Adi diferansiyel denklemler notları. Arzu Erdem Coşkun

Transkript

1 Adi diferansiyel denklemler notları Arzu Erdem Coşkun c Güz dönemi mühendislik notları Kayley Rectorys- Survey of Applicable Analysis. William Boyce and Richard DiPrima - Elementary differential equations and boundary value problems 3. Shepley Ross - Introduction to ordinary differential equations Kaynaklar: 4. Nail Ibragimov - A practical course in differential equations and mathematical modeling 5. Nese Dernek ve Ahmet Dernek- Diferansiyel denklemler 6. Diferansiyel Denklemler ve Uygulamaları - Mehmet Aydın, Beno Kuryel, Gönül Gündüz, Galip Oturanç 7. B.Demidovitch - Matematik analiz ve alistirma problemleri derlemesi iletişim için : gmail.com, web page: September 6, 018

2

3

4 Contents List of Figures List of Tables Chapter 0. Giriş 1 1Matematiksel modeller 1 Eğri ailesinin diferansiyel denklemleri 8 Chapter 1. Diferansiyel denklemler ve onların çözümleri 11 3Diferansiyel denklemlerin sınıflandırması 11 4Temel Kavramlar 1 Chapter. Birinci mertebeden ADD 19 5y = f (x) formundaki denklemler 19 6y = f (y) formundaki denklemler 1 7Değişkenlerine ayrılabilen ADD 3 8Homojen ( ADD ) 6 a 9y = f 1 x+b 1 y+c 1 a x+b y+c formundaki ADD 9 Lineer 10 ADD 3 Bernoulli 11 denklemi 36 Riccati 1 Denklemi 39 Tam 13 ADD 4 14 İntegrasyon Çarpanı 45 Chapter 3. Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemlerin Uygulamaları 57 Dik 15 Yörüngeler 57 Mekanik 16 problemleri 58 Oran 17 Problemleri 6 iii vii ix

5 iv CONTENTS Popülasyon 18 Problemleri 64 Karışım 19 Problemleri 65 Elektrik 0 Devre Problemleri 67 Chapter mertebeden yüksek dereceli ADD y = f (x,p) formundaki ADD x = f (y,p) formundaki ADD 77 Lagrange 18 Denklemi 78 Clairaut 19 Denklemi 79 Chapter 5. Yüksek Mertebeden Lineer ADD 81 Giriş 1 81 Lineer homojen ADD için temel teoremler 81 Mertebenin 3 indirgenmesi 83 Sabit 4 katsayılı homojen lineer ADD 85 Homojen 5 olmayan ADD 89 Cauchy-Euler 6 denklemi 101 Chapter 6. Sabit katsayılı İkinci Mertebeden Diferansiyel Denklemlerin Uygulamaları 103 Salınım 7 Hareketi 103 Elektrik 8 Devre Problemleri 105 Chapter 7. Lineer Diferansiyel Denklem Sistemleri 111 Lineer 9 sistem türleri (İki bilinmeyenli iki denklem) 111 Diferansiyel 30 operatörler 11 Sabit 31 katsayılı lineer sistemler için operatör yöntemi 114 Normal 3 Formda lineer denklem sistemleri (İki bilinmeyenli iki denklem) 119 Chapter 8. Lineer Diferansiyel Denklem Sistemlerinin Uygulamaları 131 Salınım 33 Hareketi 131 Elektrik 34 Devre Problemleri 133 Karışım 35 Problemleri 134 Chapter 9. Nümerik Yöntemler Euler 1 yöntemi Runge-Kutta Yöntemi Sistemler için Euler yöntemi Sistemler için Runge-Kutta yöntemi 153

6 CONTENTS v Chapter 10. Laplace Dönüşümü 161 Laplace 40 ve Ters Laplace dönüşmü 161 Türev 41 ve İntegrallerin Laplace Dönüşümü 165 BDP 4 problemlerine uygulamaları 167 Basamak 43 Fonksiyonu (Heaviside Fonksiyonu) 170 Bibliography 179 Bibliography 179

7

8 List of Figures 37.1Örnek 1. için ve Örnek. için 150 vii

9

10 List of Tables ix

11 Chapter 0 Giriş 1 Matematiksel modeller Türevleri içeren denklemlere kısaca diferansiyel denklem denir. Böylece akışkan haraketi, elektrik devresindeki akımı, katı bir nesnedeki ısı transferi, sismik dalgaların belirlenmesi, popülasyon artımı vey azalması ve daha birçok benzeri problemleri anlamak ve onları incelemek için diferansiyel denklemler hakkında bilgi sahibi olmak gerekmektedir. Diferansiyel denklemler, fiziksel modeli ifade ederler ve matematiksel model şeklinde adlandırlırlar. Diferansiyel denklemleri çözmenin temel amacı fiziksel yöntemi ifade eden matematiksel model hakkında birşeyler öğrenmeye çalışmaktır Kompleks ve doğal bir yöntemi anlamak aslında onu en basite indirgemekten geçer. Böylece bu modelleri ifade eden denklemler hakkında bilgiler ve onların çözümleri için öncelikle onların basit modelleri hakkında bilgi sahibi olmalıyız Populasyon modeli Thomas Robert Malthus tarafından 1978 yılında geliştirilmiş olan bir problemdir. Onun modeline göre populasyon orantılı olarak artmaktadır ve populasyonu P ile gösterdiğimizde, aşağıdaki diferansiyel denklem ile ifade edilmektedir. dp = αp, α = sabit > 0 dt Böylece limitsiz büyüme bu diferansiyel denklemin çözümü olan ve exponansiyel kural olarak da adlandırılan P (t) = P 0 exp(α(t t 0 )) fonksiyonu ile ifade edilmektedir. Burada P 0, t = t 0 anındaki populasyon ve P (t) ise keyfi t anındaki populasyon olarak gösterilmektedir. Daha sonraları bu modelin çok gerçkeçi olmadığı gözlenerek, model mantıksal model olarak adlandırlılmıştır ve dp dt = αp βp, α,β = sabit 0 1

12 0. GIRIŞ diferansiyel denkelemi ile ifade edilmiştir. 1. Ekoloji: Radyoaktif atık ürünler Radyoaktiviti, yüksek atom ağırlıklı (uranyum minerali gibi) elementlerin kırılması sonucu elde edilir. Yapay radyoaktiviti kimya, tıp ve nükleer enerji gibi alanlarda çok kullanışlıdır. Fakat nükleer enerjinin endüstrisel kullanımı son derece dikkat gerektiriyor. Çünkü radyoaktif atık maddeler populasyon açısından tehlike oluşturmaktadır. Radyoaktif bozulmanın matematiksel ifadesi, bozulma ile orantılı olarak ifade edilir ve diferansiyel denklemi du = ku, k = sabit > 0 dt burada U maddenin keyfi t anındaki rayoaktiflik oranını göstermektedir. Bu denklemin çözümü şeklinde ifade edilir. U (t) = U 0 exp( k(t t 0 )) 1.3 Kepler kanunu ve Newton un yerçekimi kuralı Bilindiği üzere eski yunan biliminde gezegenlerin güneş ekseni etrafında dairesel hareketler ile döndüğü iddia edilmişti yılında Kepler tarafından gezegenlerin güneş etrafında eliptik hareketler ile döndüğü kanıtlanmıştır. Bu kuram Kepler in 1. ve. kuralları olarak da adlandırılmaktadır. Kepler gezegenlerin nasıl hareket ettiği sorusunun cevabını vermiştir ancak neden sorusunun cevabı daha sonra Galileo Galilei ve Newton tarafından verilmiştir. Newton un yerçekimi kuralına göre, güneş ve gezegenler arasında çekim kuvveti F = α r3x, α = GmM olarak ifade edilmiştir. Burada G genel yerçekimi sabiti m ve M sırasıyla gezegen ve güneşin kütleleridir. Böylece gezegenlerin çekimleri altında güneşin hareketini ihmal edersek m d x dt = α r3x, α = sabit Newton un. kuralı olarak ifade edilmiştir. Bu problemin integral alınması ile elde edilen problem de Kepler problemi olarak adlandırılmıştır. 1.4 Dünya yakınında serbest düşme hareketi Dünya üzerinde, yerçekiminin sabit olduğunu varsayarak serbest düşme hareketini ele alalım. m = sabit kütlenin ağırlığı h yükseklik t zaman g 981 cm/sn sürtünme ivmesini göstermek üzere, sürtünme kuvveti olarak gösterilir ve Newton denklemi F = mg d h dt = g

13 0. MATEMATIKSEL MODELLER 3 olarak yazılır. Bunun çözümü h = g t +c 1 t+c olarak bulunur. Burada c 1,,c keyfi sabitlerdir. 1.5 Soğutma (ısınma) için Newton modeli Soğutma (ısınma) olayı, hayatımızın her alanında kullanılan bir işlemdir. Havayı soğutma işlemleri, fırını ısıtma vb. Newton un soğutma kuramı olarak adlandırılan model dτ = k(t t), k = sabit > 0 dt ile ifade edilir. Burada T (t) soğutulan nesnenin hiçbir etki göstermediği sıcaklıktır(doyum noktası). τ (t) keyfi t anındaki sıcaklık ve t zamanı göstermektedir. Bir binanın klima tarafından ısıtıldığını varsayalım. H(t) ile sıcaklığın artım oranını A(t) ile sıcaklığın değişim oranını gösterirsek, yukarıdaki denklemi olarak düzenleyebiliriz. 1.6 Mekanik titreşim ve Sarkaçlar dτ dt = k(t t)+h(t)+a(t) Yaprakların rüzgarda hışırtısı, suyun dalgalanması bu modeller için bazı fiziksel olaylardır. En temel salınım hareketi, bir yere sabit asılı olan bir bobinden ağır bir cisimin ileri geri hareketidir. Hooke yasasına göre başlangıç anından karşı tarafa olan hareketi olarak yazılır. Burada y yerdeğiştirmeyi gösterir. Sürtünme kuvvetini de F 1 = ky, k = sabit F = l dy dt olarak yazabiliriz. f (t) ile toplam dış kuvveti (rüzgar) gösterirsek, Newton un. kuralına göre F = F 1 +F +f (t) ve model m d y dt +ldy +ky = f (t) dt

14 4 0. GIRIŞ 1.7 Asfaltların çökmesi Asfaltların periyodik biçimde çökmesi aşağıdaki diferansiyel denklem ile ifade edilir µ d4 u dx 4 = f burada u yolun düz pozisyonundan çökmesi sonucu elde edilen yer değiştirmesi ve f merkezkaç kuvvetinin yoğunluğudur. 1.8 Van der Pol denklemi Elektrik kondensatorlerinin devreleri arasındaki elektrik akımı C dv dt = I, V LdI dt = RI olarak yazılır. Burada I (t) akım, V (t) voltaj, R resistans, C kondensatorün kapasitesi, L bobinin indüktansını göstermektedir. Burada V yi y ile gösterirsek, modeli olarak yazabiliriz. a = LC, b = RC, c = Telegraf denklemi ay +by +cy = 0 Elektrodinamikte, kablolar üzerindeki akımı ifade eden denkleme telegraf denklemi denir ve modeli aşağıdaki şekilde ifade edilir: C = kapasite, L = kendini indükleme, R = resistans, G = kaçak Maxwell denklemi v tt c v xx +(a+b)v t +abv = 0, c = 1 CL, a = G C, b = R L Elektromagnetik alan bileşene sahiptir. E elektrik alanı gösteren vektör ve H magnetik alanı gösteren vektör. Buna göre model bir çift denklemden oluşur: E t H t = c( H) 4πj, E = 4πρ = c( E), H = 0

15 0. MATEMATIKSEL MODELLER 5 j ve ρ elektrik akım ve yüklenme yoğunlukları, c ışık hızını göstermektedir. Bu denklem sistemini fizikte genelde şeklinde gösterilir Navier-Stokes Denklemi 1 E c t 1 H c t Yapışkan maddelerin akımı bu tür denklemler ile ifade edilir p basınç, ρ yoğunluk, v akışkanın hızını göstermektedir. = curlh 4π c = curle, divh = 0 j, dive = 4πρ v t +(v. )v+ 1 p = v v ρ 1.1 Sulama(irrigation) sistemlerinin modellemesi Sulama sistemlerinin matematiksel modeli C(ψ)ψ t = (K(ψ)ψ x ) x +(K(ψ)(ψ z 1)) z S(ψ) şeklindedir. Burada ψ topraktaki nem basıncı, C(ψ) toprağın su kapasitesi, K(ψ) hidrolik iletkenliğin doyum oranı, S(ψ) kaynak fonksiyonu, t zaman, x yatay eksen, z dikey ekseni göstermektedir Isı denklemi Yayılma(difüzyon) yönetmelerini ifade eden modeller genel olarak şeklinde ifade edilir. u t = (k(x) u) 1.14 Burgers ve Korteweg-de Vries denklemleri Burgers denklemi u t = u u x +νu xx genelde akışkanlar mekaniğinde ve nonlinear akustik problemlerinde kullanılmaktadır. Korteweg-de Vries denklemi u t = u u x +µu xxx kanallardaki büyük su dalgalarının yayılmasını modeller.

16 6 0. GIRIŞ 1.15 Finansta matematiksel model Matematiksel finanstaki temel çalışmalar dalgalanan stok fiyatlarıdır ve aşağıdaki denklem ile ifade edilir 1.16 Büyüyen tümör modeli Bu model lineer olmayan diferansiyel denklem ile ifade edilir u t + 1 A x u xx +Bxu x Cu = 0, A,B,C = sabit. u t = f (u) (uc x ) x c t = g(c,p) p t = h(u,c) Kp u, c,p sırasıyla hastalıklı hücrenin konsantrasyonu, hücre dışı sıvısı, proteaz (enzimlerin parçalanmasını sağlayan enzim grubu) Dalga denklemi Tel vb. gibi maddeler üzerindeki dalgalanma hareketi ile ifade edilir. u tt k (x) u = F (x,t) 1.18 Diferansiyel Denklemlerin Tarihi Diferansiyel denklemleri tanımadan ve onların çözümleri hakkında bilgi sahibi olmadan önce biraz tarihinden bahsedelim. Diferansiyel denklemler konusu ilk olarakisaac Newton( ) ve GottfriedWilhelm Leibniz( ) tarafında 17 yüzyılda çalışılmaya başlanmıştır. Newton, İngiltere de büyüyüp, Trinity koleji- Cambridge de eğitim almıştır ve 1669 da Lucasian(tün professötlük hizmetlerinin bağlı olduğu) profesörü olmuştur. Devrim yaratan çalışmaları hesaplamada ve mekanik prblemlerde, 1665 yılında gerçekleşmiştir. Matematik camisaı tarafından kabul görmesine rağmen, Newton eleştiriler hakkında çok hassas olduğundan çalışmalarını 1687 ye kadar basmamıştır yılında çok ünlü kitabı Philosophiae Naturalis Principia Mathematica baılmıştır. Newton diferansiyel denklemler ile çalışmalarını yürütürken,hesaplamada ve mekanikteki temel gelişmeleri Euler tarafından sağlandı. Newton, 1. mertebeden diferansiyel denklemleri dy/dx = f(x), dy/dx = f(y), ve dy/dx = f(x, y) formunda sınıflandırdı. Sonrasında ise f(x, y) x ve y nin polinomu olduğunda, serileri kullanarak çözüm yöntemi geliştirdi. Newton un aktif çalışmaları 1690 ların başlarında son buldu ve daha önce elde etmiş olduğu sonuçların yayınlanması ve düzenlenmesi çalışmalarını gerçekleştirdi da British Mint te tekrar profesör oldu de şövalye olarak ilan edildi ve Westminster Abbey de gömüldü. Leibniz, 0 yaşında Leipzig de Altdorf üniversitesinde, filozofi alanında doktora çalışmasını tamamladı Hayatı boyunca, birkaç alandaki çalışmaları ile meşgül oldu. Öncelikli alanları arasında matematik vardır çünkü 0 li yaşlarında bu alanda çalışmalar gerçekleştirmiştir. Newton dan biraz sonra olmasına rağmen diferansiyel denklemler ile ilgili temel sonuçlara ulaşmıştır fakat 1684 te Newton dan önce basılmıştır. Matematiksel notasyonları kullanma konusunda çok iyidir ve türev için dy/dx ve integral sembolünün kullanımları ona aittir yılında değişkenlere ayırma yöntemini vermiştir ve homojen denklemleri, değişkenlerine ayrılabilen diferansiyel denklemlere indirgemiştir. 1. mertebeden diferansiyel denklemlerin çözümünü

17 0. MATEMATIKSEL MODELLER yılında vermiştir. Hayatını bir elçi gibi yaşamıştır ve Alma kraliyet ailelerine tavsiyelerde bulunmuştur. Bu görevi sayesinde, çok sayıda gezi düzenlemiş ve yazışmalarını diğer matematikçilere taşıyabilmiştir. Özellikle de Bernoulli kardeşlere. Bu işbirliği sayesinde pek çok problem 17 yüzyılda çözülebilmiştir. Jakob( ) ve Johann( ) Bernoulli kardeşler diferansiyel denklemlerde yöntemler geliştirip bunların uygulama alanlarını genişletmişlerdir. Jakob, 1687 de Basel de profesör olmuştur. Johann, kardeşinin 1705 yılında ölmesinden sonra aynı göreve getirilmiştir. Her iki adamda kavgacı kıskanç ve özellikle de kendi tartışmalarında sıkça karıştırlırlardı. Yine de her ikisi de matematikte çok önemli gelişmelere imza atmışlardır. Hesaplamaların da yardımı ile mekanikte diferansiyel denklem olarak ifade edilen problemler için çözüm yöntemleri geliştirmişlerdir da Jacob y = [a 3 /(b y a 3 )] 1/ diferansiyel denklemini çözmüştür ve makalesinde ilk defa integral terimine yer vermiştir te Johann dy/dx = y/ax. diferansiyel denkleminin çözümünü elde etmiştir. Geliştirdikleri en önemli problemlerden birisi de brachistochrone problemidir. Johann ın oğlu olan Daniel Bernoulli( ), daha henüz yeni kurulmuş olan St. Petersburg akademisen göç etti ancak 1733 de Basel e botanik ve daha sonra da fizik profesörü olarak geri döndü. Temel ilgil alanları arasında kısmi diferansiyel denklemler ve onun uygulamalrı vardı. Örneğin adı, akışkanlar mekaniğindeki diferansiyel denklemlere verilmiştir. Ve ayrıca daha sonra Bessel fonksiyonları olarak adlanadırılacak olan fonksiyonlar ile çalışmıştır. 18 yüzyılın en önemli matematikçilerinden birisi de Johann Bernoulli nin öğrencisi olan ve Basel yakınlarında yaşayan Leonhard Euler( ) dir. 177 de arkadaşı Daniel Bernoulli yi takip ederek St. Petersburg a girmiştir ve yılları arasında St. Petersburg akademisinde de Berlin akademisinde çalışmıştır. Euler bütün zamanın en vermli matematikçilerinde biridir ve tüm çalışmları toplamda 70 dergiyi geçer. İlgi alanı matematiğin ve uygulamanın tüm alanlarını kapsar. Yaşamının son 17 yılını kör olarak geçirmesine rağmen, ölene kadar çalışmlarını devam ettirmiştir. Özellikle de mekaniği matematikde çok iyi kullanırdı. Lagrange, Eulerin mekanik uygulamalrı için analizdeki en önemli çalışma hareketin bilimine uygulandı tabirini kullandı. Diğer çalışmaları ile birlikte de diferansiyel denklemin tamlık koşulunu verdi ve aynı çalışmada integral faktörü teorisini geliştirdi de sabit katsayılı, homojen lineer denklemler için genel çözüm kavramını verdi de aynı teoriyi homojen olmayan denklemler için genişletti lerin başlarında, diferansiyel denklemlerin çözümü için kuvvet serisi uygulamalrını geliştirdi lerde nümerik çözüm yöntemleri geliştirdi. Joseph-Louis Lagrange( ), 19 yaşında Turin de profesör oldu da Berlin akademisinde Eulerin varisi oldu ve 1787 de Paris akademisine geçiş yaptı. En önemli çalışması 1788 de basılmış olan Me caniqueanalytique, Newton mekaniğinin çok kapsamlı ve çok güzel bir konusudur de, n. mertebeden homojen diferansiyel denkleminin genel çözümünün, n tane lineer bağımsız çözümlerinin lineer kombinasyonu olduğunu gösterdi de parametrelerin varyasyonu olarak biline çalışmayı geliştirdi ve kısmi diferansiyel denklemler ile varyasyonel hesaplamalarda çok temel çalışmaları mevcuttur. Pierre-Simon de Laplace( ) çocukluğunu Normandy de geçirdi ancak 1768 de Parise gelerek ve 1773 de Acade mie des Sciences ı kazanarak bilimsel çemberde çok önemli gelişmelere imza atmanın başlangıcını yaşadı. Astroloji de mekanik alanında çalışmalarda bulunmuştur. Laplace denklemleri matematiksel fiziğin temel denklemlerini olşturur. Laplace dönüşümlerinin faydası ise sonlara doğru daha iyi anlaşılmıştır. 18 yüzyılın sonlarına doğru diferansiyel denklemlerinin çözüm ile ilgili teori geliştirilmiştir. 19. yüzyılda ise daha teorik bir sorunun cevabı irdelenmiştir: varlık ve teklik. Kısmi dfireansiyel denklemler çalışılmaya başlanmış ve onların matematiksel fiziğe uygulamaları ele alınmıştır. Bazı diferansiyel denklemlerin analitik anlamda çözümlerine ulaşılamaması nümerik çözüm kavramını getirmiştir lü yıllarda nümerik integral geliştirilmiştir fakat uygulamaları, elle hespalamaların veya ilkel hesaplama araçlarınının kısıtlılığı ile çok yaygınlaşmamıştır. Özellikle son 50 yıl içinde, hesaplama araçlarının ilerlemesi ve uyduya bağlı bilgisayarların varlığı ile uygulama alanları oldukça yaygınlaşmıştır.

18 8 0. GIRIŞ 0 yüzyıl, diferansiyel denlklemlerin geometrik ve toploji olarak yeni bir kreasyonudur. Amaç, çözümün geometriksel olarak davranış niteliğini anlamaktır. Daha fazla bilgiye ihtiyaç duyulduğunda, nümerik yöntem ile elde edilen veriler kullanılmıştır. Son birkaç yılda bu iki trend birlikte gelmiştir. Bilgisayarlar, lineer olmayan diferansiyel denklem sistemlerinin çalışılmasına hız katmıştır. Eğri ailesinin diferansiyel denklemleri (x, y) düzleminde eğri ailesini düşünelim. Kapalı formada y = f (x,c 1,c,...,c n ) (.1) ϕ(x,y,c 1,c,...,c n ) = 0 (.) şeklinde yazabiliriz. Burada c 1,c,...,c n uygun parametrelerdir. Eğrinin kapalı formunda kapalı fonksiyonların türevi kuralını uygulayarak n defa türev alabiliriz. ϕ x + ϕ y = 0, (.3) y ϕ x + ϕ x y + ϕ + ϕ y = 0, y y y... n ϕ ϕ xn y y(n) = 0. n bilinmeyenli sistmede c 1,c,...,c n parametrelerini yok edersek, n. mertebeden diferansiyel denklemini elde ederiz. F ( x,y,y,...,y (n)) = 0 Notasyon.1. x,y,y,...,y (n) değişkenlerine bağlı F fonksiyonun tam diferansiyel denklemi olarak gösterilir. Buna göre (.3) sistemi aşağıdaki şekilde yazılır. Örnek.. Doğrular ailesinin diferansiyel denklemini bulunuz. D x F = F x +y F y +y F y + +y(n) F y (n 1) D x ϕ = 0, D xϕ = 0,...,D n xϕ = 0 (.4) Çözüm ϕ = y ax b yazarak (.4) ten D x ϕ = y a = 0, D xϕ = y = 0

19 0. EĞRI AILESININ DIFERANSIYEL DENKLEMLERI 9 son denklem hiç bir parametre içermediği için diferansiyel denklemi. mertebeden lineer denklem olarak şeklinde ifade edebiliriz. Örnek.3. Paraboller ailesinin diferansiyel denklemini bulunuz. y = 0 Çözüm Paraboller ailesini y = ax +bx+c olarak yazabiliriz. ϕ = y ax +bx+c fonksiyonunu (.4) te kullanırsak, D x ϕ = y ax b = 0, D xϕ = y a = 0, D 3 x = y = 0 elde ederiz. Böylece paraboller ailesinin diferansiyel denklemi 3. mertebeden lineer denklemdir. Alıştırma.4. Çemberler ailesinin diferansiyel denklemini bulunuz. Çözüm Çemberler ailesini (y b) +(x a) = c olarak yazabiliriz. ϕ = (y b) +(x a) c fonksiyonunu (.4) te kullanırsak, D x ϕ = (y b)y +(x a) = 0, Dx ϕ = +y +(y b)y = 0, Dx 3 = 6y y +(y b)y = 0 elde ederiz.. denklemden y b = (1+y )/y elde ederiz. Bunu 3. denklemde yerine yazarsak, denklemini elde ederiz. Alıştırma.5. Hiperboller ailesinin diferansiyel denklemini bulunuz. y 3 y y 1+y = 0 Çözüm Hiperboller ailesini (y a)(b cx) = 1 olarak yazabiliriz. ϕ = (y a)(b cx) 1 fonksiyonunu (.4) te kullanırsak, D x ϕ = (b cx)y c(y a) = 0, D x ϕ = (b cx)y cy = 0, D3 x = (b cx)y 3cy = 0 elde ederiz.. ve 3. denklemden (b cx) terimini yok edersek, denklemini elde ederiz. y 3 y y Uyarı.6. Tam diferansiyel ve kısmi diferansiyel arasındaki farkı aşağıdaki şekilde kavrayabilriz:tam diferansiyller şeklinde iken, kısmi diferansiyel denklemler = 0 D x (x) = 1, D x (y) = y, D x (xy ) = y +xy x x = 1, y x = 0, (xy ) = y x

20

21 Chapter 1 Diferansiyel denklemler ve onların çözümleri 3 Diferansiyel denklemlerin sınıflandırması Tanım 3.1. Bilinmeyen fonksiyon ile onun türevleri arasındaki bağıntıya diferansiyel denklem denir. Tanım 3.. Bilinmeyen fonksiyon bir değişkenli ise denkleme adi diferansiyel (ADD) (ordinary differential equation ODE) denklem denir, eğer fonksiyon çok değişkenli ise kısmi diferansiyel (KDD) (partial differential equation PDE) denklem denir. Tanım 3.3. n tane bilinmeyen fonksiyonu içeren m adet diferensiyel denkleme kısaca diferansiyel denklem sistemi denir. Burada m ile n eşit olmak zorunda değildir. Tanım 3.4. Denklemin mertebesi, denklemdeki en yüksek mertebedeki türevdir. Benzer şekilde sitemin mertebesi, sistemdeki en yüksek mertebeli türevdir. Tanım 3.5. Bir diferansiyel denklemde bulunan en yüksek mertebeli türevin üssüne, bu diferansiyel denklemin derecesi denir. Tanım 3.6. Bir diferansiyel denklemdeki bağımlı değişken ve tüm türevleri birinci dereceden ise,diferansiyel denkleme lineer diferansiyel denklem denir.n. mertebeden adi lineer diferansiyel, bağımlı değişken y ve bağımsız değişken x olmak üzere, aşağıdaki formda gösterilir. a 0 (x) dn y dx +a 1(x) dn 1 y n dx + +a n 1(x) dy n 1 dx +a n(x)y = b(x) veya a 0 (x)y (n) +a 1 (x)y (n 1) + +a n 1 (x)y +a n (x)y = b(x) Dolayısıylaiçerisindey 3,(y ),yy,y y,siny,exp(y)gibiterimler bulunandenklemlerlineerdeğildir. Bununyanında denklemx,xy,sinx,exp( sinx 3 türünden ifadeler içerebilir. Örnek 3.7. y + xy exp(y) = 0,. mertebeden lineer olmayan adi diferansiyel denklemdir. 11

22 1 1. DIFERANSIYEL DENKLEMLER VE ONLARIN ÇÖZÜMLERI Örnek 3.8. d4 y +x d3 y +x 3dy = xexp(x), 4. mertebeden lineer adi defreansiyel denklemdir. dx 4 dx 3 dx Örnek 3.9. u t = k(x)u xx veya u t = k(x) u x. mertebeden lineer kısmi diferansiyel denklemdir. Örnek u 1 x u y = 0, 3 u 1 u y 3 x = 0, 3. mertebeden kısmi diferansiyel denklemler sistemidir. 4 Temel Kavramlar Tanım 4.1. Birinci mertebeden ADD ile veya formlarını düşüneceğiz. F (x,y,y ) = 0 F ( x,y, dy ) = 0 (4.1) dx y = f (x,y) dy = f (x,y) (4.) dx Tanım 4.. n. mertebden ADD ile ya da F ( x,y,y,y,...,y (n)) = 0 F y (n) = f ( ( x,y,y,y,...,y (n 1)) dn y dx = f x,y, dy ) n dx, d y dn 1 y dx,..., dx n 1 ( x,y, dy ) dx, d y dn y dx,..., = 0 (4.3) dx n (4.4) Tanım 4.3. Keyfi g(x) fonksiyonu özdeş olarak (4.3).denklemini sağlıyorsa g(x) fonksiyonuna (4.3) denkleminin integrali ya da çözümü denir. (bkz Uyarı 4.6) Uyarı 4.4. ADD genelde bir I aralığında tanımlanır. Böylece g(x) fonksiyonu n mertebeye kadar türevi olan bir fonksiyon ve (4.3) denkleminde y yerine g(x), y yerine g (x),..., y (n) yerine g (n) (x) yazdığımızda (4.3) denklemi sağlanıyorsa, y = g(x) fonksiyonuna I aralığında (4.3) denleminin bir çözümü denir. Örnek 4.5. y = sinx fonksiyonu y +y = 0 denkleminin (, ) aralığında bir genel çözümüdür. Uyarı 4.6. (4.3) denklemininçözümü y = g(x) açık formunda olmak zorunda değildir. Aynı zamanda h(x,y) = 0 kapalı formu ile de verilebilir. Buna göre türevleri kapalı fonksiyonlar için türev formülü kullanılarak bulunur. Böylece benzer şekilde (4.3).denklemi özdeş olarak h(x, y) = 0 fonksiyonunun her noktasında özdeş olarak sağlanıyorsa h(x,y) = 0 fonksiyonu (4.3) denkleminin integrali ya da çözümüdür.,y,...,y (n) (Bkz. Örnek 4.34)

23 1. TEMEL KAVRAMLAR 13 Örnek 4.7. x +y = 4 fonksiyonu y = x y (4.5) denkleminin kapalı formda çözümüdür. x + y 4 = 0 çemberinde kapalı fonksiyonlar için türev bağıntısını kullanırsak x + yy = 0 elde ederiz, böylece (4.5) denklemi sağlanır. (,0) ve (,0) noktalarında y = 0 olduğundan bu noktaları hariç tutmalıyız.(bkz. Örnek Örnek 4.34). Uyarı 4.8. (4.) denkleminin geometrik yorumu: f(x, y), Q bölgesinde tanımlı bir fonksiyon olsun. (4.) denklemine göre her (x, y) Q noktasında bu noktadan geçen ve eğimi y olan bir doğru (doğrusal eleman) vardır. Böylece bu doğruların oluşturmuş olduğu alana kısaca doğrultu alanı denir. Buna göre Q bölgesindeki eğriyi bulmak, doğruların herbir noktasındaki tanjantı bulmaktır. Buna göre. mertebeden y = f (x,y,y ) denklemi için y yani çözüm eğrisinin eğriliği bulunmalıdır. 3 ve daha yüksek mertebeden ADD için benzeri geomtrik yorumlar yoktur. Tanım 4.9. y 1 = g 1 (x), y = g (x),...,y n = g n (x) (4.6) fonksiyonları y 1 = f 1(x,y 1,y,...,y n ) y = f (x,y 1,y,...,y n ) (4.7)... y n = f n(x,y 1,y,...,y n ) sistemini özdeş olarak sağlıyorsa, (4.6) fonksiyonlarına sistemin çözümü (integrali) denir. Bu durumda da çözümleri kapalı fonkiyon gibi düşünebiliriz. (Bkz Uyarı 4.6). Uyarı n = durumu için y 1, y fonksiyonları yerine bilinmeyen y,z fonksiyonlarını ele alalım. Buna göre (4.6) fonksiyonları y = g 1 (x), z = g (x) geometriksel olarak bir eğri tanımlar (3 boyutlu uzayda). Bu sebepten ötürü (4.6) fonksiyonları (4.7) sisteminin integral eğrisi diye adlandırılır. Uyarı Genel olarak (4.7) sisteminde bilinmeyen fonksiyon sayısı ile denklem sayısı eşit olmak zorunda değildir. Fakat çözüm tanımı aynıdır. Yine de çözümün varlığı ve tekliği hakkında bir genelleme yapmalıyız. Teorem 4.1. (4.7) sistemi ve P (a,b 1,b,...,b n ) (4.8) noktasını ele alalım. (4.7) sistemindeki f 1,f,...,f n n+1 değişkenli ve değişkenleri x,y 1,y,...,y n olmak üzere, P noktasının bir O komşuluğunda, sürekli ve y 1,y,...,y n değişkenlerine göre sürekli kısmi türevlere sahip fonksiyonlar olsun. O komşuluğunda (4.7) sistemini ve g 1 (a) = b 1, g (a) = b,...,g n (a) = b n (4.9) koşulunu (başlangıç koşulu) sağlayan g 1 (x),g (x),...,g n (x) fonksiyonları vardır ve bu fonksiyonlar tektir.

24 14 1. DIFERANSIYEL DENKLEMLER VE ONLARIN ÇÖZÜMLERI Tanım Bir problem diferansiyel denklemi ve belirli koşulları içerir. Problemdeki koşullar x in bir değeriyle ilgili ise bu durumda probleme başlangıç değer problemi, x in değeri ile ilgili ise sınır değer problemi denir. Örnek başlangıç değer problemidir (BDP)- (initial value problem IVP). Örnek y +y = 0, y(1) = 3 y (1) = 4 y +y = 0, y(0) = 1 ( π y = 5 ) sınır değer problemidir (SDP)- (boundary value problem BVP). Uyarı Uyarı 4.10 e göre f 1,f,...,f n fonksiyonları O komşuluğunda yukarıdaki koşuları sağlıyorsa (4.7) sisteminin P noktasından geçen bir tek integral eğrisi vardır. Özel durumda fonksiyonları P noktasının O komşuluğunda sürekli ise f (x,y), f (x,y) (4.10) y y = f (x,y) denkleminin bir tek integral eğrisi mevcuttur ve bu eğri P noktasından geçer. Uyarı Eğer her x [a,b],y 1,y [c,d] için f (x,y 1 ) f (x,y ) K y 1 y (4.11) eşitsizliğini sağlayacak şekilde pozitif bir K sayısı bulunabilirse f (x, y).fonksiyonu y değişkenine göre R (a x b,c y d) bölgesinde Lipchitz koşulunu sağlar denir. Özel olarak f (x,y).fonksiyonu y değişkenine göre R bölgesinde türevi mevcut ve f y K (4.1) koşulu sağlanıyor ise (4.11) koşulu sağlanır. Fakat tersi doğru değildir. Yani y değişkenine göre türevi mevcut olmayabilir fakat (4.11) koşulunu sağlayan fonksiyonlar da vardır. Aşağıdaki örnek bununla ilgilidir.

25 1. TEMEL KAVRAMLAR 15 Örnek f (x, y) = y fonksiyonu y değişkenine göre kısmi türevi yoktur ancak Lipschitz koşulunu sağlar. Gerçekten sağlanır. y 1 y y 1 y, K = 1 Teorem f (x,y) fonksiyonu Q(a h x a+h, b k y b+k) bölgesinde sürekli olsun (Sürekli fonksiyon kapalı aralıkta sınırlıdır yani Q bölgesinde f (x, y) M koşulunu sağlayan pozitif M sabiti mevcuttur.) ve (4.11) koşulunu sağlasın. ( d = min h, k ) M olmak üzere [a d,a+d] aralığında denklemini sağlayan y = g(x) bir tek çözümü vardır. y = f (x,y) Uyarı 4.0. Lipschitz koşulu ve Teorem 4.19 ye benzer teorem (4.7) sistemi içi de formüle edilebilir. Uyarı 4.1. Çözümün varlığı için f (x, y) fonksiyonun sürekliliği yeterli bir koşulken teklik için yeterli değildir. Örnek 4.. fonksşyonları y = 3 y denkleminin integral eğrisidir. y = 0 ve y = 1 7 (x )3 Teorem 4.3. y (n) = f ( x,y,y,y,...,y (n 1)) (4.13) diferansiyel denklemini ve P (a,b 1,b,...,b n ) noktasını ele alalım. f, f y, f y,, f y (n 1) fonksiyonları sürekli olsun. Bu durumda P noktasının bir komşuluğunda (4.13) denklemini ve koşulunu sağlayan y = g(x) tek çözümü mevcuttur. g(a) = b 1, g (a) = b,...,g (n 1) (x) = b n (4.14) Uyarı 4.4. Lipschitz koşulunu kullanarak (4.13) denklemi için Teorem 4.19 ye benzer bir teorem formüle etmek mümkündür. Teorem 4.3 lokal karakterlidir. Yani y (n) +a n 1 (x)y (n 1) + +a 1 (x)y +a 0 (x)y = b(x) (4.15) denkleminin çözümünün varlığı ve tekliği I aralığında mevcuttur.

26 16 1. DIFERANSIYEL DENKLEMLER VE ONLARIN ÇÖZÜMLERI Uyarı 4.5. (4.13) denklemi için (4.14) koşulları sağlansın. (n+1) boyutlu P (a,b 1,b,...,b n ) noktası verilsin. Q bölgesi P noktasını içeren bölge ve (4.13) denkleminin bu noktada Teorem 4.3 e göre tek bir çözümü olsun. Buna göre aşağıda bu tarz denklemler için genel çözüm kavramını tanımlayacağız. Tanım 4.6. (4.13) denkleminin çözümü n tane bağımsız keyfi sabit içeriyorsa bu çözüme Q bölgesinde (4.13) denkleminin genel çözümü (integrali) denir. Uyarı 4.7. Eğer sabitlerden herhangi birisini, diğerleriyle yer değiştirmek mümkün değil ise bu durumda bu sabitlere bağımsız denir. Yani hiç biri gereksiz değil ise. Örnek 4.8. fonksiyonu denkleminin genel çözümüdür. fonksiyonu denkleminin genel çözümü değildir. Çünkü olarak yazabiliriz. Uyarı 4.9. Genel durumda y = c 1 expx+c exp( x) y y y = 0 c 1 exp(x+c ) y y = 0 c 1 exp(x+c ) = c 1 exp(x)exp(c ) = Kexpx F ( x,y,y,y,...,y (n)) = 0 (4.16) denklemi için genel integralden bahsetmek çok mümkün değildir. Çünkü çözümün tekliği sorusunun öncelikle cevaplanması gerekmektedir. Örneğin y x 4 y = 0 (4.17) denklemi aşağıdaki değerler için sağlanır: y = x y, y = x y Eğer belli bir bölgeden ve ya başlangıç koşullarından bahsediyorsak, (4.16) denkleminin genel çözümünden bahsetmek mümkündür. Tanım Eğer her noktada çözümün tekliği koşulu sağlanmıyorsa bu durumda y = f (x, y) denkleminin çözümüne tekil çözüm (integral) denir. Örnek y = 0 integral eğrisi ADD nin tekil çözümüdür çünkü (, 0) noktası boyunca y = 3 y y = 1 7 (x )3

27 fonksiyonu da diğer bir integral eğrisidir. 1. TEMEL KAVRAMLAR 17 Uyarı 4.3. y = f(x, y) denklemi bir parametreli genel çözüme sahiptir. Eğer çözüm mevcut ise verilen denklemin tekil integraline eşittir. Uyarı f(x,y) 0 için dy dx = 1 f (x,y) (4.18) denklemi ile dx = f (x,y) dy (4.19) denklemi denktir. f (x, y) = 0 durumunda (4.18) denklemi tanımsız iken (4.19) denklemi tanımlıdır. Böylece genelde (4.18) denklemine (4.19) denklemini ekleriz ve (4.18) denkleminin integral eğrisi ile hem (4.19) denkleminin hem de (4.18) denkleminin integral eğrilerinin düşüneceğiz. Örnek çemberi x +y 4 = 0 (4.0) y = x y (, 0),(, 0) noktalarında bile ADD nin integral eğrisidir. Çünkü bu noktalarda (4.0) fonksiyonu dx dy = y x ADD yi sağlar.

28

29 Chapter Birinci mertebeden ADD 5 y = f (x) formundaki denklemler f (x) verilen I aralığında sürekli bir fonksiyon olmak üzere y = f (x) ADD nin genel çözümü y = f (x)dx şeklindedir ve belirsiz integral keyfi sabiti içerir. başlangıç koşulu verildiğinde çözüm şeklindedir. y = y 0 + y(x 0 ) = y 0 x x 0 f (t)dt Örnek 5.1. ADD nin çözümünü bulunuz. Çözüm y = y = 3x 3x dx y = x 3 +c 19

30 0. BIRINCI MERTEBEDEN ADD Örnek 5.. y = 3x y(3) = 7 BDP nin çözümünü bulunuz. Çözüm y = 3x dx y = x 3 +c 7 = 7+c c = 0 y = x 3 Örnek 5.3. y = sinx ADD nin çözümünü bulunuz. Çözüm y = sinxdx y = cosx+c 1 y = (cosx+c 1 )dx y = sinx+c 1 x+c Örnek 5.4. y = 3x 6x+1 y( ) = 0 BDP nin çözümünü bulunuz. Çözüm y = (3x 6x+1 ) dx y = x 3 3x +x+c 0 = 8 1+c c = 0 y = x 3 3x +x+0 Örnek 5.5. y = exp( x) y(0) = 1, y (0) = 1, y (0) = 3 BDP nin çözümünü bulunuz.

31 . y = f (y) FORMUNDAKI DENKLEMLER 1 Çözüm y = y = exp( x)dx y = exp( x)+c 1 y = (exp( x)+c 1 x+c )dx y = exp( x)+c 1 x y = exp( x)+x ( exp( x)+c 1 )dx y = exp( x)+c 1 x+c +c x+c 3 1 = 1+c 3 1 = 1+c 3 = 1+c 1 6 y = f (y) formundaki denklemler f (y) 0 sürekli bir fonksiyon olmak üzere (Bkz. Uyarı 4.33) ADD ni olarak yazabiliriz. Buna göre genel çözüm dir ve eğri (x 0,y 0 ) noktasından geçiyorsa çözüm formundadır. Eğer f (y 0 ) = 0 ise çözüm şeklindedir. Örnek 6.1. ya da ADD nin çözümü y = f (y) dx dy = 1 f (y) x = x x 0 = dy f (y) y y 0 y = y 0 dt f (t) y = y, y 0 dx dy = 1 y x = 1 y +c

32 . BIRINCI MERTEBEDEN ADD ya da dir. Eğer çözüm (3, 1) noktasından geçiyorsa çözüm Eğer çözüm (3, 0) noktasından geçiyorsa çözüm dır çünkü ve başlangıç koşullarından y = 0 elde ederiz. y = 1 c x y = 1 4 x. y = 0 y = 0 y = c Örnek 6.. y y = 3 5 ADD nin çözümünü bulunuz. Çözüm y = 1 5 ( 3+y) dy 1 y 3 = 5 dx ln y 3 = 1 ( 5 x+lnc y 3 = cexp 1 ) 5 x Örnek 6.3. ADD nin çözümünü bulunuz. Çözüm y = y 1 y = dy y 1 y 1 = y 1 = x+c y = 1+(x+c) dx

33 7 Değişkenlerine ayrılabilen ADD. DEĞIŞKENLERINE AYRILABILEN ADD 3 Teorem 7.1. f (x), [a,b] aralığında sürekli, g(y), [c,d] aralığında sürekli fonksiyonlar ve g(y) 0 olsun. ADD nin çözümü y = f (x) g(y) f (x)dx = g(y)dy formundadır. Eğer çözüm (x 0,y 0 ) noktasından geçiyorsa Uyarı 7.. denklemi içinde benzer teorem geçerlidir. Çözüm şeklindedir ve çözüm (x 0,y 0 ) noktasından geçiyorsa dir. Eğer g(y 0 ) = ise çözüm dır. Örnek 7.3. BDP nin çözümünü bulunuz. Çözüm Değişkenlere ayırma yöntemini kullanırsak elde ederiz. Bu durumda genel çözüm x x 0 f (x)dx = x y y = f (x)g(y) f (x)dx = x 0 f (x)dx = y = y 0 y 0 g(y)dy y 1 g(y) dy y 0 1 g(y) dy y = xy 3 sinx y(0) = 1 dy y = 3 xsinxdx 1 1 y = xcosx sinx+c

34 4. BIRINCI MERTEBEDEN ADD ve y(0) = 1 koşulundan c = 1/ elde edilir. Böylece çözüm y = 1 xcosx sinx+1. y(0) = +1 koşulundan dolayı pozitif kök alınmıştır. Aynı denklemin y(0) = 0 başlangıç koşullu çözümü y = 0 dır. Örnek 7.4. denklemini çözünüz. Çözüm Denklemi şeklinde yazabiliriz. Buna göre denkleminin çözümü y = y x 3, x 3 dy y = dx x 3 dy lny = ln(x 3)+lnc y(x 3) = c Örnek 7.5. denklemini çözünüz. Çözüm Denklemi şeklinde yazabiliriz. Buna göre (3x+8) ( y +4 ) dx 4y ( x +5x+6 ) dy = 0 (3x+8) 4y dx (x +5x+6) (y +4) dy = 0 (3x+8) (x+)(x+3) dx y (y +4) dy = 0 ( x+ + 1 ) dx y x+3 y +4 dy = 0

35 denkleminin çözümü Örnek 7.6. denklemini çözünüz. Çözüm Denklemi şeklinde yazabiliriz. Buna göre denkleminin çözümü. DEĞIŞKENLERINE AYRILABILEN ADD 5 ln(x+) +ln(x+3) ln ( y +4 ) [ ] (x+) (x+3) ln (y +4) 1 ln( x +1 ) (y +1)e y + (y +1) dy 1 ln( x +1 ) + = lnc = lnc (x+) (x+3) (y +4) = c (x+) (x+3) = c ( y +4 ) x(y +1) dx+ ( x +1 ) ye y dy = 0 x yey dx+ (x +1) (y +1) dy = 0 x (x +1) dx+ e y (y +1) dy = e y = u dy e y (y +1) dy = dv v = 1 (y+1) ( ey (y +1) + ye y (y +1) dy = 0 (y+1) e y (y +1) dy c ) = c 1 ln( x +1 ) + ey (y +1) = c Örnek 7.7. denklemini çözünüz. dy dx = x y(1 x ) 1/

36 6. BIRINCI MERTEBEDEN ADD Çözüm Denklemi şeklinde yazabiliriz. Buna göre denkleminin çözümü ydy ydy x (1 x ) 1/dx = 0 x (1 x ) 1/dx = 0 1 y + ( 1 x ) 1/ 1 y + ( 1 x ) 1/ = c = c 8 Homojen ADD f (tx,ty) = t n f (x,y) formunda yazılabilen fonksiyonlara n. dereceden homojen fonksiyonlar denir. Sağ taraf fonksiyonu 0. dereceden homojen olan ( y y = f x) formundaki ADD lere homojen denklemler denir. Uyarı 8.1. Verilen bir ADD in homojen olup olmadığını anlamak için f (tx,ty) = f (x,y) bağıntısının sağlanması gerekmektedir. (8.1) Örnek 8.. olduğundan ADD homojendir. y = lnx lny + x+y x y f (tx,ty) = ln tx ty + tx+ty tx ty = f (x,y) f (x,y) = lnx lny + x+y x y

37 . HOMOJEN ADD 7 Örnek 8.3. olduğundan ADD homojen değildir. y = y3 +xy x f (tx,ty) = t3 y 3 +t xy t x f (x,y) = y3 +xy x = ty3 +xy x f (x,y) Çözüm için (8.1) denklemi yerine z(x) = y(x) ya da y(x) = xz(x) (8.) x bağıntısı olan z(x) fonksiyonunu bulmaya çalışalım.. bağıntıyı kullanırsak y = z +xz (8.3) elde ederiz. Bunu (8.1) denkleminde kullanırsak z +xz = f (z) veya z = f (z) z x ADD yi elde ederiz. Bu denklem değişkenlerine ayrılabilir ADD elde ederiz. (8.4) Örnek 8.4. y = e y/x + y x ADD nin çözümünü bulunuz. Çözüm u = y/x y = xu y = u+xu ifadesini denklemde yerine yazarsak u+xu = e u +u e u u = x e u du = 1 1 dx x e u du = x dx e u = lnx lnc e u = ln c x u = lnln c x u = lnln c x Örnek 8.5. ( y +x+ y x)dx ( y +x y x)dy = 0 ADD nin çözümünü bulunuz.

38 8. BIRINCI MERTEBEDEN ADD Çözüm Denklem homojen ADD dir. u = y/x y = xu y = u+xu ifadesini denklemde yerine yazarsak y = u+xu = u+xu = y +x+ y x y +x y x xu+x+ xu x xu+x xu x u+1+ u 1 u+1 u 1 u+xu = ( u+1+ u 1 ) u+1 (u 1) = u+1+u 1+ u 1 = u+ u 1 xu = du dx u 1 u 1 = x (3).int ln u+ u 1 = lnx+lnc u+ u 1 = cx y (y ) x + 1 = cx x u=y/x Örnek 8.6. (3x +9xy +5y )dx (6x +4xy)dy = 0,y() = 6 BDP nin çözümünü bulunuz.

39 . y = f ( ) a 1 x+b 1 y+c 1 a x+b y+c FORMUNDAKI ADD 9 Çözüm Denklem homojen ADD dir. u = y/x y = xu y = u+xu ifadesini denklemde yerine yazarsak y = 3x +9xy +5y 6x +4xy u+xu = 3x +9ux +5u x 6x +4ux u+xu = 3+9u+5u xu = 3+9u+5u 6u 4u 6+4u 6+4u xu = 3u+u +3 4u+6 dx 4u+6 3u+u +3 du = x ln 3u+u +3 = lnx+lnc ( 3u+u +3 ) = cx u=y/x ( 3 y ( ) y x x) + +3 = cx y() = 6 ( 9+9+3) = c c = 9 ( 3u+u +3 ) = 9 x ( ) 9 y = f a1 x+b 1 y+c 1 a x+b y+c olmak üzere ADD nin çözümü için formundaki ADD a 1 b 1 a b 0 (9.1) ( ) a1 x+b 1 y +c 1 y = f a x+b y +c değişken değiştirmesi yapılır. Bunu (9.) denkleminde yazalım: ( ) dy dx = f a1 X +b 1 Y +a 1 h+b 1 k +c 1 a X +b Y +a h+b k +c (9.) x = X +h, y = Y +k (9.3) (9.4)

40 30. BIRINCI MERTEBEDEN ADD diferansiyel denkleminde a 1 h+b 1 k +c 1 = 0 (9.5) a h+b k +c = 0 olacak şekilde seçersek ( ) dy dx = f a1 X +b 1 Y a X +b Y denklemini elde ederiz ki bu denklem homojen denklemdir ve homojen denklemler için geçerli olan çözüm yöntemi kullanılır. Eğer (9.1) determinantı sıfır ise yani a x+b y = k(a 1 x+b 1 y) ise (9.) denklemi kolayca çözülür. yazarak ifadelerini (9.) denkleminde yazarsak değişkenlerine ayrılabilen ADD elde ederiz. Örnek 9.1. ADD nin çözümünü bulunuz. Çözüm z = a 1 x+b 1 y a x+b y = kz z = a 1 +b 1 y y = z a 1 b 1 z = a ( ) 1 z +c1 +f b 1 b 1 kz +c y = dz ( ) = dx z+c a 1 +b 1 f 1 kz+c x y +9 x 3y olduğundan (9.5) denkleminin çözersek h = 5, k = 1 buluruz. x = X 5, y = Y 1 yazdığımızda ve denklemde yerine yazdığımızda homojen denklemini elde ederiz. dönüşümünü denklemde yazarsak X dz dx dy dx +z = z 1 3z = X Y X 3Y z = Y X, Y = zx ya da X dz dx = z +3z 1 3z (9.6)

41 . y = f değişkenlerine ayrılabilir ADD ni elde ederiz. Buna göre çözüm 1 3z z +3z dz = z = Y X ( ) a 1 x+b 1 y+c 1 a x+b y+c FORMUNDAKI ADD 31 dx X 1 ln( z +3z ) = ln(x)+lnc ln ( z +3z ) = ln(cx) = ln 1 c X = ln c 1 X, c 1 = 1 c z +3z = c 1 X, geri dönüşümünü ve X = x+5, Y = y +1 geri dönüşümünü yaparsak ya da X XY +3Y = c 1 çözümünü elde ederiz. Örnek 9.. (x+5) (x+5)(y +1)+3(y +1) = c 1 (x+3y +1)dx+(4x+6y +1)dy = 0 ADD nin çözümünü bulunuz. Çözüm ve dy dx = x+3y +1 4x+6y = 0 olduğundan z = x+3y 4x+6y = z dönüşümünü kullanarak z = +3y y = (z )/3 elde ederiz. Bunları denklemde kullandığımzda z = z +1 3 z +1 3(z +1) z = z +1 + z = z 1 z +1

42 3. BIRINCI MERTEBEDEN ADD değişkenlerine ayrılabilen ADD elde ederiz. z +1 z 1 dz = dx ( + 3 ) dz = dx z 1 z +3ln(z 1) = x+c çözümünü elde ederiz. z = x + 3y dönüşümünü tekrar kullandığımızda (x+3y)+3ln(x+3y 1) = x+c çözümünü elde ederiz. 10 Lineer ADD formundaki denklemlere lineer denklemler denir. y +a(x)y = b(x) (10.1) y +a(x)y = 0 (10.) denklemine de (10.1) denklemine karşılık gelen homojen lineer denklem denir. Homojen terimi homojen ADD ile karıştırlılmamalıdır. Buna rağmen literatürde bu terim kullanılmaktadır. a(x), b(x) I aralığında sürekli fonksiyonlar olsun. Uyarı 4.4 i kullanarak (10.1) ve (10.) ADD nin tek çözümünden bahsedebiliriz. Öncelikle (10.) denklemi değişkenlerine ayrılabilen ADD dir ve çözüm dy y şeklinde elde ederiz. = a(x)dx ln(cy) = a(x)dx, Cy > 0 ( ) Cy = exp a(x)dx, ( ) y = cexp a(x)dx, C = 1/c (10.3)

43 . LINEER ADD 33 Şimdi (10.1) denkleminin genel çözümünü elde edelim. Çözümü parametrelerin değişimi olarak adlandırılan yöntemi kullanarak bulalım. (10.1) in genel çözümünü (10.3) formu şeklinde arayalım. Fakat burada c, x in bir fonksiyonu olsun, ( ) y = c(x)exp a(x)dx. (10.4) (10.4) denklemini diferansiyellersek ( y = c (x)exp ) ( a(x)dx c(x)a(x)exp ) a(x)dx (10.5) ifadesini elde ederiz. (10.4) ve (10.5) özdeşliklerini (10.1) denkleminde kullanırsak ( ) ( ) c (x)exp a(x)dx c(x)a(x)exp a(x)dx ( +a(x)c(x)exp c (x)exp ( ) a(x)dx ) a(x)dx = b(x) = b(x) ifadesinden ( c (x) = exp ) a(x)dx b(x) elde ederiz ki değişkenlerine ayrılabilen ADD dir. Buna göre (10.1) denklemindeki c(x) fonksiyonu ( ) c(x) = b(x)exp a(x)dx dx+c 1 şeklindedir. Son olarak bu fonksiyonu (10.4)de yazarsak çözümü ( y = e a(x)dx b(x)e ( a(x)dx) dx+c1 ) (10.6) şeklinde elde ederiz. Örnek y +xy = x 3 (10.7) ADD denkleminin çözümünü bulunuz.

44 34. BIRINCI MERTEBEDEN ADD Çözüm (10.1) denklemine göre a(x) = x, b(x) = x 3 dir. Buna göre (10.6) formuna göre ( ) y = e xdx x 3 e ( xdx) dx+c1 y = e x ( y = e x ( x 3 e x dx+c 1 ) x xe x dx+c 1 ), [ x = u, xe x dx = dv xdx = du,v = 1 (( ex 1 y = e x x e x 1 ) xe x dx )+c 1 (( 1 y = e x x e x 1 ) ) +c ex 1 y = 1 ] ( x 1 ) +c 1 e x (10.8) ve (10.7)denkleminin çözümü (10.8) şeklindedir. Uyarı 10.. (10.1) denklemi y 0 = 0 başlangıç koşulunu sağlasa bile (10.6) çözümü tektir. Örneğin (10.7)denkleminin çözümü (0,0) noktasından geçiyorsa (10.8) a göre çözüm y = 1 ( x 1 ) + 1 e x dir. Uyarı Parametrelerin değişimi yöntemi yerine (10.1) denkleminin çözümünü y(x) = u(x)v(x) (10.9) olarak arayalım. Bu ifadeyi (10.1) denkleminde yerine yazdığımızda u v +uv +auv = b (10.10) şeklinde elde ederiz. Şimdi u(x) fonksiyonunun u +au = 0 (10.11) lineer homojen ADD i sağladığını varsayalım, yani (10.11) denkleminin çözümü u = e a(x)dx

45 . LINEER ADD 35 dir. (10.10) denklemini olarak yazıp (10.11) i kullanırsak ya da (u +au)v+uv = b uv = b v = b(x)e a(x)dx +c (10.1) olarak elde ederiz. Çözümün (10.9) ifadesini kullanırsak daha önceki (10.6) formunu elde ederiz. Örnek ADD denkleminin çözümünü bulunuz. dy dx + ( x+1 x ) y = e x Çözüm (10.1) denklemine göre a(x) = x+1, b(x) = exp( x) dir. Buna göre (10.6) formuna göre x : ve denkleminin çözümü şeklindedir. y = e x+1 x dx ( y = e x x y = e x x y = xe x ( ( x exp( x)e ( x+1 x dx) dx+c 1 ) exp( x)exp(x)xdx+c 1 ) +c 1 +c 1 e x x ), y = xe x +c 1 e x x (10.13) Örnek ADD denkleminin çözümünü bulunuz. ( x +1 ) dy dx +4xy = x y() = 1.

46 36. BIRINCI MERTEBEDEN ADD Çözüm (10.1) denklemine göre a(x) = 4x (x +1), b(x) = x (x +1) ve denkleminin çözümü şeklindedir. y = e 11 Bernoulli denklemi dir. Buna göre (10.6) formuna göre ( 4x (x +1) dx x y = ( x +1 ) ( y = ( x +1 ) ( x 4 (x +1) e ( 4x (x +1) dx ) dx+c 1 ) ) x ( x +1 ) dx+c (x 1 +1) ) 4 + x +c 1 y() = 1 1 = (5) ( c 1 y = ( x +1 ) ( ) x x +19, ) c 1 = 19 (10.14) y +a(x)y = b(x)y n (11.1) formundaki ADD lere Bernoulli ADD denir. a(x),b(x) I aralığında sürekli fonksiyonlar olsun. n = 0 ya da n = 1 durumu için sırasıyla (10.1) ve (10.) lineer ADD yi elde ederiz. Burada n sayısının 0 ve 1 den farklı durumlarını ele alacağız. (11.1) denklemini y n ye böldüğümüzde y y + a(x) = b(x) (11.) n yn 1 denklemini elde ederiz. z = 1 = y n+1 yn 1 dönüşümünü kullandığımızda z = ( n+1)y n y y y = z n ( n+1) buluruz. Bu ifadeleri (11.) denkleminde yazarsak z +a(x)z = b(x) (11.3) ( n+1) lineer denklemini (Bkz. (10.1)) ve çözümü (10.6) olarak elde ederiz.

47 . BERNOULLI DENKLEMI 37 Örnek y +xy = xy 3 (11.4) ADD çözümü bulunuz. Çözüm (11.4) denklemini (11.1) ile karşılaştırırsak a(x) = x, b(x) = x, n = 3 elde ederiz. Bunu (11.3) da yerine yazdığımızda z +xz = x z = x (z 1) dz = xdx (z 1) ln(z 1) = x +c ve z = y dönüşümünden ( ) 1 y ln = x +c y (11.4) denkleminin çözümüdür. Örnek 11.. ADD çözümü bulunuz. Çözüm denklemi xy 4 ya bölelim: elde ederiz. x dy dx +y = x6 y 4 y 4dy dx +x 1 y 3 = x 5 z = y 3 dz dx = 3y 4dy dx

48 38. BIRINCI MERTEBEDEN ADD Bunu denklemde yerine yazdığımızda z homojen denklem için z = x5 x z = cx 3 z = c(x)x 3 dz z = 3dx x ve denkleminin çözümüdür. Örnek ADD çözümü bulunuz. Çözüm denklemi y 3 ya bölelim: elde ederiz. Bunu denklemde yerine yazdığımızda c x 3 +3x c(x) 3 x c(x)x3 = 6x 5 c = 6x c(x) = x 3 +c 1 z = ( x 3 +c 1 ) x 3 y = z 1/3 = (x3 +c 1 ) 1/3 y = (x3 +c 1 ) 1/3 x dy dx + y x = xy 3 y(1) = y 3dy dx + y4 x = x z = y 4 dz dx = 4y3dy dx z homojen denklem için z = x x z = cx z = c(x)x dz z = dx x c x x 3 c(x)+ x c(x)x = 4x c = 4x 3 c(x) = x 4 +c 1 z = x +c 1 x y = z 1/4 = ( x +c 1 x ) 1/4 = (1+c 1 ) 1/4 c 1 = 15 x

49 . RICCATI DENKLEMI 39 ve denkleminin çözümüdür. 1 Riccati Denklemi y 4 = x +15x y = a(x)y +b(x)y +c(x) (1.1) forundaki denklemlere Riccati denklemleri denir. a(x) = 0 durumunda (1.1) denklemi lineer denklemdir ve c(x) = 0 durumunda (1.1) denklemi Bernoulli denklemidir. Genel olarak Riccati denklemini analitik olarak çözmek mümkün değildir. Eğer (1.1) denkleminin bir çözümü biliniyorsa genel çözümü elde etmek mümkündür: y 1 (x) (1.1) denkleminin bir çözümü olsun, yani yazılır. ile yeni ibr z fonksiyonu tanımlayalım. (1.3) ifadesini (1.1) denkleminde kullanırsak y 1 = a(x)y 1 +b(x)y 1 +c(x) (1.) y = y 1 +z (1.3) (1.) den faydalanırsak Bernouilli denklemini elde ederiz. y 1 +z = a(x)(y 1 +z) +b(x)(y 1 +z)+c(x) y 1 +z = a(x)y 1 +a(x)y 1 z +a(x)z +b(x)y 1 +b(x)z +c(x) z = (a(x)y 1 +b(x))z +a(x)z (1.4) Örnek 1.1. xy 3y +y = 4x 4x (1.5) ADD için bir özel çözüm y 1 = Ax+B olmak üzere genel çözümünü bulunuz. Çözüm Özel çözüm y 1 = Ax+B (1.5) da yerine yazarsak xa 3Ax 3B +A x +ABx+B = 4x 4x ifadesinden elde ederiz. Böylece denklemin bir özel çözümü A =, B = 0 y 1 = x

50 40. BIRINCI MERTEBEDEN ADD dir. (1.1) denklemine göre (1.5) da a(x) = 1 x,b(x) = 3,c(x) = 4x 4 x (1.3) dönüşümü ile y = x+z (1.4) denklemi z = ( 4+ 3 ) z 1 x x z Bernoulli denklemine dönüşür. (11.1) Bernoulli denkleminin ifadesine göre a(x) = 4 3 x, b(x) = 1 x, n = dir. Buna göre u = 1 z dönüşümünden u + ( 4 3 ) u = 1 x x lineer ADD elde ederiz. Tekrar (10.1) lineer denklemin formuna göre a(x) = 3 x 4,b(x) = 1 x

51 . RICCATI DENKLEMI 41 ve çözümün (10.6) formuna göre u(x) = e ( 3 x 4)dx ( 1 x e ( 3 x 4)dx dx+c 1 ) ( ) 1 = e 3lnx+4x x e3lnx 4x dx+c 1 ( ) = e lnx 3 +4x 1 4x dx+c x elnx3 1 ( ) 1 = x 3 e 4x x x3 e 4x dx+c 1 = x 3 e 4x ( x e 4x dx+c 1 ) (integral tablo (50)) ( x = x 3 e 4x 4 x 16 + ) e 4x +c 1 x 3 e 4x 64 ( x = x 3 4 x 16 + ) +c 1 x 3 e 4x 64 elde ederiz. z = 1 u ters dönüşümü ve y = x+z dönüşümü ile (1.5) ADD nin çözümünü elde etmiş oluruz. 1.1 Riccati denkleminin özel durumları A. y = ay +by +c türündeki denklemler. Burada a, b, c sabitlerdir. Denklem Bölüm 6 ve 7 teki yöntemler kullanılarak çözülür.

52 4. BIRINCI MERTEBEDEN ADD 1.1. B. türündeki denklemler. Burada a, b keyfi sabitlerdir. y = ay + b x dönüşümü ile bulunur. Bu ifadeleri denklemde yerine yazdığımızda ve y = 1 z y = z z z z = a z + b x ( z z = a b x) homojen denklemi elde edilir ve Bölüm 8 teki yöntem ile çözüm elde edilir. 13 Tam ADD Uyarı y = ϕ(x,y) denklemi y + f (x,y) g(x,y) = 0 (13.1) formundadır. Burada f, g fonksiyonları ve onların 1. mertebeden türevleri O bölgesinde sürekli fonksiyonlar ve g(x, y) 0 dır. Teorem 4.1 ve Uyarı 4.16 ye göre çözümün varlığı ve tekliği mevcuttur. (13.1) denklemini formunda yazabiliriz. Teorem 13.. (13.) denkleminin sol tarafı F (x, y) fonksiyonunun tam diferansiyeli olsun. Eğer f (x,y)dx+g(x,y)dy = 0 (13.) f y = g x koşulu sağlanıyorsa (13.) denklemine tamdır denir. Eğer O bölgesi basit bağlantılı bölge ise (13.) denklemi veya (13.1) denkleminin genel çözümü fonksiyonudur. (13.3) F (x,y) = c (13.4)

53 . TAM ADD 43 Buna göre çözüm aşağıdaki şekilde bulunur: ifadesinde integral aldığımızda F x = f (x,y) F (x,y) = f (x,y)dx+ϕ(y) (13.5) elde ederiz. Burada tekrar y ye göre türev aldığımızda F = f (x,y)dx+ϕ (y) = g(x,y) y y ϕ (y) = g(x,y) f (x,y)dx y elde ederiz. Burada son denklemin sağ tarafı denklemin tam olmasından dolayı x değişkeninden bağımsızdır ve denklemin çözümü ( ϕ(y) = g(x,y) ) f (x,y)dx dy y şeklindedir. Bunu (13.4) çözümünde yerine yazdığımızda (13.) denklemi veya (13.1) denkleminin genel çözümünü elde ederiz. Örnek ADD nin çözümünü bulunuz. Çözüm olduğundan (13.3) koşulu sağlanır. ( x y ) dx+ ( y 3 xy ) dy = 0 (x y ) y = (y3 xy) x F x = f (x,y) = x y (x F (x,y) = y ) dx+ϕ(y) = y (13.6) F (x,y) = x3 3 xy +ϕ(y) (13.7) F = g(x,y) xy +ϕ (y) = y xy y ϕ (y) = y ϕ(y) = y3 3 +c

54 44. BIRINCI MERTEBEDEN ADD son ϕ(y) ifadesini (13.7) denkleminde yerine yazarsak (13.6) denkleminin genel çözümünü şeklinde elde ederiz. Örnek F (x,y) = x3 3 xy + y3 3 +c ( xcosy +3x y ) dx+ ( x 3 x siny y ) dy = 0 ADD nin çözümünü bulunuz. Çözüm olduğundan (13.3) koşulu sağlanır. (xcosy +3x y) y = (x3 x siny y) x F x = f (x,y) = xcosy +3x y (xcosy F (x,y) = +3x y ) dx+ϕ(y) y(0) = = 3x xsiny ϕ (y) = y ϕ(y) = y +c son ϕ(y) ifadesini denkleminde yerine yazarsak genel çözümü F (x,y) = x cosy +x 3 y +ϕ(y) (13.8) F = g(x,y) x siny +x 3 +ϕ (y) = x 3 x siny y y şeklinde elde ederiz. Son olarak başlangıç koşulundan, F (x,y) = x cosy +x 3 y y +c 0 = 4 +c c = çözümdür. x cosy +x 3 y y =

55 Örnek ADD nin çözümünü bulunuz. Çözüm (ye xy cosx e xy sinx+x) y olduğundan (13.3) koşulu sağlanır.. İNTEGRASYON ÇARPANI 45 (ye xy cosx e xy sinx+x)dx+(xe xy cosx 3)dy = 0 = (xexy cosx 3) x F = f (x,y) = ye xy cosx e xy sinx+x x F = g(x,y) = xe xy cosx 3 y F (x,y) = (xe xy cosx 3)dy +ϕ(x) = e xy (cosx xsinx+xycosx) F (x,y) = (cosx)e xy 3y +ϕ(x) x ((cosx)exy 3y) F = ye xy cosx e xy sinx+x x y(cosx)e xy (sinx)e xy +ϕ (x) = ye xy cosx e xy sinx+x ϕ (x) = x ϕ(x) = x +c son ϕ(x) ifadesini denkleminde yerine yazarsak genel çözümü şeklinde elde ederiz. F (x,y) = (cosx)e xy 3y +x +c 14 İntegrasyon Çarpanı Eğer (13.) denklemi tam diferansiyel denklem değil ise yukarıdaki yöntem uygulanamaz. Böyle bir durumda (13.) denklemini tam ADD yapacak şekilde sıfırdan farklı bir fonksiyon ile çarpmalıyız. Yani, denklemi tam ADD olacak şekilde m(x, y) 0 fonksiyonu bulmalıyız. m(x,y)f (x,y)dx+m(x,y)g(x,y)dy = 0 (14.1) Tanım Eğer (13.) denklemi tam diferansiyel denklem değil fakat (14.1) denklemi tam diferansiyel denklem ise m(x, y) fonksiyonuna (13.) denkleminin integrasyon çarpanı (integration factor) denir.

56 46. BIRINCI MERTEBEDEN ADD Örnek 14.. ( 3y +4xy ) dx+ ( x+3x y ) dy = 0 ADD tam değildir. Çünkü fakat m(x,y) = x y için f (x,y) = 3y +4xy, g(x,y) = x+3x y f g = 3+8xy, y x = +6xy f g y x ( 3x y +4x 3 y 3) dx+ ( x 3 y +3x 4 y ) dy = 0 denklemi (mf) y = 6x +1x 3 y = (mg) x koşulunu sağladığından tamdır. Bu durumda m(x,y) = x y integrasyon çarpanıdır. Uyarı Eğer m(x, y) fonksiyonu integrasyon çarpanı ise yani (14.1) denklemi tam diferansiyel denklem ise (mf) y = (mg) x koşulu sağlanır. Buradan g(x,y) m x ( m f f (x,y) y = y g ) m (14.) x elde ederiz. Genelde integrasyon çarpanını bulmak oldukça zordur. Bu yüzden (14.) ifadesini kullanarak m(x, y) integrasyon çarpanı sadece x ve sadece y nin fonksiyonu olduğu özel durumlarda inceleyeceğiz.

57 14.1 I.Durum. İNTEGRASYON ÇARPANI 47 m(x,y) integrasyon çarpanı sadece x in bir fonksiyonu olsun. Bu durumda (14.) ifadesinde m = 0 dır ve (14.) ifadesinden y g(x,y) m ( f x = y g ) m x ( ) f dm g m = y x dx (14.3) g(x,y) ( ) f g y x lnm = dx g(x,y) ( ) f y m(x) = exp g x dx (14.4) g(x,y) Uyarı (14.3) denkleminde dx in katsayısı x in bir fonksiyonu olmalıdır. 14. II.Durum m(x,y) integrasyon çarpanı sadece y in bir fonksiyonu olsun. Bu durumda (14.) ifadesinde m = 0 dır ve (14.) ifadesinden x f (x,y) m ( f = y y g ) m x ( ) f g y x dm m = Uyarı (14.5) denkleminde dy in katsayısı y in bir fonksiyonu olmalıdır. dy (14.5) f (x,y) ( ) f g y x lnm = dy f (x,y) ( ) f y m(x) = exp g x dy (14.6) f (x,y) Örnek (x y)dx dy = 0

58 48. BIRINCI MERTEBEDEN ADD ADD nin çözümünü bulunuz. Çözüm f (x,y) = (x y), g(x,y) = 1 f g = 1, y x = 0 f g y x olduğundan denklem tam ADD değildir. Buna göre integrasyon çarpanını bulalım. Önce m(x, y) integrasyon çarpanı sadece x in bir fonksiyonu olma durumunu inceleyelim: ( ) f g y x g(x,y) ve sadece x in bir fonksiyonudur. (14.4) çözümünden integrasyon çarpanı = 1 ( ) f y m(x) = exp g ( x dx = exp g(x,y) ) dx = e x olarak bulunur. Buna göre e x (x y)dx e x dy = 0 (14.7) denklemi tam ADD dir: f (x,y) = e x (x y), g(x,y) = e x f = e x g, y x = ex f = g y x

59 . İNTEGRASYON ÇARPANI 49 ve çözümü F x = f (x,y) = ex (x y) F (x,y) = (e x (x y))dx+ϕ(y) (49) ve (51) nolu formüllerden F (x,y) = e x (x 1) ye x +ϕ(y) (14.8) F = g(x,y) e x +ϕ (y) = e x y ϕ (y) = 0 ϕ(y) = c son ϕ(y) ifadesini (14.8) denkleminde yerine yazarsak (14.7) denkleminin genel çözümünü şeklinde elde ederiz. Örnek ADD nin çözümünü bulunuz. Çözüm F (x,y) = e x (x 1) ye x +c F (x,y) = e x (x y 1)+c ydx+(3+3x y)dy = 0 f (x,y) = y, g(x,y) = (3+3x y) f g = 1, y x = 3 f g y x olduğundan denklem tam ADD değildir. Buna göre integrasyon çarpanını bulalım. Önce m(x, y) integrasyon çarpanı sadece x in bir fonksiyonu olma durumunu inceleyelim: ( ) f y x = g(x,y) (3+3x y) sadece x in bir fonksiyonu değildir. Buna göre m(x, y) integrasyon çarpanı sadece y in bir fonksiyonu olma durumunu inceleyelim: ( ) f y x f (x,y) = y

60 50. BIRINCI MERTEBEDEN ADD sadece y in bir fonksiyonudur. (14.6) çözümünden integrasyon çarpanı ( ) f y m(y) = exp g x dy = exp f (x,y) ( ) y dy = e lny = e lny = y olarak bulunur. Buna göre denklemi tam ADD dir: ve çözümü y 3 dx+y (3+3x y)dy = 0 (14.9) f (x,y) = y 3, g(x,y) = y (3+3x y) f = 3y g, y x = 3y f = g y x F x = f (x,y) = y3 F (x,y) = y 3 dx+ϕ(y) (1) nolu formülden F (x,y) = xy 3 +ϕ(y) F = g(x,y) 3xy +ϕ (y) = y (3+3x y) y ϕ (y) = y (3 y) ϕ(y) = y (3 y)dy+c (1) nolu formülden (14.10) ϕ(y) = y 3 y4 4 +c son ϕ(y) ifadesini (14.10) denkleminde yerine yazarsak (14.9) denkleminin genel çözümünü şeklinde elde ederiz. F (x,y) = xy 3 +y 3 y4 4 +c Örnek (3x +y +3x 3 y)dx+xdy = 0 ADD nin çözümünü bulunuz.

61 . İNTEGRASYON ÇARPANI 51 Çözüm f (x,y) = 3x +y +3x 3 y, g(x,y) = x f = (3x +y +3x 3 y) y y g x = (x) x = 1 f g y x = 3x 3 +1, olduğundan tam ADD değildir. (14.) formülüne göre integral çarpanıdır. Buna göre g(x,y) m x m f (x,y) y = ( f y g ) m x f y g x = 3x = 3x 3 m = 0, x m y x = 3x3 m dm m = 3x dx lnm = x 3 m = e x3 ( 3x +y +3x 3 y ) e x3 dx+xe x3 dy = 0 denklemi tam ADD dir. f (x,y) = (3x +y +3x 3 y)e x3, g(x,y) = xe x3 ) f ((3x +y +3x 3 y)e x3 = = e x3 +3x 3 e x3, y y ) g (xe x3 x = = e x3 +3x 3 e x3 x f = g y x

62 5. BIRINCI MERTEBEDEN ADD F y = g(x,y) = xe x3 F (x,y) = ( xe x3) dy = xye x3 +ϕ(x) ( ) F xye x3 +ϕ(x) x = x = ye x3 +3x 3 ye x3 +ϕ (x) = f (x,y) = ( 3x +y +3x 3 y ) e x3 ye x3 +3x 3 ye x3 +ϕ (x) = ( 3x +y +3x 3 y ) e x3 ϕ (x) = 3x e x3 ϕ(x) = ( 3x e x3) dx ϕ(x) = e x3 +c F (x,y) = xye x3 +ϕ(x) F (x,y) = xye x3 +e x3 +c = 0 çözümdür. Örnek (xy +y)dx+(y 3 x)dy = 0 ADD nin çözümünü bulunuz. Çözüm f (x,y) = xy +y, g(x,y) = y 3 x f = (xy +y) y y g x = (y3 x) x f y g x = 4xy +1, = 1

63 . İNTEGRASYON ÇARPANI 53 olduğundan tam ADD değildir. (14.) formülüne göre g(x,y) m x ( m f f (x,y) = y y g ) m x f y g = 4xy + x m x = 0, (xy +y) m y dm m = y dy lnm = lny m = y = (4xy +)m integral çarpanıdır. Buna göre (xy +y)y dx+(y 3 x)y dy = 0 denklemi tam ADD dir. f (x,y) = (xy +y)y, g(x,y) = (y 3 x)y f = ((xy +y)y ) y y g x = ((y3 x)y ) x f y = g x = 1 y, = 1 y

64 54. BIRINCI MERTEBEDEN ADD F y = g(x,y) = (y 3 x)y F (x,y) = ((y 3 x)y ) dy çözümdür (13.1) denkleminin tekil noktası = y + x y +ϕ(x) ) F (y + xy +ϕ(x) x = x = 1 y +ϕ (x) = f (x,y) = (xy +y)y 1 y +ϕ (x) = (xy +y)y ϕ (x) = x ϕ(x) = (x) dx ϕ(x) = x +c F (x,y) = y + x y +ϕ(x) F (x,y) = y + x y +x +c = 0 Eğer f,g, f/ y, g/ y fonksiyonları (x 0,y 0 ) noktası komşuluğunda sürekli fonksiyonlar ve g(x 0,y 0 ) 0 ise Teorem 4.19 ye göre tek çözüm söz konusudur ve eğer g(x 0,y 0 ) = 0 fakat f (x 0,y 0 ) 0 ise (13.1) denklemini Uyarı 4.33 ya göre dx dy = g(x,y) f (x,y) şeklinde yazabiliriz ve aynı koşullar altında çözümün varlığından söz edebiliriz. Tanım Eğer g(x 0,y 0 ) = 0, f (x 0,y 0 ) = 0 koşulu sağlanıyorsa (x 0,y 0 ) noktasına (13.1) denkleminin tekil noktası denir. Tekl nokta için çözümün varlığı değişik olasılıklar taşımaktadır. Bunlar ile ilgili bazı örnekler verelim. (14.11)

65 . İNTEGRASYON ÇARPANI 55 Örnek y = y x denklemi için (0, 0) noktası tekil noktadır. Değişkenlerine ayrılabilir ADD olduğundan çözüm kolayca olarak elde edilir ve çözümde (0, 0) noktasından geçmektedir. y = cx Tanım Eğer ADD in çözümü tekil noktadan geçerse bu tekil noktaya düğüm noktası denir. Örnek de (0, 0) noktası bir düğüm (node) noktasıdır. Örnek y = y x denklemi için (0, 0) noktası tekil noktadır. Değişkenlerine ayrılabilir ADD olduğundan çözüm kolayca olarak elde edilir ve çözümde (0, 0) noktasından geçmemektedir. Fakat çözümün asimptotlarıdır. y = c x y = 0, x = 0 Tanım Eğer ADD in tekil noktasındaki çözümü asimptotları ise bu tekil noktaya semer (saddle) noktası denir. Örnek de (0, 0) noktası bir semer noktasıdır. Örnek y = x y denklemi için (0, 0) noktası tekil noktadır. Değişkenlerine ayrılabilir ADD olduğundan çözüm kolayca olarak elde edilir. Çözümde (0, 0) noktasından geçmemektedir. ve çözümün asimptotları değildir. x +y = c y = 0, x = 0 Tanım Eğer ADD in tekil noktasındaki çözümü asimptotları değil ise ve çözüm tekil noktadan geçmiyorsa bu tekil noktaya merkez (center) noktası denir. Örnek de (0, 0) noktası bir merkez noktasıdır.

66

67 Chapter 3 Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemlerin Uygulamaları 15 Dik Yörüngeler xy düzlemi içinde bir D bölgesinde tarif edilmiş bulunan bir eğri ailesi f(x,y,c) = 0 (15.1) denklemi ile ifade edilir. Burada c bir parametredir ve c nin her değeri yeni bir eğriyi tarif eder. Bu eğriler birlikte bir eğri ailesi oluşturur. Tanım Bir eğri ailesinin eğrilerinin herbirini aynı bir θ açısı ile kesen bir eğrisine θ - yörüngesi denir. θ açısı 90 olursa bu yörüngeye dik yörünge denir. Verilen bir eğri altesinin θ - yörüngesini bulmak için bu ailenin f(x, y, y ) = 0 diferansiyel denkleminden yararlanılır. ifadesinden θ - yörünge eğrisinin diferansiyel denklemi olarak elde edilir. Özel olarak dik yörünge durumu için elde edilir. Buna göre (15.) ifadesinden şekline dönüşür. y = tanϕ = tan(φ θ) = ỹ tanθ 1+ỹ tanθ f ( ) ỹ tanθ x,y, = 0 (15.) 1+ỹ tanθ lim θ π f ỹ tanθ 1+ỹ tanθ = 1 y ( x,y, 1 ) = 0 y 57

68 58 3. BIRINCI MERTEBEDEN DIFERANSIYEL DENKLEMLERIN UYGULAMALARI Uyarı 15.. Verilen eğrinin diferansiyel denklemi P(x,y)dx+Q(x,y)dy = 0 (15.3) şeklinde ele alınırsa, burada dy/dx yerine dx/dy yazmak suretiyle, dik yörünge eğrisinin diferansiyel denklemi Q(x,y)dx P(x,y)dy = 0 (15.4) diferansiyel denklemi elde edilir. Bu diferansiyel denklem ile ifade edilen eğri ailesi de, ilk verilen eğri ailesinin dik yörüngesini oluşturur. Örnek x +y = c, c > 0 (15.5) eğıi ailesi, aynı O merkezli ve c yarıçaplı dairelerdir. Bu eğrilere dik olan eğri ailesini bulunuz. Çözüm (15.5) ifadesinde diferansiyel alırsak ADD elde ederiz. (15.3) e göre ve (15.4) e göre (15.5) eğri ailesine dik eğri ailesi olarak elde ederiz. ADD in çözümü ile ifade eilen doğru aileleridir. 16 Mekanik problemleri Bilindiği gibi Newton un ikinci hareket kanunu, xdx+ydy = 0 (15.6) P (x,y) = x, Q(x,y) = y ydx xdy = 0 (15.7) ydx xdy = 0 dy y = dx x y = mx F = ma = m dv dt = x md dt m = w g şeklinde ifade edilir. Burada m cismin kütlesi, F cisme etki eden sabit kuvvet, a cismin hareketinin İvmesi, v hız ve gidilen yol x, w ise cismin ağırlığı ile ifade edilir. Örnek Kütlesi m olan bir cismin yerden oldukça yüksekte bulunan bir noktadan İlk hızsız olarak serbest düşmeye bırakılıyor. Cisme etki eden yerçekim kuvveti sabit ve hava direncinin cismin hızı île orantılı olduğu kabul edildiğine göre. herhangi bir t anında cismin başlangıç noktasından hangi uzaklıkla olduğunu ve o anda hangi hızla hareket etmekte olduğunu bulunuz.

69 3. MEKANIK PROBLEMLERI 59 Çözüm Şekil 4 te görüldüğü gibi, pozitif x-ekseni boyunca aşağı doğru düşmekte olan cisim bir t anında O başlangıç noktasından x kadar uzakta ve bir v hızı İle hareket etmekte olsun, k pozitif bir katsayı olmak üzere, cisim v hızı ile aşağı doğru hareket etmekte İken cismin hareketine engel olmaya çalışan hava direnme kuvveti cismin hızı İle orantılıdır ve kv ye eşittir. Cisme etki eden yerçekim kuvveti de mg olduğuna göre, t anında cisme etki eden toplam kuvvet mg kv olur. O zaman, Newton un ikinci hareket kanununa göre m dv dt = mg kv değişkenlerine ayrılan ln(mg kv) = k t m +lnc mg kv = ce k t m elde edilir. t = 0 anında cismin hızı (ilk hız) sıfır okluğundan v(0) = 0 mg = c dv mg kv = dt m kdv mg kv = kdt m olarak bulunur. Buna göre genel çözüm olarak bulunur. v = gm k mg k k e m t dx ( gm = v dx = vdt dx = dt k mg (gm dx = k mg ) k k e m t dt x = mg k x(0) = h h = m g x = mg k k k e +c c = h m g k k (t+ m ) k k e m t +h m g k m )dt t (t+ m ) k k e m t +c Örnek 16.. Üzerindeki donanımları ile birlikte bir paraşütçünün ağırlığı 160 lb (libre) verilmiştir. Paraşüt açılmadan önce hava direnci hızın yarısına eşittir. Paraşüt 5 sn sonra açıldığında hava direnci hızın karesinin 5/8 i kadar oluyor. Paraşüt açılmadan ve açıldıktan sonra paraşütçünün hızını bulunuz. (Yerçekimi ivmesini g = 3 foot/sn olarak alınız.) Çözüm Paraşüt açılmadan önceki hızını bulalım. w = 160 lb m = w g = 160/3 = 5

70 60 3. BIRINCI MERTEBEDEN DIFERANSIYEL DENKLEMLERIN UYGULAMALARI dır. Newton un.kuramından 5 dv dt F = m dv dt = F 1 +F m dv dt = 160 v 5dv dt = 160 v = 30 v 30 v = ce 1 10 t v(t) = 30 ce 1 10 t olarak buluruz. Paraşütçünün ilk zamanda hızının olmamasından koşulundan dv 30 v = dt 10 ln(30 v) = 1 10 t lnc v(0) = 0 0 = 30 c c = 30 ( ) v(t) = 30 1 e 1 10 t paraşüt açılmadan önceki paraşütçünün hızını vermektedir. 5 sn. sonraki hızı ) v(5) = 30 (1 e olarak buluruz. Buna göre 5 sn sonraki diferansiyel denklemi m dv = 160 5v dt 8 ) v(5) = 30 (1 e = integral den : olarak verebiliriz. Denklemin çözümü olarak bulunur. dv = dt 16 v 8 1 ( v + 1 ) dv = dt 16+v 8 ln 16+v = 4t+lnc 16+v 16 v 16 v = ce4t v ( 1+ce 4t) = 16 ( ce 4t 1 ) v = 16(ce4t 1) ) v(5) = 30 (1 e ) 30 (1 e (1+ce 4t ) = 16(ce0 1) (1+ce 0 ) v(t) = 16( e0+4t 1 ) ( e0+4t), t 5 c = e e e0 14 e0

71 3. MEKANIK PROBLEMLERI 61 Örnek Ağırlığı 48 lb olan bir cisim yatayla 30 olan eğik bir düzlemin en üstünden bırakılıyor. Hava direnci, hızın yarısına ve sürtünme katsayısı da 0.5 olarak verildiğine göre, cisim bırakıldıktan sn sonraki hızını ve toplam yol 4 ft(foot) olduğuna göre cisim alt kısma vardığında cismin hızı nedir (g=3 ft/sec )? Çözüm Formulasyon: (1) Ağırlığı 48 lb, dikey olarak belirtilen kuvvettir. () N notmal kuvveti, yatay düzleme dik olan yöndedir. Şimdi ise toplam kuvvetleri belirleyelim: (1) F 1, ağırlığın yatay bileşeni ile verilen kuvvettir F 1 = 48sin30 = 4 () F, sürtünme kuvveti, ağırlığın dikey bileşeni ile sürtünme kuvvetinin çarpımıdır: F = µn = cos30 = 6 3 (3) F 3, hava direnci v ve v > 0 olduğundan negatif yöndedir F 3 = v Şimdi Newtonun kuralı diferansiyel denklemini çözelim: dv v ( ln 48 1 ) 3 v F = ma = F 1 +F +F 3, m = w g = 48 3 = 3 m dv = v dt v(0) = 0 = dt 3 = t 3 +lnc v = ce t 3 v(0) = = c ( v = 48 1 )( ) 3 1 e t 3 ( v() = 48 1 )( ) 3 1 e 3 13.(ft/sec )

72 6 3. BIRINCI MERTEBEDEN DIFERANSIYEL DENKLEMLERIN UYGULAMALARI elde ederiz. Şimdi yolun 4 olması durumunda son noktadaki hızının ne olduğu sorusuna gelelim: dx ( = v = 48 1 )( ) 3 1 e t 3 dt ( x = 48 1 )( ) 3 t+3e t 3 +c x(0) = 0 ( c = ) 3 ( x = 48 1 ) 3 )(t+3e t 3 3 ( 4 = 48 1 ) 3 )(t+3e t 3 3 denkleminin yaklaşık çözümü.6 dır. 3e t 3 = v = t ( 48 1 )( 3 1 e.6 3 ) 16.ft/sec 17 Oran Problemleri Oran problemleri, bir fiziksel büyüklükteki, birim zaman içinde meydana gelen değişme olarak tarif edilir. Örnek Radyoaktif bir elementin bozunma hızı elementin mevcut miktarı ile doğru orantılıdır. Rayoaktif elementin orjinal ağırlığının yarısı 1500 yıl içinde bozulduguna göre (1) 4500 yıl sonra, radyoaktif elementin ağırlığını bulunuz. () Orjinal ağırlığının %10 una varması için ne kadar zaman geçmesi gerektiğini bulunuz. Çözüm x radyoaktif elementin miktarını göstermek üzere dx/dt radyokatif bozulmanın oranın belirtir. Bu oran mevcut miktar ile doğru orantılı olduğundan dx dt = kx miktarda alama olduğundan işaret negatifdir. x(0) = x 0 ve 1500 yıl sonraki bozulma miktarı x(1500) = x 0 dir. dx dt = kx,x(0) = x 0

73 3. ORAN PROBLEMLERI 63 diferansiyel denkleminin çözümü olduğuna göre x = x 0 e kt x(1500) = x 0 x 0 e k = = x 0 e 1500k k = ln x = x 0e t ( ) 1/ ( x = x ) ( ) t/ e k t 1 = x0 (1) t = 4500 için bozunma x = x 0 ( 1 ) 4500/1500 = x 0 8 () Bu ise 4500 sene sonunda bozunmanın 1/8 veya %1.5 olduğunu söyler x = x 0 10 x 0 10 = x 0 ( ) t/ t = 1500 ln10 ln 4985 yıl sonra gerçekleşir. Örnek 17.. Newton un soğuma kuramına göre, soğuyan bir cisimin sıcaklığındaki degisim, cismin sıcaklığı ve cismi kaplayan ortamın sabit sıcaklığının farkı ile orantılıdır. 50 sabit sıcaklıklı bir ortamdaki cismin baslangic sıcaklığı 80 olduğuna göre ve 5 saniye sonra cismin sıcaklığı 70 e düştüğüne göre cismin sıcaklığının, t ye bağlı fonksiyonunu bulunuz ve 10 sn sonraki sıcaklığını bulunuz. Çözüm x,t zamandaki cismin sıcaklığını göstersin buna göre diferansiyel denklem ve dx = k(x 50) dt x(0) = 80 x(5) = 70

74 64 3. BIRINCI MERTEBEDEN DIFERANSIYEL DENKLEMLERIN UYGULAMALARI koşullarımız vardır. 10 sn sonraki cismin sıcaklığı dx x 50 = kdt ln(x 50) = kt+lnc x 50 = cekt x = 50+ce kt x(0) = = c x = 50+30e kt 70 = 50+30e 5k e 5k = ( ) 1/5 3 k ek = 3 ( ) t/5 x = x = ( ) 10/5 = Popülasyon Problemleri Populasyon için diferansiyel model olarak düşünülürken realistik model şeklindedir. Örnek Populasyon için realistik model dx dt = kx dx dt = kx λx dx dt = x x olarak veriliyor yılında şehrin popülasyonu olarak verildiğine göre 000 yılındaki şehrin popülasyonu nedir? Hangi yılda, 1980 deki popülasyonunun katı kadar popülasyon olur?

75 3. KARIŞIM PROBLEMLERI 65 Çözüm. şıkkın çözümü için: dx dt = x x lnx ln ( x ) = t 100 +lnc x x = cet/100 x = c = 106 9e = ( ) dx 1 = dt x 10 8 x x dx = dt x ce t/100 1+c10 6 e t/100,x(1980) = = x(000) = 10 6 e t/100 9e e e 000/100 9e e e000/100 ce 1980/100 1+c10 6 e 1980/ e t/100 e19.8 t/100 = 4 9 t Karışım Problemleri Burada karışımlardaki oranlar ele alınır. S maddesi belli oranlardaki karışımları içerip, karışım, karışıtrıcı ile sabit tutuluyor. x ile S maddesinin miktarını gösterirsek dx/dt x deki değişimin t ye göre oranını verir. Buna göre diferansiyel modeli dx = giris verileri çıkış verileri dt olarak verilir. Radyotorlerde antifiriz ve saf su degisimi gibi problemlerde de ele alinabilir. Örnek Başlangıçta 50 gal(gallon, 3.78lt lik bir ölçü ) saf su içeren bir tanker de t = 0 anında 3 gal/sn lik hızla tankın içine lb lik tuz içeren çözülmüş tuzlu su eklenmektedir. Karıştırıcı ile karışım homojen tutulurken, başka bir vanadan aynı hızla karışım boşaltılmaktadır. Buna göre, tankta herhangi t zamanındaki tuz oranını nedir? Çözüm Giriş verileri: 3 gal/sn lik hızla tankın içine lb lik tuz içeren çözülmüş tuzlu su giris verileri = (lb/gal)3(gal/sn) = 6 lb/sn Ekleme hızı ile boşaltma hızı aynı oranda olduğundan tank herhangi bir zamanda 50 gal lik bir karışım içermektedir. Ve bunun x lb si tuz ise tuz konsantrasyonu x/50 olarak verilir. cikis verileri = x 3x (lb/gal)3(gal/sn) = lb/sn

76 66 3. BIRINCI MERTEBEDEN DIFERANSIYEL DENKLEMLERIN UYGULAMALARI dir. O halde diferansiyel denklem: dx = 6 3x dt 50 dx 300 3x = dt 50 dx x 100 = 3dt 50 ln(x 100) = 3 50 t+lnc x 100 = ce 3t/100 x(0) = 0 koşulundan c = 100 x = 100 ( 1 e 3t/100) Örnek 19.. Büyük bir su tankeri, başlangıçta içinde 10lb lik tuz oranı bulunan 50 gal lik bir tuzlu su içermektedir. Gallonunda lb lik tuz bulunduran başka bir tuzlu su karışımı 5gal/sn lik hızla karışıma ilave edilmektedir. Karıştırıcı ile tuzlu su karışımı homojen tutulurken 3gal/sn lik hızla başka bir vanadan dışarı boşaltılmaktadır. Herhangi bir zamanda, su tankerindeki tuz oranını bulunuz? Çözüm Grişler: giriş hızı 5 ve çıkış hızı 3 olduğuna göre toplam hız giris verileri = (lb/gal)5(gal/sn) = 10 lb/sn 5 3 = ve böylece herhangi zamandaki tuzlu su miktarı, başlangıçta da 50 olduğundan ve tuz konsantrasyonu ise olarak verilir. Böylece 50+t x 50+t O halde diferansiyel denklem: lineer denklemini elde ederiz. cikis verileri = dx dt x 3x (lb/gal)3(gal/sn) = 50+t 50+t lb/sn = 10 3x 50+t dx dt t x = 10 dx dt t x = 0 dx x = 3 50+t dt lnx = 3 ln(50+t)+lnc x = c(50+t) 3/ x = c(t)(50+t) 3/

77 homojen olmayan denklemin çözümü olsun. 3. ELEKTRIK DEVRE PROBLEMLERI 67 c (50+t) 3/ 3c(t)(50+t) 5/ t c(t)(50+t) 3/ = 10 c = 10(50+t) 3/ c = 10(50+t) 3/ dt = 8 (t+5) 5/ +c 1 x = (8 ) (t+5) 5/ +c 1 (50+t) 3/ x(0) = 10 koşulundan sonuc olarak buluruz. 10 = x = (8 ) (5) 5/ +c 1 (50) 3/ c = ( 8 (t+5) 5/ 5000 ) (50+t) 3/ 0 Elektrik Devre Problemleri En basit elektrik devreleri, jeneratör veya pil gibi elektrik kaynağı ve enerjiyi kullanan bir rezistör (örneğin elektrik ampülü) (resistance) bulunan bir seri devredir. Eğer düğme kapatılırsa bir I akımı rezistöre doğru akacak ve bir voltaj düşmesine sebep olucaktır. Yani rezistörün iki ucundaki potansiyel farklı olucaktır. Bu potansiyel farkı veya voltaj düşüşü ise Voltmetre denilen bir elt ile ölçülebilir. Eketrik devrelerindeki basit bir kural Kirchoff kuralı olarak adalandırılır, Bu kurala göre, elektrik devresindeki tüm voltajların toplamı, toplam kuvvete eşittir. Toplam kuvveti E(t) ile gösterirsek (emf-electromotive force) V L +V R +V C = E(t) R rezistör (reistance), C kapasitör (capacitor), I indüktör (ınductor). I = I(t) elektrik devresindeki akımı ve q = q(t) kapasitördeki ani elektrik yükünü göstermek üzere q = I şeklinde bir bağıntı mevcuttur. Ohm kanununa göre rezistör üzerindeki voltaj düşüklüğü akım ile doğru orantılıdır: V R = RI burada R rezistörün direncidir ve sabittir. Kapasitördeki voltaj düşüşü ise kapasitördeki elektrik yükü ile orantılıdır ve V C = 1 C q olarak verilir. Burada C kapasitanstır (capacidance). Son olarak indüktördeki voltaj düşüşü ise akımın değişim hızı ile orantılıdır: V L = LI

78 68 3. BIRINCI MERTEBEDEN DIFERANSIYEL DENKLEMLERIN UYGULAMALARI L sabitine indiktörün indüktansı denir (henry ile ölçülür) (inductance). Kirchoff kuralına göre LI + 1 q +RI = E(t) C bağıntısını elde ederiz. Burada türev alırsak ve ifadesine göre q = I.mertebeden denklemi RCL denklemi olarak adalndırılır. Indüktörün olmadığı durumda devreye RC devresi denir ve denklem olan 1. mertebeden ADD elde ederiz. LI + 1 C q +RI = E (t) LI +RI + 1 C I = E (t) V C +V R = E(t) 1 C q +RI = E(t) I = q Rq + 1 C q = E(t) Örnek 0.1. Şekilde verilen RC devresinde (a) önce S anahtarının 1 konumuna getirilmesi durumunda (b) S anahtarının konumuna getirilmesi durumunda devreden geçen akım şiddetini bulunuz. Çözüm (a) eğer anahtar bir durumunda ise emf-electromotive force E(t) dir ve denklem lineer denklemdir ve çözüm Rq + 1 C q = E(t) q + 1 RC q = E(t) R q = e 1 RC dt ( E(t) R e q = E(t) R 1 I = E(t) R 1 RC RC q = I ( e t RC (b) şıkkı için ise E(t) = 0 durumudur ve denklemin çözümünde yerine yazdığımızda I = c 1 1 RC dt dt+c 1 ) ( E(t) R e t RC dt+c1 )) t RC e RC

79 3. ELEKTRIK DEVRE PROBLEMLERI 69 olarak buluruz. Buradaki - işareti akımın ters yöne doğru gittiğini gösterir. Örnek 0.. 0Ω luk bir direnç teli, 0.01F (Farad) lık bir kapasitansı olan kondansatör, emf(electromotive force) si 40e t +0e 4t lik bir üretece seri olarak bağlanıyor. Başlangıç zamanda yükü olmadığına göre herhangi bir andaki yükünü bulunuz? Çözüm verileri ve denklem: lineer denklemi için önce homojen denklemi ele alalım: ve homojen olmayan denklemin çözümü olsun. R = 0, C = 0.01F, E(t) = 40e t +0e 4t q + 1 RC q = E(t) R q(0) = 0 dq q = 1 dt = 5dt q = ce 5t RC q = c(t)e 5t c e 5t 5ce 5t +5e 5t = 40e t +0e 4t c = 40e 3t +0e t c(t) = 40 3 e3t +0e t +c 1 ( ) 40 q = 3 e3t +0e t +c 1 e 5t q(0) = 0 c 1 = ( 40 q = 3 e3t +0e t 100 ) e 5t 3 Basit bir elektrik devresini olarak ifade edebiliriz. Şimdi sırasıyla herbir durumu irdeleyelim: A. V R = RI ve V V R = 0 olmalı. Bunun anlamı ise V ve V R karşılıklı olarak ters yönde hareket ettiğinden işaretleri farklı olmalıdır. V = V R bağıntısından ise voltaj düşüklüğünün olmadığını söyleyebiliriz.

80 70 3. BIRINCI MERTEBEDEN DIFERANSIYEL DENKLEMLERIN UYGULAMALARI B. V V 1 V = 0 koşulundan ve V 1 = I.R 1, V = I.R V = I (R 1 +R ) olarak buluruz. R s = R 1 +R ise toplam resistansı verir. V V = I(R 1 +R ) I = R 1 +R C. koşulunda ise sonuçlarını elde ederiz. R 1 V 1 = I.R 1 = V, R 1 +R R V = I.R = V R 1 +R V = V R = I 1 R 1 = I R I = I 1 +I ( 1 I = V + 1 ) V = R 1R I R 1 R R 1 +R I 1 = V R 1 = 1 R 1 R 1 R R 1 +R I = I = V R = 1 R R 1 R R 1 +R I = Örnek 0.3. Bu şekilde ve yukraıdaki şekilde V ile gösterilen aslında E(t) dir. R I R 1 +R R 1 I R 1 +R I C = C dv R dt,i r = V R R,I = 1 R 1 (V V R ) I = I C +I R 1 (V V R ) = C dv R R 1 dt dv ( R ) V R = V dt CR CR 1 R 1 + V R R

81 3. ELEKTRIK DEVRE PROBLEMLERI 71

82 7 3. BIRINCI MERTEBEDEN DIFERANSIYEL DENKLEMLERIN UYGULAMALARI y x sin cos

83 3. ELEKTRIK DEVRE PROBLEMLERI 73 Kaynak Resistör Düğme R 1 S E(t) C

84 74 3. BIRINCI MERTEBEDEN DIFERANSIYEL DENKLEMLERIN UYGULAMALARI

85 Chapter 4 1. mertebeden yüksek dereceli ADD 1.mertebeden yüksek mertebeli ADD genel formu şeklindedir. Genel olarak olarak gösterilir. Buna göre (15.1) denklemi şeklinde ifade edilir. F (x,y,y ) = 0 (15.1) y = p F (x,y,p) = 0 (15.) Uyarı (15.1) denklemini çözmek genelde çok kolay değildir. Ve hatta çözümün olması da gerekmez. Bunun için en önemli sonuçları burada belirteceğiz. 16 y = f (x,p) formundaki ADD (15.1) denklemi formunda olsun. dy dx y = f (x,p) (16.1) = p dy = pdx 75

86 MERTEBEDEN YÜKSEK DERECELI ADD ve (16.1) denkleminden f f dx+ dp = dy = pdx dx e bölersek x p f x + f dp p dx = p (16.) (16.) denklemi p ve x in denklemidir ve Bölüm deki Örnek ADD nin çözümünü bulunuz. çözüm yöntemleri ile çözüm elde edilebilir. y 1+y = 0 (16.3) Çözüm (16.3) denklemini olarak da yazabiliriz. (16.) ifadesinden y = 1 p (16.4) p ( 1+ f (x,p) = 1 p f x + f dp p dx = p p dp 1 p dx = p ) 1 dp = 0 1 p dx 1+ 1 dp 1 p dx = 0, p = 0 1 dp = dx, dy 1 p dx = 0 arcsinp = x+c, y = c p = sin( x+c), y = c y = cos( x+c), y = c (16.4) ADD nin çözümleridir.

87 17 x = f (y,p) formundaki ADD (15.1) denklemi formunda olsun. ve (17.1) denkleminden 4. x = f (y,p) FORMUNDAKI ADD 77 x = f (y,p) (17.1) dx dy = 1 dy dx f y + f dp p dy f y + f dp p dy = 1 p = dx dy = 1 p = 1 p (17.) denklemi p ve y in denklemidir ve Bölüm deki çözüm yöntemleri ile çözüm elde edilebilir. Örnek ADD nin çözümünü bulunuz. Çözüm (17.3) denklemini olarak da yazabiliriz. (17.) ifadesinden f y + f p f (x,p) = 1 p dp = 1 dy p p dp dy (17.) x 1+y = 0 (17.3) x = 1 p = 1 p p dp = dy 3 p3 = y +c p = dy dx = dy 1 (y +c) ( 3 (y +c)) = dx 1/3 ( 3/) 1/3 /3 ( 3 (y +c) ) 1/3 (17.3) ADD nin çözümleridir. /3 = x

88 MERTEBEDEN YÜKSEK DERECELI ADD 18 Lagrange Denklemi veya türündeki denklemlere Lagrange denklemi denir. (18.) denklemini x e göre diferansiyelini alırsak lineer denklemini elde ederiz ve çözümünü y = ϕ(y )x+ψ(y ) (18.1) y = ϕ(p)x+ψ(p) (18.) p = ϕ(p)+xϕ (p) dp dp +ψ (p) dx dx p ϕ(p) = xϕ (p) dp dp +ψ (p) dx dx 1 = xϕ (p) dp p ϕ(p) dx + ψ (p) dp p ϕ(p) dx dx dp = ϕ (p) ψ (p) x+ p ϕ(p) p ϕ(p) (18.3) x = t(p,c) (18.4) (Bkz. Bölüm te lineer ADDin çözümünden elde ederiz) olarak yazalım. Buna göre (18.4) yı (18.) çözümünde yerine yazarsak çöüzümün parametrik gösterimi olarak y = ϕ(p)x+ψ(p) (18.5) elde ederiz. Örnek ADD nin çözümünü bulunuz. Çözüm (18.1) ifadesine göre ve (18.3) dönüşümünden lineer denklemini elde ederiz. (10.1) ifadesinden y = xy +y ya da y = xp+p (18.6) ϕ(p) = p, ψ(p) = p dx dp = p x+ p p p p = p x a(p) =, b(p) = p

89 4. CLAIRAUT DENKLEMI 79 ve (10.6) çözümünden ( ) x = e p p dp 3 e p dp dp+c 1 ( ) = e lnp e lnp dp+c 1 ( ) = p p dp+c = p ( ) 3 p3 +c (18.7) elde ederiz. (18.7) u (18.6) de yerine yazdığımızda y = p ( 1 ) 3 p3 +c +p (18.8) elde ederiz. (18.7) ve (18.8), (18.6) ın genel çözümünün parametrik denklemidir. 19 Clairaut Denklemi Lagrange denkleminde ϕ(p) = p durumunda y = xy +ψ(y ) veya y = px+ψ(p) (19.1) türündeki denklemlere Clairaut denklemi denir. (19.1) denklemini x e göre diferansiyelini alırsak p = p+x dp dp +ψ (p) dx dx dp dp (x+ψ (p)) = 0 dx dx = 0 p = c (19.) çözümünü elde ederiz. Bu (19.) yi (19.1) denkleminde kullanırsak (19.1) denkleminin genel çözümünü elde ederiz. Bunun yanında eğer sağlanırsa bu denklemin genel çözümünü de y = cx+ψ(c) (19.3) x+ψ (p) = 0 (19.4) p = t(x) (19.5)

90 MERTEBEDEN YÜKSEK DERECELI ADD olarak gösterelim. Tekrar (19.5) yi (19.1) denkleminde kullanırsak (19.1) denkleminin genel çözümünü olarak elde ederiz. Örnek ADD nin çözümünü bulunuz. Çözüm (19.7) yı düzenlediğimizde elde ederiz. (19.) ifadesine göre ( )( dy dx 1 y x dy ) = dy dx dx y = xt(x)+ψ(t(x)) (19.6) y = px+ p p 1 ψ(p) = p p 1 ya da (p 1)(y xp) = p (19.7) ve (19.) dönüşümünden p = c (19.10) elde ederiz. Bu (19.10) yi (19.8) denkleminde kullanırsak (19.7) denkleminin genel çözümünü elde ederiz. Eğer (19.4) sağlanırsa y = cx+ c c 1 x+ψ (p) = x+ p (p 1) p p p (p 1) = x (p 1) = 0 dp dp (p 1) = xdx (p 1) = xdx (6) ifadesinden 1 p 1 = x +c p = 1 (19.1) x +c elde ederiz. Bu (19.1) yi (19.8) denkleminde kullanırsak (19.7) denkleminin genel çözümünü ( y = 1 ) 1 x+1+ ( ) (19.13) x +c 1 x +c 1 elde ederiz. (19.8) (19.9) (19.11)

91 Chapter 5 Yüksek Mertebeden Lineer ADD 1 Giriş Tanım 1.1. n. inci mertebeden homojen olmayan bir lineer ADD genel olarak a 0 (x)y (n) +a 1 (x)y (n 1) +...+a n 1 (x)y +a n (x)y = F(x) (1.1) a 0 (x) dn y dx +a 1(x) dn 1 y n dx + +a n 1(x) dy n 1 dx +a n(x)y = F (x) şeklinde yazılır. Burada a 0 (x), a 1 (x),...,a n (x) değişken katsayılardır. Bu katsayılar ve F(x) fonksiyonu, x in bir I = [a,b] aralığında tanımlanmış sürekli fonksiyon larıdır. Tanım 1.. Eğer, F(x) = 0 ise, (1.1) denklemi a 0 (x)y (n) +a 1 (x)y (n 1) +...+a n 1 (x)y +a n (x)y = 0 (1.) şeklini alır. O zaman bu denkleme, n inci mertebeden değişken katsayılı homojen lineer ADD denir. Örnek 1.3. y +3xy +x 3 y = e x lineer. mertebeden ADD dir. Lineer homojen ADD için temel teoremler homojen olmayan n.inci mertebeden değişken katsayılı bir lineer diferansiyel denklemin, yani (1.1) denkleminin genel çözümünü bulmak amacımızdır. Bunun için önce (1.) homojen diferansiyel denklemin genel çözümünün bulunması incelenecektir. ((1.1) diferansiyel denkleminin çözümü ile ilgili varlık teoremi Teorem (4.3) de ele alınmıştır.) 81

92 8 5. YÜKSEK MERTEBEDEN LINEER ADD Teorem.1. n. inci mertebeden bir homojen diferansiyel denklemin biribirinden farklı m sayıda çözümü y 1,y,...,y m olsun. Burada m n dır. Bu durumda c 1,c,...,c m katsayıları keyfi sabit sayılar olmak üzere, y = c 1 y 1 +c y +...+c m y m fonksiyonu da aynı denklemin bir çözümü olur. Tanım.. y 1,y,...,y m herhangi fonksiyonlar ve c 1,c,...,c m herhangi keyfi sabit sayılar olsunlar. Bu durumda c 1 y 1 +c y +...+c m y m ifadesine y 1,y,...,y m fonksiyonlarının lineer kombinasyonu denir. Uyarı.3. Tanım. e göre (1.) homojen diferansiyel denklemin çözümlerinin lineer kombinasyonu da bir çözümdür. Örnek.4. sinx ve cosx fonksiyonları y +y = 0 ADD nin çözümüdür. Uyarı.14 a göre y = c 1 cosx+c sinx de denklemin çözümüdür. Tanım.5. Bir a x b aralığında tanımlamış olan y 1,y,...,y m fonksiyon kümesi için, hepsi sıfır olmayan c 1,c,...,c m gibi sabit sayılar bulunabilirse ve x in bu aralıktaki bütün değerleri için, c 1 y 1 +c y +...+c m y m = 0 ise, bu fonksiyonlara aralarında lineer bağımlı fonksiyonlar denir. Örnek.6. x ve x fonksiyonları [0, 1] aralığında lineer bağımlıdır. Çünkü Örneğin c = 1, c 1 = için ifade sağlanmış olur. c 1 x+c (x) = 0 (c 1 +c )x = 0, x [0,1] c 1 +c = 0 c 1 = c Tanım.7. Bir a x b aralığında lineer bağımlı olmayan fonksiyonlara ise, lineer bağımsız fonksiyonlar denir. Yani, c 1 y 1 +c y +...+c m y m = 0 c 1 = c = = c m = 0 Örnek.8. x ve x fonksiyonları [0,1] aralığında lineer bağımsızdır. c 1 x+c x = 0 ifadesini diferansiyellersek c 1 +c x = 0 elde ederiz ve x ile bu denklemi çarparsak c 1 x+c x = 0 elde ederiz. c 1 x+c x = 0 ve c 1 x+c x = 0, x [0,1] denklemlerini çıkartırsak c x = 0, x [0,1] elde ederiz. Buna göre c = 0 = c 1 dir. Teorem.9. (1.) homojen diferansiyel denklemi n lineer bağımsız çözüme sahiptir. y 1,y,...,y n (1.) homojen diferansiyel denkleminin lineer bağımsız çözümleri ise (1.) nin genel çözümü c 1 y 1 +c y +...+c n y n ile ifade edilir. Burada c 1,c,...,c n keyfi sabit sayılar. Örnek.10. sinx ve cosx lineer bağımsız fonksiyonları y +y = 0 ADD nin çözümüdür. Uyarı.14 a ve Teorem.9 göre y = c 1 cosx+c sinx de denklemin çözümüdür. Şimdi, iki veya daha fazla fonksiyonun hangi koşullarda lineer bağımlı veya lineer bağımsız olduğunu araştıralım.

93 5. MERTEBENIN INDIRGENMESI 83 Tanım.11. Bir a x b aralığında tanımlamış olan y 1,y,...,y n fonksiyonları (n 1). mertebden türeve sahip olsunlar. y 1 y... y n y 1 y... y n W (y 1,y,...,y n ) =.. y (n 1) 1 y (n 1)... y n (n 1) determinantına Wronskian denir ve a x b noktasındaki değeri kısaca W (y 1,y,...,y n ) ile gösterilir. Teorem.1. y 1,y,...,y n (1.) homojen diferansiyel denkleminin çözümleri lineer bağımsız olması için gerek ve yeter koşul W (y 1,y,...,y n ) 0 olmalıdır. Örnek.13. sinx ve cosx fonksiyonları y +y = 0 ADD nin lineer bağımsız çözümüdür ve W (sinx,cosx) = sinx cosx cosx sinx = 1 0 Uyarı.14. (1.) homojen diferansiyel denkleminin çözümü y(x) olsun ve koşulunu sağlıyorsa bu durumda çözüm y(x) = 0 dır. Tanım.15. Uyarı.14 deki çözüme aşikar çözüm denir. 3 Mertebenin indirgenmesi y(x 0 ) = 0, y (x 0 ) = 0,...,y (n 1) (x 0 ) = 0 Teorem 3.1. (1.) homojen diferansiyel denkleminin aşikar olmayan f çözümünü biliyorsak y = f v dönüşümü ile denklemi (n 1). mertebeye indirgeyebiliriz. Teorem 3.. homojen diferansiyel denkleminin aşikar olmayan f olsun. dönüşümünü denklemde yerine yazalım a 0 (x)y +a 1 (x)y +a (x)y = 0 (3.1) y = fv (3.) a 0 (x)(fv) +a 1 (x)(fv) +a (x)fv = 0 a 0 (x)(f v +f v +fv )+a 1 (x)(f v +fv )+a (x)fv = 0 (a 0 (x)f +a 1 (x)f +a (x)f) v +a }{{} 0 (x)fv +(a 0 (x)f +a 1 (x)f)v = 0 =0

94 84 5. YÜKSEK MERTEBEDEN LINEER ADD ile (3.1) denklemini a 0 (x)f (x) dw dx +[a 0(x)f (x)+a 1 (x)f (x)]w = 0 (3.3) denklemine indirgeyebiliriz. Burada w = v dır. Buna göre (3.3) denkleminin çözümü ( exp ) a 1 (x) dx a 0 (x) w = [f (x)] ve şeklindedir. w = v v = exp ( a 1 (x) a 0 (x) dx ) [f (x)] dx (3.4) Örnek 3.3. y = x fonksiyonu (x +1)y xy +y = 0 denkleminin bir çözümü olmak üzere, mertebenin indirgenmesi yöntemini kullanarak lineer bağımsız çözümü bulunuz. Çözüm (3.1) e göre a 0 (x) = x +1, a 1 (x) = x, a (x) = dir. (3.4) ten exp ( ) a 1 (x) dx a 0 (x) v = [f (x)] dx ( exp x x = dx) +1 dx = x exp(lnu) = dx = x = x 1 x +c = x 1 x +c x +1=u xdx=du u+c x dx = x +1=u exp ( du u x x +1 x dx = ) dx (1+ 1x ) dx (3.) dönüşümünden çözümü şeklinde elde ederiz. Teorem.1 e göre genel çözümdür. y = x (x 1x ) +c = x +cx 1 y = c x+c 3 ( x +cx 1 ) = A ( x 1 ) +Bx

95 Örnek 3.4. y = x fonksiyonu x y 4xy +4y = 0 denkleminin bir çözümü olsun. Mertebenin indirgenmesi yöntemi ile genel çözümü bulunuz. Çözüm dönüşümünü denklemde yerine yazalım. 5. SABIT KATSAYILI HOMOJEN LINEER ADD 85 y = xv x (xv) 4x(xv) +4xv = 0 x (v +xv ) 4x(v +xv )+4xv = 0 şeklinde elde ederiz. Teorem 3.9 e göre genel çözümdür. x (xv v ) = 0 xv v = 0 w=v xw = w dw w = dx x lnw = lnx+lnc w = cx v = cx dv = cx dx w=v ( ) v = cx3 cx 3 3 +c 1 y = x 3 +c 1 = cx4 3 +c 1x ( ) cx 4 y = c x+c 3 3 +c 1x = A x4 3 +Bx 4 Sabit katsayılı homojen lineer ADD sabit katsayılı homojen denklemin çözümünü olarak arayalım. Buna göre türevlerini (4.1) denkleminde yerine yazarsak denklemini elde ederiz. e mx 0 olduğundan a 0 y (n) +a 1 y (n 1) +...+a n 1 y +a n y = 0 (4.1) y = e mx (4.) d k y dx k = mk e mx, k = 1,..,n e mx( a 0 m n +a 1 m n a n 1 m+a n ) = 0 a 0 m n +a 1 m n a n 1 m+a n = 0 (4.3)

96 86 5. YÜKSEK MERTEBEDEN LINEER ADD elde edilir. Tanım 4.1. (4.3) e diferansiyel denklemin karakteristik denklemi denir. Bu denklem n inci dereceden bir cebirsel denklem olduğuna göre, denklemin m 1,m,...,m n gibi n tane kökü olmalıdır. Bu kökler birer birer denklem (4.1) da yerine konursa her defasında bir özel çözüm elde edilecektir. Buna göre denklemin köklerine göre çözümü irdeleyelim Durum: Ayrık reel kökler (4.3) denkleminin n tane farklı (ayrık) kökünün olduğu durumdur. Teorem 4.. (4.3) denkleminin n tane m 1,m,...,m n gibi farklı (ayrık) reel kökü var ise (4.1) denkleminin genel çözümü şeklindedir. c 1,c,...,c n keyfi sabitlerdir. Örnek 4.3. y 3y +y = 0 ADD nin çözümünü bulunuz. y = c 1 e m 1x +c e m x +...+c n e mnx (4.4) Çözüm Karakteristik denklem m 3m+ = 0. Böylece denklemin çözümü (m 1)(m ) = 0 m 1 = 1, m =.(4.4) dan y = c 1 e x +c e x çözümdür. Uyarı 4.4. Örnek 4.3 de görüldüğü üzere ex ve e x fonksiyonları lineer bağımsızdır. W ( e x,e x) = ex e x e x e x = ex 0 dır. Örnek 4.5. y y 1y = 0, y(0) = 3, y (0) = 5 BDP nin çözümünü bulunuz. Çözüm Diferansiyel denklemin karakteristik denklemi çözümler m 1, = 3,4, ve 1. Durum: dir. Buna göre lineer bağımsız çözümlerdir. Teorem 3.9 a göre çözümdür. m m 1 = 0 e 3x,e 4x y = c 1 e 3x +c e 4x y(0) = 3, y (0) = 5

97 5. SABIT KATSAYILI HOMOJEN LINEER ADD 87 koşullarından çözümdür. c 1 +c = 3 3c 1 +4c = 5 c 1 = 1,c = y = e 3x +e 4x 4.. Durum: Tekrarlı kökler Teorem 4.6. (4.3) denkleminin kökleri k defa tekrarlanıyorsa (m 1 = m = = m k = m) bu durumda (4.1) denkleminin tekrar eden köklere karşılık gelen çözümü ( c1 +c x+ +c k x k 1) e mx (4.5) şeklindedir. m k+1,m k+,...,m n birbirinden farklı reel kökler olmak üzere (4.1) denkleminin genel çözümü formundadır. y = ( c 1 +c x+ +c k x k 1) e mx +c k+1 e m k+1x +c k+ e m k+x +...+c n e mnx (4.6) Örnek 4.7. y iv +5y +6y +4y 8y = 0 ADD nin çözümünü bulunuz. Çözüm Denklemin karakteristik denklemi m 4 +5m 3 +6m +4m 8 = 0 ve denklemin kökleri,,, 1 dir. Buna göre tekrar eden m = köküne karşılık gelen çözüm (4.5) dan y 1 = ( c 1 +c x+c 3 x ) e x ve m = 1 köküne karşılık gelen çözüm y = c 4 e x dir. Buna göre genel çözüm (4.6) den y = y 1 +y = ( c 1 +c x+c 3 x ) e x +c 4 e x dır. Örnek 4.8. y (5) y (4) +y = 0 denkleminin çözümünü bulunuz. Çözüm Diferansiyel denklemin karakteristik denklemi m 5 m 4 +m 3 = 0 ve çözümler m 1,,3,4,5 = 0,0,0,1,1 ve. Durum: Tekrarlı kökler dir. Buna göre 1, x, x, e x, xe x

98 88 5. YÜKSEK MERTEBEDEN LINEER ADD lineer bağımsız çözümlerdir. Teorem 3.9 a göre çözümdür Durum: Kompleks eşlenik kökler y = c 1 +c x+c 3 x +c 4 e x +c 5 xe Tanım 4.9. i = 1 olmak üzere kompleks sayılar a+ib, b 0 formundadır. (a,b reel sayılar). a ib sayısına ise a+ib nin kompleks eşleniği denir. Teorem (4.3) denkleminin kompleks eşlenik kökleri a + ib ve a ib tekrarlanmasınlar. Bu durumda genel çözüm olarak yazılır. Proof. Genel çözümü olarak yazabiliriz. Burada Euler formulünü kullanırsak y = e ax (c 1 sinbx+c cosbx) (4.7) k 1 e (a+ib)x +k e (a ib)x e iθ = cosθ+isinθ k 1 e (a+ib)x +k e (a ib)x = k 1 e ax e ibx +k e ax e ibx = e ax( k 1 e ibx +k e ibx) = e ax (k 1 (cosbx+isinbx)+k (cosbx isinbx)) = e ax ((k 1 +k )cosbx+i(k 1 k )sinbx) elde ederiz. = e ax (c 1 sinbx+c cosbx), c 1 = k 1 +k,c = k 1 k Örnek y 6y +5y = 0 ADD nin çözümünü bulunuz. Çözüm ADD nin karakteristik denklemi m 6m+5 = 0 dır. Denlemin kökleri çözümdür. m = 6± a = 3, b = 4 (4.7) = 6±8i y = e 3x (c 1 sin4x+c cos4x) = 3±4i

99 5. HOMOJEN OLMAYAN ADD 89 Teorem 4.1. (4.3) denkleminin kompleks eşlenik kökleri a + ib ve a ib k defa tekrarlansınlar. Bu durumda tekrarlanan köklere karşılık gelen genel çözüm y = e ax( c 1 +c x+ +c k x k 1) sinbx+e ax( c 1 +c x+ +c k x k 1) cosbx (4.8) olarak yazılır. Örnek y vi y +y = 0 ADD nin çözümünü bulunuz. Çözüm Diferansiyel denklemin karakteristik denklemi m 6 m 3 +1 = 0 çözümler m 1,,3 = 1, 1 +i 3, 1 +i 3, ve diğerleri eşit olmak üzere 1. Durum: Ayrık reel kökler &. Durum & 3. Durum: Kompleks eşlenik kökler dir. Buna göre e x,xe x,e 1 3x 3x 3x 3x x cos,e1 x sin,xe1 x cos,xe1 x sin lineer bağımsız çözümlerdir. Teorem 3.9 a göre y = c 1 e x +c xe x +c 3 e 1 3x x cos +c 4 e 1 3x x sin +c 5 xe 1 3x x cos +c 6 xe 1 3x x sin çözümdür. 5 Homojen olmayan ADD (1.1) homojen olmayan denklemi ele alalım: a 0 (x)y (n) +a 1 (x)y (n 1) +...+a n 1 (x)y +a n (x)y = F(x) Teorem 5.1. v fonksiyonu (1.1) homojen olmayan denklemin bir çözümü ve u fonksiyonu (1.) homojen denklemin çözümü ise u + v fonksiyonu da (1.1) homojen olmayan denklemin bir çözümüdür. Örnek 5.. y = x fonksiyonu y +y = x homojen olmayan denkleminin bir çözümüdür. sinx fonksiyonu y +y = 0 homojen ADD nin çözümüdür. Teorem 5.1 e göre y = x+sinx fonksiyonu da y +y = x denkleminin çözümüdür. (1.) homojen denklemin genel çözümü olan y c (complementary function) nin nasıl bulunduğunu biliyoruz. Şimdi ise amacımız, homojen olmayan bu denklemin bir özel çözümüolanve bir keyfi sabit sayı içermeyen y p (particular integral)çözümünüve sonuç olarak(1.1) homojen olmayan denkleminin genel çözümünü bulmaktır. y p nin bulunması ile ilgili olarak birkaç metot geliştirilmiştir. Bu metotlar, sırası ile, (i): Belirsiz Katsayılar Metodu (ii): Parametrelerin Değişimi Metodu

100 90 5. YÜKSEK MERTEBEDEN LINEER ADD 5.1 Belirsiz Katsayılar Metodu Tanım 5.3. Eğer (1) x n, n 0 pozitif sayı () e ax, a 0 (3) sin(bx+c), b 0,c sabitler (4) cos(bx+c), b 0,c sabitler fonksiyonlarından birisi veya bunları lineer kombinasyonu ise fonksiyona UC (undetermined coefficient) fonksiyonu denir. Örnek 5.4. x 3,e x,sin(3x/), cos(x+π/4) UC fonksiyonlarıdır. Tanım 5.5. Lineer bağımsız UC fonksiyonlarının kümesine kısaca UC kümesi denir. UC fonksiyonu UC kümesi 1 x n {x n,x n 1,...,x,1} e ax {e ax } 3 sin(bx+c) {sin(bx+c),cos(bx+c)} veya cos(bx+c) 4 x n e ax {x n e ax,x n 1 e ax,...,xe ax,e ax } {x n sin(bx+c),x n cos(bx+c), x 5 n sin(bx+c) x n 1 sin(bx+c),x n 1 cos(bx+c), veya x n cos(bx+c)...,xsin(bx+c),xcos(bx+c), sin(bx+c),cos(bx+c)} 6 e ax sin(bx+c) veya e ax cos(bx+c) 7 x n e ax sin(bx+c) veya x n e ax cos(bx+c) {e ax sin(bx+c),e ax cos(bx+c)} {x n e ax sin(bx+c),x n e ax cos(bx+c), x n 1 e ax sin(bx+c),x n 1 e ax cos(bx+c),...,xe ax sin(bx+c),xe ax cos(bx+c), e ax sin(bx+c),e ax cos(bx+c)} Örnek 5.6. f (x) = x sinx fonksiyonunun UC kümesi {x sinx,x cosx,xsinx,xcosx,sinx,cosx} Yöntem (1.1) homojen olmayan denkleminde a 0 (x)y (n) +a 1 (x)y (n 1) +...+a n 1 (x)y +a n (x)y = F(x) F (x) fonksiyonunu UC fonksiyonlarının lineer kombinasyonu olması durumunda bu yöntemi ugulayabiliriz. (1) F = c 1 u 1 +c u + +c m u m olsun. Burada u 1,u,...,u m UC fonksiyonlarıdır.

101 5. HOMOJEN OLMAYAN ADD 91 () u 1,u,...,u m UC fonksiyonlarına karşılık gelen UC kümelerini S 1,S,...,S m olarak belirleyelim. (3) Denk veya birbirinde içerilen kümeleri elimine edelim veya üst kümeyi seçelim. (4) Eğer UC kümelerinin elemanları, türdeş kısmın çözümünde olmayacak eşkilde x in en küçük kuvveti ile çarpıp kümeyi yeniden düzenleyelim. (5) Özel çözümü bu UC fonksiyonlarının lineer kombinasyonu olduğunu varsayalım. (6) Lineer kombinasyondaki bilinmeyen katsayıları denklemde yerine yazarak belirleyelim. Örnek 5.7. y y 3y = e x 10sinx ADD nin çözümünü bulunuz. Çözüm homojen denklemin çözümü y y 3y = 0 m m 3 = 0 karakteristik denkleminin çözümünden m 1 = 3, m = 1 y c = c 1 e 3x +c e x formundadır. Şimdi homojen olmayan terime gelelim: fonksiyonu (1) e x 10sinx e x,sinx,cosx UC fonksiyonlarının lineer kombinasyonu olarak yazılmıştır. Buna göre UC kümeleri () S 1 = {e x } S = {sinx,cosx} (3) Birbirine denk ve eşit küme olmadığından bu adımı geçelim. (4)S 1 ve S kümelerinin elemanları ile homojen kısmın fonksiyonları bir biri ile aynı değildir. Bu şıkkıda geçelim. (5) 3 ve 4. durumlar sağlanmadığından bir sonraki durum. (6) Özel fonksiyonu bu kümelerin oluşturmuş olduğu elemaların kombinasyonu şeklinde yazıldığını varsayalım: y p = Ae x +Bsinx+Ccosx y p = Ae x +Bcosx Csinx y p = Ae x Bsinx Ccosx

102 9 5. YÜKSEK MERTEBEDEN LINEER ADD denklemde yerine yazarsak özel çözüm ve y y 3y = e x 10sinx Ae x Bsinx Ccosx (Ae x +Bcosx Csinx) 3(Ae x +Bsinx+Ccosx) = e x 10sinx 4Ae x +( 4B +C)sinx+( 4C B)cosx = e x 10sinx 4A =, 4B +C = 10 4C B = 0 A = 1,B =,C = 1 y p = 1 ex +sinx cosx y = y c +y p = c 1 e 3x +c e x 1 ex +sinx cosx genel çözümdür. Örnek 5.8. y 3y +y = x +e x +xe x +4e 3x ADD nin çözümünü bulunuz. Çözüm homojen denklemin çözümü y 3y +y = 0 m 3m+ = 0 karakteristik denkleminin çözümünden m 1 = 1, m = y c = c 1 e x +c e x formundadır. Şimdi homojen olmayan terime gelelim: fonksiyonu (1) x +e x +xe x +4e 3x x,e x,xe x,e 3x UC fonksiyonlarının lineer kombinasyonu olarak yazılmıştır. Buna göre UC kümeleri () S 1 = { x,x,1 } S = {e x } S 3 = {xe x,e x } S 4 = { e 3x}

103 5. HOMOJEN OLMAYAN ADD 93 (3) S S 3 olduğundan S 1,S 3,S 4 kümeleri ele alıncaktır. (4)S 3 = {xe x,e x } kümesi e x fonksiyonunu içerdiğinden ve e x fonksiyonu homojen denklemin çözümü içinde olduğundan S 3 kümesinin elemanlarını x ile çarpıp yeniden düzenleriz: S 3 = {x e x,xe x } kümesinin elemanları ile özle çözümdeki fonksiyonlar aynı değildir. (5) Yeniden düzenlenen kümeler sırasıyla: S 1 = { x,x,1 } S 3 = {x e x,xe x } S 4 = { e 3x} şeklindedir. (6) Özel fonksiyonu bu kümelerin oluşturmuş olduğu elemaların kombinasyonu şeklinde yazıldığını varsayalım: denklemde yerine yazarsak /y p = Ax +Bx+C +Dx e x +Exe x +Fe 3x 3/y p = B +Ax+Ee x +xde x +xee x +3Fe 3x +x De x 1/y p = A+De x +Ee x +4xDe x +xee x +9Fe 3x +x De x y 3y +y = x +e x +xe x +4e 3x A+De x +Ee x +4xDe x +xee x +9Fe 3x +x De x 3 ( B +Ax+Ee x +xde x +xee x +3Fe 3x +x De x) +Ax +Bx+C +Dx e x +Exe x +Fe 3x = x +e x +xe x +4e 3x (A 3B +C)+(B 6A)x+Ax +De 3x Exe x +(E F)e x = x +e x +xe x +4e 3x A 3B +C = 0 B 6A = 0 A = D E = 1 D = F = 4 A = 1,B = 3,C = 7,F =,D = 1,E = 3 y p = x +3x+ 7 +x e x xe x 3e 3x özel çözüm ve y = y c +y p = c 1 e x +c e x +x +3x+ 7 +x e x xe x 3e 3x genel çözümdür.

104 94 5. YÜKSEK MERTEBEDEN LINEER ADD Örnek 5.9. y iv +y = 3x +4sinx cosx ADD nin çözümünü bulunuz. Çözüm y iv +y = 0 homojen denklemin çözümü m 4 +m = 0 karakteristik denkleminin çözümünden m 1, = 0, m 3,4 = ±i y c = c 1 +c x+c 3 sinx+c 4 cosx formundadır. Şimdi homojen olmayan terime gelelim: 3x +4sinx cosx fonksiyonu (1) x,sinx,cosx UC fonksiyonlarının lineer kombinasyonu olarak yazılmıştır. Buna göre UC kümeleri () S 1 = { x,x,1 } S = {sinx,cosx} S 3 = {cosx,sinx} (3) S = S 3 olduğundan S 1,S kümeleri ele alıncaktır. (4)S 1 = {x,x,1} kümesi x,1 fonksiyonlarını içerdiğinden ve x,1 fonksiyonları homojen denklemin çözümü içinde olduğundan S 1 kümesinin elemanlarını x ile çarpıp yeniden düzenleriz: S 1 = {x 4,x 3,x }. Böylece bu kümenin elemanları türdeş kısmın çözümündeki fonksiyonlardan farklıdır. Yine S kümesinin elemanları, türdeş kısmın çözümünde olduğundan, elemanları x ile çarpalım: S = {xsinx,xcosx} (5) Yeniden düzenlenen kümeler sırasıyla: S 1 = {x 4,x 3,x } S = {xsinx,xcosx} şeklindedir. (6) Özel fonksiyonu bu kümelerin oluşturmuş olduğu elemaların kombinasyonu şeklinde yazıldığını varsayalım: y p = Ax 4 +Bx 3 +Cx +Dxsinx+Excosx y p = Cx+Ecosx+Dsinx+xDcosx xesinx+4ax 3 +3Bx y p = C +6Bx+Dcosx Esinx xecosx xdsinx+1ax = 6B +4Ax 3Ecosx 3Dsinx xdcosx+xesinx y p y iv p = 4A 4Dcosx+4Esinx+xEcosx+xDsinx

105 5. HOMOJEN OLMAYAN ADD 95 denklemde yerine yazarsak y iv +y = 3x +4sinx cosx 4A 4Dcosx+4Esinx+xEcosx+xDsinx +C +6Bx+Dcosx Esinx xecosx xdsinx+1ax = 3x +4sinx cosx 4A+C = 0 6B = 0 1A = 3 D = E = 4 A = 1,B = 0,C = 3,D = 1,E = 4 özel çözüm ve genel çözümdür. y p = 1 4 x4 3x +xsinx+xcosx y = y c +y p = c 1 +c x+c 3 sinx+c 4 cosx+ 1 4 x4 3x +xsinx+xcosx 5. Parametrelerin Değişimi Metodu y +a(x)y = b(x) formundaki denklemlere lineer denklemini hatırlayalım. Denklemin türdeş denklemine karşılık gelen çözümü y +a(x)y = 0 ( y = cexp ) a(x)dx, olarak elde etmiştik. (10.1) in genel çözümünü ( y = c(x)exp ) a(x)dx. formunda aramıştık ki bu teori olarak parametrelerin değişimi metodu dur. Yöntemi. mertebden değişken katsayılı bir ADD için anlatalım: a 0 (x)y +a 1 (x)y +a (x) = F (x) (5.1) denklemini ele alalım. y 1 ve y a 0 (x)y +a 1 (x)y +a (x) = 0 (5.)

106 96 5. YÜKSEK MERTEBEDEN LINEER ADD homojen denkleminin lineer bağımsız çözümleri olsunlar. Bu durumda y c = c 1 y 1 +c y (5.) homojen denkleminin bir genel çözümüdür. Parametrelerin değişimi yönteminde c 1,c sabitleri yerine fonksiyonlar düşünülür. Yani y p = v 1 (x)y 1 (x)+v (x)y (x) (5.3) fonksiyonu (5.1) denkleminin bir çözümüdür. Burada v 1 (x) ve v (x) fonksiyonlarının ifadelerini bulmamız gerekmektedir. Elimizde bilinmeyen var ve 1 koşul olarakda (5.3) fonksiyonunun çözüm olması var. Dolayısıyla. bir ek koşula ihtiyaç duyulmaktadır. Burada y p fonksiyonunu bulmadan önce daha önce bahsetmiş olduğumuz. koşul olarak alalım. Şimdi fonksiyonun. türevini alırsak y p = v 1(x)y 1 (x)+v (x)y (x)+v 1 (x)y 1(x)+v (x)y (x) (5.4) v 1 (x)y 1(x)+v (x)y (x) = 0 (5.5) y p = v 1 (x)y 1 (x)+v (x)y (x)+v 1(x)y 1(x)+v (x)y (x) (5.6) elde ederiz. (5.3) fonksiyonunun çözüm olduğundan (5.3),(5.4),(5.6) ifadelerini (5.1) denkleminde yerine yazarsak a 0 (x)[v 1 (x)y 1 (x)+v (x)y (x)+v 1(x)y 1(x)+v (x)y (x)]+ a 1 (x)[v 1 (x)y 1 (x)+v (x)y (x)]+a (x)[v 1 (x)y 1 (x)+v (x)y (x)] = F (x) v 1 (x)[a 0 (x)y 1 (x)+a 1 (x)y 1(x)+a (x)y 1 (x)]+ v (x)[a 0 (x)y (x)+a 1(x)y (x)+a (x)y (x)]+a 0 (x)[v 1 (x)y 1 (x)+v (x)y (x)] = F (x) elde ederiz. y 1 ve y homojen denkleminin lineer bağımsız çözümleri olduğundan a 0 (x)y 1 (x) + a 1 (x)y 1(x) + a (x)y 1 (x) = 0 ve a 0 (x)y (x) + a 1 (x)y (x)+a (x)y (x) koşulları sağlanır. (5.7) de bunları dikkate alırsak koşulunu elde ederiz.böylece bilinmeyen v 1 (x) ve v (x) fonksiyonları için { v 1 (x)y 1 (x)+v (x)y (x) = 0 v 1(x)y 1(x)+v (x)y (x) = F(x) a 0 (x) denklem sistemini elde ederiz. Katsayılar determinantı (5.7) a 0 (x)[v 1(x)y 1(x)+v (x)y (x)] = F (x) (5.8) W [y 1 (x),y (x)] = y 1(x) y (x) y 1(x) y (x) (5.9)

107 5. HOMOJEN OLMAYAN ADD 97 olarak elde ederiz. y 1 ve y lineer bağımsız çözümler olduğundan Wronkiyen W [y 1 (x),y (x)] 0 dır. Böylece (5.9) sisteminin tek çözümü vardır. Ve v 1(x) ve v (x) fonksiyonlarını 0 y (x) F(x) v 1 (x) = a 0 y (x) (x) F (x)y y (x) 1(x) y (x) = (5.10) y 1 (x) y (x) a 0 (x)w [y 1 (x),y (x)] y 1 (x) 0 v (x) = y 1 (x) F(x) a 0 (x) F (x)y y 1 (x) 1(x) y (x) = (5.11) y 1 (x) y (x) a 0 (x)w [y 1 (x),y (x)] Böylece (5.10) ve (5.11) de integral aldığımızda v 1 (x) ve v (x) fonksiyonlarını buluruz. Örnek ADD nin çözümünü bulunuz. Çözüm Homojen kısmın çözümü olduğundan genel çözümü olsun. Burada y p y +y = tanx y c = c 1 sinx+c cosx y p = v 1 (x)sinx+v (x)cosx y p = v 1 (x)cosx v (x)sinx+v 1(x)sinx+v (x)cosx fonksiyonunu bulmadan önce daha önce bahsetmiş olduğumuz. koşul olarak alalım. Şimdi fonksiyonun. türevini alırsak v 1 (x)sinx+v (x)cosx = 0 y p = v 1(x)sinx v (x)cosx+v 1 (x)cosx v (x)sinx elde ederiz. Denklemde yerine yazarsak v 1 (x)cosx v (x)sinx = tanx elde ederiz. Böylece bilinmeyen v 1 (x) ve v (x) fonksiyonları için { v 1 (x)sinx+v (x)cosx = 0 v 1(x)cosx v (x)sinx = tanx

108 98 5. YÜKSEK MERTEBEDEN LINEER ADD denklem sistemini elde ederiz. Ve v 1 (x) ve v (x) fonksiyonlarını 0 cosx v 1 (x) = tanx sinx sinx cosx = sinx v 1 (x) = cosx+c 3 cosx sinx v (x) = sinx 0 cosx tanx sinx cosx = sin x cosx = cos x 1 cosx cosx sinx v (x) = (cosx secx)dx = sinx ln(secx+tanx)+c 4 (77).intg olarak elde ederiz. Buna göre genel çözüm olarak elde ederiz. y p (x) = v 1 (x)sinx+v (x)cosx = ( cosx+c 3 )sinx+(sinx ln(secx+tanx)+c 4 )cosx = c 3 sinx+c 4 cosx ln(secx+tanx)cosx y = y c +y p = c 1 sinx+c cosx+c 3 sinx+c 4 cosx ln(secx+tanx)cosx = A 3 sinx+bcosx ln(secx+tanx)cosx Örnek ADD nin çözümünü bulunuz. Çözüm Homojen kısmın çözümü olduğundan genel çözümü olsun. y 6y +11y 6y = e x m 3 6m +11m 6 = 0 m 1,,3 = 1,,3 y c = c 1 e x +c e x +c 3 e 3x y p = v 1 (x)e x +v (x)e x +v 3 (x)e 3x y p = v 1(x)e x +v (x)e x +3v 3 (x)e 3x +v 1 (x)ex +v (x)ex +v 3 (x)e3x

109 5. HOMOJEN OLMAYAN ADD 99. koşul olarak v 1(x)e x +v (x)e x +v 3(x)e 3x = 0 alalım. Şimdi fonksiyonun. türevini alırsak y p = v 1 (x)e x +4v (x)e x +9v 3 (x)e 3x +v 1(x)e x +v (x)e x +3v 3(x)e 3x elde ederiz. 3. koşul olarak da v 1 (x)ex +v (x)ex +3v 3 (x)e3x = 0 buluruz. 3. türevi de alırsak y p = v 1(x)e x +8v (x)e x +7v 3 (x)e 3x +v 1 (x)ex +4v (x)ex +9v 3 (x)e3x elde ederiz. Bunları denklemde yerine yazarsak v 1 (x)ex +4v (x)ex +9v 3 (x)e3x = e x elde ederiz. Böylece bilinmeyen v 1 (x),v (x) ve v 3 (x) fonksiyonları için v 1(x)e x +v (x)e x +v 3(x)e 3x = 0 v 1(x)e x +v (x)e x +3v 3(x)e 3x = 0 v 1 (x)ex +4v (x)ex +9v 3 (x)e3x = e x

110 YÜKSEK MERTEBEDEN LINEER ADD denklem sistemini elde ederiz. Ve v 1 (x),v (x) ve v 3 (x) fonksiyonlarını 0 e x e 3x 0 e x 3e 3x v 1 (x) = e 4e x 9e 3x e x e x e 3x = ex e x e 3x e x e x e v 1(x) = 1 3x x+c 4 e x e x 3e 3x e 4e x 9e 3x e x 0 e 3x e x 0 3e 3x v (x) = e e x 9e 3x e x e x e 3x = ex e 3x e x e x e = 3x e x v (x) = e x +c 5 e x e x 3e 3x e 4e x 9e 3x e x e x 0 e x e x 0 e 4e x e x v 3(x) = e x e x e 3x = ex e x e x e x e = 1 3x e x v 3 (x) = 1 4 e x +c 6 e x e x 3e 3x e 4e x 9e 3x v (x) = (cosx secx)dx = (77).intg sinx ln(secx+tanx)+c 4 : : : : 0 : olarak elde ederiz. Buna göre genel çözüm olarak elde ederiz. Buna göre genel çözüm y p (x) = v 1 (x)e x +v (x)e x +v 3 (x)e 3x ( ) 1 = x+c 4 e x + ( ) e x +c 5 e x + = 1 xex +c 4 e x +e x +c 5 e x 1 4 ex +c 6 e 3x ( 14 e x +c 6 ) e 3x y = y c +y p = c 1 e x +c e x +c 3 e 3x + 1 xex +c 4 e x +e x +c 5 e x 1 4 ex +c 6 e 3x = Ae x +Be x +Ce 3x + 1 xex

111 5. CAUCHY-EULER DENKLEMI 101 buluruz. 6 Cauchy-Euler denklemi Tanım 6.1. denklemine Cauchy-Euler denklemi denir. Teorem 6.. x = e t dönüşümü ile (6.1) denklemi sabit katsayılı lineer denkleme dönüşür. Örnek 6.3. ADD nin çözümünü bulunuz. Çözüm x = e t dönüşümü ile denklemde yerine yazarsak özel çözümü belirsiz katsayılar ile çözelim: olarak arayalım. Bunu denklemde yerine yazarsak a 0 x n y (n) +a 1 x n 1 y (n 1) +...+a n 1 xy +a n y = 0 (6.1) x y xy +y = x 3 t = lnx dy dx = dy dt dt dx = 1 dy x dt d y = 1 d y dt dx x dt dx 1 dy x dt = 1 ( d y x dt dy ) dt x 1 ( d y x dt dy ) x 1 dy dt x dt +y = x3 d y dt 3dy dt +y = e3t y p = Ae 3t y c = c 1 e t +c e t 9Ae 3t 9Ae 3t +Ae 3t = e 3t A = 1 y p = 1 e3t y = y c +y p = c 1 e t +c e t + 1 e3t x=e t y = c 1 x+c x + 1 x3

112 10 5. YÜKSEK MERTEBEDEN LINEER ADD Örnek 6.4. ADD nin çözümünü bulunuz. Çözüm x = e t dönüşümü ile denklemde yerine yazarsak özel çözümü belirsiz katsayılar ile çözelim: olarak arayalım. Bunu denklemde yerine yazarsak x 3 y 4x y +8xy 8y = 4lnx t = lnx dy dx = dy dt dt dx = 1 dy x dt d y = 1 d y dt dx x dt dx 1 dy x dt = 1 x d 3 y = 1 ( ) d 3 y dt dx 3 x dt 3 dx d y dt dt dx = 1 ( d 3 y x 3 dt d y 3 dt = 1 ( d 3 y y x 3 dt 3 3d dt +dy dt ( d y dt dy dt ) ( d y x 3 dt dy dt ) ) ( d y x 3 dt dy dt ) x 3 1 ( ) d 3 y y x 3 dt 3 3d dt +dy 4x 1 ( d y dt x dt dy ) +8x 1 dy 8y = 4t dt x dt d 3 y y dt 3 7d dt +14dy 8y = 4t dt y c = c 1 e t +c e t +c 3 e 4t y p = At+B 14A 8At 8B = 4t A = 1,B = 7 8 y p = 1 t 7 8 y = y c +y p = c 1 e t +c e t +c 3 e 4t 1 t 7 8 x=e t y = c 1 x+c x +c 3 x 4 1 lnx 7 8 )

113 Chapter 6 Sabit katsayılı İkinci Mertebeden Diferansiyel Denklemlerin Uygu lamaları 7 Salınım Hareketi Sistem denge konumunda bir miktar aşağı doğru çekilir ve bırakılırsa gidip-gelme hareketi yapar. Buna salınım hareketi vey titreşim hareketi denir. Hava direnci ihmal edilirse, bir başka deyişle sürtünme kuvveti yok kabul edilirse, cisim yukarıda ve aşağıda aynı limitler arasında bir gidip-gelme hareketi yapıcaktır. Buna basit harmonik hareket denir. Eğer sürtünme varsa cismin salınım genliği gittikçe azalıcak ve cisim bir süre denge konumuna gelicektir. Cismin bu tür hareketine serbest sönümlü harmonik hareketi denir. Bunun yanı sıra, cisme devamlı ve sinusoidal bir fonksiyonla ifade edilebilen bir harmonik etki verilebilir. Bu durumda cismin hareketi zorlanmış sönümlü harmonik harekettir. 1: Basit Harmonik Hareket Hooke yasasına göre çekilen ve bırakılan bir yayın büyüklüğü, yayın uzama miktarı ile orantılı bir geri çağrıcı kuvvettir. Buna göre kuvveti, ile gösteririz. Buna göre diferansiyel denklem olarak verilir. : Serbest Sönümlü Harmonik Hareket F = kx m d x dt = kx d x dt +ω 0x = 0, ω 0 = k m Denge konumundan x uzaklığında buluna bir cisme etki eden söndürücü kuvvetin büyüklüğü b dx dt 103

114 SABIT KATSAYILI İKINCI MERTEBEDEN DIFERANSIYEL DENKLEMLERIN UYGULAMALARI ile verilir. b > 0 sabittir ve söndürme katsayısı olarak adlandırılır. Söndürücü kuvvetin yönü, cismin hareket yönüne zıttır. Buna göre diferansiyel denklemi m d x dt = kx bdx dt x md dt +bdx dt +kx = 0 olarak veririz. 3: Zorlanmış Sönümlü Harmonik Hareket Dışarıdan verilen bir kuvvet ile birlikte diferansiyel denklemi olarak yazarız. m d x dt +bdx +kx = F (t) dt Örnek 7.1. Bir ucundan tavana asıl duran bir yayın diğer ucuna m = kg ağırlığında bir cisim asıldığı zaman yay 0cm uzuyor. Denge konumunda 6cm uzaklığa çekilip başlangıç anında ilk hızsız olarak serbest bırakılan cimin Çözüm (1) sürtünme kuvveti ihmal edilerek 10s sonraki hızını ve hangi uzaklıkta olduğunu bulunuz. () Sürtünme kuvveti cismin hızının 4 katı ve devamlı olarak cisme etki eden kuvvet cos t olduğunda cismin 10s sonraki hızı ve hangi uzaklıkta olduğunu bulunuz. Burada g = 9.8m/s olarak alınız. (1) () yayın esneklik katsayısıdır. ilk hızsız olması ise k x = mg k 0.m = kg 9.8m/s k = 98N/m m d x = kx d x dt dt = 98x d x dt +49x = 0 m +49 = 0 m 1, = ±7i x(t) = c 1 cos7t+c sin7t x(0) = 0.06 c 1 = 0.06 v(0) = x (0) = 0 x (t) = 0.4sint+7c cos7t x (0) = 0 7c = 0 c = 0 x(t) = 0.06cos7t x(10) = 0.06 cos(70 ) = d x dt = 4dx dt 98x+cost x d dt +4dx +98x = cost dt

115 önce homojen denklemi çözelim 6. ELEKTRIK DEVRE PROBLEMLERI 105 d x dt +4dx dt +98x = 0 m +4m+98 = 0 m +m+7 = 0 m 1, = ±i 6 1 x c (t) = e (c t 1 cos 6t+c sin ) 6t şimdi gelelim homojen olmayan denklemin özel çözümüne UC yöntemini kullanırsak: u 1 = cost S 1 = {cost,sint} x p (t) = Acost+Bsint x p = Asint+Bcost x p = Acost Bsint d x dt +4dx +98x = cost ( Acost Bsint)+4( Asint+Bcost)+98(Acost+Bsint) = cost dt (96A+4B)cost+( 4A+96B)sint = cost 96A+4B = 1 4A+96B = 0 A = 6 577,B = x p (t) = cost sint Buna göre çözüm x(t) = e (c t 1 cos 6t+c sin ) 6t cost sint x(0) = 0 c 1 = x (0) = 0 c 6 = c = 1 x(t) = e t ( cos 6t sin 6t ) cost sint 8 Elektrik Devre Problemleri En basit elektrik devreleri, jeneratör veya pil gibi elektrik kaynağı ve enerjiyi kullanan bir rezistör (örneğin elektrik ampülü) (resistance) bulunan bir seri devredir. Eğer düğme kapatılırsa bir I akımı rezistöre doğru akacak ve bir voltaj düşmesine sebep olucaktır. Yani rezistörün iki ucundaki potansiyel farklı olucaktır. Bu potansiyel farkı veya voltaj düşüşü ise Voltmetre denilen bir elt ile ölçülebilir. Eketrik devrelerindeki basit bir kural Kirchoff kuralı olarak adalandırılır, Bu kurala göre, elektrik devresindeki tüm voltajların toplamı, toplam kuvvete eşittir. Toplam kuvveti E(t) ile gösterirsek (emf-electromotive force) V L +V R +V C = E(t)

116 SABIT KATSAYILI İKINCI MERTEBEDEN DIFERANSIYEL DENKLEMLERIN UYGULAMALARI V L +V R +V C = E(t) R rezistör (reistance), C kapasitör (capacitor), I indüktör (ınductor). I = I(t) elektrik devresindeki akımı ve q = q(t) kapasitördeki ani elektrik yükünü göstermek üzere q = I şeklinde bir bağıntı mevcuttur. Ohm kanununa göre rezistör üzerindeki voltaj düşüklüğü akım ile doğru orantılıdır: V R = RI burada R rezistörün direncidir ve sabittir. Kapasitördeki voltaj düşüşü ise kapasitördeki elektrik yükü ile orantılıdır ve V C = 1 C q olarak verilir. Burada C kapasitanstır (capacidance). Son olarak indüktördeki voltaj düşüşü ise akımın değişim hızı ile orantılıdır: V L = LI L sabitine indiktörün indüktansı denir (henry ile ölçülür) (inductance). Kirchoff kuralına göre LI + 1 q +RI = E(t) C bağıntısını elde ederiz. Burada türev alırsak ve ifadesine göre q = I Lq +Rq + 1 C q = E(t) LI + 1 C q +RI = E (t) LI +RI + 1 C I = E (t).mertebeden denklemi RCL denklemi olarak adalndırılır. Örnek 8.1. Direnci 10Ω olan bir direnç teli ve öz indüksiyon katsayısı L = 0. henry olan bir bobin, elektromotor kuvveti 40 volt ve kapasitansı olmayan bir doğru akım üretecine seri olarak bağlanıyor. Başlangıçta akım ve elektrik yükü olmadığına göre.herhangi zamandaki elektrik yükünü ve akımı bulunuz. Çözüm Yukarıdaki denklem göre R = 10Ω,L = 0.,E(t) = 40,V C yok 0.q +10q = 40 m +50m = 0 m 1 = 0, m = 50 q c (t) = c 1 +c e 50t

117 6. ELEKTRIK DEVRE PROBLEMLERI 107 özel çözüm için: u 1 = 1,S 1 = {1} S 1 = {t} q p(t) = At 50A = 40 A = 4 5 q p (t) = 4 5 t q(t) = c 1 +c e 50t t q(0) = 0 c 1 +c = 0,I = q = 50c e 50t I(0) = 0 50c = 4 5 c = 4 50 c 1 = 4 50 q(t) = 4 ( e 50t 1 ) t, I(t) = 4 ( ) 1 e 50t 5

118 SABIT KATSAYILI İKINCI MERTEBEDEN DIFERANSIYEL DENKLEMLERIN UYGULAMALARI

119 6. ELEKTRIK DEVRE PROBLEMLERI 109 Kaynak Resistör Düğme

120

121 Chapter 7 Lineer Diferansiyel Denklem Sistemleri Şu ana kadar bir bilinmeyenli bir diferansiyel denklemleri inceledik. Şimdi ise iki bilinmeyen fonksiyonu bulunan iki diferansiyel denklemi ve genel olarak n bilinmeyen fonksiyonu bulunan n diferansiyel denklemi inceleyeceğiz. Daha önce Diferansiyel denklem sistemleri ni tanıtmak ile başlayalım. 9 Lineer sistem türleri (İki bilinmeyenli iki denklem) x ve y bilinmeyen fonkiyonlar olmak üzere 1. mertebeden değişken katsayılı lineer diferansiyel denklem sistemi genel olarak, şeklinde yazılır. Burada t bağımsız değişkendir. Örnek mertebeden, sabit katsayılı bir sistemdir. a 1 (t)x +a (t)y +a 3 (t)x+a 4 (t)y = F 1 (t) b 1 (t)x +b (t)y +b 3 (t)x+b 4 (t)y = F (t) x +3y x+y = t x 3y +3x+4y = e t x ve y bilinmeyen fonkiyonlar olmak üzere. mertebeden değişken katsayılı lineer diferansiyel denklem sistemi genel olarak, şeklinde yazılır. (9.1) sistemini özel olarak a 1 (t)x +a (t)y +a 3 (t)x +a 4 (t)y +a 5 (t)x+a 6 (t)y = F 1 (t) b 1 (t)x +b (t)y +b 3 (t)x +b 4 (t)y +b 5 (t)x+b 6 (t)y = F (t) x = a 11 (t)x+a 1 (t)y +F 1 (t) y = a 1 (t)x+a (t)y +F (t) 111 (9.1) (9.) (9.3)

122 11 7. LINEER DIFERANSIYEL DENKLEM SISTEMLERI yazılır ve bu forma Normal form denir. Örnek 9.. x = t x+(t+1)y +t 3 y = te t x+t 3 y e t 1. mertebeden değişken katsayılı lineer diferansiyel denklemi ve 1. mertebeden, sabit katsayılı bir sistemdir. n sayıda diferansiyel denklemden oluşan sistemi genel olarak, şeklinde yazılır. x = 5x+7y +t y = x 3y +t x 1 = a 11(t)x 1 +a 1 (t)x + +a 1n (t)x n +F 1 (t) x = a 1(t)x 1 +a (t)x + +a n (t)x n +F (t). x n = a n1(t)x 1 +a n (t)x + +a nn (t)x n +F n (t) (9.4) 30 Diferansiyel operatörler Burada sabit katsayılı bir lineer diferansiyel denklem sistemi için sembolik diferansiyel operatör yöntemi ni ele alacağız. şekilde yazılabilir.n. mertebeden diferansiyel operatör şekilde yazılabilir. dx dt = x = Dx d n x dt n = x(n) = D n x Örnek (i) (ii) (iii) (D +c)x x +cx, c sabit (ad n +bd m )x ax (n) +bx (m), a,b sabitler ( a0 D n +a 1 D n 1 + +a n 1 D +a n ) x a0 x (n) +a 1 x (n 1) + +a n 1 x +a n x, a 0,a 1,...,a n sabitler

123 Örnek 30.. x(t) = t 3 fonksiyonu için (3D +5D )x ifadesini bulunuz. 7. DIFERANSIYEL OPERATÖRLER 113 Şimdi daha genel olarak, yazalım. a 0,a 1,...,a n sabitlerdir. ( 3D +5D ) x = 3 d (t 3 ) dt +5 d(t3 ) t 3 = 18t+15t t 3 dt L a 0 D n +a 1 D n 1 + +a n 1 D+a n Teorem c 1 ve c keyfi sabitler olmak üzere Örnek olsun. f = t,g = sint için olduğunu gösteriniz. L[c 1 f +c g] = c 1 L[f]+c L[g] L 3D +5D L[3f +g] = 3L[f]+L[g] Çözüm L[3f +g] = 3 d ( 3t +sint ) +5 d ( 3t +sint ) ( 3t +sint ) dt dt = 30t+10cost 10sint 6t +18 L[f] = 3 d ( ) t +5 d ( ) t ( t ) dt dt = t +10t+6 L[g] = 3 d dt (sint)+5 d dt (sint) (sint) = 5cost 5sint 3L[f]+L[g] = 3 ( t +10t+6 ) +(5cost 5sint) = 30t+10cost 10sint 6t +18 L[3f +g] = 3L[f]+L[g]

124 LINEER DIFERANSIYEL DENKLEM SISTEMLERI 31 Sabit katsayılı lineer sistemler için operatör yöntemi Şimdi sabit katsayılı lineer sistemler için operatör yöntemini açıklayacağız. L 1 x+l y = f 1 (t) L 3 x+l 4 y = f (t) (31.1) lineer sistemini ele alalım. Burada L 1,L,L 3,L 4 sabit katsayılı lineer operatörleri aşağıdaki formdadır: ve a i,b i,c i,d i katsayıları sabittir. Örnek L 1 a 0 D n +a 1 D n 1 + +a n 1 D +a n L b 0 D m +b 1 D m 1 + +b m 1 D +b m L 3 c 0 D p +c 1 D p 1 + +c p 1 D +c p L 4 d 0 D q +d 1 D q 1 + +d q 1 D +d q x y 3x = t x +y +3x+8y = lineer sistemini (D 3)x Dy = t (D+3)x+(D +8)y = ile gösterebiliriz. Buna göre L 1,L,L 3,L 4 sabit katsayılı lineer operatörleri aşağıdaki formdadır: L 1 D 3 L D L 3 D+3 L 4 D+8 Yöntem (31.1) sisteminde 1.denklem L 4 operatörü ile çarpılır,. denklem ise L operatörü ile çarpılıp taraf tarafa çıkartılır: L 4 L 1 x+l 4 L y = L 4 f 1 (t) L L 3 x+l L 4 y = L f (t) (L 4 L 1 L L 3 )x = L 4 f 1 (t) L f (t) (31.)

125 7. SABIT KATSAYILI LINEER SISTEMLER IÇIN OPERATÖR YÖNTEMI 115 sabit katsayılı, tek bilinmeyenli lineer ADD elde edilir. Bölüm 5 daki yöntemler kullanılarak çözüm bulunur. Benzer şekilde bilinmeyen y fonksiyonunu bulmak için ise (31.1) sisteminde 1.denklem L 3 operatörü ile çarpılır,. denklem ise L 1 operatörü ile çarpılıp taraf tarafa çıkartılır: L 3 L 1 x+l 3 L y = L 3 f 1 (t) L 1 L 3 x+l 1 L 4 y = L 1 f (t) (L 3 L L 1 L 4 )y = L 3 f 1 (t) L 1 f (t) (31.3) Örnek 31.. x y 3x = t x +y +3x+8y = lineer sisteminin çözümünü bulunuz. Çözüm Lineer sistemi operatör formu ile (D 3)x Dy = t (D+3)x+(D +8)y = şeklinde gösterebiliriz. Buna göre (D +8)/ (D 3)x Dy = t D / (D +3)x+(D +8)y = [(D+8)(D 3)+D(D+3)]x = (D +8)t+D() ( 16D +8D 4 ) x = 8t+ öncelikle homojen denklemin çözümünü bulalım: ( D +D 3 ) x = t+ 1 4 ( D +D 3 ) x = 0 karakteristik denklemi m +m 3 = 0 m 1 = 3,m = 1 ve genel çözümü x c = c 1 e 3t +c e t olarak elde ederiz. Özel çözüm için x p = at+b

126 LINEER DIFERANSIYEL DENKLEM SISTEMLERI formunda arayalım: y çözümünü bulmak için de benzer şekilde d dt (at+b)+ d dt (at+b) 3(at+b) = t+ 1 4 a 3b 3at = t+ 1 4 a 3b = 1 4 3a = 1 a = 1,b = x(t) = x c +x p = c 1 e 3t +c e t 1 11 t 3 36 (D +3)/ (D 3)x Dy = t (D 3) / (D +3)x+(D +8)y = [(D+3)D+(D 3)(D+8)]y = (D +3)t+(D 3)() ( 16D +8D 4 ) x = 3t 8 ( D +D 3 ) x = 3 8 t 1 öncelikle homojen denklemin çözümünü bulalım: karakteristik denklemi ve genel çözümü olarak elde ederiz. Özel çözüm için formunda arayalım: ( D +D 3 ) y = 0 m +m 3 = 0 m 1 = 3,m = 1 y c = k 1 e 3t +k e t y p = at+b d dt (at+b)+ d dt (at+b) 3(at+b) = 3 8 t 1 a 3b 3at = 3 8 t 1 a 3b = 1 3a = 3 a = 1 8 8,b = 5 1 y(t) = y c +y p = k 1 e 3t +k e t t+ 5 1

127 Şimdi c 1,c,k 1,k katsayılarının seçimini belirleyelim: 7. SABIT KATSAYILI LINEER SISTEMLER IÇIN OPERATÖR YÖNTEMI 117 ( 3 c 1 e 3t +c e t 1 ) 11 t 3 36 x y 3x = t d ( c 1 e 3t +c e t 1 dt 3 d dt = t ( c 1 k 1 )e t +( 9c +6k )e 3t = 0 c 1 k 1 = 0 9c +6k = 0 [ ] x(t) y(t) ) 11 t 36 ( k 1 e 3t +k e t t+ 5 1 c 1 = k 1 c = k 3 [ ] c1 e = 3t +c e t 1 11 t 3 36 k 1 e 3t +k e t + 1 t [ k1 e = 3t + k ] 3 e t 1 11 t 3 36 k 1 e 3t +k e t + 1t Alternatif Yöntem Diğer yöntem gibi öncelikli olarak x(t) çözümü bulunur. y(t) çözümünü bulmak için, (31.1) sisteminde y nin türevini içeren terim yok olucak şekilde yeni bir bağıntı eldeedilip y(t) çözümü elde edilir. ) Örnek lineer sisteminin çözümünü bulunuz. Çözüm Bir önceki örnekten olarak elde etmiştik. y çözümünü bulmak için x y 3x = t x +y +3x+8y = x(t) = x c +x p = c 1 e 3t +c e t 1 11 t 3 36 x y 3x = t x +y +3x+8y =

128 LINEER DIFERANSIYEL DENKLEM SISTEMLERI sisteminde y yok olacak şekilde düzenleme yapalım: Sistemi taraf tarafa topladığımda aranan çözümdür. 4x +8y = t+ y = t+ 4x 8 y = t+ 4( 3c 1 e 3t +c e t = 3 c 1e 3t 1 c e t t+ 5 1 ) Örnek lineer sisteminin çözümünü bulunuz. Çözüm Lineer sistemi operatör formu ile şeklinde gösterebiliriz. Buna göre öncelikle homojen denklemin çözümünü bulalım: x y x+4y = t x +y x y = 1 (D )x (D 4)y = t (D 1)x+(D 1)y = 1 (D 1)/ (D )x (D 4)y = t (D 4) / (D 1)x+(D 1)y = 1 [(D 1)(D )+(D 4)(D 1)]x = (D 1)t+(D 4)(1) ( D 8D+6 ) x = t 3 ( D 8D +6 ) x = 0 karakteristik denklemi ve genel çözümü olarak elde ederiz. Özel çözüm için m 4m+3 = 0 m 1 = 3,m = 1 x c = c 1 e 3t +c e t x p = at+b

129 7. NORMAL FORMDA LINEER DENKLEM SISTEMLERI (İKI BILINMEYENLI IKI DENKLEM) 119 formunda arayalım: Şimdi y çözümünü bulalım: denklem siteminde y li terimi yok edersek: d dt (at+b) 8 d (at+b)+6(at+b) = t 3 dt 6b 8a+6at = t 3 6b 8a = 3 a = 1,b = 13 6a = x(t) = x c +x p = c 1 e 3t +c e t 1 13 t 6 18 x y x+4y = t x +y x y = 1 x 3x+3y = t+1 y = x 3x t 1 3 y = ( ) ( d c1 e 3t +c dt e t 1 13 t c1 e 3t +c e t 1 13 t 6 18) t 1 3 y = c 1 e 3t 1 3 c e t 1 6 t Normal Formda lineer denklem sistemleri (İki bilinmeyenli iki denklem) Tanım 3.1. sistemine homojen olmayan, iki bilinmeyenli sistem denir. durumunda sisteme homojen sistem denir. x = a 11 (t)x+a 1 (t)y +F 1 (t) y = a 1 (t)x+a (t)y +F (t) F 1 (t) = 0, F (t) = 0 (3.1) Örnek 3.. x = x y y = 3x+6y

130 10 7. LINEER DIFERANSIYEL DENKLEM SISTEMLERI homojen sistemdir ve homojen olmayan sistemdir. x = x y 5t y = 3x+6y 4 Teorem 3.3. a 11 (t),a 1 (t),a 1 (t),a (t),f 1 (t),f (t) fonksiyonları sürekli fonksiyonlar ise (3.1) sisteminin bir tek x = f (t) y = g(t) çözümü vardır. 3.1 Homojen lineer sistemler için temel özellikler homojen sistemini ele alalım. x = a 11 (t)x+a 1 (t)y y = a 1 (t)x+a (t)y (3.) Tanım 3.4. x = f 1 (t) y = g 1 (t) ve x = f (t) y = g (t) fonksiyonları (3.) sisteminin lineer bağımsız çözümleri olsun. Bu durumda f 1(t) f (t) g 1 (t) g (t) determinantına bu fonksiyonların Wronskian ı denir ve W (t) ile gösterilir. Teorem 3.5. x = f 1 (t) y = g 1 (t) ve x = f (t) y = g (t) fonksiyonları (3.) sisteminin lineer bağımsız çözümleri olması için gerek ve yeter koşul W (t) = f 1(t) f (t) g 1 (t) g (t) 0 olmasıdır.

131 Teorem NORMAL FORMDA LINEER DENKLEM SISTEMLERI (İKI BILINMEYENLI IKI DENKLEM) 11 x = f 1 (t) y = g 1 (t) fonksiyonları (3.) sisteminin lineer bağımsız çözümleri olsun. Bu durumda fonksiyonuna sistemin genel çözümü denir. ve x = f (t) y = g (t) x = c 1 f 1 (t)+c f (t) y = c 1 g 1 (t)+c g (t) Örnek 3.7. x = e 5t y = 3e 5t ve x = e3t y = e 3t fonksiyonları x = x y y = 3x+6y homojen sisteminin lineer bağımsız bir çözümleri olduğunu gösteriniz. Buna göre genel çözümü belirtiniz. Çözüm olduğundan lineer bağımsızdır. fonksiyonu genel çözümdür. W (t) = e5t e 3t 3e 5t e 3t = e8t 0 x(t) = c 1 e 5t +c e 3t y(t) = 3c 1 e 5t c = 0 3. Sabit katsayılı homojen lineer sistemler x = a 11 x+a 1 y y = a 1 x+a y homojen sistemini ele alalım. Sabit katsayılı homojen denklemin çözümünü olarak arayalım. Buna göre (3.3) x = Ae λt y = Be λt (3.4) x = Aλe λt y = Bλe λt

132 1 7. LINEER DIFERANSIYEL DENKLEM SISTEMLERI türevlerini (3.3) sisteminde yerine yazarsak sistemini elde ederiz. e λt 0 olduğundan Aλe λt = a 11 Ae λt +a 1 Be λt Bλe λt = a 1 Ae λt +a Be λt (a 11 λ)a+a 1 B = 0 a 1 A+(a λ)b = 0 (3.5) sistemi elde edilir. Sistemin sıfırdan farklı çözümün olması için (a 11 λ) a 1 a 1 (a λ) = 0 (3.6) olması gerekir. Buna göre denklemini elde ederiz. λ (a 11 +a )λ+a 11 a a 1 a 1 = 0 (3.7) Tanım 3.8. (3.7) e diferansiyel sistemin karakteristik denklemi denir. Bu denklem inci dereceden bir cebirsel denklem olduğuna göre, denklemin λ 1,λ, gibi tane kökü olmalıdır. Bu kökler birer birer denklem (3.3) da yerine konursa her defasında bir özel çözüm elde edilecektir. Buna göre denklemin köklerine göre çözümü irdeleyelim Durum: Ayrık Reel kökler Teorem 3.9. λ 1 ve λ, (3.7) e karakteristik denklemin ayrık reel kökleri olsun. x = A 1 e λ 1t y = B 1 e λ 1t ve x = A e λt y = B e λ t fonksiyonları (3.3) sisteminin lineer bağımsız çözümleridir ve genel çözüm olarak yazarız. Burada c 1,c keyfi sabitlerdir. x = c 1 A 1 e λ 1t +c A e λ t y = c 1 B 1 e λ 1t +c B e λ t Örnek sisteminin çözümünü bulunuz. Çözüm Sisteme karşılık gelen lineer cebirsel denklemler x = 6x 3y y = x+y (6 λ)a 3B = 0 A+(1 λ)b = 0

133 7. NORMAL FORMDA LINEER DENKLEM SISTEMLERI (İKI BILINMEYENLI IKI DENKLEM) 13 ve sisteme karşılık gelen karaktestik denklem köklerdir. için elde edilen cebirsel denklem için çözümdür. için elde edilen cebirsel denklem için (6 λ) 3 (1 λ) = 0 λ 7λ+1 = 0 λ 1 = 3 λ 1, = 3,4 3A 3B = 0 A B = 0 A = B = 1 A 3B = 0 A 3B = 0 x(t) = e 3t y(t) = e 3t λ = 4 A = 3B = 6 x(t) = 3e 4t y(t) = e 4t çözümdür. x(t) = e 3t y(t) = e 3t ve fonksiyonları sisteminin lineer bağımsız çözümleridir ve genel çözüm olarak yazarız. x(t) = 3e4t y(t) = e 4t x = c 1 e 3t +3c e 4t y = c 1 e 3t +c e 4t Örnek x = x+7y y = 3x+y x(0) = 9 y(0) = 1

134 14 7. LINEER DIFERANSIYEL DENKLEM SISTEMLERI sisteminin çözümünü bulunuz. Çözüm Sisteme karşılık gelen lineer cebirsel denklemler ve sisteme karşılık gelen karaktestik denklem köklerdir. için elde edilen cebirsel denklem için çözümdür. için elde edilen cebirsel denklem için çözümdür. ( λ)a+7b = 0 3A+( λ)b = 0 ( λ) 7 3 ( λ) = 0 3A+7B = 0 3A+7B = 0 λ 5 = 0 λ 1 = 5 λ 1, = ±5 3A = 7B = 1 x(t) = 7e 5t y(t) = 3e 5t λ = 5 7A+7B = 0 3A 3B = 0 fonksiyonları sisteminin lineer bağımsız çözümleridir ve genel çözüm x(t) = e 5t y(t) = e 5t x(t) = 7e 5t y(t) = 3e 5t ve A = B = 1 x(t) = e5t y(t) = e 5t x = 7c 1 e 5t +c e 5t y = 3c 1 e 5t +c e 5t

135 7. NORMAL FORMDA LINEER DENKLEM SISTEMLERI (İKI BILINMEYENLI IKI DENKLEM) 15 olarak yazarız. başlangıç koşullarından çözümdür. 3...Durum: Eşit Reel kökler x(0) = 9 y(0) = 1 7c 1 +c = 9 3c 1 +c = 1 c 1 = 1,c = x = 7e 5t +e 5t y = 3e 5t +e 5t Teorem 3.1. λ, (3.7) e karakteristik denklemin eşit tekrar eden reel kökü olsun. x = Ae λt y = Be λt ve x = (A 1t+A )e λt y = (B 1 t+b )e λt fonksiyonları (3.3) sisteminin lineer bağımsız çözümleridir ve genel çözüm olarak yazarız. Burada c 1,c keyfi sabitlerdir. x = c 1 Ae λt +c (A 1 t+a )e λt y = c 1 Be λt +c (B 1 t+b )e λt Örnek sisteminin çözümünü bulunuz. Çözüm Sisteme karşılık gelen lineer cebirsel denklemler ve sisteme karşılık gelen karaktestik denklem köklerdir. için elde edilen cebirsel denklem x = 4x y y = x+y (4 λ)a B = 0 A+( λ)b = 0 (4 λ) 1 1 ( λ) = 0 λ 6λ+9 = 0 λ 1 = 3 λ 1, = 3 A B = 0 A B = 0 A = B = 1

136 16 7. LINEER DIFERANSIYEL DENKLEM SISTEMLERI için çözümdür. Ve diğer lineer bağımsız çözüm şeklindedir. Bunu denklemde yerine yazdığımızda x(t) = e 3t y(t) = e 3t x(t) = (A 1 t+a )e 3t y(t) = (B 1 t+b )e 3t e 3t (A 1 +3A 1 t+3a ) = 4(A 1 t+a )e 3t (B 1 t+b )e 3t e 3t (B 1 +3B 1 t+3b ) = (A 1 t+a )e 3t +(B 1 t+b )e 3t (A 1 B 1 )t+(a A 1 B ) = 0 (A 1 B 1 )t+(a B 1 B ) = 0 (A 1 B 1 ) = 0, A A 1 B = 0 A 1 B 1 = 0 A B 1 B = 0 A 1 = B 1 = A B = 1 A = 1, B = 0 x(t) = e 3t y(t) = e 3t ve fonksiyonları sisteminin lineer bağımsız çözümleridir ve genel çözüm olarak yazarız. x(t) = (t+1)e3t y(t) = te 3t x = c 1 e 3t +c (t+1)e 3t y = c 1 e 3t +c te 3t Örnek sisteminin çözümünü bulunuz. Çözüm Sisteme karşılık gelen lineer cebirsel denklemler x = 6x 4y y = x+y x(0) = y(0) = 3 (6 λ)a 4B = 0 A+( λ)b = 0

137 ve sisteme karşılık gelen karaktestik denklem köklerdir. için elde edilen cebirsel denklem için çözümdür. Ve diğer lineer bağımsız çözüm şeklindedir. Bunu denklemde yerine yazdığımızda 7. NORMAL FORMDA LINEER DENKLEM SISTEMLERI (İKI BILINMEYENLI IKI DENKLEM) 17 A 4B = 0 A B = 0 (6 λ) 4 1 ( λ) = 0 λ 8λ+16 = 0 λ 1 = 4 λ 1, = 4 A = B = A =,B = 1 x(t) = e 4t y(t) = e 4t x(t) = (A 1 t+a )e 4t y(t) = (B 1 t+b )e 4t e 4t (A 1 +4A 1 t+4a ) = 6(A 1 t+a )e 4t 4(B 1 t+b )e 4t e 4t (B 1 +4B 1 t+4b ) = (A 1 t+a )e 4t +(B 1 t+b )e 4t (A 1 4B 1 )t+(a A 1 4B ) = 0 (A 1 B 1 )t+(a B 1 B ) = 0 (A 1 4B 1 ) = 0, (A A 1 4B ) = 0 (A 1 B 1 ) = 0 A B 1 B = 0 A 1 = B 1 = A B = A 1 =,B 1 = 1,A = 4, B = 1 şeklindedir x(t) = e 4t y(t) = e 4t fonksiyonları sisteminin lineer bağımsız çözümleridir ve genel çözüm x(t) = (t+4)e 4t y(t) = (t+1)e 4t ve x(t) = (t+4)e4t y(t) = (t+1)e 4t x = c 1 e 4t +c (t+4)e 4t y = c 1 e 4t +c (t+1)e 4t

138 18 7. LINEER DIFERANSIYEL DENKLEM SISTEMLERI olarak yazarız. koşullarından Durum: Kompleks eşlenik kökler c 1 +4c = c 1 +c = 3 x(0) = y(0) = 3 c 1 = 5,c = x = 10e 4t (t+4)e 4t y = 5e 4t (t+1)e 4t Teorem λ 1 = a+ib ve λ = a ib, (3.7) e karakteristik denklemin kompleks eşlenik kökleri olsun. veya x = (A 1 +ia )e at (cosbt+isinbt) y = (B 1 +ib )e at (cosbt+isinbt) x = e at (A 1 cosbt A sinbt) y = e at (B 1 cosbt B sinbt) fonksiyonları (3.3) sisteminin lineer bağımsız çözümleridir ve genel çözüm olarak yazarız. Burada c 1,c keyfi sabitlerdir. ve x = eat (A cosbt+a 1 sinbt) y = e at (B cosbt+b 1 sinbt) x = c 1 e at (A 1 cosbt A sinbt)+c e at (A cosbt+a 1 sinbt) y = c 1 e at (B 1 cosbt B sinbt)+c e at (B cosbt+b 1 sinbt) Örnek sisteminin çözümünü bulunuz. Çözüm Sisteme karşılık gelen lineer cebirsel denklemler ve sisteme karşılık gelen karaktestik denklem x = 3x+y y = 5x+y (3 λ)a+b = 0 5A+(1 λ)b = 0 (3 λ) 5 (1 λ) = 0 λ 4λ+13 = 0 λ 1, = ±3i

139 7. NORMAL FORMDA LINEER DENKLEM SISTEMLERI (İKI BILINMEYENLI IKI DENKLEM) 19 köklerdir. için elde edilen cebirsel denklem için (1 3i)A+B = 0 5A (1+3i)B = 0 çözümdür. Burada reel ve sanal kısımları ayırdığımızda fonksiyonları sisteminin lineer bağımsız çözümleridir ve genel çözüm olarak yazarız. λ 1 = +3i (1 3i)A = B A =, B = 1+3i x = e t (cos3t+isin3t) y = ( 1+3i)e t (cos3t+isin3t) x = e t cos3t y = e t ( cos3t 3sin3t) ve x = et sin3t y = e t (3cos3t sin3t) x = c 1 e t cos3t+c e t sin3t y = c 1 e t ( cos3t 3sin3t)+c e t (3cos3t sin3t) Örnek sisteminin çözümünü bulunuz. Çözüm Sisteme karşılık gelen lineer cebirsel denklemler ve sisteme karşılık gelen karaktestik denklem köklerdir. x = 7x 4y y = x+3y x(0) = y(0) = 1 (7 λ)a 4B = 0 A+(3 λ)b = 0 (7 λ) 4 (3 λ) = 0 λ 10λ+9 = 0 λ 1, = 5 i,5+i λ 1 = 5 i

140 LINEER DIFERANSIYEL DENKLEM SISTEMLERI için elde edilen cebirsel denklem (+i)a 4B = 0 (+i)a = 4B A = 4, B = +i A+( +i)b = 0 için x(t) = 4e (5 i)t = 4e 5t (cost isint) y(t) = (+i)e (5 i)t = (+i)e 5t (cost isint) çözümdür. Burada reel ve sanal kısımları ayırdığımızda fonksiyonları sisteminin lineer bağımsız çözümleridir ve genel çözüm olarak yazarız. başlangıç koşullarından çözümdür. x = 4e 5t cost y = e 5t (cost+sint) ve x = 4e5t sint y = e 5t (cost sint) x = 4c 1 e 5t cost+4c e 5t sint y = c 1 e 5t (cost+sint)+c e 5t (cost sint) x(0) = y(0) = 1 4c 1 = c 1 +c = 1 c 1 = 1,c = 1 x = 7e 5t +e 5t y = 3e 5t +e 5t x = e 5t cost 4e 5t sint y = 1 e5t (cost+sint) e 5t (cost sint)

141 Chapter 8 Lineer Diferansiyel Denklem Sistemlerinin Uygulamaları 33 Salınım Hareketi m 1 kütlesindeki yer değiştirmeyi x 1 ile m kütlesindeki yer değiştirmeyi ise x ile gösterelim. 1. telin esneklik sabiti k 1,. sinin ise k olsun. Şimdi m 1 kütlesine etkiyen kuvvetleri düşünelim. Burada 1.tel ve. telin uygulamış oldukları kuvvetler mevcuttur. 1. telin uygulamış olduğu kuvvet F 1 = k 1 x 1.kütlenin yer değiştirmesi ise (x x 1 ) kadardır.. tele negatif olarak verilen kuvvet 1. tele pozitif olarak etkiyecektir. Böylece Newton un. kuralına göre m 1 x 1 = k 1 x 1 +k (x x 1 ).kütleye uygulanan kuvvet Hooke kuralına göre F = k (x x 1 ) ve Newton. kuralına göre ve diferansiyel denklem sitemini elde ederiz. m x = k (x x 1 ) m 1 x 1 = k 1x 1 +k (x x 1 ) m x = k (x x 1 ) Örnek Yatay ve sürtünmesiz bir düzlem üzerinde hareket etmekte olan m 1 = kg ve m = 1kg olan cisimler şekilde görüldüğü gibi ağırlıksız yaylarla birbirine tutturulmuş olarak denge konumları etrafında salınım hareketi yapmaktadırlar. 1. telin esneklik katsayısı k 1 = 4N/m. telin ise k = N/m olarak veriliyor. Başlangıçta 1. kütlenin uzaklığı 1m ve. kütlenin uzaklığı 5m/s hızsız olarak verildiğine göre herbirinin denge konumundan hangi uzaklıkta olduğunu bulunuz. 131

142 13 8. LINEER DIFERANSIYEL DENKLEM SISTEMLERININ UYGULAMALARI Çözüm sisteminde verilenleri yerine yazıp düzenlediğimizde m 1 x 1 = k 1x 1 +k (x x 1 ) m x = k (x x 1 ) x 1 +6x 1 x = 0 x x 1 +x = 0 x 1 (0) = 1,x 1 (0) = 0 x (0) = 5,x (0) = 0 sistemini çözmeliyiz. (D +) / (D +6)x 1 x = 0 / x 1 +(D +)x = 0 (( D + )( D +6 ) 4 ) x 1 = 0 ( D 4 +10D +8 ) x 1 = 0 m 4 +5m +4 = 0 ( m +1 )( m +4 ) = 0 m 1, = ±i,m 3,4 = ±i x 1 (t) = c 1 cost+c sint+c 3 cost+c 4 sint x 1 +6x 1 x = 0 x = x 1 +3x 1 = ( c 1 cost c sint 4c 3 cost 4c 4 sint)+3(c 1 cost+c sint+c 3 cost+c 4 sint) = c 1 cost+c sint c 3 cost c 4 sint x 1 (0) = 1,x (0) = 5 c 1 +c 3 = 0 c 1 c 3 = 5 c 1 =,c 3 = 1 x 1(0) = 0,x (0) = 0 c +c 4 = 0 c c 4 = 0 c = 0,c 4 = 0 x 1 (t) = cost cost x (t) = 4cost+cost

143 34 Elektrik Devre Problemleri 8. ELEKTRIK DEVRE PROBLEMLERI 133 q = I,V R = RI,V C = 1 C q,v L = LI Şekile göre ABGF kapalı devresinde toplam voltajlar eşit olmalıdır. Buna göre V R1 +V L1 = E R 1 I 1 +L 1 (I 1 I ) = E L 1I 1 L 1I +R 1I 1 = E BCFG kapalı devresinde ise diferansiyel denklemleri ile sistemini elde ederiz. V L1 +V R +V L = 0 L 1 (I I 1 )+R I +L I = 0 L 1 I 1 L 1I +R 1I 1 = E L 1 I 1 +(L 1 +L )I +R I = 0 Örnek Yukarıdaki elektrik sisteminde L 1 = 0.0H(enry),R 1 = 10Ω,L = 0.04H,R = 0Ω,E = 30V ve başlangıç akımı sıfır olduğuna göre herhangi zamandaki akımı bulunuz. Çözüm denkleminin öncelikle homojen kısmın çözümünü elde edelim: 0.0I 1 0.0I +10I 1 = I I +0I = 0 I 1 I +500I 1 = 1500 I 1 +3I +1000I = 0 (3D +1000) / (D +500)I 1 DI = 1500 D / DI 1 +(3D +1000)I = 0 [ (3D +1000)(D +500) D ] I 1 = (3D +1000)(1500) ( D +500D ) I 1 = ( D +150D ) I 1 = I I I 1 = I I I 1 = 0 m +150m = 0 (m+50)(m+1000) = 0 m 1 = 50,m = 1000 I 1,c (t) = c 1 e 50t +c e 1000t özel çözüm için I 1,p = A A = 3 I 1 (t) = c 1 e 50t +c e 1000t +3

144 LINEER DIFERANSIYEL DENKLEM SISTEMLERININ UYGULAMALARI olarak buluruz. sisteminde I terimlerini yok edersek: I 1 I +500I 1 = 1500 I 1 +3I +1000I = 0 I I I = 4500 I = 4500 I I I = 4500 ( 50c 1e 50t 1000c e 1000t ) 1500(c 1 e 50t +c e 1000t +3) 1000 = 500c e 1000t 1000c 1 e 50t 1000 I = c e 1000t c 1 e 50t I 1 (0) = 0 c 1 +c = 3 I (0) = 0 c 1 +c / = 0 c =,c 1 = Karışım Problemleri şekildeki sistemde, 1. tanka c gr bir kimyasal r l hızla boşaltılmaktadır. Ayrıca 1. tanktan r l dk 1 hız ile bir boşaltım ve r 1 hızı ile. tanktan akım meydana gelmektedir.. tanka ise 1. tanktan r 1 hızında bir miktar kimyasal girişi olurken r 1 ve r out hızı ile çıkış meydana gelmektedir. A 1 ve A ile 1. ve. tankerdeki kimyasal miktarlarını belirtirsek ve V 1,V ile sırasıyla 1.ve. tankerin hacmini belirtirsek da 1 A 1 A = rc r 1 +r 1 dt V 1 V da A 1 = r 1 (r 1 +r out ) A dt V 1 V diferansiyel denklem sisteminin çözümü 1. ve. tankerdeki kimyasal miktarlarını vericektir. Örnek Birbiriyle bağlantılı X ve Y tanklarında X başlangıçta100lt lik tuzlu suyun içinde 5kg tuz, Y ise 100lt like tuzlu suyun içinde kg lık tuzlu su içermektedir. 6 l/dk lık bir hız ile X tankerine saf su girişi olmaktadır. X tankerinden Y tankerine tuzlu su 8 l/dk lık bir hızla akmaktadır. Y tankerinden X tankerine ise l/dk lık hızla tuzlu su geri pompalanmaktadır. Y tankerinden tuzlu su 6 l/dk hızla boşaltımaktadır. Herbir tankta çözünürlük homojen olucak şekilde karıştırıldığına göre tanklardaki, herhangi bir zamandaki tuz miktarı nedir? Çözüm c = 0,r = 6l/dk, r 1 = 8l/dk,r 1 = l/dk,r out = 6l/dk

145 8. KARIŞIM PROBLEMLERI tankta 6l/dk lık bir giriş ve toplamda 8 = 6 l/dk lık bir çıkış olduğundan toplam litrede bir değişim olmayacaktır. Ve benzer şekilde Y tankında da 8-=6 lık bir giriş ve 6 lık bir çıkış olduğundan Y deki hacim değişmeyecektir. Buna göre denklemi dx = 8 x dt y 100 dy = 8 x dt y 100 x(0) = 5, y(0) = sisteminin çözümünden 8 λ λ = 0 λ λ = 0 λ 1 = 1 5,λ = 3 5 λ 1 = 1 5 x = Ae 1 5 t 4A+B = 0 B =,A = 1 x = e 1 5 t y = Be 1 5 t y = e 1 5 t λ 1 = 3 5 x = Ae 3 5 t 4A+B = 0 B =,A = 1 x = e y = Be 3 5 t y = e 3 5 t x = c 1e 1 5 t c e 3 5 t y = c 1 e 1 5 t +c e 3 5 t x(0) = 5, y(0) = 5 = c 1 c c = c 1 +c 1 = 3,c = x = 3e 1 5 t +e 3 5 t y = 6e 1 5 t 4e 3 5 t 3 5 t

146 LINEER DIFERANSIYEL DENKLEM SISTEMLERININ UYGULAMALARI F1=-k1x1 F1=-k(x-x1) A R1 B R C E I I1 I1 I L1 I L G F D