Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller. Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller. Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller

Transkript

1 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 /dt = f (t) türevi, x = f(t) niceliğinin bağımsız t değişkenine göre değişim oranı olduğundan, değişen evreni tanımlamak için sık sık türev içeren denklemlerin kullanılması doğaldır. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 1/ 145 Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller Tanım Bir bilinmeyen fonksiyon ve onun türevlerinden birini veya daha çoğunu birbirine bağlayan bir denkleme diferansiyel denklem denir. Örnek dt = x2 +t 2 diferansiyel denklemi, hem x(t) bilinmeyen fonksiyonunu hemde onun x (t) = dt birinci türevini içerir. Örnek d 2 y y = 0 diferansiyel denklemi, x bağımsız değişkeninin bilinmeyen y fonksiyonunu ve y nin ilk iki y,y türevlerini içerir. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 2/ 145 Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller 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. Cebirde, genellikle x 3 +7x 2 11x+41 = 0 gibi bir denklemi sağlayan bilinmeyen sayıları ararız. Aksine, bir diferansiyel denklemi çözerken bir reel sayı aralığında y (x) = 2xy(x) gibi bir diferansiyel denklemi sağlayan bilinmeyen y(x) fonksiyonlarını bulmak isteriz. Genellikle diferansiyel denklemin, eğer mümkünse tüm çözümlerini bulmak isteyeceğiz. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 3/ 145 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 4/ 145

2 Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller ÖRNEK Eğer C bir sabit sayı ve y(x) = Ce x2 (1) ise, bu takdirde = C(2xex2 ) = 2x(Ce x2 ) = 2xy dir. Böylece denk. (1) şeklindeki her y(x) fonksiyonu, tüm x ler için Özellikle denk. (1), bu diferansiyel denklemin (2), C keyfi sabitinin her seçimi için farklı çözümlerinin bir sonsuz ailesini tanımlar. = 2xy (2) diferansiyel denklemini sağlar ve böylece onun bir çözümüdür. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 5/ 145 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 6/ 145 Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller ÖRNEK 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 dt = k(t A) 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 sonra bu formül yardımıyla cismin sonraki sıcaklığı tahmin edilebilir. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 7/ 145 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 8/ 145

3 Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller 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 Eğer C bir sabit ve y(x) = 1 C x dir. Böylece ise, Bu taktirde x C için = 1 (C x) 2 = y2 y(x) = 1 C x x = C noktasını içermiyen herhangi bir reel sayı aralığında (3) diferansiyel denkleminin bir çözümünü tanımlar. = y2 (4) Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 9/ 145 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 10/ 145 Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller Gerçekte denk. (4), C keyfi sabitinin veya parametresinin her bir değeri için bir tane olmak üzere, / = y 2 nin bir parametreli bir çözüm ailesini tanımlar. C = 1 için y(0) = 1 başlangıç koşulunu sağlayan özel çözümünü elde ederiz. y(x) = 1 1 x Tanım Bir diferansiyel denklemin mertebesi, denklemde görülen en yüksek türevin mertebesidir. Bir diferansiyel denklemde bulunan en yüksek mertebeli türevin üssüne, bu diferansiyel denklemin derecesi denecektir. dt dt = y2 = k(t A) (Birinci mertebeden) (Birinci mertebeden) y (4) +x 2 y (3) +x 5 y = sinx (Dördüncü mertebeden) Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 11/ 145 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 12/ 145

4 Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller 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 (5) 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 (6) ise u = u(x) fonksiyonuna (6) diferansiyel denkleminin bir çözümüdür denir. Kısaca u = u(x) in I da (6) daki diferansiyel denklemi sağladığını söyleyebiliriz. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 13/ 145 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 14/ 145 Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller ÇÖZÜM ÖRNEK Eğer A ve B birer sabit ise fonksiyonunun y(x) = Acos3x+Bsin3x (7) y +9y = 0 (8) diferansiyel denkleminin çözümü olduğunu gösteriniz. Tüm x ler için denk. (8) in ardışık iki türevini alalım y (x) = 3Asin3x+3Bcos3x y (x) = 9Acos3x 9Bsin3x = 9(Acos3x+Bsin3x) = 9y Diferansiyel denklemde (9) yerine koyarsak y +9y = 9y +9y = 0 Sonuç olarak (8) in (9) daki diferansiyel denklemi sağladığını göstermiş olduk. (8) in (9) daki diferansiyel denklemin iki parametreli çözüm ailesini tanımladığını söyleyebiliriz.. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 15/ 145 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 16/ 145

5 Bir diferansiyel denklemdeki bağımlı değişken ve tüm türevleri birinci dereceden ise, diferansiyel denkleme lineer diferansiyel denklem denir. Dolayısıyla içerisinde y 3,(y ) 2,yy,y y,siny,e y gibi terimler bulunan denklemler lineer değildir. Bunun yanında denklem x 2,xy,e sinx3,lnx türünden ifadeler içerebilir. Daha genel bir ifadeyle eğer bir diferansiyel denklem y n +f 1 (x)y n 1 +f 2 (x)y n f n (x)y = R(x) formunda ifade edilebiliyorsa denkleme lineerdir diyeceğiz, aksi halde lineer olmayan bir diferansiyel denklem söz konusudur. Bu denklemde eğer R(x) = 0 ise lineer diferansiyel denklem homojendir. Aksi durumda denklem homojen olmayan diferansiyel denklem adını alır. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 17/ 145 Diferansiyel denklemler bağımlı değişken ve üurevlerinin katsayılarının durumuna göre de sınıflandırılmaktadır. Eğer bu katsayılar birer sabitse denklem sabit katsayılı diferansiyel denklem, eğer bağımsız değişkene bağlı fonksiyonlar ise değişken katsayılı diferansiyel denklem adını alır. Örneğin y +2y = sinx denklemi sabit katsayılı, coshxz +x 2 z = x ise değişken katsayılı bir diferansiyel denklemdir. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 18/ 145 Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller Şu ana kadar ele aldığımız tüm diferansiyel denklemler, bilinmeyen fonksiyonun (bağımlı değişkenin) yalnız 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 = u k 2 x 2 kısmi diferansiyel denklemini sağlar. Burada k, (çubuğun ısı geçirgenliği denilen) bir sabittir. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 19/ 145 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 20/ 145

6 Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller Bu bölümde = f(x,y) (9) şeklindeki birinci mertebeden diferansiyel denklemlere yoğunlaşacağız. Ele alınan bir olayın tipik matematiksel modeli, (10) şeklinde bir diferansiyel denklemi ve bir y(x 0 ) = y 0 başlangıç koşulunu içerebilir. = f(x,y), y(x 0) = y 0 (10) başlangıç değer problemini çözmek, x 0 ı içeren bir aralıkta denk. (11) deki her iki koşulu sağlayan türevlenebilir bir y = y(x) fonksiyonu bulmak demektir. ÖRNEK = y2, y(1) = 2 (11) başlangıç değer problemini çözünüz. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 21/ 145 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 22/ 145 Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller ÇÖZÜM Daha önce / = y 2 diferansiyel denkleminin çözümünün y(x) = 1/(C x) olduğunu söylemiştik. Burada sadece y(x) = 1/(C x) çözümü, y(1) = 2 başlangıç koşulunu sağlayacak şekilde bir C değeri bulmamız gerekir. x = 1 ve y = 2 değerlerinin çözümde yerine koyulmasıyla 2 = y(1) = 1 C 1 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 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 23/ 145 Diferansiyel denklemlerin doğrudan integral yoluyla çözümleri Bazı diferansiyel denklemler lineerdir ve türevleri içeren tek bir terime sahip olup, bilinmeyen (aranan) fonksiyonun bir çarpan olduğu terimleri içermezler. Eğer integral işlemi yapılabiliyorsa, diferansiyel denklem de doğrudan integralleme tekniğiyle çözülebilir demektir. Bunun yanında diğer bazı diferansiyel denklem türleri lineer olmayan terimlere sahiptir ve bu yolla çözülmeleri mümkün değildir. Bir diferansiyel denklem doğrudan integral yoluyla çözülürken terim terim integre edilir ve bir integral sabiti eklenir. Her integrasyon adımında türevlerin mertebeleri bir düşürülür ve buna karşılık bir başka integral sabiti eklenir. Dolayısıyla bir diferansiyel denklemin genel çözümünde, diferansiyel denklemde bulunan en yüksek mertebeli türevin mertebesi kadar keyfi sabit elde edilir. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 24/ 145

7 Diferansiyel denklemlerin doğrudan integral yoluyla çözümleri = f(x,y) Eğer f fonksiyonu y bağımlı değişkenine bağımlı değilse, yukarıdaki birinci mertebeden diferansiyel denklem basit bir hal alır: = f(x) (12) Bu özel halde, (13) denkleminin her iki yanının sadece integralini almamız yeterlidir. Böylece y(x) = f(x)+c (13) Diferansiyel denklemi sağlayan ve içerisinde bir ya da daha fazla keyfi sabit bulunduran ve bu nedenle bir eğri ailesini oluşturan çözüme genel çözüm denir. Eğer diferansiyel denklemin her çözümü genel çözümdeki keyfi sabitlere değerler atanarak elde edilebiliyorsa bu genel çözüm aynı zamanda tam çözüm adını alır. elde ederiz. (2), (1) denkleminin genel çözümüdür. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 25/ 145 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 26/ 145 Genel ve Özel Çözüm olarak İntegraller Genel ve Özel Çözüm olarak İntegraller Eğer G(x), f nin bir ilkeli,(yani, eğer G (x) = f(x)) ise, y 1 (x) = G(x)+C 1 y 2 (x) = G(x)+C 2 gibi iki çözümü aynı I aralığında aşağıdaki grafikte görüldüğü gibi birbirlerine olan uzaklıkları sabit olan iki eğridir. Figure: y 1 (x) = 1 2 x2 +1 ve y 2 (x) = 1 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 = f(x), y(x 0) = y 0 başlangıç değer problemini sağlayan bir özel çözümünü elde ederiz. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 27/ 145 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 28/ 145

8 Genel ve Özel Çözüm olarak İntegraller Genel çözümden elde edilen her bir çözüm ise özel veya özgül çözüm adını alır. Eğer diferansiyel denklemin herhangi bir çözümü, genel çözümdeki sabitlere değerler atanarak elde edilemiyorsa bu çözüm tekil çözüm adını alır. Tıpkı cebirsel denklemlerin çözümünde olduğu gibi, diferansiyel denklemlerde de, hangi isim altında olursa olsun, bir çözüm diferansiyel denklemi mutlaka sağlar. Eğer sağlamıyorsa, elde edilen çözüm hatalıdır demektir. ÖRNEK = 2x+3, y(1) = 2 (14) başlangıç değer problemini çözünüz. ÇÖZÜM Diferansiyel denklemin her iki yanının integralini alalım y(x) = (2x+3) = x 2 +3x+C genel çözümü elde ederiz. Aradığımız özel çözüm (1, 2) noktasından geçen, dolayısıyla y(1) = (1) 2 +3.(1)+C = 2 başlangıç koşulunu sağlayan eğridir. Böylece aranan özel çözüm y(x) = x 2 +3x 2 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 29/ 145 dir. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 30/ 145 Genel ve Özel Çözüm olarak İntegraller Genel ve Özel Çözüm olarak İntegraller İkinci Mertebeden Denklemler Denklemin sağ tarafında, ne y bağımlı değişkeni ne de onun y türevini içermediği özel formdaki d 2 y 2 = g(x) ikinci mertebeden denkleme de aynı mantıkla yaklaşabiliriz. Basitçe iki kere integral alırsak: y(x) = G(x)+C 1 x+c 2 elde ederiz. Burada G(x), g(x) in bir ilkeli ve C 1,C 2 keyfi sabitlerdir. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 31/ 145 ÖRNEK: y 6x 2 = 0 diferensiyel denklemini doğrudan integrasyon yöntemi ile çözünüz. ÇÖZÜM Bu denklem lineerdir ve türevli tek terimi bulunmakta ve diğer terimlerde bilinmeyen fonksiyon y bir çarpan veya faktör durumunda değildir. Bu nedenle denklem çözülebilir. Denklem 2. mertebeden olduğundan ard arda 2 kez integral alınıp her seferinde bir sabitin eklenmesi gerekir. y = d2 y 2 = d yazılır ve denklemde yerine konursa ve her iki taraf ile çarpılırsa d( ) 6x 2 = 0 denklemi bulunur. İntegral alırsak 2x3 = c 1 elde ederiz. Bir kez daha integral alarak y = 1 2 x4 +c 1 x+c 2 aranan çözüm bulunmuş olur. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 32/ 145

9 Eğim Alanları ve Grafik Çözümler Eğim Alanları ve Grafik Çözümler = f(x,y) (15) diferansiyel denklemini düşünelim.burada sağ taraftaki f(x, y) fonksiyonu hem x bağımsız değişkenini hem de y bağımlı değişkenini içerebilir. (15) in her iki yanının integralini almayı düşünebilir ve y(x) = f(x,y)+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. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 33/ 145 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 34/ 145 Eğim Alanları ve Grafik Çözümler Eğim Alanları ve Grafik Çözümler 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. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 35/ 145 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 36/ 145

10 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. Örnek 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. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 37/ 145 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 38/ 145 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 39/ 145 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 40/ 145

11 Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler Pek çok uygulamada bir büyüklüğün değişim hızı (birinci türev), bu büyüklüğün kendisine ve bağımsız değişkene bağlıdır. Bu tür problemler genelde y = f(x,y) formunda ifade edilirler. Bu basit görünüm, bu tür denklemlerin çözümünün de basit olacağı şeklinde yanlış bir anlamaya neden olabilir. Birinci mertebeden diferansiyel denklemleri çözmede ne yazık ki genel bir kural yoktur. Bu nedenle birinci mertebe denklemler de kendi aralarında alt sınıflara ayrılmış ve her bir sınıf için farklı yöntemler geliştirilmiştir. Bu bölümde birinci mertebeden denklemlerin nasıl sınıflandırıldığı anlatılacak, ardından sistematik bir yaklaşımla her zaman çözümü mümkün olan birinci mertebeden lineer denklemler işlenecektir. AYRILABİLİR DENKLEMLER Birinci mertebeden = f(x,y) (16) diferansiyel denkleminde f(x, y) fonksiyonu yalnız x in bir fonksiyonu ile yalnız y nin bir fonksiyonunun çarpımı olarak yazılabiliyorsa, yani = g(x)h(y) veya = g(x)/k(y) ise denkleme değişkenlerine ayrılabilir denir. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 41/ 145 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 42/ 145 Ayrılabilir Denklemler Ayrılabilir Denklemler Bu durumda denklem k(y) = g(x) 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)+c elde edilir. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 43/ 145 ÖRNEK 1 = x y ÇÖZÜM denklemini çözünüz. Yukarıdaki diferansiyel denklemi y = x şeklinde yazabiliriz.her iki tarafında integralini alırsak, y = x+c Sonuç olarak y 2 = x 2 +2C veya x 2 +y 2 = K elde ederiz.(c ve K keyfi sabitler.) Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 44/ 145

12 Ayrılabilir Denklemler ÖRNEK 2 y = y 2 x 3 denklemini çözünüz. ÇÖZÜM Yukarıdaki diferansiyel denklemi y 2 = x3 şeklinde yazabiliriz.her iki tarafında integralini alalım, y 2 = x 3 +C 1 y = x4 4 +C Düzenlersek y = 4 x 4 +4C elde ederiz.(c ve K keyfi sabitler.) veya y = 4 x 4 +K Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 45/ 145 Ayrılabilir Denklemler Örnek 2 deki diferansiyel denklemi değişkenlerine ayırırken eşitliğin her iki tarafını 1/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 +K genel çözümünden elde edilemez. Bu kural dışı çözümlere genellikle aykırı (tekil) çözüm denir. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 46/ 145 Ayrılabilir Denklemler Ayrılabilir Denklemler ÖRNEK 3 = 6xy, y(0) = 7 başlangıç değer problemini çözünüz. ÇÖZÜM Yukarıdaki diferansiyel denklemi y = 6x şeklinde yazabiliriz.buradan y = ( 6x)+C ln y = 3x 2 +C elde ederiz. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 47/ 145 y(0) = 7 başlangıç koşulundan y(x) in x = 0 komşuluğunda pozitif olduğunu görürüz. Böylece mutlak değer işaretini kaldırabiliriz. lny = 3x 2 +C y(x) = e 3x2 +C y(x) = e 3x2 e 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 dir. y(x) = 7e 3x2 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 48/ 145

13 Ayrılabilir Denklemler Ayrılabilir Denklemler Uyarı Figure: = 6xy diferansiyel denleminin yönlü alanı ve y(0) = 7, y(0) = 4 başlangıç koşulları için çözümleri. Bir önceki örnekte başlangıç koşulunun y(0) = 4 olduğunu varsayalım. Bu takdirde y(x), x = 0 komşuluğunda negatiftir. Dolayısıyla y yerine y koyabilir ve ln( y) = 3x 2 +C elde ederiz. Başlangıç koşulu C = ln4 verir. Buradan elde edilir. y(x) = 4e 3x2 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 49/ 145 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 50/ 145 Ayrılabilir Denklemler Ayrılabilir Denklemler ÖRNEK 4 diferansiyel denklemini çözünüz. = 4 2x 3y 2 5 Bir önceki örnekte olduğu gibi çözüm y(x) = F(x) şekline getirilemeyebilir. ÇÖZÜM G(x,y) = C (C keyfi sabit.) Değişkenleri ayırır ve her iki yanın integralini alırsak (3y 2 5) = (4 2x)+C Formunda elde edilen ve y(x) = F(x) halinde yazılamayan çözüme Kapalı Çözüm adı verilir. y 3 5y = 4x x 2 +C elde ederiz. Bu çözüm, x in açık bir fonksiyonu olarak y ye göre çözülemez. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 51/ 145 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 52/ 145

14 Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler Birinci Mertebeden Doğrusal Denklemler BİRİNCİ MERTEBEDEN DOĞRUSAL(LİNEER) DENKLEMLER +P(x)y = Q(x) (17) formunda olan diferansiyel denklemlere birinci mertebeden doğrusal (lineer) diferansiyel denklem adı verilir. YÖNTEM 1. Çözüme µ(x) = e P(x) (18) fonksiyonunu hesaplıyarak başlayınız. µ(x) fonksiyonuna integral çarpanı adı verilir. 2. Diferansiyel denklemin her iki tarafını µ(x) ile çarpınız. Denklemin sol tarafı olacaktır. e P(x) +P(x)e P(x) y = d [µ(x)y(x)] Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 53/ 145 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 54/ 145 Birinci Mertebeden Doğrusal Denklemler Birinci Mertebeden Doğrusal Denklemler Denklememiz şeklini alır. d [µ(x)y(x)] = µ(x)q(x) ÖRNEK 5 y 2y = 3e 2x diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. ÇÖZÜM 3. Her iki tarafın integralini aldığımızda µ(x)y(x) = µ(x)q(x) + C buluruz ve genel çözümü elde etmek için y(x) e göre çözeriz. Diferansiyel denklemimizde P(x) = 2 ve Q(x) = 3e 2x dir. İntegral çarpanımız µ(x) = e ( 2) = e 2x dir. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 55/ 145 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 56/ 145

15 Birinci Mertebeden Doğrusal Denklemler 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 [e 2x y(x)] = 3 İntegral alalım y(x) i yanlız bırakırsak genel çözümünü elde ederiz. d [e 2x y(x)] = e 2x y(x) = 3x+C y(x) = 3xe 2x +Ce 2x 3 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 57/ 145 ÖRNEK 6 (x 2 +1) +3xy = 6x diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. ÇÖZÜM İntegral çarpanımızı hesaplayalım 3x µ(x) = e x 2 +1 µ(x) = e 3 2 ln(x2 +1) = (x 2 +1) 3/2 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 58/ 145 Birinci Mertebeden Doğrusal Denklemler Denklemin her iki yanını µ(x) ile çarpalım (x 2 +1) 3/2 +(x2 +1) 1/2 3xy = (x 2 +1) 3/2 6x (x 2 +1) d [(x2 +1) 3/2 y(x)] = 6x(x 2 +1) 1/2 İntagral alalım (x 2 +1) 3/2 y(x) = 6x(x 2 +1) 1/2 +C (x 2 +1) 3/2 y(x) = 2(x 2 +1) 3/2 +C y(x) i yanlız bırakırsak y(x) = 2+C(x 2 +1) 3/2 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 59/ 145 Örnekler Örnek y = 1+x+y +xy diferansiyel denkleminin çözümünü bulunuz. Çözüm Diferansiyel denklemimizin sağ tarafını biraz düzenleyelim; y = 1+x+y(x+1) y = (1+x)(1+y) Denklemimiz değişkenlerine ayrılabilir bir denklem. Her iki tarafı 1+y ile bölersek (y 1 olmak koşulu ile) 1+y = (1+x) her iki tarafın integralini alabiliriz. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 60/ 145

16 Örnekler 1+y = (1+x) ln 1+y = x+ x2 2 +C elde ederiz.burada eğer y < 1 ise ln( (1+y)) = x+ x2 2 +C (1+y) = e x+x2 2 +C = e x+x2 2.e C 1+y = B.e x+x2 2 (B = e C ) y(x) = 1+A.e x+x2 2 (A = B) Örnekler Eğer y > 1 ise ln(1+y) = x+ x2 2 +C 1+y = e x+x2 2 +C = e x+x2 2.e C 1+y = A.e x+x2 2 (A = e C ) y(x) = 1+A.e x+x2 2 Sonuç itibariyle y 1 için her durumda(y < 1,y > 1) aynı çözümü bulduk. y(x) = 1+A.e x+x2 2 Denklemimizi 1+y ile bölerken y 1 olsun demiştik. y(x) = 1 Bu denklemin bir çözümüdür. Fakat A = 0 seçimiyle elde edilebilir. Bu nedenle ayrık (tekil) çözüm değildir. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 61/ 145 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 62/ 145 Örnekler Örnekler y = 1+x+y +xy diferansiyel denklemini aşağıdaki şekilde de yazabiliriz y (1+x) y = (1+x) }{{}}{{} P(x) Q(x) Denlemimiz aynı zamanda doğrusal bir denklem. Bir de böyle çözümü bulmaya çalışalım.integral çarpanımız µ(x) = e (1+x) = e x x2 2 Denlemin her iki tarafını µ(x) ile çarpalım, Elde edilen denklemin integralini alalım e (x+x2 2 ) y(x) = e (x+x2 2 ) (1+x)+C elde ederiz.u = x+ x2 2 du = (1+x) değişken dönüşümü yapılıp integral alınırsa e (x+x2 2 ) y(x) = e (x+x2 2 ) +C bulunur.y(x) i yalnız bırakalım, böylece çözüm d 2 [µ(x)y(x)] = e x x2 (1+x) olur. y(x) = 1+C.e x+x2 2 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 63/ 145 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 64/ 145

17 Örnekler Örnekler Örnek = 3x2 (y 2 +1), y(0) = 1 Başlangıç değer probleminin çözümünü bulunuz. UYARI = 3x2 y 2 +3x 2 3x2 y 2 = 3x 2 lineer değil dikkat!!! Çözüm Değişkenlerine ayrılabilir bir denklem. Her iki tarafı 1+y 2 ye bölelim, 1+y 2 = 3x2 İntegral alalım y 2 = 3x 2 +C +1 arctan(y) = x 3 +C y(x) = tan(x 3 +C) Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 65/ 145 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 66/ 145 Örnekler Örnekler Örnek Başlangıç koşulumuz y(0) = 1 idi. Bunu kullanarak C yi belirleyelim. y(0) = 1 1 = tan(c) Başlangıç değer problemimizin çözümü, C = π 4 xy = 2y +x 3 cosx diferansiyel denkleminin çözümünü bulunuz. Çözüm Denklemimiz görüldüğü gibi doğrusal bir denklem y 2 y = x 2 cosx x }{{} P(x) olarak bulunur. y(x) = tan(x 3 + π 4 ) İntegral çarpanı µ(x) = e 2 x = e 2ln x = e ln x 2 = e ln x2 1 = e ln 1 x 2 = 1 x 2 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 67/ 145 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 68/ 145

18 Örnekler Denklemimizi integral çarpanımızla çarpalım [ ] d 1 x 2y(x) = 1 x 2x2 cosx İntegral alalım 1 x 2y(x) = elde ederiz. Genel çözümümüz cosx+c = sinx+c y(x) = x 2 sinx+cx 2 TAM DİFERANSİYEL DENKLEMLER Birinci mertebeden bir adi diferansiyel denklem şeklinde ifade edilebildiği gibi şeklinde ifade edilebilir. = f(x,y) (19) M(x,y)+N(x,y) = 0 (20) olarak bulunur. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 69/ 145 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 70/ 145 Tam Diferansiyel Denklemler Tam Diferansiyel Denklemler Çözüm Yöntemi M(x,y)+N(x,y) = 0 (2) Bu denklemin çözümü (eğer varsa) F(x,y) = C şeklinde bir fonksiyondur. Eğer M(x,y) y = N(x,y) x sağlanıyorsa denklem (2) tam diferansiyel denklem olarak adlandırılır. Tam diferansiyel denklemler her zaman çözülebilir denklemlerdir. Eğer F(x,y) = c gibi bir fonksiyon (2) deki tam diferansiyel denklemin çözümü ise olmalıdır. HATIRLATMA F x = M(x,y) ve F y = N(x,y) F(x, y) = C nin tam diferansiyelini hatırlayalım F + F = 0 }{{} x y }{{} M(x,y) N(x,y) Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 71/ 145 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 72/ 145

19 Tam Diferansiyel Denklemler Tam Diferansiyel Denklemler 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)+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)+Φ(y) (21) denkleminin y ye göre kısmi türevi alınırsa F y = M(x,y)+ d y Φ(y) elde edilir. Biz biliyoruz ki F y = N(x,y) dir.buradan Φ(y) fonksiyonunu bulabiliriz ve (3) de yerine konulursa genel çözümü bulunmuş olur. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 73/ 145 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 74/ 145 Tam Diferansiyel Denklemler Tam Diferansiyel Denklemler Örnek y 3 +3xy 2 = 0 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. Çözüm Denklemimizde M(x,y) = y 3 ve N(x,y) = 3xy 2 Denklemimiz TAM olduğu için, çözümümüz olan F(x,y) = C fonsiyonu için F = M(x,y) = y3 x olduğunu söyleyebiliriz. x e göre kısmi integral alınırsa F x = y 3 +Φ(y) dir.tam lık kriterine bakıldığında M y = 3y2 ve N x = 3y2 Şimdi Φ(y) yi bulmalıyız. F(x,y) = y 3 x+φ(y) kısmi türevler eşit olduğu için denklemimiz tamdır. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 75/ 145 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 76/ 145

20 Tam Diferansiyel Denklemler Bulduğumuz F(x,y) = y 3 x+φ(y) 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 F(x,y) = xy 3 +A = C F(x,y) = xy 3 = K (K = C A,keyfi sabit) Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 77/ 145 Tam Diferansiyel Denklemler Örnek 2xy+(1+x 2 ) = 0 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. Çözüm Denklemimizde dir.tam lık kriterine bakıldığında 2xy +(1+x 2 ) = 0 }{{}}{{} M(x,y) N(x,y) M y = 2x ve N x = 2x kısmi türevler eşit olduğu için denklemimiz tamdır. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 78/ 145 Tam Diferansiyel Denklemler 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 = 2xy+Φ(y) Şimdi Φ(y) yi bulmalıyız. F(x,y) = x 2 y +Φ(y) Tam Diferansiyel Denklemler Bulduğumuz 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) = 1+x2 }{{} N(x,y) x 2 = x 2 + d Φ(y) d Φ(y) = 1 Φ(y) yi bulmak için integral alırsak Φ(y) = y +A olarak bulunur. (A keyfi sabit). Sonuç olarak F(x,y) = x 2 y +y +A = C F(x,y) = x 2 y +y = K (K = C A,keyfi sabit) Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 79/ 145 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 80/ 145

21 Tam Diferansiyel Denklemler Örnek (x+siny)+(xcosy 2y) diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. Çözüm = x siny xcosy 2y Görüldüğü gibi denklemimiz ayrılabilir yada doğrusal değil. Tam olup olmadığını kontrol edelim. (x+siny) +(xcosy 2y) = 0 }{{}}{{} M(x,y) N(x,y) dir.tam lık kriterine bakıldığında M y = cosy ve N x = cosy kısmi türevler eşit olduğu için denklemimiz tamdır. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 81/ 145 Tam Diferansiyel Denklemler Bulduğumuz 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 = xcosy + d Φ(y) = xcosy 2y }{{} N(x,y) xcosy 2y = xcosy + d Φ(y) d Φ(y) = 2y Φ(y) yi bulmak için integral alırsak Φ(y) = y 2 +A olarak bulunur. (A keyfi sabit). Sonuç olarak F(x,y) = x2 2 +xsiny y2 +A = C F(x,y) = x2 2 +xsiny y2 = K (K = C A,keyfi sabit) Tam Diferansiyel Denklemler Denklemimiz TAM olduğu için, çözümümüz olan F(x,y) = C fonsiyonu için F = M(x,y) = x+siny x olduğunu söyleyebiliriz.. x e göre kısmi integral alınırsa F x = x+siny+φ(y) F(x,y) = x2 2 Şimdi Φ(y) yi bulmalıyız. Örnekler Örnek +xsiny +Φ(y) Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 82/ 145 x+y 1+x 2 +(y +tan 1 x) = 0 diferansiyel denkleminin çözümünü bulunuz. Çözüm Denklemimizde M(x,y) = x+y 1+x 2 ve N(x,y) = y +tan 1 x dir.tam lık kriterine bakıldığında M y = 1 1+x 2 ve N x = 1 1+x 2 kısmi türevler eşit olduğu için denklemimiz tamdır. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 83/ 145 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 84/ 145

22 Örnekler Denklemimiz TAM olduğu için, çözümümüz olan F(x,y) = C fonsiyonu için ve F x = M(x,y) = x+y 1+x 2 F y = N(x,y) = y +tan 1 x olduğunu söyleyebiliriz. Bu denklemlere bakıldığında ikincisini integrallemek daha kolaydır. F y = (y +tan 1 x) +Φ(x) F(x,y) = y2 2 +y.tan 1 x+φ(x) Şimdi Φ(x) yi bulmalıyız. Örnekler Bulduğumuz F(x,y) = y2 2 +y.tan 1 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. 1 1+x 2 + d x+y Φ(x) = } 1+x {{ 2 } M(x,y) 1 y. 1+x 2 + d Φ(x) = y. 1 1+x 2 + x 1+x 2 d Φ(x) = x 1+x 2 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 85/ 145 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 86/ 145 Örnekler TAM HALE GETİRME d Φ(x) = x 1+x 2 Φ(x) yi bulmak için integral alırsak Φ(x) = 1 2 ln(1+x2 )+A olarak bulunur. (A keyfi sabit). Sonuç olarak F(x,y) = y2 2 +y.tan 1 x+ 1 2 ln(1+x2 )+A = C F(x,y) = y2 2 +y.tan 1 x+ 1 2 ln(1+x2 ) = K (K = C A,keyfi sabit) M(x,y)+N(x,y) = 0 (22) diferansiyel denklemini ele alalım. Eğer bu denklem TAM değilse, yani, 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)+α(x,y)n(x,y) = 0 (23) denklemi TAM olsun. (1) 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. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 87/ 145 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 88/ 145

23 TAM HALE GETİRME TAM HALE GETİRME İntegral çarpanımız sayesinde TAM olan (2) yi elde ettik. Yani, y (αm) = x (αn) Bu denklemden α(x, y) yi bulmaya çalışabiliriz. Türevi alalım, α y M +α M y = α x N +α N x α(x, y) nin türevlerini bir tarafa toplarsak α M y α N x = α x N α y M α( M y N x ) = α x N α y M M y N x = 1 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 (lnα) M (lnα) (24) y Yukarıdaki kısmi diferansiyel denklemden α(x, y) yi bulmak her zaman kolay değildir. Biz bazı basit durumları inceleyelim. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 89/ 145 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 90/ 145 TAM HALE GETİRME TAM HALE GETİRME Durum 1: α sadece x in fonksiyonu olabilir. O zaman denklem (3) teki y (lnα) = 0 olacaktır. Yani M y N x = N x (lnα) Burada denklemin her iki tarafını N ye bölüp x e göre integral alırsak 1 lnα = N ( M y N x ) olarak bulunur. 1 α(x) = e N ( M y N x ) UYARI Bu durumun gerçeklenebilmesi için 1 N ( M y N x ) in sadece x e bağlı olması gerekir. Yani yukarıdaki ifade sadece x e bağlı olursa, integral çarpanını ile bulabiliriz. 1 α(x) = e N ( M y N x ) Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 91/ 145 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 92/ 145

24 TAM HALE GETİRME TAM HALE GETİRME Durum 2: Benzer şekilde α sadece y in fonksiyonu olabilir. O zaman denklem (3) teki x (lnα) = 0 olacaktır ve M y N x = M y (lnα) Burada denklemin her iki tarafını M ye bölüp y e göre integral alırsak 1 lnα = M ( M y N x ) olarak bulunur. 1 α(y) = e M ( M y N x ) UYARI Bu durumun gerçeklenebilmesi için 1 M ( M y N x ) in sadece y e bağlı olması gerekir. Yani yukarıdaki ifade sadece y e bağlı olursa, integral çarpanını ile bulabiliriz. 1 α(y) = e M ( M y N x ) Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 93/ 145 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 94/ 145 Örnek (x 5 +3y) x = 0 diferansiyel denkleminin çözümünü bulunuz. Çözüm Denklemimizde M(x,y) = x 5 +3y ve N(x,y) = x Tam yapmak için integral çarpanımızı bulalım;eğer 1 N ( M y N x ) ifadesi sadece x e bağlıysa integral sabitimiz x e bağlı çıkacak. 1 N ( M y N x ) = 1 4 (3 ( 1)) = x x dir.tam lık kriterine bakıldığında Görüldüğü gibi sadece x e bağlı. İntegral çarpanımız; M y = 3 ve N x = 1 eşit olmadığı için TAM DEĞİLDİR. ile bulunabilir. 1 α(x) = e N ( M y N x ) Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 95/ 145 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 96/ 145

25 4 α(x) = e x = 1 x 4 olarak integral çarpanımızı buluruz. Denklemimizi integral çarpanımızla çarpalım, 1 x 4(x5 +3y) x 1 x 4 = 0 (x+ 3 x 4y) 1 x 3 = 0 Bu denklemin tam olup olmadığını kontrol edelim (x+ 3 x 4y) 1 x 3 = 0 Yukarıdaki TAM diferansiyel denklemin çözümü dir. F(x,y) = y x 3 + x2 2 = C M y = 3 x 4 = N x TAM dır. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 97/ 145 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 98/ 145 Örnek y +(x + y) = 0 diferansiyel denkleminin çözümünü bulunuz. Çözüm Denklemimiz ayrılabilir ve lineer değildir. Denklemimizde M(x,y) = y ve N(x,y) = x+y dir.tam lık kriterine bakıldığında M y = 1 ve N x = 1 Tam yapmak için integral çarpanımızı bulalım;eğer 1 N ( M y N x ) ifadesi sadece x e bağlıysa integral sabitimiz x e bağlı çıkacak. 1 N ( M y N x ) = 1 2 ( 1 1) = x+y x+y Görüldüğü gibi sadece x e bağlı değil. eşit olmadığı için TAM DEĞİLDİR. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 99/ 145 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 100/ 145

26 Eğer aşağıdaki ifade sadece y ye çıkarsa integral çarpanımız sadece y ye bağlı olacak. integral çarpanımız: ile bulunabilir. 1 M ( M y N x ) = 1 y ( 1 1) = 2 y 1 α(y) = e M ( M y N x ) 2 α(y) = e y = 1 y 2 olarak integral çarpanımızı buluruz. Denklemimizi intagral çarpanımızla çarpalım, 1 y 2( y)+ 1 y 2(x+y) = 0 1 (x+y) y y 2 = 0 Bu denklemin tam olup olmadığını kontrol edelim M y = 1 y 2 = N x TAM dır. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 101/ 145 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 102/ 145 Örnek 1 (x+y) y y 2 = 0 Yukarıdaki TAM diferansiyel denklemin çözümü dir. F(x,y) = x y +ln y = C (x+3x 3 siny)+(x 4 cosy) = 0 diferansiyel denkleminin çözümünü bulunuz. Çözüm Denklemimiz ayrılabilir ve lineer değildir. Denklemimizde M(x,y) = x+3x 3 siny ve N(x,y) = x 4 cosy dir.tam lık kriterine bakıldığında M y = 3x3 cosy ve N x = 4x3 cosy eşit olmadığı için TAM DEĞİLDİR. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 103/ 145 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 104/ 145

27 Tam yapmak için integral çarpanımızı bulalım;eğer 1 N ( M y N x ) ifadesi sadece x e bağlıysa integral sabitimiz x e bağlı çıkacak. 1 N ( M y N x ) = 1 x 4 cosy (3x3 cosy 4x 3 cosy) = 1 x Görüldüğü gibi sadece x e bağlı.integral çarpanımız: 1 α(x) = e N ( M y N x ) 1 α(x) = e x = 1 x Denklemimizi integral çarpanımız α(x) = 1 x ile çarpalım, 1 x (x+3x3 siny)+ 1 x (x4 cosy) = 0 (1+3x 2 siny)+(x 3 cosy) = 0 Bu denklemin tam olup olmadığını kontrol edersek TAM dır. M y = 3x2 cosy = N x Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 105/ 145 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 106/ 145 (1+3x 2 siny)+(x 3 cosy) = 0 Yukarıdaki TAM diferansiyel denklemin çözümü F(x,y) = x+x 3 siny = C dir. Bu kısımda, verilen bir diferansiyel denklemi nasıl çözüleceğini bildiğimiz bir denkleme dönüştürmek için bazen kullanılabilen yerine koyma yöntemlerini açıklayacağız. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 107/ 145 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 108/ 145

28 ÖRNEK = (x+y +3)2 diferansiyel denklemini çözünüz. ÇÖZÜM x+y +3 = v dönüşümü yapalım. in yerine yazabilmek için y yi çekip türev alalım. y = v x 3 = dv 1 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 109/ 145 Denkemimizde yerine yazarsak dv 1 = v2 dv = 1+v2 }{{} değişkenlerine ayrılabilir Değişkenlerine ayrılabilir bir denklemi nasıl çözeceğimizi biliyoruz. dv 1+v 2 = x = arctanv +c v = tan(x c) Ters dönüşüm yaparsak, (v yerine x+y +3 yazalım) x+y +3 = tan(x c) y = tan(x c) x 3 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 110/ 145 Homojen Diferansiyel Denklemler Kural = F(ax+by +c) şeklindeki herhangi bir diferansiyel denklem v = ax+by +c dönüşümüyle ayrılabilir bir denkleme dönüştürülebilir. Tanım 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. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 111/ 145 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 112/ 145

29 Homojen Diferansiyel Denklemler Homojen Diferansiyel Denklemler Örnek 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(λx,λy) = λ 3 f(x,y) f(x, y) 3. dereceden homojen bir fonksiyondur. Tanım = M(x,y) N(x,y) 1. 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 ) = f(x,y) = g x şeklinde yazılır. Daha sonra z = y/x dönüşümü yapılır. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 113/ 145 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 114/ 145 Homojen Diferansiyel Denklemler ( y ) = g x homojen denkleminde z = y x dönüşümü yapılırsa Ve yerlerine yazılırsa y = zx = dz x+z dz x+z = g(z) dz = g(z) z x değişkenlerine ayrılabilir diferansiyel denkleme dönüşür. Bu değişkenlerine ayrılabilir denklemi çözer z = y x ters dönüşümü yaparız. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 115/ 145 Homojen Diferansiyel Denklemler ÖRNEK (2xy +x 2 )y = x 2 +2y 2 diferansiyel denkleminin çözümünü bulunuz. ÇÖZÜM = x2 +2y 2 2xy +x 2 = M(x,y) N(x,y) Homojen mi diye bir bakalım. 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 ) Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 116/ 145

30 Homojen Diferansiyel Denklemler Homojen Diferansiyel Denklemler M ve N 2. dereceden homojen fonksiyonlar. Öyleyse diferansiyel denklem homojendir.denklemimizi y x in cinsinden yazmaya çalışalım z = y x Denklemimiz, e dönüşür. = x2 +2y 2 2xy +x 2 = x2 (1+2 y2 x 2 (2 y x +1) = (1+2(y x )2 ) (2 y x +1) dönüşümü yapalım. x 2 ) y = zx = dz x+z dz 1+2z2 x+z = 2z +1 Düzenlediğimizde; dz = 1 z 2z +1 değişkenlerine ayrılabilir diferansiyel denklemi elde etmiş oluruz.bu diferansiyel denklemin çözümü dür. 1 x 2 y 3ln 1 y/x = ln x +C x Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 117/ 145 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 118/ 145 Homojen Diferansiyel Denklemler Homojen Diferansiyel Denklemler ÖRNEK ÇÖZÜM x = y + x 2 y 2 Denklemimiz aşağıdaki şekilde de yazılabilir, = y + x 2 y 2 = M(x,y) x N(x,y) Homojenliğe bakalım. N(λx,λy) = λx = λn N(x, y) fonksiyonu 1. dereceden homojen. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 119/ 145 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 1. dereceden homojen dolayısıyla denklemimiz homojen.sağ tarafı y x cinsinden yazmaya çalışalım. = y + x 2 y 2 = y x x x + 2 y 2 x = y x + x 2 (1 y2 ) x 2 = y 1 ( x x + y x )2 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 120/ 145

31 Homojen Diferansiyel Denklemler Homojen Diferansiyel Denklemler z = y x dönüşümü yapalım, y = zx = dz x+z denklemimizde yerine yazalım dz x+z = z + 1 z 2 Düzenlersek değişkenlerine ayrılabilir denklemimizi elde ederiz. ÖRNEK ÇÖZÜM y 2 +(x 2 xy y 2 ) = 0 dz 1 z 2 = x Değişkenlerine ayrılabilir denklemimizi çözer z yerine y/x yazarız. Çözümümüz; y = xsin(ln x +C) Denklemimizi = 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. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 121/ 145 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 122/ 145 Homojen Diferansiyel Denklemler Homojen Diferansiyel Denklemler 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 2 x 2 xy y 2 = y 2 x 2 (1 y x (y x )2 ) = ( y x )2 1 y x (y x )2 y x = z dersek, Düzenlediğimizde: = dz x+z olur.yerlerine yazalım, x dz +z = z 2 1 z z 2 1 z z 2 z +z 3 dz = x değişkenlerine ayrılmış denklemi elde ederiz. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 123/ 145 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 124/ 145

32 Homojen Diferansiyel Denklemler (a 1 x+b 1 y +c 1 ) (a 2 x+b 2 y +c 2 ) = 0 1 z z 2 z +z 3 dz = x Yukarıdaki diferansiyel denklemi çözüp z = y x yazarsak y +x = Cy 2 (y x) olarak genel çözümümüz bulunur. şeklindeki diferansiyel denklemler. Durum 1: a 2 a 1 b 2 b1 ise a 1 x+b 1 y +c 1 = 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. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 125/ 145 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 126/ 145 (a 1 x+b 1 y +c 1 ) (a 2 x+b 2 y +c 2 ) = 0 şeklindeki denklemler (a 1 x+b 1 y +c 1 ) (a 2 x+b 2 y +c 2 ) = 0 şeklindeki denklemler x = X +h = dx ve y = Y +k = dy yerlerine yazalım. (a 1 (X+h)+b 1 (Y +k)+c 1 )dx (a 2 (X+h)+b 2 (Y +k)+c 2 )dy = 0 Düzenlersek (a 1 X+b 1 Y+a 1 h+b 1 k+c 1 )dx (a 2 X+b 2 Y+a 2 h+b 2 k+c 2 )dy = 0 (h, k) iki doğrunun kesişim noktası olduğuna göre her ikisinin de üzerindedir. Sonuç olarak denklemlerini sağlar; a 1 h+b 1 k +c 1 = 0 ve a 2 h+b 2 k +c 2 = 0 Bu durumda denklemimiz (a 1 X +b 1 Y)dX (a 2 X +b 2 Y)dY = 0 şeklini alır. Elde ettiğimiz bu denklem homojendir.(kontrol edin.) Bu homojen denklemi çözersek ve ters dönüşümü yaparsak X = x h ve Y = y k (a 1 x+b 1 y +c 1 ) (a 2 x+b 2 y +c 2 ) = 0 denkleminin genel çözümünü bulmuş oluruz. dır. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 127/ 145 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 128/ 145

33 (a 1 x+b 1 y +c 1 ) (a 2 x+b 2 y +c 2 ) = 0 şeklindeki denklemler (a 1 x+b 1 y +c 1 ) (a 2 x+b 2 y +c 2 ) = 0 şeklindeki denklemler ÖRNEK (x+y 3)+( x+y+1) = 0 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. ÇÖZÜM x+y 3 = 0 ve x+y +1 = 0 doğrularının kesişim noktasını bulalım. Ortak çözüm yaparsak bu doğruların (2, 1) noktasında kesiştiğini buluruz.(h = 2,k = 1) dönüşümü uygulayacağız. x = X +2 ve y = Y +2 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 129/ 145 x = X +2 = dx ve y = Y +1 = dy yerlerine yazalım ((X +2)+(Y +1) 3)dX +( (X +2)+(Y +1)+1)dY = 0 Düzenlersek veya (X +Y )dX +( X +Y )dY = 0 (X +Y)dX +( X +Y)dY = 0 dy dx = (X +Y) ( X +Y) şeklinde homojen bir denklem elde ettik. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 130/ 145 (a 1 x+b 1 y +c 1 ) (a 2 x+b 2 y +c 2 ) = 0 şeklindeki denklemler Sağ tarafta pay ve paydayı X parantezine alalım. z = Y X dy dx = X(1+ Y X ) X( 1+ Y X ) = (1+ Y X ) ( 1+ Y X ) dönüşümü yaparsak, dy dx = dz dx X +z dz (1+z) X +z = dx ( 1+z) Düzenlersek 1 z 1+z 2dz = dx X değişkenlerine ayrılabilir denklemi elde ederiz.her iki tarafın integralini aldığımızda (a 1 x+b 1 y +c 1 ) (a 2 x+b 2 y +c 2 ) = 0 şeklindeki denklemler z = Y X ters dönüşümünden sonra ve son olarakda arctan( Y X ) 1 2 ln(1+(y X )2 ) = lnx +C X = x 2 ve Y = y 1 dönüşümüyle denklemimizin genel çözümün ulaşmış oluruz. arctan( y 1 x 2 ) 1 1 ln(1+(y 2 x 2 )2 ) = ln(x 2)+C arctanz 1 2 ln(1+z2 ) = lnx +C Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 131/ 145 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 132/ 145

34 (a 1 x+b 1 y +c 1 ) (a 2 x+b 2 y +c 2 ) = 0 şeklindeki denklemler (a 1 x+b 1 y +c 1 ) (a 2 x+b 2 y +c 2 ) = 0 şeklindeki denklemler Durum 2: a 2 a 1 = b 2 b1 = k ise a 1 x+b 1 y +c 1 = 0,a 2 x+b 2 y +c 2 = 0 doğruları paraleldir. dönüşümü uygularız. z = a 1 x+b 1 y z = a 1 x+b 1 y dz = a 1 +b 1 = 1 ( dz b 1 a 1) yerlerine yazılırsa z = a 1 x+b 1 y ve = 1 ( dz b 1 a 1) = ±a 1x+b 1 y +c 1 a 2 x+b 2 y +c 2 1 ( dz b 1 a 1) = ± z +c 1 = f(z) kz +c 2 dz = b 1f(z)+a 1 değişkenlerine ayrılabilir hale dönüşür. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 133/ 145 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 134/ 145 (a 1 x+b 1 y +c 1 ) (a 2 x+b 2 y +c 2 ) = 0 şeklindeki denklemler ÖRNEK (2x+y 1) = (4x+2y 5) diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. ÇÖZÜM 4 2 = 2 1 = 2 olduğunu kolayca görebiliriz. z = 2x+y dönüşümü yapacağız. z = 2x+y dz = 2+ olur. = dz 2 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 135/ 145 (a 1 x+b 1 y +c 1 ) (a 2 x+b 2 y +c 2 ) = 0 şeklindeki denklemler Denklemimizi (2x+y 1) = (4x+2y 5) seklinde yazar dönüşümümüzü yaparsak dz z 1 2 = 2z 5 dz = z 1 5z = 2z 5 2z 5 2z 5 dz = 5z 11 değişkenlerine ayrılabilir bir denklem haline gelir. Çözümü: dür. 2 5 (z) 3 ln(5z 11) = x+c 25 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 136/ 145

35 (a 1 x+b 1 y +c 1 ) (a 2 x+b 2 y +c 2 ) = 0 şeklindeki denklemler Bernoulli Denklemleri 2 5 (z) 3 ln(5z 11) = x+c 25 denkleminde z = 2x+y ters dönüşümünü yaparsak genel çözümümüz şeklinde bulunur. 2 5 (2x+y) 3 ln(5(2x+y) 11) = x+c 25 +P(x)y = Q(x)yn şeklindeki birinci mertebeden diferansiyel denklemelere Bernoulli denklemleri denir. n = 0 veya n = 1 ise denklem lineer dir. Aksi takdirde v = y 1 n dönüşümü denklemi lineer denklemine dönüştürür. dv +(1 n)p(x)v = (1 n)q(x) Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 137/ 145 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 138/ 145 Bernoulli Denklemleri Bernoulli Denklemleri denklemimizde yerine yazarsak Düzenledikten sonra halini alır. v = y 1 n dv = (1 n)y n = yndv 1 n 1 y ndv 1 n 1 +P(x)vyn = Q(x)y n dv +(1 n)p(x)v = (1 n)q(x) Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 139/ 145 ÖRNEK 2xyy = 4x 2 +3y 2 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. ÇÖZÜM Denklemimizi 3 2x y = 2x y şeklinde yazarsak P(x) = 3 2x,Q(x) = 2x ve n = 1 olduğu bir Bernoulli denklemi olduğunu görürüz. n = 1 olduğu için 1 n = 2 olacak ve dönüşümü yapacağız. v = y 2 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 140/ 145

36 Bernoulli Denklemleri Bernoulli Denklemleri dv +(1 n)p(x)v = (1 n)q(x) denkleminde yerine koyalım dv +2( 3 )v = 2.2x 2x dv 3 x v = 4x Lineer denklemi elde ettik. İntegral çarpanımız µ(x) = P(x) e = e 3 x = 1 x 3 dır. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 141/ 145 Denklemimizin her iki tarafınıda integral çarpanımızla çarparsak Her iki tarafın integralini alalım v = y 2 idi, d [ 1 x 3v(x)] = 1 x 34x 1 4 x 3v(x) = x 2+C = 4 x +C v(x) = 4x 2 +Cx 3 olarak çözümümüzü buluruz. y 2 = 4x 2 +Cx 3 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 142/ 145 Bernoulli Denklemleri Bernoulli Denklemleri ÖRNEK x +6y = 3xy4/3 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. ÇÖZÜM Denklemimizi + 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 1 n = 1/3 olacak ve dönüşümü yapacağız. v = y 1/3 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 143/ 145 dv +(1 n)p(x)v = (1 n)q(x) denkleminde yerine koyalım dv 1 3 (6 x )v = dv 2 x v = 1 Lineer denklemi elde ettik. İntegral çarpanımız µ(x) = P(x) e = e 2 x = 1 x 2 dır. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 144/ 145

37 Bernoulli Denklemleri Denklemimizin her iki tarafınıda integral çarpanımızla çarparsak Her iki tarafın integralini alalım d [ 1 x 2v(x)] = 1 x 2( 1) v = y 1/3 idi, 1 1 x 2v(x) = x 2 +C = 1 x +C v(x) = x+cx 2 olarak çözümümüzü buluruz. y 1/3 = x+cx 2 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 145/ 145