genel olarak n = 1, 2, . . . i¸cin
L{tn−1 2} = Γ(n + 1 2) s(n+1 2) =√π (2n)! 22nn! s −n−1 2, s > 0 (7.9)
d¨on¨u¸s¨um¨u ge¸cerlidir. ¨
Ornek 7.5 L{sinh at} Laplace d¨on¨u¸s¨um¨un¨u hesaplayın. Linerlik ¨ozeli˘gi ve (7.8) form¨ul¨u ile
L{sinh at} = 1 2(L{e at} − L{e−at}) = 1 2 ³ 1 s − a+ 1 s + a ´ = 1 s2− a2, s > |a| ¸cıkar. Benzer olarak
L{cosh at} = s
s2− a2, s > |a| dir.
S¸imdi trigonometrik fonksiyonların Laplace d¨on¨u¸s¨umlerini hesaplayalım. ¨
Ornek 7.6
L{cos at} =? ve L{sin at} =?
F (s) = L{cos t} ve G(s) = L{sin t} = olsun. Tanımdan kısmi integrasyon ile F (s) = ∞ Z 0 e−st cos t dt =£e−stsin t¤∞ 0 + s ∞ Z 0 e−stsin t dt = sG(s)
ve
G(s) =
∞
Z 0
e−st sin t dt =£−e−stcos t¤∞
0 − s
∞
Z 0
e−st cos t dt = 1 − sF (s)
bulunur. Bu iki e¸sitlik F (s) ve G(s) i¸cin ¸c¨oz¨ul¨urse hemen L{cos t} = s
s2+ 1, L{sin t} = 1 s2+ 1 bulunur. Son olarak ¨ol¸cek kuralı ile
L{cos at} = s
s2+ a2, L{sin at} = a s2+ a2 ¸cıkar. Ayrıca, birinci ¨oteleme kuralı ile
L{eatcos bt} = s − a
(s − a)2+ b2, L{e
atsin bt} = b
(s − a)2+ b2 d¨on¨u¸s¨um form¨ullerini buluruz.
¨
Ornek 7.7 L{t sin at} =?
L{t sin at} = −d dsL{sin at} = − d ds a s2+ a2 = 2as s2+ a2. Genel olarak,
L{tnsin at}, L{tncos at} d¨on¨u¸s¨umlerini hesaplamak i¸cin
h(t) = tneiat (7.10)
fonksiyonunu d¨u¸s¨unelim.
H(s) = L{h(t)} = (−1)n dn dsn 1 s − ia = n! (s − ia)n+1 = n!(s2+ a2)−(n+1)(s + ia)n+1
d¨on¨u¸s¨um¨unde
s + ia = Reiφ, R =ps2+ a2, tan φ = a s
kutupsal g¨osterimini kullanır ve H(s) nin reel ve sanal par¸calarını ayırırsak L{tncos at} = n! Rn+1cos(n + 1)φ
(s2+ a2)n+1,
L{tnsin at} = n! Rn+1 sin(n + 1)φ (s2+ a2)n+1
d¨on¨u¸s¨um form¨ullerini ¸cıkarmı¸s oluruz. ¨Orne˘gin n = 1 i¸cin cos 2φ = s 2− a2 s2+ a2, sin 2φ = 2as s2+ a2 ba˘gıntıları yardımıyla L{t cos at} = s 2− a2 s2+ a2, L{t sin at} = 2as s2+ a2 buluruz. n = 2 i¸cin L{t2cos at} = 2s(s2− 3a2) (s2+ a2)3 , L{t
2sin at} = 2a(3s2− a2) (s2+ a2)3 . ¨ Ornek 7.8 L{sin at t } =? L{sin at t } = Z ∞ s a du u2+ a2 = arctan u a ¯ ¯ ¯∞ s = π 2 − arctan s a = arctan a s. Bu d¨on¨u¸s¨umde s → 0+limitine ge¸cerek yan ¨ur¨un olarak
lim s→0L{ sin at t } = Z ∞ 0 sin at t dt = lims→0arctan a s = π 2 integralinin de˘gerini bulmu¸s oluruz.
¨
Ornek 7.9
L{sin 2t t } =? (7.7) form¨ul¨unden
L{sin 2t t } = L{ 1 − cos 2t 2t } = 1 2 Z ∞ 0 ³ 1 u− u u2+ 4 ´ du = 1 2ln u √ u2+ 4| ∞ s = 1 4ln ³ 1 + 4 s2 ´
¨
Ornek 7.10 L{sinh(2√t)} =?
Fonksiyonun seri a¸cılımının terim terim Laplace d¨on¨u¸s¨um¨u alınır ve (7.9) kul-lanılırsa L{(sinh(2√t)} = L{ ∞ X n=0 22n+1tn+1 2 (2n + 1)! } = ∞ X n=0 22n+1 (2n + 1)!L{t n+1 2} = √πs−3 2 ∞ X n=0 1 n! 1 sn = √ πs−3 2e1/s.
7.3.1
Periodik Fonksiyonların D¨
on¨
u¸s¨
umleri
f (t) τ periyodlu bir fonksiyon, yani
f (t + τ ) = f (t), t ≥ 0
ise L{f (t)} hesaplamak i¸cin (7.1) d¨on¨u¸s¨um tanımınında yarı sonsuz integrasyon aralı˘gını alt aralıklara b¨olerek yazalım:
L{f (t)} = Z τ 0 e−stf (t) dt + Z 2τ τ e−stf (t) dt + Z 3τ 2τ e−stf (t) dt + · · · = ∞ X n=0 Z (n+1)τ nτ e−stf (t) dt.
Yukarıdaki integralde t = u + nτ d¨on¨u¸s¨um¨u yapar ve periodik fonksiyon i¸cin f (u + nτ ) = f (u), n = 1, 2, . . . e¸sitli˘gini dikkate alırsak
L{f (t)} =³ ∞ X n=0 e−sτ n´ Z τ 0 e−suf (u) du = 1 1 − e−sτ Z τ 0 e−suf (u) du (7.11)
buluruz. Yukarıdaki toplamın sonsuz geometrik bir serinin toplamı olarak he-saplandı˘gına dikkat edin.
¨ Ornek 7.11 f (t) = | sin t| = ½ sin t sin t ≥ 0 − sin t sin t < 0 , τ = 2π do˘grultulmu¸s sin¨us dalga fonksiyonun Laplace d¨on¨u¸s¨um¨u. τ = π dir. (7.11) form¨ul¨unden
L{| sin t|} = 1 1 − e−πs
Z π
0
olur. Z π
0
e−susin u du = 1 + e−πs
1 + s2 integral de˘geri kullanılırsa
L{| sin t|} = 1 + e−πs 1 − e−πs(1 + s
2)−1= coth(πs/2)(1 + s2)−1
d¨on¨u¸s¨um¨u bulunur.
7.3.2
T¨
urevlerin D¨
on¨
u¸s¨
umleri
Laplace d¨on¨u¸s¨um¨un¨un diferansiyel denklemlere uygulamalarında bir fonksi-yonun t¨urevinin Laplace d¨on¨u¸s¨um¨u form¨ul¨une gerek duyaca˘gız. Kısmi inte-grasyon ile bir kez integre ederek
L{f0(t)} = [f (t)e−st]∞ 0 + s ∞ Z 0 e−stf (t) dt
yazabiliriz. f (t) nin Laplace d¨on¨u¸s¨um¨un¨un varlı˘gı i¸cin bir gerek ko¸sul lim
t→∞e
−stf (t) = 0
olmasıdır. O halde, t > 0 i¸cin f (t) yi s¨urekli varsayarsak
L{f0(t)} = sL{f (t)} − f (0) = sF (s) − f (0) (7.12)
d¨on¨u¸s¨um form¨ul¨u ¸cıkar. Bu i¸sleme devam edersek s¨urekli t¨uretilebilen bie f (t) i¸cin
L{f00(t)} = s2L{f00(t)} − sf (0) − f0(0) (7.13)
oldu˘gunu g¨orebiliriz.
Genelle¸stirme: t ≥ 0 i¸cin f , f0, · · · f(n−1) s¨urekli ve t > 0 i¸cin f(n) par¸ca par¸ca s¨urekli ve ¨ustel mertebeden ise, t¨umevarım ile
L{f(n)(t)} = snL{fn(t)} − sn−1f (0) − sn−2f0(0) − . . . − f(n−1)(0) (7.14) oldu˘gu g¨osterilebilir.
E˘ger f (t) fonksiyonu reel eksen ¨uzerinde yalnızca par¸ca par¸ca s¨urekli ise, yukarıdaki form¨ul¨un de˘gi¸stirilmesi gerekir. ¨Orne˘gin f (t) nin t = a da sonlu bir sı¸crama s¨ureksizli˘gi varsa
L{f0(t)} = Z a− 0 e−stf0(t) dt + Z ∞ a+ e−stf0(t) dt
= [f (t)e−st]a− 0 + s Z a− 0 e−stf (t) dt + [f (t)e−st]∞ a++ s Z ∞ a+ e−stf (t) dt
ve f (t) nin a daki sı¸cramasının uzunlu˘gunu
[f (t)]a= f (a+) − f (a−)
ile g¨osterirsek
L{f0(t)} = sL{f (t)} − f (0) − e−as[f (t)]
a (7.15)
buluruz.
Laplace d¨on¨u¸s¨um¨un¨un kısmi diferansiyel denklemlere uygulamalrında hem uzay hem de zaman de˘gi¸skenlerine ba˘glı ¸cok de˘gi¸skenli fonksiyonların kısmi t¨urevlerinin d¨on¨u¸s¨umlerini bilmemiz gerekir. Orne˘gin iki de˘gi¸skenli f (x, t)¨ fonksiyonu i¸cin Laplace d¨on¨u¸s¨um¨u tanıma g¨ore
L{∂f (x, t)
∂t } = sF (x, s) − f0(x) yazılabilir. Burada,
F (x, s) = L{f (x, t)}, f0(x) = f (x, 0) olarak tanımlanmı¸stır. Genel olarak,
L{∂ nf (x, t) ∂tn } = s nF (x, s) − n X r=0 sn−r−1fr(x), fr(x) = ∂ rf (x, t) ∂tr |t=0
ge¸cerlidir. Zaman de˘gi¸skenine g¨ore t¨urevleri i¸cermeyen kısmi t¨urevler i¸cin L{∂ nf (x, t) ∂xn } = ∂n ∂xnL{f (x, t)} = ∂n ∂xnF (x, s)
olacaktır. C¸ ¨unki bu durumda x e g¨ore kısmi t¨urevlerle t ye g¨ore integral yerde˘gi¸stirir. Karma¸sık t¨urevler i¸cin, ¨orne˘gin
L{∂ 2f (x, t) ∂x∂t } = ∂ ∂xL{ ∂f ∂t} = s ∂F (x, s) ∂x − ∂f0 ∂x dir. ¨ Ornek 7.12 L{sin 2t t2 } =?
f (t) = sin 2t
t , f (0) = 0 fonksiyonunu d¨u¸s¨unelim.
f0(t) = sin 2t
t −
sin2t t2 t¨urevinin d¨on¨u¸s¨um¨unden ve ¨ornek 7.8-7.9 dan
L{sin 2t t2 } = L{ sin 2t t } − sF (s) = arctan 2 s− s 4ln ³ 1 + 4 s2 ´
buluruz. Bu d¨on¨u¸s¨umden yine s → 0+ limitine ge¸cerek a¸sa˘gıdaki integralin de˘gerini hesaplamı¸s oluruz:
Z ∞ 0 sin2t t2 dt = π 2. S¸imdi g(t) = Z t 0 f (u) du, g(0) = 0
integrali ile tanımlanan fonksiyonun Laplace d¨on¨u¸s¨um¨un¨u bulmak istiyoruz. ˙Integral hesabın temel teoremine g¨ore g0(t) = f (t) yazılabilir. F (s) = L{f (t)}
ve G(s) = L{g(t)} olsun. Bu e¸sitli˘gin her iki yanın Laplace d¨on¨u¸s¨um¨un¨u alarak sG(s) = F (s) veya G(s) = F (s) s elde ederiz. ¨ Ornek 7.13 I(a, b) = Z ∞ 0 e−a2u2−b2u−2 du, I(a, 0) = √ π 2a integralini hesaplayarak L{t−1/2e−b2/t
} d¨on¨u¸s¨um¨un¨u elde ediniz. I(a, b) integralinde ξ = au d¨on¨u¸s¨um¨u yapılırsa
I(a, b) = 1 a Z ∞ 0 e−ξ2−a2v2ξ−2dξ = 1 aI(1, ab) buluruz. Ib t¨urevinde η = bu−1 d¨on¨u¸s¨um¨u yapılırsa
Ib = −2b Z ∞ 0 e−a2u2−b2u−2 du u2 = −2 Z ∞ 0 e−η2−a2b2η−2 dη = −2I(1, ab)
bulunur. Bu iki ba˘gıntı arasında I(1, ab) yi yok edersek I(a, b) fonksiyonu Ib+ 2aI = 0 diferansiyel denklemini sa˘glar. ˙Integre eder ve I(a, 0) =
√ π/2a ko¸sulunu kullanırsak
I(a, b) = I(a, 0)e−2ab= √
π 2ae
−2ab
buluruz. I(a, b) integralinde a2= s se¸cilir ve u2= t d¨on¨u¸s¨um¨u yapılırsa L{t−1/2e−b2/t } = r π se −2b√s (7.16)
d¨on¨u¸s¨um¨u bulunur. Ayrıca, bunun her iki yanını b parametresine g¨ore t¨uretirsek L{∂ ∂bt −1/2e−b2/t } = −2√πe−2b√s ⇒ L{t−3/2e−b2/t } = √ π b e −2b√s (7.17) d¨on¨u¸s¨um¨un¨u buluruz. b = 1/2 i¸cin
L{t−3/2e−1/4t} = 2√πe−√s (7.18) d¸cn¨u¸s¨um form¨ul¨u ¸cıkar. Bu d¨on¨u¸s¨umden
L{ 1 2√π Z t 0 u−3/2e−1/4udu} =e− √ s s bulunur. Yukarıdaki integralde v2= 1/4u d¨on¨u¸s¨um¨u yaparak
erfc (t) = √2 π Z ∞ t e−v2 dv
ile tanımlanan tamamlayıcı hata fonksiyonu t¨ur¨unden ¸s¨oyle ifade edebiliriz: L{erfc ( 1
2√t)} = e−√s
s . (7.19)
7.3.3
Bessel Fonksiyonlarının D¨
on¨
u¸s¨
umleri
Bessel fonksiyonları sonsuz serilerle tanımlandı˘gından terim terim Laplace d¨on¨u¸s¨um¨un¨u alarak d¨on¨u¸s¨um form¨ullerini ¸cıkarmak olduk¸ca elveri¸sli bir yakla¸sımdır. Ger¸cekten, ¨orne˘gin
L{tn/2J n(2
√ t)} d¨on¨u¸s¨um¨un¨u hesaplamak i¸cin
tn/2J n(2 √ t) = ∞ X r=0 (−1)rtn+r r!Γ(n + r + 1)
e¸sitli˘ginin her iki yanının terim terim Laplace d¨on¨u¸s¨um¨un¨u alırsak s > 0 i¸cin L{tn/2J n(2 √ t)} = ∞ X r=0 (−1)r r!Γ(n + r + 1)L{t n+r}
buluruz. Di˘ger yandan,
L{tn+r} = Γ(n + r + 1)
sn+r+1
form¨ul¨u ile
L{tn/2J n(2 √ t)} = 1 sn+1 ∞ X r=0 (−1)r r! ( 1 s) r= 1 sn+1e −1 s
d¨on¨u¸s¨um¨une ula¸sırız. ¨Ozel olarak, n = 0 i¸cin L{J0(2 √ t)} = 1 se −1 s (7.20) olur.
Benzer bi¸cimde, J0(t) fonksiyonun Laplace d¨on¨u¸s¨um¨u i¸cin seri y¨ontemi uygulayabiliriz. Ancak, bunun yerine diferansiyel denklem y¨ontemini uygula-mak istiyoruz. Bu y¨ontemde genel olarak fonksiyonların sa˘gladıkları diferansi-yel denklemlerin Laplace d¨on¨u¸s¨umlerini alarak bu fonksiyonların d¨on¨u¸s¨umlerini ¸cıkarırız. y(t) = J0(t), y(0) = 1 fonksiyonunun
ty00(t) + y0(t) + ty(t) = 0
diferansiyel denklemini sa˘gladı˘gını biliyoruz. Laplace d¨on¨u¸s¨um¨un¨u alıp L{y(t)} = Y (s) yazarsak
−d ds[s
2Y (s) − sy(0) − y0(0)] + sY (s) − y(0) − d
dsY (s) = 0
veya sadele¸stirerek Y (s) d¨on¨u¸s¨um fonksiyonunun sa˘gladı˘gı 1. mertebe lineer (homojen)
(s2+ 1)dY (s)
ds + sY (s) = 0
diferansiyel denklemini buluruz. De˘gi¸skenlerini ayırır, integre edersek dY
Y = −
s ds
s2+ 1 ⇒ Y (s) = c(s
buluruz. c integrasyon sabitini belirlemek i¸cin ba¸slangı¸c-de˘ger teoreminden yararlanalım:
lim
s→∞sY (s) = limt→0y(t) = y(0) = 1 ⇒ c = 1.
Sonu¸c olarak, L{J0(t)} = (s2+ 1)−1/2 veya ¨ol¸cek de˘gi¸sim kuralı ile
L{J0(at)} = (s2+ a2)−1/2 (7.21) buluruz.
7.3.4
˙Impuls veya Delta Fonksiyonu
S¸imdi yalnızca fiziksel problemlerde anlamlı olabilecek bir fonksiyon ¨uretmek istiyoruz. Bu ama¸cla, δ²(t − t0) = 1 2², |t − t0| ≤ ² 0 |t − t0| > ² (7.22) ile tanımlanan bir fonksiyon d¨u¸s¨unelim. Bu fonksiyonnun b¨ut¨un reel eksen ¨ uzerinde integrali Z ∞ −∞ δ²(t − t0) dt = Z ² −² 1 2²dt = 1
dir. Birim impuls fonksiyonu δ²(t − t0) nin ² → 0 i¸cin limiti olarak tanımlanır:
δ(t − t0) = lim
²→0δ²(t − t0) =
(
∞, t = t0 0, t 6= t0 Bu limite bazen delta fonksiyonu da denir. Ayrıca,
Z ∞
−∞
δ(t − t0) dt = 1
¨ozeli˘gine sahip olur. Bu limit i¸slemi ile tanımlanan δ(t − t0) fonksiyonu klasik anlamda 1 bir fonksiyon de˘gildir. Ancak, fiziksel olarak ¸cok kısa bir zaman aralı˘gında aniden uygulanan yo˘gunla¸smı¸s yani, ¸siddeti ¸cok b¨uy¨uk olan bir etkinin bi¸cimsel g¨osterilimi olarak yorumlayabiliriz. ¨Orne˘gin, ¸sim¸sek ¸carptı˘gında elektri˘gin bo¸salması, iki bilardo topunun elastik ¸carpı¸sması gibi. Bu fonksiyon
1Bildi˘gimiz hi¸c bir fonksiyon bu bi¸cimde davranmaz. Reel eksen ¨uzerinde bir nokta
dı¸sında heryerde sıfır, ancak Riemann integrali sıfırdan farklı bir fonksiyon olamaz. Bu t¨ur fonksiyonlar matematiksel bir tabana oturtulmu¸stur ve genelle¸stirilmi¸s fonksiyonlar veya distrib¨usyon’lar olarak bilinirler.
ilk kez ˙Ingiliz fizik¸ci Dirac tarafından kuvantum mekani˘ginde kullanılmı¸stır. δ(t − t0) fonksiyonun eleme ¨ozeli˘gi diye bilinen bir ¨ozeli˘ge sahiptir. Bu ¨ozelik ¸s¨oyle ifade edilir: Z
∞ −∞
δ(t − t0)f (t) dt = f (t0).
Bu e¸sitli˘gi ¸cıkarmak i¸cin δ²(t − t0) fonksiyonunun tanımı kullanılır ve sonra limite ge¸cilir.
δ²(t − t0) fonksiyonunun Laplace d¨on¨u¸s¨um¨un¨u hesaplamak i¸cin, t0 > 0 varsayıp, birim basamak fonksiyonu ile ifade edelim ve d¨on¨u¸s¨um¨un¨u alalım.
L{δ²(t − t0)} = 1 2²L{u(t − (t0− ²)) − u(t − (t0+ ²))} = e−(t0−²)s− e−(t0+²)s 2² = e −t0ssinh ²s ²s . Limite ge¸cilirse (L’Hospital kuralını kullanarak)
L{δ(t − t0)} = e−t0slim
²→0
sinh ²s ²s = e
−t0s (7.23)
bulunur. ¨Ozel olarak, t0= 0 i¸cin L{δ(t)} = 1 buluruz.
7.3.5
Ba¸slangı¸c ve Son-De˘
ger Teoremleri
Teorem 7.5 (Ba¸slangı¸c-De˘ger Teoremi) f (t) t > 0 i¸cin s¨urekli ve ¨ustel mer-tebden, f0(t) t ≥ 0 i¸cin par¸ca par¸ca s¨urekli olsun. O zaman
f (0+) = lim
t→0+f (t) = lims→∞sF (s).
Kanıt: Laplace d¨on¨u¸s¨umlerinin genel ¨ozeli˘ginden s → ∞ i¸cin G(s) = L{f0(t)} =
sF (s) − f (0+) fonksiyonu sıfıra gider. O halde lim
s→∞G(s) = lims→∞(sF (s) − f (0
+)) = 0
limitine ge¸cilirse teorem kanıtlanmı¸s olur.
Teorem 7.6 (Son-De˘ger Teoremi) f ba¸slangı¸c-de˘ger teoreminin ko¸sullarını sa˘glıyorsa ve limt→∞f (t) varsa
lim
t→∞f (t) = lims→0sF (s)
Kanıt: f fonksiyonu sınırlı oldu˘gundan α = 0 mertebeden bir fonksiyondur. T¨urev d¨on¨u¸s¨um form¨ul¨unden
G(s) = L{f0(t)} = sF (s) − f (0+), s > 0
dir. Limite ge¸cerek
lim s→0G(s) = lims→0(sF (s) − f (0 +)) (7.24) yazabiliriz. Ayrıca, lim s→0G(s) = lims→0 ∞ Z 0 e−stf0(t) dt = Z ∞ 0 f0(t) dt.
Yukarıda limitin integral i¸cine ge¸cebildi˘gine dikkat edin (?). Z ∞ 0 f0(t) dt = lim τ →∞ Z τ 0 f0(t) dt = lim τ →∞[f (τ ) − f (0 +)] (7.25)
yazılabilir. Sonu¸c olarak, (7.24) ve (7.25) sonu¸cları kar¸sıla¸stırılırsa lim
t→∞f (t) = lims→0sF (s)
elde ederiz.
C
¸ ¨
oz¨
ulecek Problemler
1. A¸sa˘gıdaki fonksiyonların Laplace d¨on¨u¸s¨umlerini bulunuz. a) e−tt sin 2t b) cos2t c) sin 2√t d) cos √ t √ t e) erf (√t) f ) Z t 0 sinh au du g) I0(t) h) cos at − cos bt t i) e2t(t − 1)u(t − 1) j) eat− ebt t
7.3.6
Ters Laplace D¨
on¨
u¸s¨
um¨
u
E˘ger F (s) = L{f (t)} ise f (t) fonksiyonuna F (s) g¨or¨unt¨u fonksiyonun ters Laplace d¨on¨u¸s¨um¨u adı verilir ve
f (t) = L−1{F (s)}
yazılır. Ters Laplace d¨on¨u¸s¨um¨u de lineer bir i¸slemdir, yani f (t) = L−1{F (s)}
ve g(t) = L−1{G(s)} ise
L−1{F (s) + G(s)} = L−1{F (s)} + L−1{G(s)} = f (t) + g(t)
dir. Bi¸cimsel olarak
LL−1= L−1L = 1l yazılabilir. Burada 1l birim operat¨or¨u g¨ostermektedir.
Ters D¨on¨u¸s¨um¨un Tekli˘gi: A¸sa˘gıdaki teorem bir F (s) fonksiyonunun ters d¨on¨u¸s¨um¨un¨u garanti eder. Teoremin kanıtı daha ileri kitaplarda bulunabilir. Teorem 7.7 Lerch Teoremi:
Bir F (s) fonksiyonu verildi˘ginde, Laplace d¨on¨u¸s¨um¨u F (s) olan t ≥ 0 i¸cin tanımlı en ¸cok bir s¨urekli f (t) fonksiyonu vardır.
Laplace d¨on¨u¸s¨um¨u i¸cin verilen ¨ozeliklere ters d¨on¨u¸s¨um operat¨or¨u uygula-yarak a¸sa˘gıdaki kuralları hemen yazabiliriz:
¨
Ol¸cek De˘gi¸sim ¨Ozeli˘gi: L−1{F (s)} = f (t) ise
L−1{F (as)} = 1
af ( t a). Birinci ¨Oteleme ¨Ozeli˘gi:
L−1{F (s − a)} = eatL−1{F (s)} = eatf (t).
˙Ikinci ¨Oteleme ¨Ozeli˘gi:
L−1{e−asF (s)} = f (t − a)u(t − a) =
½
f (t − a), t ≥ a 0, t < a . T¨urevlerin Ters D¨on¨u¸s¨umleri:
L−1{F(n)(s)} = (−1)ntnL−1{F (s)} = (−1)ntnf (t).
Bir fonksiyonun ters Laplace d¨on¨u¸s¨um¨un¨u bulmak i¸cin ¸ce¸sitli y¨ontemler uygulanabilir. ¨Orneklerle bu y¨ontemleri g¨ozden ge¸cirelim.
¨ Ornek 7.14 L−1{ 1 (s − a)n}, n ≥ 1. L−1{ 1 (s − a)n} = e atL−1{ 1 sn} = e at tn−1 (n − 1)!.
Kesirli ¨ustler i¸cin faktoriyel yerine Gamma fonksiyonu kullanılmalıdır. ¨Orne˘gin, L−1{√1 s} = r t π. ¨
Oteleme form¨ul¨u ile L−1{√ 1 as + b} = 1 √ ae −b aL−1{s−1/2} = e−ba r t aπ bulunur. ¨ Ornek 7.15 L−1{ln³1 + 1 s2 ´ } =? F (s) = ln³1 + 1 s2 ´
fonksiyonunun t¨urevinin ters d¨on¨u¸s¨um¨u L−1{F0(s)} = L−1{ 2s s2+ 1 − 2 s} = 2(cos t − 1) ile L−1{F0(s)} = −tf (t) ba˘gıntısı f (t) = L−1{F (s)} = 2(1 − cos t) t sonucunu verir. ¨ Ornek 7.16 L−1{ s + 1 s2− 2as + a2+ b2} =? s + 1 s2− 2as + a2+ b2 = (s − a) + a + 1 (s − a)2+ b2 yazar ve ters d¨on¨u¸s¨um¨un lineerli˘gi kullanılırsa
L−1{ s + 1 s2− 2as + a2+ b2} = L −1{ s − a (s − a)2+ b2} + L −1{ a + 1 (s − a)2+ b2} = eat[cos bt + a + 1 b sin bt] bulunur.
7.3.7
Kısmi Kesirler Y¨
ontemi
Sabit katsayılı linear diferansiyel denklemlere uygulamalarda rasyonel bir fonk-siyonun ters d¨on¨u¸s¨um¨un¨u belirleme problemiyle kar¸sıla¸sırız:
L−1{F (s)} = L−1{N (s)
D(s)} =? Burada N (s) ve D(s)
N (s) = aksk+ ak−1sk−1+ · · · + a0 D(s) = bnsn+ bn−1sn−1+ · · · + b0
bi¸ciminde polinomlardır. F (s) ger¸cek bir fonksiyonun ters d¨on¨u¸s¨um¨u olacaksa, lims→∞F (s) = 0 olmalı, bunun i¸cin de k < n ko¸sulu sa˘glanmalıdır. Bir ba¸ska
deyi¸sle F (s) bir ¨oz rasyonel fonksiyon olmalıdır. Bundan b¨oyle, payın dere-cesinin paydanın derecesinden k¨u¸c¨uk oldu˘gunu varsayaca˘gız. D(s) in
D(s) = D1(s)D2(s)
bi¸ciminde ¸carpanlara ayrılabildi˘gini varsayalım. F (s) fonksiyonunu N (s) D(s) = N1(s) D1(s)+ N2(s) D2(s)
olacak bi¸cimde iki kesrin toplamı olarak yazabiliriz. Burada, N1 ve N2 nin dereceleri D1 ve D2 nin derecelerinden daha k¨u¸c¨ukt¨ur. N1 ve N2 polinom-larının belirlenmesi i¸cin genel bir y¨ontem verece˘giz.
Liner C¸ arpanlara Ayrı¸sım: Genelli˘gi bozmadan D(s) polinomunu normal-ize edebiliriz, yani bn = 1 alabiliriz.
D(s) =
n
Y
i=1
(s − si) = (s − s1)(s − s2) . . . (s − sn), si6= sj, i 6= j
bi¸ciminde lineer ¸carpanlara ayrılabiliyorsa N (s) D(s) = A1 s − s1 + A2 s − s2 + . . . + An s − sn
yazılabilir. Toplam notasyonu ile N (s) D(s) = n X j=1 Aj s − sj
dir. Aj katsayılarını belirlemek i¸cin bu e¸sitli˘gin her iki yanı s − sj ile ¸carpılır ve s → sj limiti alınır: Aj = lim s→sj (s − sj)N (s) D(s) = N (sj) lims→sj s − sj D(s) = N (sj) D0(sj).
Yukarıda ikinci limit i¸cin L’Hospital kuralını uyguladık.
Sonu¸c: (Heaviside A¸cılım Form¨ul¨u) D(s) = 0 polinom denkleminin bir-birinden farklı reel sıfırları (basit k¨okleri) s1, s2, . . . , sn ise
L−1{N (s) D(s)} = n X j=1 N (sj) D0(sj)L −1{ 1 s − sj} = n X j=1 N (sj) D0(sj)e sjt. (7.26) ¨ Ornek 7.17 L−1{ s2− 2s + 3 s3− 2s2− s + 2} =?
s3−2s2−s+2 = (s+1)(s−1)(s−2) bi¸ciminde liner ¸carpanlara ayrılabildi˘ginden, basit kesirlere L−1{ s 2− 2s + 3 s3− 2s2− s + 2} = A s + 1+ B s − 1+ C s − 2
yazılabilir. A yı belirlemek i¸cin s + 1 ile ¸carpalım ve s yerine −1 yazalım: A = s 2− 2s + 3 (s − 1)(s − 2) ¯ ¯ ¯ s=−1= 1.
Di˘ger sabitler B = −1, C = 1 olarak bulunur. O halde, ters d¨on¨u¸s¨um L−1{ s2− 2s + 3
s3− 2s2− s + 2} = e
−t− et+ e2t
olur.
Katlı Lineer C¸ arpanlar: D(s) polinomunun reel bir sıfırı m katlı ise D(s) = (s − a)mD
2(s)
yazılabilir. Bu durumda F (s) kesrini basit iki kesrin toplamı olarak ifade ede-biliriz: N (s) D(s) = N1(s) (s − a)m+ N2(s) D2(s). Birinci kesir basit kesirlere ayrı¸stırılabilir:
N1(s) (s − a)m = m−1X j=0 Aj (s − a)m−j.
Aj katsayılarını belirlemek i¸cin F (s) nin her iki yanını (s − a)mile ¸carpalım: N (s) D2(s)= A0+ A1(s − a) + A2(s − a) 2+ . . . + A m−1(s − a)m+N2(s) D2(s)(s − a) m.
Bu e¸sitlik j kez t¨uretilir ve s → sj limitine ge¸cilirse Aj katsayıları
Aj= 1 j! dj dsj N (s) D2(s) ¯ ¯ ¯ s=a, j = 0, 1, 2, . . . , m − 1
form¨ul¨u ile bulunur. Aj katsayıları belirlenince
L−1{ N1(s) (s − a)m} = e at m−1X j=0 Aj t m−j−1 (m − j − 1)! ters Laplace d¨on¨u¸s¨um¨un¨u hesaplamı¸s oluruz.
¨ Ornek 7.18 L−1{ s2− 1 (s + 2)3(s2+ 1)} =? L−1{ s2− 1 (s + 2)3(s2+ 1)} = A1 (s + 2)3 + A2 (s + 2)2 + A3 (s + 2)+ Cs + D s2+ 1 ayrı¸sımı yapılır ve yukarıda verilen y¨ontem uygulanırsa sabitler
A1=3 5, A2= − 8 25, A3= − 22 125, C = 22 125, D = − 4 125 olarak belirlenir. Ters d¨on¨u¸s¨um
L−1{ s2− 1 (s + 2)3(s2+ 1)} = e −2t[ 3 10t 2− 8 25t − 22 125] + 22 25cos t − 4 125sin t olacaktır.
Kuadratik C¸ arpanlar: Q(s) = (s − a)2+ b2, D(s) polinomunun kuadratik bir ¸carpanı olsun ve
D(s) = Q(s)D2(s) yazalım. Basit kesirlere ayrı¸stırarak
N (s) D(s) = As + B Q(s) + N2(s) D2(s) (7.27) yazabiliriz. Ters d¨on¨u¸s¨um¨un belirlenmesini kolayla¸stıracak bir ayrı¸sım
As + B Q(s) =
C(s − a) + Db Q(s)
yazmaktır. (7.27) ayrı¸sımının her iki yanı Q(s) ile ¸carpılır N (s) D2(s) = C(s − a) + bD +N2(s) D2(s) Q(s)
ve s yerine Q(s) = (s − s1)(s − ¯s1) = 0 denkleminin k¨ok¨u olan s1= s1= a + ib (veya e¸sleni˘gi) yazılırsa
N (a + ib) D2(a + ib)
= ibC + bD
buluruz. Sol yandaki kompleks sayıyı W ile g¨osterirsek C ve D katsayılarını C = 1
b ImW, D = 1 b ReW olarak elde ederiz ve ters d¨on¨u¸s¨um
L−1{C(s − a) + bD
(s − a)2+ b2 } = eat
b (ImW cos bt + ReW sin bt) = eat
b Im{W e
ibt}
olur. W kompleks sayısınının kutupsal g¨osterimi W = Zeiφ olsun. O zaman,
Im{W eibt} = Z Imei(bt+φ)= Z sin(bt + φ)
yazılabilir ki
L−1{C(s − a) + bD (s − a)2+ b2 } =
Z
b sin(bt + φ) ters d¨on¨u¸s¨um form¨ul¨un¨u buluruz.
¨ Ornek 7.19 L−1{ 1 s4+ 4} =? L −1{ s s4+ 4} =? s4+ 4 = (s2+ 2)2− 4s2= (s2+ 2s + 2)(s2− 2s + 2) = [(s + 1)2+ 1][(s − 1)2+ 1] kuadratik ¸carpanlara ayrılabildi˘ginden
F (s) = L−1{ 1 s4+ 4} = A(s + 1) + B (s + 1)2+ 1 + C(s − 1) + D (s − 1)2+ 1
ayrı¸sımında e¸sitli˘gin her iki yanını ¨once Q1= (s + 1)2+ 1 ile sonra (s − 1)2+ 1 ile ¸carpıp sırasıyla s yerine s → −1 + i ve s → 1 + i yazarak belirsiz sabitler
olarak belirlenir. O halde ters d¨on¨u¸s¨um f (t) = L−1{F (s)} = 1 8e −t(cos t + sin t) +1 8e t(sin t − cos t) veya f (t) = L−1{F (s)} = 1
4(sin t cosh t − cos t sinh t)
bulunur. Ayrıca, ba¸slangı¸c-de˘ger teoreminden f (0) = 0 = lims→∞sF (s) dir ve
t¨urev d¨on¨u¸s¨um form¨ul¨uyle L−1{ s
s4+ 4} = f
0(t) = 1
2sin t sinh t elde edilir.
Katlı Kuadratik C¸ arpanlar: Q(s) kuadrati˘gi D(s) polinomunda m kez g¨or¨ul¨uyorsa, yani
D(s) = [Q(s)]mD 2(s) ise ayrı¸sım N (s) D(s) = N1(s) Qm(s)+ N2(s) D2(s)
olur. Burada N1(s), (2m − 1). veya daha k¨u¸c¨uk dereceden bir polinomdur. Ayrıca, birinci kesir
N1(s) Qm(s) = C0(s − a) + bD0 Qm + C1(s − a) + bD1 Qm−1 + . . . + Cm−1(s − a) + bDm−1 Q
bi¸ciminde basit kesirlere ayrılarak yazılabilir. Cj, Dj, j = 0, 1, 2 . . . , m − 1
katsayılarını belirlemek i¸cin benzer bir yol izlenir. Katsayılar belirlendikten sonra
L−1{ 1
(s2+ a2)j}, L
−1{ s
(s2+ a2)j}, j = 2, 3, . . . m
bi¸ciminde ters d¨on¨u¸s¨umleri hesaplamamız gerekecek. Genel olarak, bir rek¨urans ba˘gıntısı ¨ureterek bu ters i¸slem yapılabilir. Ancak, a¸sa˘gıdaki ¨ornekte farklı bir yol izlenecektir. ¨ Ornek 7.20 L−1{ 1 (s2+ a2)2} =? L −1{ s (s2+ a2)2} =? L{sin at} = a s2+ a2
ba˘gıntısının her iki yanını a parametresine g¨ore t¨uretelim: ∂
∂aL{sin at} = L{ ∂
∂asin at} = L{t cos at} = 1 s2+ a2−
2a2 (s2+ a2)2. Her iki yana ters d¨on¨u¸s¨um uygulayarak
f (t) = L−1{ 1
(s2+ a2)2} = 1 2a2(
1
asin at − t cos at)
ters d¨on¨u¸s¨um¨un¨u bulmu¸s oluruz. Bu sonu¸ctan yararlanarak ve f (0) = 0 oldu¨uunu dikkate alarak
L−1{ s
(s2+ a2)2} = f
0(t) = 1
2at sin at elde edilir.
7.3.8
Konvol¨
usyon ˙I¸slemi ve Teoremi
Tanım 7.8 f (t) ve g(t) fonksiyonlarının konvol¨usyonu (katlama)
t
Z 0
f (t − τ ) g(τ ) dτ
belirli integrali ile tanımlanır ve (f ∗ g)(t) sembol¨u ile g¨osterilir. Konvol¨usyon i¸cin a¸sa˘gıdaki ba˘gıntılar ge¸cerlidir:
1. f ∗ g = g ∗ f (Kom¨utatif)
2. f ∗ (g ∗ h) = (f ∗ g) ∗ h (Asosiyatif) 3. f ∗ (g + h) = f ∗ g + f ∗ h (Distrib¨utif)
4. (kf ∗ g) = (f ∗ kg) = k(f ∗ g), k ∈ R (Skaler ile ¸carpma) 5. (eatf ) ∗ (eatg) = eat(f ∗ g)
6. L{f ∗ g} = L{f }L{g} (Konvol¨usyon teoremi) 7.
d
dt(f ∗ g)(t) = f (0
8. F (s) = L{f (t)} ve G(s) = L{g(t)} ise L{d
dt(f ∗ g)(t)} = L{(f ∗ g)
0} = sF (s)G(s).
Bu ba˘gıntı Duhamel integrali olarak bilinir. Bu ba˘gıntıların bazılarını ger¸cekleyece˘giz:
1. f ∗ g integral tanımında u = t − τ d¨on¨u¸s¨um¨u yapılırsa
f ∗ g = t Z 0 f (t − τ ) g(τ ) dτ = − Z 0 t f (u)g(t − u) du = Z t 0 g(t − τ )f (τ ) du = g ∗ f buluruz. 2. Tanımdan (f ∗ g) ∗ h = Z t 0 h(t − τ ) dτ Z τ 0 f (ξ)g(τ − ξ) dξ. ˙Integrasyonların sırasını de˘gi¸stirirsek bu e¸sitli˘gin sa˘g yanı
Z t 0 f (ξ) dξ Z t ξ g(τ − ξ)h(t − τ ) dτ
olarak yazılabilir. ˙I¸cteki integralde η = τ −ξ d¨on¨u¸s¨um¨u yapılırsa, iki katlı integral Z t 0 f (ξ) dξ Z t−ξ 0 g(η)h(t − ξ − η) dη = Z t 0 f (ξ)(g ∗ h)(t − ξ) dξ = f ∗ (g ∗ h) olur ki bu da asosiyatiflik ¨ozeli˘gini ger¸cekler.
6. Konvol¨usyon Teoremi: Yine tanımdan L{f ∗ g} = Z ∞ 0 e−stdt t Z 0 f (τ ) g(t − τ ) dτ
yazabiliriz. ˙Integrasyonların sırasını de˘gi¸stirir ve i¸cteki integralde η = t − τ d¨on¨u¸s¨um¨u yaparsak
L{f ∗ g} = Z ∞ 0 f (τ ) dτ Z ∞ τ e−stg(t − τ ) dt = Z ∞ 0 f (τ )e−stdτ Z ∞ 0 e−sηg(η) dη = L{f (t)}L{g(t)} buluruz. Bu sonucu kullanarak L−1{F (s)G(s)} = (f ∗ g)(t) (7.28)
ters d¨on¨u¸s¨um form¨ul¨un¨u ¸cıkarmı¸s oluruz. Bu form¨ul ters d¨on¨u¸s¨umlerin bulunmasında ¸cok ¨onemlidir. Daha sonra ¸ce¸sitli ¨ornekler verece˘giz. ¨Ozel olarak, g = f ise a¸sa˘gıdaki ba˘gıntıları elde ederiz:
L{(f ∗ f )(t)} = [F (s)]2, L−1{F (s)2} = (f ∗ f )(t).
Konvol¨usyon hesaplarken f ∗ g = g ∗ f yerde˘gi¸stirme ¨ozeli˘gini kullanmak yararlı olabilir. C¸ ¨unk¨u, bunlardan birini hesaplamak di˘gerine g¨ore daha kolay olabilir.
7. Bunun i¸cin Leibnitz t¨uretme form¨ul¨une g¨ore d dt(f ∗ g)(t) = d dt t Z 0 f (t − τ ) g(τ ) dτ = d dt t Z 0 f (τ ) g(t − τ ) dτ t¨urevlerini hesaplamak yeterlidir. ¨Ust sınır de˘gi¸sken oldu˘gu i¸cin bu teri-min t¨urevinden gelecek katkıya dikkat ediniz.
8. T¨urev d¨on¨u¸s¨um form¨ul¨u ve (f ∗ g)(0) = 0 oldu˘gu g¨oz¨on¨unde tutulursa L{d
dt(f ∗ g)(t)} = sL{(f ∗ g)(t)} − (f ∗ g)(0) = sL{f (t)}L{g(t)} ¸cıkar.
3, 4 ve 5 numaralı ¨ozeliklerin ger¸ceklenmesi okuyucuya bırakılmı¸stır. C¸ e¸sitli ¨ Ornekler: ¨ Ornek 7.21 L−1{ s (s2+ a2)(s2+ b2)} =?
F (s) = s/(s2+ a2) ve G(s) = 1/(s2+ b2) fonksiyonlarının ters d¨on¨u¸s¨umleri f (t) = cos at, g(t) = 1
b sin bt oldu˘gundan
L−1{F (s)G(s)} = 1
b(sin bt ∗ cos at)
= 1
b Z t
0
sin b(t − τ ) cos aτ dτ
= 1
b Z t
0
sin bτ cos a(t − τ ) dτ
= 1 2b{ Z t 0 sin[at + (b − a)τ ] dτ − Z t 0 sin[at − (b + a)τ ] dτ } yazılabilir. ˙Integral hesaplanırsa b 6= a i¸cin
L−1{ s
(s2+ a2)(s2+ b2)} =
cos at − cos bt
b2− a2 , b 6= a ¸cıkar. b = a i¸cin 0/0 belirsizli˘gi oldu˘gu i¸cin L’Hospital kuralı ile
L−1{ s (s2+ a2)2} = limb→a cos at − cos bt b2− a2 = t 2asin at bulunur (Bak: ¨Ornek 7.20).
¨ Ornek 7.22 f (t) = Z t 0 τm−1(t − τ )n−1dτ
integralini hesaplamak i¸cin konvol¨usyon teoreminden yararlanalım.
F (s) = L{f (t)} = L{tm−1∗ tn−1} = L{tm−1}L{tn−1} = Γ(m)Γ(n)
sm+n
ve ters d¨on¨u¸s¨um alarak
f (t) = Γ(m)Γ(n)L−1{ 1
sm+n} =
Γ(m)Γ(n) Γ(m + n)t
buluruz. ¨Ozel olarak, t = 1 i¸cin
B(m, n) = f (1) = Γ(m)Γ(n) Γ(m + n)
beta fonksiyonu ile gamma fonksiyonu arasındaki il¸skiyi elde ederiz. ¨
Ornek 7.23 f (t) =√t∗√t konvol¨usyonunu hesaplayarak L{√t} d¨on¨u¸s¨um¨un¨u hesaplayın.
Yukarıdaki ¨ornekte m = n = 3/2 se¸cilirse
L{f (t)} = (L{√t})2= [Γ(32)]2 Γ(3) 1 s3 = π 4s3 veya L{√t} = √ π 2 1 s3/2 bulunur. ¨ Ornek 7.24 fn(t) fonksiyonu fn+1(t) = Z t 0 fn(τ ) dτ, n = 0, 1, 2, . . .
ba˘gıntısı ile rek¨ursif olarak tanımlandı˘gına g¨ore fn+1(t) = Z t 0 (t − τ )n n! f0(τ ) dτ oldu˘gunu g¨osterin.
Rek¨urans ba˘gıntısından
f1(t) = L{f0∗ 1} = Z t 0 f0(τ ) dτ, F1(s) = F0(s) s , f2(t) = L{f1∗ 1} = L{f0∗ 1 ∗ 1} = Z t 0 f1(τ ) dτ, F2(s) = F1(s) s = F0(s) s2 ve b¨oylece devam ederek t¨umevarım ile
Fn+1(s) = L{fn+1(t)} = L{f0(t) ∗ 1 ∗ . . . ∗ 1| {z } (n+1)−kez
} = F0(s) sn+1
bulunur. Bunun ters d¨on¨u¸s¨um¨unden istenilen fn+1(t) = tn n!∗ f0(t) = Z t 0 (t − τ )n n! f0(τ ) dτ
e¸sitli˘gi ¸cıkar. Buna ek olarak, fn(t) nin tanımından n ardı¸sık integrali
tek-boyutlu integrale d¨on¨u¸st¨uren
fn+1(t) = Z t 0 Z t2 0 · · · Z tn 0 | {z } n−katlı f0(t1) dt1dt2. . . dtn= Z t 0 (t − τ )n n! f0(τ ) dτ
form¨ul¨u elde edilir.
Genelle¸stirilmi¸s Konvol¨usyon veya Efros Teoremi: L{k(t, u)} = A(s)e−uB(s) ve L{f (t)} = F (s) ise
L{ Z ∞
0
k(t, u)f (u) du} = Z ∞ 0 L{k(t, u)}f (u) du (7.29) = A(s) Z ∞ 0 e−uB(s)f (u) du (7.30) = A(s)F (B(s)) (7.31) ba˘gıntısı ge¸cerlidir.
Bu teoremde ¨ozel olarak k(t, u) = g(t − u)u(t − a) se¸cilirse L{k(t, u)} = e−suL{g(t)} = e−suG(s)
olur ki B(s) = s ve A(s) = G(s) demektir. O halde Eforov teoremi
L{ Z ∞
0
u(t − u)g(t − u)f (u) du} = L{ Z t
0
f (u)g(t − u) du} = L{(f ∗ g)(t)} = F (s)G(s) konvol¨usyon form¨ul¨une indirgenir.
C
¸ ¨
oz¨
ulecek Problemler
1. A¸sa˘gıdaki fonksiyonların ters d¨on¨u¸s¨umlerini hesaplayınız.
a) 1 (s2− a2)(s2+ a2) b) 1 (s − 1)(s + 2)3 c) 1 s2(s2+ a2) d) s (s2− a2)(s2+ b2) e) 1 (s2+ 4)(s2+ 2s + 2) f ) 2s + 3 (s2− 2s + 2)2 g) s s4− 5s2+ 4 h) s3 (s4− 1)(s4+ 4) 2. A¸sa˘gıdaki ters d¨on¨u¸s¨umleri hesaplayınız.
a) L−1{arctan 2 s2} b) L−1{ln s + a s − a} c) L−1{ln s2+ a s2+ b2}
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