Bölüm 6 Laplace Dönüşümü 1
2 c 2 Faruk Güngör
Bölüm 7 Laplace Dönüşümü 7.1 Laplace Dönüşümünün Tanımı Bir f(t) fonksiyonunun integral dönüşümü T [f(t)] = F (s) = b a k(s, t)f(t) dt biçiminde bir integralle tanımlanır. Verilmiş k(s, t) fonksiyonuna integral dönüşümün çekirdeği denir. F (s) fonksiyonu verildiğinde f(t) ye ters integral dönüşüm denir ve T 1 [F (s)] ile gösterilir. Laplace dönüşümü integral dönüşümlerin ilk örneklerinden birisidir. Çekirdek ve sınırlar k(s, t) = e st, a =, b = olarak tanımlanır. Diğer önemli bir integral dönüşüm de k(s, t) = e ist, a =, b = ile verilir. Bu tür dönüşüme Fourier dönüşümü denir ve diferansiyel denklemler kuramında önemli bir yer tutar. Ancak biz burada yalnızca Laplace dönüşümlerini inceleyeceğiz. f, t > zaman değişkeninin tek-değerli bir fonksiyonu ve s bir (reel veya kompleks olabilir) parametre olsun. f(t) nin Laplace dönüşümü F (s) = L{f(t)} = 3 e st f(t) dt (7.1)
4 c 2 Faruk Güngör integrali ile tanımlanır. Buradaki integral Riemann anlamında öz-olmayan bir integraldir ve lim M M e st f(t) dt limiti anlaşılacaktır. Eğer integral yakınsak ise yani yukarıdaki limit sonlu bir sayı ise Laplace dönüşümü tanımlıdır, eğer değilse dönüşüm tanımlı olmaz. F (s) fonksiyonuna bazen görüntü fonksiyon da denir. Tanım 7.1 Bir T için f(t) Me αt veya e αt f(t) M, t T olacak biçimde M > ve α sabitleri varsa f(t) fonksiyonuna α üstel mertebedendir denir ve f(t) = O(e αt ) yazılır. Polinomlar, üstel fonksiyonlar, sin t ve cos t trigonometrik fonksiyonlar üstel mertebeden olduğu halde f(t) = e t2 fonksiyonu üstel mertebeden değildir. Çünkü, α ne kadar büyük seçilirse seçilsin limiti süratle sonsuza gidecektir. lim t et2 e αt Tanım 7.2 Eğer bir f(t) fonksiyonunun lim f(t) = f(t + t t + ) ve lim f(t) = f(t t t ) sağdan ve soldan limitleri varsa fakat f(t + ) f(t ) ise f nin t noktasında bir sıçrama süreksizliği vardır denir. Tanım 7.3 Eğer lim t + f(t) limiti varsa ve f fonksiyonu [, ) aralığında sonlu sayıda sıçrama süreksizliği dışında her sonlu (, T ) aralığında sürekli ise fonksiyona [, ) aralığında parça parça sürekli fonksiyondur denir.
c 2 Faruk Güngör 5 y Şekil 7.1: Sıçrama Süreksizliği x Parça parça sürekli bir fonksiyonu bir aralık üzerinde integre etmek için sürekli olduğu altaralıklarda integre edip toplamak yeterli olacaktır. Parça parça sürekli bir fonksiyon integre edilebilir. Analizden bilinen bu sonucu kullnarak aşağıdaki teoremi ifade edebiliriz. Laplace Dönüşümü İçin Varlık Teoremi: Teorem 7.4 Eğer f(t) fonksiyonu [, ) aralığında parça parça sürekli ve α üstel mertebeden ise, α > s için Laplace dönüşümü vardır ve mutlak yakınsar. Kanıt: f fonksiyonu parça parça sürekli olduğundan [, M) sonlu aralığı üzerinde sınırlı olur ve e st f(t) dt = e st f(t) dt + t e st f(t) dt yazarak Laplace dönüşümünün yakınsaklığını yukarıdaki ikinci integralin yakınsaklığına indirgemiş oluruz. Varsayımdan f üstel merdebeden olduğundan e st f(t) dt e st f(t) dt M e (s α)t dt t t t = lim τ M s α e (s α)t τ t yazılabilir ve integral anacak s > α için yakınsak olur.
6 c 2 Faruk Güngör Varlık teoremi bir yeter koşuldur. Yani teoremin varsayımları gerçeklendiğinde teorem Laplace dönüşümünün varlığını garantiler. Ancak tersi doğru değildir. Yani gerek koşul değildir. Varsayımların gerçeklenmemesi durumunda Laplace dönüşümü var olabilir veya olmayabilir. Örnek 7.1 t > ve negatif olmayan tamsayı n için L{t n } dönüşümünün var olduğunu gösterin? Herhangibir α > için eşitsizliği e αt = r= α n t n n! t n n!e αt tn n! olarak yazılabildiğinden t n üstel mertebeden bir fonksiyondur, o halde Laplace dönüşümü vardır. Örnek 7.2 L{t n cos at} ve L{t n cos at} dönüşümlerinin var olduğunu gösterin? sin at 1 ve cos at 1 olduğundan verilen fonksiyonlar üstel mertebeden olur. Varlık teoreminden dönüşümlerin tanımlı olduğu çıkar. 7.2 Laplace Dönüşümünün Özelikleri 1.) Lineerlik Özeliği Eğer 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) bağıntısı geçerlidir. Yani, Laplace dönüşümü lineer bir operatördür. Bu sonuç Laplace dönüşümü tanımından hemen çıkar. 2.) Birinci Öteleme Özeliği L{f(t)} = F (s) ise L{e at f(t)} = F (s + a) dir. Gerçekten, tanımdan L{e at f(t)} = e st e at f(t) dt = Bu kurala görüntü fonksiyonun ötelenmesi kuralı denir. e (s a)t f(t) dt = F (s a). (7.3)
c 2 Faruk Güngör 7 3.) İkinci Öteleme Özeliği t = a noktasında sıçrama süreksizliği olan birim basamak fonksiyonu { 1, t a u(t a) =, t < a ile tanımlanır. L{f(t)} = F (s) ise L{f(t a)u(t a)} = e as F (s), Yine tanımdan L{f(t a)u(t a)} = e st f(t a)u(t a) dt = yazılır ve son integralde τ = t a dönüşümü yapılırsa a a dir. e st f(t a) dt L{f(t a)u(t a)} = e as e sτ f(τ) dτ = e as L{f(t)} (7.4) çıkar. Ne yazık ki f(t+a)u(t+a), a için benzer simetrik bir bağıntı yoktur. 4.) Ölçek Değişim Özeliği (Benzerlik Teoremi) L{f(t)} = F (s) ise L{f(at)} = 1 a F ( s a ) (7.5) yazılabilir. Tanımdan L{f(at)} = e st f(at) dt yazıp integralde τ = at dönüşümü yaparsak ölçek özeliğini hemen elde ederiz. 5.) Görüntü Fonksiyonun Türetilmesi Eğer L{f(t)} = F (s) ise L{tf(t)} = F (s) dir. Bu kuralı görmek için F (s) fonksiyonunu s e göre türetmek ve Laplace dönüşümünün tanımını göz önüne almak yeterlidir: df (s) ds = e st tf(t) dt = L{tf(t)}.
8 c 2 Faruk Güngör Türetme işlemini n kez yineleyerek görüntü fonksiyonun n. türevi ile işaret farkıyla t n f(t) fonksiyonunun Laplace dönüşümü arasındaki şu ilşkiyi elde e- deriz: d n F (s) ds n = ( 1) n L{t n f(t)}. (7.6) 6.) Görüntü Fonksiyonun İntegre Edilmesi L{f(t)} = F (s) ise bu kez F (s) fonksiyonunun integrali için ilginç bir kural çıkaracağız. Bu kural şöyle ifade edilir: L{ f(t) } = t Bunu görmek için F (u) integrandı yerine tanımı yazılır: s F (u) du = s s ( F (u) du. (7.7) ) e ut f(t) dt du. Bu bağıntının sağındaki integrasyonun sırası değiştirilirse s F (u) du = = ( ) f(t) e ut du dt s ( e st 1 [ e ut ] ) dt = t u=s elde ederiz. 7.) Laplace dönüşümünün limit biçimi Eğer F (s) bir f(t) fonksiyonunun Laplace dönüşümü ise lim F (s) = s dır. Gerçekten, f(t) üstel mertebeden ise st f(t) e dt t F (s) yazılabilir. O halde e st f(t) dt M e (s α)t dt = M s α, s > α lim F (s) = lim F (s) = s s dir.
c 2 Faruk Güngör 9 7.3 Bazı Elemanter Fonksiyonların Laplace Dönüşümleri Örnek 7.3 f(t) = e t olsun. L{e t } yi hesaplayalım. L{e t } = e st e t dt = e (s 1)t dt yazılırsa sağdaki integralin değeri s > 1 için yakınsar ve limit işlemi ile lim M 1 (s 1) [e (s 1)t ] M = 1 s 1 bulunur. O halde L{e t } = 1 s 1, s > 1 dir.ölçek kuralını kullanarak L{e at } = 1 a 1 = 1 s 1 s s/a s a, s > a (7.8) formülünü buluruz. Örnek 7.4 L{t α } Laplace dönüşümünü hesaplayın. Genel olarak reel bir α için L{t α } = e st t α dt = Γ(α + 1) integralinde st = τ dönüşümü yapılırsa integral Γ fonksiyonu ile ifade edilebilir: L{t α } = 1 s α+1 e τ τ α dτ = Γ(α + 1) s α+1, α > 1, s >. Özel olarak α = n Z ise Γ(α) = Γ(n) = (n 1)! dir ve L{t n } = n! s n+1, s >
1 c 2 Faruk Güngör yazabiliriz. Örneğin, L{1} = 1 s, L{t} = 1 s 2, L{t2 } = 2 s 3. Öteleme teoreminden L{u(t a)} = e as L{1} = e as s dir. α = 1/2 için Γ(α + 1) = Γ( 1 2 ) = π değeri kullanılırsa L{t 1/2 } = π s çıkar. f(t) = t 1/2 fonksiyonu için 7.4 teoreminin koşulları sağlanmadığı halde, Laplace dönüşümünün var olduğuna dikkat ediniz. Genel olarak n = 1, 2,... için dönüşümü geçerlidir. L{t n 1 2 } = Γ(n + 1 2 ) s (n+ 1 2 ) Örnek 7.5 L{sinh at} Laplace dönüşümünü hesaplayın. = π (2n)! 2 2n n! s n 1 2, s > (7.9) Linerlik özeliği ve (7.8) formülü ile L{sinh at} = 1 2 (L{eat } L{e at }) = 1 2 ( 1 s a + 1 ) 1 = s + a s 2 a 2, s > a çıkar. Benzer olarak L{cosh at} = s s 2 a 2, s > a dir. Şimdi trigonometrik fonksiyonların Laplace dönüşümlerini hesaplayalım. Örnek 7.6 L{cos at} =? ve L{sin at} =? F (s) = L{cos t} ve G(s) = L{sin t} = olsun. Tanımdan kısmi integrasyon ile F (s) = e st cos t dt = [ e st sin t ] + s e st sin t dt = sg(s)
c 2 Faruk Güngör 11 ve G(s) = e st sin t dt = [ e st cos t ] s e st cos t dt = 1 sf (s) bulunur. Bu iki eşitlik F (s) ve G(s) için çözülürse hemen L{cos t} = bulunur. Son olarak ölçek kuralı ile L{cos at} = çıkar. Ayrıca, birinci öteleme kuralı ile L{e at cos bt} = dönüşüm formüllerini buluruz. Örnek 7.7 L{t sin at} =? s 1 s 2, L{sin t} = + 1 s 2 + 1 s s 2 + a 2, L{sin at} = a s 2 + a 2 s a (s a) 2 + b 2, b L{eat sin bt} = (s a) 2 + b 2 Genel olarak, L{t sin at} = d ds L{sin at} = d a ds s 2 + a 2 = 2as s 2 + a 2. L{t n sin at}, dönüşümlerini hesaplamak için fonksiyonunu düşünelim. dönüşümünde L{t n cos at} h(t) = t n e iat (7.1) H(s) = L{h(t)} = ( 1) n dn ds n 1 s ia = n! (s ia) n+1 = n!(s 2 + a 2 ) (n+1) (s + ia) n+1 s + ia = Re iφ, R = s 2 + a 2, tan φ = a s
12 c 2 Faruk Güngör kutupsal gösterimini kullanır ve H(s) nin reel ve sanal parçalarını ayırırsak L{t n n+1 cos(n + 1)φ cos at} = n! R (s 2 + a 2 ) n+1, L{t n n+1 sin(n + 1)φ sin at} = n! R (s 2 + a 2 ) n+1 dönüşüm formüllerini çıkarmış oluruz. Örneğin n = 1 için bağıntıları yardımıyla buluruz. n = 2 için cos 2φ = s2 a 2 2as s 2, sin 2φ = + a2 s 2 + a 2 L{t cos at} = s2 a 2 2as s 2, L{t sin at} = + a2 s 2 + a 2 L{t 2 cos at} = 2s(s2 3a 2 ) (s 2 + a 2 ) 3, L{t2 sin at} = 2a(3s2 a 2 ) (s 2 + a 2 ) 3. sin at Örnek 7.8 L{ } =? t sin at a du L{ } = t s u 2 + a 2 = arctan u = π a s 2 arctan s a = arctan a s. Bu dönüşümde s + limitine geçerek yan ürün olarak lim s at L{sin } = t sin at t integralinin değerini bulmuş oluruz. Örnek 7.9 L{ sin2 t } =? t (7.7) formülünden dönüşümü çıkar. L{ sin2 t } = L{ t 1 cos 2t } = 1 2t 2 dt = lim s arctan a s = π 2 ( 1 u u ) u 2 du + 4 = 1 2 ln u u2 + 4 s = 1 4 ln ( 1 + 4 s 2 )
c 2 Faruk Güngör 13 Örnek 7.1 L{sinh(2 t)} =? Fonksiyonun seri açılımının terim terim Laplace dönüşümü alınır ve (7.9) kullanılırsa L{(sinh(2 2 2n+1 t n+ 1 2 t)} = L{ (2n + 1)! } = 2 2n+1 (2n + 1)! L{tn+ 1 2 } n= = πs 3 2 n= n= 1 1 n! s n = πs 3 2 e 1/s. 7.3.1 Periodik Fonksiyonların Dönüşümleri f(t) τ periyodlu bir fonksiyon, yani f(t + τ) = f(t), t ise L{f(t)} hesaplamak için (7.1) dönüşüm tanımınında yarı sonsuz integrasyon aralığını alt aralıklara bölerek yazalım: τ 2τ 3τ L{f(t)} = e st f(t) dt + e st f(t) dt + e st f(t) dt + τ 2τ (n+1)τ = e st f(t) dt. n= nτ Yukarıdaki integralde t = u + nτ dönüşümü yapar ve periodik fonksiyon için f(u + nτ) = f(u), n = 1, 2,... eşitliğini dikkate alırsak ( L{f(t)} = e sτn) τ e su 1 τ f(u) du = 1 e sτ e su f(u) du (7.11) n= buluruz. Yukarıdaki toplamın sonsuz geometrik bir serinin toplamı olarak hesaplandığına dikkat edin. Örnek 7.11 f(t) = sin t = { sin t sin t sin t sin t <, τ = 2π doğrultulmuş sinüs dalga fonksiyonun Laplace dönüşümü. τ = π dir. (7.11) formülünden L{ sin t } = 1 1 e πs π e su sin u du
14 c 2 Faruk Güngör olur. integral değeri kullanılırsa dönüşümü bulunur. π e su sin u du = 1 + e πs 1 + s 2 L{ sin t } = 1 + e πs 1 e πs (1 + s2 ) 1 = coth(πs/2)(1 + s 2 ) 1 7.3.2 Türevlerin Dönüşümleri Laplace dönüşümünün diferansiyel denklemlere uygulamalarında bir fonksiyonun türevinin Laplace dönüşümü formülüne gerek duyacağız. Kısmi integrasyon ile bir kez integre ederek L{f (t)} = [f(t)e st ] + s e st f(t) dt yazabiliriz. f(t) nin Laplace dönüşümünün varlığı için bir gerek koşul lim t e st f(t) = olmasıdır. O halde, t > için f(t) yi sürekli varsayarsak L{f (t)} = sl{f(t)} f() = sf (s) f() (7.12) dönüşüm formülü çıkar. Bu işleme devam edersek sürekli türetilebilen bie f(t) için L{f (t)} = s 2 L{f (t)} sf() f () (7.13) olduğunu görebiliriz. Genelleştirme: t için f, f, f (n 1) sürekli ve t > için f (n) parça parça sürekli ve üstel mertebeden ise, tümevarım ile L{f (n) (t)} = s n L{f n (t)} s n 1 f() s n 2 f ()... f (n 1) () (7.14) olduğu gösterilebilir. Eğer f(t) fonksiyonu reel eksen üzerinde yalnızca parça parça sürekli ise, yukarıdaki formülün değiştirilmesi gerekir. Örneğin f(t) nin t = a da sonlu bir sıçrama süreksizliği varsa L{f (t)} = a e st f (t) dt + a + e st f (t) dt
c 2 Faruk Güngör 15 a = [f(t)e st ] a + s e st f(t) dt + [f(t)e st ] a + s e st f(t) dt + ve f(t) nin a daki sıçramasının uzunluğunu ile gösterirsek a + [f(t)] a = f(a + ) f(a ) L{f (t)} = sl{f(t)} f() e as [f(t)] a (7.15) buluruz. Laplace dönüşümünün kısmi diferansiyel denklemlere uygulamalrında hem uzay hem de zaman değişkenlerine bağlı çok değişkenli fonksiyonların kısmi türevlerinin dönüşümlerini bilmemiz gerekir. Örneğin iki değişkenli f(x, t) fonksiyonu için Laplace dönüşümü tanıma göre yazılabilir. Burada, L{ f(x, t) } = sf (x, s) f (x) t olarak tanımlanmıştır. Genel olarak, L{ n f(x, t) t n F (x, s) = L{f(x, t)}, f (x) = f(x, ) } = s n F (x, s) n r= s n r 1 f r (x), f r (x) = r f(x, t) t r t= geçerlidir. Zaman değişkenine göre türevleri içermeyen kısmi türevler için L{ n f(x, t) x n } = n x n L{f(x, t)} = F (x, s) n xn olacaktır. Çünki bu durumda x e göre kısmi türevlerle t ye göre integral yerdeğiştirir. Karmaşık türevler için, örneğin dir. Örnek 7.12 L{ 2 f(x, t) } = x t x L{ f t L{ sin2 t t 2 } =? } = s F (x, s) x f x
16 c 2 Faruk Güngör fonksiyonunu düşünelim. f(t) = sin2 t, f() = t f (t) = sin 2t t sin2 t t 2 türevinin dönüşümünden ve örnek 7.8-7.9 dan L{ sin2 t sin 2t t 2 } = L{ } sf (s) = arctan 2 t s s ( 4 ln 1 + 4 ) s 2 buluruz. Bu dönüşümden yine s + limitine geçerek aşağıdaki integralin değerini hesaplamış oluruz: Şimdi g(t) = sin 2 t t 2 dt = π 2. f(u) du, g() = integrali ile tanımlanan fonksiyonun Laplace dönüşümünü bulmak istiyoruz. İntegral hesabın temel teoremine göre g (t) = f(t) yazılabilir. F (s) = L{f(t)} ve G(s) = L{g(t)} olsun. Bu eşitliğin her iki yanın Laplace dönüşümünü alarak sg(s) = F (s) veya G(s) = F (s) s elde ederiz. Örnek 7.13 I(a, b) = e a2 u 2 b 2 u 2 du, I(a, ) = π 2a integralini hesaplayarak L{t 1/2 e b2 /t } dönüşümünü elde ediniz. I(a, b) integralinde ξ = au dönüşümü yapılırsa I(a, b) = 1 a e ξ2 a 2 v 2 ξ 2 dξ = 1 I(1, ab) a buluruz. I b türevinde η = bu 1 dönüşümü yapılırsa I b = 2b = 2 e a2 u 2 b 2 u 2 du u 2 e η2 a 2 b 2 η 2 dη = 2I(1, ab)
c 2 Faruk Güngör 17 bulunur. Bu iki bağıntı arasında I(1, ab) yi yok edersek I(a, b) fonksiyonu I b + 2aI = diferansiyel denklemini sağlar. İntegre eder ve I(a, ) = π/2a koşulunu kullanırsak π I(a, b) = I(a, )e 2ab = 2a e 2ab buluruz. I(a, b) integralinde a 2 = s seçilir ve u 2 = t dönüşümü yapılırsa π L{t 1/2 e b2 /t } = s s e 2b (7.16) dönüşümü bulunur. Ayrıca, bunun her iki yanını b parametresine göre türetirsek L{ b t 1/2 e b2 /t } = 2 πe 2b s π L{t 3/2 e b2 /t } = s b e 2b (7.17) dönüşümünü buluruz. b = 1/2 için L{t 3/2 e 1/4t } = 2 πe s (7.18) dçnüşüm formülü çıkar. Bu dönüşümden L{ 1 2 π s u 3/2 e 1/4u du} = e s bulunur. Yukarıdaki integralde v 2 = 1/4u dönüşümü yaparak erfc (t) = 2 e v2 dv π ile tanımlanan tamamlayıcı hata fonksiyonu türünden şöyle ifade edebiliriz: t L{erfc ( 1 s 2 e )} =. (7.19) t s 7.3.3 Bessel Fonksiyonlarının Dönüşümleri Bessel fonksiyonları sonsuz serilerle tanımlandığından terim terim Laplace dönüşümünü alarak dönüşüm formüllerini çıkarmak oldukça elverişli bir yaklaşımdır. Gerçekten, örneğin L{t n/2 J n (2 t)} dönüşümünü hesaplamak için t n/2 J n (2 t) = r= ( 1) r t n+r r!γ(n + r + 1)
18 c 2 Faruk Güngör eşitliğinin her iki yanının terim terim Laplace dönüşümünü alırsak s > için buluruz. Diğer yandan, L{t n/2 J n (2 t)} = r= ( 1) r r!γ(n + r + 1) L{tn+r } formülü ile L{t n+r } = L{t n/2 J n (2 t)} = 1 s n+1 Γ(n + r + 1) s n+r+1 ( 1) r ( 1 r! s )r = 1 s n+1 e 1 s r= dönüşümüne ulaşırız. Özel olarak, n = için L{J (2 t)} = 1 s e 1 s (7.2) olur. Benzer biçimde, J (t) fonksiyonun Laplace dönüşümü için seri yöntemi uygulayabiliriz. Ancak, bunun yerine diferansiyel denklem yöntemini uygulamak istiyoruz. Bu yöntemde genel olarak fonksiyonların sağladıkları diferansiyel denklemlerin Laplace dönüşümlerini alarak bu fonksiyonların dönüşümlerini çıkarırız. y(t) = J (t), y() = 1 fonksiyonunun ty (t) + y (t) + ty(t) = diferansiyel denklemini sağladığını biliyoruz. Laplace dönüşümünü alıp L{y(t)} = Y (s) yazarsak d ds [s2 Y (s) sy() y ()] + sy (s) y() d ds Y (s) = veya sadeleştirerek Y (s) dönüşüm fonksiyonunun sağladığı 1. mertebe lineer (homojen) (s 2 dy (s) + 1) + sy (s) = ds diferansiyel denklemini buluruz. Değişkenlerini ayırır, integre edersek dy Y = s ds s 2 + 1 Y (s) = c(s 2 + 1) 1/2
c 2 Faruk Güngör 19 buluruz. c integrasyon sabitini belirlemek için başlangıç-değer teoreminden yararlanalım: lim s sy (s) = lim y(t) = y() = 1 c = 1. t Sonuç olarak, L{J (t)} = (s 2 + 1) 1/2 veya ölçek değişim kuralı ile buluruz. 7.3.4 İmpuls veya Delta Fonksiyonu L{J (at)} = (s 2 + a 2 ) 1/2 (7.21) Şimdi yalnızca fiziksel problemlerde anlamlı olabilecek bir fonksiyon üretmek istiyoruz. Bu amaçla, 1 δ ɛ (t t ) = 2ɛ, t t ɛ (7.22) t t > ɛ ile tanımlanan bir fonksiyon düşünelim. üzerinde integrali δ ɛ (t t ) dt = Bu fonksiyonnun bütün reel eksen ɛ ɛ 1 2ɛ dt = 1 dir. Birim impuls fonksiyonu δ ɛ (t t ) nin ɛ için limiti olarak tanımlanır: {, t = t δ(t t ) = lim δ ɛ (t t ) = ɛ, t t Bu limite bazen delta fonksiyonu da denir. Ayrıca, δ(t t ) dt = 1 özeliğine sahip olur. Bu limit işlemi ile tanımlanan δ(t t ) fonksiyonu klasik anlamda 1 bir fonksiyon değildir. Ancak, fiziksel olarak çok kısa bir zaman aralığında aniden uygulanan yoğunlaşmış yani, şiddeti çok büyük olan bir etkinin biçimsel gösterilimi olarak yorumlayabiliriz. Örneğin, şimşek çarptığında elektriğin boşalması, iki bilardo topunun elastik çarpışması gibi. Bu fonksiyon 1 Bildiğimiz hiç bir fonksiyon bu biçimde davranmaz. Reel eksen üzerinde bir nokta dışında heryerde sıfır, ancak Riemann integrali sıfırdan farklı bir fonksiyon olamaz. Bu tür fonksiyonlar matematiksel bir tabana oturtulmuştur ve genelleştirilmiş fonksiyonlar veya distribüsyon lar olarak bilinirler.
2 c 2 Faruk Güngör ilk kez İngiliz fizikçi Dirac tarafından kuvantum mekaniğinde kullanılmıştır. δ(t t ) fonksiyonun eleme özeliği diye bilinen bir özeliğe sahiptir. Bu özelik şöyle ifade edilir: δ(t t )f(t) dt = f(t ). Bu eşitliği çıkarmak için δ ɛ (t t ) fonksiyonunun tanımı kullanılır ve sonra limite geçilir. δ ɛ (t t ) fonksiyonunun Laplace dönüşümünü hesaplamak için, t > varsayıp, birim basamak fonksiyonu ile ifade edelim ve dönüşümünü alalım. L{δ ɛ (t t )} = 1 2ɛ L{u(t (t ɛ)) u(t (t + ɛ))} = e (t ɛ)s e (t +ɛ)s 2ɛ = e t s sinh ɛs. ɛs Limite geçilirse (L Hospital kuralını kullanarak) L{δ(t t )} = e ts sinh ɛs lim = e t s ɛ ɛs (7.23) bulunur. Özel olarak, t = için L{δ(t)} = 1 buluruz. 7.3.5 Başlangıç ve Son-Değer Teoremleri Teorem 7.5 (Başlangıç-Değer Teoremi) f(t) t > için sürekli ve üstel mertebden, f (t) t için parça parça sürekli olsun. O zaman f( + ) = lim f(t) = lim sf (s). t + s Kanıt: Laplace dönüşümlerinin genel özeliğinden s için G(s) = L{f (t)} = sf (s) f( + ) fonksiyonu sıfıra gider. O halde lim G(s) = lim (sf (s) s s f(+ )) = limitine geçilirse teorem kanıtlanmış olur. Teorem 7.6 (Son-Değer Teoremi) f başlangıç-değer teoreminin koşullarını sağlıyorsa ve lim t f(t) varsa lim f(t) = lim sf (s) t s dir.
c 2 Faruk Güngör 21 Kanıt: f fonksiyonu sınırlı olduğundan α = mertebeden bir fonksiyondur. Türev dönüşüm formülünden dir. Limite geçerek yazabiliriz. Ayrıca, G(s) = L{f (t)} = sf (s) f( + ), s > lim G(s) = lim (sf (s) s s f(+ )) (7.24) lim G(s) = lim s s e st f (t) dt = f (t) dt. Yukarıda limitin integral içine geçebildiğine dikkat edin (?). τ f (t) dt = lim τ f (t) dt = lim τ f(+ )] (7.25) yazılabilir. Sonuç olarak, (7.24) ve (7.25) sonuçları karşılaştırılırsa elde ederiz. lim f(t) = lim sf (s) t s Çözülecek Problemler 1. Aşağıdaki fonksiyonların Laplace dönüşümlerini bulunuz. a) e t t sin 2t b) cos 2 t c) sin 2 t d) e) erf ( t) f) g) I (t) h) i) e 2t (t 1)u(t 1) j) cos t t sinh au du cos at cos bt t e at e bt t
22 c 2 Faruk Güngör 7.3.6 Ters Laplace Dönüşümü Eğer F (s) = L{f(t)} ise f(t) fonksiyonuna F (s) görüntü fonksiyonun ters Laplace dönüşümü adı verilir ve f(t) = L 1 {F (s)} yazılır. Ters Laplace dönüşümü de lineer bir işlemdir, yani f(t) = L 1 {F (s)} ve g(t) = L 1 {G(s)} ise L 1 {F (s) + G(s)} = L 1 {F (s)} + L 1 {G(s)} = f(t) + g(t) dir. Biçimsel olarak LL 1 = L 1 L = 1l yazılabilir. Burada 1l birim operatörü göstermektedir. Ters Dönüşümün Tekliği: Aşağıdaki teorem bir F (s) fonksiyonunun ters dönüşümünü garanti eder. Teoremin kanıtı daha ileri kitaplarda bulunabilir. Teorem 7.7 Lerch Teoremi: Bir F (s) fonksiyonu verildiğinde, Laplace dönüşümü F (s) olan t için tanımlı en çok bir sürekli f(t) fonksiyonu vardır. Laplace dönüşümü için verilen özeliklere ters dönüşüm operatörü uygulayarak aşağıdaki kuralları hemen yazabiliriz: Ölçek Değişim Özeliği: L 1 {F (s)} = f(t) ise Birinci Öteleme Özeliği: L 1 {F (as)} = 1 a f( t a ). L 1 {F (s a)} = e at L 1 {F (s)} = e at f(t). İkinci Öteleme Özeliği: { L 1 {e as f(t a), t a F (s)} = f(t a)u(t a) =, t < a. Türevlerin Ters Dönüşümleri: L 1 {F (n) (s)} = ( 1) n t n L 1 {F (s)} = ( 1) n t n f(t). Bir fonksiyonun ters Laplace dönüşümünü bulmak için çeşitli yöntemler uygulanabilir. Örneklerle bu yöntemleri gözden geçirelim.
c 2 Faruk Güngör 23 Örnek 7.14 L 1 1 { }, n 1. (s a) n L 1 1 { (s a) n } = eat L 1 { 1 s n } = eat (n 1)!. t n 1 Kesirli üstler için faktoriyel yerine Gamma fonksiyonu kullanılmalıdır. Örneğin, L 1 { 1 t } = s π. Öteleme formülü ile L 1 1 { } = 1 e b a L 1 {s 1/2 } = e b t a as + b a aπ bulunur. Örnek 7.15 L 1 {ln (1 + 1 ) s 2 } =? ) F (s) = ln (1 + 1s fonksiyonunun türevinin ters dönüşümü 2 L 1 {F (s)} = L 1 { 2s s 2 + 1 2 } = 2(cos t 1) s ile L 1 {F (s)} = tf(t) bağıntısı sonucunu verir. Örnek 7.16 f(t) = L 1 {F (s)} = 2(1 cos t) t L 1 s + 1 { s 2 2as + a 2 + b 2 } =? s + 1 (s a) + a + 1 s 2 2as + a 2 = + b2 (s a) 2 + b 2 yazar ve ters dönüşümün lineerliği kullanılırsa L 1 s + 1 { s 2 2as + a 2 + b 2 } = s a L 1 { (s a) 2 + b 2 } + a + 1 L 1 { (s a) 2 + b 2 } bulunur. = e at [cos bt + a + 1 b sin bt]
24 c 2 Faruk Güngör 7.3.7 Kısmi Kesirler Yöntemi Sabit katsayılı linear diferansiyel denklemlere uygulamalarda rasyonel bir fonksiyonun ters dönüşümünü belirleme problemiyle karşılaşırız: Burada N(s) ve D(s) L 1 {F (s)} = L 1 { N(s) D(s) } =? N(s) = a k s k + a k 1 s k 1 + + a D(s) = b n s n + b n 1 s n 1 + + b biçiminde polinomlardır. F (s) gerçek bir fonksiyonun ters dönüşümü olacaksa, lim s F (s) = olmalı, bunun için de k < n koşulu sağlanmalıdır. Bir başka deyişle F (s) bir öz rasyonel fonksiyon olmalıdır. Bundan böyle, payın derecesinin paydanın derecesinden küçük olduğunu varsayacağız. D(s) in D(s) = D 1 (s)d 2 (s) biçiminde çarpanlara ayrılabildiğini varsayalım. F (s) fonksiyonunu N(s) D(s) = N 1(s) D 1 (s) + N 2(s) D 2 (s) olacak biçimde iki kesrin toplamı olarak yazabiliriz. Burada, N 1 ve N 2 nin dereceleri D 1 ve D 2 nin derecelerinden daha küçüktür. N 1 ve N 2 polinomlarının belirlenmesi için genel bir yöntem vereceğiz. Liner Çarpanlara Ayrışım: Genelliği bozmadan D(s) polinomunu normalize edebiliriz, yani b n = 1 alabiliriz. D(s) = n (s s i ) = (s s 1 )(s s 2 )... (s s n ), s i s j, i j i=1 biçiminde lineer çarpanlara ayrılabiliyorsa yazılabilir. Toplam notasyonu ile N(s) D(s) = A 1 s s 1 + A 2 s s 2 +... + N(s) D(s) = n j=1 A j s s j A n s s n
c 2 Faruk Güngör 25 dir. A j katsayılarını belirlemek için bu eşitliğin her iki yanı s s j ile çarpılır ve s s j limiti alınır: A j = lim s sj (s s j ) N(s) D(s) = N(s j) lim s sj s s j D(s) = N(s j) D (s j ). Yukarıda ikinci limit için L Hospital kuralını uyguladık. Sonuç: (Heaviside Açılım Formülü) D(s) = polinom denkleminin birbirinden farklı reel sıfırları (basit kökleri) s 1, s 2,..., s n ise Örnek 7.17 L 1 { N(s) D(s) } = n j=1 N(s j ) 1 D (s j ) L 1 { } = s s j n j=1 L 1 s 2 2s + 3 { s 3 2s 2 s + 2 } =? N(s j ) D (s j ) es j t. (7.26) s 3 2s 2 s+2 = (s+1)(s 1)(s 2) biçiminde liner çarpanlara ayrılabildiğinden, basit kesirlere L 1 s 2 2s + 3 { s 3 2s 2 s + 2 } = A s + 1 + B s 1 + C s 2 yazılabilir. A yı belirlemek için s + 1 ile çarpalım ve s yerine 1 yazalım: A = s2 2s + 3 = 1. (s 1)(s 2) s= 1 Diğer sabitler B = 1, C = 1 olarak bulunur. O halde, ters dönüşüm L 1 s 2 2s + 3 { s 3 2s 2 s + 2 } = e t e t + e 2t olur. Katlı Lineer Çarpanlar: D(s) polinomunun reel bir sıfırı m katlı ise D(s) = (s a) m D 2 (s) yazılabilir. Bu durumda F (s) kesrini basit iki kesrin toplamı olarak ifade edebiliriz: N(s) D(s) = N 1(s) (s a) m + N 2(s) D 2 (s). Birinci kesir basit kesirlere ayrıştırılabilir: m 1 N 1 (s) (s a) m = A j (s a) m j. j=
26 c 2 Faruk Güngör A j katsayılarını belirlemek için F (s) nin her iki yanını (s a) m ile çarpalım: N(s) D 2 (s) = A + A 1 (s a) + A 2 (s a) 2 +... + A m 1 (s a) m + N 2(s) D 2 (s) (s a)m. Bu eşitlik j kez türetilir ve s s j limitine geçilirse A j katsayıları A j = 1 d j N(s) j! ds j, j =, 1, 2,..., m 1 D 2 (s) s=a formülü ile bulunur. A j katsayıları belirlenince L 1 { N m 1 1(s) (s a) m } = t m j 1 eat A j (m j 1)! j= ters Laplace dönüşümünü hesaplamış oluruz. Örnek 7.18 L 1 s 2 1 { (s + 2) 3 (s 2 + 1) } =? L 1 s 2 1 { (s + 2) 3 (s 2 + 1) } = A 1 (s + 2) 3 + A 2 (s + 2) 2 + A 3 (s + 2) + Cs + D s 2 + 1 ayrışımı yapılır ve yukarıda verilen yöntem uygulanırsa sabitler A 1 = 3 5, A 2 = 8 25, A 3 = 22 125, C = 22 125, D = 4 125 olarak belirlenir. Ters dönüşüm L 1 s 2 1 { (s + 2) 3 (s 2 + 1) } = e 2t [ 3 1 t2 8 25 t 22 125 ] + 22 25 cos t 4 125 sin t olacaktır. Kuadratik Çarpanlar: Q(s) = (s a) 2 + b 2, D(s) polinomunun kuadratik bir çarpanı olsun ve D(s) = Q(s)D 2 (s) yazalım. Basit kesirlere ayrıştırarak N(s) D(s) = As + B + N 2(s) Q(s) D 2 (s) yazabiliriz. Ters dönüşümün belirlenmesini kolaylaştıracak bir ayrışım As + B Q(s) = C(s a) + Db Q(s) (7.27)
c 2 Faruk Güngör 27 yazmaktır. (7.27) ayrışımının her iki yanı Q(s) ile çarpılır N(s) D 2 (s) = C(s a) + bd + N 2(s) D 2 (s) Q(s) ve s yerine Q(s) = (s s 1 )(s s 1 ) = denkleminin kökü olan s 1 = s 1 = a + ib (veya eşleniği) yazılırsa N(a + ib) = ibc + bd D 2 (a + ib) buluruz. Sol yandaki kompleks sayıyı W ile gösterirsek C ve D katsayılarını C = 1 b ImW, D = 1 b ReW olarak elde ederiz ve ters dönüşüm L 1 C(s a) + bd { (s a) 2 + b 2 } = eat b (ImW cos bt + ReW sin bt) = eat b Im{W eibt } olur. W kompleks sayısınının kutupsal gösterimi W = Ze iφ olsun. O zaman, yazılabilir ki ters dönüşüm formülünü buluruz. Im{W e ibt } = Z Ime i(bt+φ) = Z sin(bt + φ) L 1 C(s a) + bd { (s a) 2 + b 2 } = Z sin(bt + φ) b Örnek 7.19 L 1 1 { s 4 + 4 } =? s L 1 { s 4 + 4 } =? s 4 + 4 = (s 2 + 2) 2 4s 2 = (s 2 + 2s + 2)(s 2 2s + 2) = [(s + 1) 2 + 1][(s 1) 2 + 1] kuadratik çarpanlara ayrılabildiğinden F (s) = L 1 1 A(s + 1) + B { s 4 } = + 4 (s + 1) 2 + 1 + C(s 1) + D (s 1) 2 + 1 ayrışımında eşitliğin her iki yanını önce Q 1 = (s + 1) 2 + 1 ile sonra (s 1) 2 + 1 ile çarpıp 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
28 c 2 Faruk Güngör olarak belirlenir. O halde ters dönüşüm f(t) = L 1 {F (s)} = 1 8 e t (cos t + sin t) + 1 8 et (sin t cos t) veya f(t) = L 1 {F (s)} = 1 (sin t cosh t cos t sinh t) 4 bulunur. Ayrıca, başlangıç-değer teoreminden f() = = lim s sf (s) dir ve türev dönüşüm formülüyle L 1 s { s 4 + 4 } = f (t) = 1 sin t sinh t 2 elde edilir. Katlı Kuadratik Çarpanlar: Q(s) kuadratiği D(s) polinomunda m kez görülüyorsa, yani D(s) = [Q(s)] m D 2 (s) ise ayrışım N(s) D(s) = N 1(s) Q m (s) + N 2(s) D 2 (s) olur. Burada N 1 (s), (2m 1). veya daha küçük dereceden bir polinomdur. Ayrıca, birinci kesir N 1 (s) Q m (s) = C (s a) + bd Q m + C 1(s a) + bd 1 Q m 1 +... + C m 1(s a) + bd m 1 Q biçiminde basit kesirlere ayrılarak yazılabilir. C j, D j, j =, 1, 2..., m 1 katsayılarını belirlemek için benzer bir yol izlenir. Katsayılar belirlendikten sonra L 1 1 { (s 2 + a 2 ) j }, s L 1 { (s 2 + a 2 }, j = 2, 3,... m ) j biçiminde ters dönüşümleri hesaplamamız gerekecek. Genel olarak, bir rekürans bağıntısı üreterek bu ters işlem yapılabilir. Ancak, aşağıdaki örnekte farklı bir yol izlenecektir. Örnek 7.2 L 1 1 { (s 2 + a 2 ) 2 } =? s L 1 { (s 2 + a 2 ) 2 } =? L{sin at} = a s 2 + a 2
c 2 Faruk Güngör 29 bağıntısının her iki yanını a parametresine göre türetelim: a L{sin at} = L{ a sin at} = L{t cos at} = 1 s 2 + a 2 2a 2 (s 2 + a 2 ) 2. Her iki yana ters dönüşüm uygulayarak f(t) = L 1 1 { (s 2 + a 2 ) 2 } = 1 2a 2 ( 1 sin at t cos at) a ters dönüşümünü bulmuş oluruz. Bu sonuçtan yararlanarak ve f() = olduüunu dikkate alarak elde edilir. L 1 s { (s 2 + a 2 ) 2 } = f (t) = 1 t sin at 2a 7.3.8 Konvolüsyon İşlemi ve Teoremi Tanım 7.8 f(t) ve g(t) fonksiyonlarının konvolüsyonu (katlama) f(t τ) g(τ) dτ belirli integrali ile tanımlanır ve (f g)(t) sembolü ile gösterilir. Konvolüsyon için aşağıdaki bağıntılar geçerlidir: 1. f g = g f (Komütatif) 2. f (g h) = (f g) h (Asosiyatif) 3. f (g + h) = f g + f h (Distribütif) 4. (kf g) = (f kg) = k(f g), k R (Skaler ile çarpma) 5. (e at f) (e at g) = e at (f g) 6. L{f g} = L{f}L{g} (Konvolüsyon teoremi) 7. d dt (f g)(t) = f(+ )g(t) + f g = g( + )g(t) + f g
3 c 2 Faruk Güngör 8. F (s) = L{f(t)} ve G(s) = L{g(t)} ise L{ d dt (f g)(t)} = L{(f g) } = sf (s)g(s). Bu bağıntı Duhamel integrali olarak bilinir. Bu bağıntıların bazılarını gerçekleyeceğiz: 1. f g integral tanımında u = t τ dönüşümü yapılırsa f g = = f(t τ) g(τ) dτ = f(u)g(t u) du t g(t τ)f(τ) du = g f buluruz. 2. Tanımdan (f g) h = h(t τ) dτ τ f(ξ)g(τ ξ) dξ. İntegrasyonların sırasını değiştirirsek bu eşitliğin sağ yanı f(ξ) dξ ξ g(τ ξ)h(t τ) dτ olarak yazılabilir. integral İçteki integralde η = τ ξ dönüşümü yapılırsa, iki katlı f(ξ) dξ ξ g(η)h(t ξ η) dη = olur ki bu da asosiyatiflik özeliğini gerçekler. 6. Konvolüsyon Teoremi: Yine tanımdan L{f g} = f(ξ)(g h)(t ξ) dξ = f (g h) e st dt f(τ) g(t τ) dτ
c 2 Faruk Güngör 31 yazabiliriz. İntegrasyonların sırasını değiştirir ve içteki integralde η = t τ dönüşümü yaparsak buluruz. L{f g} = Bu sonucu kullanarak = f(τ) dτ τ f(τ)e st dτ = L{f(t)}L{g(t)} e st g(t τ) dt e sη g(η) dη L 1 {F (s)g(s)} = (f g)(t) (7.28) ters dönüşüm formülünü çıkarmış oluruz. Bu formül ters dönüşümlerin bulunmasında çok önemlidir. Daha sonra çeşitli örnekler vereceğiz. Özel olarak, g = f ise aşağıdaki bağıntıları elde ederiz: L{(f f)(t)} = [F (s)] 2, L 1 {F (s) 2 } = (f f)(t). Konvolüsyon hesaplarken f g = g f yerdeğiştirme özeliğini kullanmak yararlı olabilir. Çünkü, bunlardan birini hesaplamak diğerine göre daha kolay olabilir. 7. Bunun için Leibnitz türetme formülüne göre d dt (f g)(t) = d f(t τ) g(τ) dτ = d f(τ) g(t τ) dτ dt dt türevlerini hesaplamak yeterlidir. Üst sınır değişken olduğu için bu terimin türevinden gelecek katkıya dikkat ediniz. 8. Türev dönüşüm formülü ve (f g)() = olduğu gözönünde tutulursa çıkar. L{ d (f g)(t)} = sl{(f g)(t)} (f g)() = sl{f(t)}l{g(t)} dt 3, 4 ve 5 numaralı özeliklerin gerçeklenmesi okuyucuya bırakılmıştır. Çeşitli Örnekler: Örnek 7.21 L 1 s { (s 2 + a 2 )(s 2 + b 2 ) } =?
32 c 2 Faruk Güngör F (s) = s/(s 2 + a 2 ) ve G(s) = 1/(s 2 + b 2 ) fonksiyonlarının ters dönüşümleri f(t) = cos at, g(t) = 1 sin bt b olduğundan L 1 {F (s)g(s)} = 1 (sin bt cos at) b = 1 b = 1 b sin b(t τ) cos aτ dτ sin bτ cos a(t τ) dτ = 1 2b { sin[at + (b a)τ] dτ sin[at (b + a)τ] dτ} yazılabilir. İntegral hesaplanırsa b a için L 1 s cos at cos bt { (s 2 + a 2 )(s 2 + b 2 } = ) b 2 a 2, b a çıkar. b = a için / belirsizliği olduğu için L Hospital kuralı ile L 1 s { (s 2 + a 2 ) 2 } = lim cos at cos bt b a b 2 a 2 bulunur (Bak: Örnek 7.2). Örnek 7.22 f(t) = τ m 1 (t τ) n 1 dτ = t sin at 2a integralini hesaplamak için konvolüsyon teoreminden yararlanalım. ve ters dönüşüm alarak F (s) = L{f(t)} = L{t m 1 t n 1 } = L{t m 1 }L{t n 1 } = Γ(m)Γ(n) s m+n f(t) = Γ(m)Γ(n)L 1 1 Γ(m)Γ(n) { } = sm+n Γ(m + n) tm+n 1
c 2 Faruk Güngör 33 buluruz. Özel olarak, t = 1 için B(m, n) = f(1) = Γ(m)Γ(n) Γ(m + n) beta fonksiyonu ile gamma fonksiyonu arasındaki ilşkiyi elde ederiz. Örnek 7.23 f(t) = t t konvolüsyonunu hesaplayarak L{ t} dönüşümünü hesaplayın. Yukarıdaki örnekte m = n = 3/2 seçilirse veya bulunur. L{f(t)} = (L{ t}) 2 = [Γ( 3 2 )]2 Γ(3) L{ π 1 t} = 2 s 3/2 1 s 3 = π 4s 3 Örnek 7.24 f n (t) fonksiyonu f n+1 (t) = f n (τ) dτ, n =, 1, 2,... bağıntısı ile rekürsif olarak tanımlandığına göre f n+1 (t) = olduğunu gösterin. Rekürans bağıntısından (t τ) n f (τ) dτ n! f 1 (t) = L{f 1} = f (τ) dτ, F 1 (s) = F (s), s f 2 (t) = L{f 1 1} = L{f 1 1} = ve böylece devam ederek tümevarım ile f 1 (τ) dτ, F 2 (s) = F 1(s) s = F (s) s 2 F n+1 (s) = L{f n+1 (t)} = L{f (t) 1 }. {{.. 1 } } = F (s) s n+1 (n+1) kez
34 c 2 Faruk Güngör bulunur. Bunun ters dönüşümünden istenilen f n+1 (t) = tn n! f (t) = (t τ) n f (τ) dτ n! eşitliği çıkar. Buna ek olarak, f n (t) nin tanımından n ardışık integrali tekboyutlu integrale dönüştüren f n+1 (t) = formülü elde edilir. 2 n } {{ } n katlı f (t 1 ) dt 1 dt 2... dt n = Genelleştirilmiş Konvolüsyon veya Efros Teoremi: L{k(t, u)} = A(s)e ub(s) ve L{f(t)} = F (s) ise L{ k(t, u)f(u) du} = = A(s) (t τ) n f (τ) dτ n! L{k(t, u)}f(u) du (7.29) e ub(s) f(u) du (7.3) = A(s)F (B(s)) (7.31) bağıntısı geçerlidir. Bu teoremde özel olarak k(t, u) = g(t u)u(t a) seçilirse 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 L{ u(t u)g(t u)f(u) du} = L{ f(u)g(t u) du} = L{(f g)(t)} = F (s)g(s) konvolüsyon formülüne indirgenir.
c 2 Faruk Güngör 35 Çözülecek Problemler 1. Aşağıdaki fonksiyonların ters dönüşümlerini hesaplayınız. a) c) e) g) 1 (s 2 a 2 )(s 2 + a 2 ) 1 s 2 (s 2 + a 2 ) 1 (s 2 + 4)(s 2 + 2s + 2) s s 4 5s 2 + 4 b) d) f) h) 1 (s 1)(s + 2) 3 s (s 2 a 2 )(s 2 + b 2 ) 2s + 3 (s 2 2s + 2) 2 s 3 (s 4 1)(s 4 + 4) 2. Aşağıdaki ters dönüşümleri hesaplayınız. a) L 1 {arctan 2 s 2 } b) L 1 {ln s + a s a } c) L 1 {ln s2 + a s 2 + b 2 } 7.4 Laplace Dönüşümünün Uygulamaları Şimdiye kadar Laplace dönüşümü ve ters Laplace dönüşümüne ilşkin bazı onemli özelikler ve yöntemler verdik. Artık uygulamalara geçmeye hazırız. Önce sabit katsayılı sabit katsayılı lineer başlangıç değer problemlerinin çözümü için Laplace dönüşümü tekniğini kullanacağız. Örnekler bu tekniğin gücünü çok daha iyi açıklayacaktır. Esas olarak yöntemi birkaç adımdan oluşur: 1. Diferansiyel denklemin her iki yanının Laplace dönüşümü alınır. Sonuç bilinmeyen fonksiyonun dönüşümünü içeren cebirsel bir denklmdir. 2. Cebirsel denklem çözülür. 3. Ters dönüşüm alarak diferansiyel denklemin aynı zamanda başlangıç koşullarını sağlayan çözümüne varılır. Şimdi bu adımları denklemi ve d n y Ly = a dt n + a d n 1 y 1 dt n 1 + + a dy n 1 dt + a ny = f(t) y() = y, y () = y 1, y () = y 2,..., y (n 1) () = y n 1 (7.32a) (7.32b)
36 c 2 Faruk Güngör başlangıç koşulları ile verilmiş başlangıç değer problemine uygulayalım. Y (s) = L{y(t)} ve F (s) = L{f(t)} olsun ve denklemin her iki yanını dönüştürelim: Burada, L{Ly} = D(s)Y (s) + G(s) = F (s). D(s) = a s n + a 1 s n 1 +... + a n 1 s + a n ve G(s) katsayıları başlangıç değerlerine bağlı (n 1). dereceden n r 1 G(s) = a r y j s r j 1, y j = y (j) () r= j= bişiminde bir polinomdur. Dönüşmüş denklem Y (s) için çözülürse aranan çözüm Y (s) in ters dönüşümünü bulmaya indirgenmiş olur: y(t) = L 1 {Y (s)} = L 1 { F (s) G(s) }. D(s) Eğer bütün başlangıç koşulları özdeş olarak sıfırsa G(s) = olduğuna dikkat edelim. Çözümü y(t) = y (t) + y 1 (t) biçiminde yazabiliriz. H(s) = 1/D(s) ve h(t) = L 1 {H(s)} tanımlanırsa y (t) = L 1 { H(s)G(s)}, y 1 (t) = L 1 {H(s)F (s)} olacaktır. Dikkat edilirse y (t) çözümü yalnızca başlangıç değerlerine bağlı olacaktır. Geçici çözüm denilen bu çözüm kararlı sistemlerde yeterince uzun zaman geçtikten sonra hissedilmeyecektir, yani lim y (t) =, t y 1 (t) kalıcı çözümü ise başlangıç değerlerinden bağımsızdır. konvolüsyon integrali ile Kalıcı çözümü y 1 (t) = L 1 {H(s)F (s)} = (h f)(t) = h(t τ) f(τ) dτ olarak formüle edebiliriz. h(t) fonksiyonuna bazen transfer fonksiyonu denir. Örnek 7.25 y (t) + ω 2 y(t) = f(t), y() = y, y () = y 1 başlangıç değer problemini çözünüz.
c 2 Faruk Güngör 37 Denklemin dönüşümü dir ve Y (s) e göre çözülürse ve ters dönüşümü alınırsa veya açık olarak (s 2 + ω 2 )Y (s) = F (s) + y s + y 1 Y (s) = y s + y 1 (s 2 + ω 2 ) + F (s) (s 2 + ω 2 ) y(t) = L 1 {Y (s)} = y cos ωt + y 1 ω sin ωt + 1 f(t) sin ωt ω y(t) = y cos ωt + y 1 ω sin ωt + 1 ω f(τ) sin ω(t τ) dτ çözümü bulunur. Bu çözümü Örnek (??)(sayfa??) ile karşılaştırınız. Özel olarak, f(t) = u(t a) ve y = y 1 = için çözüm y = 1 ω sin ωt u(t a) = 1 ω u(t a) ( = 1 (1 cos ω(t a))u(t a) ω2 a ) sin ω(t τ) dτ = { 1 ω 2 (1 cos ω(t a)), t a t < a biçimini alır. Eğer, y + ω 2 y = u(t a), y() = y () = problemi için Laplace dönüşümü doğrudan doğruya uygulansaydı, çözüm yine (s 2 + ω 2 )Y (s) = eas s fonksiyonunun ters dönüşümü olan olarak elde edilirdi. Y (s) = 1 ω 2 eas [ 1 s s s 2 + ω 2 ] y(t) = L 1 {Y (s)} = 1 (1 cos ω(t a))u(t a) ω2
38 c 2 Faruk Güngör Örnek 7.26 y 2y + (1 + m 2 )y = (1 + 4m 2 ) cos mt, y() = 1, y () = başlangıç değer problemini çözünüz. Dönüşmüş denklem ve buradan (s 2 2s + m 2 + 1)Y (s) = [(s 1) 2 + m 2 ]Y (s) Y (s) = = (1 + 4m2 )s s 2 + m 2 + s 2 (1 + 4m 2 )s [(s 1) 2 + m 2 ](s 2 + m 2 ) + s 2 [(s 1) 2 + m 2 ] belirlenirse, çözüm basit kesirler yöntemiyle y(t) = L 1 {Y (s)} = L 1 { As + B C(s 1) + D (s 1) 1 s 2 + + m2 (s 1) 2 + + m2 (s 1) 2 + m 2 } ters dönüşümüne indirgenir. A, B, C, D katsayıları esas kesrin iki yanını sırasıyla s 2 + m 2 ve (s 1) 2 + m 2 ile çarpıp s im ve s 1 + im yazarak elde edilecek 2m 2 + im = B + ima, (1 + 2m 2 ) im = D + imc kompleks eşitliklerinden A = 1, B = 2m 2, C = 1, D = 1 + 2m 2 olarak elde edilir. Sonuç olarak çözüm olur. y(t) = L 1 { s 2m2 s 2 + m 2 + (s 1) + (1 + 2m2 ) s 1 (s 1) 2 + m 2 + (s 1) 2 + m 2 } Örnek 7.27 = cos mt + 2m(e t 1) sin mt y + 4y = 3 sin t, y() =, y(π/2) = 2 iki-nokta sınır-değer problemini çözünüz.
c 2 Faruk Güngör 39 y () = c olsun. Denklemin Laplace dönüşümü alındıktan sonra Y (s) = L{y(t)} için çözülürse Y (s) = bulunur. Ters dönüşümü alınırsa c s 2 + 4 + 3 (s 2 + 1)(s 2 + 4) = c 1 s 2 + 4 + 1 s 2 + 1 y(t) = c 1 2 sin 2t + sin t çıkar. Şimdi c sabitini belirlemek için y(π/2) = 2 koşulunu kullanabiliriz: y(π/2) = c 1 + 1 = 2 2 c = 7. O halde çözüm y = 3 sin 2t + sin t olur. Laplace dönüşüm tekniği diferansiyel denklem sistemlerinin çözümünde de etkin bir biçimde kullanılabilir. Başlangıç koşulları ile verilmiş sisteme Laplace dönüşümü uygulayarak cebirsel denklem sistemine indirgeriz ve ters dönüşüm alarak çözüme ulaşırız. Örnek 7.28 ẍ + 4ÿ = x, ÿ = x + y denklem sisteminin x() = ẋ() =, y() = 1, ẏ() = başlangıç koşulları altında çözümünü bulunuz. Eğer L{x(t)} = X(s), L{y(t)} = Y (s) tanımlarsak ve her iki denklemin Laplace dönüşümünü alırsak ve düzenleyerek yazarsak s 2 X(s) + 4s 2 Y (s) 4s = X(s) s 2 Y (s) s = X(s) + Y (s) (s 2 1)X(s) + 4s 2 Y (s) = 4s X(s) + (s 2 1)Y (s) = s sistemini buluruz. Yok etme veya Cramer yöntemi ile Y (s) çözülürse Y (s) = ve ters dönüşümü alınırsa 4s (s 2 + 1) 2 + s(s2 1) (s 2 + 1) 2 = 2s (s 2 + 1) 2 + s s 2 + 1 y(t) = L 1 {Y (s)} = t sin t + cos t bulunur. x(t) yi bulmak için ikinci denklemden yararlanabiliriz: x(t) = ÿ y = 2t sin t.
4 c 2 Faruk Güngör Örnek 7.29 ẋ + 2ẏ + x y = cos t ẋ ẏ x 2y = sin t sistemini ve x() = 1, y() = koşullarını sağlayan çözümü bulunuz. Sistemin Laplace dönüşümü (s + 1)X(s) + (2s 1)Y (s) = s2 + s + 1 s 2 + 1 (s 1)X(s) (s + 2)Y (s) = s2 + 2 s 2 + 1 cebirsel denklem sistemini verir. Cramer kuralı ile çözülürse ve basit kesirlere ayrılırsa X(s) = s(3s2 + 2s + 7) 3(s 2 + 1) 2 = 2 2s 1 3 (s 2 + 1) 2 + 3s + 2 3(s 2 + 1) ve Y (s) = s2 + 2s + 3 3(s 2 + 1) 2 = 1 1 3 (s 2 + 1) 2 s + 1 3 (s 2 + 1) 2 bulunur. L 1 2s { (s 2 + 1) 2 } = t sin t, 1 L 1 { (s 2 + 1) 2 } = 1 (sin t t cos t) 2 ters dönüşümlerini kullanarak çözüm sistemini elde ederiz. x(t) = 1 [(t + 3) cos t + (2t + 1) sin t] 3 y(t) = 1 [t cos t (t + 2) sin t] 3 Örnek 7.3 Sönümlü Lineer Salınıcı Problemi: Hızla orantılı bir kuvvet etkisi altında maddesel bir parçacığın serbest titreşimleri ikinci mertebe lineer ẍ(t) + 2λẋ(t) + ω 2 x(t) = diferansiyel denklemi ile yönetilir. Başlangıç anındaki yer ve hız büyüklüklerini x() = x ve ẋ() = v ile gösterelim. Ayrıca, λ > varsayıyoruz. X(s) = L{x(t)} olsun. Denklemin her iki yanının Laplace dönüşümü alınırsa (s 2 + 2λs + ω 2 )X(s) = x s + v + 2λx,
c 2 Faruk Güngör 41 4 2-2.5 1 1.5 2 2.5 3-4 Şekil 7.2: Zayıf Sönümlü Salınımlar ve X(s) için çözülürse X(s) = x s + v + 2kx s 2 + 2λs + ω 2 elde edilir. Ters dönüşüm λ ile ω arasındaki ilşkiye bağlıdır. Burada üç ayrı durum söz konusu olabilir: 1.) ν 2 = ω 2 λ 2 > Bu durumda, basit kesirlere ayrışımla ve ters dönüşüm alınarak X(s) = x (s + λ) + v + x λ (s + λ) 2 + ν 2 x(t) = L 1 {X(s)} = e λt [x cos νt + v + x λ sin νt] ν çözümü bulunur. Buna zayıf sönümlü salınımlar adı verilir. Zaman yeterince büyük bir değer aldığında, bir başka deyişle yeterince uzun zaman sonunda salınımlar sıfıra yaklaşacaktır. 2.) ω 2 λ 2 < µ 2 = λ 2 ω 2 diyelim ve basit kesirlere ayrıştıralım: Ters dönüşümü X(s) = x (s + λ) + v + x λ (s + λ) 2 µ 2. x(t) = L 1 {X(s)} = e λt [x cosh µt + v + x λ µ sin µt]
42 c 2 Faruk Güngör.4.35.3.25.2.15.5 1 1.5 2 2.5 3 Şekil 7.3: Kuvvetli Sönümlü Salınımlar çözümünü verir. Bu ise kuvvetli sönüm durumudur. x(t) çözümü t eksenini kesmeden sıfıra yaklaşır. Yani hareket salınımsızdır. 3.) ω 2 = λ 2 yazılır ve tersi alınırsa X(s) = x s + λ + v + λx (s + λ) 2 x(t) = L 1 {X(s)} = e λt [x + (v + λx )t] bulunur. Bu çözümün 2. özel durumda verilen çözümün µ için limit durumu olduğu açıktır. Bu özel durum kritik sönümlü durumdur ve t büyürken bir kez negatif değer alıp sonra sıfıra yaklaşır. Örnek 7.31 Sönümlü Zorlanmış Lineer Salınıcı Problemi: Bu kez parçacığın f(t) = f sin(ωt + σ) biçiminde periodik bir dış kuvvetin etkisi altında olduğunu varsayacğız. Hareketi yöneten diferansiyel denklem ve başlangıç koşulları ẍ(t) + 2λẋ(t) + ω 2 x(t) = f(t), x() = x, ẋ() = v olacaktır. Bu denklem yerine z(t) kompleks fonksiyonunun sağladığı z(t) + 2λż(t) + ω 2 z(t) = f e i(ωt+σ)
c 2 Faruk Güngör 43.3.2.1 -.1.5 1 1.5 2 2.5 -.2 Şekil 7.4: Kritik Sönümlü Salınımlar diferansiyel denklemini düşünelim. Bu denklemin sanal kısmı x(t) nin sağladığı denklemi verecektir. Z(s) = L{z(t)} ise denklemin Laplace dönüşümüü Q(s)Z(s) = f e iσ s iω + x s + v + 2λx, Q(s) = (s + λ) 2 + ω 2 λ 2 dir. Burada hareketin yalnızca zayıf sönümlü salınımlara kısıtlandığını yani, ν 2 = ω 2 λ 2 > olduğunu varsayalım. Z(s) rasyonel fonksiyonu basit kesirlere ayrılırsa Z(s) = = f e iσ Q(s)(s iω) + x (s + λ) + v + λx Q(s) A(s + λ) + λb + C Q(s) s iω (7.33) (7.34) yazılabilir. A ve B sabitleri hesaplandığında başlangıç koşullarına bağlı olduğu görülecektir. Bu sabitler yalnızca sistemin başlangıç davranımını etkiler. Yani, sağ yandaki toplamda birinci terimin ters dönüşümünde zorlayıcı fonksiyonun etkisi yoktur. Uzun zaman sonra etkisi artık hissedilmeyecek olan bu çözüme geçici çözüm denir. Biz bu geçici çözümü önemsemeyip kalıcı çözümle ilgileneceğiz. Bu yüzden, ikinci terimin ters dönüşümünü dikkate alalım: Z 1 (s) = C s iω.
44 c 2 Faruk Güngör.8.6.4.2 5 1 15 2 25 3 35 Şekil 7.5: Zorlanmış Sönümlü Salınımlar: Geçici, Kalıcı ve Toplam çözüm C katsayısını hesaplamak için (7.33) denkleminin her iki yanını s iω ile çarpıp s = iω yazalım. O zaman, C = f e iσ Q(iΩ) olur ki Q(iΩ) kompleks sayısının kutupsal gösterilimi ile Q(iΩ) = Me iφ, M(Ω) = Q(iΩ), φ(ω) = arg Q(iΩ) Z 1 (s) = f e i(σ φ) M ve ters dönüşümü de modül ve argümanın açık ifadelerini kullanarak z 1 (t) = f (ω2 Ω 2 ) 2 + 4λ 2 Ω 2 ei(ωt+σ φ) buluruz. Burada dir. z 1 (t) nin sanal kısımı φ = arctan 2λΩ ω 2 Ω 2 x 1 (t) = f sin(ωt + σ φ) (7.35) (ω2 Ω 2 ) 2 + 4λ 2 Ω2
c 2 Faruk Güngör 45 15 1 5-2 -1 1 2-5 -1-15 Şekil 7.6: Rezonans salınımları çözümünü verir (Bu çözümü Örnek?? deki çözüm ile karşılaştırın). Genliği zorlayıcı kuvvetin açısal frekansına bağlı olan bu çözüme kalıcı çözüm denir. Genliğin maksimum değerine paydası minimum olduğunda erişilir. Bunun için dm/dω = den Ω değeri belirlenir. Bir olası frekans Ω = dır, fakat bunun pratik bir değeri yoktur. A(Ω) = f /M(Ω) genliği Ω = Ω r = (ω 2 2λ 2 ) 1/2, λ < ω 2 için en büyük değerine erişir. Buna rezonans frekansı, bu frekans değeri için bulunan f A r = A(Ω r ) = 2λ ω 2 λ 2 genliğine de rezonans genliği denir. λ = için A r = değerini alır, yani sönümsüz bir sistem için rezonans genliği sınırsız olarak büyür. Bu durumda, çözüm artık (7.35) ile temsil edilemez. Kalıcı çözümü, λ =, Ω = ω için elde edilen ẍ(t) + ω 2 x(t) = f sin(ωt + σ) denkleminin x 1 (t) = f t cos(ωt + σ) 2ω çözümü ile yerdeğiştiririz. Görüldüğü gibi t büyürken, salınımlar sınırsız olarak büyümektedir. Bir başka deyişle, sönümsüz salınıcı probleminde, sistem, doğal frekansına çok yakın frekansa sahip periodik bir dış kuvvet etkisinde ise, salınımların genliği hızla büyüyecektir.
46 c 2 Faruk Güngör.4.2 -.2 5 1 15 2 25 -.4 Şekil 7.7: Vuru olayı Vuru Olayı: Aşağıdaki başlangıç değer problemini düşünelim: Denklemin genel çözümü y + ω 2 y = f cos ωt, y() =, y () =. y = c 1 cos ω t + c 2 sin ω t + ω 2 f ω2 cos ωt dir. Başlangıç koşullarından c 1 = f /(ω 2 ω 2 ), c 2 = çıkar. ω ω için çözüm f ω 2 ω2 (cos ωt cos ω t) olur. Eğer, ω nın değeri ω a çok yakınsa, bir başka deyişle ω ω farkı ω + ω yanında çok küçük ise bu hareketin salınımlarının genliği artık sabit değil, zamanla değişen bir büyüklük olur. Gerçekten, y = f 2(ω 2 ω 2) sin (ω ω )t 2 sin (ω + ω )t 2 yazılabilir. Görüldüğü gibi, frekansı sistemin frekansına çok yakın periyodik bir kuvvetin etkisi altında çözüm yavaş salınacak ve genliği zamanla değişecektir. Bu olay vuru olarak bilinir.
c 2 Faruk Güngör 47 Çözülecek Problemler 1. Aşağıdaki başlangıç değer problemlerini çözünüz. a.) y 2ay + (a 2 + p 2 )y, y() =, y () = p = 2pe at cos pt, b.) y + 2y + 2y = e t sin t, y() = 1, y () = 3 c.) y + 4y + 8y = sin t, y() = 1, y () = d.) y (4) y = sinh t, y() = y () = y () =, y () = 1 e.) y y = e t u(t 1), y() = 1, y () = f.) y + y = e t, y() =, y () = 1 2. Aşağıdaki sınır-değer problemlerini çözünüz. (a) y + λ 2 y = cos λt, y() = 1, y ( π 2λ ) = 1 (b) y + λ 2 y = t, y() = 1, y ( π λ ) = 1 3. y + λ 2 y = bulunuz. { 1 t π t > π diferansiyel denklemnin kalıcı çözümünü 4. Aşağıdaki denklem sistemlerini çözünüz. (a) x + ky = a sin kt y kx = a cos kt x() =, y() = b (b) x + y = 2 sin t y + z = 2 cos t z x =, x() = z() = y () =, x () = y() = 1, z () = 1
48 c 2 Faruk Güngör (c) (d) x + y = e t y + x = e t, x() = 3, y() = 1 x y = x y = 2 sin t, x() = 1, x () = y() = y () = 1 Duhamel integrali yardımıyla lineer bir denklemin çözümünün gösterilimi: Teorem 7.9 Bütün başlangıç koşulları sıfır olan, yani ve x (j) () =, j =, 1,..., n 1 d n x a dt n + a d n 1 x 1 dt n 1 + + a dx n 1 dt + a nx = u(t) denklemini sağlayan çözüm h(t) ise aynı başlangıç koşulları altında denkleminin çözümü d n y a dt n + a d n 1 y 1 dt n 1 + + a dy n 1 dt + a ny = f(t) y(t) = (f h) = (f h )(t) = f()h(t) + (f h)(t) bağıntıları ile verilir. Bu çözüme kalıcı çözüm denir. Kanıt: Başlangıç koşulları sıfır olduğundan X(s) = L{x(t)} Laplace dönüşümü X(s) = 1 sd(s), D(s) = a s n + a 1 s n 1 + + a n denklemini sağlar. Sağ yanı f(t) olan denklemin için Y (s) = L{y(t)} ve F (s) = L{f(t)} yazarak Y (s) = F (s) = sf (s)x(s) D(s) yazılabilir. Ters dönüşüm alarak ve Duhamel integralini göz önünde bulundurarak istenen sonucu elde ederiz.
c 2 Faruk Güngör 49 Örnek 7.32 denkleminin çözümünü bulunuz. X(s) = x (t) x(t) = 1 1 + e t, x() = x () = 1 s(s 2 s) = 1 s 2 (s 1) = s + 1 s 2 + 1 s 1 fonksiyonunun ters dönüşümü h(t) = e t (t + 1) ve verilen denklemin çözümü y(t) = (f h )(t) = = e τ 1 dτ = 1 + et τ h (τ) f(t τ) dτ ( e τ (1 + e t e τ ) ) e t + e τ dτ = e t 1 (e t + 1)[(t + ln 2) ln(e t + 1)] olarak bulunur. Laplace dönüşümü polinom katsayılı denklemlere de uygulanabilir. Ancak bu yöntemin uygulanabiliriği yalnızca katsayıları lineer polinomlar olan denklemlerle kısıtlıdır. Örnek 7.33 ty + 2y + a 2 ty =, y( + ) = a, y(π) = iki-nokta sınır-değer problemini çözünüz. Laplace dönüşümünü alarak d ds [s2 Y (s) sy() y 2 dy (s) ()] + 2(sY (s) y()) a =, ds ve düzenliyerek buluruz. İntegre ederek Y Y (s) = a s 2 + a 2 (s) = arctan a s + c elde ederiz. lim s Y (s) = limitinden c = ve ters dönüşümden y(t) = L 1 {Y (s)} = sin at t
5 c 2 Faruk Güngör bulunur. Bu çözüm için y(π) = koşulu sağlanır. Eğer y + t 2 y =, y() = y () = denklemine Laplace dönüşümü uygulanırsa Y (s) = L{y(t)} dönüşümünün Y (s) + s 2 Y (s) = denklemini sağladığını görürüz. Bu ise ilk problemi çözmeye denktir. Yani dönüşümle verilen diferansiyel denklemi daha basit bir denkleme indirgeyemeyiz. Çözülecek Problemler Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin yanlarında belirtilen başlangıç koşullarını sağlayan çözümlerini bulunuz. 1. ty + y + y =, y() = 1 2. ty + y + a 2 ty =, y() = 1, y () = 3. ty + (2t + 3)y + (t + 3)y = 3e t, y() = 4. ty + (1 2t)y 2y =, y() = 1, y () = 2 5. ty + (1 t)y + 2y =, y() = 1, y () = 2 6. 4ty + 4y + a 2 y =, y() = 1 7. ty + (2t + 1)y + (5t + 1)y =, y() = 1, y () = 1 7.4.1 İntegral Denklemlere Uygulama Bilinmeyen fonksiyonu integral işareti altında olan denklemlere integral denklem denir. Üst sınırı değişken bir integral ile tanımlı f(t) = g(t) + k(t, τ)f(τ) dτ (7.36) biçiminde bir integral denkleme Volterra denklemi denir. k(t, τ) çekirdek fonksiyonu ve g(t) verilmiş fonksiyonlar, f(t) ise bilinmeyendir. Eğer k(t, τ) = k(t τ) ise Volterra denklemine konvolüsyon tipi integral denklem denir. Laplace dönüşümü bu tür fark çekirdekli integral denklemlerin çözümünde büyük kolaylık
c 2 Faruk Güngör 51 sağlar. Denklem f(t) = g(t)+k(t) f(t) biçiminde yazılabilir. F (s) = L{f(t)}, K(s) = L{k(t)}, G(s) = L{g(t)} notasyonu ile denklemin Laplace dönüşümü alınırsa ve F (s) için çözülürse F (s) = G(s) K(s) = G(s) + L(s)G(s), L(s) = 1 K(s) 1 K(s) bulunur. İntegral denklemin çözümünü bulmak için f(t) = L 1 {F (s)} = g(t) + (l g)(t) = g(t) + l(t τ) g(τ) dτ ters dönüşümünü alırız. Burada, l(t) = L 1 {L(s)} dir. Örneğin, k(t) = e at için K(s) = 1/(s + a) ve L(s) = 1/(s (1 a)) dir ve integral denklemin çözümü f(t) = g(t) + olur. Örnek 7.34 Abel İntegral Denklemi: g(t) = e (1 a)(t u) g(u) du = g(t) + e (1 a)t e au g(u) du f(τ) dτ, g() =, < 1 < α (7.37) (t τ) α konvolüsyon tipi Abel integral denkleminin çözümünün f(t) = sin πα π d dt ile verildiğini gösterin. İntegral denklemin Laplace dönüşümü alalım: g(τ) dτ (7.38) (t τ) 1 α Γ(1 α) 1 sg(s) G(s) = F (s) s 1 α F (s) = Γ(1 α) s α. F (s) fonksiyonunun ters dönüşümü ise f(t) = olarak elde edilir. Yukarıda 1 Γ(α)Γ(1 α) (g t α 1 ) L 1 { 1 s α } = 1 Γ(α) tα 1
52 c 2 Faruk Güngör dönüşümünü kullandık. O halde, Duhamel iintegralinden ve (??) formülünden, f(t) çözümü (7.38) biçiminde yazılabilir. Eğer, g() ise çözüm f(t) = sin πα [g()t α 1 + (g t α 1 )] π formülü ile verilir. Abel integral denkleminin bir uygulaması olarak aşağıdaki problemi veriyoruz. Örnek 7.35 Eş-zaman Problemi: Düzlemde öyle bir eğri bulunuz ki, bu eğri boyunca orijine doğru hareket eden bir parçacığın iniş süresi başlangıç noktasından bağımsız olsun. Parçacığın t = başlangıç anındaki konumu (x, y), herhangibir t anındaki konumu da (u, v) olsun. Hareketi sürtünmesiz varsayarsak, enerjinin korunumu ilkesine göre 1 2ṡ2 + 1 2 mgv = 1 2 mgy ṡ2 = 2g(y v) bağıntısı geçerli olur. Burada s orijinden başlayarak ölçülen yay uzunluğudur. ṡ < olduğu gözönüne alınır (yay uzunluğu artan zamanla azalıyor) ve (x, y) ve (, ) noktaları arasında integre edilirse T iniş süresi T dt = 1 2g y ds T (y) = 1 y y v 2g s (v) dv y v olarak ifade edilebilir. s yay uzunluğu olduğundan f(y) = s (y) = 1 + x (y) 2 tanımı ile iniş süresi y başlangıç yüksekliğine bağlı olarak T (y) = 1 2g y f(v) dv y v formülü ile hesaplanır. Şimdi ters problemi düşünelim. Yani, iniş süresi verilen bir eğrinin belirlenmesi problemini çözmek isteyelim. O zaman Abel tipi bir integral denklemi çözmemiz gerekir. Daha özel olarak, eğer iniş süresinin T (y) = T sabit, yani yüksekliğe bağlı olmaması koşulunu koyarsak eş-zaman probleminin çözümü T = 1 2g y f(v) dv y v