Laplace Dönüşümü Tanımı
Laplace dönüşümü \( t \) değişkenine bağlı bir fonksiyonu \( s \) değişkenine bağlı bir fonksiyona dönüştürür ve bu dönüşüm bir diferansiyel denkleme uygulandığında denklem türev ve integral yerine cebirsel yöntemlerle çözülebilen bir forma dönüşür.
\( f(t) \) fonksiyonunun Laplace dönüşümü aşağıdaki şekilde tanımlanır.
\( f: [0, \infty) \to \mathbb{R} \) olmak üzere,
\( \mathcal{L}\{ f(t) \} = F(s) = \displaystyle\int_{0}^{\infty} {e^{-st}f(t)\ dt} \)
En sık kullanılan gösterim standardına göre;
- Laplace dönüşümü alınacak fonksiyon \( f, g, h \) şeklinde küçük harflerle gösterilir ve fonksiyonun bağımsız değişkeni olarak \( t \) harfi kullanılır.
- Fonksiyonun Laplace dönüşümü ise \( F, G, H \) şeklinde büyük harflerle gösterilir ve fonksiyonun bağımsız değişkeni olarak \( s \) harfi kullanılır.
Diferansiyel denklemlerin çözümünde genellikle incelenen sistemlerin davranışının \( t = 0 \) anında başladığı varsayılır, dolayısıyla \( f \) fonksiyonu \( [0, \infty) \) aralığında tanımlanır ve integral bu aralıkta alınır.
Yukarıdaki tanımı kullanarak basit bir fonksiyonun Laplace dönüşümünü bulalım.
\( f(t) = 1 \) fonksiyonunun Laplace dönüşümünü bulalım.
\( \mathcal{L}\{ 1 \} = \displaystyle\int_{0}^{\infty} {e^{-st}(1)\ dt} \)
İfadenin genelleştirilmiş integralini alalım.
\( = \lim\limits_{L \to \infty} \displaystyle\int_0^L {e^{-st}\ dt} \)
\( = \lim\limits_{L \to \infty} {-\dfrac{1}{s}(e^{-st})|_0^L} \)
\( = -\dfrac{1}{s}\lim\limits_{L \to \infty} (e^{-sL} - e^{-s(0)}) \)
\( = -\dfrac{1}{s}\lim\limits_{L \to \infty} (e^{-sL} - 1) \)
\( s \gt 0 \) olarak kabul edelim.
\( L \to \infty \) iken \( e^{-sL} = \frac{1}{e^{sL}} \to 0 \) olur.
\( = -\dfrac{1}{s}(0 - 1) = \dfrac{1}{s} \)
Laplace dönüşümü genellikle başlangıç koşulları verilen sabit katsayılı lineer adi diferansiyel denklemlere ve denklem sistemlerine uygulanır.
\( g(t) = \begin{cases} 0 & 0 \lt t \le 3 \\ 7 & t \gt 3 \end{cases} \)
fonksiyonunun Laplace dönüşümünü bulunuz.
Çözümü GösterAşağıdaki Laplace dönüşüm formülünü kullanalım.
\( \mathcal{L}\{ g(t) \} = \displaystyle\int_{0}^{\infty} {e^{-st}g(t)\ dt} \)
İntegral ifadesini parçalı fonksiyonun farklı tanım aralıkları için ayrı ayrı yazalım.
\( = \displaystyle\int_{0}^{3} {e^{-st}(0)\ dt} + \displaystyle\int_{3}^{\infty} {e^{-st}(7)\ dt} \)
\( = \displaystyle\int_{3}^{\infty} {7e^{-st}\ dt} \)
İfadenin genelleştirilmiş integralini alalım.
\( = \lim\limits_{L \to \infty} \displaystyle\int_3^L {7e^{-st}\ dt} \)
\( = \lim\limits_{L \to \infty} {-\dfrac{7}{s}(e^{-st})|_3^L} \)
\( = -\dfrac{7}{s}\lim\limits_{L \to \infty} (e^{-sL} - e^{-s(3)}) \)
\( = -\dfrac{7}{s}\lim\limits_{L \to \infty} (e^{-sL} - e^{-3s}) \)
\( s \gt 0 \) olarak kabul edelim.
\( L \to \infty \) iken \( e^{-sL} = \frac{1}{e^{sL}} \to 0 \) olur.
\( = -\dfrac{7}{s}(0 - e^{-3s}) \)
\( = \dfrac{7e^{-3s}}{s} \)
\( f(t) = \begin{cases} -3 & t \le 5 \\ 2 & t \gt 5 \end{cases} \)
fonksiyonunun Laplace dönüşümünü bulunuz.
Çözümü GösterAşağıdaki Laplace dönüşüm formülünü kullanalım.
\( \mathcal{L}\{ f(t) \} = \displaystyle\int_{0}^{\infty} {e^{-st}f(t)\ dt} \)
İntegral ifadesini parçalı fonksiyonun farklı tanım aralıkları için ayrı ayrı yazalım.
\( = \displaystyle\int_{0}^{5} {e^{-st}(-3)\ dt} + \displaystyle\int_{5}^{\infty} {e^{-st}(2)\ dt} \)
İfadenin genelleştirilmiş integralini alalım.
\( = \displaystyle\int_{0}^{5} {-3e^{-st}\ dt} + \lim\limits_{L \to \infty} \displaystyle\int_{5}^{L} {2e^{-st}\ dt} \)
\( = \dfrac{3}{s}(e^{-st})|_0^5 - \lim\limits_{L \to \infty} {\dfrac{2}{s}(e^{-st})|_5^L} \)
\( = \dfrac{3}{s}(e^{-s(5)} - e^{-s(0)}) - \dfrac{2}{s}\lim\limits_{L \to \infty} (e^{-sL} - e^{-s(5)}) \)
\( = \dfrac{3}{s}(e^{-5s} - 1) - \dfrac{2}{s}\lim\limits_{L \to \infty} (e^{-sL} - e^{-5s}) \)
\( s \gt 0 \) olarak kabul edelim.
\( L \to \infty \) iken \( e^{-sL} = \frac{1}{e^{sL}} \to 0 \) olur.
\( = \dfrac{3e^{-5s}}{s} - \dfrac{3}{s} - \dfrac{2}{s}(0 - e^{-5s}) \)
\( = \dfrac{3e^{-5s}}{s} - \dfrac{3}{s} + \dfrac{2e^{-5s}}{s} \)
\( = \dfrac{5e^{-5s} - 3}{s} \)
\( g(t) = \begin{cases} 2 & 0 \le t \le 8 \\ e^{-2t} & 8 \lt t \le 10 \\ 0 & t \gt 10 \end{cases} \)
fonksiyonunun Laplace dönüşümünü bulunuz.
Çözümü GösterAşağıdaki Laplace dönüşüm formülünü kullanalım.
\( \mathcal{L}\{ g(t) \} = \displaystyle\int_{0}^{\infty} {e^{-st}g(t)\ dt} \)
İntegral ifadesini parçalı fonksiyonun farklı tanım aralıkları için ayrı ayrı yazalım.
\( = \displaystyle\int_{0}^{8} {e^{-st}(2)\ dt} + \displaystyle\int_{8}^{10} {e^{-st}(e^{-2t})\ dt} + \displaystyle\int_{10}^{\infty} {e^{-st}(0)\ dt} \)
\( = \displaystyle\int_{0}^{8} {2e^{-st}\ dt} + \displaystyle\int_{8}^{10} {e^{-(s + 2)t}\ dt} \)
\( = -\dfrac{2}{s}(e^{-st})|_0^8 - \dfrac{1}{s + 2}(e^{-(s + 2)t})|_8^{10} \)
\( = -\dfrac{2}{s}(e^{-s(8)} - e^{-s(0)}) - \dfrac{1}{s + 2}(e^{-(s + 2)(10)} - e^{-(s + 2)(8)}) \)
\( = -\dfrac{2}{s}(e^{-8s} - 1) - \dfrac{1}{s + 2}(e^{-10(s + 2)} - e^{-8(s + 2)}) \)
\( = \dfrac{2}{s} - \dfrac{2e^{-8s}}{s} - \dfrac{e^{-10(s + 2)}}{s + 2} + \dfrac{e^{-8(s + 2)}}{s + 2} \)
\( g(t) = \begin{cases} t & 0 \le t \le \pi \\ \pi & t \gt \pi \end{cases} \)
fonksiyonunun Laplace dönüşümünü bulunuz.
Çözümü GösterAşağıdaki Laplace dönüşüm formülünü kullanalım.
\( \mathcal{L}\{ g(t) \} = \displaystyle\int_{0}^{\infty} {e^{-st}g(t)\ dt} \)
İntegral ifadesini parçalı fonksiyonun farklı tanım aralıkları için ayrı ayrı yazalım.
\( = \displaystyle\int_{0}^{\pi} {e^{-st}(t)\ dt} + \displaystyle\int_{\pi}^{\infty} {e^{-st}(\pi)\ dt} \)
İfadenin genelleştirilmiş integralini alalım.
\( = \displaystyle\int_{0}^{\pi} {te^{-st}\ dt} + \lim\limits_{L \to \infty} \displaystyle\int_{\pi}^{L} {\pi e^{-st}\ dt} \)
Birinci terimin 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.
\( = -\dfrac{1}{s}(te^{-st})|_0^{\pi} + \displaystyle\int_{0}^{\pi} {\dfrac{1}{s}e^{-st}\ dt} - \dfrac{\pi}{s}\lim\limits_{L \to \infty} {(e^{-st})|_{\pi}^L} \)
\( = -\dfrac{1}{s}(te^{-st})|_0^{\pi} - \dfrac{1}{s^2}(e^{-st})|_0^{\pi} - \dfrac{\pi}{s}\lim\limits_{L \to \infty} {(e^{-st})|_{\pi}^L} \)
\( = -\dfrac{1}{s}(\pi e^{-s(\pi)} - (0)e^{-s(0)}) - \dfrac{1}{s^2}(e^{-s(\pi)} - e^{-s(0)}) - \dfrac{\pi}{s}\lim\limits_{L \to \infty} {(e^{-sL} - e^{-s(\pi)})} \)
\( = -\dfrac{1}{s}(\pi e^{-s\pi}) - \dfrac{1}{s^2}(e^{-s\pi} - 1) - \dfrac{\pi}{s}\lim\limits_{L \to \infty} {(e^{-sL} - e^{-s\pi})} \)
\( = -\dfrac{\pi e^{-s\pi}}{s} - \dfrac{e^{-s\pi}}{s^2} + \dfrac{1}{s^2} - \dfrac{\pi}{s}\lim\limits_{L \to \infty} {(e^{-sL} - e^{-s\pi})} \)
\( s \gt 0 \) olarak kabul edelim.
\( L \to \infty \) iken \( e^{-sL} = \frac{L}{e^{sL}} \to 0 \) olur.
\( = -\dfrac{\pi e^{-s\pi}}{s} - \dfrac{e^{-s\pi}}{s^2} + \dfrac{1}{s^2} - \dfrac{\pi}{s}(0 - e^{-s\pi}) \)
\( = -\dfrac{\pi e^{-s\pi}}{s} - \dfrac{e^{-s\pi}}{s^2} + \dfrac{1}{s^2} + \dfrac{\pi e^{-s\pi}}{s} \)
\( = \dfrac{1}{s^2} - \dfrac{e^{-s\pi}}{s^2} \)