Laplace Dönüşümü Özellikleri
Bu bölümde Laplace dönüşümünün integral tanımını kullanarak bazı temel fonksiyonların dönüşümlerini hesaplayacağız ve daha karmaşık fonksiyonların dönüşümlerini hesaplamakta kullanılabilecek bazı özelliklerden bahsedeceğiz.
Temel Kurallar
Sabit sayıların Laplace dönüşümü aşağıdaki gibidir.
\( s \gt 0 \) olmak üzere,
\( \mathcal{L}\{ 1 \} = \dfrac{1}{s} \)
\( \mathcal{L}\{ 3 \} = \dfrac{3}{s} \)
İSPATI GÖSTER
Laplace dönüşüm formülünü kullanalım.
\( \mathcal{L}\{ f(t) \} = \displaystyle\int_{0}^{\infty} {e^{-st}f(t)\ dt} \)
\( f(t) = 1 \)
\( \mathcal{L}\{ 1 \} = \displaystyle\int_{0}^{\infty} {e^{-st}(1)\ dt} \)
\( = \displaystyle\int_{0}^{\infty} {e^{-st}\ dt} \)
İfadenin genelleştirilmiş integralini alalım.
\( = \lim\limits_{L \to \infty} \displaystyle\int_0^L {e^{-st}\ dt} \)
\( = \lim\limits_{L \to \infty} {-\dfrac{1}{s}(e^{-st})|_0^L} \)
\( = -\dfrac{1}{s}\lim\limits_{L \to \infty} (e^{-sL} - e^{-s(0)}) \)
\( = -\dfrac{1}{s}\lim\limits_{L \to \infty} (e^{-sL} - 1) \)
Bu genelleştirilmiş integral ifadesi \( s \gt 0 \) olduğunda yakınsak olur.
\( L \to \infty \) iken \( e^{-sL} = \frac{1}{e^{sL}} \to 0 \) olur.
\( = -\dfrac{1}{s}(0 - 1) \)
\( = \dfrac{1}{s} \)
Birim fonksiyonun Laplace dönüşümü aşağıdaki gibidir.
\( s \gt 0 \) olmak üzere,
\( \mathcal{L}\{ t \} = \dfrac{1}{s^2} \)
\( \mathcal{L}\{ 5t \} = \dfrac{5}{s^2} \)
İSPATI GÖSTER
Laplace dönüşüm formülünü kullanalım.
\( \mathcal{L}\{ f(t) \} = \displaystyle\int_{0}^{\infty} {e^{-st}f(t)\ dt} \)
\( f(t) = t \)
\( \mathcal{L}\{ t \} = \displaystyle\int_{0}^{\infty} {e^{-st}t\ dt} \)
İfadenin genelleştirilmiş integralini alalım.
\( = \lim\limits_{L \to \infty} \displaystyle\int_0^L {e^{-st}t\ dt} \)
İfadenin integralini almak için kısmi integral alma yöntemini kullanalım.
\( u \) ve \( dv \) ifadelerini aşağıdaki gibi belirleyelim.
\( u = t, \quad dv = e^{-st}\ dt \)
Buna göre \( du \) ve \( v \) aşağıdaki gibi olur.
\( du = dt, \quad v = -\dfrac{1}{s}e^{-st} \)
Değişkenleri kısmi integral formülünde yerine koyalım.
\( = \lim\limits_{L \to \infty} ((-\dfrac{1}{s}e^{-st}t)|_0^L - \displaystyle\int_0^L {-\dfrac{1}{s}e^{-st}\ dt}) \)
\( = -\dfrac{1}{s}\lim\limits_{L \to \infty} ((e^{-st}t)|_0^L - \displaystyle\int_0^L {e^{-st}\ dt}) \)
\( = -\dfrac{1}{s}\lim\limits_{L \to \infty} ((e^{-sL}L - e^{-s(0)}(0)) - (-\dfrac{1}{s}e^{-st})|_0^L) \)
\( = -\dfrac{1}{s}\lim\limits_{L \to \infty} (e^{-sL}L + \dfrac{1}{s}(e^{-sL} - e^{-s(0)})) \)
\( = -\dfrac{1}{s}\lim\limits_{L \to \infty} (e^{-sL}L + \dfrac{1}{s}(e^{-sL} - 1)) \)
Bu genelleştirilmiş integral ifadesi \( s \gt 0 \) olduğunda yakınsak olur.
\( L \to \infty \) iken \( e^{-sL}L = \frac{L}{e^{sL}} \to 0 \) olur.
\( L \to \infty \) iken \( e^{-sL} = \frac{1}{e^{sL}} \to 0 \) olur.
\( = -\dfrac{1}{s}((0)L + \dfrac{1}{s}(0 - 1)) \)
\( = \dfrac{1}{s^2} \)
Kuvvet fonksiyonun Laplace dönüşümü aşağıdaki gibidir.
\( s \gt 0 \) olmak üzere,
\( \mathcal{L}\{ t^n \} = \dfrac{n!}{s^{n+1}} \)
\( \mathcal{L}\{ t^2 \} = \dfrac{2!}{s^{2+1}} = \dfrac{2}{s^3} \)
\( \mathcal{L}\{ t^5 \} = \dfrac{5!}{s^{5+1}} = \dfrac{120}{s^6} \)
İSPATI GÖSTER
To be added...
Üstel fonksiyonun Laplace dönüşümü aşağıdaki gibidir.
\( s \gt a \) olmak üzere,
\( \mathcal{L}\{ e^{at} \} = \dfrac{1}{s - a} \)
\( \mathcal{L}\{ e^{3t} \} = \dfrac{1}{s - 3} \)
\( \mathcal{L}\{ e^{-4t} \} = \dfrac{1}{s + 4} \)
İSPATI GÖSTER
Laplace dönüşüm formülünü kullanalım.
\( \mathcal{L}\{ f(t) \} = \displaystyle\int_{0}^{\infty} {e^{-st}f(t)\ dt} \)
\( f(t) = e^{at} \)
\( \mathcal{L}\{ e^{at} \} = \displaystyle\int_{0}^{\infty} {e^{-st}e^{at}\ dt} \)
\( = \displaystyle\int_{0}^{\infty} {e^{-(s - a)t}\ dt} \)
İfadenin genelleştirilmiş integralini alalım.
\( = \lim\limits_{L \to \infty} \displaystyle\int_0^L {e^{-(s - a)t}\ dt} \)
\( = \lim\limits_{L \to \infty} {-\dfrac{1}{s - a}(e^{-(s - a)t})|_0^L} \)
\( = -\dfrac{1}{s - a}\lim\limits_{L \to \infty} (e^{-(s - a)L} - e^{(s - a)(0)}) \)
\( = -\dfrac{1}{s - a}\lim\limits_{L \to \infty} (e^{-(s - a)L} - 1) \)
Bu genelleştirilmiş integral ifadesi \( s \gt a \) olduğunda yakınsak olur.
\( L \to \infty \) iken \( e^{-(s - a)L} = \frac{1}{e^{(s - a)L}} \to 0 \) olur.
\( = -\dfrac{1}{s - a}(0 - 1) \)
\( = \dfrac{1}{s - a} \)
Kosinüs fonksiyonunun Laplace dönüşümü aşağıdaki gibidir.
\( s \gt 0 \) olmak üzere,
\( \mathcal{L}\{ \cos(at) \} = \dfrac{s}{s^2 + a^2} \)
\( \mathcal{L}\{ \cos(3t) \} = \dfrac{s}{s^2 + 9} \)
İSPATI GÖSTER
Laplace dönüşüm formülünü kullanalım.
\( \mathcal{L}\{ f(t) \} = \displaystyle\int_{0}^{\infty} {e^{-st}f(t)\ dt} \)
\( f(t) = \cos(at) \)
\( \mathcal{L}\{ \cos(at) \} = \displaystyle\int_{0}^{\infty} {e^{-st}\cos(at)\ dt} \)
İfadenin genelleştirilmiş integralini alalım.
\( = \lim\limits_{L \to \infty} \displaystyle\int_0^L {e^{-st}\cos(at)\ dt} \)
\( e^{-st}\cos(at) \) ifadesinin integralini almak için kısmi integral alma yöntemini iki kez uygulamamız gerekir.
\( u \) ve \( dv \) ifadelerini aşağıdaki gibi belirleyelim.
\( u = \cos(at), \quad dv = e^{-st}\ dt \)
Buna göre \( du \) ve \( v \) aşağıdaki gibi olur.
\( du = -a\sin(at)\ dt, \quad v = -\dfrac{1}{s}e^{-st} \)
Değişkenleri kısmi integral formülünde yerine koyalım.
\( \displaystyle\int_0^L {u\ dv} = (u\ v)|_0^L - \displaystyle\int_0^L {v\ du} \)
\( \displaystyle\int_0^L {e^{-st}\cos(at)\ dt} = (-\dfrac{1}{s}e^{-st}\cos(at))|_0^L - \displaystyle\int_0^L {-\dfrac{1}{s}e^{-st}(-a\sin(at))\ dt} \)
\( = (-\dfrac{1}{s}e^{-sL}\cos(aL) + \dfrac{1}{s}e^{-s(0)}\cos(a(0))) - \dfrac{a}{s}\displaystyle\int_0^L {e^{-st}\sin(at)\ dt} \)
\( = -\dfrac{1}{s}e^{-sL}\cos(aL) + \dfrac{1}{s} - \dfrac{a}{s}\displaystyle\int_0^L {e^{-st}\sin(at)\ dt} \)
Elde ettiğimiz ifade hala integrali alınabilir bir formda değildir. Kısmi integral alma yöntemini tekrar uygulayalım.
\( u \) ve \( dv \) ifadelerini aşağıdaki gibi belirleyelim.
\( u = \sin(at), \quad dv = e^{-st}\ dt \)
Buna göre \( du \) ve \( v \) aşağıdaki gibi olur.
\( du = a\cos(at)\ dt, \quad v = -\dfrac{1}{s}e^{-st} \)
Değişkenleri kısmi integral formülünde yerine koyalım.
\( \displaystyle\int_0^L {u\ dv} = (u\ v)|_0^L - \displaystyle\int_0^L {v\ du} \)
\( \displaystyle\int_0^L {e^{-st}\sin(at)\ dt} = (-\dfrac{1}{s}e^{-st}\sin(at))|_0^L - \displaystyle\int_0^L {-\dfrac{1}{s}e^{-st}(a\cos(at))\ dt} \)
\( = (-\dfrac{1}{s}e^{-sL}\sin(aL) + \dfrac{1}{s}e^{-s(0)}\sin(a(0))) + \dfrac{a}{s}\displaystyle\int_0^L {e^{-st}\cos(at)\ dt} \)
\( = -\dfrac{1}{s}e^{-sL}\sin(aL) + \dfrac{a}{s}\displaystyle\int_0^L {e^{-st}\cos(at)\ dt} \)
İntegralini bulmak istediğimiz orijinal ifade için elde ettiğimiz tüm formülü yazalım.
\( \displaystyle\int_0^L {e^{-st}\cos(at)\ dt} = -\dfrac{1}{s}e^{-sL}\cos(aL) + \dfrac{1}{s} - \dfrac{a}{s}\displaystyle\int_0^L {e^{-st}\sin(at)\ dt} \)
\( \displaystyle\int_0^L {e^{-st}\cos(at)\ dt} = -\dfrac{1}{s}e^{-sL}\cos(aL) + \dfrac{1}{s} - \dfrac{a}{s}(-\dfrac{1}{s}e^{-sL}\sin(aL) + \dfrac{a}{s}\displaystyle\int_0^L {e^{-st}\cos(at)\ dt}) \)
\( \displaystyle\int_0^L {e^{-st}\cos(at)\ dt} = -\dfrac{1}{s}e^{-sL}\cos(aL) + \dfrac{1}{s} + \dfrac{a}{s^2}e^{-sL}\sin(aL) - \dfrac{a^2}{s^2}\displaystyle\int_0^L {e^{-st}\cos(at)\ dt} \)
İntegralini bulmak istediğimiz ifadenin eşitliğin her iki tarafında da bulunduğunu görebiliriz. Bu iki ifadeyi tek tarafta toplayalım.
\( \dfrac{s^2 + a^2}{s^2}\displaystyle\int_0^L {e^{-st}\cos(at)\ dt} = -\dfrac{1}{s}e^{-sL}\cos(aL) + \dfrac{1}{s} + \dfrac{a}{s^2}e^{-sL}\sin(aL) \)
Buna göre sonucu ifadenin integralini almamıza gerek kalmadan aşağıdaki şekilde buluruz.
\( \displaystyle\int_0^L {e^{-st}\cos(at)\ dt} = \dfrac{s^2}{s^2 + a^2}(\dfrac{a}{s^2}e^{-sL}\sin(aL) - \dfrac{1}{s}e^{-sL}\cos(aL) + \dfrac{1}{s}) \)
Bulduğumuz sonucu genelleştirilmiş integral ifadesinde yerine koyalım.
\( = \lim\limits_{L \to \infty} (\dfrac{s^2}{s^2 + a^2}(\dfrac{a}{s^2}e^{-sL}\sin(aL) - \dfrac{1}{s}e^{-sL}\cos(aL) + \dfrac{1}{s})) \)
Bu genelleştirilmiş integral ifadesi \( s \gt 0 \) olduğunda yakınsak olur.
\( L \to \infty \) iken \( e^{-sL}\sin(aL) = \frac{\sin(aL)}{e^{sL}} \to 0 \) olur.
\( L \to \infty \) iken \( e^{-sL}\cos(aL) = \frac{\cos(aL)}{e^{sL}} \to 0 \) olur.
\( = \dfrac{s^2}{s^2 + a^2}(0 - 0 + \dfrac{1}{s}) \)
\( = \dfrac{s}{s^2 + a^2} \)
Sinüs fonksiyonunun Laplace dönüşümü aşağıdaki gibidir.
\( s \gt 0 \) olmak üzere,
\( \mathcal{L}\{ \sin(at) \} = \dfrac{a}{s^2 + a^2} \)
\( \mathcal{L}\{ \sin(5t) \} = \dfrac{5}{s^2 + 25} \)
İSPATI GÖSTER
Laplace dönüşüm formülünü kullanalım.
\( \mathcal{L}\{ f(t) \} = \displaystyle\int_{0}^{\infty} {e^{-st}f(t)\ dt} \)
\( f(t) = \sin(at) \)
\( \mathcal{L}\{ \sin(at) \} = \displaystyle\int_{0}^{\infty} {e^{-st}\sin(at)\ dt} \)
İfadenin genelleştirilmiş integralini alalım.
\( = \lim\limits_{L \to \infty} \displaystyle\int_0^L {e^{-st}\sin(at)\ dt} \)
\( e^{-st}\sin(at) \) ifadesinin integralini almak için kısmi integral alma yöntemini iki kez uygulamamız gerekir.
\( u \) ve \( dv \) ifadelerini aşağıdaki gibi belirleyelim.
\( u = \sin(at), \quad dv = e^{-st}\ dt \)
Buna göre \( du \) ve \( v \) aşağıdaki gibi olur.
\( du = a\cos(at)\ dt, \quad v = -\dfrac{1}{s}e^{-st} \)
Değişkenleri kısmi integral formülünde yerine koyalım.
\( \displaystyle\int_0^L {u\ dv} = (u\ v)|_0^L - \displaystyle\int_0^L {v\ du} \)
\( \displaystyle\int_0^L {e^{-st}\sin(at)\ dt} = (-\dfrac{1}{s}e^{-st}\sin(at))|_0^L - \displaystyle\int_0^L {-\dfrac{1}{s}e^{-st}(a\cos(at))\ dt} \)
\( = (-\dfrac{1}{s}e^{-sL}\sin(aL) + \dfrac{1}{s}e^{-s(0)}\sin(a(0))) + \dfrac{a}{s}\displaystyle\int_0^L {e^{-st}\cos(at)\ dt} \)
\( = -\dfrac{1}{s}e^{-sL}\sin(aL) + \dfrac{a}{s}\displaystyle\int_0^L {e^{-st}\cos(at)\ dt} \)
Elde ettiğimiz ifade hala integrali alınabilir bir formda değildir. Kısmi integral alma yöntemini tekrar uygulayalım.
\( u \) ve \( dv \) ifadelerini aşağıdaki gibi belirleyelim.
\( u = \cos(at), \quad dv = e^{-st}\ dt \)
Buna göre \( du \) ve \( v \) aşağıdaki gibi olur.
\( du = -a\sin(at)\ dt, \quad v = -\dfrac{1}{s}e^{-st} \)
Değişkenleri kısmi integral formülünde yerine koyalım.
\( \displaystyle\int_0^L {u\ dv} = (u\ v)|_0^L - \displaystyle\int_0^L {v\ du} \)
\( \displaystyle\int_0^L {e^{-st}\cos(at)\ dt} = (-\dfrac{1}{s}e^{-st}\cos(at))|_0^L - \displaystyle\int_0^L {-\dfrac{1}{s}e^{-st}(-a\sin(at))\ dt} \)
\( = (-\dfrac{1}{s}e^{-sL}\cos(aL) + \dfrac{1}{s}e^{-s(0)}\cos(a(0))) - \dfrac{a}{s}\displaystyle\int_0^L {e^{-st}\sin(at)\ dt} \)
\( = -\dfrac{1}{s}e^{-sL}\sin(aL) + \dfrac{1}{s} - \dfrac{a}{s}\displaystyle\int_0^L {e^{-st}\sin(at)\ dt} \)
İntegralini bulmak istediğimiz orijinal ifade için elde ettiğimiz tüm formülü yazalım.
\( \displaystyle\int_0^L {e^{-st}\sin(at)\ dt} = -\dfrac{1}{s}e^{-sL}\sin(aL) + \dfrac{a}{s}\displaystyle\int_0^L {e^{-st}\cos(at)\ dt} \)
\( \displaystyle\int_0^L {e^{-st}\sin(at)\ dt} = -\dfrac{1}{s}e^{-sL}\sin(aL) + \dfrac{a}{s}(-\dfrac{1}{s}e^{-sL}\sin(aL) + \dfrac{1}{s} - \dfrac{a}{s}\displaystyle\int_0^L {e^{-st}\sin(at)\ dt}) \)
\( \displaystyle\int_0^L {e^{-st}\sin(at)\ dt} = -\dfrac{1}{s}e^{-sL}\sin(aL) - \dfrac{a}{s^2}e^{-sL}\sin(aL) + \dfrac{a}{s^2} - \dfrac{a^2}{s^2}\displaystyle\int_0^L {e^{-st}\sin(at)\ dt} \)
İntegralini bulmak istediğimiz ifadenin eşitliğin her iki tarafında da bulunduğunu görebiliriz. Bu iki ifadeyi tek tarafta toplayalım.
\( \dfrac{s^2 + a^2}{s^2}\displaystyle\int_0^L {e^{-st}\sin(at)\ dt} = -\dfrac{1}{s}e^{-sL}\sin(aL) - \dfrac{a}{s^2}e^{-sL}\sin(aL) + \dfrac{a}{s^2} \)
Buna göre sonucu ifadenin integralini almamıza gerek kalmadan aşağıdaki şekilde buluruz.
\( \displaystyle\int_0^L {e^{-st}\sin(at)\ dt} = \dfrac{s^2}{s^2 + a^2}(-\dfrac{1}{s}e^{-sL}\sin(aL) - \dfrac{a}{s^2}e^{-sL}\sin(aL) + \dfrac{a}{s^2}) \)
Bulduğumuz sonucu genelleştirilmiş integral ifadesinde yerine koyalım.
\( = \lim\limits_{L \to \infty} \dfrac{s^2}{s^2 + a^2}(-\dfrac{1}{s}e^{-sL}\sin(aL) - \dfrac{a}{s^2}e^{-sL}\sin(aL) + \dfrac{a}{s^2}) \)
Bu genelleştirilmiş integral ifadesi \( s \gt 0 \) olduğunda yakınsak olur.
\( L \to \infty \) iken \( e^{-sL}\sin(aL) = \frac{\sin(aL)}{e^{sL}} \to 0 \) olur.
\( = \dfrac{s^2}{s^2 + a^2}(-0 - 0 + \dfrac{a}{s^2}) \)
\( = \dfrac{a}{s^2 + a^2} \)
Hiperbolik kosinüs fonksiyonunun Laplace dönüşümü aşağıdaki gibidir.
\( s \gt a \) olmak üzere,
\( \mathcal{L}\{ \cosh(at) \} = \dfrac{s}{s^2 - a^2} \)
İSPATI GÖSTER
\( \mathcal{L}\{ \cosh(at) \} = \mathcal{L}\{ \dfrac{e^{at} + e^{-at}}{2} \} \)
\( = \mathcal{L}\{ \dfrac{1}{2}e^{at} + \dfrac{1}{2}e^{-at} \} \)
Laplace dönüşümünün doğrusallık özelliğini kullanalım.
\( = \mathcal{L}\{ \dfrac{1}{2}e^{at} \} + \mathcal{L}\{ \dfrac{1}{2}e^{-at} \} \)
\( = \dfrac{1}{2}\mathcal{L}\{ e^{at} \} + \dfrac{1}{2}\mathcal{L}\{ e^{-at} \} \)
\( = \dfrac{1}{2}\dfrac{1}{s - a} + \dfrac{1}{2}\dfrac{1}{s + a} \)
İfadelerin paydalarını eşitleyelim.
\( = \dfrac{s + a}{2(s - a)(s + a)} + \dfrac{s - a}{2(s - a)(s + a)} \)
\( = \dfrac{s}{s^2 - a^2} \)
Hiperbolik sinüs fonksiyonunun Laplace dönüşümü aşağıdaki gibidir.
\( s \gt a \) olmak üzere,
\( \mathcal{L}\{ \sinh(at) \} = \dfrac{a}{s^2 - a^2} \)
İSPATI GÖSTER
\( \mathcal{L}\{ \sinh(at) \} = \mathcal{L}\{ \dfrac{e^{at} - e^{-at}}{2} \} \)
\( = \mathcal{L}\{ \dfrac{1}{2}e^{at} - \dfrac{1}{2}e^{-at} \} \)
Laplace dönüşümünün doğrusallık özelliğini kullanalım.
\( = \mathcal{L}\{ \dfrac{1}{2}e^{at} \} - \mathcal{L}\{ \dfrac{1}{2}e^{-at} \} \)
\( = \dfrac{1}{2}\mathcal{L}\{ e^{at} \} - \dfrac{1}{2}\mathcal{L}\{ e^{-at} \} \)
\( = \dfrac{1}{2}\dfrac{1}{s - a} - \dfrac{1}{2}\dfrac{1}{s + a} \)
İfadelerin paydalarını eşitleyelim.
\( = \dfrac{s + a}{2(s - a)(s + a)} - \dfrac{s - a}{2(s - a)(s + a)} \)
\( = \dfrac{a}{s^2 - a^2} \)
Doğrusallık Özelliği
Laplace dönüşümü tanımlı iki fonksiyonun toplamlarının dönüşümü, dönüşümlerinin toplamına eşittir.
\( \mathcal{L}\{ f + g \} = \mathcal{L}\{ f \} + \mathcal{L}\{ g \} \)
İSPATI GÖSTER
Laplace dönüşüm formülünü kullanalım.
\( \mathcal{L}\{ f(t) \} = \displaystyle\int_{0}^{\infty} {e^{-st}f(t)\ dt} \)
\( \mathcal{L}\{ f(t) + g(t) \} = \displaystyle\int_{0}^{\infty} {e^{-st}(f(t) + g(t))\ dt} \)
İntegral içindeki parantezi dağıtalım.
\( = \displaystyle\int_{0}^{\infty} {(e^{-st}f(t) + e^{-st}g(t))\ dt} \)
İntegral işlem kurallarına göre, iki terimin toplamının integrali integrallerinin toplamına eşittir.
\( = \displaystyle\int_{0}^{\infty} {e^{-st}f(t)\ dt} + \displaystyle\int_{0}^{\infty} {e^{-st}g(t)\ dt} \)
\( = \mathcal{L}\{ f(t) \} + \mathcal{L}\{ g(t) \} \)
Laplace dönüşümü tanımlı bir fonksiyonun bir sabit ile çarpımının dönüşümü, dönüşümünün sabit ile çarpımına eşittir.
\( c \in \mathbb{R} \) olmak üzere,
\( \mathcal{L}\{ cf \} = c\mathcal{L}\{ f \} \)
İSPATI GÖSTER
Laplace dönüşüm formülünü kullanalım.
\( \mathcal{L}\{ f(t) \} = \displaystyle\int_{0}^{\infty} {e^{-st}f(t)\ dt} \)
\( c \in \mathbb{R} \) olmak üzere,
\( \mathcal{L}\{ cf(t) \} = \displaystyle\int_{0}^{\infty} {e^{-st}(cf(t))\ dt} \)
İntegral işlem kurallarına göre, integral içindeki bir sabit integral dışına olduğu gibi çıkar.
\( = c\displaystyle\int_{0}^{\infty} {e^{-st}f(t)\ dt} \)
\( = c\mathcal{L}\{ f(t) \} \)
Bu iki özellik birlikte kullanılarak iki (ya da daha fazla) fonksiyonun lineer kombinasyonunun dönüşümü aşağıdaki şekilde bulunur.
\( \mathcal{L}\{ af + bg \} = a\mathcal{L}\{ f \} + b\mathcal{L}\{ g \} \)
\( \mathcal{L}\{ 3t + 5e^{2t} \} = 3\mathcal{L}\{ t \} + 5\mathcal{L}\{ e^{2t} \} \)
\( = \dfrac{3}{s^2} + \dfrac{5}{s - 2} \)
\( \mathcal{L}\{ 2\cos(4t) - 6t^2 + 5 \} = 2\mathcal{L}\{ \cos(4t) \} - 6\mathcal{L}\{ t^2 \} + 5\mathcal{L}\{ 1 \} \)
\( = \dfrac{2s}{s^2 + 16} - \dfrac{6 \cdot 2}{s^3} + \dfrac{5}{s} \)
İki (ya da daha fazla) fonksiyonun lineer kombinasyonunun dönüşümü, her bir fonksiyonun dönüşümünün tanımlı olduğu \( s \) aralıklarının kesişimde tanımlı olur.
\( \mathcal{L}\{ f \} \) dönüşümü \( s \gt s_f \),
\( \mathcal{L}\{ g \} \) dönüşümü \( s \gt s_g \) aralığında tanımlı ise,
\( \mathcal{L}\{ af + bg \} \) dönüşümü \( s \gt \text{maks}\{ s_f, s_g \} \) aralığında tanımlı olur.
Laplace dönüşümünün doğrusallık özelliği kullanılarak bir fonksiyonun dönüşümü, terimlerinin ayrı ayrı dönüşümü alınarak bulunabilir.
Birinci Öteleme Teoremi
\( \mathcal{L}\{ e^{at}f(t) \} = F(s - a) \)
\( \mathcal{L}\{ e^{5t}t \} = \dfrac{1}{(s - 5)^2} \)
\( \mathcal{L}\{ e^{2t}\sin(3t) \} = \dfrac{3}{(s - 2)^2 + 9} \)
\( f(t) = \sqrt{2}t \) fonksiyonunun Laplace dönüşümünü bulunuz.
Çözümü Göster\( \mathcal{L}\{ \sqrt{2}t \} = \sqrt{2}\mathcal{L}\{ t \} \)
\( = \dfrac{\sqrt{2}}{s^2} \)
\( f(t) = (t + 1)^2(t - 5) \) fonksiyonunun Laplace dönüşümünü bulunuz.
Çözümü Göster\( \mathcal{L}\{ (t + 1)^2(t - 5) \} = \mathcal{L}\{ (t^2 + 2t + 1)(t - 5) \} \)
\( = \mathcal{L}\{ t^3 - 3t^2 - 9t - 5 \} \)
Laplace dönüşümünün doğrusallık özelliğini kullanalım.
\( = \mathcal{L}\{ t^3 \} - 3\mathcal{L}\{ t^2 \} - 9\mathcal{L}\{ t \} - 5\mathcal{L}\{ 1 \} \)
\( = \dfrac{3!}{s^4} - \dfrac{3 \cdot 2!}{s^3} - \dfrac{9}{s^2} - \dfrac{5}{s} \)
\( = \dfrac{6}{s^4} - \dfrac{6}{s^3} - \dfrac{9}{s^2} - \dfrac{5}{s} \)
\( f(x) = \dfrac{4x^3 + 9x^5}{3x} \) fonksiyonunun Laplace dönüşümünü bulunuz.
Çözümü GösterLaplace dönüşümünün doğrusallık özelliğini kullanalım.
\( \mathcal{L}\left\{ \dfrac{4x^3 + 9x^5}{3x} \right\} = \dfrac{4}{3}\mathcal{L}\{ x^2 \} + 3\mathcal{L}\{ x^4 \} \)
\( = \dfrac{4}{3} \cdot \dfrac{2!}{s^3} + \dfrac{3 \cdot 4!}{s^5} \)
\( = \dfrac{8}{3s^3} + \dfrac{72}{s^5} \)
\( f(t) = e^{5t}\cos(4t) - t^2e^{3t} \) fonksiyonunun Laplace dönüşümünü bulunuz.
Çözümü Göster\( \mathcal{L}\{ e^{5t}\cos(4t) - t^2e^{3t} \} = \mathcal{L}\{ e^{5t}\cos(4t) \} - \mathcal{L}\{ t^2e^{3t} \} \)
\( \cos(4t) \) ve \( t^2 \) ifadelerine birinci öteleme teoremini uygulayalım.
\( = \dfrac{s}{(s - 5)^2 + 4^2} - \dfrac{2!}{(s - 3)^3} \)
\( = \dfrac{s}{(s - 5)^2 + 16} - \dfrac{2}{(s - 3)^3} \)
\( f(t) = 2\cos^2(\sqrt{5}t) \) fonksiyonunun Laplace dönüşümünü bulunuz.
Çözümü GösterKosinüs iki kat açı formülünü kullanalım.
\( \mathcal{L}\{ 2\cos^2(\sqrt{5}t) \} = \mathcal{L}\{ 1 + \cos(2\sqrt{5}t) \} \)
Laplace dönüşümünün doğrusallık özelliğini kullanalım.
\( = \mathcal{L}\{ 1 \} + \mathcal{L}\{ \cos(2\sqrt{5}t) \} \)
\( = \dfrac{1}{s} + \dfrac{s}{s^2 + (2\sqrt{5})^2} \)
\( = \dfrac{1}{s} + \dfrac{s}{s^2 + 20} \)
\( f(t) = 5t^2e^{\frac{3}{2}t} - e^{-4t}\sin{t} \) fonksiyonunun Laplace dönüşümünü bulunuz.
Çözümü GösterLaplace dönüşümünün doğrusallık özelliğini kullanalım.
\( \mathcal{L}\{ 5t^2e^{\frac{3}{2}t} - e^{-4t}\sin{t} \} = 5\mathcal{L}\{ t^2e^{\frac{3}{2}t} \} - \mathcal{L}\{ e^{-4t}\sin{t} \} \)
\( t^2 \) ve \( \sin{t} \) ifadelerine birinci öteleme teoremini uygulayalım.
\( = \dfrac{5 \cdot 2!}{(s - \frac{3}{2})^3} - \dfrac{1}{(s + 4)^2 + 1^2} \)
\( = \dfrac{10}{(s - \frac{3}{2})^3} - \dfrac{1}{(s + 4)^2 + 1} \)
\( f(t) = (t^2 - 1)^2e^t \) fonksiyonunun Laplace dönüşümünü bulunuz.
Çözümü Göster\( \mathcal{L}\{ (t^2 - 1)^2e^t \} = \mathcal{L}\{ (t^4 - 2t^2 + 1)e^t \} \)
\( = \mathcal{L}\{ t^4e^t - 2t^2e^t + e^t \} \)
Laplace dönüşümünün doğrusallık özelliğini kullanalım.
\( = \mathcal{L}\{ t^4e^t \} - 2\mathcal{L}\{ t^2e^t \} + \mathcal{L}\{ e^t \} \)
\( t^4 \) ve \( t^2 \) ifadelerine birinci öteleme teoremini uygulayalım.
\( = \dfrac{4!}{(s - 1)^5} - \dfrac{2 \cdot 2!}{(s - 1)^3} + \dfrac{1}{s - 1} \)
\( = \dfrac{24}{(s - 1)^5} - \dfrac{4}{(s - 1)^3} + \dfrac{1}{s - 1} \)
\( f(t) = 4e^{-2t}\sin(3x)\cos(3x) \) fonksiyonunun Laplace dönüşümünü bulunuz.
Çözümü GösterSinüs iki kat açı formülünü kullanalım.
\( \mathcal{L}\{ 4e^{-2t}\sin(3x)\cos(3x) \} = \mathcal{L}\{ 2e^{-2t}\sin(6t) \} \)
\( = 2\mathcal{L}\{ e^{-2t}\sin(6t) \} \)
\( \sin(6t) \) ifadesine birinci öteleme teoremini uygulayalım.
\( = \dfrac{2 \cdot 6}{(s + 2)^2 + 6^2} \)
\( = \dfrac{12}{(s + 2)^2 + 36} \)
\( g(x) = e^{5x}\sin^2(3x) \) fonksiyonunun Laplace dönüşümünü bulunuz.
Çözümü GösterKosinüs iki kat açı formülünü kullanalım.
\( \mathcal{L}\{ e^{5x}\sin^2(3x) \} = \mathcal{L}\left\{ e^{5x}\left( \dfrac{1 - \cos(6x)}{2} \right) \right\} \)
Laplace dönüşümünün doğrusallık özelliğini kullanalım.
\( = \dfrac{1}{2}\mathcal{L}\{ e^{5x} \} - \dfrac{1}{2}\mathcal{L}\{ e^{5x}\cos(6x) \} \)
\( = \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{s - 5} + \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{s - 5}{(s - 5)^2 + 6^2} \)
\( = \dfrac{1}{2s - 10} + \dfrac{s - 5}{2(s - 5)^2 + 72} \)
\( f(t) = 4te^t\cosh{t} \) fonksiyonunun Laplace dönüşümünü bulunuz.
Çözümü Göster\( \mathcal{L}\{ 4te^t\cosh{t} \} = \mathcal{L}\left\{ 4te^t\left( \dfrac{e^t + e^{-t}}{2} \right) \right\} \)
Laplace dönüşümünün doğrusallık özelliğini kullanalım.
\( = 2\mathcal{L}\{ te^{2t} \} + 2\mathcal{L}\{ t \} \)
\( t \) ifadesine birinci öteleme teoremini uygulayalım.
\( = \dfrac{2}{(s - 2)^2} + \dfrac{2}{s^2} \)
\( f(t) = 3\sqrt{e^{3t}}\sin(\sqrt{19}t) \) fonksiyonunun Laplace dönüşümünü bulunuz.
Çözümü Göster\( \mathcal{L}\{ 3\sqrt{e^{3t}}\sin(\sqrt{19}t) \} = 3\mathcal{L}\{ e^{\frac{3}{2}t}\sin(\sqrt{19}t) \} \)
\( \sin(\sqrt{19}t) \) ifadesine birinci öteleme teoremini uygulayalım.
\( = \dfrac{3 \cdot \sqrt{19}}{(s - \frac{3}{2})^2 + (\sqrt{19})^2} \)
\( = \dfrac{3\sqrt{19}}{(s - \frac{3}{2})^2 + 19} \)
\( g(t) = 5^t \) fonksiyonunun Laplace dönüşümünü bulunuz.
Çözümü Göster\( \mathcal{L}\{ 5^t \} = \mathcal{L}\{ e^{\ln{5^t}} \} \)
\( = \mathcal{L}\{ e^{t\ln{5}} \} \)
\( = \dfrac{1}{s - \ln{5}} \)