Prof. Yav Ksoy uz a cilt 2 Dİferansiyel denklemler
Yüklə 6,77 Mb. Pdf görüntüsü
|
|
ℒ -1 2 2 6 s s ℒ -1 2 3 9 s 2 3 2cos 4 sin3 t e t t 04.11.02.Birinci Kaydırma Özelliği ℒ -1 ( ) F s = ( ) f t ise ℒ -1 ( ) ( ) at F s a e f t dir. Örnek . a) ℒ -1 2 2 sin 2 4 t s olup ℒ -1 2 2 4 8 s s ℒ -1 2 2 2 2 sin 2 2 2 t e t s dir. b) ℒ -1 2 cos3 9 s t s olup ℒ -1 2 2 10 s s s ℒ -1 2 2 1 1 3 s s ℒ -1 2 2 1 1 3 s 1 cos3 sin3 3 t t e t e t dir. 04.11.03. İkinci Kaydırma Özelliği ℒ -1 ( ) F s = ( ) f t ise ℒ -1 ( ) as e F s a t 0 a t a) - ƒ(t dir. Örnek . a) ℒ -1 2 4 sin 4 16 t s olup ℒ -1 5 2 4 16 s e s sin4 t - 5 , t 5 0 , t 5 ‘dir. 75 b) ℒ -1 2 1 s e s s cos t - , t 0 , t ‘dir. 04.11.04. Skala Değiştirme Özelliği ℒ -1 ( ) F s = ( ) f t ise ℒ -1 1 ( ) t F as f a a dir. 04.12.05. Türetilmiş Fonksiyonların Ters Laplace Dönüşümü ℒ -1 ( ) F s = ( ) f t ise ℒ -1 ( ) n F s 1 ( ) n n t f t dir. Örnek . a) ℒ -1 1 1 t e s olup ℒ -1 1 1 d ds s ℒ -1 2 1 1 s ℒ -1 2 1 1 s 1 1 t t te te dir. b) ℒ -1 2 1 sin 1 t s olup ℒ -1 2 1 1 d ds s ℒ -1 2 2 2 1 s s 1 1 sin t t ℒ -1 2 2 1 sin 2 2 1 s t t s dir. Örnek . ℒ -1 2 1 ln 1 ? s 2 1 ( ) ln 1 F s s fonksiyonunun türevinin ters Laplace dönüşümü ℒ -1 ( ) F s ℒ -1 2 2 2 2 cos 1 1 s t s s ile ℒ -1 ( ) ( ) F s tf t bağıntısı ( ) f t ℒ -1 2 1 cos ( ) t F s t bulunur. Örnek . ℒ -1 2 2 2 1 ? 2 s s as a b ℒ -1 2 2 2 1 2 s s as a b 2 2 2 2 2 1 1 2 s a a s s as a b s a b yazılır ve ters dönüşümün lineerliği kullanılırsa; ℒ -1 2 2 2 1 2 s s as a b ℒ -1 2 2 s a s a b 76 ℒ -1 2 2 1 a s a b 1 cos sin at a e bt bt b bulunur. 04.12. Konvolüsyon Teoremi ℒ ( ) ( ) f t F s , ℒ ( ) ( ) g t G s ise ℒ 0 ( ) ( ) ( ) ( ) t f u g t u du F s G s dir. Bir başka deyişle ℒ -1 0 ( ) ( ) ( ) ( ) t F s G s f u g t u du dir. Gösterelim: ℒ 0 0 0 ( ) ( ) ( ) ( ) t t st f u g t u du e f u g t u du dt 0 ( ) ( ) st u t u f u e g t u dt du İçteki integralde t u v değişken dönüşümü yapalım: 0 0 ( ) ( ) s u v u v f u e g v dv du 0 0 ( ) ( ) ( ) ( ) su sv u v e f u du e g v dv F s G s olur. Örnek . Konvolüsyon teoremini kullanarak ve a) ( ) sin3 f u u , ( ) g u u seçimini yaparak ℒ 2 2 2 0 1 3 sin 3 3 t t u udu s s b) ( ) sin f u u , ( ) u g u e seçimini yaparak ℒ 2 0 1 1 sin 1 1 t t u e udu s s c) ( ) u f u e , 3 ( ) g u u seçimini yaparak ℒ 3 4 0 3! 1 1 t u t u e du s s bulunur. Örnek . a) ℒ -1 2 1 4 s s bulalım. 77 ℒ -1 2 1 4 s s ℒ -1 2 1 1 4 s s yazalım. 1 ( ) F s s ( ) 1 f t , 2 1 ( ) 4 G s s 1 ( ) sin 2 2 g t t ℒ -1 2 0 1 1 1 1 1. sin 2 1 cos 2 4 2 4 t udu t s s bulunur. b) ℒ -1 2 1 1 s yi bulalım. ℒ -1 2 1 1 s ℒ -1 1 1 1 1 s s yazalım. 1 ( ) 1 F s s ( ) t f t e , 1 ( ) 1 G s s ( ) t g t e ℒ -1 0 1 1 1 1 t u t u t e e du te s s bulunur. Örnek . ℒ -1 2 2 2 s s a yi bulalım. ℒ -1 2 2 2 1 s a s a ℒ -1 2 2 2 2 s a s a s a yazalım. 2 2 ( ) s F s s a ( ) cos f t at , 2 2 ( ) a G s s a ( ) sin g t at ℒ -1 2 2 2 0 1 sin cos sin ( ) 2 t s t at au a t u du a a s a olur. 04.13. Laplace Dönüşümünün Diferansiyel Denklemlerin Çözümünde Kullanılması Buraya kadar Laplace dönüşümü ve Ters Laplace dönüşümüne ilişkin bazı önemli ve temel özellikleri ve yöntemleri gördük. Uygulama olarak Laplace dönüşümü tekniğini öncelikle sabit katsayılı lineer başlangıç değer problemlerinin çözümü için kullanacağız. Bu uygulama esas olarak birkaç adımdan oluşur: 1.Adım: Diferansiyel denklemin her iki tarafının da Laplace dönüşümü alınır. Sonuç Y(s) bilinmeyen fonksiyonunun dönüşümünü içeren cebirsel bir denklemdir. 78 2. Adım : Cebirsel denklem çözülür, böylece 2. cebirsel denklem de çözülür ; böylece Y(s) bulunur. 3.Adım : Ters dönüşüm alınarak, diferansiyel denklemin aynı zamanda başlangıç koşullarını sağlayan çözümüne varılır. Yani ( ) y t ℒ -1 ( ) Y s bulunur. Örnek . Y(t) – 3Y(t) + 2Y(t) = 4e 2t denklemi için; Y(0) = -3 ve Y (0) = 5 olduğuna göre diferansiyel denklemin Laplace dönüşümlerini kullanarak çözümünü bulun. Başlangıç koşullarını dikkate alarak diferansiyel denklemin her iki yanının Laplace dönüşümünü alalım : ℒ ( ) 3 Y t ℒ ( ) 2 ( ) 4 Y t Y t ℒ 2t e ℒ 2 ( ) (0) (0) Y s y s sY Y ℒ ( ) (0) Y sy s Y ℒ ( ) Y y s → ℒ 2 1 2 t e s 2 3 5 1 ( ) (0) (0) 3 ( ) (0) 2 ( ) 4 2 s y s sY Y sy s Y y s s Denklemi düzenleyip ( ) y s yi çözelim : 2 4 ( ) 3 5 3 ( ) 9 2 ( ) 2 s y s s sy s y s s 2 4 ( ) 3 ( ) 2 ( ) 3 14 2 s y s sy s y s s s 2 2 4 3 6 14 28 3 2 ( ) 2 s s s s s y s s 104 2 2 3 20 24 ( ) 2 3 2 s s y s s s s Ters dönüşümle ( ) Y t yi bulalım : ℒ -1 ( ) y s ℒ -1 2 2 3 20 24 2 1 s s s s Y(t) = ℒ -1 ) 1 ( ) 2 ( ) 2 ( 2 s C s B s A 79 2 2 3 20 24 2 1 s s s s 2 ( 2) ( 2) ( 1) A B C s s s 2 2 3 20 24 2 1 1 2 s s A s s B s C s s = 2 –12 + 40 – 24 = 0 + B + 0 B = 4 s = 1 –3 + 20 – 24 = 0 + 0 + C C = –7 s = 0 0 + 0 – 24 = 2A – B + 4C –24 = 2A – 4 – 28 A = 4 Y (t) = 4 ℒ -1 2 1 s + 4 ℒ -1 2 1 ( 2) s 7 ℒ -1 1 1 s Y (t) = 4e 2t + 4te 2t – 7e t Örnek . Y – 3Y + 3Y– Y = 2 t t e denklemi için ; Y (0) = 0 ve Y(0) = - 2 olduğuna göre diferansiyel denklemin Laplace dönüşümlerini kullanarak çözümünü bulalım :. ℒ 3 Y ℒ 3 Y ℒ Y ℒ Y ℒ { t 2 e t } ℒ 3 2 ( ) (0) (0) (0) Y s y s s Y sY Y ℒ 2 ( ) (0) (0) Y s y s sY Y ℒ ( ) (0) Y sy s Y ℒ ( ) Y y s 3 2 2 ( ) (0) (0) (0) 3 ( ) (0) (0) s y s s Y sY Y s y s sY Y 3 2 3 ( ) (0) ( ) 1 sy s Y y s s 3 2 2 3 2 3 3 1 ( ) 3 1 1 s s s y s s s s 2 3 6 3 1 2 ( ) 1 1 s s y s s s 2 3 6 2 1 2 1 1 s s s s s 2 3 6 1 1 1 2 1 1 s s s s 2 3 6 1 1 1 2 1 1 1 1 s s s s 80 Y (t) = ℒ -1 1 1 s ℒ -1 2 1 1 s ℒ -1 3 1 2 1 s ℒ -1 6 1 1 s Y (t) = 2 5 2 60 t t t t t e t e e te Örnek . Y 1V + 2 Y + Y = 0 denklemi için; Y(0) = Y(0) = Y(0) = 0 ve Y(0) = 1 olduğuna göre diferansiyel denklemin Laplace dönüşümlerini kullanarak çözümünü bulunuz. ℒ 2 IV Y ℒ Y ℒ Y ℒ 0 4 3 2 2 0 0 1 0 0 0 ( ) (0) (0) (0) (0) ( ) (0) (0) ( ) 0 s y s s Y s Y sY Y s y s sY Y y s 4 2 ( ) 2 ( ) ( ) 0 s y s s s y s y s 4 2 ( ) 2 ( ) ( ) s y s s y s y s s 4 2 2 1 ( ) s s y s s 4 2 ( ) 2 1 s y s s s ℒ -1 ( ) y s ℒ -1 2 2 1 s s Yüklə 6,77 Mb. Dostları ilə paylaş:
|