לכל קבוע ממשי $c \in \RR$ נגדיר את פונקציית הביסייד:

$$.H_{[c,\infty)}(t)=\cases{0 & t< c \\ 1 & c\leq t}$$

עבור $c=0$ נסמן פשוט $H(t):=H_{[0,\infty)}(t)$ ואז נקבל גם ש $H_{[c,\infty)}(t)=H(t-c)$ .

תהא $f:[0,\infty)\to \CC$ כך ש $\cl[f](s)$ קיים לכל $s>s_0$ . אז לכל $c\geq 0$ ו $s>s_0$ מתקיים ש

$$.\dboxed{\cl\left[H_{[c,\infty)}(t)f(t-c)\right](s) = \cl\left[H(t-c)f(t-c)\right](s) =e^{-sc}\cl[f](s)}$$

ההוכחה היא עכשיו החלפת משתנים פשוטה:

$$\align{\cl[H(t-c)f(t-c)](s) &=\int_0^\infty H(t-c)f(t-c)e^{-st}\dt = \int_{-c}^\infty H(x)f(x)e^{-s(x+c)}\dx \\ &=\int_{0}^\infty f(x)e^{-s(x+c)}\dx = e^{-sc}\cl[f](s)}$$

כדי לחשב את ההתמרה של פונקציית הביסייד $H_{[c,\infty)}$ , אפשר להשתמש בטענה הקודמת (או לחשב ישירות - תרגיל) ולקבל

$$.\cl[H(t-c)](s)=e^{-sc}\cl[1]=\frac{e^{-sc}}{s}$$

פונקצייה מציינת על קטע $[a,b)$ היא פשוט הפרש של שתי פונקציות הביסייד:

$$.\chi_{[a,b)}=H_{[a,\infty)} - H_{[b,\infty)}$$

מפה נקבל שעבור $0\leq a< b$ מתקיים ש

$$.\cl[\chi_{[a,b)}](s)=\frac{e^{-sa}-e^{-sb}}{s}$$

נסתכל על ה”הדבקה” של פונקציה לינארית ופונקציה קבועה:

$$.h(t)=\cases{t & 0\leq t \leq 1 \\ 1 & 1< t}$$

אפשר גם לחשוב על הפונקציה הזאת כפונקציה לינארית פחות הזזה שלה, ונראה את זה פורמלית עם פונקציות הביסייד:

$$.h(t) = t\cdot \chi_{[0,1)}(t)+\Hs{1}(t)=t\left(\Hs{0}(t)-\Hs{1}(t)\right)+\Hs{1}(t)=(t-0)\Hs0(t)-(t-1)\Hs{1}(t)$$

סה”כ ההתמרה תהיה

$$.\cl[h](s) = \cl[t] - e^{-s}\cl[t] = \frac{1 - e^{-s}}{s^2}$$

באופן כללי כל מכפלה של פונקציית הביסייד בפולינום ניתן לשנות לצורה בה מופיעות הזזות, כלומר $f(t-c)\Hs c(t)=f(t-c)H(t-c)$ .

כדוגמא, נסתכל על הפונקציה $f(t)=t^2\Hs 2(t)$ . נפתח את הפונקציה בצורה הבאה:

$$.f(t)=t^2H(t-2)=(t-2+2)^2H(t-2)=(t-2)^2H(t-2)+4(t-2)H(t-2)+4H(t-2)$$

כלומר, קיבלנו הזזות של $1,t,t^2$ . סה”כ ההתמרה של הפונקציה הזאת תהיה :

$$.\cl[f(t)](s)=e^{-2t}\cl[t^2+4t+4] = e^{-2t} \left[\frac{2}{s^3} + \frac{1}{s^2}+\frac{1}{s}\right]$$

אם יש לנו הדבקות של פולינומים כמו בדוגמא הקודמת, אז זה בעצם סכומים של מכפלות של פולינומים בהביסייד, ולכן תמיד ניתן לפתח אותם לסכום של הזזות כאלו.

נחפש פתרון למשוואה הדיפרנציאלית:

$$,\align{y''(t)+y(t)&=f(t) \\ y(0)=y'(0)&=0}$$

כאשר

$$.f(t)=\cases{\sin(\pi t) & 0\leq t\leq 1 \\ 0 & 1< t}$$

נבצע התמרת לפלס לשני האגפים של המשוואה. עבור האגף השמאלי נקבל:

$$.\cl[y''+y](s)=s^2\cl[y](s)-sy(0)-y'(0)+\cl[y](s)=(1+s^2)\cl[y](s)$$

באגף ימין נשתמש בפונקציית הביסייד כדי לקבל ש:

$$.f(t)=(\Hs0-\Hs1)\sin(\pi t)=H(t)\sin(\pi t) - H(t-1)\sin(\pi(t-1+1))=H(t)\sin(\pi t)+H(t-1)\sin(\pi(t-1))$$

מכאן נקבל שההתמרה של אגף ימין של המשוואה הדיפרנציאלית היא

$$,\cl[f](s) =(1+e^{-s})\cl[\sin(\pi t)](s) =(1+e^{-s})\cl[\sin(\pi t)](s) = (1+e^{-s})\frac{\pi}{s^2+\pi^2}$$

ועכשיו סה”כ המשוואה הדיפרנציאלית הותמרה ל :

$$.\cl[y](s)=(1+e^{-s})\frac {\pi}{(s^2+\pi^2)(1+s^2)}$$

נשים לב שאם נמצא פונקציה המקיימת $\cl[g(t)]=\frac {\pi}{(s^2+\pi^2)(1+s^2)}$ אז שוב שימוש בפונקציית הביסייד יתן לנו ש

$$,\cl[y](s)=\cl\left[ H(t)g(t)+H(t-1)g(t-1) \right]$$

ולכן נוכל לנחש ש $y(t)=H(t)g(t)+H(t-1)g(t-1)$ . קצת פירוק לפונקציות רציונליות יתן לנו ש:

$$.\frac {\pi}{(s^2+\pi^2)(1+s^2)} = \frac{\pi}{1-\pi^2}\left(\frac {1}{s^2+\pi^2} - \frac {1}{1+s^2} \right) = \frac{1}{1-\pi^2}\cl[\sin(\pi t)-\pi\sin(t)](s)$$

סה”כ, נקבל את הפתרון למשוואה:

$$y(t)=\frac{1}{1-\pi^2}\left[H(t)\left(\sin(\pi t)-\pi\sin(t)\right) - H(t-1)\left(\sin(\pi (t-1))-\pi\sin(t-1)\right)\right]$$

נשתמש בלפלס כדי לפתור את המשוואה הבאה:

$$.\align{0< t,x & :\;u''_{tt}(x,t)+10=u''_{xx}(x,t) \\ 0 \leq t & : \;u(0,t) = 0 \\ 0\leq x & : \; u(x,0) = 0 \\ 0\leq x & : u'_t(x,0)=0}$$

נבצע התמרת לפלס יחסית למשתנה $t$ ונסמן את ההתמרה ב $\tilde{u}(x,s)=\cl[u(x,t)](s)$ .

קודם כל, התמרה של תנאי ההתחלה הראשון למעלה, תיתן לנו ש

$$.\tilde{u}(0,s)=0\;,\;\forall s$$

שימוש בתכונות ההתמרה ותחת ההנחה שמותר להחליף סדר גזירה והתמרה (עבור המשתנה $x$ ) נקבל ש:

$$.s^2\tilde{u}(x,s)-s\overbrace{u(x,0)}^{=0}-\overbrace{u'_t(x,0)}^{=0}+\frac{10}{s}=\tilde{u}''_{xx}(x,s)$$

נקבע עכשיו את $s>0$ ואז פתרון כללי למשוואה הזאת הוא מהצורה :

$$.U(x,s)=Ae^{-xs}+Be^{xs}-\frac{10}{s^3}$$

מהתנאי התחלה עבור $x=0$ נקבל ש $0=A+B-\frac{10}{s^3}$ . בדרך כלל מסיבות פיזיקליות נרצה להניח שההתמרה שלנו חסומה, ולכן בהכרח נקבל ש $B=0$ , כלומר סה”כ הפתרון שלנו יהיה

$$.\tilde{u}(x,s)=\frac{10}{s^3}(e^{-xs}-1)$$

כמו בדוגמא הקודמת, בגלל ש $\cl[5t^2]=\frac{10}{s^3}$ אז נקבל שהביטוי למעלה שווה ל $\cl[H(t-x)5(t-x)^2 - H(t)5t^2]$ , ולכן ננחש שהפתרון הוא

$$u(t,x)=H(t-x)5(t-x)^2 - H(t)5t^2=\cases{5(t-x)^2-5t^2 & t\geq x \geq 0 \\-5t^2 & x>t\geq 0}$$