�ݺ�ߣ

LAPLACE DÖNÜŞÜMÜ

Lineer diferansiyel denklemlerin çözümleri için çok kullanılan
yöntemlerden birisi integral dönüşümleridir ve bir integral dönüşümü
β
F ( s ) = ∫ K ( s, t ) f (t )dt (1)
α

formundadır. Burada verilen bir ‘f’ fonksiyonu ‘F’ fonksiyonuna dönüşür
ve F fonksiyonuna f in fonksiyon dönüşümü denir. K(s,t) ye çekirdek denir.
∞
L(f(t))= F ( s ) = ∫ e − st f (t )dt (2)
0

L(f(t)) veya F(s) e f fonksiyonunun Laplace dönüşümü denir.
K(s,t)= e-st dir.
Laplace dönüşümünün tanımından da görüldüğü gibi bu dönüşüm
genelleştirilmiş integral(improper) görünümündedir. Bu nedenle
genelleştirilmiş integral kavramını hatırlamak için bir örnek ve teorem
verelim. Genelleştirilmiş integral sonlu aralıklar için integralin bir sınırı
olarak tanımlanır
∞ A

∫
a
f (t )dt = lim A→∞ ∫ f (t )dt
a
A pozitif reel sayı

Eğer integral her A>a için a dan A ya var ise ve A→∞ limiti mevcut ise
genelleştirilmiş integral yakınsak , aksi takdirde ıraksaktır.

Örnek:
∞

∫e dt = ? t>0
ct

0

∞
e ct 1 cA
lim A→∞ ∫ e ct dt = lim A→∞
A
0
= lim A→∞ (e − 1)
0
c c
c<0 için genelleştirilmiş integral yakınsaktır. c>0 ve c=0 için ıraksaktır.
Teorem 6.1.1

f fonksiyonu t≥a için parçalı sürekli fonksiyon, M pozitif sabit bir sayı ve eğer
∞ ∞
|f(t)|≤ g(t) ∫ g (t )dt yakınsak ise ∫ f (t )dt de yakınsaktır.
M a

DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 29/11/2006 106

∞
Diğer yandan t≥Μ ve f(t)≥g(t)≥0 olmak üzere eğer ∫ g (t )dt ıraksak ise
M
∞

∫ f (t )dt de ıraksaktır. Yukarıda (2) nolu denklemle verilen L(f(t)) veya F(s)
a

Laplace dönüşümünde genelleştirilmiş integral yakınsak olduğunda
tanımlanmaktadır.

Teorem 6.1.2:

1) keyfi bir pozitif ‘A’ sayısı için 0≤t≤A aralığında f fonksiyonu parçalı
sürekli olsun

2) t≥Μ için |f(t)|≤K eat olsun Bu eşitsizlikte K,M pozitif olmak üzere K,a,M
reel sayılardır. Bu şartlar sağlanıyorsa
∞
L(f(t))= F ( s ) = ∫ e − st f (t )dt dönüşümü s>0 için vardır.
0

Örnek 1:

f(t)= 1, t≥0 , L(1)=?

Çözüm:
∞ ∞
e − st
L(1)= F ( s ) = ∫ e − st f (t )dt = ∫ e − st 1dt = −
0 0
s

e − st A  e − sA 1  1
lim A→∞ − = lim A→∞  −
 + = 1/s s>0
s 0
 s s s


Örnek 2:

f(t)= e at, t≥0 , L(e at)=?
∞ ∞ A
at 1 −( s − a )t
L(e )= ∫ e e dt = ∫ e dt = lim A→∞ ∫ e −( s −a )t dt = lim A→∞ −
− st at −( s − a )t A
e
0 0 0
s−a 0

 1 −( s − a ) A 1 
lim A→∞  − e − (− )  = 1/s-a s>a
 s−a s−a 


Örnek 3:
f(t)= Sin(at), t≥0 , L(Sin(at))=?
∞ A
F(s)=L(Sin(at))= ∫ e − st sin atdt = lim A→∞ ∫ e − st sin atdt = s>a
0 0

 u=e du = − se dt 
− st − st

 1  uv-∫vdu
dv = sin atdt v = − a cos at 
 

e − st cos at s
A  u = e − st du = − se − st dt 
− ∫ e − st cos atdt
A
F(s)= lim A→∞  1 
a 0
a0 dv = cos atdt v = sin at 
 a 

sağ tarafa kısmi integrasyon uygulanırsa
∞
1 s 2 − st
F(s) = − 2 ∫ e sin atdt = 1/a -s2/a2 F(s)
a a 0

F(s)= L(Sin(at)) =a/(s2+a2) s>0 bulunur.
Örnek 4:

f(t)=t L(t)=?

∞ ∞  u=t du = dt 
L(t)= F ( s ) = ∫ e f (t )dt− st
= ∫ e tdt dv = e − st
− st
1 
v = − e − st 
0 0 
 s 

∞ ∞
1 0 1 1 1 − st 1
= te − st + ∫ e − st dt = 0 + e =
s ∞ s0 ss 0 s2

Ödev:
1- f(t)=t2 L(t2)=? L(t2)=2/s3
2- f(t)=t3 L(t3)=? L(t3)=6/s4
3- f(t)= cos(at), t≥0 , L(cos(at))=s/s2+a2

Laplace dönüşümü lineer bir operatördür gerçekten f1 ve f2 fonksiyonlarını
s>a1,s>a2 için Laplace dönüşümleri bulunsun. Burada s , a1 ve a2 nin
maximumundan büyük olmak üzere
∞ ∞ ∞
L(c1f1(t)+c2f2(t))= ∫ e − st (c1 f1 (t ) + c 2 f 2 (t ) )dt = c1 ∫ e − st f1 (t )dt + c 2 ∫ e − st f 2 (t )dt
0 0 0

L(c1f1(t)+c2f2(t)) = c1L(f1(t))+c2L(f2(t))
lineer bir operatördür.


Ö��Ա��1:

e at − e − at
L(sinhat)= L( ) =?
2
1
[ ]
= L(e at ) − L(e − at ) = 
1 1
−
1  1 1 1 
 = 2s−a − s+a = 2
2  s − a s − (−a) 
a
 s −a
2
2 

Ödev:
L(coshat)=?
e at + e − at s
L(coshat)= L( ) L(coshat)=
2 s − a2
2

6.2.BAŞLANGIÇ DEĞER PROBLEMLERİNİN ÇÖZÜMÜ ****

Laplace dönüşümü sabit katsayılı diferansiyel denklemlerin başlangıç değer
problemlerinin çözümünde kullanılır. Laplace dönüşümünü bu tür problemlere
uygulamadan önce f’, f’’,.............,fn(t) fonksiyonlarının laplace dönüşümünü
bilmeliyiz.

Teorem6.2.1:
f sürekli ve f’ parçalı sürekli iki fonksiyon (0 ≤ t ≤ Α aralığında)olsun Ayrıca
K,a,M sabitler olmak üzere

|f(t)|≤Κeat , t ≥ Μ olsun. Bu takdirde

L[ f(t) ]=s L[ f(t) ]- f(0)-.....-
sağlanır.

Teorem6.2.2:

f sürekli ve f’ parçalı sürekli iki fonksiyon (0 ≤ t ≤ Α aralığında)olsun Ayrıca
K,a,M sabitler olmak üzere

|f(t)|≤Κeat , | f’(t)|≤Κeat ,...........,| fn-1(t)|≤Κeat t≥Μ olsun

Bu takdirde s>a için L[ f(t) ] vardır, ve

L[ fn(t) ]=sn L[ f(t) ]-sn-1f(0)-.....-sfn-2(0)- fn-1(0)

L[ f(t) ]= L[ y(t) ] ile gösterirsek


L[ yn(t) ]= sn L[ y(t) ]-sn-1y(0)-....-syn-2(0)- yn-1(0) GENEL DURUM

L[y’’]= s2 L[ y(t) ]-sy(0)-y’(0)
L[y’]= s L[ y(t) ]-y(0)
L[y]= L[y]=
y(0),y’(0) karşılıkları dif denklemde yerlerine konulur ve L[y(t)] çekilerek
Laplace dönüşümü uygulanır elde edilen ifadeler toplanarak genel
çözüm elde edilir.

ÖRNEK 1:

y’’+y=sin2t , y(0)=2, y’(0)=1 başlangıç koşullarını sağlayan diferansiyel
denklemi çözünüz.

çözüm:

L(y’’)+L(y)=L(sin2t)
L(y’’)= s2 L(y)-sy(0)- y’(0)
L(y)= L(y)
her iki tarafın laplace dönüşümü alınır, başlangıç koşulları yerine konulur
y(0)=2, y’(0)=1, L(y) çekilirse L(y’’+y)= L(sin2t)

s2 L(y)-sy(0)- y’(0)+ L(y)= 2/(s2+4)

s2 L(y)-2s- 1+ L(y)= 2/(s2+4)
2
L(y)[s2+1] =2s+1+
s +4
2

L(y)=2s3+s2+8s+6/(s2+1)(s2+4) bulunur.

Bu ifadeyi basit kesirlere ayırırsak

as + b cs + d (as + b)( s 2 + 4) + (cs + d )( s 2 + 1)
L(y)= + =
s2 +1 s2 + 4 ( s 2 + 1)( s 2 + 4)

ve iki ifadenin paydaları eşitlenirse

2s3+s2+8s+6=(a+c)s3+(b+d)s2+(4a+c)s+(4b+d)

a+c=2 b+d=1 a=2 c=0
4a+c=8 4b+d=6 b=5/3 d=-2/3


2s 5 / 3 1/ 3 * 2
y(s)= + 2 −
s +1 s +1 s2 + 4
2

Laplace dönüşüm tablosundan

y=φ(t)=2cost+5/3 sint-1/3sin2t
bulunur.

6.3 BASAMAK FONKSİYONLARI

Birim Basamak Fonksiyonu(Heaviside Function)

uc(t)= 0 c>t
1 t≥c şeklinde tanımlanmaktadır.

uc(t)fonksiyonunun Laplace dönüşümü:

∞ ∞
e − cs
L(uc(t))= = ∫ e − st u c (t )dt = ∫ e − st u c (t )dt = s>0 dır.
0 c
s
t≥ 0 için tanımlı, verilen f(t) fonksiyonu için, ilgili g(t) fonksiyonu birim basamak fonksiyonu
yardımı ile,

y=g(t)= 0 c>t
f(t-c) t≥c g(t)=uc(t)f(t-c)

dır.
Teorem6.3.1: Eğer s >a≥ 0 için

F(s)=L(f(t)) var ve c pozitif bir sayı ise

L(uc(t)f(t-c))=e-cs L(f(t))= e-cs F(s) s>a dır.

Tersine eğer f(t)=L-1(F(s)) ise buradan
uc(t)f(t-c)= L-1 (e-cs F(s)) dır.

ÖRNEK 1:
f(t)= sint 0≤t≤π/4
sint+cos(t-π/4) t≥π/4 ise ise L(f(t))=?

f(t) fonksiyonu 2 fonksiyonun toplamı şeklinde yazılabilir

f(t)=sint+g(t) 0 t<π/4
g(t)=
cos(t-π/4) t≥π/4

g(t) fonksiyonu da


uπ/4(t)= 0 t<π/4
1 t≥π/4 şeklinde tanımlanmaktadır.

olmak üzere

Böylece g(t)= uπ/4(t) cos(t-π/4) olur ve Laplace dönüşümünün lineerliğinden

L[ f(t) ]= L[ sint ]+L[ uπ/4(t) cos(t-π/4) ]= L[ sint ]+e-(π/4)SL(cost)

1 s 1 + se − (π / 4) s
+ e − (π / 4 ) s 2 =
s2 +1 s +1 s2 +1

ÖRNEK2:

F(s)=(1-e-2s)/s2 in ters dönüşümünü bulunuz.

Ters dönüşümün lineerliğinden; L-1 (e-cs F(s)) =uc(t)f(t-c) ile

f(t)= L-1(F(s))= L-1((1-e-2s)/s2)= L-1(1/s2)- L-1(e-2s/s2)=t - u2(t)(t-2)

f(t)= t 0≤t<2
2 t≥2 şeklinde bulunur.

Teorem 6.3.2:

s>a≥0 için F(s)=L(f(t)) var ve c sabit ise;

L(ect f(t))=F(s-c), s> a+c sağlanır.

Tersine, eğer f(t)= L-1(F(s)) ise

ect f(t) = L-1(F(s-c)) dır.
ÖRNEK

G(s)=1/(s2-4s+5) in ters dönüşümünü bulunuz. L-1(G(s))=?

çözüm:

G(s)=1/(s-2)2+1 =F(s-2) yazabiliriz. Burada F(s)=(s2+1)-1 dir

L-1(F(s))=sint olduğundan teorem6.3.2 den


b
g(t)= L-1(G(s))= L-1(F(s-2))= e2tsint e at sin bt =
( s − a) 2 + b 2

6.4. SÜREKSİZ KUVVET FONKSİYONLARI İLE DİFERANSİYEL
DENKLEMLER

örnek:

g(t)=u5(t)-u20(t)= 1 5≤t<20
0 0≤t<5 veya t≥20

olmak üzere

2y’’+y’+2y=g(t), y(0)=0,y’(0)=0 diferansiyel denklemin çözümünü bulunuz.

Diferansiyel denklemin Laplace dönüşümü

2s2y(s)-2sy(0)-2y’(0)+sy(s)-y(0)+2y(s)=(L(u5(t))-L(u20(t)))=(e-5s-e-20s)/s

Başlangıç değerleri yerlerine konup y(s) çekilirse;

e −5 s − e −20 s
y(s)=
s (2s 2 + s + 2)

bulunur.

y=φ(t) yi bulmak için y(s) si daha basit olarak y(s)= (e-5s-e-20s)H(s) şeklinde
yazarız. Buradan

1
H(s)= dır. Buradan da eğer
s(2s + s + 2)
2

L(t)=L-1(u(s)) ise y=φ(t)=u5(t)h(t-5)-u20(t)h(t-20) elde edilir.

e-5sµ(s) ve e-20sµ(s) nın ters dönüşümlerini yazmak için (Teorem3) ü
kullanırız. Sonuç olarak h(t) bulmak için H(s) i basit kesirlere ayırırsak

a bs + c
H(s)= + ⇒ a = 1 / 2, b = −1, c = −1 / 2
s 2s 2 + s + 2


bulunur. Yukarıdaki eşitlikte yerlerine konur
1 1
1/ 2 s + 1/ 2 1 / 2  1  ( s + 4) + 4
H(s)= − 2 ⇒= −  dönüşüm tablosundan
s 2s + s + 2 s  2  ( s + 1 ) 2 + 15
4 16
yararlanılarak

1 1 15 15 −t / 4 15 
h(t)= − e −t / 4 cos( t) + ( )e sin( t )
2 2 4 15 4 

6.5.İmpulse Fonksiyonları

δ dirac delta olarak isimlendirilir ve laplace dönüşümü:

L(δ(t-t 0))=e-st0 t0>0 dir.
Örnek 1:

ay’’+by’+cy=g(t) (a,b,c sabit)

g(t)= 2δ(t-7)+5δ(t+3) fonksiyonunun Laplace dönüşümünü bulunuz.

L(δ(t-t 0))=e-st0 idi.

L (g(t))=2 L(δ(t-7))+5 L(δ(t+2))= 2e-7s+5e-(-3s)
= 2e-7s+5e3s bulunur.
Örnek 2:
y ' '+ y '+ y = δ (t − 2) y (0) = 0 , y ' (0) = 0 başlangıç değer problemini çözünüz.

Laplace dönüşümünün lineerliğinden

L[ y ' '] + L[ y '] + L[ y ] = L[δ (t − 2)] = e −2 s

L[ y ' '] = s 2Y ( s ) − sy (0) − y ' (0)
L[ y '] = sY ( s ) − y (0) s 2Y ( s ) − sy (0) − y ' (0) + sY ( s ) − y (0) + Y ( s ) = e −2 s
L[ y ] = Y ( s )
s 2Y ( s ) − s.0 − 0 + sY ( s ) − 0 + Y ( s ) = e −2 s

[ ]
Y ( s ) s 2 + s + 1 = e −2 s , Y ( s) = e −2 s
1
s + s +1
2
= e −2 s F ( s)
olur. Önce F(s) nin laplace dönüşümü bulunursa


   3 4 
   * 
−1  1  1 4 3
−1 −1
 =
f(t)=L (F(s))= L  2 =L  =L
-1

 s + s + 1 1 2 3
 (s + ) +   1 2 3 2

 2 4
  (s + ) + ( ) 
 2 4 

 3 
b 4 −1   1
4 − t 3
e at sin bt = f(t) = L  4  = e 2 sin t
( s − a) 2 + b 2 3  1 2 3 2 3 4
 ( s − (− 2 )) + ( 4 ) 
 

Ayrıca

f(t)= L-1(F(s)) ise

ect f(t) = L-1(F(s-c)) dönüşümü dikkate alınırsa c=-1/2 olur
Diğer taraftan

f(t)=L-1(F(s)) ise
uc(t)f(t-c)= L-1 (e-cs F(s))idi.
1
4 − 2 (t −2) 3
y= L-1 (Y(s))= L-1 (e-2s F(s))=u2(t) e sin (t − 2)
3 4

Ödev:
2y’’+y’+2y=δ(t-5) y(0)=0, y’(0)=0
6.6. Konvolüsyon İntegrali

Bazen bir Y(s) laplace dönüşümü, bilinen f(t) ve g(t) fonksiyonlarının laplace
dönüşümü olan F(s) ve G(s) nin çarpımı olarak verilebilir.
Y(s) = F(s)* G(s). Bu durumda Y(s) ye f ve g fonksiyonlarının çarpımının
laplace dönüşümü olarak bakılabilir.

Teorem 6.6.1. (Konvolüsyon Teoremi)

Eğer F(s)=L(f(t)) ve G(s)=L(g(t)) s>a≥0 için var ise,

y(t))= F(s) G(s)= L(y(t)), s>a (1)

Burada y(t)


t t
y(t)= ∫ f (t − τ ) g (τ )dτ = ∫ f (τ ) g (t − τ )dτ . (2)
0 0

Buradaki y(t) fonksiyonu f(t) ve g(t) nin konvolüsyonudur.ve (2) deki
integraller konvolüsyon integralleridir.

Örnek1
t t
(f*1)(t)= ∫
0
f (t − τ )1dτ = ∫ f (t − τ )dτ .
0

Eğer f(t)= cost ise

t τ =t

(f*1)(t)= ∫ cos(t − τ )dτ = − sin(t − τ ) =-sin0+ sint= sint.
0 τ =0

(f*1)(t) ≠ f (t ) dir.

Örnek2

a
H(s)= ters fonksiyonunu bulunuz L-1(H(s)=?
s (s + a )
2 2
2

a
H(s) yi s-2 ve gibi düşünerek tablodan bakılırsa bunlar t ve sinat nin
(s + a 2 )
2

dönüşümleridir. Teorem 6.6.1 den
t t
at − sin at
y(t)= ∫ f (t − τ ) g (τ )dτ = ∫ (t − τ ) sin aτdτ =
0 0 a2

Diğer bir yolda önceden çözdüğümüz gibi H(s) yi basit kesirlere ayırarak ta
bulabilirdik.

Örnek3
1
L−1 ( H ( s )) = L−1 ( ) = L−1 ( F ( s )G ( s )) fonksiyonunun ters-laplace dönüşümünü
s ( s + 16)
2

konvolüsyon teoremini kullanarak bulunuz.

1 1 1
H (s) = = = F ( s)G ( s )
s ( s + 16) s ( s + 16)
2 2

şeklinde yazılırsa

1 1 1
f (t ) = L−1 ( ) = 1, g (t ) = L−1 ( 2 ) = sin 4t
s s + 16 4


olduğu dikkate alınarak

1
L−1 ( H ( s )) = L−1 ( ) = L−1 ( F ( s )G ( s ))
s ( s + 16)
2

t t
= ∫ f (t − τ ) g (τ )dτ = ∫ f (τ ) g (t − τ )dτ . integrallerinden işleme uygun olanı seçilerek
0 0

t t
1 1
h(t)= L ( 2 ∫ f (t − τ ) g (τ )dτ = ∫ (1) * 4 sin 4τ )dτ .
−1
)=
s ( s + 16) 0 0

1 t 1
h(t)= (− cos 4τ ) 0 = (1 − cos 4t )
4 4
Örnek4
y’’+4y=g(t) y(0)=3, y’(0)=-1 başlangıç değer problemini çözünüz.

s2 Y(S)-3s+ 1+4 Y(s)= G(s)

veya

3s − 1 G ( s ) s 1 2 1 2
Y(s)= + Y(s)= 3 − + G ( s ) tablodan
s2 + 4 s2 + 4 s + 4 2 s + 4 2 s2 + 4
2 2

Bu denklemin üçüncü terimindeki G(s) nin çarpanına
1 2
F(s)=
2 s2 + 4
denirse

s 1 2
Y (s) = 3 − 2 + F ( s )G ( s )
s +4 2 s +4
2

bu ifadenin her iki tarafının ters laplace dönüşümü alınırsa ve ters laplace
dönüşümünün lineerliği dikkate alınarak

s 1 2
L−1 (Y ( s )) = 3L−1 ( ) − L−1 ( 2 ) + L−1 ( F ( s )G ( s ))
s +4 2
2
s +4

ayrıca L−1 ( F ( s )G ( s)) konvolüsyon ile bulunabileceğinden
1 −1 2
L−1 ( F ( s )) = L ( 2 ) olduğu dikkate alınıp Laplace tablosundan
2 s +4
t
1 1
y(t)= 3cos2t- sin 2t + ∫ sin 2(t − τ ) g (τ )dτ
2 20


�ݺ�ߣ

Laplace291106

More Related Content

Laplace291106