Laplace

  • December 2019
  • PDF

This document was uploaded by user and they confirmed that they have the permission to share it. If you are author or own the copyright of this book, please report to us by using this DMCA report form. Report DMCA


Overview

Download & View Laplace as PDF for free.

More details

  • Words: 14,813
  • Pages: 59
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



e−st f (t) dt.



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

Related Documents

Laplace
November 2019 27
Laplace
November 2019 17
Laplace
December 2019 21
Laplace
May 2020 14
Laplace
July 2020 5
Laplace
December 2019 11