MAT 2011 MATEMATİK III

Transkript

1 } MAT 20 MATEMATİK III Ders Notları } Öğr. Gör. Volkan ÖĞER 205

2

3 İçindekiler Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler 3. Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller Genel ve Özel Çözüm olarak İntegraller İkinci Mertebeden Denklemler Eğim Alanları ve Grafik Çözümler Çözümlerin Varlık ve Tekliği Ayrılabilir Denklemler Birinci Mertebeden Doğrusal Denklemler Tam Diferensiyel Denklemler Tam Hale Getirmek Yerine Koyma Yöntemleri Homojen Diferansiyel Denklemler (a x + b y + c )dx (a 2 x + b 2 y + c 2 ) = 0 şeklindeki diferansiyel denklemler Bernoulli Denklemleri Yüksek Mertebeden Diferansiyel Denklemler İkinci Mertebeden İndirgenebilir Diferansiyel Denklemler y bağımlı değişkenini içermeyen denklemler x bağımsız değişkenini içermeyen denklemler İkinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler İkinci Mertebeden Lineer Homogen Denklemler İkinci Mertebeden Sabit Katsayılı Lineer Denklemler n. Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler n. Mertebeden Sabit Katsayılı Lineer Diferansiyel Denklemler Homojen Olmayan Denklemler Belirsiz Katsayılar Metodu Parametrelerin Değişimi Yöntemi Cauchy-Euler Denklemi Legendre Denklemi Kuvvet Serisi Yöntemi 69 4 Diferansiyel Denklem Sistemleri Birinci Mertebeden Sistemler Yok Etme (Eliminasyon) Yöntemi Matrisler ve Lineer Sistemler Homogen Sistemler İçin Özdeğer Yöntemi

4 2

5 Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler. Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller Evrenin yasaları matematik dilinde yazılır. Cebir, birçok statik problemi çözmek için yeterlidir; ancak en ilginç doğal olaylar değişim içerir ve değişen nicelikleri birbirine bağlayan denklemler ile tanımlanır. f fonksiyonunun dx = f (t) türevi, x = f(t) niceliğinin bağımsız t değişkenine göre değişim oranı olduğundan, değişen evreni dt tanımlamak için sık sık türev içeren denklemlerin kullanılması doğaldır. Tanım. Bir bilinmeyen fonksiyon ve onun türevlerinden birini veya daha çoğunu birbirine bağlayan bir denkleme diferansiyel denklem denir. Örnek. dx dt = x2 + t 2 diferansiyel denklemi, hem x(t) bilinmeyen fonksiyonunu hemde onun x (t) = dx birinci türevini içerir. dt Örnek 2. d 2 y dx dx + 7y = 0 diferansiyel denklemi, x bağımsız değişkeninin bilinmeyen y fonksiyonunu ve y nin ilk iki y, y türevlerini eçerir. Diferansiyel denklemleri incelemenin başlıca üç amacı vardır. Belirli bir fiziksel olayı tanımlayan diferansiyel denklemi bulmak, Diferansiyel denklemin -kesin yada yaklaşık- uygun bir çözümünü elde etmek, Elde edilen çözümü yorumlamak. 3

6 4.. Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller Cebirde, genellikle x 3 + 7x 2 x + 4 = 0 gibi bir denklemi sağlayan bilinmeyen sayıları ararız. Aksine, bir diferansiyel denklemi çözerken bir reel sayı aralığında y (x) = 2 x y(x) gibi bir diferansiyel denklemi sağlayan bilinmeyen y(x) fonksiyonlarını bulmak isteriz. Genellikle diferansiyel denklemin, eğer mümkünse tüm çözümlerini bulmak isteyeceğiz. Örnek 3. Eğer C bir sabit sayı ve y(x) = Ce x2 (.) ise, bu takdirde dx = 2 C(2xex ) = 2x(Ce x2 ) = 2xy (.2) dir. Böylece denk. (.) şeklindeki her y(x) fonksiyonu, tüm x ler için = 2xy (.3) dx diferansiyel denklemini sağlar ve böylece onun bir çözümüdür. Özellikle denk. (.), bu diferansiyel denklemin (.2), C keyfi sabitinin her seçimi için farklı çözümlerinin bir sonsuz ailesini tanımlar. Örnek 4. Newton un soğuma yasası şu şekilde ifade edilebilir: bir cismin T (t) sıcaklığının değişiminin zamana oranı (t zamanına göre), T ve cismi çevreleyen ortamın A sıcaklığı arasındaki farkla orantılıdır. Yani k pozitif bir sabit olmak üzere, dt = k(t A) dt Dikkat edilirse, eğer T > A ise, dt/dt < 0 ve böylece sıcaklık t nin azalan bir fonksiyonudur. Bu durumda cisim soğur. Fakat eğer T < A ise, dt/dt > 0 ve böylece T artandır. Böylece bir fiziksel yasa bir diferansiyel denkleme dönüştürüldü. Eğer k ve A değerleri verilirse, T (t) için açık bir formül bulunabilir ve ondan sora bu formül yardımıyla cismin sonraki sıcaklığı tahmin edilebilir. Örnek 5. Sabit doğum ve ölüm oranlarına sahip bir P (t) nüfusunun değişiminin zaman oranı, bir çok basit halde nüfusun büyüklüğüyle orantılıdır. Yani, k orantı sabiti olmak üzere, dir. Biraz daha inceliyecek olursak, dp dt = kp (.4) P (t) = Ce kt şeklindeki her bir fonksiyon, (.4) deki diferansiyel denklemin bir çözümüdür. Böylece k sabitinin değeri bilinse bile, dp/dt = kp diferansiyel denklemi, keyfi C sabitinin her bir seçimi için bir tane olmak üzere, P (t) = Ce kt şeklinde sonsuz çoklukta farklı çözüme sahiptir. Nüfus örneğinde, gerçek-dünya problemi, nüfusun gelecek bir zamanda belirlenmesidir. Bir matematiksel model, verilen olayı tanımlayan değişkenlerin (P ve t) bir listesi ile bu değişkenleri birbirine bağlayan bilinen veya geçerli olduğu varsayılan bir veya daha çok denklemden (dp/dt = kp, P (0) = P 0 ) ibarettir. Matematiksel analiz bu denklemleri çözmekten (burada t nin bir fonksiyonu olan P yi elde etmekten) ibarettir. Nihayet bu matematiksel sonuçları (ele aldığımız), gerçek-dünya problemini cevaplandırmak için kullanırız.

7 .. Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller 5 Bunula beraber, diferansiyel denklemin hiçbir çözümünün bilinen tüm bilgilerle uyuşmaması mümkündür. Böyle bir halde diferansiyel denklemin gerçek-dünya olayını uygun bir şekilde tanımlayamadığını düşünmeliyiz. Örneğin, denk. (.4) ün çözümleri, C bir pozitif sabit olmak üzere P (t) = Ce kt şeklindedir. Ancak k ve C sabitlerinin herhangi bir seçimi için P (t) geçen birkaç yüzyılın dünya insan nüfusunun gerçek büyüklüğünü tanımlayamaz. Bu yüzden, belki, doğum oranı, azalan yiyecek miktarı ve diğer etkenlerin nüfus üzerindeki baskılarının etkisini göz önünde bulunduran diferansiyel denklemler yazmamız gerekir. Doyurucu bir matematiksel model birbiriyle çelişen iki durum arzeder: Matematiksel model,göreceli kesinliğe sahip gerçek-dünya olayını temsil etmek için yeteri kadar ayrıntılı olmalıdır; fakat matematiksel analizi kolayca yapmak için yeteri kadar basit olmalıdır. Örnek 6. Eğer C bir sabit ve y(x) = C x ise, Bu taktirde x C için dx = (C x) 2 = y2 dir. Böylece y(x) = C x x = C noktasını içermiyen herhangi bir reel sayı aralığında (.5) diferansiyel denkleminin bir çözümünü tanımlar. dx = y2 (.6) Gerçekte denklem (.5), C keyfi sabitinin veya parametresinin her bir değeri için bir tane olmak üzere, /dx = y 2 nin bir parametreli bir çözüm ailesini tanımlar. C = için y(0) = başlangıç koşulunu sağlayan özel çözümünü elde ederiz. Tanım 2. y(x) = x Bir diferansiyel denklemin mertebesi, denklemde görülen en yüksek türevin mertebesidir. dt dt dx = y2 y (4) + x 2 y (3) + x 5 y = sin x = k(t A) (Birinci mertebeden) (Birinci mertebeden) (Dördüncü mertebeden) Bağımsız değişkeni x ve bilinmeyen fonksiyonu veya bağımlı değişkeni y = y(x) olan n. mertebeden en genel diferansiyel denklem F (x, y, y, y,..., y (n) ) = 0 (.7) dır. Burada F, n + 2 değişkenli verilmiş bir reel-değerli fonksiyondur. Çözüm kelimesini kullanışımız, şu ana kadar biraz formal olmayan bir şekilde oldu. Kesin olarak; I aralığında sürekli bir u = u(x) fonksiyonunun u, u,..., u (n) türevleri I da mevcut ve I daki tüm x ler için F (x, u, u, u,..., u (n) ) = 0 (.8) ise u = u(x) fonksiyonuna (6) diferansiyel denkleminin bir çözümüdür denir. Kısaca u = u(x) in I da (6) daki diferansiyel denklemi sağladığını söyleyebiliriz.

8 6.. Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller Örnek 7. Eğer A ve B birer sabit ise y(x) = A cos 3x + B sin 3x (.9) fonksiyonunun y + 9y = 0 (.0) diferansiyel denkleminin çözümü olduğunu gösteriniz. Çözüm: Tüm x ler için denklem (.9) in ardışık iki türevini alalım Diferansiyel denklemde (.0) yerine koyarsak y (x) = 3A sin 3x + 3B cos 3x y (x) = 9A cos 3x 9B sin 3x = 9(A cos 3x + B sin 3x) = 9y y + 9y = 9y + 9y = 0 Sonuç olarak (.9) un (.0) daki diferansiyel denklemi sağladığını göstermiş olduk. (.9) un (.0) daki diferansiyel denklemin iki parametreli çözüm ailesini tanımladığını söyleyebiliriz.. Şu ana kadar ele aldığımız tüm diferansiyel denklemler, bilinmeyen fonksiyonun (bağımlı değişkenin) yanlız bir bağımsız değişkene bağlı olduğunu ifade eden adi diferansiyel denklemlerdir. Eğer bağımlı değişken iki veya daha çok bağımsız değişkenin fonksiyonu ise, bu taktirde muhtemelen kısmi türevler ortaya çıkacaktır. Bu durumda denkleme kismi diferansiyel denklem denir. Örneğin, ince ve uzun düzgün bir çubuğun, x noktasındaki t anındaki u = u(x, t) sıcaklığı (uygun basit koşullar altında) u t = k 2 u x 2 kısmi diferansiyel denklemini sağlar. Burada k, (çubuğun ısı geçirgenliği denilen) bir sabittir. Bu bölümde = f(x, y) (.) dx şeklindeki birinci mertebeden diferansiyel denklemlere yoğunlaşacağız. Ele alınan bir olayın tipik matematiksel modeli, (0) şeklinde bir diferansiyel denklemi ve bir y(x 0 ) = y 0 başlangıç koşulunu içerebilir. dx = f(x, y), y(x 0) = y 0 (.2) başlangıç değer problemini çözmek, x 0 ı içeren bir aralıkta denklem (.2) deki her iki koşulu sağlayan türevlenebilir bir y = y(x) fonksiyonu bulmak demektir. Örnek 8. başlangıç değer problemini çözünüz. dx = y2, y() = 2 (.3) Çözüm: Daha önce /dx = y 2 diferansiyel denkleminin çözümünün y(x) = /(C x) olduğunu söylemiştik. Burada sadece y(x) = /(C x) çözümü, y() = 2 başlangıç koşulunu sağlayacak şekilde bir C değeri bulmamız gerekir. x = ve y = 2 değerlerinin çözümde yerine koyulmasıyla 2 = y() = C C yi bulabileceğimiz bir denklem elde ederiz. Buradan C = 3/2 bulunur. C nin bu değeri ile istenen çözüm olarak bulunur. y(x) = 2 3 2x

9 .2. Genel ve Özel Çözüm olarak İntegraller 7.2 Genel ve Özel Çözüm olarak İntegraller = f(x, y) dx Eğer f fonksiyonu y bağımlı değişkenine bağımlı değilse, yukarıdaki birinci mertebeden diferansiyel denklem basit bir hal alır: = f(x) (.4) dx Bu özel halde, (.4) denkleminin her iki yanının sadece integralini almamız yeterlidir. Böylece y(x) = f(x)dx + C (.5) elde ederiz. (.5), (.4) denkleminin genel çözümüdür. Eğer G(x), f nin bir ilkeli,(yani, eğer G (x) = f(x)) ise, y (x) = G(x) + C y 2 (x) = G(x) + C 2 gibi iki çözümü aynı I aralığında aşağıdaki grafikte görüldüğü gibi birbirlerine olan uzaklıkları sabit olan iki eğridir. Şekil.: y (x) = 2 x2 + ve y 2 (x) = 2 x2 2 Bir y(x 0 ) = y 0 başlangıç koşulunu sağlaması için y(x) = G(x) + C genel çözümünde x = x 0 ve y = y 0 konulması gerekir. Buradan C değerini bulabilir ve dx = f(x), y(x 0) = y 0 başlangıç değer problemini sağlayan bir özel çözümünü elde ederiz. Örnek 9. başlangıç değer problemini çözünüz. = 2x + 3, y() = 2 (.6) dx Çözüm: Diferansiyel denklemin her iki yanının integralini alalım y(x) = (2x + 3)dx = x 2 + 3x + C genel çözümü elde ederiz. Aradığımız özel çözüm (, 2) noktasından geçen, dolayısıyla y() = () () + C = 2 başlangıç koşulunu sağlayan eğridir. Böylece aranan özel çözüm y(x) = x 2 + 3x 2 dir.

10 8.3. Eğim Alanları ve Grafik Çözümler.2. İkinci Mertebeden Denklemler Denklemin sağ tarafında, ne y bağımlı değişkeni ne de onun y türevini içermediği özel formdaki d 2 y dx 2 = g(x) ikinci mertebeden denkleme de aynı mantıkla yaklaşabiliriz. Basitçe iki kere integral alırsak: y(x) = G(x)dx + C x + C 2 elde ederiz. Burada G(x), g(x) in bir ilkeli ve C,C 2 keyfi sabitlerdir..3 Eğim Alanları ve Grafik Çözümler = f(x, y) (.7) dx diferansiyel denklemini düşünelim. Burada sağ taraftaki f(x, y) fonksiyonu hem x bağımsız değişkenini hem de y bağımlı değişkenini içerebilir. (.7) in her iki yanının integralini almayı düşünebilir ve y(x) = f(x, y) dx + C yazabiliriz. Fakat integral hala bilinmeyen y(x) fonksiyonunu içerir ve bu yüzden açıkça hesaplanamaz. Gerçekte bir genel diferansiyel denklemin açık bir şekilde çözülebileceği bir yöntem yoktur. Gerçekten y = x 2 + y 2 gibi basit görünümlü diferansiyel deklemin çözümleri analiz kitaplarında incelenen adi elemanter fonksiyonlar cinsinden ifade edilemez. Bahsedeceğimiz grafik yöntem diferansiyel denklemlerin birçok pratik amaç için yeterli, yaklaşık çözümlerini elde etmek için kullanılır. Verilen bir y = f(x, y) diferansiyel denklemin çözümlerini şekillendirmek için basit bir geometrik yol mevcuttur. xy düzleminin her (x, y) noktasındaki f(x, y) değeri y(x) fonksiyonunun türevinin o noktadaki değerini verir. Yani y(x) fonksiyonuna o noktadan çizilen teğetin eğimidir. Sonuç olarak biz y(x) fonkisiyonunun xy düzleminin her noktasından hangi eğim ile geçtiğini hesaplayabiliriz. Bu geometrik bakış y = f(x, y) diferansiyel denkleminin yaklaşık çözümlerini elde etmek için bir grafik yöntem tanımlar. Düzlemde temsilci bir (x, y) nokta kolleksiyonunun her bir noktasından özel m = f(x, y) eğimine sahip kısa bir doğru parçası çizelim. Tüm bu doğru parçaları y = f(x, y) denkleminin bir eğim alanını (veya yönlü alanını) oluşturur. Örnek 0. y = x y diferansiyel denkleminin eğim alanını oluşturunuz ve onu ( 4, 4) noktasından geçen yaklaşık çözüm eğrisini çizmek için kullanınız. Çözüm: Öncelikle temsilci (x, y) nokta kolleksiyonunu belirleyelim. ( 4, 4) noktasını içine alacak şekilde 4 x 4, 4 y 4 bölgesini alalım. Noktalarımızda y(x) in eğimlerini veren tablomuzu oluşturalım. İlk sütun noktalarımızın x leri, ilk satır ise noktalarımızın y leri. Geri kalan sayılar ise y(x) in bu noktalardaki eğimi. f(x, y) ile hesaplanıyor.

11 .3. Eğim Alanları ve Grafik Çözümler 9

12 0.4. Çözümlerin Varlık ve Tekliği.4 Çözümlerin Varlık ve Tekliği Verilen bir diferansiyel denklemi hemen çözmeye kalkışıp çok zaman kaybetmeden önce, çözümlerin gerçekten mevcut olduğunu bilmek akıllıca bir iştir. Aynı zamanda denklemin, verilen bir başlangıç koşulunu sağlayan yalnız bir çözümünün olup olmadığını -yani onun çözümünün tek olup olmadığını- bilmek isteyebiliriz. Örnek. y = x, y(0) = 0 başlangıç değer probleminin çözümü yoktur. Çünkü diferansiyel denklemin x = 0 da tanımlı y(x) = (/x) dx = ln x + C çözümü yoktur. Öte yandan kolayca gerçeklenebilir ki, y = 2 y, y(0) = 0 (.8) başlangıç değer problemi y (x) = x 2 ve y 2 (x) = 0 gibi iki farklı çözüme sahiptir. Çözümlerin varlık ve teklik sorunları, aynı zamanda matematiksel modelleme yönteminde de önemlidir. Davranışı, belli bazı başlangıç koşulları ile tam olarak tanımlanan bir fiziksel sistemi incelediğimizi; ancak bizim önerdiğimiz matematiksel modelin bu koşulları sağlayan bir tek çözüme sahip olmayan bir denklem içerdiğini varsayalım. bu hemen, matematiksel modelin fiziksel sistemi tam olarak temsil etmediğini hususunda bir soruyu akla getirir. Theorem. Hem f(x, y) hemde onun D y f(x, y) kısmi türevinin xy düzleminin bir R dikdörtgeninde sürekli ve (a, b) nin R nin bir iç noktası olduğunu varsayalım. Bu takdirde, I a yı ihtiva eden bir açık aralık olmak üzere, = f(x, y), y(a) = b (.9) dx başlangıç değer probleminin I da tanımlı bir ve yalnız bir çözümü vardır. Örnek 2. y = 2xy, y(0) = f(x, y) = 2xy ve f y (x, y) = 2x fonksiyonları her yerde sürekli fonksiyonlardır. Teorem bize bu başlangıç değer probleminin tek çözümü olduğunu söyler. y = 2xy diferansiyel denkleminin genel çözümünün y(x) = Ce x2 olduğunu biliyoruz. Başlangıç koşulunu kullanarak C = bulur ve başlangıç değer probleminin özel çözümünün y(x) = e x2 olduğunu söyleriz. Çözüm: dx = y2, y(0) = f(x, y) = y 2 ve f y (x, y) = 2y fonksiyonları her yerde süreklidir bu sebeple teorem tek çözümü olduğunu söyler. Daha önce de söylediğimiz gibi bu başlangıç değer probleminin çözümü y(x) = x fonksiyonudur. Ve bu fonksiyon x = noktasında sürekli değildir. Teorem çözümün sürekliliğini garanti etmez..5 Ayrılabilir Denklemler Birinci mertebeden = f(x, y) (.20) dx

13 .5. Ayrılabilir Denklemler diferansiyel denkleminde f(x, y) fonksiyonu yalnız x in bir fonksiyonu ile yalnız y nin bir fonksiyonunun çarpımı olarak yazılabiliyorsa, yani dx = g(x)h(y) veya dx = g(x)/k(y) ise denkleme değişkenlerine ayrılabilir denir. Bu durumda denklem k(y) = g(x)dx şeklinde yazmak suretiyle x ve y değişkenlerine ayrılabilir (bir denklemin zıt yanlarda tek değişkene ayrılması). Bu özel tip diferansiyel denklemi çözmek kolaydır. Her iki yanın integralini alırsak k(y) = g(x)dx + C elde edilir. Örnek 3. dx = x y denklemini çözünüz. Çözüm: Yukarıdaki diferansiyel denklemi y = xdx şeklinde yazabiliriz. Her iki tarafında integralini alırsak, y = xdx + C Sonuç olarak elde ederiz.(c ve K keyfi sabitler.) y 2 = x 2 + 2C veya x 2 + y 2 = K Örnek 4. y = y 2 x 3 denklemini çözünüz. Çözüm: Yukarıdaki diferansiyel denklemi şeklinde yazabiliriz. Her iki tarafında integralini alalım, y 2 = y 2 = x3 dx x 3 dx + C y = x4 4 + C Düzenlersek elde ederiz.(c ve K keyfi sabitler.) y = 4 x 4 + 4C veya y = 4 x 4 + K Örnek 4 deki diferansiyel denklemi değişkenlerine ayırırken eşitliğin her iki tarafını /y 2 ile çarptık. Bu işlemi y 0 kabul ederek yapabiliriz. Soru: y(x) = 0 bir çözüm müdür? Cevap: EVET. Fakat y(x) = 0, K nın hiç bir değeri için y(x) = 4 x 4 genel çözümünden elde edilemez. + K Bu kural dışı çözümlere genellikle aykırı (tekil) çözüm denir.

14 2.5. Ayrılabilir Denklemler Örnek 5. başlangıç değer problemini çözünüz. = 6xy, y(0) = 7 dx Çözüm: Yukarıdaki diferansiyel denklemi şeklinde yazabiliriz. Buradan y = 6xdx y = ( 6x)dx + C ln y = 3x 2 + C elde ederiz. y(0) = 7 başlangıç koşulundan y(x) in x = 0 komşuluğunda pozitif olduğunu görürüz. Böylece mutlak değer işaretini kaldırabiliriz. ln y = 3x 2 + C y(x) = e 3x2 +C C keyfi sabit olduğu için e C yerine A keyfi sabitini yazabiliriz. y(x) = Ae 3x2 y(0) = 7 koşulu A = 7 yi verir. Böylece istenen çözüm y(x) = 7e 3x2 y(x) = e 3x2 e C dir. Bir önceki örnekte başlangıç koşulunun y(0) = 4 olduğunu varsayalım. Bu takdirde y(x), x = 0 komşuluğunda negatiftir. Dolayısıyla y yerine y koyabilir ve elde ederiz. Başlangıç koşulu C = ln4 verir. Buradan elde edilir. Şekil.2: ln( y) = 3x 2 + C y(x) = 4e 3x2 dx = 6xy diferansiyel denleminin yönlü alanı ve y(0) = 7, y(0) = 4 başlangıç koşulları için çözümleri.

15 .6. Birinci Mertebeden Doğrusal Denklemler 3 Örnek 6. diferansiyel denklemini çözünüz. dx = 4 2x 3y 2 5 Çözüm: Değişkenleri ayırır ve her iki yanın integralini alırsak (3y 2 5) = (4 2x)dx + C y 3 5y = 4x x 2 + C elde ederiz. Bu çözüm, x in açık bir fonksiyonu olarak y ye göre çözülemez. Bir önceki örnekte olduğu gibi çözüm y(x) = F (x) şekline getirilemeyebilir. G(x, y) = C (C keyfi sabit.) Formunda elde edilen ve y(x) = F (x) halinde yazılamayan çözüme Kapalı Çözüm adı verilir..6 Birinci Mertebeden Doğrusal Denklemler + P (x)y = Q(x) (.2) dx formunda olan diferansiyel denklemlere birinci mertebeden doğrusal (lineer) diferansiyel denklem adı verilir. Yöntem. Çözüme µ(x) = e P (x)dx fonksiyonunu hesaplıyarak başlayınız. µ(x) fonksiyonuna integral çarpanı adı verilir. 2. Diferansiyel denklemin her iki tarafını µ(x) ile çarpınız. Denklemin sol tarafı (.22) e P (x)dx dx + P (x)e P (x)dx y = d dx [µ(x)y(x)] olacaktır. Denklememiz d [µ(x)y(x)] = µ(x)q(x) dx şeklini alır. 3. Her iki tarafın integralini aldığımızda µ(x)y(x) = µ(x)q(x)dx + C buluruz ve genel çözümü elde etmek için y(x) e göre çözeriz. Örnek 7. y 2y = 3e 2x diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. Çözüm: Diferansiyel denklemimizde P (x) = 2 ve Q(x) = 3e 2x dir. İntegral çarpanımız µ(x) = e ( 2)dx = e 2x dir.

16 4.6. Birinci Mertebeden Doğrusal Denklemler Denklemimizin her iki tarafını e 2x ile çarparsak e 2x y 2e 2x y = 3e 2x e 2x Elde ettiğimiz denklemin sol tarafı aslında e 2x y(x) çarpımının türevidir d dx [e 2x y(x)] = 3 İntegral alalım d dx [e 2x y(x)]dx = y(x) i yanlız bırakırsak genel çözümünü elde ederiz. Örnek 8. e 2x y(x) = 3x + C y(x) = 3xe 2x + Ce 2x (x 2 + ) dx + 3xy = 6x diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. 3dx Çözüm: İntegral çarpanımızı hesaplayalım µ(x) = e 3x x 2 + dx Denklemin her iki yanını µ(x) ile çarpalım µ(x) = e 3 2 ln(x2 +) = (x 2 + ) 3/2 (x 2 3/2 + ) dx + (x2 + ) /2 3xy = (x 2 + ) 3/2 6x (x 2 + ) İntagral alalım y(x) i yanlız bırakırsak elde ederiz. d dx [(x2 + ) 3/2 y(x)] = 6x(x 2 + ) /2 (x 2 + ) 3/2 y(x) = 6x(x 2 + ) /2 dx + C (x 2 + ) 3/2 y(x) = 2(x 2 + ) 3/2 + C y(x) = 2 + C(x 2 + ) 3/2 Örnek 9. Varsayalımki B gölünün hacmi 480km 3 ve iç akış hızının (A gölünden) ve dış akış hızının (C gölüne) her ikiside 350km 3 tür. t = 0 anında B gölünün kirliliği A gölününkinin 5 katıdır. Eğer dış akış bundan sonra iyi karışmış göl suyu ise kaç yıl sonra B nin kirlilik yoğunluğu A nınkinin 2 katı olur. Çözüm: t süre sonunda B ye giren atık maddde miktarı : 350.c. t B deki atık madde miktarı X(t) ise B den giden atık madde miktarı: 350. X(t) V. t

17 .6. Birinci Mertebeden Doğrusal Denklemler 5 B deki madde miktarı değişimi: t yi 0 a götürürsek: X = 350.c. t 350. X(t) V. t X = (350.c 350. X(t) V ) t X t X lim t 0 t = dx dt = 350.c 350.X(t) V = 350.c 350 V X dx dt V X = 350c Birinci mertebeden doğrusal bir diferansiyel denklem elde ettik. İntegral çarpanımız, µ(x) = e 350 V dt = e 350 V denklemi µ(x) ile çarpıp integral alırsak X(t) yi yalnız bırakırsak e 350 V t X(t) = Başlangıçta kirlilik yoğunluğu 5c idi.yani Buradan K yı buluruz. Aradığımız fonksiyon V t 350.c.dt + K = V.c.e 350 V t + K e 350 X(t) = V.c + K.e 350 V t X(0) = 5.V.c K = 4.V.c X(t) = V.c + 4.V.c.e 350 V t Bizden ne kadar zaman sonra kirlilik yoğunluğu 2c olacağı sorulmuştu. Yani t nin hangi değeri için t olur? X(t) V = 2c V.c + 4.V.c.e 350 V t V = 2c

18 6.6. Birinci Mertebeden Doğrusal Denklemler Düzenlemelerden sonra e 350 V t = 4 V nin 480 olduğunu biliyoruz. Yerine yazar t yi çekeriz ve t = 48 ln 4 =.9 yıl 35 Örnek 20. y = + x + y + xy diferansiyel denkleminin çözümünü bulunuz. Çözüm: Diferansiyel denklemimizin sağ tarafını biraz düzenleyelim; y = + x + y(x + ) y = ( + x)( + y) Denklemimiz değişkenlerine ayrılabilir bir denklem. Her iki tarafı + y ile bölersek (y olmak koşulu ile) = ( + x)dx + y her iki tarafın integralini alabiliriz. + y = ( + x)dx elde ederiz. Burada eğer y < ise ln + y = x + x2 2 + C ln( ( + y)) = x + x2 2 + C x2 x+ ( + y) = e 2 +C x2 x+ = e 2.e C x2 x+ + y = B.e 2 (B = e C ) x2 x+ y(x) = + A.e 2 (A = B) e C çarpanı hiçbir C için 0 olamayacağı için A keyfi sabiti A < 0 seklinde seçilebilir. Eğer y > ise ln( + y) = x + x2 2 + C x2 x+ + y = e 2 +C x2 x+ = e 2.e C x2 x+ + y = A.e 2 (A = e C ) x2 x+ y(x) = + A.e 2 Yine e C çarpanı hiçbir C için 0 olamayacağı için A keyfi sabiti A > 0 seklinde seçilebilir. Sonuç itibariyle y için her durumda(y <, y > ) aynı çözümü bulduk. x2 x+ y(x) = + A.e 2 A R {0} Denklemimizi + y ile bölerken y olsun demiştik. y(x) = Bu denklemin bir çözümüdür. Elde ettiğimiz çözüme A = 0 seçeneği de eklenirse y(x) = fonksiyonu da elde edilebilir. Dolayısıyla çözüm ailesi: şeklinde de yazılabilir. x2 x+ y(x) = + A.e 2, (A keyfi sabit)

19 .6. Birinci Mertebeden Doğrusal Denklemler 7 2. yol: y = + x + y + xy diferansiyel denklemini aşağıdaki şekilde de yazabiliriz y ( + x) y = ( + x) }{{}}{{} P (x) Q(x) Denlemimiz aynı zamanda doğrusal bir denklem. Bir de böyle çözümü bulmaya çalışalım. İntegral çarpanımız Denlemin her iki tarafını µ(x) ile çarpalım, Elde edilen denklemin integralini alalım µ(x) = e (+x)dx x2 x = e 2 d x 2 [µ(x)y(x)] = e x 2 ( + x) dx x2 (x+ e 2 ) y(x) = x2 (x+ e 2 ) ( + x)dx + C elde ederiz. u = x + x2 2 du = ( + x)dx değişken dönüşümü yapılıp integral alınırsa bulunur. y(x) i yalnız bırakalım, böylece çözüm olur. Örnek 2. x2 (x+ e 2 ) x2 (x+ y(x) = e 2 ) + C x2 x+ y(x) = + C.e 2 dx = 3x2 (y 2 + ), y(0) = Başlangıç değer probleminin çözümünü bulunuz. Çözüm: dx = 3x2 y 2 + 3x 2 dx 3x2 y 2 = 3x 2 lineer değil dikkat!!! Değişkenlerine ayrılabilir bir denklem. Her iki tarafı + y 2 ye bölelim, İntegral alalım y y 2 = 3x2 dx = arctan(y) = x 3 + C 3x 2 dx + C y(x) = tan(x 3 + C) Başlangıç koşulumuz y(0) = idi. Bunu kullanarak C yi belirleyelim. y(0) = = tan(c) C = π 4 Başlangıç değer problemimizin çözümü, olarak bulunur. y(x) = tan(x 3 + π 4 )

20 8.7. Tam Diferensiyel Denklemler Örnek 22. xy = 2y + x 3 cosx diferansiyel denkleminin çözümünü bulunuz. Çözüm: Denklemimiz görüldüğü gibi doğrusal bir denklem İntegral çarpanı y 2 y = x 2 cosx x }{{} P (x) µ(x) = e 2 x dx 2 ln x = e = e ln x 2 = e ln x2 = e ln x 2 = x 2 Denklemimizi integral çarpanımızla çarpalım [ ] d dx x 2 y(x) = x 2 x2 cos x İntegral alalım x 2 y(x) = cos xdx + C = sin x + C elde ederiz. Genel çözümümüz y(x) = x 2 sin x + Cx 2 olarak bulunur..7 Tam Diferensiyel Denklemler Birinci mertebeden bir adi diferansiyel denklem = f(x, y) (.23) dx şeklinde ifade edilebildiği gibi şeklinde ifade edilebilir. M(x, y)dx + N(x, y) = 0 (.24) M(x, y)dx + N(x, y) = 0 (.25) Bu denklemin çözümü (eğer varsa) F (x, y) = C şeklinde bir fonksiyondur. Eğer M(x, y) y = N(x, y) x sağlanıyorsa denklem (.25) tam diferansiyel denklem olarak adlandırılır. Tam diferansiyel denklemler her zaman çözülebilir denklemlerdir. Çözüm Yöntemi Eğer F (x, y) = C gibi bir fonksiyon (.25) deki tam diferansiyel denklemin çözümü ise olmalıdır. F x = M(x, y) ve F y = N(x, y)

21 .7. Tam Diferensiyel Denklemler 9 HATIRLATMA F (x, y) = C nin tam diferansiyelini hatırlayalım F dx + F = 0 }{{} x y }{{} M(x,y) N(x,y) Bu durumda M(x, y) nin x e göre kısmi integrali alındığında F (x, y) fonksiyonu (çözümümüz) bulunur. F x = M(x, y) denkleminde iki tarafın x e göre kısmi integralini alalım F (x, y) = M(x, y)dx + Φ(y) Φ(y) intergasyon sabitidir. Not: x e göre kısmi türev alındığında sabit sayılar ve y ye bağlı ifadeler yok olabileceği için integral sabitimiz y ye bağlıdır. Bilinmeyen Φ(y) fonksiyonunu bulabilmek için, elde edilen F (x, y) = M(x, y)dx + Φ(y) (.26) denkleminin y ye göre kısmi türevi alınırsa F y = y M(x, y)dx + d Φ(y) elde edilir. Biz biliyoruz ki F y = N(x, y) dir. Buradan Φ(y) fonksiyonunu bulabiliriz ve (.26) de yerine konulursa genel çözümü bulunmuş olur. Örnek 23. y 3 dx + 3xy 2 = 0 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. Çözüm: Denklemimizde dir. Tam lık kriterine bakıldığında M(x, y) = y 3 ve N(x, y) = 3xy 2 M y = 3y2 ve N x = 3y2 kısmi türevler eşit olduğu için denklemimiz tamdır. Denklemimiz TAM olduğu için, çözümümüz olan F (x, y) = C fonsiyonu için F x olduğunu söyleyebiliriz. x e göre kısmi integral alınırsa F x dx = = M(x, y) = y3 y 3 dx + Φ(y) F (x, y) = y 3 x + Φ(y) Şimdi Φ(y) yi bulmalıyız. Bulduğumuz F (x, y) = y 3 x + Φ(y)

22 20.7. Tam Diferensiyel Denklemler fonksiyonun y ye göre kısmi türevi N(x, y) olmali ki çözümümüz olsun. y ye göre kısmi türev alalım F y = 3y2 x + d Φ(y) = 3xy2 }{{} N(x,y) 3xy 2 = 3xy 2 + d Φ(y) d Φ(y) = 0 Φ(y) yi bulmak için integral alırsak Φ(y) = A olarak bulunur. (A keyfi sabit). Sonuç olarak elde ederiz. Örnek 24. F (x, y) = xy 3 + A = C F (x, y) = xy 3 = K (K = C A, keyfi sabit) 2xy dx + ( + x 2 ) = 0 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. Çözüm: Denklemimizde dir. Tam lık kriterine bakıldığında 2xy }{{} dx + ( + x 2 ) = 0 }{{} M(x,y) N(x,y) M y = 2x ve N x = 2x kısmi türevler eşit olduğu için denklemimiz tamdır. Denklemimiz TAM olduğu için, çözümümüz olan F (x, y) = C fonsiyonu için F = M(x, y) = 2xy x olduğunu söyleyebiliriz.. x e göre kısmi integral alınırsa F x dx = 2xy dx + Φ(y) Şimdi Φ(y) yi bulmalıyız. Bulduğumuz F (x, y) = x 2 y + Φ(y) F (x, y) = x 2 y + Φ(y) fonksiyonun y ye göre kısmi türevi N(x, y) olmali ki çözümümüz olsun. y ye göre kısmi türev alalım F y = x2 + d Φ(y) = + x2 }{{} N(x,y) x 2 = x 2 + d Φ(y) d Φ(y) = Φ(y) yi bulmak için integral alırsak Φ(y) = y olarak bulunur. Sonuç olarak genel çözümümüz x 2 y + y = C (C, keyfi sabit) Örnek 25. (x + sin y)dx + (x cos y 2y) = 0 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz.

23 .7. Tam Diferensiyel Denklemler 2 Çözüm: x sin y = dx x cos y 2y Görüldüğü gibi denklemimiz ayrılabilir yada doğrusal değil. Tam olup olmadığını kontrol edelim. Tam lık kriterine bakıldığında (x + sin y) dx + (x cos y 2y) = 0 }{{}}{{} M(x,y) N(x,y) M y = cos y ve N x = cos y kısmi türevler eşit olduğu için denklemimiz tamdır. Denklemimiz TAM olduğu için, çözümümüz olan F (x, y) = C fonsiyonu için F = M(x, y) = x + sin y x olduğunu söyleyebiliriz.. x e göre kısmi integral alınırsa F x dx = (x + sin y)dx + Φ(y) Şimdi Φ(y) yi bulmalıyız. Bulduğumuz F (x, y) = x2 2 + x sin y + Φ(y) F (x, y) = x2 2 + x sin y + Φ(y) fonksiyonun y ye göre kısmi türevi N(x, y) olmali ki çözümümüz olsun. y ye göre kısmi türev alalım F y = x cos y + d Φ(y) = x cos y 2y }{{} N(x,y) x cos y 2y = x cos y + d Φ(y) d Φ(y) = 2y Φ(y) yi bulmak için integral alırsak Φ(y) = y 2 olarak bulunur. Sonuç olarak genel çözümümüz x x sin y y2 = C Örnek 26. x + y + x 2 dx + (y + tan x) = 0 diferansiyel denkleminin çözümünü bulunuz. Çözüm: Denklemimizde dir. Tam lık kriterine bakıldığında M(x, y) = x + y + x 2 ve N(x, y) = y + tan x M y = + x 2 ve N x = + x 2 kısmi türevler eşit olduğu için denklemimiz tamdır. Denklemimiz TAM olduğu için, çözümümüz olan F (x, y) = C fonsiyonu için ve F x = M(x, y) = x + y + x 2 F y = N(x, y) = y + tan x

24 22.7. Tam Diferensiyel Denklemler olduğunu söyleyebiliriz. Bu denklemlere bakıldığında ikincisini integrallemek daha kolaydır. F y = (y + tan x) + Φ(x) Şimdi Φ(x) yi bulmalıyız. Bulduğumuz F (x, y) = y2 2 + y. tan x + Φ(x) F (x, y) = y2 2 + y. tan x + Φ(x) fonksiyonun x ye göre kısmi türevi M(x, y) olmali ki çözümümüz olsun. x ye göre kısmi türev alalım F x = y. + x 2 + d dx Φ(x) = x + y + x 2 }{{} M(x,y) y. + x 2 + d dx Φ(x) = y. + x 2 + x + x 2 d dx Φ(x) = x + x 2 d dx Φ(x) = x + x 2 Φ(x) yi bulmak için integral alırsak Φ(x) = 2 ln ( + x2 ) + A olarak bulunur. (A keyfi sabit). Sonuç olarak F (x, y) = y2 2 + y.tan x + 2 ln ( + x2 ) + A = C F (x, y) = y2 2 + y.tan x + 2 ln ( + x2 ) = K (K = C A, keyfi sabit).7. Tam Hale Getirmek diferansiyel denklemini ele alalım. Eğer bu denklem TAM değilse, yani, M(x, y)dx + N(x, y) = 0 (.27) M y N x ise, biz bu denklemi uygun bir α(x, y) fonksiyonu ile çarparak TAM hale getirebiliriz. O zaman öyle bir α(x, y) fonksiyonu bulalım ki α(x, y)m(x, y)dx + α(x, y)n(x, y) = 0 (.28) denklemi TAM olsun. (.27) denklemini tam hale getirmek için kullandığımız α(x, y) fonksiyonuna integral çarpanı denir. Böyle bir α(x, y) fonksiyonunu bulmak kolay olmayabilir. Biz basit durumları inceleyelim. İntegral çarpanımız sayesinde TAM olan (.28) yi elde ettik. Yani, y (αm) = x (αn) Bu denklemden α(x, y) yi bulmaya çalışabiliriz. Türevi alalım, α(x, y) nin türevlerini bir tarafa toplarsak α y M + α M y = α x N + α N x α M y α N x = α x N α y M

25 .7. Tam Diferensiyel Denklemler 23 α( M y N x ) = α x N α y M M y N x = α ( α x N α y M) M y N α α x = x α N y α M M y N x = N x (ln α) M (ln α) (.29) y Yukarıdaki kısmi diferansiyel denklemden α(x, y) yi bulmak her zaman kolay değildir. Biz bazı basit durumları inceleyelim. Durum : α sadece x in fonksiyonu olabilir. O zaman denklem (.29) teki y (ln α) = 0 olacaktır. Yani M y N x = N (ln α) x Burada denklemin her iki tarafını N ye bölüp x e göre integral alırsak olarak bulunur. ln α = N ( M y N x )dx α(x) = e N ( M y N x )dx Uyarı: Bu durumun gerçeklenebilmesi için N ( M y N x ) in sadece x e bağlı olması gerekir. Yani yukarıdaki ifade sadece x e bağlı olursa, integral çarpanını ile bulabiliriz. α(x) = e N ( M y N x )dx Durum 2: Benzer şekilde α sadece y in fonksiyonu olabilir. O zaman denklem (.29) teki x (ln α) = 0 olacaktır ve M y N x = M (ln α) y Burada denklemin her iki tarafını M ye bölüp y e göre integral alırsak olarak bulunur. ln α = M ( M y N x ) α(y) = e M ( M y N x )

26 24.7. Tam Diferensiyel Denklemler Uyarı: Bu durumun gerçeklenebilmesi için M ( M y N x ) in sadece y e bağlı olması gerekir. Yani yukarıdaki ifade sadece y e bağlı olursa, integral çarpanını ile bulabiliriz. Örnek 27. α(y) = e M ( M y N x ) (x 5 + 3y)dx x = 0 diferansiyel denkleminin çözümünü bulunuz. Çözüm: Denklemimizde dir. Tam lık kriterine bakıldığında M(x, y) = x 5 + 3y ve N(x, y) = x M y = 3 ve N x = eşit olmadığı için TAM DEĞİLDİR. Tam yapmak için integral çarpanımızı bulalım; eğer N ( M y N x ) ifadesi sadece x e bağlıysa integral sabitimiz x e bağlı çıkacak. Görüldüğü gibi sadece x e bağlı. İntegral çarpanımız; N ( M y N x ) = 4 (3 ( )) = x x α(x) = e N ( M y N x )dx ile bulunabilir. α(x) = e 4 x dx = x 4 olarak integral çarpanımızı buluruz. Denklemimizi integral çarpanımızla çarpalım, Bu denklemin tam olup olmadığını kontrol edelim x 4 (x5 + 3y)dx x x 4 = 0 (x + 3 x 4 y)dx x 3 = 0 M y = 3 x 4 = N x TAM dır. (x + 3 x 4 y)dx x 3 = 0 Yukarıdaki TAM diferansiyel denklemin çözümü dir. F (x, y) = y x 3 + x2 2 = C

27 .7. Tam Diferensiyel Denklemler 25 Örnek 28. ydx + (x + y) = 0 diferansiyel denkleminin çözümünü bulunuz. Çözüm: Denklemimiz ayrılabilir ve lineer değildir. Denklemimizde dir. Tam lık kriterine bakıldığında M(x, y) = y ve N(x, y) = x + y M y = ve N x = eşit olmadığı için TAM DEĞİLDİR. Tam yapmak için integral çarpanımızı bulalım; eğer N ( M y N x ) ifadesi sadece x e bağlıysa integral sabitimiz x e bağlı çıkacak. N ( M y N x ) = ( ) = 2 x + y x + y Görüldüğü gibi sadece x e bağlı değil. Eğer aşağıdaki ifade sadece y ye çıkarsa integral çarpanımız sadece y ye bağlı olacak. M ( M y N x ) = 2 ( ) = y y integral çarpanımız: ile bulunabilir. olarak integral çarpanımızı buluruz. Denklemimizi intagral çarpanımızla çarpalım, Bu denklemin tam olup olmadığını kontrol edelim TAM dır. Yukarıdaki TAM diferansiyel denklemin çözümü dir. Örnek 29. α(y) = e M ( M y N x ) 2 α(y) = e y = y 2 y 2 ( y)dx + (x + y) = 0 y2 (x + y) dx + y y 2 = 0 M y = y 2 = N x (x + y) dx + y y 2 = 0 F (x, y) = x y + ln y = C (x + 3x 3 sin y)dx + (x 4 cos y) = 0 diferansiyel denkleminin çözümünü bulunuz.

28 26.8. Yerine Koyma Yöntemleri Çözüm: Denklemimiz ayrılabilir ve lineer değildir. Denklemimizde dir. Tam lık kriterine bakıldığında M(x, y) = x + 3x 3 sin y ve N(x, y) = x 4 cos y M y = 3x3 cos y ve N x = 4x3 cos y eşit olmadığı için TAM DEĞİLDİR. Tam yapmak için integral çarpanımızı bulalım; eğer N ( M y N x ) ifadesi sadece x e bağlıysa integral sabitimiz x e bağlı çıkacak. Görüldüğü gibi sadece x e bağlı. İntegral çarpanımız: N ( M y N x ) = x 4 cos y (3x3 cos y 4x 3 cos y) = x α(x) = e N ( M y N x ) α(x) = e x = x Denklemimizi integral çarpanımız α(x) = x ile çarpalım, Bu denklemin tam olup olmadığını kontrol edersek TAM dır. Yukarıdaki TAM diferansiyel denklemin çözümü dir..8 Yerine Koyma Yöntemleri x (x + 3x3 sin y)dx + x (x4 cos y) = 0 ( + 3x 2 sin y)dx + (x 3 cos y) = 0 M y = 3x2 cos y = N x ( + 3x 2 sin y)dx + (x 3 cos y) = 0 F (x, y) = x + x 3 sin y = C Bu kısımda, verilen bir diferansiyel denklemi nasıl çözüleceğini bildiğimiz bir denkleme dönüştürmek için bazen kullanılabilen yerine koyma yöntemlerini açıklayacağız. Örnek 30. diferansiyel denklemini çözünüz. = (x + y + 3)2 dx Çözüm: dönüşümü yapalım. in yerine yazabilmek için y yi çekip türev alalım. dx x + y + 3 = v y = v x 3

29 .8. Yerine Koyma Yöntemleri 27 Denkemimizde yerine yazarsak dx = dv dx dv dx = dv v2 dx = + v2 }{{} değişkenlerine ayrılabilir Değişkenlerine ayrılabilir bir denklemi nasıl çözeceğimizi biliyoruz. Ters dönüşüm yaparsak, (v yerine x + y + 3 yazalım) dv + v 2 = dx arctan v = x + c v = tan(x + c) x + y + 3 = tan(x + c) y = tan(x + c) x 3 Kural şeklindeki herhangi bir diferansiyel denklem = F (ax + by + c) dx v = ax + by + c dönüşümüyle ayrılabilir bir denkleme dönüştürülebilir..8. Homojen Diferansiyel Denklemler Tanım 3. f(x, y) tanımlı iki değişkenli bir fonksiyon olsun, x yerine λx y yerine λy yazılınca f(λx, λy) = λ n f(x, y) ise f(x, y) n. derceden homojen bir fonksiyondur. Örnek 3. f(x, y) = xy 2 + y 3 fonksiyonu için f(λx, λy) = λx(λy) 2 + (λy) 3 f(λx, λy) = λ 3 xy 2 + λ 3 y 3 = λ 3 (xy 2 + y 3 ) f(x, y) 3. dereceden homojen bir fonksiyondur. f(λx, λy) = λ 3 f(x, y)

30 28.8. Yerine Koyma Yöntemleri Tanım 4. M(x, y) = dx N(x, y). mertebeden diferansiyel denkleminde M(x, y) ve N(x, y) n. dereceden homojen ise diferansiyel denkleme n. dereceden homojen diferansiyel denklem denir. Homojen diferansiyel denklemleri çözmek için, denklem ( y ) dx = f(x, y) = g x şeklinde yazılır. Daha sonra z = y/x dönüşümü yapılır. homojen denkleminde z = y x dönüşümü yapılırsa ( y ) dx = g x Ve yerlerine yazılırsa y = zx dx = dz dx x + z dz dx x + z = g(z) dz dx = g(z) z x değişkenlerine ayrılabilir diferansiyel denkleme dönüşür. Bu değişkenlerine ayrılabilir denklemi çözer z = y x dönüşümü yaparız. ters Örnek 32. diferansiyel denkleminin çözümünü bulunuz. (2xy + x 2 )y = x 2 + 2y 2 Çözüm: Homojen mi diye bir bakalım. dx = x2 + 2y 2 M(x, y) = 2xy + x2 N(x, y) M(λx, λy) = (λx) 2 + 2(λy) 2 = λ 2 (x 2 + 2y 2 ) N(λx, λy) = 2(λx)(λy) + (λx) 2 = λ 2 (2xy + x 2 ) M ve N 2. dereceden homojen fonksiyonlar. Öyleyse diferansiyel denklem homojendir. Denklemimizi y x in cinsinden yazmaya çalışalım dx = x2 + 2y 2 2xy + x 2 = x2 ( + 2 y 2 x ) 2 x 2 (2 y x + ) = ( + 2( y x )2 ) (2 y x + ) z = y x dönüşümü yapalım. y Denklemimiz, e dönüşür. Düzenlediğimizde; = zx dx = dz dx x + z dz dx x + z = + 2z2 2z + dz dx = z 2z + x

31 .8. Yerine Koyma Yöntemleri 29 değişkenlerine ayrılabilir diferansiyel denklemi elde etmiş oluruz. Bu diferansiyel denklemin çözümü dür. Örnek y x 3 ln y = ln x + C x x dx = y + x 2 y 2 Çözüm: Denklemimiz aşağıdaki şekilde de yazılabilir, dx = y + x2 y 2 = x M(x, y) N(x, y) Homojenliğe bakalım. N(x, y) fonksiyonu. dereceden homojen. N(λx, λy) = λx = λn M(λx, λy) = λy + (λx) 2 (λy) 2 = λy + λ 2 (x 2 y 2 ) = λy + λ x 2 y 2 = λ (y + x 2 y 2 ) }{{} M Her ikisi de. dereceden homojen dolayısıyla denklemimiz homojen. Sağ tarafı y x cinsinden yazmaya çalışalım. z = y x dönüşümü yapalım, y dx = y + x2 y 2 x = y x + = y x + x2 y 2 x x 2 ( y2 x ) 2 = y x x + ( y x )2 = zx dx = dz dx x + z denklemimizde yerine yazalım dz dx x + z = z + z 2 Düzenlersek değişkenlerine ayrılabilir denklemimizi elde ederiz. dz z 2 = dx x Değişkenlerine ayrılabilir denklemimizi çözer z yerine y/x yazarız. Çözümümüz; y = x sin (ln x + C)

32 30.8. Yerine Koyma Yöntemleri Örnek 34. y 2 dx + (x 2 xy y 2 ) = 0 Çözüm: Denklemimizi dx = y 2 x 2 xy y 2 şeklinde yazalım. Homojenlik için M(x, y) = y 2 ve N(x, y) = x 2 xy y 2 fonksiyonlarının homojenliğine bakalım. M(x, y) = y 2 N(x, y) = x 2 xy y 2 M(λx, λy) = (λy) 2 = λ 2 y 2 = λ 2 M(x, y) N(λx, λy) = (λx) 2 (λx)(λy) (λy) 2 = λ 2 x 2 λ 2 xy λ 2 y 2 = λ 2 (x 2 xy y 2 ) = λ 2 N(x, y) M(x, y) ve N(x, y) fonksiyonları 2. dereceden homojen olduğu için denklemimiz homojen bir denklemdir. y/x cinsinden yazmaya çalışalım. y x = z dersek, dx = dz dx dx = y 2 x 2 xy y 2 = y 2 x 2 ( y x ( y x )2 ) = ( y x )2 y x ( y x )2 x + z olur. Yerlerine yazalım, Düzenlediğimizde: değişkenlerine ayrılmış denklemi elde ederiz. x dz dx + z = z 2 z z 2 z z 2 z + z 3 dz = dx x Yukarıdaki diferansiyel denklemi çözüp z = y x yazarsak olarak genel çözümümüz bulunur. z z 2 z + z 3 dz = dx x y + x = Cy 2 (y x).8.2 (a x + b y + c )dx (a 2 x + b 2 y + c 2 ) = 0 şeklindeki diferansiyel denklemler Durum : a 2 a b2 b ise a x + b y + c = 0,a 2 x + b 2 y + c 2 = 0 doğruları paralel değildir. Yani bir noktada kesişirler. Bu kesişme noktasını bulup, (bu nokta (h, k) olsun) x = X + h ve y = Y + k dönüşümü uygularız. yerlerine yazalım. x = X + h dx = dx ve y = Y + k = dy (a (X + h) + b (Y + k) + c )dx (a 2 (X + h) + b 2 (Y + k) + c 2 )dy = 0 Düzenlersek (a X + b Y + a h + b k + c )dx (a 2 X + b 2 Y + a 2 h + b 2 k + c 2 )dy = 0

33 .8. Yerine Koyma Yöntemleri 3 (h, k) iki doğrunun kesişim noktası olduğuna göre her ikisinin de üzerindedir. Sonuç olarak denklemlerini sağlar; a h + b k + c = 0 ve a 2 h + b 2 k + c 2 = 0 dır. Bu durumda denklemimiz (a X + b Y )dx (a 2 X + b 2 Y )dy = 0 şeklini alır. Elde ettiğimiz bu denklem homojendir.(kontrol edin.) Bu homojen denklemi çözersek ve X = x h ve Y = y k ters dönüşümü yaparsak (a x + b y + c )dx (a 2 x + b 2 y + c 2 ) = 0 denkleminin genel çözümünü bulmuş oluruz. Örnek 35. (x + y 3)dx + ( x + y + ) = 0 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. Çözüm: x+y 3 = 0 ve x+y+ = 0 doğrularının kesişim noktasını bulalım. Ortak çözüm yaparsak bu doğruların (2, ) noktasında kesiştiğini buluruz.(h = 2, k = ) dönüşümü uygulayacağız. yerlerine yazalım Düzenlersek x = X + 2 ve y = Y + x = X + 2 dx = dx ve y = Y + = dy ((X + 2) + (Y + ) 3)dX + ( (X + 2) + (Y + ) + )dy = 0 (X + Y )dX + ( X + Y )dy = 0 (X + Y )dx + ( X + Y )dy = 0 veya dy dx = (X + Y ) ( X + Y ) şeklinde homojen bir denklem elde ettik. Sağ tarafta pay ve paydayı X parantezine alalım. z = Y X dy dx = X( + Y X ) X( + Y X ) = ( + Y X ) ( + Y X ) dy dönüşümü yaparsak, dx = dz dx X + z dz ( + z) X + z = dx ( + z) Düzenlersek z + z 2 dz = dx X değişkenlerine ayrılabilir denklemi elde ederiz. Her iki tarafın integralini aldığımızda arctan z 2 ln ( + z2 ) = ln X + C z = Y X ters dönüşümünden sonra ve son olarakda arctan ( Y X ) 2 ln ( + ( Y X )2 ) = ln X + C X = x 2 ve Y = y dönüşümüyle denklemimizin genel çözümün ulaşmış oluruz. arctan ( y x 2 ) y ln ( + ( 2 x 2 )2 ) = ln x 2 + C

34 32.8. Yerine Koyma Yöntemleri Durum 2: a 2 a = b2 b = k ise a x + b y + c = 0,a 2 x + b 2 y + c 2 = 0 doğruları paraleldir. dönüşümü uygularız. yerlerine yazılırsa değişkenlerine ayrılabilir hale dönüşür. Örnek 36. z = a x + b y z = a x + b y dz dx = a + b dx dx = ( dz b dx a ) z = a x + b y ve dx = ( dz b dx a ) dx = ±a x + b y + c a 2 x + b 2 y + c 2 ( dz b dx a ) = ± z + c = f(z) kz + c 2 dz dx = b f(z) + a (2x + y )dx = (4x + 2y 5) diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. 4 Çözüm: 2 = 2 = 2 olduğunu kolayca görebiliriz. z = 2x + y dönüşümü yapacağız. olur. Denklemimizi seklinde yazar dönüşümümüzü yaparsak z = 2x + y dz dx = 2 + dx dx = dz dx 2 (2x + y ) = dx (4x + 2y 5) dz dx 2 = z 2z 5 dz dx = z 2z = 5z 2z 5 2z 5 dz = dx 5z değişkenlerine ayrılabilir bir denklem haline gelir. Çözümü: 2 5 (z) 3 ln (5z ) = x + C 25 dür. 2 5 (z) 3 ln (5z ) = x + C 25 denkleminde z = 2x + y ters dönüşümünü yaparsak genel çözümümüz şeklinde bulunur. 2 3 (2x + y) ln (5(2x + y) ) = x + C 5 25

35 .8. Yerine Koyma Yöntemleri Bernoulli Denklemleri + P (x)y = Q(x)yn dx şeklindeki birinci mertebeden diferansiyel denklemelere Bernoulli denklemleri denir. n = 0 veya n = ise denklem lineer dir. Aksi takdirde v = y n dönüşümü denklemi lineer denklemine dönüştürür. denklemimizde yerine yazarsak Düzenledikten sonra halini alır. Örnek 37. dv + ( n)p (x)v = ( n)q(x) dx v = y n dv = ( n)y n dx dx dv = yn dx dx n y n dv dx n + P (x)vyn = Q(x)y n dv + ( n)p (x)v = ( n)q(x) dx 2xyy = 4x 2 + 3y 2 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. Çözüm: Denklemimizi dx 3 2x y = 2x y şeklinde yazarsak P (x) = 3 2x, Q(x) = 2x ve n = olduğu bir Bernoulli denklemi olduğunu görürüz. n = olduğu için n = 2 olacak ve v = y 2 dönüşümü yapacağız. dv + ( n)p (x)v = ( n)q(x) dx denkleminde yerine koyalım dv dx + 2( 3 )v = 2.2x 2x dv dx 3 x v = 4x Lineer denklemi elde ettik. İntegral çarpanımız µ(x) = e P (x)dx = e 3 x dx = x 3 dır. Denklemimizin her iki tarafınıda integral çarpanımızla çarparsak Her iki tarafın integralini alalım d dx [ x 3 v(x)] = x 3 4x 4 x 3 v(x) = x 2 dx + C = 4 x + C v(x) = 4x 2 + Cx 3 v = y 2 idi, olarak çözümümüzü buluruz. y 2 = 4x 2 + Cx 3

36 34.8. Yerine Koyma Yöntemleri Örnek 38. x dx + 6y = 3xy4/3 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. Çözüm: Denklemimizi dx + 6 x y = 3y4/3 şeklinde yazarsak P (x) = 6 x, Q(x) = 3 ve n = 4/3 olduğu bir Bernoulli denklemi olduğunu görürüz. n = 4/3 olduğu için n = /3 olacak ve v = y /3 dönüşümü yapacağız. denkleminde yerine koyalım Lineer denklemi elde ettik. İntegral çarpanımız dv + ( n)p (x)v = ( n)q(x) dx dv dx 3 ( 6 x )v = 3 3 dv dx 2 x v = µ(x) = e P (x)dx = e 2 x dx = x 2 dır. Denklemimizin her iki tarafınıda integral çarpanımızla çarparsak Her iki tarafın integralini alalım d dx [ x 2 v(x)] = x 2 ( ) x 2 v(x) = x 2 dx + C = x + C v(x) = x + Cx 2 v = y /3 idi, olarak çözümümüzü buluruz. y /3 = x + Cx 2

37 Bölüm. Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler 35 Alıştırmalar. 2. dx = x(y 2 ) 2(x 2)(x ) dx = x e x y + e y 3. (x 2 )y 2xy log y = 0 4. dx dt = t xe t+2x 5. (3x + 8)(y 2 + 4)dx 4y(x 2 + 5x + 6) = 0 6. y = y 2 e x dx = x y 2 + x dx = sec2 y + x 2 2 dx = y + cos x, y(π) = 0 du u dx ex u + ex = 0 dx + y = + e x 2. tan x dx + y = cos x 3. ( + e x ) dx + ( + ex )y =, y(0) = 4. y + x y = sin x 5. x + 2y = x 3 dx 6. (t + y + )dt = 0 7. x dx 2y x 2 = x cos x, x > 0 8. cos x dx + y sin x = 2x cos2 x, ( π ) y = 5 2π du u dx ex u + ex = 0 dx + 3y = 3x2 e 3x y(0) = 2. (2xy 2 + 3x 2 )dx + (2x 2 y + 4y 3 ) = (2xy + 3)dx + (x 2 ) = (x 2xy + e y )dx + (y x 2 + xe y ) = x(xy 2)dx + (x 3 + 2y) = (y cos x + 2xe y )dx + (sin x + x 2 e y ) = (2x + y)dx + (x 2y) = y = 5 6xy 2y2 3x 2 + 4xy (cos x cos y + 2x)dx (sin x sin y + 2y) = (/x+2y 2 x)dx+(2yx 2 cos y) = 0, y() = π 30. (2e y x)y = 3. (x y)dx = dx = y 3 + 3x y 33. (x 2 + 3y 2 )dx 2xy = (x 4 x + y)dx x = (x cos y y sin y) + (x sin y + y cos y)dx = (2xy)dx + (y 2 3x 2 ) = (x 4 x + y)dx + (2xy + x) = (x + 2y)y = y 39. dx = y2 + 2xy x 2 ( ( y ) 40. x tan + y dx x = 0 x) 4. (xy + y 2 + x 2 )dx x 2 = y = x + y (x + y)dx (3x + 3y 4) = (x + y)y = 45. (2x 5y + 3)dx (2x + 4y 6) = ( 3x + y + 6)dx + (x + y + 2) = (x 2y 3)dx + (2x + y ) = (3x y + )dx (6x 2y 3) = (x + 2y + 3)dx + (2x + 4y ) = (5x + 2y + )dx + (2x + y + ) = xyy = x 2 + 2y y = y + y y 2 y + y 3 = e x 54. y + y x y = dx = 2y x x2 y 2 dx dt + tx3 + x t = 0 dx y x = y2 x dx + 2 x y = y3 x x dx + y = 2x6 y 4

38 36 Bölüm. Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler Cevaplar. y = (x )+C(x 2)2 (x ) C(x 2) 2 2. x e x = y2 2 + ey + C 3. y = e C(x2 ) 4. e 2x ( 4 + x 2 ) = e t ( t) + C 5. y 2 + 2( x 2 ) /2 = C 6. y = e x +C ve y = 0 7. y = ( 2( + x) 3/2 6( + x) /2 + C ) /3 8. 2y + sin(2y) = 4 arctan x + C 9. y = (sin x + ) 2 0. u = + Ce ex. y = e x ln(e x + ) + Ce x 2. y = x+c sin x 3. y = ln(+ex )+ ln 2 e x 4. y = sin x x 5. y = C x 2 x 3 cos x + C x 6. y = t 2 + Ce t 7. y = x 2 (sin x + C) 8. y = x 2 cos x π 2 cos x 9. u = + ce ex 20. y = x3 + e 3x 2. y = x 2 y 2 + x 3 + y 4 = C 22. x 2 y y + 3x = C 23. x 2 2 x2 y + xe y + y2 2 = C 24. x 3 y 3x 2 + y 2 = C 25. y sin x + x 2 e y y = C 26. x 2 + xy y 2 = C 27. 3x 2 y + 2xy 2 6y 5x = C 28. sin x cos y + x 2 y 2 = C 29. ln x + x 2 y 2 sin y = π xe y e 2y = C 3. ye x + xe x e x = C 32. xy 3 + y 3 y4 4 = C 33. y2 x y = x x = C ( ) x 3 3 ln x + C 35. sin y(e x x e x ) + e x y cos y = C 36. x 2 y 3 y = C, and y = y = x 4 /3 x ln x + Cx, and x = 0 ) ( xy + 2 ln yx = ln x + C 39. y = Cx2 Cx 40. y = x arcsin(xc) 4. y = x tan(ln x + C) ( x + y + + ln ( x + y + + )) = C 43. x + y ln x + y = 4x + C 44. x + y ln x + y + = x + C 45. (y + 2x 3) 2 (4y x 3) = C ( y+3 x 2 ) 2 ( ) + 2 y+3 x 2 3 = C(x ) 50. 5x 2 + 4xy + y 2 + 2x + 2y = C y 3 = xe x + Ce x 54. y /2 = 3 x + cx /2 55. y = 5x 2 /(x 5 + C), and y = x 2 = 2t 2 ln t + Ct 2, and x = u = ( 2 5 x 5 + Cx 4) y = x ( 2x 3 + c ) /3

39 2 Yüksek Mertebeden Diferansiyel Denklemler 2. İkinci Mertebeden İndirgenebilir Diferansiyel Denklemler ikinci mertebeden bir diferansiyel denklem, bilinmeyen y(x) fonksiyonunun ikinci türevini ihtiva eder ve F (x, y, y, y ) = 0 (2.) genel şekline sahiptir. Eğer y bağımlı değişkeni veya x değişkeni ikinci mertebeden diferansiyel denklemde bulunmuyorsa, bu taktirde denklem basit bir değişiklikle daha önce bahsettiğimiz yöntemlerle çözülebilen birinci mertebeden bir denkleme indirgenebilir. 2.. y bağımlı değişkenini içermeyen denklemler Eğer y bulunmuyorsa, bu takdirde (2.) denklemi şeklini alır. değişikliği birinci mertebeden F (x, y, y ) = 0 (2.2) y = p y = p F (x, p, p ) = 0 diferansiyel denklemini verir. Bu denklemin çözümü C bir keyfi sabit olmak üzere, p(x, C ) ise, bu takdirde denklem (2.2) nin C ve C 2 gibi iki keyfi sabit (ikinci mertebeden diferansiyel denklemden beklenileceği gibi) içeren bir çözümünü elde etmek için sadece y(x) = y (x)dx = p(x, C )dx + C 2 yazmak gerekir. Örnek 39. xy + 2y = 6x diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. Çözüm: Görüldüğü gibi y bağımsız değişkenini denklemimiz içermiyor. y = p y = p Dönüşümü xp + 2p = 6x birinci mertebeden denkleme dönüşür. Düzenlersek p + 2 x p = 6 37

40 İkinci Mertebeden İndirgenebilir Diferansiyel Denklemler denklemini verir. Bu birinci mertebeden denklemin lineer olduğuna dikkat ediniz. Bağımlı değişkeni p, bağımsız değişkeni x olan bu birinci mertebeden diferansiyel denklemin genel çözümü p = 2x + C x 2 şeklinde bulunur. p değişkeni y nin birinci türevini temsil ettiğine göre p = y = 2x + C x 2 denkleminde x e göre integral alınarak verilen ikinci mertebeden denklemin çözümü bulunabilir. y(x) = x 2 C x + C 2 Örnek 40. y = (x + y ) 2 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. Çözüm: Görüldüğü gibi y bağımsız değişkenini denklemimiz içermiyor. Dönüşümünü birinci mertebeden denkleme dönüşür. Bu denklem y = p y = p p = (x + p) 2 = F (ax + by + c) dx şeklinde olan bir denklemdir. p = (x + p) 2 denkleminde v = x + p dönüşümü uygularsak dv dx = v2 + değişkenlerine ayrılabilir diferansiyel denkleme dönüşür. Bu denklemin çözümü dir. Dolayısıyla p = (x + p) 2 denkleminin çözümü v = tan (x + C ) p = tan (x + C ) x dür. Denkleminde p = y olduğu için her iki tarafın x e göre integrali bize çözümü verir. Çözümümüz dür. y(x) = ln (cos (x + C )) x2 2 + C x bağımsız değişkenini içermeyen denklemler Eğer x bulunmuyorsa, bu takdirde (2.) denklemi şeklini alır. y = p dönüşümü yapılmak istenirse y yerine F (y, y, y ) = 0 (2.3) y = dp dx = dp dx = dp p