Cevap verecegim demistim ama unutmusum, genel bir cevap yazip giris kismini doldurayim.
Teorem:
1) $t\ge M$ oldugunda $|f(t)|\le Ke^{at}$ sartini saglayan $K$ ve $M$ pozitif gercel sayilari ile $a$ gercel sayisi olsun.
2) $f$ fonksiyonu her pozitif $A$ degeri icin $0\le t \le A$ arasinda parcali surekli olsun,
Bu durumda $f$ fonksiyonunun Laplace Transformu$$\mathcal L\{ f(t)\} :=F(s) = \int_0^\infty e^{-st} f(t)dt\;\;\;\;\;\;\text{ (genel tanimi)}$$ olarak tanimlanir ve $F$ fonksiyonu $s>a$ icin tanimli olur.
Ispat:
$$F(s)=\int_0^\infty e^{-st}f(t)dt=\int_0^M e^{-st} f(t)dt+\int_M^\infty e^{-st} f(t)dt$$ olarak yazalim. $t \ge M$ icin
$$|e^{-st}f(t)| \le Ke^{-(s-a)t}$$ olur ve dolayisiyla karsilacstirma testi geregi, $s-a>0$ oldu\u gunda, $$\int_M^\infty e^{-st} f(t)dt$$ mutlak yakinsar. Ayrica kapali aralikta parcali surekli fonksiyonlar da yakinsadigindan $$\int_0^M e^{-st} f(t)dt$$ de yakinsar. Bu da bize $F(s)$ degerinin $s>a$ icin tanimli oldugunu verir.
Teorem:
$c_1$ ve $c_2$ sabit sayilar olsun ve $f_1(t)$ ile $f_2(t)$ fonksiyonlarinin, sirasi ile, Laplace donusumleri $F_1(s)$ ve $F_2(s)$ olsun. Bu durumda $$\mathcal L\{c_1f_1(t)+c_2f_2(t)\}=c_1\mathcal L\{f_1(t) \}+c_2\mathcal{L}\{f_2(t)\}=c_1F_1(s)+c_2F_2(s)$$ olur.
Ispat:
Tanimi uygularsak $$\mathcal L\{c_1f_1(t)+c_2f_2(t)\}=\int_0^\infty e^{-st}\left(c_1f_1(t)+c_2f_2(t)\right)dt $$$$\hspace{3.6cm}=c_1\int_0^\infty e^{-st}f_1(t)dt+c_2\int_0^\infty e^{-st}f_2(t)dt $$$$\hspace{1.8cm}=c_1\mathcal L\{f_1(t) \}+c_2\mathcal{L}\{f_2(t)\}$$$$\hspace{7mm}=c_1F_1(s)+c_2F_2(s) $$ olur.
Teorem :
Her $0\le t \le A$ araliuginda $f$ fonksiyonu surekli ve $f^\prime$ fonksiyonu parcali surekli olsun. Ayrica $t \ge M$ icin $|f(t)| \le Ke^{at}$ sartini saglayan $K$, $M$ pozitif gercel sayilari ile $a$ gercel sayisi olsun. Bu durumda $s>a$ icin $$ \mathcal L\{f^\prime(t)\}=s\mathcal L\{ f(t)\}-f(0)$$ olur.
Ispat:
Tanimi uygularsak $$ \mathcal L\{f^\prime(t)\} = \int_0^\infty e^{-st}f^\prime(t)dt=\lim_{R \to \infty}\int_0^R e^{-st}f^\prime(t)dt $$ ve $u=e^{-st}$, $dv=f^\prime(t)dt$ dersek ($du=-se^{-st}dt$ olur ve $v=f(t)$ olarak secebiliriz) $$\lim_{R \to \infty} \left(e^{-st}f(t)\right)\bigg|_{t=0}^{t=R}-\lim_{R\to \infty} \int_0^R(-se^{-st})f(t)dt$$$$\hspace{-1cm}=\lim_{R\to \infty}\left(e^{-sR}f(R)-f(0)\right)+s\int_0^\infty e^{-st}f(t)dt$$ $$\hspace{-4.5cm}=s\mathcal L\{ f(t)\}-f(0)$$ olur.
Ornek:
Her $s\in \mathbb R$ icin $$\mathcal L\{0\}=0$$ olur.
Cozum:
Tanimi uygularsak $$\mathcal L\{0\} = \int_0^\infty (e^{-st}\cdot0)dt=0$$ olur. $$***\int_0^\infty 0 dx=\lim\limits_{R\to \infty}\int_0^R 0dx=\lim_{R\to \infty} 0=0.***$$
Ornek:
Her $s>0$ icin $$\mathcal L\{1\}=\frac{1}{s}$$ olur.
Cozum:
$$\mathcal L(f^\prime(t))=s\mathcal L\{f(t)\}-f(0)$$ oldugunu hatirlayalim.(*) Tabii saglamasi gereken sartlar ile...
$f(t)=1$ icin$$\mathcal L(0)=s\mathcal L\{1\}-f(0)$$ olur, yani $$0=s\mathcal L \{1 \} -1$$ olur. Bu da bize $$\mathcal L\{1 \}=\frac 1s$$ olmasi gerektigini verir.
Teorem:
$n\ge 0$ tam sayi olmak uzere her $s>0$ icin $$\mathcal L\{t^n\}=\frac{n!}{s^{n+1}}$$ olur.
Ispat: (Tumevarim):
$$\mathcal L(f^\prime(t))=s\mathcal L\{f(t)\}-f(0)$$ oldugunu hatirlayalim. (*) Tabii saglamasi gereken sartlar ile...
$n=0$ durumu icin $$L\{1 \}=\frac 1{s}=\frac{n!}{s^{n+1}}$$ dogru.
$n=k \ge 0$ tam sayi durumu icin dogru oldugunu kabul edelim.
$f(t)=t^{k+1}$ icin $$\mathcal L((k+1)t^k)=s\mathcal L\{t^{k+1}\}-f(0)\Rightarrow (k+1)\mathcal{L}(t^{k})=s \mathcal{L}(t^{k+1})$$ olur ve kabulumuzden dolayi $$(k+1)\cdot\frac{k!}{s^{k+1}}=s\mathcal{L}(t^{k+1})\Rightarrow \mathcal{L}(t^{k+1})=\frac{(k+1)!}{s^{k+2}}$$ olur.
Teorem:
$f(t)$ fonksiyonunun Laplace donusumu $s>a$ icin $F(s)$ olsun. Bu durumda $s>a+c$ icin $$\mathcal L\{e^{ct}f(t)\}=F(s-c)$$ olur.
Ispat:
Tanimi uygularsak $$\mathcal L\{e^{ct}f(t)\}=\int_0^\infty e^{-st}\left(e^{ct}f(t)\right)dt$$$$\hspace{1.1cm}=\int_0^\infty e^{-(s-c)t}f(t)dt$$$$\hspace{-2mm}=F(s-c) $$olur.
Basit cikarim: Bir ust teoremde $f(t)=1$ alirsak $\mathcal L\{e^{ct}\}$ bulunur.