45 Ters Laplace Dönüşümü
Rezidü kuramının uygulamalı matematikteki en yaygın kullanımı budur: bir diferansiyel denklemi Laplace dönüşümüyle cebirsel denkleme çevirdikten sonra, çözümü geri getirmek. Bu bölümde ters dönüşümün integral formülünü kurup rezidü toplamına indirgeyeceğiz.
45.1 Bromwich İntegrali
\(F(s)\), kompleks \(s\) değişkeninin bir fonksiyonu olsun ve sonlu \(s\) düzleminde, sonlu sayıda ayrık tekil nokta hariç analitik olsun. \(L_R\), \(s = \gamma - iR\) noktasından \(s = \gamma + iR\) noktasına uzanan dikey doğru parçası olsun; burada \(\gamma\) pozitif bir sabit ve \(R\), \(F\)’nin tüm tekil noktaları bu doğrunun solunda kalacak kadar büyüktür.
Tanım 45.1 (Ters Laplace Dönüşümü) Reel değişken \(t\)’nin pozitif değerleri için
\[f(t) = \frac{1}{2\pi i}\lim_{R\to\infty}\int_{L_R} e^{st}F(s)\,ds \qquad (t > 0) \tag{1}\]
Limit var olduğunda bu ifade genellikle
\[f(t) = \frac{1}{2\pi i}\operatorname{P.V.}\int_{\gamma - i\infty}^{\gamma + i\infty} e^{st}F(s)\,ds \qquad (t > 0) \tag{2}\]
biçiminde yazılır ve böyle bir integrale Bromwich integrali denir.
Oldukça genel koşullar altında \(f(t)\), \(F(s)\)’nin ters Laplace dönüşümüdür: \(F\),
\[F(s) = \int_0^{\infty} e^{-st} f(t)\,dt \tag{3}\]
ile tanımlı Laplace dönüşümüyse, \(f\) tam olarak \((2)\) ile geri elde edilir. \(\gamma\)’nın seçimi — tüm tekil noktalar solda kaldığı sürece — sonucu etkilemez.
45.2 Rezidü Toplamına İndirgeme
Teorem 45.1 (Sonlu Sayıda Tekil Nokta Hali) \(F(s)\)’nin tekil noktaları \(s_n\) \((n = 1, 2, \dots, N)\) olsun; \(C_R\), \(s = \gamma + Re^{i\theta}\) \((\pi/2 \le \theta \le 3\pi/2)\) yarım çemberi olmak üzere, \(C_R\) üzerinde \(|F(s)| \le M_R\) olacak biçimde, \(R \to \infty\) iken sıfıra giden bir \(M_R\) bulunsun. O zaman
\[f(t) = \sum_{n=1}^{N} \operatorname*{Rez}_{s = s_n}\big[e^{st}F(s)\big] \qquad (t > 0) \tag{4}\]
İspat
\(R_0\), tekil noktaların modüllerinin en büyüğü olsun ve
\[s = \gamma + Re^{i\theta} \qquad \left(\frac{\pi}{2} \le \theta \le \frac{3\pi}{2}\right) \tag{5}\]
parametrizasyonuyla \(C_R\) yarım çemberini alalım (\(R > R_0 + \gamma\)). Her \(s_n\) için
\[|s_n - \gamma| \le |s_n| + \gamma \le R_0 + \gamma < R\]
olduğundan tüm tekil noktalar, \(L_R\) ile \(C_R\) tarafından sınırlanan yarım dairesel bölgenin içindedir. Cauchy rezidü teoremi:
\[\int_{L_R} e^{st}F(s)\,ds = 2\pi i \sum_{n=1}^{N} \operatorname*{Rez}_{s = s_n}\big[e^{st}F(s)\big] - \int_{C_R} e^{st}F(s)\,ds \tag{6}\]
Yay integrali. \((5)\) parametrizasyonuyla
\[\int_{C_R} e^{st}F(s)\,ds = \int_{\pi/2}^{3\pi/2} \exp\big(\gamma t + Rte^{i\theta}\big)F\big(\gamma + Re^{i\theta}\big)\,iRe^{i\theta}\,d\theta\]
\(\big|\exp(\gamma t + Rte^{i\theta})\big| = e^{\gamma t}e^{Rt\cos\theta}\) ve \(|F| \le M_R\) olduğundan
\[\left|\int_{C_R} e^{st}F(s)\,ds\right| \le e^{\gamma t}M_R R\int_{\pi/2}^{3\pi/2} e^{Rt\cos\theta}\,d\theta \tag{7}\]
\(\phi = \theta - \dfrac{\pi}{2}\) değişimiyle \(\cos\theta = -\sin\phi\) olur ve Jordan eşitsizliği devreye girer:
\[\int_{\pi/2}^{3\pi/2} e^{Rt\cos\theta}\,d\theta = \int_0^{\pi} e^{-Rt\sin\phi}\,d\phi < \frac{\pi}{Rt}\]
\((7)\) eşitsizliği böylece
\[\left|\int_{C_R} e^{st}F(s)\,ds\right| < \frac{e^{\gamma t}M_R\,\pi}{t} \tag{8}\]
hâline gelir ve \(M_R \to 0\) olduğundan \(R \to \infty\) iken yay integrali sıfıra gider. \((6)\)’da limit alınıp \(2\pi i\)’ye bölünürse \((4)\) elde edilir.
\(\blacksquare\)
Isı iletimi ve mekanik titreşim problemlerinde \(F(s)\), bir \(\operatorname{Re} s = \gamma\) doğrusunun solunda kalan sonsuz çoklukta ayrık tekil noktaya sahip olabilir. Bu durumda \((4)\) toplamı bir seriye genişler:
\[f(t) = \sum_{n=1}^{\infty} \operatorname*{Rez}_{s = s_n}\big[e^{st}F(s)\big] \qquad (t > 0) \tag{9}\]
Bu genişlemenin gerekçesi, dikey doğru parçalarının \(L_N\) ve yayların \(C_N\) ile değiştirilip \(\lim\limits_{N\to\infty}\displaystyle\int_{C_N} e^{st}F(s)\,ds = 0\) gösterilmesidir; kanıtı çoğu zaman zahmetlidir ve burada kabul edilecektir.
45.3 Rezidü Hesabında Kısayollar
\(F(s)\)’nin \(s_0\)’da \(m\)-inci mertebeden bir kutbu ve esas kısmı
\[\frac{b_1}{s - s_0} + \frac{b_2}{(s-s_0)^2} + \cdots + \frac{b_m}{(s - s_0)^m} \qquad (b_m \neq 0)\]
ise, doğrudan hesapla şu formül elde edilir:
\[\operatorname*{Rez}_{s = s_0}\big[e^{st}F(s)\big] = e^{s_0 t}\left[b_1 + \frac{b_2}{1!}t + \cdots + \frac{b_m}{(m-1)!}t^{m-1}\right] \tag{10}\]
\(s_0 = \alpha + i\beta\) \((\beta \neq 0)\) ve \(F\), analitik olduğu noktalarda \(\overline{F(s)} = F(\bar{s})\) yansıma özelliğini sağlıyorsa, eşlenik \(\bar{s}_0\) da \(m\)-inci mertebeden bir kutuptur ve reel \(t\) için iki rezidü birlikte hesaplanabilir:
\[\begin{aligned} &\operatorname*{Rez}_{s = s_0}\big[e^{st}F(s)\big] + \operatorname*{Rez}_{s = \bar{s}_0}\big[e^{st}F(s)\big] \\[1mm] &\qquad = 2e^{\alpha t}\operatorname{Re}\left\{e^{i\beta t}\left[b_1 + \frac{b_2}{1!}t + \cdots + \frac{b_m}{(m-1)!}t^{m-1}\right]\right\} \end{aligned} \tag{11}\]
\(s_0\) basit kutup ise (\(m = 1\)) bunlar sadeleşir:
\[\operatorname*{Rez}_{s=s_0}\big[e^{st}F(s)\big] = e^{s_0t}\operatorname*{Rez}_{s = s_0}F(s) \tag{12}\]
\[\operatorname*{Rez}_{s=s_0}\big[e^{st}F(s)\big] + \operatorname*{Rez}_{s=\bar{s}_0}\big[e^{st}F(s)\big] = 2e^{\alpha t}\operatorname{Re}\left[e^{i\beta t}\operatorname*{Rez}_{s=s_0}F(s)\right] \tag{13}\]
45.4 Çözümlü Uygulamalar
Örnek 45.1 (İkinci Mertebeden Kutup Çifti) \[F(s) = \frac{s}{\big(s^2+a^2\big)^2} \qquad (a > 0)\]
fonksiyonuna karşılık gelen \(f(t)\)’yi bulunuz.
Çözüm
Tekil noktalar \(s_0 = ai\) ve \(\bar{s}_0 = -ai\)’dir.
\[F(s) = \frac{\varphi(s)}{(s - ai)^2}, \qquad \varphi(s) = \frac{s}{(s+ai)^2}\]
yazıldığında \(\varphi\), \(s_0 = ai\)’de analitik ve sıfırdan farklıdır: kutup ikinci mertebedendir. \(F\), analitik olduğu noktalarda \(\overline{F(s)} = F(\bar s)\) sağladığından \(\bar s_0\) da ikinci mertebeden kutuptur ve \((11)\) formülü kullanılabilir.
Esas kısmın katsayıları \(b_1, b_2\), \(\varphi\)’nin \(s_0\) civarındaki Taylor serisinin ilk iki teriminden okunur:
\[F(s) = \frac{1}{(s-ai)^2}\left[\varphi(ai) + \frac{\varphi'(ai)}{1!}(s - ai) + \cdots\right] = \frac{\varphi(ai)}{(s-ai)^2} + \frac{\varphi'(ai)}{s - ai} + \cdots\]
Hesaplayalım:
\[\varphi(ai) = \frac{ai}{(2ai)^2} = \frac{ai}{-4a^2} = -\frac{i}{4a}\]
\[\varphi'(s) = \frac{(s+ai)^2 - s\cdot 2(s+ai)}{(s+ai)^4} = \frac{ai - s}{(s+ai)^3} \implies \varphi'(ai) = 0\]
Yani \(b_1 = 0\) ve \(b_2 = -\dfrac{i}{4a}\). \((11)\) formülü (\(\alpha = 0\), \(\beta = a\)):
\[\operatorname*{Rez}_{s=s_0}\big[e^{st}F\big] + \operatorname*{Rez}_{s=\bar{s}_0}\big[e^{st}F\big] = 2\operatorname{Re}\left[e^{iat}\left(-\frac{i}{4a}t\right)\right] = \frac{t}{2a}\sin at\]
Sınırlılık koşulu. \((4)\) formülünü uygulayabilmek için \(F\)’nin \(C_R\) üzerinde uygun biçimde sınırlı olduğunu görelim. \(s = \gamma + Re^{i\theta}\) için
\[|s| \le \gamma + R, \qquad |s| \ge \big|R - \gamma\big| = R - \gamma > a\]
ve dolayısıyla \(\big|s^2 + a^2\big| \ge \big||s|^2 - a^2\big| \ge (R-\gamma)^2 - a^2 > 0\). Böylece
\[|F(s)| \le M_R, \qquad M_R = \frac{\gamma + R}{\big[(R-\gamma)^2 - a^2\big]^2}\]
\(R \to \infty\) iken \(M_R \to 0\)’dır; koşul sağlanır ve
\[f(t) = \frac{1}{2a}\,t\sin at \qquad (t > 0)\]
\(\blacksquare\)
Örnek 45.2 (Sonsuz Çoklukta Kutup) \[F(s) = \frac{\tanh s}{s^2} = \frac{\sinh s}{s^2\cosh s}\]
fonksiyonuna karşılık gelen \(f(t)\)’yi bulunuz.
Çözüm
Tekil noktalar \(s = 0\) ile \(\cosh s\)’nin sıfırlarıdır:
\[s_0 = 0, \qquad s_n = \frac{(2n-1)\pi}{2}\,i, \qquad \bar{s}_n = -\frac{(2n-1)\pi}{2}\,i \qquad (n = 1, 2, \dots)\]
\(s_0 = 0\)’daki rezidü. Maclaurin serilerinin bölümü
\[F(s) = \frac{1}{s^2}\cdot\frac{\sinh s}{\cosh s} = \frac{1}{s^2}\left(s - \frac{s^3}{3} + \cdots\right) = \frac{1}{s} - \frac{s}{3} + \cdots \qquad \left(0 < |s| < \frac{\pi}{2}\right)\]
orijinin basit kutup olduğunu ve rezidünün \(1\) olduğunu gösterir. \((12)\) formülüyle
\[\operatorname*{Rez}_{s = 0}\big[e^{st}F(s)\big] = e^{0} \cdot 1 = 1\]
\(s_n\)’deki rezidüler. \(p(s) = \sinh s\), \(q(s) = s^2\cosh s\) ile p/q′ formülünü uygulayalım. Önce
\[\sinh s_n = \sinh\left[i\left(n\pi - \frac{\pi}{2}\right)\right] = i\sin\left(n\pi - \frac{\pi}{2}\right) = -i\cos n\pi = (-1)^{n+1}i \neq 0\]
\(q(s_n) = 0\) ve \(q'(s_n) = s_n^2\sinh s_n \neq 0\) olduğundan basit kutuptur ve
\[\operatorname*{Rez}_{s = s_n} F(s) = \frac{p(s_n)}{q'(s_n)} = \frac{1}{s_n^2} = -\frac{4}{\pi^2}\cdot\frac{1}{(2n-1)^2}\]
\(\overline{\sinh s} = \sinh\bar{s}\) ve \(\overline{\cosh s} = \cosh\bar{s}\) özdeşlikleri \(\overline{F(s)} = F(\bar s)\) yansımasını garanti eder; \((13)\) formülü (\(\alpha = 0\), \(\beta = \frac{(2n-1)\pi}{2}\)) eşlenik çifti birleştirir:
\[\operatorname*{Rez}_{s=s_n}\big[e^{st}F\big] + \operatorname*{Rez}_{s=\bar{s}_n}\big[e^{st}F\big] = 2\operatorname{Re}\left\{-\frac{4}{\pi^2(2n-1)^2}\exp\left[i\frac{(2n-1)\pi t}{2}\right]\right\}\]
\[= -\frac{8}{\pi^2}\cdot\frac{1}{(2n-1)^2}\cos\frac{(2n-1)\pi t}{2}\]
Sonuç. \((9)\) serisinde toplanırsa
\[f(t) = 1 - \frac{8}{\pi^2}\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n-1)^2}\cos\frac{(2n-1)\pi t}{2} \qquad (t > 0)\]
\(\blacksquare\)
Örnek 45.3 (Isı Denkleminden Gelen Dönüşüm) \[F(s) = \frac{\sinh\big(x s^{1/2}\big)}{s\,\sinh\big(s^{1/2}\big)} \qquad (0 < x < 1)\]
fonksiyonuna karşılık gelen \(f(t)\)’yi bulunuz.
Çözüm
\(s^{1/2}\), iki değerli fonksiyonun herhangi bir dalıdır; pay ve paydada aynı dal kullanılır. Seri açılımıyla
\[F(s) = \frac{x s^{1/2} + \dfrac{\big(xs^{1/2}\big)^3}{3!} + \cdots}{s\left[s^{1/2} + \dfrac{\big(s^{1/2}\big)^3}{3!} + \cdots\right]} = \frac{x + \dfrac{x^3 s}{6} + \cdots}{s + \dfrac{s^2}{6} + \cdots} \tag{14}\]
Bu ifade, \(s = 0\)’ın bir tekil nokta olduğunu ve — kuvvet serilerinin bölümü olarak — basit kutup olup rezidüsünün \(x\) olduğunu gösterir. Dal kesimi negatif reel eksende bulunmayacak biçimde seçilirse (böylece \(\sinh(s^{1/2})\) o eksen boyunca iyi tanımlıdır), diğer tekil noktalar \(s^{1/2} = \pm n\pi i\) koşulundan doğar:
\[s_n = -n^2\pi^2 \qquad (n = 1, 2, \dots)\]
\((12)\) formülüyle \(s_0 = 0\) için
\[\operatorname*{Rez}_{s = 0}\big[e^{st}F(s)\big] = x\]
\(s_n\)’deki rezidüler. \(p(s) = \sinh\big(xs^{1/2}\big)\) ve \(q(s) = s\sinh\big(s^{1/2}\big)\) alalım. \(s_n^{1/2} = n\pi i\) olduğundan
\[p(s_n) = \sinh\big(i n\pi x\big) = i\sin n\pi x, \qquad q(s_n) = 0, \qquad q'(s_n) = \frac{1}{2}s_n^{1/2}\cosh\big(s_n^{1/2}\big) \neq 0\]
\(\sin n\pi x \neq 0\) olan her \(n\) için \(s_n\) basit kutuptur ve
\[\operatorname*{Rez}_{s = s_n} F(s) = \frac{p(s_n)}{q'(s_n)} = \frac{2}{\pi}\cdot\frac{(-1)^n}{n}\,\sin n\pi x\]
(\(nx\) tam sayı olduğunda \(p(s_n) = 0\) olur ve \(s_n\) kaldırılabilir bir tekilliğe dönüşür; formül bu durumda da doğru değeri, yani sıfırı verdiğinden aşağıdaki seri her \(x\) için geçerlidir.)
\((12)\) ile
\[\operatorname*{Rez}_{s = s_n}\big[e^{st}F(s)\big] = \frac{2}{\pi}\cdot\frac{(-1)^n}{n}\,e^{-n^2\pi^2 t}\sin n\pi x\]
Sonuç. \((9)\) serisiyle
\[f(t) = x + \frac{2}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n}\,e^{-n^2\pi^2 t}\,\sin n\pi x \qquad (t > 0)\]
Bu fonksiyon, uçları sabit sıcaklıkta tutulan bir çubuktaki ısı dağılımının klasik çözümüdür: \(t\) büyüdükçe üstel terimler sönür ve dağılım, doğrusal denge profili \(x\)’e yaklaşır.
\(\blacksquare\)
45.5 Alıştırma
Alıştırma 45.1 (Ters Laplace Alıştırmaları) Aşağıdaki dönüşümlerin terslerini rezidü yöntemiyle bulunuz.
\(F(s) = \dfrac{1}{s - a}\) \((a\) reel\()\)
\(F(s) = \dfrac{s}{s^2+a^2}\) \((a > 0)\)
\(F(s) = \dfrac{1}{s\big(s^2+1\big)}\)
\(F(s) = \dfrac{2s^3}{s^4 - 4}\)
Çözüm
Dördünde de \(F\), paydası paydan yüksek dereceli bir rasyonel fonksiyondur; Bromwich integrali, sonlu sayıdaki kutupta \(e^{st}F(s)\)’nin rezidülerinin toplamına iner:
\[f(t) = \sum_k \operatorname*{Rez}_{s = s_k}\Big[e^{st}F(s)\Big]\]
a) Tek kutup \(s = a\) ve basittir:
\[\operatorname*{Rez}_{s=a} \frac{e^{st}}{s-a} = e^{at}\]
Yani \(f(t) = e^{at}\) — Laplace tablosunun ilk satırı.
b) Kutuplar \(s = \pm ia\)’dır ve basittir. \(q(s) = s^2 + a^2\) için \(q'(s) = 2s\) olduğundan \(p/q'\) formülü kullanılabilir:
\[\operatorname*{Rez}_{s = ia}\frac{s\,e^{st}}{s^2+a^2} = \frac{s\,e^{st}}{2s}\bigg|_{s=ia} = \frac{e^{iat}}{2}, \qquad \operatorname*{Rez}_{s=-ia} = \frac{e^{-iat}}{2}\]
Toplarsak Euler formülü devreye girer:
\[f(t) = \frac{e^{iat} + e^{-iat}}{2} = \cos at\]
c) Kutuplar \(s = 0\) ve \(s = \pm i\)’dir; üçü de basittir.
\[\operatorname*{Rez}_{s=0}\frac{e^{st}}{s\big(s^2+1\big)} = \frac{e^{st}}{s^2+1}\bigg|_{s=0} = 1\]
\(s^2 + 1 = (s-i)(s+i)\) yazarak:
\[\operatorname*{Rez}_{s=i} = \frac{e^{st}}{s(s+i)}\bigg|_{s=i} = \frac{e^{it}}{i\cdot 2i} = -\frac{e^{it}}{2}\]
\[\operatorname*{Rez}_{s=-i} = \frac{e^{st}}{s(s-i)}\bigg|_{s=-i} = \frac{e^{-it}}{(-i)(-2i)} = -\frac{e^{-it}}{2}\]
Toplam:
\[f(t) = 1 - \frac{e^{it}+e^{-it}}{2} = 1 - \cos t\]
d) Payda \(s^4 = 4\) denkleminin dört kökünde sıfırlanır:
\[s = \pm\sqrt{2}, \qquad s = \pm i\sqrt{2}\]
Hepsi basit kutuptur. \(p(s) = 2s^3\) ve \(q'(s) = 4s^3\) olduğundan rezidüler şaşırtıcı derecede sadedir:
\[\operatorname*{Rez}_{s=s_k}\frac{2s^3 e^{st}}{s^4-4} = \frac{2s_k^3\,e^{s_k t}}{4s_k^3} = \frac{e^{s_k t}}{2}\]
Dört rezidüyü toplayalım:
\[f(t) = \frac{e^{\sqrt2\,t} + e^{-\sqrt2\,t}}{2} + \frac{e^{i\sqrt2\,t} + e^{-i\sqrt2\,t}}{2} = \cosh\big(\sqrt2\,t\big) + \cos\big(\sqrt{2}\,t\big)\]
Reel eksendeki kutup çifti hiperbolik, sanal eksendeki kutup çifti trigonometrik terimi doğurdu: kutupların konumu çözümün büyüme mi salınım mı yapacağını doğrudan söyler.
\(\blacksquare\)
Kompleks Analiz notlarının ikinci bölümü burada tamamlanıyor. Cauchy kuramından başlayıp serilerden rezidülere uzanan bu yol, kompleks analizin ana gövdesini oluşturur; bundan sonrası — konform tasvirler, akışkan akımları, analitik uzanımın derinlikleri — aynı temeller üzerine kurulur.