Laplace

B¨ ol¨ um 6

Laplace D¨ on¨ u¸su ¨ m¨ u

1

2

c °2000 Faruk G¨ ung¨or

B¨ ol¨ um 7

Laplace D¨ on¨ u¸su ¨ m¨ u 7.1

Laplace D¨ on¨ u¸su ¨ m¨ un¨ un Tanımı

Bir f (t) fonksiyonunun integral d¨on¨ u¸su ¨m¨ u Z

b

T [f (t)] = F (s) =

k(s, t)f (t) dt a

bi¸ciminde bir integralle tanımlanır. Verilmi¸s k(s, t) fonksiyonuna integral d¨on¨ u¸su ¨m¨ un ¸cekirde˘gi denir. F (s) fonksiyonu verildi˘ginde f (t) ye ters integral d¨on¨ u¸su ¨m denir ve T −1 [F (s)] ile g¨osterilir. Laplace d¨on¨ u¸su ¨m¨ u integral d¨on¨ u¸su ¨mlerin 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¸su ¨m de k(s, t) = e−ist ,

a = −∞, b = ∞

ile verilir. Bu t¨ ur d¨on¨ u¸su ¨me Fourier d¨on¨ u¸su ¨m¨ u denir ve diferansiyel denklemler kuramında ¨onemli bir yer tutar. Ancak biz burada yalnızca Laplace d¨on¨ u¸su ¨mlerini 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¸su ¨m¨ u Z∞ e−st f (t) dt

F (s) = L{f (t)} = 0

3

(7.1)

c °2000 Faruk G¨ ung¨or

4

integrali ile tanımlanır. Buradaki integral Riemann anlamında ¨oz-olmayan bir integraldir ve ZM lim e−st f (t) dt M →∞

0

limiti anla¸sılacaktır. E˘ger integral yakınsak ise yani yukarıdaki limit sonlu bir sayı ise Laplace d¨on¨ u¸su ¨m¨ u tanımlıdır, e˘ger de˘gilse d¨on¨ u¸su ¨m 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−αt f (t)| ≤ M,

t≥T

olacak bi¸cimde M > 0 ve α sabitleri varsa f (t) fonksiyonuna α u ¨stel mertebedendir denir ve f (t) = O(eαt ) yazılır. Polinomlar, u ¨stel fonksiyonlar, sin t ve cos t trigonometrik fonksiyonlar u ¨stel 2 mertebeden oldu˘gu halde f (t) = et fonksiyonu u ¨stel mertebeden de˘gildir. C ¸u ¨nk¨ u, α ne kadar b¨ uy¨ uk se¸cilirse se¸cilsin 2

lim et e−αt

t→∞

limiti s¨ uratle sonsuza gidecektir. Tanım 7.2 E˘ger bir f (t) fonksiyonunun lim f (t) = f (t+ 0)

t→t+ 0

ve

lim f (t) = f (t− 0)

t→t− 0

sa˘gdan ve soldan limitleri varsa fakat − f (t+ 0 ) 6= f (t0 )

ise f nin t0 noktasında bir sı¸crama s¨ ureksizli˘gi vardır denir. Tanım 7.3 E˘ger lim+ f (t) limiti varsa ve f fonksiyonu [0, ∞) aralı˘gında sonlu t→0

sayıda sı¸crama s¨ ureksizli˘gi dı¸sında her sonlu (0, T ) aralı˘gında s¨ urekli ise fonksiyona [0, ∞) aralı˘gında par¸ca par¸ca s¨ urekli fonksiyondur denir.

c °2000 Faruk G¨ ung¨or

5

y

x

S¸ekil 7.1: Sı¸crama S¨ ureksizli˘gi

Par¸ca par¸ca s¨ urekli bir fonksiyonu bir aralık u ¨zerinde 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. ˙ cin Varlık Teoremi: Laplace D¨ on¨ u¸su ¨ m¨ u I¸ urekli ve α Teorem 7.4 E˘ger f (t) fonksiyonu [0, ∞) aralı˘gında par¸ca par¸ca s¨ u ¨stel mertebeden ise, α > s i¸cin Laplace d¨ on¨ u¸su ¨m¨ u vardır ve mutlak yakınsar. Kanıt: f fonksiyonu par¸ca par¸ca s¨ urekli oldu˘gundan [0, M ) sonlu aralı˘gı u ¨zerinde sınırlı olur ve Z∞

Z∞

Zt0 e

−st

f (t) dt =

0

e

−st

e−st f (t) dt

f (t) dt + t0

0

yazarak Laplace d¨on¨ u¸su ¨m¨ un¨ un yakınsaklı˘gını yukarıdaki ikinci integralin yakınsaklı˘gına indirgemi¸s oluruz. Varsayımdan f u ¨stel merdebeden oldu˘gundan Z∞ |

Z∞ e

t0

−st

Z∞ −st

f (t) dt| ≤

e t0

e−(s−α)t dt

|f (t)| dt ≤ M t0

−M −(s−α)t ¯¯τ e = lim ¯ τ →∞ s − α t0 yazılabilir ve integral anacak s > α i¸cin yakınsak olur.

c °2000 Faruk G¨ ung¨or

6

Varlık teoremi bir yeter ko¸suldur. Yani teoremin varsayımları ger¸ceklendi˘ginde teorem Laplace d¨on¨ u¸su ¨m¨ 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¸su ¨m¨ u var olabilir veya olmayabilir. ¨ Ornek 7.1 t > 0 ve negatif olmayan tamsayı n i¸cin L{tn } d¨ on¨ u¸su ¨m¨ un¨ un var oldu˘gunu g¨ osterin? Herhangibir α > 0 i¸cin eαt =

∞ X α n tn

n!

r=0

≥

tn n!

e¸sitsizli˘gi tn ≤ n!eαt olarak yazılabildi˘ginden tn u ¨stel mertebeden bir fonksiyondur, o halde Laplace d¨on¨ u¸su ¨m¨ u vardır. ¨ on¨ u¸su ¨mlerinin var oldu˘gunu g¨ osterin? Ornek 7.2 L{tn cos at} ve L{tn cos at} d¨ | sin at| ≤ 1 ve | cos at| ≤ 1 oldu˘gundan verilen fonksiyonlar u ¨stel mertebeden olur. Varlık teoreminden d¨on¨ u¸su ¨mlerin tanımlı oldu˘gu ¸cıkar.

7.2

¨ Laplace D¨ on¨ u¸su ¨ m¨ 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¸su ¨m¨ u lineer bir operat¨ord¨ ur. Bu sonu¸c Laplace d¨on¨ u¸su ¨m¨ u tanımından hemen ¸cıkar. ¨ ¨ 2.) Birinci Oteleme Ozeli˘ gi L{f (t)} = F (s) ise L{eat f (t)} = F (s + a) dir. Ger¸cekten, tanımdan Z∞ at

L{e f (t)} =

Z∞ e

0

−st at

e−(s−a)t f (t) dt = F (s − a).

e f (t) dt = 0

Bu kurala g¨or¨ unt¨ u fonksiyonun ¨otelenmesi kuralı denir.

(7.3)

c °2000 Faruk G¨ ung¨or

7

˙ ¨ ¨ 3.) Ikinci Oteleme Ozeli˘ gi t = a noktasında sı¸crama s¨ ureksizli˘gi olan birim basamak fonksiyonu ½ 1, t≥a u(t − a) = 0, t
Z e−st f (t − a)u(t − a) dt =

L{f (t − a)u(t − a)} =

∞

a ≥ 0 dir.

e−st f (t − a) dt

a

0

yazılır ve son integralde τ = t − a d¨on¨ u¸su ¨m¨ u yapılırsa Z ∞ L{f (t − a)u(t − a)} = e−as e−sτ f (τ ) dτ = e−as L{f (t)}

(7.4)

0

¸cıkar. Ne yazık ki f (t+a)u(t+a), a ≥ 0 i¸cin benzer simetrik bir ba˘gıntı yoktur. ¨ cek De˘ ¨ 4.) Ol¸ gi¸sim Ozeli˘ gi (Benzerlik Teoremi) L{f (t)} = F (s) ise L{f (at)} = yazılabilir. Tanımdan

Z L{f (at)} =

∞

1 s F( ) a a

(7.5)

e−st f (at) dt

0

yazıp integralde τ = at d¨on¨ u¸su ¨m¨ 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)} = −F 0 (s) dir. Bu kuralı g¨ormek i¸cin F (s) fonksiyonunu s e g¨ore t¨ uretmek ve Laplace d¨on¨ u¸su ¨m¨ un¨ un tanımını g¨oz ¨on¨ une almak yeterlidir: dF (s) =− ds

Z∞ e−st tf (t) dt = −L{tf (t)}. 0

c °2000 Faruk G¨ ung¨or

8

T¨ uretme i¸slemini n kez yineleyerek g¨or¨ unt¨ u fonksiyonun n. t¨ urevi ile i¸saret farkıyla tn f (t) fonksiyonunun Laplace d¨on¨ u¸su ¨m¨ u arasındaki ¸su il¸skiyi elde ederiz: dn F (s) = (−1)n L{tn f (t)}. (7.6) dsn ˙ 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: Z ∞ f (t) L{ }= F (u) du. (7.7) t s Bunu g¨ormek i¸cin F (u) integrandı yerine tanımı yazılır: Z ∞ Z ∞ ³Z ∞ ´ F (u) du = e−ut f (t) dt du. s

s

0

Bu ba˘gıntının sa˘gındaki integrasyonun sırası de˘gi¸stirilirse Z ∞ Z ∞ ³Z ∞ ´ F (u) du = f (t) e−ut du dt s

0

Z∞ = 0

s

Z∞ ´ ³ 1£ ¤ f (t) −ut ∞ −st dt = e−st dt e − e u=s t t 0

elde ederiz. 7.) Laplace d¨ on¨ u¸su ¨ m¨ un¨ un limit bi¸ cimi E˘ger F (s) bir f (t) fonksiyonunun Laplace d¨on¨ u¸su ¨m¨ u ise lim F (s) = 0

s→∞

dır. Ger¸cekten, f (t) u ¨stel mertebeden ise Z∞

Z e−st |f (t)| dt ≤ M

|F (s)| ≤

∞

e−(s−α)t dt =

0

0

M , s−α

yazılabilir. O halde lim |F (s)| = 0

s→∞

dir.

⇒

lim F (s) = 0

s→∞

s rel="nofollow">α

c °2000 Faruk G¨ ung¨or

7.3

9

Bazı Elemanter Fonksiyonların Laplace D¨ on¨ u¸su ¨ mleri

¨ Ornek 7.3 f (t) = et olsun. L{et } yi hesaplayalım. Z∞ t

Z

∞

−st t

L{e } =

e

e dt =

e−(s−1)t dt

0

0

yazılırsa sa˘gdaki integralin de˘geri s > 1 i¸cin yakınsar ve limit i¸slemi ile −1 1 [e−(s−1)t ]M 0 = M →∞ (s − 1) s−1 lim

bulunur. O halde L{et } =

1 , s−1

s>1

dir. ¨ cek kuralını kullanarak Ol¸ L{eat } =

1 1 ¯¯ 1 , = ¯ a s − 1 s→s/a s − a

s>a

(7.8)

form¨ ul¨ un¨ u buluruz. ¨ Ornek 7.4 L{tα } Laplace d¨ on¨ u¸su ¨m¨ un¨ u hesaplayın. Genel olarak reel bir α i¸cin Z∞ α

e−st tα dt = Γ(α + 1)

L{t } = 0

integralinde st = τ d¨on¨ u¸su ¨m¨ u yapılırsa integral Γ fonksiyonu ile ifade edilebilir: α

L{t } =

1 sα+1

Z∞ e−τ τ α dτ = 0

Γ(α + 1) , sα+1

α > −1,

¨ Ozel olarak α = n ∈ Z≥0 ise Γ(α) = Γ(n) = (n − 1)! dir ve L{tn } =

n! sn+1

,

s>0

s > 0.

c °2000 Faruk G¨ ung¨or

10 ¨ yazabiliriz. Orne˘ gin, L{1} =

1 , s

1 , s2

L{t} =

L{t2 } =

2 . s3

¨ Oteleme teoreminden L{u(t − a)} = e−as L{1} = dir. α = −1/2 i¸cin Γ(α + 1) = Γ( 12 ) =

e−as s

√

π de˘geri kullanılırsa r π L{t−1/2 } = s

¸cıkar. f (t) = t−1/2 fonksiyonu i¸cin 7.4 teoreminin ko¸sulları sa˘glanmadı˘gı halde, Laplace d¨on¨ u¸su ¨m¨ un¨ un var oldu˘guna dikkat ediniz. Genel olarak n = 1, 2, . . . i¸cin 1

L{tn− 2 } =

Γ(n + 12 ) 1 s(n+ 2 )

=

√

π

(2n)! −n− 1 2, s 22n n!

s>0

(7.9)

d¨on¨ u¸su ¨m¨ u ge¸cerlidir. ¨ Ornek 7.5 L{sinh at} Laplace d¨ on¨ u¸su ¨m¨ un¨ u hesaplayın. Linerlik ¨ozeli˘gi ve (7.8) form¨ ul¨ u ile L{sinh at} =

1 1³ 1 1 ´ 1 (L{eat } − L{e−at }) = + = 2 , 2 2 s−a s+a s − a2

s > |a|

¸cıkar. Benzer olarak L{cosh at} =

s , s2 − a 2

s > |a|

dir. S¸imdi trigonometrik fonksiyonların Laplace d¨on¨ u¸su ¨mlerini 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 Z∞ F (s) =

e 0

−st

£ ¤∞ cos t dt = e−st sin t 0 + s

Z∞ e−st sin t dt = sG(s) 0

c °2000 Faruk G¨ ung¨or

11

ve Z∞ e

G(s) =

−st

£ ¤∞ sin t dt = −e−st cos t 0 − s

Z∞ e−st cos t dt = 1 − sF (s) 0

0

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 + a 2

L{sin at} =

a s2 + a2

¸cıkar. Ayrıca, birinci ¨oteleme kuralı ile L{eat cos bt} =

s−a , (s − a)2 + b2

L{eat sin bt} =

b (s − a)2 + b2

d¨on¨ u¸su ¨m form¨ ullerini buluruz. ¨ Ornek 7.7 L{t sin at} =?

L{t sin at} = −

d d a 2as L{sin at} = − = 2 . ds ds s2 + a2 s + a2

Genel olarak, L{tn sin at},

L{tn cos at}

d¨on¨ u¸su ¨mlerini hesaplamak i¸cin h(t) = tn eiat

(7.10)

fonksiyonunu d¨ u¸su ¨nelim. H(s) = L{h(t)}

= (−1)n =

dn 1 n! = dsn s − ia (s − ia)n+1

n!(s2 + a2 )−(n+1) (s + ia)n+1

d¨on¨ u¸su ¨m¨ unde s + ia = Reiφ ,

R=

p

s2 + a2 ,

tan φ =

a s

c °2000 Faruk G¨ ung¨or

12

kutupsal g¨osterimini kullanır ve H(s) nin reel ve sanal par¸calarını ayırırsak L{tn cos at} L{tn sin at}

cos(n + 1)φ , (s2 + a2 )n+1 sin(n + 1)φ = n! Rn+1 2 (s + a2 )n+1 = n! Rn+1

¨ d¨on¨ u¸su ¨m form¨ ullerini ¸cıkarmı¸s oluruz. Orne˘ gin n = 1 i¸cin s2 − a 2 , s2 + a 2

sin 2φ =

s2 − a 2 , s2 + a 2

L{t sin at} =

2as s2 + a2

2s(s2 − 3a2 ) , (s2 + a2 )3

L{t2 sin at} =

2a(3s2 − a2 ) . (s2 + a2 )3

cos 2φ =

2as + a2

s2

ba˘gıntıları yardımıyla L{t cos at} = buluruz. n = 2 i¸cin L{t2 cos at} =

sin at ¨ Ornek 7.8 L{ } =? t Z ∞ sin at u ¯¯∞ π s a a du L{ }= = arctan ¯ = − arctan = arctan . 2 2 t u +a a s 2 a s s Bu d¨on¨ u¸su ¨mde s → 0+ limitine ge¸cerek yan u ¨r¨ un olarak Z ∞ sin at sin at a π lim L{ }= dt = lim arctan = s→0 s→0 t t s 2 0 integralinin de˘gerini bulmu¸s oluruz. ¨ Ornek 7.9 L{

sin2 t } =? t

(7.7) form¨ ul¨ unden sin2 t L{ } t

d¨on¨ u¸su ¨m¨ u ¸cıkar.

Z 1 − cos 2t 1 ∞ ³1 u ´ = L{ }= − 2 du 2t 2 0 u u +4 ³ ´ u 1 4 1 ln √ |∞ ln 1 + 2 = s = 2 4 s u2 + 4

c °2000 Faruk G¨ ung¨or

13

√ ¨ Ornek 7.10 L{sinh(2 t)} =? Fonksiyonun seri a¸cılımının terim terim Laplace d¨on¨ u¸su ¨m¨ u alınır ve (7.9) kullanılırsa √ L{(sinh(2 t)}

=

L{ √

=

7.3.1

1 ∞ ∞ X X 1 22n+1 tn+ 2 22n+1 }= L{tn+ 2 } (2n + 1)! (2n + 1)! n=0 n=0 3

πs− 2

∞ X √ 3 1 1 = πs− 2 e1/s . n n! s n=0

Periodik Fonksiyonların D¨ on¨ u¸su ¨ mleri

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¸su ¨m tanımınında yarı sonsuz integrasyon aralı˘gını alt aralıklara b¨olerek yazalım: Z τ Z 2τ Z 3τ L{f (t)} = e−st f (t) dt + e−st f (t) dt + e−st f (t) dt + · · · 0

=

∞ Z X n=0

τ (n+1)τ

2τ

e−st f (t) dt.

nτ

Yukarıdaki integralde t = u + nτ d¨on¨ u¸su ¨m¨ u yapar ve periodik fonksiyon i¸cin f (u + nτ ) = f (u), n = 1, 2, . . . e¸sitli˘gini dikkate alırsak L{f (t)} =

∞ ³X n=0

e−sτ n

´Z

τ

e−su f (u) du =

0

1 1 − e−sτ

Z

τ

e−su f (u) du

(7.11)

0

buluruz. Yukarıdaki toplamın sonsuz geometrik bir serinin toplamı olarak hesaplandı˘gına dikkat edin. ¨ Ornek 7.11

½ f (t) = | sin t| =

sin t sin t ≥ 0 , − sin t sin t < 0

τ = 2π

do˘grultulmu¸s sin¨ us dalga fonksiyonun Laplace d¨ on¨ u¸su ¨m¨ u. τ = π dir. (7.11) form¨ ul¨ unden L{| sin t|} =

1 1 − e−πs

Z

π 0

e−su sin u du

c °2000 Faruk G¨ ung¨or

14 olur.

Z

π

e−su sin u du =

0

1 + e−πs 1 + s2

integral de˘geri kullanılırsa L{| sin t|} =

1 + e−πs (1 + s2 )−1 = coth(πs/2)(1 + s2 )−1 1 − e−πs

d¨on¨ u¸su ¨m¨ u bulunur.

7.3.2

T¨ urevlerin D¨ on¨ u¸su ¨ mleri

Laplace d¨on¨ u¸su ¨m¨ un¨ un diferansiyel denklemlere uygulamalarında bir fonksiyonun t¨ urevinin Laplace d¨on¨ u¸su ¨m¨ u form¨ ul¨ une gerek duyaca˘gız. Kısmi integrasyon ile bir kez integre ederek Z∞ 0

L{f (t)} =

[f (t)e−st ]∞ 0

e−st f (t) dt

+s 0

yazabiliriz. f (t) nin Laplace d¨on¨ u¸su ¨m¨ un¨ un varlı˘gı i¸cin bir gerek ko¸sul lim e−st f (t) = 0

t→∞

olmasıdır. O halde, t > 0 i¸cin f (t) yi s¨ urekli varsayarsak L{f 0 (t)} = sL{f (t)} − f (0) = sF (s) − f (0)

(7.12)

d¨on¨ u¸su ¨m form¨ ul¨ u ¸cıkar. Bu i¸sleme devam edersek s¨ urekli t¨ uretilebilen bie f (t) i¸cin L{f 00 (t)} = s2 L{f 00 (t)} − sf (0) − f 0 (0) (7.13) oldu˘gunu g¨orebiliriz. Genelle¸stirme: t ≥ 0 i¸cin f , f 0 , · · · f (n−1) s¨ urekli ve t > 0 i¸cin f (n) par¸ca par¸ca s¨ urekli ve u ¨stel mertebeden ise, t¨ umevarım ile L{f (n) (t)} = sn L{f n (t)} − sn−1 f (0) − sn−2 f 0 (0) − . . . − f (n−1) (0)

(7.14)

oldu˘gu g¨osterilebilir. E˘ger f (t) fonksiyonu reel eksen u ¨zerinde 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 Z L{f 0 (t)}

a−

= 0

Z e−st f 0 (t) dt +

∞ a+

e−st f 0 (t) dt

c °2000 Faruk G¨ ung¨or

15 Z =

− [f (t)e−st ]a0

+s Z

+

[f (t)e−st ]∞ a+

a−

0

∞

+s

e−st f (t) dt e−st f (t) dt

a+

ve f (t) nin a daki sı¸cramasının uzunlu˘gunu [f (t)]a = f (a+ ) − f (a− ) ile g¨osterirsek

L{f 0 (t)} = sL{f (t)} − f (0) − e−as [f (t)]a

(7.15)

buluruz. Laplace d¨on¨ u¸su ¨m¨ 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¸su ¨mlerini bilmemiz gerekir. Orne˘ gin iki de˘gi¸skenli f (x, t) fonksiyonu i¸cin Laplace d¨on¨ u¸su ¨m¨ u tanıma g¨ore L{

∂f (x, t) } = sF (x, s) − f0 (x) ∂t

yazılabilir. Burada, F (x, s) = L{f (x, t)},

f0 (x) = f (x, 0)

olarak tanımlanmı¸stır. Genel olarak, L{

n X ∂ n f (x, t) n } = s F (x, s) − sn−r−1 fr (x), ∂tn r=0

fr (x) =

∂ r f (x, t) |t=0 ∂tr

ge¸cerlidir. Zaman de˘gi¸skenine g¨ore t¨ urevleri i¸cermeyen kısmi t¨ urevler i¸cin L{

∂ n f (x, t) ∂n ∂n }= L{f (x, t)} = F (x, s) n n ∂x ∂x ∂xn

olacaktır. C ¸u ¨nki 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{

∂ 2 f (x, t) ∂ ∂f ∂F (x, s) ∂f0 }= L{ } = s − ∂x∂t ∂x ∂t ∂x ∂x

dir. ¨ Ornek 7.12 L{

sin2 t } =? t2

c °2000 Faruk G¨ ung¨or

16

f (t) =

sin2 t , t

f (0) = 0

fonksiyonunu d¨ u¸su ¨nelim. sin 2t sin2 t − 2 t t t¨ urevinin d¨on¨ u¸su ¨m¨ unden ve ¨ornek 7.8-7.9 dan f 0 (t) =

L{

2 s ³ 4´ sin2 t sin 2t } − sF (s) = arctan − ln 1 + 2 } = L{ 2 t t s 4 s

buluruz. Bu d¨on¨ u¸su ¨mden yine s → 0+ limitine ge¸cerek a¸sa˘gıdaki integralin de˘gerini hesaplamı¸s oluruz: Z ∞ sin2 t π dt = . 2 t 2 0 S ¸ imdi

Z g(t) =

t

f (u) du,

g(0) = 0

0

integrali ile tanımlanan fonksiyonun Laplace d¨on¨ u¸su ¨m¨ un¨ u bulmak istiyoruz. ˙ Integral hesabın temel teoremine g¨ore g 0 (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¸su ¨m¨ un¨ u alarak sG(s) = F (s) veya F (s) G(s) = s elde ederiz. ¨ Ornek 7.13 √ Z ∞ π −a2 u2 −b2 u−2 I(a, b) = e du, I(a, 0) = 2a 0 2

integralini hesaplayarak L{t−1/2 e−b

/t

} d¨ on¨ u¸su ¨m¨ un¨ u elde ediniz.

I(a, b) integralinde ξ = au d¨on¨ u¸su ¨m¨ u yapılırsa Z ∞ 2 2 2 −2 1 1 I(a, b) = e−ξ −a v ξ dξ = I(1, ab) a 0 a buluruz. Ib t¨ urevinde η = bu−1 d¨on¨ u¸su ¨m¨ u yapılırsa Z ∞ 2 2 2 −2 du Ib = −2b e−a u −b u u2 Z 0∞ 2 2 2 −2 = −2 e−η −a b η dη = −2I(1, ab) 0

c °2000 Faruk G¨ ung¨or

17

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 √ π −2ab I(a, b) = I(a, 0)e−2ab = e 2a buluruz. I(a, b) integralinde a2 = s se¸cilir ve u2 = t d¨on¨ u¸su ¨m¨ u yapılırsa r 2 π −2b√s e L{t−1/2 e−b /t } = (7.16) s d¨on¨ u¸su ¨m¨ u bulunur. Ayrıca, bunun her iki yanını b parametresine g¨ore t¨ uretirsek √ √ √ 2 2 ∂ π −2b√s e L{ t−1/2 e−b /t } = −2 πe−2b s ⇒ L{t−3/2 e−b /t } = ∂b b (7.17) d¨on¨ u¸su ¨m¨ un¨ u buluruz. b = 1/2 i¸cin √ √ L{t−3/2 e−1/4t } = 2 πe− s (7.18) d¸cn¨ u¸su ¨m form¨ ul¨ u ¸cıkar. Bu d¨on¨ u¸su ¨mden √ Z t 1 e− s −3/2 −1/4u L{ √ u e du} = s 2 π 0 bulunur. Yukarıdaki integralde v 2 = 1/4u d¨on¨ u¸su ¨m¨ u yaparak Z ∞ 2 2 e−v dv erfc (t) = √ π t ile tanımlanan tamamlayıcı hata fonksiyonu t¨ ur¨ unden ¸s¨oyle ifade edebiliriz: √

e− s 1 . L{erfc ( √ )} = s 2 t

7.3.3

(7.19)

Bessel Fonksiyonlarının D¨ on¨ u¸su ¨ mleri

Bessel fonksiyonları sonsuz serilerle tanımlandı˘gından terim terim Laplace d¨on¨ u¸su ¨m¨ un¨ u alarak d¨on¨ u¸su ¨m form¨ ullerini ¸cıkarmak olduk¸ca elveri¸sli bir yakla¸sımdır. Ger¸cekten, ¨orne˘gin √ L{tn/2 Jn (2 t)} d¨on¨ u¸su ¨m¨ un¨ u hesaplamak i¸cin ∞ X √ tn/2 Jn (2 t) = r=0

(−1)r tn+r r!Γ(n + r + 1)

c °2000 Faruk G¨ ung¨or

18

e¸sitli˘ginin her iki yanının terim terim Laplace d¨on¨ u¸su ¨m¨ un¨ u alırsak s > 0 i¸cin ∞ X √ L{tn/2 Jn (2 t)} = r=0

(−1)r L{tn+r } r!Γ(n + r + 1)

buluruz. Di˘ger yandan, L{tn+r } =

Γ(n + r + 1) sn+r+1

form¨ ul¨ u ile √ L{tn/2 Jn (2 t)} =

1 sn+1

∞ X 1 (−1)r 1 r 1 ( ) = n+1 e− s r! s s r=0

¨ d¨on¨ u¸su ¨m¨ une ula¸sırız. Ozel olarak, n = 0 i¸cin √ 1 1 L{J0 (2 t)} = e− s s

(7.20)

olur. Benzer bi¸cimde, J0 (t) fonksiyonun Laplace d¨on¨ u¸su ¨m¨ u i¸cin seri y¨ontemi uygulayabiliriz. Ancak, bunun yerine diferansiyel denklem y¨ontemini uygulamak istiyoruz. Bu y¨ontemde genel olarak fonksiyonların sa˘gladıkları diferansiyel denklemlerin Laplace d¨on¨ u¸su ¨mlerini alarak bu fonksiyonların d¨on¨ u¸su ¨mlerini ¸cıkarırız. y(t) = J0 (t), y(0) = 1 fonksiyonunun ty 00 (t) + y 0 (t) + ty(t) = 0 diferansiyel denklemini sa˘gladı˘gını biliyoruz. Laplace d¨on¨ u¸su ¨m¨ un¨ u alıp L{y(t)} = Y (s) yazarsak −

d 2 d [s Y (s) − sy(0) − y 0 (0)] + sY (s) − y(0) − Y (s) = 0 ds ds

veya sadele¸stirerek Y (s) d¨on¨ u¸su ¨m fonksiyonunun sa˘gladı˘gı 1. mertebe lineer (homojen) dY (s) (s2 + 1) + sY (s) = 0 ds diferansiyel denklemini buluruz. De˘gi¸skenlerini ayırır, integre edersek s ds dY =− 2 Y s +1

⇒

Y (s) = c(s2 + 1)−1/2

c °2000 Faruk G¨ ung¨or

19

buluruz. c integrasyon sabitini belirlemek i¸cin ba¸slangı¸c-de˘ger teoreminden yararlanalım: lim sY (s) = lim y(t) = y(0) = 1

s→∞

t→0

⇒

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 u ¨retmek istiyoruz. Bu ama¸cla,   1 , |t − t | ≤ ² 0 2² δ² (t − t0 ) = (7.22)  0 |t − t0 | > ² ile tanımlanan bir fonksiyon d¨ u¸su ¨nelim. Bu fonksiyonnun b¨ ut¨ un reel eksen u ¨zerinde integrali Z ∞ Z ² 1 dt = 1 δ² (t − t0 ) dt = −∞ −² 2² dir. Birim impuls fonksiyonu δ² (t − t0 ) nin ² → 0 i¸cin limiti olarak tanımlanır: ( ∞, t = t0 δ(t − t0 ) = lim δ² (t − t0 ) = ²→0 0, t 6= t0 Bu limite bazen delta fonksiyonu da denir. Ayrıca, Z ∞ δ(t − t0 ) dt = 1 −∞

o¨zeli˘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 1 Bildi˘ gimiz hi¸c bir fonksiyon bu bi¸cimde davranmaz. Reel eksen u ¨ zerinde 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.

c °2000 Faruk G¨ ung¨or

20

˙ 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¸su ¨m¨ un¨ u hesaplamak i¸cin, t0 > 0 varsayıp, birim basamak fonksiyonu ile ifade edelim ve d¨on¨ u¸su ¨m¨ un¨ u alalım. L{δ² (t − t0 )}

= =

1 L{u(t − (t0 − ²)) − u(t − (t0 + ²))} 2² e−(t0 −²)s − e−(t0 +²)s sinh ²s = e−t0 s . 2² ²s

Limite ge¸cilirse (L’Hospital kuralını kullanarak) L{δ(t − t0 )} = e−t0 s lim

²→0

sinh ²s = e−t0 s ²s

(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 u ¨stel mertebden, f 0 (t) t ≥ 0 i¸cin par¸ca par¸ca s¨ urekli olsun. O zaman f (0+ ) = lim f (t) = lim sF (s). s→∞

t→0+

Kanıt: Laplace d¨on¨ u¸su ¨mlerinin genel ¨ozeli˘ginden s → ∞ i¸cin G(s) = L{f 0 (t)} = + sF (s) − f (0 ) fonksiyonu sıfıra gider. O halde lim G(s) = lim (sF (s) − f (0+ )) = 0

s→∞

s→∞

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 f (t) = lim sF (s) t→∞

dir.

s→0

c °2000 Faruk G¨ ung¨or

21

Kanıt: f fonksiyonu sınırlı oldu˘gundan α = 0 mertebeden bir fonksiyondur. T¨ urev d¨on¨ u¸su ¨m form¨ ul¨ unden G(s) = L{f 0 (t)} = sF (s) − f (0+ ),

s>0

dir. Limite ge¸cerek lim G(s) = lim (sF (s) − f (0+ ))

s→0

s→0

(7.24)

yazabiliriz. Ayrıca, Z∞ s→0

Z

∞

e−st f 0 (t) dt =

lim G(s) = lim

s→0

f 0 (t) dt.

0

0

Yukarıda limitin integral i¸cine ge¸cebildi˘gine dikkat edin (?). Z

∞

Z

τ

f 0 (t) dt = lim

τ →∞

0

f 0 (t) dt = lim [f (τ ) − f (0+ )] τ →∞

0

yazılabilir. Sonu¸c olarak, (7.24) ve (7.25) sonu¸cları kar¸sıla¸stırılırsa lim f (t) = lim sF (s)

t→∞

s→0

elde ederiz.

C ¸¨ oz¨ ulecek Problemler 1. A¸sa˘gıdaki fonksiyonların Laplace d¨on¨ u¸su ¨mlerini bulunuz. a) e−t t sin 2t c)

√ sin 2 t

e)

√ erf ( t)

cos2 t √ cos t √ d) t Z t f) sinh au du b)

0

g)

I0 (t)

h)

i)

e2t (t − 1)u(t − 1)

j)

cos at − cos bt t at e − ebt t

(7.25)

c °2000 Faruk G¨ ung¨or

22

7.3.6

Ters Laplace D¨ on¨ u¸su ¨ m¨ u

E˘ger F (s) = L{f (t)} ise f (t) fonksiyonuna F (s) g¨or¨ unt¨ u fonksiyonun ters Laplace d¨on¨ u¸su ¨m¨ u adı verilir ve f (t) = L−1 {F (s)} yazılır. Ters Laplace d¨on¨ u¸su ¨m¨ u de lineer bir i¸slemdir, yani f (t) = L−1 {F (s)} −1 ve g(t) = L {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−1 L = 1l

yazılabilir. Burada 1l birim operat¨or¨ u g¨ostermektedir. Ters D¨ on¨ u¸su ¨ m¨ un Tekli˘ gi: A¸sa˘gıdaki teorem bir F (s) fonksiyonunun ters d¨on¨ u¸su ¨m¨ 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¸su ¨m¨ u F (s) olan t ≥ 0 i¸cin tanımlı en ¸cok bir s¨ urekli f (t) fonksiyonu vardır. Laplace d¨on¨ u¸su ¨m¨ u i¸cin verilen ¨ozeliklere ters d¨on¨ u¸su ¨m operat¨or¨ u uygulayarak a¸sa˘gıdaki kuralları hemen yazabiliriz: ¨ cek De˘ ¨ Ol¸ gi¸sim Ozeli˘ gi: −1 L {F (s)} = f (t) ise L−1 {F (as)} =

1 t f ( ). a a

¨ ¨ Birinci Oteleme Ozeli˘ gi: L−1 {F (s − a)} = eat L−1 {F (s)} = eat f (t). ˙ ¨ ¨ Ikinci Oteleme Ozeli˘ gi: ½ f (t − a), t ≥ a −1 −as L {e F (s)} = f (t − a)u(t − a) = . 0, t
c °2000 Faruk G¨ ung¨or

23

¨ Ornek 7.14 L−1 { L−1 {

1 }, (s − a)n

n ≥ 1.

1 tn−1 1 . } = eat L−1 { n } = eat n (s − a) s (n − 1)!

¨ Kesirli u ¨stler i¸cin faktoriyel yerine Gamma fonksiyonu kullanılmalıdır. Orne˘ gin, r t 1 . L−1 { √ } = π s ¨ Oteleme form¨ ul¨ u ile L−1 { √

b b 1 1 } = √ e− a L−1 {s−1/2 } = e− a a as + b

r

t aπ

bulunur. ¨ Ornek 7.15 ³ F (s) = ln 1 +

1 s2

³ 1´ L−1 {ln 1 + 2 } =? s

´

fonksiyonunun t¨ urevinin ters d¨on¨ u¸su ¨m¨ u

L−1 {F 0 (s)} = L−1 {

2s 2 − } = 2(cos t − 1) +1 s

s2

ile L−1 {F 0 (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 (s − a) + a + 1 = s2 − 2as + a2 + b2 (s − a)2 + b2 yazar ve ters d¨on¨ u¸su ¨m¨ un lineerli˘gi kullanılırsa L−1 {

s+1 } s2 − 2as + a2 + b2

bulunur.

s−a a+1 } + L−1 { } (s − a)2 + b2 (s − a)2 + b2 a+1 = eat [cos bt + sin bt] b = L−1 {

c °2000 Faruk G¨ ung¨or

24

7.3.7

Kısmi Kesirler Y¨ ontemi

Sabit katsayılı linear diferansiyel denklemlere uygulamalarda rasyonel bir fonksiyonun ters d¨on¨ u¸su ¨m¨ 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) = ak sk + ak−1 sk−1 + · · · + a0 D(s) = bn sn + bn−1 sn−1 + · · · + b0 bi¸ciminde polinomlardır. F (s) ger¸cek bir fonksiyonun ters d¨on¨ u¸su ¨m¨ 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 derecesinin paydanın derecesinden k¨ u¸cu ¨k oldu˘gunu varsayaca˘gız. D(s) in D(s) = D1 (s)D2 (s) bi¸ciminde ¸carpanlara ayrılabildi˘gini varsayalım. F (s) fonksiyonunu N (s) N1 (s) N2 (s) = + D(s) D1 (s) D2 (s) olacak bi¸cimde iki kesrin toplamı olarak yazabiliriz. Burada, N1 ve N2 nin dereceleri D1 ve D2 nin derecelerinden daha k¨ uc¸u ¨kt¨ ur. N1 ve N2 polinomlarının belirlenmesi i¸cin genel bir y¨ontem verece˘giz. Liner C ¸ arpanlara Ayrı¸sım: Genelli˘gi bozmadan D(s) polinomunu normalize edebiliriz, yani bn = 1 alabiliriz. D(s) =

n Y

(s − si ) = (s − s1 )(s − s2 ) . . . (s − sn ),

si 6= sj , i 6= j

i=1

bi¸ciminde lineer ¸carpanlara ayrılabiliyorsa N (s) A1 A2 An = + + ... + D(s) s − s1 s − s2 s − sn yazılabilir. Toplam notasyonu ile n

N (s) X Aj = D(s) s − sj j=1

c °2000 Faruk G¨ ung¨or

25

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) s − sj N (sj ) = N (sj ) lim = 0 . s→sj D(s) D(s) D (sj )

Yukarıda ikinci limit i¸cin L’Hospital kuralını uyguladık. Sonu¸ c: (Heaviside A¸ cılım Form¨ ul¨ u) D(s) = 0 polinom denkleminin birbirinden farklı reel sıfırları (basit k¨okleri) s1 , s2 , . . . , sn ise n

L−1 {

n

X N (sj ) X N (sj ) N (s) 1 }= L−1 { }= e sj t . 0 0 (s ) D(s) D (s ) s − s D j j j j=1 j=1

¨ Ornek 7.17 L−1 {

(7.26)

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 {

s2 − 2s + 3 A B C }= + + s3 − 2s2 − s + 2 s+1 s−1 s−2

yazılabilir. A yı belirlemek i¸cin s + 1 ile ¸carpalım ve s yerine −1 yazalım: s2 − 2s + 3 ¯¯ A= = 1. ¯ (s − 1)(s − 2) s=−1 Di˘ger sabitler B = −1, C = 1 olarak bulunur. O halde, ters d¨on¨ u¸su ¨m L−1 {

s2 − 2s + 3 } = e−t − et + e2t s3 − 2s2 − s + 2

olur. Katlı Lineer C ¸ arpanlar: D(s) polinomunun reel bir sıfırı m katlı ise D(s) = (s − a)m D2 (s) yazılabilir. Bu durumda F (s) kesrini basit iki kesrin toplamı olarak ifade edebiliriz: N (s) N1 (s) N2 (s) = + . D(s) (s − a)m D2 (s) Birinci kesir basit kesirlere ayrı¸stırılabilir: m−1 X N1 (s) Aj = . m (s − a) (s − a)m−j j=0

c °2000 Faruk G¨ ung¨or

26

Aj katsayılarını belirlemek i¸cin F (s) nin her iki yanını (s − a)m ile ¸carpalım: N (s) N2 (s) = A0 + A1 (s − a) + A2 (s − a)2 + . . . + Am−1 (s − a)m + (s − a)m . D2 (s) D2 (s) Bu e¸sitlik j kez t¨ uretilir ve s → sj limitine ge¸cilirse Aj katsayıları Aj =

1 dj N (s) ¯¯ ¯ , j! dsj D2 (s) s=a

j = 0, 1, 2, . . . , m − 1

form¨ ul¨ u ile bulunur. Aj katsayıları belirlenince L

−1

m−1 X N1 (s) tm−j−1 at }=e { Aj m (s − a) (m − j − 1)! j=0

ters Laplace d¨on¨ u¸su ¨m¨ un¨ u hesaplamı¸s oluruz. ¨ Ornek 7.18 L−1 { L−1 {

s2 − 1 } =? (s + 2)3 (s2 + 1)

s2 − 1 A1 A2 A3 Cs + D }= + + + 2 3 2 3 2 (s + 2) (s + 1) (s + 2) (s + 2) (s + 2) s +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¸su ¨m L−1 {

s2 − 1 3 8 22 22 4 } = e−2t [ t2 − t − ]+ cos t − sin t 3 2 (s + 2) (s + 1) 10 25 125 25 125

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 As + B N2 (s) N (s) = + D(s) Q(s) D2 (s) yazabiliriz. Ters d¨on¨ u¸su ¨m¨ un belirlenmesini kolayla¸stıracak bir ayrı¸sım As + B C(s − a) + Db = Q(s) Q(s)

(7.27)

c °2000 Faruk G¨ ung¨or

27

yazmaktır. (7.27) ayrı¸sımının her iki yanı Q(s) ile ¸carpılır N2 (s) N (s) = C(s − a) + bD + Q(s) D2 (s) D2 (s) ve s yerine Q(s) = (s − s1 )(s − s¯1 ) = 0 denkleminin k¨ok¨ u olan s1 = s1 = a + ib (veya e¸sleni˘gi) yazılırsa N (a + ib) = ibC + bD D2 (a + ib) buluruz. Sol yandaki kompleks sayıyı W ile g¨osterirsek C ve D katsayılarını C=

1 ImW, b

D=

1 ReW b

olarak elde ederiz ve ters d¨on¨ u¸su ¨m L−1 {

C(s − a) + bD eat eat }= (ImW cos bt + ReW sin bt) = Im{W eibt } 2 2 (s − a) + b b b

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 Z } = sin(bt + φ) (s − a)2 + b2 b

ters d¨on¨ u¸su ¨m form¨ ul¨ un¨ u buluruz. ¨ Ornek 7.19 L−1 {

s4

1 } =? +4

L−1 {

s4

s } =? +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 {

s4

1 A(s + 1) + B C(s − 1) + D }= + 2 +4 (s + 1) + 1 (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 A = 1/8,

B = 1/8,

C = −1/8,

D = 1/8

c °2000 Faruk G¨ ung¨or

28 olarak belirlenir. O halde ters d¨on¨ u¸su ¨m f (t) = L−1 {F (s)} =

1 −t 1 e (cos t + sin t) + et (sin t − cos t) 8 8

veya f (t) = L−1 {F (s)} =

1 (sin t cosh t − cos t sinh t) 4

bulunur. Ayrıca, ba¸slangı¸c-de˘ger teoreminden f (0) = 0 = lims→∞ sF (s) dir ve t¨ urev d¨on¨ u¸su ¨m form¨ ul¨ uyle L−1 {

s 1 } = f 0 (t) = sin t sinh t s4 + 4 2

elde edilir. Katlı Kuadratik C ¸ arpanlar: Q(s) kuadrati˘gi D(s) polinomunda m kez g¨or¨ ul¨ uyorsa, yani D(s) = [Q(s)]m D2 (s) ise ayrı¸sım N (s) N1 (s) N2 (s) = m + D(s) Q (s) D2 (s) olur. Burada N1 (s), (2m − 1). veya daha k¨ uc¸u ¨k dereceden bir polinomdur. Ayrıca, birinci kesir N1 (s) C0 (s − a) + bD0 C1 (s − a) + bD1 Cm−1 (s − a) + bDm−1 = + + ... + m m m−1 Q (s) Q Q 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 1 s L−1 { 2 }, L−1 { 2 }, j = 2, 3, . . . m (s + a2 )j (s + a2 )j bi¸ciminde ters d¨on¨ u¸su ¨mleri hesaplamamız gerekecek. Genel olarak, bir rek¨ urans ba˘gıntısı u ¨reterek bu ters i¸slem yapılabilir. Ancak, a¸sa˘gıdaki ¨ornekte farklı bir yol izlenecektir. ¨ Ornek 7.20 L−1 {

(s2

1 } =? + a2 )2

L−1 {

L{sin at} =

(s2

a s2 + a2

s } =? + a2 )2

c °2000 Faruk G¨ ung¨or

29

ba˘gıntısının her iki yanını a parametresine g¨ore t¨ uretelim: ∂ ∂ 1 2a2 L{sin at} = L{ sin at} = L{t cos at} = 2 − 2 . 2 ∂a ∂a s +a (s + a2 )2 Her iki yana ters d¨on¨ u¸su ¨m uygulayarak f (t) = L−1 {

1 1 1 } = 2 ( sin at − t cos at) (s2 + a2 )2 2a a

ters d¨on¨ u¸su ¨m¨ un¨ u bulmu¸s oluruz. oldu¨ uunu dikkate alarak L−1 {

(s2

Bu sonu¸ctan yararlanarak ve f (0) = 0

s 1 t sin at } = f 0 (t) = 2 2 +a ) 2a

elde edilir.

7.3.8

˙ slemi ve Teoremi Konvol¨ usyon I¸

Tanım 7.8 f (t) ve g(t) fonksiyonlarının konvol¨ usyonu (katlama) Zt f (t − τ ) g(τ ) dτ 0

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. (eat f ) ∗ (eat g) = eat (f ∗ g) usyon teoremi) 6. L{f ∗ g} = L{f }L{g} (Konvol¨ 7.

d (f ∗ g)(t) = f (0+ )g(t) + f 0 ∗ g = g(0+ )g(t) + f ∗ g 0 dt

c °2000 Faruk G¨ ung¨or

30 8. F (s) = L{f (t)} ve G(s) = L{g(t)} ise L{

d (f ∗ g)(t)} = L{(f ∗ g)0 } = sF (s)G(s). dt

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¸su ¨m¨ u yapılırsa Zt f ∗g

=

Z

0

f (t − τ ) g(τ ) dτ = −

f (u)g(t − u) du t

0

Z

t

=

g(t − τ )f (τ ) du = g ∗ f 0

buluruz. 2. Tanımdan Z

Z

t

(f ∗ g) ∗ h =

h(t − τ ) dτ

τ

f (ξ)g(τ − ξ) dξ.

0

0

˙ Integrasyonların sırasını de˘gi¸stirirsek bu e¸sitli˘gin sa˘g yanı Z

Z

t

t

f (ξ) dξ 0

g(τ − ξ)h(t − τ ) dτ ξ

˙ cteki integralde η = τ −ξ d¨on¨ olarak yazılabilir. I¸ u¸su ¨m¨ u yapılırsa, iki katlı integral Z

Z

t

0

Z

t−ξ

f (ξ) dξ

t

g(η)h(t − ξ − η) dη = 0

f (ξ)(g ∗ h)(t − ξ) dξ = f ∗ (g ∗ h) 0

olur ki bu da asosiyatiflik ¨ozeli˘gini ger¸cekler. usyon Teoremi: Yine tanımdan 6. Konvol¨ Z L{f ∗ g} =

∞

Zt −st

e 0

dt

f (τ ) g(t − τ ) dτ 0

c °2000 Faruk G¨ ung¨or

31

˙ yazabiliriz. Integrasyonların sırasını de˘gi¸stirir ve i¸cteki integralde η = t − τ d¨on¨ u¸su ¨m¨ u yaparsak Z ∞ Z ∞ L{f ∗ g} = f (τ ) dτ e−st g(t − τ ) dt τ Z0 ∞ Z ∞ −st = f (τ )e dτ e−sη g(η) dη 0

=

0

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¸su ¨m form¨ ul¨ un¨ u ¸cıkarmı¸s oluruz. Bu form¨ ul ters d¨on¨ u¸su ¨mlerin ¨ 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 ¸u ¨nk¨ u, bunlardan birini hesaplamak di˘gerine g¨ore daha kolay olabilir. 7. Bunun i¸cin Leibnitz t¨ uretme form¨ ul¨ une g¨ore d d (f ∗ g)(t) = dt dt

Zt 0

d f (t − τ ) g(τ ) dτ = dt

Zt f (τ ) g(t − τ ) dτ 0

¨ sınır de˘gi¸sken oldu˘gu i¸cin bu terit¨ urevlerini hesaplamak yeterlidir. Ust min t¨ urevinden gelecek katkıya dikkat ediniz. 8. T¨ urev d¨on¨ u¸su ¨m form¨ ul¨ u ve (f ∗ g)(0) = 0 oldu˘gu g¨oz¨on¨ unde tutulursa L{

d (f ∗ g)(t)} = sL{(f ∗ g)(t)} − (f ∗ g)(0) = sL{f (t)}L{g(t)} dt

¸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 )

c °2000 Faruk G¨ ung¨or

32

F (s) = s/(s2 + a2 ) ve G(s) = 1/(s2 + b2 ) fonksiyonlarının ters d¨on¨ u¸su ¨mleri f (t) = cos at,

g(t) =

1 sin bt b

oldu˘gundan L−1 {F (s)G(s)}

= = = =

1 (sin bt ∗ cos at) b Z 1 t sin b(t − τ ) cos aτ dτ b 0 Z 1 t sin bτ cos a(t − τ ) dτ b 0 Z t Z t 1 { sin[at + (b − a)τ ] dτ − sin[at − (b + a)τ ] dτ } 2b 0 0

˙ yazılabilir. Integral hesaplanırsa b 6= a i¸cin L−1 {

s cos at − cos bt }= , (s2 + a2 )(s2 + b2 ) 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 cos at − cos bt t } = lim = sin at b→a (s2 + a2 )2 b2 − a2 2a

¨ bulunur (Bak: Ornek 7.20). ¨ Ornek 7.22

Z f (t) =

t

τ m−1 (t − τ )n−1 dτ

0

integralini hesaplamak i¸cin konvol¨ usyon teoreminden yararlanalım.

F (s)

= L{f (t)} = L{tm−1 ∗ tn−1 } Γ(m)Γ(n) = L{tm−1 }L{tn−1 } = sm+n

ve ters d¨on¨ u¸su ¨m alarak f (t) = Γ(m)Γ(n)L−1 {

Γ(m)Γ(n) m+n−1 1 }= t sm+n Γ(m + n)

c °2000 Faruk G¨ ung¨or

33

¨ 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¸su ¨m¨ un¨ u hesaplayın. Yukarıdaki ¨ornekte m = n = 3/2 se¸cilirse √ [Γ( 32 )]2 1 π L{f (t)} = (L{ t})2 = = 3 Γ(3) s3 4s veya

√ L{ t} =

√

π 1 2 s3/2

bulunur. ¨ Ornek 7.24 fn (t) fonksiyonu Z fn+1 (t) =

t

fn (τ ) dτ,

n = 0, 1, 2, . . .

0

ba˘gıntısı ile rek¨ ursif olarak tanımlandı˘gına g¨ ore Z

t

fn+1 (t) = 0

(t − τ )n f0 (τ ) dτ n!

oldu˘gunu g¨ osterin. Rek¨ urans ba˘gıntısından Z

t

f1 (t) = L{f0 ∗ 1} =

f0 (τ ) dτ,

F1 (s) =

0

Z

F0 (s) , s

t

f2 (t) = L{f1 ∗ 1} = L{f0 ∗ 1 ∗ 1} =

f1 (τ ) dτ,

F2 (s) =

0

F0 (s) F1 (s) = s s2

ve b¨oylece devam ederek t¨ umevarım ile Fn+1 (s) = L{fn+1 (t)} = L{f0 (t) ∗ 1| ∗ .{z . . ∗ 1}} = (n+1)−kez

F0 (s) sn+1

c °2000 Faruk G¨ ung¨or

34 bulunur. Bunun ters d¨on¨ u¸su ¨m¨ unden istenilen tn ∗ f0 (t) = n!

fn+1 (t) =

Z

t

0

(t − τ )n f0 (τ ) dτ n!

e¸sitli˘gi ¸cıkar. Buna ek olarak, fn (t) nin tanımından n ardı¸sık integrali tekboyutlu integrale d¨on¨ u¸st¨ uren Z tZ

t2

fn+1 (t) = |0

0

··· {z

Z

Z

tn

f0 (t1 ) dt1 dt2 . . . dtn = 0

0

}

t

(t − τ )n f0 (τ ) dτ n!

n−katlı

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 Z

Z

∞

L{

k(t, u)f (u) du} 0

∞

=

L{k(t, u)}f (u) du Z ∞ = A(s) e−uB(s) f (u) du

(7.29)

0

(7.30)

0

= A(s)F (B(s)) ba˘gıntısı ge¸cerlidir. Bu teoremde ¨ozel olarak k(t, u) = g(t − u)u(t − a) se¸cilirse L{k(t, u)} = e−su L{g(t)} = e−su G(s) olur ki B(s) = s ve A(s) = G(s) demektir. O halde Eforov teoremi Z

Z

∞

u(t − u)g(t − u)f (u) du}

L{ 0

t

f (u)g(t − u) du}

= L{ 0

= L{(f ∗ g)(t)} = F (s)G(s) konvol¨ usyon form¨ ul¨ une indirgenir.

(7.31)

c °2000 Faruk G¨ ung¨or

35

C ¸¨ oz¨ ulecek Problemler 1. A¸sa˘gıdaki fonksiyonların ters d¨on¨ u¸su ¨mlerini hesaplayınız. a) c) e) g)

1 (s2

a2 )(s2

a2 )

− + 1 s2 (s2 + a2 ) 1 (s2 + 4)(s2 + 2s + 2) s s4 − 5s2 + 4

b) d) f) h)

1 (s − 1)(s + 2)3 s (s2 − a2 )(s2 + b2 ) 2s + 3 (s2 − 2s + 2)2 s3 4 (s − 1)(s4 + 4)

u¸su ¨mleri hesaplayınız. 2. A¸sa˘gıdaki ters d¨on¨ 2 s+a } b) L−1 {ln } s2 s−a s2 + a } L−1 {ln 2 s + b2

a) L−1 {arctan c)

7.4

Laplace D¨ on¨ u¸su ¨ m¨ un¨ un Uygulamaları

S¸imdiye kadar Laplace d¨on¨ u¸su ¨m¨ u ve ters Laplace d¨on¨ u¸su ¨m¨ 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¸su ¨m¨ 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¸su ¨m¨ u alınır. Sonu¸c bilinmeyen fonksiyonun d¨on¨ u¸su ¨m¨ un¨ u i¸ceren cebirsel bir denklmdir. 2. Cebirsel denklem ¸c¨oz¨ ul¨ ur. 3. Ters d¨on¨ u¸su ¨m alarak diferansiyel denklemin aynı zamanda ba¸slangı¸c ko¸sullarını sa˘glayan ¸c¨oz¨ um¨ une varılır. S¸imdi bu adımları Ly = a0

dn y dn−1 y dy + a1 n−1 + · · · + an−1 + an y = f (t) n dt dt dt

(7.32a)

denklemi ve y(0) = y0 , y 0 (0) = y1 , y 00 (0) = y2 , . . . , y (n−1) (0) = yn−1

(7.32b)

c °2000 Faruk G¨ ung¨or

36

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) = a0 sn + a1 sn−1 + . . . + an−1 s + an

ve G(s) katsayıları ba¸slangı¸c de˘gerlerine ba˘glı (n − 1). dereceden G(s) =

n X r−1 X

ar yj sr−j−1 ,

yj = y (j) (0)

r=0 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¸su ¨m¨ 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 y0 (t) = 0,

t→∞

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

−1

h(t − τ ) f (τ ) dτ

{H(s)F (s)} = (h ∗ f )(t) = 0

olarak form¨ ule edebiliriz. h(t) fonksiyonuna bazen transfer fonksiyonu denir. ¨ Ornek 7.25 y 00 (t) + ω 2 y(t) = f (t), ba¸slangı¸c de˘ger problemini ¸c¨ oz¨ un¨ uz.

y(0) = y0 , y 0 (0) = y1

c °2000 Faruk G¨ ung¨or

37

Denklemin d¨on¨ u¸su ¨m¨ u (s2 + ω 2 )Y (s) = F (s) + y0 s + y1 dir ve Y (s) e g¨ore ¸c¨oz¨ ul¨ urse Y (s) =

F (s) y0 s + y1 + (s2 + ω 2 ) (s2 + ω 2 )

ve ters d¨on¨ u¸su ¨m¨ u alınırsa y(t) = L−1 {Y (s)} = y0 cos ωt +

y1 1 sin ωt + f (t) ∗ sin ωt ω ω

veya a¸cık olarak y1 1 y(t) = y0 cos ωt + sin ωt + ω ω

Z

t

f (τ ) sin ω(t − τ ) dτ 0

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

1 ω 2 (1

− cos ω(t − a)), t ≥ a 0

t
y 00 + ω 2 y = u(t − a),

y(0) = y 0 (0) = 0

problemi i¸cin Laplace d¨on¨ u¸su ¨m¨ u do˘grudan do˘gruya uygulansaydı, ¸c¨oz¨ um yine (s2 + ω 2 )Y (s) =

eas s

⇒

Y (s) =

1 as 1 s e [ − 2 ] 2 ω s s + ω2

fonksiyonunun ters d¨on¨ u¸su ¨m¨ u olan y(t) = L−1 {Y (s)} = olarak elde edilirdi.

1 (1 − cos ω(t − a))u(t − a) ω2

c °2000 Faruk G¨ ung¨or

38 ¨ Ornek 7.26 y 00 − 2y 0 + (1 + m2 )y = (1 + 4m2 ) cos mt,

y(0) = 1, y 0 (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 + 4m2 )s = +s−2 s2 + m 2

ve buradan Y (s) =

(1 + 4m2 )s s−2 + [(s − 1)2 + m2 ](s2 + m2 ) [(s − 1)2 + m2 ]

belirlenirse, ¸c¨oz¨ um basit kesirler y¨ontemiyle y(t) = L−1 {Y (s)} = L−1 {

As + B C(s − 1) + D (s − 1) − 1 + + } s2 + m 2 (s − 1)2 + m2 (s − 1)2 + m2

ters d¨on¨ u¸su ¨m¨ une indirgenir. A, B, C, D katsayıları esas kesrin iki yanını sırasıyla s2 + m2 ve (s − 1)2 + m2 ile ¸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)

s − 2m2 −(s − 1) + (1 + 2m2 ) s−1 + + } 2 2 2 2 s +m (s − 1) + m (s − 1)2 + m2 = cos mt + 2m(et − 1) sin mt

= L−1 {

olur. ¨ Ornek 7.27 y 00 + 4y = 3 sin t,

y(0) = 0, y(π/2) = −2

iki-nokta sınır-de˘ger problemini ¸c¨ oz¨ un¨ uz.

c °2000 Faruk G¨ ung¨or

39

y 0 (0) = c olsun. Denklemin Laplace d¨on¨ u¸su ¨m¨ u alındıktan sonra Y (s) = L{y(t)} i¸cin ¸c¨oz¨ ul¨ urse Y (s) =

c 3 c−1 1 + = 2 + s2 + 4 (s2 + 1)(s2 + 4) s + 4 s2 + 1

bulunur. Ters d¨on¨ u¸su ¨m¨ u alınırsa c−1 sin 2t + sin t 2 ¸cıkar. S¸imdi c sabitini belirlemek i¸cin y(π/2) = −2 ko¸sulunu kullanabiliriz: y(t) =

c−1 + 1 = −2 ⇒ c = 7. 2 O halde ¸c¨oz¨ um y = 3 sin 2t + sin t olur. Laplace d¨on¨ u¸su ¨m 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¸su ¨m¨ u uygulayarak cebirsel denklem sistemine indirgeriz ve ters d¨on¨ u¸su ¨m alarak ¸c¨oz¨ ume ula¸sırız. y(π/2) = −

¨ 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¸su ¨m¨ un¨ u alırsak s2 X(s) + 4s2 Y (s) − 4s = X(s) s2 Y (s) − s = X(s) + Y (s) ve d¨ uzenleyerek yazarsak (s2 − 1)X(s) + 4s2 Y (s) −X(s) + (s2 − 1)Y (s)

= 4s = s

sistemini buluruz. Yok etme veya Cramer y¨ontemi ile Y (s) ¸c¨oz¨ ul¨ urse Y (s) =

4s s(s2 − 1) 2s s + = 2 + 2 (s2 + 1)2 (s2 + 1)2 (s + 1)2 s +1

ve ters d¨on¨ u¸su ¨m¨ 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.

c °2000 Faruk G¨ ung¨or

40 ¨ Ornek 7.29 x˙ + 2y˙ + x − y x˙ − y˙ − x − 2y

= cos t = sin t

sistemini ve x(0) = 1, y(0) = 0 ko¸sullarını sa˘glayan ¸c¨ oz¨ um¨ u bulunuz. Sistemin Laplace d¨on¨ u¸su ¨m¨ u (s + 1)X(s) + (2s − 1)Y (s) = (s − 1)X(s) − (s + 2)Y (s) =

s2 + s + 1 s2 + 1 2 s +2 s2 + 1

cebirsel denklem sistemini verir. Cramer kuralı ile ¸c¨oz¨ ul¨ urse ve basit kesirlere ayrılırsa s(3s2 + 2s + 7) 2 2s − 1 3s + 2 X(s) = = + 3(s2 + 1)2 3 (s2 + 1)2 3(s2 + 1) ve s2 + 2s + 3 1 1 2 s+1 Y (s) = − =− − 3(s2 + 1)2 3 (s2 + 1) 3 (s2 + 1)2 bulunur. L−1 {

2s } = t sin t, (s2 + 1)2

L−1 {

1 1 } = (sin t − t cos t) (s2 + 1)2 2

ters d¨on¨ u¸su ¨mlerini kullanarak x(t) = y(t) =

1 [(t + 3) cos t + (2t + 1) sin t] 3 1 [t cos t − (t + 2) sin t] 3

¸c¨oz¨ um sistemini elde ederiz. ¨ on¨ uml¨ u Lineer Salınıcı Problemi: Ornek 7.30 S¨ Hızla orantılı bir kuvvet etkisi altında maddesel bir par¸cacı˘gın serbest titre¸simleri ikinci mertebe lineer x ¨(t) + 2λx(t) ˙ + ω 2 x(t) = 0 diferansiyel denklemi ile y¨onetilir. Ba¸slangı¸c anındaki yer ve hız b¨ uy¨ ukl¨ uklerini x(0) = x0 ve x(0) ˙ = v0 ile g¨osterelim. Ayrıca, λ rel="nofollow"> 0 varsayıyoruz. X(s) = L{x(t)} olsun. Denklemin her iki yanının Laplace d¨on¨ u¸su ¨m¨ u alınırsa (s2 + 2λs + ω 2 )X(s) = x0 s + v0 + 2λx0 ,

c °2000 Faruk G¨ ung¨or

41

4 2 0.5

1

1.5

2

2.5

3

-2 -4

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

ve X(s) i¸cin ¸c¨oz¨ ul¨ urse

x0 s + v0 + 2kx0 s2 + 2λs + ω 2 elde edilir. Ters d¨on¨ u¸su ¨m λ ile ω arasındaki il¸skiye ba˘glıdır. Burada u ¨c¸ ayrı durum s¨oz konusu olabilir: 1.) ν 2 = ω 2 − λ2 > 0 Bu durumda, basit kesirlere ayrı¸sımla X(s) =

X(s) =

x0 (s + λ) + v0 + x0 λ (s + λ)2 + ν 2

ve ters d¨on¨ u¸su ¨m alınarak v0 + x0 λ sin νt] ν ¸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.) ω 2 − λ2 < 0 µ2 = λ2 − ω 2 diyelim ve basit kesirlere ayrı¸stıralım: x(t) = L−1 {X(s)} = e−λt [x0 cos νt +

X(s) =

x0 (s + λ) + v0 + x0 λ . (s + λ)2 − µ2

Ters d¨on¨ u¸su ¨m¨ u x(t) = L−1 {X(s)} = e−λt [x0 cosh µt +

v0 + x0 λ sin µt] µ

c °2000 Faruk G¨ ung¨or

42

0.4 0.35 0.3 0.25 0.2 0.15 0.5

1

1.5

2

2.5

3

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.) ω 2 = λ2 X(s) =

x0 v0 + λx0 + s+λ (s + λ)2

yazılır ve tersi alınırsa x(t) = L−1 {X(s)} = e−λt [x0 + (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) = f0 sin(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) + 2λx(t) ˙ + ω 2 x(t) = f (t),

x(0) = x0 , x(0) ˙ = v0

olacaktır. Bu denklem yerine z(t) kompleks fonksiyonunun sa˘gladı˘gı z¨(t) + 2λz(t) ˙ + ω 2 z(t) = f0 ei(Ωt+σ)

c °2000 Faruk G¨ ung¨or

43

0.3 0.2 0.1 0.5

1

1.5

2

2.5

-0.1 -0.2

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

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

f0 eiσ + x0 s + v0 + 2λx0 , s − iΩ

Q(s) = (s + λ)2 + ω 2 − λ2

dir. Burada hareketin yalnızca zayıf s¨on¨ uml¨ u salınımlara kısıtlandı˘gını yani, ν 2 = ω 2 − λ2 > 0 oldu˘gunu varsayalım. Z(s) rasyonel fonksiyonu basit kesirlere ayrılırsa Z(s)

= =

f0 eiσ x0 (s + λ) + v0 + λx0 + Q(s)(s − iΩ) Q(s) A(s + λ) + λB C + Q(s) s − iΩ

(7.33) (7.34)

yazılabilir. A ve B sabitleri hesaplandı˘gında ba¸slangı¸c ko¸sullarına ba˘glı oldu˘gu g¨or¨ ulecektir. Bu sabitler yalnızca sistemin ba¸slangı¸c davranımını etkiler. Yani, sa˘g yandaki toplamda birinci terimin ters d¨on¨ u¸su ¨m¨ 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¸su ¨m¨ un¨ u dikkate alalım: Z1 (s) =

C . s − iΩ

c °2000 Faruk G¨ ung¨or

44

0.8 0.6 0.4 0.2

5

10

15

20

25

30

35

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, f0 eiσ C= 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 f0 ei(σ−φ) M ve ters d¨on¨ u¸su ¨m¨ u de mod¨ ul ve arg¨ umanın a¸cık ifadelerini kullanarak Z1 (s) =

z1 (t) = p

f0 (ω 2 − Ω2 )2 + 4λ2 Ω2

buluruz. Burada φ = arctan

ei(Ωt+σ−φ)

2λΩ ω 2 − Ω2

dir. z1 (t) nin sanal kısımı f0

x1 (t) = p

(ω 2

− Ω2 )2 + 4λ2 Ω2

sin(Ωt + σ − φ)

(7.35)

c °2000 Faruk G¨ ung¨or

45

15 10 5 -20

-10

10

20

-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 = (ω 2 − 2λ2 )1/2 ,

ω λ< √ 2

i¸cin en b¨ uy¨ uk de˘gerine eri¸sir. Buna rezonans frekansı, bu frekans de˘geri i¸cin bulunan f0 Ar = A(Ωr ) = √ 2λ ω 2 − 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) + ω 2 x(t) = f0 sin(ωt + σ) denkleminin

f0 t cos(ωt + σ) 2ω ¸c¨oz¨ um¨ u ile yerde˘gi¸stiririz. G¨or¨ uld¨ u˘gu ¨ 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, salınımların genli˘gi hızla b¨ uy¨ uyecektir. x1 (t) = −

c °2000 Faruk G¨ ung¨or

46

0.4 0.2 5

10

15

20

25

-0.2 -0.4

S¸ekil 7.7: Vuru olayı

Vuru Olayı: A¸sa˘gıdaki ba¸slangı¸c de˘ger problemini d¨ u¸su ¨nelim: y 00 + ω02 y = f0 cos ωt,

y(0) = 0,

y 0 (0) = 0.

Denklemin genel ¸c¨oz¨ um¨ u y = c1 cos ω0 t + c2 sin ω0 t +

f0 cos ωt ω02 − ω 2

dir. Ba¸slangı¸c ko¸sullarından c1 = −f0 /(ω02 − ω 2 ), c2 = 0 ¸cıkar. ω 6= ω0 i¸cin ¸c¨oz¨ um f0 (cos ωt − cos ω0 t) ω02 − ω 2 olur. E˘ger, ω nın de˘geri ω0 ’a ¸cok yakınsa, bir ba¸ska deyi¸sle |ω − ω0 | farkı |ω + ω0 | yanında ¸cok k¨ uc¸u ¨k ise bu hareketin salınımlarının genli˘gi artık sabit de˘gil, zamanla de˘gi¸sen bir b¨ uy¨ ukl¨ uk olur. Ger¸cekten, y=

f0 (ω + ω0 )t (ω − ω0 )t sin sin 2 − ω0 ) 2 2

2(ω 2

yazılabilir. G¨or¨ uld¨ u˘gu ¨ 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 °2000 Faruk G¨ ung¨or

47

C ¸¨ oz¨ ulecek Problemler 1. A¸sa˘gıdaki ba¸slangı¸c de˘ger problemlerini ¸c¨oz¨ un¨ uz. a.)

y 00 − 2ay 0 + (a2 + p2 )y,

y(0) = 0, y 0 (0) = p

= 2peat cos pt, b.)

y 00 + 2y 0 + 2y = e−t sin t,

y(0) = 1, y 0 (0) = −3

c.)

y 00 + 4y 0 + 8y = sin t,

y(0) = 1, y 0 (0) = 0

d.)

y (4) − y = sinh t,

y(0) = y 0 (0) = y 00 (0) = 0, y 000 (0) = 1

e.)

y 00 − y 0 = e−t u(t − 1),

f.) y 00 + y = e−t ,

y(0) = −1, y 0 (0) = 0 y(0) = 0, y 0 (0) = −1

2. A¸sa˘gıdaki sınır-de˘ger problemlerini ¸c¨oz¨ un¨ uz. π (a) y 00 + λ2 y = cos λt, y(0) = 1, y 0 ( 2λ )=1

(b) y 00 + λ2 y = t, y(0) = 1, y 0 ( πλ ) = −1 ½ 3. y 00 + λ2 y =

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 y 0 − kx = a cos kt  x(0) = 0, y(0) = b (b)    

x00 + y 0 = 2 sin t y 00 + z 0 = 2 cos t z 00 − x = 0,    0 x(0) = z(0) = y (0) = 0, x0 (0) = y(0) = −1, z 0 (0) = 1

c °2000 Faruk G¨ ung¨or

48 (c)  

x0 + y = et y 0 + x = e−t ,  x(0) = −3, y(0) = 1 (d)  

x00 − y 0 = 0 x − y 00 = 2 sin t,  x(0) = −1, x0 (0) = y(0) = y 0 (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, ve a0

j = 0, 1, . . . , n − 1

dn x dn−1 x dx + a + · · · + an−1 + an x = u(t) 1 dtn dtn−1 dt

denklemini sa˘glayan ¸c¨ oz¨ um h(t) ise aynı ba¸slangı¸c ko¸sulları altında a0

dn y dn−1 y dy + a1 n−1 + · · · + an−1 + an y = f (t) n dt dt dt

denkleminin ¸c¨ oz¨ um¨ u y(t) = (f ∗ h)0 = (f ∗ h0 )(t) = f (0)h(t) + (f 0 ∗ 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¸su ¨m¨ u X(s) =

1 , sD(s)

D(s) = a0 sn + a1 sn−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 F (s) Y (s) = = sF (s)X(s) D(s) yazılabilir. Ters d¨on¨ u¸su ¨m alarak ve Duhamel integralini g¨oz ¨on¨ unde bulundurarak istenen sonucu elde ederiz.

c °2000 Faruk G¨ ung¨or

49

¨ Ornek 7.32 x00 (t) − x(t) =

1 , 1 + et

x(0) = x0 (0) = 0

denkleminin ¸c¨ oz¨ um¨ un¨ u bulunuz. X(s) =

1 s+1 1 1 = 2 =− 2 + − s) s (s − 1) s s−1

s(s2

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

0

Z = =

h0 (τ ) f (t − τ ) dτ

(f ∗ h )(t) = 0

Z t³ e −1 eτ ´ dτ = dτ eτ − (1 + et ) t t−τ e + eτ 0 1+e 0 et − 1 − (et + 1)[(t + ln 2) − ln(et + 1)] t

τ

olarak bulunur. Laplace d¨on¨ u¸su ¨m¨ u polinom katsayılı denklemlere de uygulanabilir. Ancak bu y¨ontemin uygulanabiliri˘gi yalnızca katsayıları lineer polinomlar olan denklemlerle kısıtlıdır. ¨ Ornek 7.33 ty 00 + 2y 0 + a2 ty = 0,

y(0+ ) = a, y(π) = 0

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

d 2 dY (s) [s Y (s) − sy(0) − y 0 (0)] + 2(sY (s) − y(0)) − a2 = 0, ds ds

ve d¨ uzenliyerek Y 0 (s) = −

s2

a + a2

˙ buluruz. Integre ederek

a +c s elde ederiz. lims→∞ Y (s) = 0 limitinden c = 0 ve ters d¨on¨ u¸su ¨mden Y (s) = arctan

y(t) = L−1 {Y (s)} =

sin at t

c °2000 Faruk G¨ ung¨or

50 bulunur. Bu ¸c¨oz¨ um i¸cin y(π) = 0 ko¸sulu sa˘glanır. E˘ger y 00 + t2 y = 0, y(0) = y 0 (0) = 0

denklemine Laplace d¨on¨ u¸su ¨m¨ u uygulanırsa Y (s) = L{y(t)} d¨on¨ u¸su ¨m¨ un¨ un Y 00 (s) + s2 Y (s) = 0 denklemini sa˘gladı˘gını g¨or¨ ur¨ uz. Bu ise ilk problemi ¸c¨ozmeye denktir. Yani d¨on¨ u¸su ¨mle verilen diferansiyel denklemi daha basit bir denkleme indirgeyemeyiz.

C ¸¨ oz¨ ulecek Problemler A¸sa˘gıdaki diferansiyel denklemlerin yanlarında belirtilen ba¸slangı¸c ko¸sullarını sa˘glayan ¸c¨oz¨ umlerini bulunuz. 1. ty 00 + y 0 + y = 0,

y(0) = 1

2. ty 00 + y 0 + a2 ty = 0,

y(0) = 1, y 0 (0) = 0

3. ty 00 + (2t + 3)y 0 + (t + 3)y = 3e−t ,

y(0) = 0

4. ty 00 + (1 − 2t)y 0 − 2y = 0,

y(0) = 1, y 0 (0) = 2

5. ty 00 + (1 − t)y 0 + 2y = 0,

y(0) = 1, y 0 (0) = −2

6. 4ty 00 + 4y 0 + a2 y = 0, 00

y(0) = 1

0

y(0) = 1, y 0 (0) = −1

7. ty + (2t + 1)y + (5t + 1)y = 0,

7.4.1

˙ Integral Denklemlere Uygulama

Bilinmeyen fonksiyonu integral i¸sareti altında olan denklemlere integral denk¨ sınırı de˘gi¸sken bir integral ile tanımlı lem denir. Ust Z t f (t) = g(t) + k(t, τ )f (τ ) dτ (7.36) 0

bi¸ciminde bir integral denkleme Volterra denklemi denir. k(t, τ ) ¸cekirdek fonksiyonu ve g(t) verilmi¸s fonksiyonlar, f (t) ise bilinmeyendir. E˘ger k(t, τ ) = k(t − τ ) ise Volterra denklemine konvol¨ usyon tipi integral denklem denir. Laplace d¨on¨ u¸su ¨m¨ u bu t¨ ur fark ¸cekirdekli integral denklemlerin ¸c¨oz¨ um¨ unde b¨ uy¨ uk kolaylık

c °2000 Faruk G¨ ung¨or

51

sa˘glar. Denklem f (t) = g(t) + k(t) ∗ f (t) bi¸ciminde yazılabilir. F (s) = L{f (t)}, K(s) = L{k(t)}, G(s) = L{g(t)} notasyonu ile denklemin Laplace d¨on¨ u¸su ¨m¨ u alınırsa ve F (s) i¸cin ¸c¨oz¨ ul¨ urse F (s) =

G(s) = G(s) + L(s)G(s), 1 − K(s)

L(s) =

K(s) 1 − K(s)

˙ bulunur. Integral denklemin ¸c¨oz¨ um¨ un¨ u bulmak i¸cin Zt f (t) = L

−1

{F (s)} = g(t) + (l ∗ g)(t) = g(t) +

l(t − τ ) g(τ ) dτ 0

ters d¨on¨ u¸su ¨m¨ un¨ u alırız. Burada, l(t) = L−1 {L(s)} dir. ¨ Orne˘gin, k(t) = e−at i¸cin K(s) = 1/(s + a) ve L(s) = 1/(s − (1 − a)) dir ve integral denklemin ¸c¨oz¨ um¨ u Z t Z t f (t) = g(t) + e(1−a)(t−u) g(u) du = g(t) + e(1−a)t eau g(u) du 0

0

olur. ¨ ˙ Ornek 7.34 Abel Integral Denklemi: Z t f (τ ) g(t) = dτ, g(0) = 0, (t − τ )α 0

0<1<α

konvol¨ usyon tipi Abel integral denkleminin ¸c¨ oz¨ um¨ un¨ un Z t sin πα d g(τ ) f (t) = dτ π dt 0 (t − τ )1−α ile verildi˘gini g¨ osterin. ˙ Integral denklemin Laplace d¨on¨ u¸su ¨m¨ u alalım: G(s) = F (s)

Γ(1 − α) s1−α

⇒

F (s) =

1 sG(s) . Γ(1 − α) sα

F (s) fonksiyonunun ters d¨on¨ u¸su ¨m¨ u ise f (t) =

1 (g 0 ∗ tα−1 ) Γ(α)Γ(1 − α)

olarak elde edilir. Yukarıda L−1 {

1 1 α−1 }= t sα Γ(α)

(7.37)

(7.38)

c °2000 Faruk G¨ ung¨or

52

d¨on¨ u¸su ¨m¨ un¨ u kullandık. O halde, Duhamel iintegralinden ve (??) form¨ ul¨ unden, f (t) ¸c¨oz¨ um¨ u (7.38) bi¸ciminde yazılabilir. E˘ger, g(0) 6= 0 ise ¸c¨oz¨ um f (t) =

sin πα [g(0)tα−1 + (g 0 ∗ tα−1 )] π

form¨ ul¨ u ile verilir. Abel integral denkleminin bir uygulaması olarak a¸sa˘gıdaki problemi veriyoruz. ¨ Ornek 7.35 E¸s-zaman Problemi: D¨ uzlemde ¨ oyle bir e˘gri bulunuz ki, bu e˘gri boyunca orijine do˘gru hareket eden bir par¸cacı˘gın ini¸s s¨ uresi ba¸slangı¸c noktasından ba˘gımsız olsun. Par¸cacı˘gın t = 0 ba¸slangı¸c anındaki konumu (x, y), herhangibir t anındaki konumu da (u, v) olsun. Hareketi s¨ urt¨ unmesiz varsayarsak, enerjinin korunumu ilkesine g¨ore 1 2 1 1 s˙ + mgv = mgy ⇒ s˙ 2 = 2g(y − v) 2 2 2 ba˘gıntısı ge¸cerli olur. Burada s orijinden ba¸slayarak ¨ol¸cu ¨len yay uzunlu˘gudur. s˙ < 0 oldu˘gu g¨oz¨on¨ une alınır (yay uzunlu˘gu artan zamanla azalıyor) ve (x, y) ve (0, 0) noktaları arasında integre edilirse T ini¸s s¨ uresi Z 0

T

1 dt = − √ 2g

Z

0

√ y

ds y−v

⇒

1 T (y) = √ 2g

Z 0

y

s0 (v) dv √ y−v

olarak ifade edilebilir. s yay uzunlu˘gu oldu˘gundan p f (y) = s0 (y) = 1 + x0 (y)2 tanımı ile ini¸s s¨ uresi y ba¸slangı¸c y¨ uksekli˘gine ba˘glı olarak Z y 1 f (v) dv √ T (y) = √ y−v 2g 0 form¨ ul¨ u ile hesaplanır. S¸imdi ters problemi d¨ u¸su ¨nelim. Yani, ini¸s s¨ uresi verilen bir e˘grinin belirlenmesi problemini ¸c¨ozmek isteyelim. O zaman Abel tipi bir integral denklemi ¸c¨ozmemiz gerekir. Daha ¨ozel olarak, e˘ger ini¸s s¨ uresinin T (y) = T0 sabit, yani y¨ uksekli˘ge ba˘glı olmaması ko¸sulunu koyarsak e¸s-zaman probleminin ¸c¨oz¨ um¨ u Z y 1 f (v) dv √ T0 = √ y−v 2g 0

c °2000 Faruk G¨ ung¨or

53

integral denkleminin ¸c¨oz¨ um¨ une indirgenir. (7.38) genel ¸c¨oz¨ um¨ unde α = 1/2 ve g = T0 (= sabit) konursa s p T0 −1/2 p T0 Z y dv b √ f (y) = 2g = 2g y = , π 0 y−v π y

b=

2gT02 π2

¸cıkar. O halde aranan e˘gri s f (y) =

s b = y

1+(

dx 2 ) dy

diferansiyel denkleminin integrasyonunu ile bulunacaktır. De˘gi¸skenleri ayırarak ve y = b sin2 θ d¨on¨ u¸su ¨m¨ u ile integre ederek s Z Z b b−y dy ⇒ x = b (1 + cos 2θ)dθ = (2θ + sin 2θ) + c x= y 2 ve y=

b (1 − cos 2θ) 2

buluruz. y(0) = 0 ko¸sulundan c = 0 ¸cıkar. t = 2θ, a = b/2 tanımlamaları e˘grinin parametrik denklemini elde etmi¸s oluruz: x = a(sin t + t),

y = a(1 − cos t),

a = 2gT02 /π 2 .

Bu e˘gri ters d¨onm¨ u¸s yuvarlanma (sikloid) e˘grisidir. Bu e˘gri, y = 2a do˘grusu altında yarı¸capı a olan bir ¸cemberin kaymadan yuvarlanması ile ¸cizilen e˘grinin geometrik yeri olarak belirlenir. ¨ Ornek 7.36

Z

t

(t2 − u2 )f (u) = t3 /3

0

integral denklemini ¸co ¨z¨ un¨ uz. Denklem konvol¨ usyon tipinde olmadı˘gı halde t2 − u2 = (t − u)2 + 2u(t − u) yazarak

Z 0

t

Z (t − u)2 f (u)du + 2 0

t

(t − u)uf (u)du = t3

c °2000 Faruk G¨ ung¨or

54

veya t2 ∗ f + 2(t ∗ tf (t)) = t3 konvol¨ usyon integraline indirgeyebiliriz. Laplace d¨on¨ u¸su ¨m¨ u alınırsa, L{tf (t)} = −F 0 (s) form¨ ul¨ u ile F (s) d¨on¨ u¸su ¨m¨ un¨ un 2 2 dF 2 F (s) − 2 = 4 s3 s ds s

dF 1 1 − F (s) = − 2 ds s s

⇒

lineer denklemini sa˘gladı˘gını g¨or¨ ur¨ uz. Denklemin ¸c¨oz¨ um¨ u F (s) = Cs +

1 2s

dir. lims→∞ F (s) = 0 olması gerekti˘ginden C = 0 ¸cıkar ve ¸c¨oz¨ um f (t) = 1/2 olur. Bu ¸c¨oz¨ um¨ un do˘grudan do˘gruya ger¸ceklenmesi okuyucuya bırakılmı¸stır. Bilinmeyen fonksiyonun t¨ urevlerini i¸ceren konvol¨ usyon tipi integro-diferansiyel denklemlerin ¸c¨oz¨ umleri de benzer bi¸cimde bulunur. ¨ Ornek 7.37

Zt y 0 (t − τ ) y(τ ) dτ = t,

y(0) = 0

0

integro-diferansiyel denklemini ¸c¨ oz¨ un¨ uz. Denklem y 0 (t) ∗ y(t) = t olarak yazılır ve Laplace d¨on¨ u¸su ¨m¨ u alınırsa 1 s2

sY (s)2 =

⇒

Y (s) =

1 s3/2

bulunur. O halde ¸c¨oz¨ um √

y(t) = L

−1

t {Y (s)} = =2 Γ(3/2)

r

t π

olur. ¨ Ornek 7.38

Z f (t) = te−t + λ

∞

√ J0 (2 tu)f (u) du,

|λ| 6= 1

0

integral denklemini ¸co ¨z¨ un¨ uz. √ 1 L{J0 (2 tu)} = e−u/s s oldu˘gunu biliyoruz. Denkleme Laplace d¨on¨ u¸su ¨m¨ u uygulanırsa, Efros teoreminden A(s) = 1/s ve B(s) = 1/s i¸cin F (s) =

1 1 1 + λ F( ) (s + 1)2 s s

c °2000 Faruk G¨ ung¨or

55

yazabiliriz. Bu fonksiyonel denklemi ¸c¨ozmek i¸cin s → 1/s yazalım: s2 1 + λsF (s). F( ) = s (s + 1)2 Bu iki e¸sitlik arasında F (1/s) yok edilirse F (s) =

1 1 λs 1 1−λ λ [ + ]= [ + ] 1 − λ2 (s + 1)2 (s + 1)2 1 − λ2 (s + 1)2 s+1

bulunur. Ters d¨on¨ u¸su ¨m¨ u alınırsa, ¸c¨oz¨ um e−t [λ + (1 − λ)t] 1 − λ2

f (t) = olur.

C ¸¨ oz¨ ulecek Problemler A¸sa˘gıdaki integral denklemleri ¸c¨oz¨ un¨ uz. 1.

Z

t

0

2.

√ f (τ ) dτ √ = t t−τ Zt

te

−at

f (t − τ ) f (τ ) dτ

= 0

3.

Zt J0 (t − τ ) f (τ ) dτ = sin t 0

4.

Z

t

(t − 2τ )f (t) dτ = − 0

5.

Z

∞ 0

t3 6

√ J0 (2 tu)f (u) du = J0 (t)

c °2000 Faruk G¨ ung¨or

56

7.4.2

Kısmi Denklemlere Uygulama

Laplace d¨on¨ u¸su ¨m¨ un¨ un aynı zamanda lineer kısmi denklemlere uygulanabilece˘gini g¨ostermek i¸cin bir ka¸c ¨ornek verece˘giz. Bu tip ¸c¨oz¨ umlerin kısmi denklemler i¸cin de˘gi¸skenlere ayırma y¨ontemi ile de bulunabilece˘gini belirtelim. Ancak, Laplace d¨on¸su ¨m y¨ontemi ile ¸c¨oz¨ um¨ u ¸cok daha ¸cabuk belirleriz. ¨ Ornek 7.39

ux − ut = 1 − e−t ,

0 < x < 1, t > 0

denkleminin u(x, 0) = x ba¸slangı¸c ko¸sulunu sa˘glayan sınırlı ¸c¨ oz¨ um¨ un¨ u bulunuz. L{u(x, t)} = U (x, s) ise denklemin d¨on¨ u¸su ¨m¨ u ile kısmi denklem U (x, s) i¸cin ∂U (x, s) 1 1 1 − [sU (x, s) − u(x, 0)] = − = ∂x s s+1 s(s + 1) veya

∂U (x, s) 1 − sU (x, s) = −x + ∂x s(s + 1) sıradan denklemine d¨on¨ u¸su ¨r. C ¸u ¨nk¨ u, d¨on¨ u¸sm¨ u¸s denklemde s artık bir parametre rol¨ u oynamaktadır. Denklemin ¸c¨oz¨ um¨ u standard y¨ontemlerle U (x, s) = Cesx +

x 1 − s s+1

olarak bulunur. x → ∞ i¸cin u sınırlı ise U (x, s) de sınırlı olmalıdır. Bunun i¸cin C = 0 ce¸cilir. Ters d¨on¨ u¸su ¨m u(x, t) = x + 1 − e−t ¸c¨oz¨ um¨ un¨ u verir. ¨ Ornek 7.40 ut = uxx ,

x > 0, t > 0

denkleminin u(0, t) = 1 ve u(x, 0) = 0 ko¸sullarını sa˘glayan ¸c¨ oz¨ um¨ un¨ u bulunuz. Denklemi, Laplace d¨on¨ u¸su ¨m¨ un¨ u alarak x e g¨ore birinci mertebeden lineer d2 U (x, s) − sU (x, s) = 0 dx2 denklemine indirgeriz. u(0, t) = 1 sınır ko¸sulunun Laplace d¨on¨ u¸su ¨m¨ u alınırsa ˙ L{u(x, t)}|x=0 = U (0, s) = 1/s bulunur. Indirgenmi¸ s denklemin ¸c¨oz¨ um¨ u U (x, s) = c1 (s)ex

√ s

+ c2 (s)e−x

√ s

dir ve U (0, s) = 1/s ko¸sulunu kullanırsak c2 (s) = 1/s buluruz. x → ∞ i¸cin u sınırlı olması gerekti˘ginden U (x, s) de sınırlı olmalıdır. Bu ko¸sul c2 = 0 olmasını gerektirir. O halde, U (x, s) =

1 −x√s e s

c °2000 Faruk G¨ ung¨or

57

fonksiyonunun ters d¨on¨ u¸su ¨m¨ u problemin ¸c¨oz¨ um¨ un¨ u verecektir. (7.19) den ¨ol¸cek kuralını kullanarak ters d¨on¨ u¸su ¨m Z ∞ x 2 −1 −u2 du u(x, t) = L {U (x, s)} = erfc ( √ ) = √ √ e π 2 t x/(2 t) olur. ¨ Ornek 7.41

utt = c2 uxx ,

diferansiyel denklemnin u(0, t) = u(2, t) = 0 sınır ve u(x, 0) = A sin 2πx, ut (x, 0) = 0 ba¸slangı¸c ko¸sulları altında ¸c¨ oz¨ um¨ un¨ u bulunuz. Sınır ko¸sulları dikkate alınarak denklemin Laplace d¨on¨ u¸su ¨m¨ u alınırsa c2

d2 U − s2 U = −As sin 2πx dx2

sıradan denklemi bulunur. Bu denklemin ¸c¨oz¨ um¨ u bilinen y¨ontemlerle U (x, s) = c1 e(s/c)x + c2 e−(s/c)x +

s2

As sin 2πx + 4π 2 c2

olarak yazılabilir. Sınır ko¸sullarının d¨on¨ u¸su ¨mleri U (0, s) = U (2, s) = 0 oldu˘gundan c1 ve c2

c1 e

c1 2s/c

+ c2 = 0 + c2 e−2s/c = 0

denklemlerini sa˘glaması gerekir. Bu homojen sistemin tek ¸c¨oz¨ um¨ u trivial ¸c¨oz¨ umd¨ ur, yani c1 = 0 ve c2 = 0. Buna g¨ore, U (x, s) =

As sin 2πx s2 + 4π 2 c2

olur ki ters d¨on¨ u¸su ¨m¨ u u(x, t) = A sin 2πx cos 2πct ¸c¨oz¨ um¨ un¨ u verir. ¨ Ornek 7.42

utt = c2 uxx

diferansiyel denklemnin u(x, 0) = 0, u(0, t) = f (t), ut (x, 0) = 0 ko¸sullarını sa˘glayan sınırlı ¸c¨ oz¨ um¨ un¨ u bulunuz.

c °2000 Faruk G¨ ung¨or

58 Denklemin Laplace d¨on¨ u¸su ¨m¨ u c2

d2 U − s2 U = 0 dx2

ve s > 0, c > 0 i¸cin ¸c¨oz¨ um¨ u U (x, s) = c1 e(s/c)x + c2 e−(s/c)x dir. u nun yani U nun sınırlı olmasını istersek c2 (s) = 0 se¸cmemiz gerekir. L{u(0, t)} = U (0, s) = L{f (t)} = F (s) ko¸sulundan da c1 (s) = F (s) buluruz. O halde aradı˘gımız ¸c¨oz¨ um u(x, t) = L−1 {U (x, s)} = L−1 {e−(s/c)x F (s)} = u(t −

x x )f (t − ) c c

olacaktır. Bu ¸co¨z¨ um, pozitif x−do˘grultusunda c hızı ile ilerleyen bir dalgayı g¨osterir.

7.4.3

˙ Belirli Integrallerin Hesaplanması

Laplace d¨on¨ u¸su ¨m¨ un¨ un di˘ger uygulamalarından birisi de belirli integrallerin hesaplanmasıdır. Esasında, daha ¨once buna ili¸skin bir ka¸c ¨ornek verdik (bak: ¨ Ornek 7.12). S¸imdi, bir parametreye ba˘glı olan Z

∞

f (t) =

k(t, u)g(u) du

(7.39)

0

integralini d¨ u¸su ¨nelim. L{k(t, u)} = K(s, u) ve L{f (t)} = F (s) olsun. Parametrik integralin Laplace d¨on¨ u¸su ¨m¨ u alınırsa Z

Z

∞

F (s) = L{

∞

k(t, u)g(u) du} = 0

K(s, u)g(u) du 0

bulunur. s parametresine ba˘glı bu integral kolayca hesaplanabiliyorsa f (t) yi ters d¨on¨ u¸su ¨m alarak elde ederiz. ¨ Ornek 7.43

Z f (t) = 0

integralini hesaplayın.

∞

cos tu du u2 + a2

c °2000 Faruk G¨ ung¨or

59

˙ Integralin Laplace d¨on¨ u¸su ¨m¨ u Z ∞ Z ∞³ s du s du du ´ F (s) = = − (s2 + u2 )(u2 + a2 ) s2 − a2 0 u2 + a2 s2 + u2 0 1 s 1 = [ arctan u − arctan u]∞ 0 s2 − a 2 a s s π π 1 1 1 = ( − )= s2 − a 2 2 a s 2a s + a olarak bulunur. Ters d¨on¨ u¸su ¨m¨ u alınırsa f (t) hesaplanmı¸s olur: f (t) =

π −at e . 2a

C ¸¨ oz¨ ulecek Problemler A¸sa˘gıdaki parametreye ba˘glı integralleri Laplace d¨on¨ u¸su ¨m¨ u uygulayarak hesaplayınız. 1.

Z

∞

2

e−tu du

0

2.

Z

∞ 0

3.

Z

e−au sin bu du u ∞

sin tu2 du

0

4.

Z

∞ 0

u sin ut du a2 + u2