Cevap verecegim demistim ama unutmusum, genel bir cevap yazip giris kismini doldurayim.
Teorem:
1) t≥M oldugunda |f(t)|≤Keat sartini saglayan K ve M pozitif gercel sayilari ile a gercel sayisi olsun.
2) f fonksiyonu her pozitif A degeri icin 0≤t≤A arasinda parcali surekli olsun,
Bu durumda f fonksiyonunun Laplace TransformuL{f(t)}:=F(s)=∫∞0e−stf(t)dt (genel tanimi) olarak tanimlanir ve F fonksiyonu s>a icin tanimli olur.
Ispat:
F(s)=∫∞0e−stf(t)dt=∫M0e−stf(t)dt+∫∞Me−stf(t)dt olarak yazalim. t≥M icin
|e−stf(t)|≤Ke−(s−a)t olur ve dolayisiyla karsilacstirma testi geregi, s−a>0 oldu\u gunda, ∫∞Me−stf(t)dt mutlak yakinsar. Ayrica kapali aralikta parcali surekli fonksiyonlar da yakinsadigindan ∫M0e−stf(t)dt de yakinsar. Bu da bize F(s) degerinin s>a icin tanimli oldugunu verir.
Teorem:
c1 ve c2 sabit sayilar olsun ve f1(t) ile f2(t) fonksiyonlarinin, sirasi ile, Laplace donusumleri F1(s) ve F2(s) olsun. Bu durumda L{c1f1(t)+c2f2(t)}=c1L{f1(t)}+c2L{f2(t)}=c1F1(s)+c2F2(s) olur.
Ispat:
Tanimi uygularsak L{c1f1(t)+c2f2(t)}=∫∞0e−st(c1f1(t)+c2f2(t))dt=c1∫∞0e−stf1(t)dt+c2∫∞0e−stf2(t)dt=c1L{f1(t)}+c2L{f2(t)}=c1F1(s)+c2F2(s) olur.
Teorem :
Her 0≤t≤A araliuginda f fonksiyonu surekli ve f′ fonksiyonu parcali surekli olsun. Ayrica t≥M icin |f(t)|≤Keat sartini saglayan K, M pozitif gercel sayilari ile a gercel sayisi olsun. Bu durumda s>a icin L{f′(t)}=sL{f(t)}−f(0) olur.
Ispat:
Tanimi uygularsak L{f′(t)}=∫∞0e−stf′(t)dt=limR→∞∫R0e−stf′(t)dt ve u=e−st, dv=f′(t)dt dersek (du=−se−stdt olur ve v=f(t) olarak secebiliriz) limR→∞(e−stf(t))|t=Rt=0−limR→∞∫R0(−se−st)f(t)dt=limR→∞(e−sRf(R)−f(0))+s∫∞0e−stf(t)dt =sL{f(t)}−f(0) olur.
Ornek:
Her s∈R icin L{0}=0 olur.
Cozum:
Tanimi uygularsak L{0}=∫∞0(e−st⋅0)dt=0 olur. ∗∗∗∫∞00dx=limR→∞∫R00dx=limR→∞0=0.∗∗∗
Ornek:
Her s>0 icin L{1}=1s olur.
Cozum:
L(f′(t))=sL{f(t)}−f(0) oldugunu hatirlayalim.(*) Tabii saglamasi gereken sartlar ile...
f(t)=1 icinL(0)=sL{1}−f(0) olur, yani 0=sL{1}−1 olur. Bu da bize L{1}=1s olmasi gerektigini verir.
Teorem:
n≥0 tam sayi olmak uzere her s>0 icin L{tn}=n!sn+1 olur.
Ispat: (Tumevarim):
L(f′(t))=sL{f(t)}−f(0) oldugunu hatirlayalim. (*) Tabii saglamasi gereken sartlar ile...
n=0 durumu icin L{1}=1s=n!sn+1 dogru.
n=k≥0 tam sayi durumu icin dogru oldugunu kabul edelim.
f(t)=tk+1 icin L((k+1)tk)=sL{tk+1}−f(0)⇒(k+1)L(tk)=sL(tk+1) olur ve kabulumuzden dolayi (k+1)⋅k!sk+1=sL(tk+1)⇒L(tk+1)=(k+1)!sk+2 olur.
Teorem:
f(t) fonksiyonunun Laplace donusumu s>a icin F(s) olsun. Bu durumda s>a+c icin L{ectf(t)}=F(s−c) olur.
Ispat:
Tanimi uygularsak L{ectf(t)}=∫∞0e−st(ectf(t))dt=∫∞0e−(s−c)tf(t)dt=F(s−c)olur.
Basit cikarim: Bir ust teoremde f(t)=1 alirsak L{ect} bulunur.