Yüksek Mertebeden Diferansiyel Denklemler. İkinci Mertebeden. İndirgenebilir Diferansiyel Denklemler

Transkript

1 Yüksek Mertebeden Diferansiyel Denklemler İkinci Mertebeden İndirgenebilir Diferansiyel Denklemler YÜKSEK MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER ikinci mertebeden bir diferansiyel denklem, bilinmeyen y(x) fonksiyonunun ikinci türevini ihtiva eder ve F(x,y,y,y ) = 0 (1) 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. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 1/ 150 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 2/ 150 İkinci Mertebeden İndirgenebilir Diferansiyel Denklemler İkinci Mertebeden İndirgenebilir Diferansiyel Denklemler y bağımlı değişkenini içermeyen denklemler Eğer y bulunmuyorsa, bu takdirde (1) denklemi şeklini alır. değişikliği birinci mertebeden F(x,y,y ) = 0 (2) y = p y = p F(x,p,p ) = 0 diferansiyel denklemini verir.bu denlemin çözümü C 1 bir keyfi sabit olmak üzere, p(x,c 1 ) ise, bu takdirde denklem (2) nin C 1 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 1 )dx+c 2 yazmak gerekir. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 3/ 150 xy +2y = 6x diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. 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 denklemini verir. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 4/ 150

2 İkinci Mertebeden İndirgenebilir Diferansiyel Denklemler İkinci Mertebeden İndirgenebilir Diferansiyel Denklemler 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 1 x 2 şeklinde bulunur.p değişkeni y nin birinci türevini temsil ettiğine göre p = y = 2x+ C 1 x 2 denkleminde x e göre integral alınarak verilen ikinci mertebeden denklemin çözümü bulunabilir. y(x) = x 2 C 1 x +C 2 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 5/ 150 y = (x+y ) 2 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. Görüldüğü gibi y bağımsız değişkenini denklemimiz içermiyor. Dönüşümünü y = p y = p p = (x+p) 2 birinci mertebeden denkleme dönüşür.bu denklem şeklinde olan bir denklemdir. dy = F(ax+by +c) dx Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 6/ 150 İkinci Mertebeden İndirgenebilir Diferansiyel Denklemler İkinci Mertebeden İndirgenebilir Diferansiyel Denklemler p = (x+p) 2 denkleminde v = x+p dönüşümü uygularsak dv dx = v2 +1 değişkenlerine ayrılabilir diferansiyel denkleme dönüşür. Bu denklemin çözümü v = tan(x+c 1 ) dir. Dolayısıyla p = (x+p) 2 denkleminin çözümü p = tan(x+c 1 ) x p = tan(x+c 1 ) x Denkleminde p = y olduğu için her iki tarafın x e göre integrali bize çözümü verir. Çözümümüz dür. y(x) = ln(cos(x+c 1 )) x2 2 +C 2 dür. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 7/ 150 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 8/ 150

3 İkinci Mertebeden İndirgenebilir Diferansiyel Denklemler İkinci Mertebeden İndirgenebilir Diferansiyel Denklemler x bağımsız değişkenini içermeyen denklemler Eğer x bulunmuyorsa, bu takdirde (1) denklemi F(y,y,y ) = 0 (3) şeklini alır.y = p dönüşümü yapılmak istenirse y yerine yazılır ve denklem haline gelir. y = dp dx = dp dy dy dx = dp dy p F(y,p,p dp dy ) = 0 F(y,p,p dp dy ) = 0 Yukarıdaki birinci mertebeden denklemi çözersek p yi y ye ve bir kefi sabite C 1 e bağlı buluruz. p = p(y,c 1 ) dy dx = p(y,c 1) Burada birinci mertebeden değişkenlerine ayrılabilir bir denklem ile karşı karşıyayız. dy p(y,c 1 ) = dx Bunu çözdüğümüzde ikinci mertebeden denklemimizin kapalı çözümünü bulmuş oluruz. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 9/ 150 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 10/ 150 İkinci Mertebeden İndirgenebilir Diferansiyel Denklemler İkinci Mertebeden İndirgenebilir Diferansiyel Denklemler y.y = (y ) 2 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. Görüldüğü üzere denklemimizde x bağımsız değişkeni bulunmuyor. dönüşümü yapalım. y = p ve y = p dp dy y.p. dp dy = (p)2 Birinci mertebeden değişkenlerine ayrılabilir denklem haline geldi. Denklemini çözersek buluruz. Yani Buradan y.p. dp dy = (p)2 lnp = lny +C 1 p = C 1 y dy dx = C 1y dy y = C 1dx C 1 x = lny +C 2 olarak kapalı çözümümüzü buluruz. Buradan y yi çekmek mümkün y(x) = e C 1x C 2 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 11/ 150 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 12/ 150

4 İkinci Mertebeden İndirgenebilir Diferansiyel Denklemler İkinci Mertebeden İndirgenebilir Diferansiyel Denklemler y = 2y(y ) 3 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. Görüldüğü üzere denklemimizde x bağımsız değişkeni bulunmuyor. dönüşümü yapalım. y = p ve y = p dp dy p. dp dy = 2y(p)3 dp dy = 2y(p)2 Birinci mertebeden değişkenlerine ayrılabilir denklem haline geldi. Denklemini çözersek buluruz. Yani dp dy = 2y(p)2 p = 1 y 2 +C 1 dy dx = 1 y 2 +C 1 (y 2 +C 1 )dy = dx Buradan y 3 3 +C 1y = x+c 2 olarak kapalı çözümümüzü buluruz. Buradan y yi çekmek mümkün değildir. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 13/ 150 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 14/ 150 Yüksek Mertebeden Diferansiyel Denklemler x bağımsız ve y bağımlı değişken olmak üzere genel olarak ikinci mertebeden bir diferansiyel denklem G(x,y,y,y ) = 0 (4) şeklinde ifade edildiğini biliyoruz.burada G fonksiyonu y,y ve y ye göre lineer ise (4) denklemine lineer denklem denir. Yani A(x)y +B(x)y +C(x)y = F(x) (5) biçimindeki denklemler lineer olarak adlandırılır. Burada A(x), B(x), C(x) ve F(x) fonksiyonları bir I (muhtemelen sınırsız) açık aralığı üzerinde süreklidir. e x y +(cosx)y +(1+ x)y = tan ( 1) x denklemi ikinci mertebeden lineer bir denklemdir. y = y.y ve y +3(y ) 2 +4y 3 = 0 denklemleri ise ikinci mertebeden lineer olmayan denklemlerdir. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 15/ 150 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 16/ 150

5 A(x)y +B(x)y +C(x)y = F(x) (5) Denklem (5) in sağ tarafında bulunan F(x) fonksiyonu, I aralığı üzerinde sıfıra özdeş ise, (5) denklemine lineer homogen; aksi taktirde lineer homogen olmayan denklem denir. x 2 y +2xy +3y = cosx ikinci mertebeden lineer, homogen olmayan bir denklem, x 2 y +2xy +3y = 0 ise bununla ilgili olan ikinci mertebeden lineer homogen denklemlerdir. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 17/ 150 İkinci Mertebeden Lineer Homogen Denklemler İkinci mertebeden genel lineer A(x)y +B(x)y +C(x)y = F(x) diferansiyel denklemi ele alalım.burada A(x), B(x), C(x) ve F(x) fonksiyonları I da sürekli ve x I A(x) 0 dır.yukarıdaki denklemin her iki tarafı A(x) e bölünürse, denklem biçiminde ifade edilebilir. İlk olarak (5) ile ilgili olan homogen denklemi inceleyeceğiz. y +p(x)y +q(x)y = f(x) (6) y +p(x)y +q(x)y = 0 (7) Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 18/ 150 Teorem: (Superposition prensibi) y +p(x)y +q(x)y = 0 (7) y 1 ve y 2, (7) ile verilen homogen denklemin I aralığı üzerinde iki çözümü olsun, C 1 ve C 2 keyfi sabitler olmak üzere, y = C 1 y 1 +C 2 y 2 (8) ifadeside (7) ile verilen denklemin I aralığı üzerinde bir çözümüdür. fonksiyonlarının y 1 (x) = cosx ve y 2 (x) = sinx y +y = 0 denkleminin çözümleri oldukları kolaylıkla görülebilir.teorem, bu çözümlerin örneğin; y(x) = 3y 1 (x) 2y 2 (x) = 3cosx 2sinx gibi herhangi bir lineer birleşimininde denklemin bir çözümü olduğunu belirtir. Tersine, y +y = 0 denkleminin her bir çözümünün, bu denklemin y 1 ve y 2 özel çözümlerinin bir lineer birleşimi olduğunu ilerde göreceğiz. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 19/ 150 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 20/ 150

6 Teorem: (Varlık ve Teklik) p,q ve f fonksiyonları a noktasını içeren bir I aralığı üzerinde sürekli olsun. Bu takdirde, b 0 ve b 1 verilen sabitler olmak üzere denklemi, I aralığının tamamında, y +p(x)y +q(x)y = f(x) (6) y(a) = b 0, y (a) = b 1 başlangış koşullarını sağlayan bir tek (bir ve yalnız bir) çözüme sahiptir. y(0) = 3, y +y = 0 y (0) = 2 başlangıç değer probleminin çözümünü bulalım. Bir önceki örnekte y(x) = C 1 cosx+c 2 sinx (tüm reel eksen üzerinde) y +y = 0 denkleminin çözümü olduğunu söylemiştik. (Teorem yardımıyla) Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 21/ 150 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 22/ 150 Başlangıç koşullarından ve y(0) = C 1 cos0+c 2 sin0 = C 1 y (0) = C 1 sin0+c 2 cos0 = C 2 C 1 = 3 ve C 2 = 2 bulunur. Sonuç olarak başlangıç değer problemimizin çözümü dür. y(x) = 3cosx 2sinx Görüldüğü gibi keyfi sabitler basit bir lineer denklem sisteminden bulunabilmektedir. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 23/ 150 y 2y +y = 0 y(0) = 3, y (0) = 1 başlangıç değer probleminin çözümünü bulalım. y 1 (x) = e x ve y 2 (x) = 2e x (tüm reel eksen üzerinde) y 2y +y = 0 denkleminin çözümleri olduğu kolaylıkla görülebilir. Teorem yardımıyla y(x) = c 1 y 1 (x)+c 2 y 2 (x) = c 1 e x +c 2 2e x fonksiyonunda denklemimizin bir çözümü olduğunu söyleyebilir ve başlangıç koşullarını sağlayan c 1 ve c 2 yi bulabilirsek başlangıç değer problemimizi çözümünü bulmuş oluruz. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 24/ 150

7 Başlangıç koşullarından ve y(0) = c 1 e 0 +c 2 2e 0 = 3 y (0) = c 1 e 0 +c 2 2e 0 = 1 Çözümü olmayan (sağlayan c 1 ve c 2 nin bulunamayacağı) c 1 +2c 2 = 3 c 1 +2c 2 = 1 denklem sistemi gelir. Çözümlerimizin nasıl fonksiyonlar olması durumunda başlangıç koşulları yardımıyla kefilerimizi (c 1 ve c 2 ) bulabileceğimizi görelim. TANIM y 1 (x) ve y 2 (x) fonksiyonları bir [a,b] kapalı aralığında reel değerli ve türevlenebilir fonksiyonlar olsun y 1 (x) y 2 (x) y 1 (x) y 2 (x) determinantı y 1 (x) ve y 2 (x) fonksiyonlarının Wronskiyeni olarak adlandırılır. W(y 1 (x),y 2 (x)) olarak gösterilir. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 25/ 150 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 26/ 150 TANIM y 1 (x) ve y 2 (x) fonksiyonları bir [a,b] kapalı aralığında doğrusal bağımlıdır ancak ve ancak [a, b] kapalı aralığındaki her x için W(y 1 (x),y 2 (x)) = 0 y 1 (x) = e x ve y 2 (x) = 2e x fonksiyonlarının Wronskiyeni W(y 1 (x),y 2 (x)) = y 1(x) y 2 (x) y 1 (x) y 2 (x) = ex 2e x e x 2e x = 0 y 1 (x) = sinx ve y 2 (x) = cosx fonksiyonlarının Wronskiyeni W(y 1 (x),y 2 (x)) = y 1(x) y 2 (x) y 1 (x) y 2 (x) = sinx cosx cosx sinx = 1 0 y 1 (x) = sinx ve y 2 (x) = cosx fonksiyonları doğrusal bağımsızdır. y 1 (x) = e x ve y 2 (x) = 2e x fonksiyonları doğrusal bağımlıdır. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 27/ 150 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 28/ 150

8 TEOREM p ve q fonksiyonları açık bir I aralığı üzerinde sürekli olmak üzere y 1 ve y 2 y +p(x)y +q(x)y = 0 homogen denkleminin doğrusal bağımsız iki çözümü olsun. Eğer Y(x) bu homogen denklemin I aralığı üzerindeki herhangi bir çözümü ise, bu taktirde x I Y(x) = c 1 y 1 (x)+c 2 y 2 (x) olacak şekilde c 1 ve c 2 sabitleri vardır. İKİNCİ MERTEBEDEN SABİT KATSAYILI LİNEER DENKLEMLER Bu bölümde a,b ve c sabitler olmak üzere diferansiyel denklemi ele alınacaktır. ay +by +cy = 0 (9) Denkleme baktığımızda aradığımız fonksiyonun türevlerinin belirli sabitlerle çarpılıp toplandığında 0 elde edildiğini görürüz. Türevleri kendisinin katı olan fonksiyon bu denklemi sağlayacaktır. Bu özelliği e rx üstel fonksiyonu taşır. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 29/ 150 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 30/ 150 y(x) = e rx fonksiyonu denklemde yerine yazılır ve buradaki r bulunabilirse çözümümüzü bulmuş oluruz. y(x) = e rx y (x) = re rx y (x) = r 2 e rx ay +by +cy = 0 ar 2 e rx +bre rx +ce rx = 0 (ar 2 +br +c)e rx = 0 çarpanlarımızdan e rx fonksiyonu 0 olamıyacağı için ar 2 +br +c ikinci derece polinomu 0 olmalıdır.bu polinomun köklerini bulabilirsek y(x) = e rx fonksiyonu denklem (1) in bir çözümü olacaktır. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 31/ 150 y 5y +6y = 0 diferansiyel denklemin genel çözümünü bulunuz. Denklemimizde y(x) = e rx i yerine yazarsak, r 2 e rx 5re rx +6e rx = 0 (r 2 5r +6)e rx = 0 bulunur. r 2 5r +6 polinomunun kökleri r = 2 ve r = 3 tür. Bir çözüm ararken y 1 (x) = e 2x ve y 2 (x) = e 3x gibi iki çözüm bulduk. Eğer bu fonksiyonlar doğrusal bağımsız ise genel çözümümüzü y(x) = c 1 y 1 (x)+c 2 y 2 (x) Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 32/ 150 şeklinde yazabiliriz.

9 y 1 (x) = e 2x ve y 2 (x) = e 3x foksiyonlarının Wronskiyeni W(y 1 (x),y 2 (x)) = y 1(x) y 2 (x) y 1 (x) y 2 (x) = e2x 2e 2x W(y 1 (x),y 2 (x)) = 3e 5x 2e 5x = e 5x e 3x 3e 3x Hiç bir reel sayı için Wronskiyen 0 olamıyacağı için bu iki fonksiyon doğrusal bağımsızdır ve denklemimizi genel çözümü bu iki fonksiyonun lineer kombinasyonu şeklinde yazılabilir. y(x) = c 1 e 2x +c 2 e 3x şeklinde genel çözümümüzü bulmuş oluruz. ar 2 +br +c = 0 denklemine ay +by +cy = 0 (1) denkleminin karakteristik denklemi denir. Eğer r 1 ve r 2 karakteristik denklemin reel ve farklı iki kökü ise, y(x) = c 1 e r1x +c 2 e r 2x fonksiyonu denklem (1) in genel çözümüdür. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 33/ 150 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 34/ 150 2y 7y +3y = 0 diferansiyel denklemin genel çözümünü bulunuz. Karakteristik denklemimiz 2r 2 7r +3 = 0 dir. Karakteristik denklemimizin kökleri r 1 = 1/2 ve r 2 = 3 tür. Dolayısıyla denklemimizin genel çözümü olarak yazılır. y(x) = c 1 e 1 2 x +c 2 e 3x Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 35/ 150 y +2y = 0 diferansiyel denklemin genel çözümünü bulunuz. Karakteristik denklemimiz r 2 +2r = 0 dir. Karakteristik denklemimizin kökleri r 1 = 0 ve r 2 = 2 dir. Dolayısıyla denklemimizin genel çözümü olarak yazılır. y(x) = c 1 e 0x +c 2 e 2x = c 1 +c 2 e 2x Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 36/ 150

10 ay +by +cy = 0 (1) Eğer karakteristik denklem r 1 = r 2 gibi eşit iki reel köke sahip ise, y(x) = (c 1 +c 2 x)e r 1x fonksiyonu denklem (1) in genel çözümüdür. 9y 12y +4y = 0 diferansiyel denklemin genel çözümünü bulunuz. Karakteristik denklemimiz 9r 2 12r +4 = 0 dir. Karakteristik denklemimizin kökleri r 1 = r 2 = 2 3 dür. Dolayısıyla denklemimizin genel çözümü y(x) = (c 1 +c 2 x)e 2 3 x Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 37/ 150 olarak yazılır. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 38/ 150 y +2y +y = 0 y(0) = 5, başlangıç değer problemini çözünüz. Karakteristik denklemimiz y (0) = 3 r 2 +2r +1 = (r +1) 2 = 0 dir. Dolayısıyla karakteristik denklemimizin kökleri birbirine eşit ve r 1 = r 2 = 1 dir. Denklemimizin genel çözümü olarak yazılır. y(x) = (c 1 +c 2 x)e x Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 39/ 150 y(x) = (c 1 +c 2 x)e x Başlangıç koşullarımız yardımıyla c 1 ve c 2 yi bulabiliriz. ve y(0) = (c 1 +c 2 0)e 0 = c 1 = 5 y (x) = c 1 e x +c 2 e x c 2 xe x y (0) = c 1 e 0 +c 2 e 0 c 2 0e x = c 1 +c 2 = 3 Bu iki denklemden c 1 = 5 ve c 2 = 2 değerlerine ulaşırız. Sonuç olarak çözümümüz y(x) = (5+2x)e x tür. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 40/ 150

11 ay +by +cy = 0 (1) Eğer karakteristik denklemin a ib,(b 0) gibi kompleks eşlenik iki köke sahip ise, y(x) = e ax (c 1 cos(bx)+c 2 sin(bx)) fonksiyonu denklem (1) in genel çözümüdür. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 41/ 150 y 4y +5y = 0 denkleminin genel çözümünü bulun. Karakteristik denklemimiz r 2 4r +5 = 0 dır. = b 2 4ac = ( 4) = 4 < 0 olduğu için karakteristik denklemin reel kökü yoktur. Kompleks köklerimiz 2 i dir. Böylece genel çözümümüz şeklinde yazılabilir. y(x) = e 2x (c 1 cosx+c 2 sinx) Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 42/ 150 Bu bölümde ikinci mertebeden lineer diferansiyel denklemler için elde edilen sonuçları n. mertebeden P 0 (x)y (n) +P 1 (x)y (n 1) + +P n 1 (x)y +P n (x)y = F(x) (10) lineer denklemler için genellemesi yapılacaktır. Aksi belirtilmedikçe denklemde geçen P i (x) katsayılarının (P 0 (x) 0) ve F(x) in denklemi çözmek istediğimiz bir I (muhtemelen sınırsız) açık aralığı üzerinde sürekli olduğu kabul edilecektir. (1) denkleminin her iki tarfını P 0 (x) e bölersek başkatsayısı 1 olan y (n) +p 1 (x)y (n 1) + +p n 1 (x)y +p n (x)y = f(x) (11) denklemini elde ederiz.denklem (2) ile ilgili homogen denklem y (n) +p 1 (x)y (n 1) + +p n 1 (x)y +p n (x)y = 0 (12) dır. n. mertebeden lineer denklemler için de Superposition prensibi geçerlidir. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 43/ 150 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 44/ 150

12 Teorem: (Superposition prensibi) y 1,y 2,,y n, (3) ile verilen homogen denklemin I aralığı üzerinde n çözümü olsun, c 1,c 2,,c n keyfi sabitler olmak üzere, y = c 1 y 1 +c 2 y 2 + +c n y n (13) İkinci mertebeden bir lineer diferansiyel denklemin bir özel çözümünün iki başlangıç koşulu ile belirlendiğini gördük. Benzer şekilde n. mertebeden leneer bir diferansiyel denklemin bir özel çözümü n tane başlangıç koşulu ile belirlenir. ifadeside (3) ile verilen denklemin I aralığı üzerinde bir çözümüdür. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 45/ 150 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 46/ 150 Teorem: (Varlık ve Teklik) p 1,p 2,,p n ve f fonksiyonları a noktasını içeren bir I aralığı üzerinde sürekli olsun. Bu takdirde, b 0,b 1,,b n 1 verilen sabitler olmak üzere y (n) +p 1 (x)y (n 1) + +p n 1 (x)y +p n (x)y = f(x) (2) denklemi, I aralığının tamamında, y(a) = b 0, y (a) = b 1, y (n 1) = b n 1 başlangıç koşullarını sağlayan bir tek (bir ve yalnız bir) çözüme sahiptir. Lineer Bağımsız Çözümler İkinci mertebeden lineer diferansiyel denklemler ile ilgili verilen temel bilgiler esas alındığında, n. mertebeden lineer, homogen y (n) +p 1 (x)y (n 1) + +p n 1 (x)y +p n (x)y = 0 denkleminin genel çözümünün; y 1,y 2,,y n (3) denkleminin özel çözümleri olmak üzere y = c 1 y 1 +c 2 y 2 + +c n y n (4) biçiminde lineer birleşimi olarak ifade edilebileceğini sezgisel olarak söyleyebiliriz. Bu n tane özel çözümün yeterince bağımsız olması gerekir ki (4) bağıntısındaki c 1,c 2,,c n katsayılarını başlangıç koşullarını sağlayabilecek şekilde bulabilelim. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 47/ 150 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 48/ 150

13 TANIM y 1 (x),y 2 (x),,y n (x) fonksiyonları bir [a,b] kapalı aralığında reel değerli ve türevlenebilir fonksiyonlar olsun y 1 (x) y 2 (x) y n (x) y 1 (x) y 2 (x) y n(x).... y (n 1) 1 (x) y (n 1) 2 (x) y n (n 1) (x) TANIM y 1 (x),y 2 (x),,y n (x) fonksiyonları bir [a,b] kapalı aralığında doğrusal bağımlıdır ancak ve ancak [a, b] kapalı aralığındaki her x için W(y 1 (x),y 2 (x),,y n (x)) = 0 determinantı y 1 (x),y 2 (x),,y n (x) fonksiyonlarının Wronskiyeni olarak adlandırılır. W(y 1 (x),y 2 (x),,y n (x)) olarak gösterilir. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 49/ 150 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 50/ 150 TEOREM p i ler açık bir I aralığı üzerinde sürekli olmak üzere y 1,y 2,,y n bu aralık üzerinde y (n) +p 1 (x)y (n 1) + +p n 1 (x)y +p n (x)y = 0 homogen denkleminin doğrusal bağımsız n özel çözümü olsun. Eğer Y(x) bu homogen denklemin I aralığı üzerindeki herhangi bir çözümü ise, bu taktirde x I Y(x) = c 1 y 1 (x)+c 2 y 2 (x)+ +c n y n (x) Şu ana kadar n. mertebeden lineer homogen bir diferansiyel denklemin genel çözümünün n tane lineer bağımsız özel çözümden oluştuğunu gördük. Ancak, bir tek çözümün bile nasıl bulunacağı hakkında fazla bir şey söylenmedi. Değişken katsayılı lineer bir diferansiyel denklemin çözümlerinin bulunması için genellikle nümerik yöntemlere yada kuvvet serileri yöntemlerine ihtiyaç vardır. Şimdi biz n. mertebeden sabit katsayılı diferansiyel denklemlerin çözümlerinin nasıl bulunabileceğinden bahsedelim. olacak şekilde c 1,c 2,,c n sabitleri vardır. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 51/ 150 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 52/ 150

14 n. MERTEBEDEN SABİT KATSAYILI LİNEER DENKLEMLER Bu bölümde a 0,a 1,,a n sabitler ve a n 0 olmak üzere a n y (n) +a n 1 y (n 1) + +a 1 y +a 0 y = 0 (14) diferansiyel denklemi ele alınacaktır. İkinci mertebeden lineer homogen diferansiyel denklemlerde yaptığımız gibi burada da karakteristik denklemden faydalanacağız. Yukarıdaki denklemin karakteristik denklemi: a n r n +a n 1 r n 1 + +a 1 r +a 0 = 0 Görüldüğü gibi karakteristik denklemimiz n. dereceden bir polinomdur. Bu polinomun n kökü vardır. Bu köklerin farklı veya reel olma zorunluluğu yoktur. Böyle bir denklemin köklerinin bulunması zor, hatta bazen imkansızdır. Böyle durumlarda nümerik yöntemler kullanılarak kökler bulunabilir. a n r n +a n 1 r n 1 + +a 1 r +a 0 = 0 (15) dır. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 53/ 150 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 54/ 150 Farklı Reel Kökler Eğer (6) karakteristik denkleminin r 1,r 2,,r n kökleri reel ve farklı ise, (5) denkleminin genel çözümü y(x) = c 1 e r 1x +c 2 e r 2x + +c n e rnx y (3) +3y 10y = 0 y(0) = 7, y (0) = 0, y (0) = 70 başlangıç değer probleminin genel çözümünü bulalım. ile verilir. Karakteristik denklem: r 3 +3r 2 10r = 0 dir. Çarpanlarına ayırdığımızda; r(r 2 +3r 10) = r(r +5)(r 2) = 0 bulur ve köklerini de r 1 = 0, r 2 = 5 ve r 3 = 2 buluruz. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 55/ 150 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 56/ 150

15 Bulduğumuz kökler reel ve birbirinden farklıdır. Genel çözümümüz y(x) = c 1 e 0 +c 2 e 5x +c 3 e 2x = c 1 +c 2 e 5x +c 3 e 2x olur. Verilen başlangıç koşullarından y(0) = c 1 +c 2 +c 3 = 7 y (0) = 5c 2 +2c 3 = 0 y (0) = 25c 2 +4c 3 = 70 denklem sistemini elde ederiz. Son iki denklemi kullanarak c 2 = 2 buluruz. Diğer denklemlerde yerine koyarak c 3 = 5 ve c 1 = 0 buluruz. Böylece özel çözümümüz Katlı Kökler Eğer (6) karakteristik denklemi k katlı bir r köküne sahipse (5) denkleminin genel çözümünün bu k katlı r köküne karşılık gelen parçası (c 1 +c 2 x+c 3 x 2 + +c k x k 1 )e rx şeklindedir. y(x) = 2e 5x +5e 2x olur. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 57/ 150 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 58/ 150 y (3) +y y y = 0 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulalım. : Karakteristik denklem: r 3 +r 2 r 1 = 0 Karakteristik denklemi (r 1) e bölersek diğer çarpanı buluruz. r 3 +r 2 r 1 = (r 1)(r 2 +2r +1) = (r 1)(r +1) 2 köklerimiz r 1 = 1 r 2,3 = 1 olarak bulunur. Genel çözüm y(x) = olarak yazılır. c 1 e }{{} 1x + (c 2 +c 3 x)e 1x }{{} r 1 = 1 köküne karşılık gelen parça r 2,3 = 1 katlı köküne karşılık gelen parça r yerine 1 koyarsak karakteristik denklemi sağlar r = 1, kökümüz. Yani (r 1) karakteristik denklemin bir çarpanı. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 59/ 150 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 60/ 150

16 Beşinci mertebeden 9y (5) 6y (4) +y (3) = 0 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulalım. : Karakteristik denklem: 9r 5 6r 4 +r 3 = r 3 (9r 2 6r +1) = r 3 (3r 1) 2 = 0 r = 0 dan c 1 e 0x +c 2 xe 0x +c 3 x 2 e 0x = c 1 +c 2 x+c 3 x 2 ve çift katlı kök olan r = 1 3 ten c 4e x/3 +c 5 xe x/3 elde edilir. Böylece genel çözümümüz olur. y(x) = c 1 +c 2 x+c 3 x 2 +c 4 e x/3 +c 5 xe x/3 şeklindedir. İki farklı kök vardır. r 1,2,3 = 0 ve r 4,5 = 1 3 kökleridir. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 61/ 150 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 62/ 150 Kompleks Kökler Eğer (6) karakteristik denklemi a ib,(b 0) gibi kompleks eşlenik iki köke sahip ise, (5) denkleminin genel çözümünün bu kompleks köklere karşılık gelen parçası şeklindedir. e ax (c 1 cos(bx)+c 2 sin(bx)) y (4) +3y 4y = 0 diferansiyel denkleminin çözümünü bulalım. : Karakteristik denklem: r 4 +3r 2 4 = 0 (r 2 +4)(r 2 1) = 0 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 63/ 150 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 64/ 150

17 Kökler: genel çözüm: r 1,2 = 2i, r 3 = 1, r 4 = 1 Katlı Kompleks Kökler Eğer (6) karakteristik denkleminin a ib,(b 0) kompleks eşlenik kökü k katlı ise, (5) denkleminin genel çözümünün bu kompleks köklere karşılık gelen parçası y(x) = e 0x (c 1 cos2x+c 2 sin2x) +c }{{} 3 e x +c 4 e x komplex köklere karşılık gelen parça e ax ((c 1 cos(bx)+d 1 sin(bx))+x(c 2 cos(bx)+d 2 sin(bx))+ +x k 1 (c k 1 cos(bx)+d k 1 sin(bx))) şeklindedir. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 65/ 150 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 66/ 150 y (4) +12y (3) +62y +156y +169y = 0 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulalım. : Karakteristik denklem: r 4 +12r 3 +62r r +169 = 0 3 2i kökü 2 katlı kompleks kök. O halde genel çözüm y(x) = e 3x (c 1 cos2x+d 1 sin2x+x(c 2 cos2x+d 2 sin2x)) şeklinde yazılır. (r 2 +6r +13) 2 = 0 [(r +3) 2 +4] 2 = 0 (r +3) 2 +4 = 0 (r +3) 2 = 4 r +3 = 2i r 1,2 = 3 2i Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 67/ 150 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 68/ 150

18 n. mertebeden homogen olmayan lineer bir diferansiyel denklemin y (n) +p 1 (x)y (n 1) + +p n 1 (x)y +p n (x)y = f(x) (16) şeklinde olduğunu ve bununla ilgili olan n. mertebeden lineer homogen denlemin y (n) +p 1 (x)y (n 1) + +p n 1 (x)y +p n (x)y = 0 (17) olduğunu biliyoruz. Teorem p i ve f fonksiyonları I açık aralığında sürekli olmak üzere yö, (1) denkleminin bir özel çözümü ve y 1,y 2,...,y n fonksiyonları (2) denkleminin I aralığı üzerinde bir çözümü ise, her x I için Y(x) = c 1 y 1 (x)+c 2 y 2 (x)+ +c n y n (x)+yö(x) (18) olacak şekilde c 1,c 2,...,c n keyfi sabitleri vardır. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 69/ 150 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 70/ 150 Teorem e göre y (n) +p 1 (x)y (n 1) + +p n 1 (x)y +p n (x)y = f(x) (1) diferansiyel denkleminin genel çözümü, ilgili homogen denklemin y (n) +p 1 (x)y (n 1) + +p n 1 (x)y +p n (x)y = 0 (2) genel çözümü y h (x) = c 1 y 1 (x)+c 2 y 2 (x)+ +c n y n (x) ile (1) denkleminin bir özel çözümünün yö(x) toplamı olacağıdır. y +4y = 12x diferansiyel denklemini ele alalım. Bu denklemle ilgili homogen denklem y +4y = 0 denklemidir ve bu homogen denklemin genel çözümü c 1 cos2x+c 2 sin2x olarak bulunabilir (y h (x)). y = 3x fonksiyonun homogen olmayan denklemi sağladığı kolayca gösterilebilir. Yani y = 3x fonksiyonu denklemimiz için bir özel çözümdür (yö(x)). Teoreme göre homogen olmayan denklemin genel çözümü (y g (x)) y g (x) = y h (x)+yö(x) = c 1 cos2x+c 2 sin2x+3x olarak yazılabilir. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 71/ 150 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 72/ 150

19 Sonuç olarak n. mertebeden homogen olmayan lineer bir diferansiyel denklemin çözümünü bulmak istiyorsak, bu denklemle ilgili n. mertebeden homogen denklemin genel çözümünü bulmamız ve homogen olmayan denklemin bir özel çözümünü elde etmemiz gerek. Bir önceki bölümde n. mertebeden sabit katsayılı homogen lineer denklemlerin genel çözümlerini bulmayı öğrenmiştik. Bu bölümde homogen olamayan sabit katsayılı lineer denklemlerin çözümünü inceleyeceğiz. İlgili homogen denklemin genel çözümünü bulabildiğimize göre işimiz sadece homogen olmayan denklem için özel çözüm bulmaktır. Belirsiz Katsayılar Metodu y (n) +p 1 (x)y (n 1) + +p n 1 (x)y +p n (x)y = f(x) (1) (1) denklemindeki f(x) fonksiyonu yö nin genel şekli için bir tahmin yapabileceğimiz kadar basit verilmiş ise, belirsiz katsayılar metodu yö yi bulmak için bir yoldur. İlk olarak f(x) veya onun herhangi bir türevinde bulunan hiçbir terimin homogen denklemi sağlamadığını kabul edelim. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 73/ 150 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 74/ 150 f(x) fonksiyonu m. dereceden bir polinom ise, özel çözüm yö aşağıdaki gibi seçilir yö(x) = A m x m +A m 1 x m A 1 x+a 0 ve A m,a m 1,...,A 1,A 0 bilinmeyenleri bulunur. y +3y +4y = 3x+2 diferansiyel denklemin bir özel çözümünü bulalım. Burada f(x) = 3x+2 şeklinde 1. dereceden bir polinomdur. Böylece bizim özel çözümümüz yö(x) = A 1 x+a 0 dir.diferansiyel denklemimizde yerine yazıp A 1,A 0 bilinmeyenlerini bulalım. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 75/ 150 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 76/ 150

20 Özel çözümümüzün türevlerini bulalım. y ö(x) = A 1 Yerlerine yazılırsa Düzenlersek; y ö(x) = 0 0+3A 1 +4(A 1 x+a 0 ) = 3x+2 4A 1 x+3a 1 +4A 0 = 3x+2 Polinomların eşitliğini kullanarak A 1 = 3 4 ve A 0 = 1 16 bulunur.böylece özel çözümümüz olarak bulunur. yö(x) = 3 4 x 1 16 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 77/ 150 f(x) = acoskx+bsinkx, şeklinde ise, özel çözüm yö aşağıdaki gibi seçilir yö(x) = Acoskx+Bsinkx ve A, B bilinmeyenleri bulunur. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 78/ 150 Özel çözümümüzün türevlerini bulalım. y ö(x) = Asinx+Bcosx y +y 2y = 2cosx diferansiyel denklemin bir özel çözümünü bulalım. Burada f(x) = 2cosx. Böylece bizim özel çözümümüz yö(x) = Acosx+Bsinx dir.diferansiyel denklemimizde yerine yazıp A, B bilinmeyenlerini bulalım. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 79/ 150 Yerlerine yazılırsa y ö(x) = Acosx Bsinx ( Acosx Bsinx)+( Asinx+Bcosx) 2(Acosx+Bsinx) = 2cosx Düzenlersek; (B 3A)cosx+( A 3B)sinx = 2cosx Yine katsayılar eşitliğini kullanarak A = 3 5 ve B = 1 5 bulunur.böylece özel çözümümüz olarak bulunur. yö(x) = 3 5 cosx+ 1 5 sinx Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 80/ 150

21 f(x) = e kx, şeklinde ise, özel çözüm yö aşağıdaki gibi seçilir ve A bilinmeyeni bulunur. yö(x) = Ae kx y 4y = 2e 3x diferansiyel denklemin bir özel çözümünü bulalım. Burada f(x) = 2e 3x. Böylece bizim özel çözümümüz yö(x) = Ae 3x dir.diferansiyel denklemimizde yerine yazıp A bilinmeyenini bulalım. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 81/ 150 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 82/ 150 Özel çözümümüzün türevlerini bulalım. y ö(x) = 3Ae 3x Yerlerine yazılırsa Düzenlersek; y ö(x) = 9Ae 3x (9Ae 3x ) 4(Ae 3x ) = 2e 3x (5A)e 3x = 2e 3x Belirsiz katsayılar metodu, (1) denklemindeki f(x) fonksiyonun aşağıdaki üç tip fonksiyon (sonlu) çarpımlarının bir lineer birleşimi olması durumunda uygulanır. x e göre polinom e kx tipi üstel fonksiyon coskx ya da sinkx Buradan A = 2 5 bulunur.böylece özel çözümümüz yö(x) = 2 5 e3x olarak bulunur. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 83/ 150 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 84/ 150

22 Bu denklemin karakteristik denklemi r 2 3r +2 = 0 y 3y +2y = 3e x 10cos3x başlangıç değer problemini çözünüz. y(0) = 1, y (0) = 2 Öncelikle yukarıdaki diferansiyel denklemin ilgili homogen denklemini çözmemiz gerekiyor.yani y 3y +2y = 0 homogen diferansiyel denklemini çözelim. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 85/ 150 dir. Bu polinomun kökleri r 1 = 1 ve r 2 = 2 dir. Sonuç olarak homogen kısmın genel çözümü y h (x) = c 1 e x +c 2 e 2x olarak bulunur.f(x) = 3e x 10cos3x ve türevleri e x, cos3x ve sin3x terimlerini içerir. Bunların hiçbirisi y h (x) in içinde görülmediğinden olarak alınabilir. yö(x) = Ae x +Bcos3x+Csin3x Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 86/ 150 fonksyonlarını bulup denklemimizde yerine yazalım ve bilinmeyenleri bulalım. y ö ve y ö Yerlerine yazılıp düzenlenirse y ö = Ae x 3Bsin3x+3Ccos3x y ö = Ae x 9Bcos3x 9Csin3x 6Ae x +( 7B 9C)cos3x+(9B 7C)sin3x = 3e x 10cos3x elde edilir. Buradan denklem sistemi elde edilir. 6A = 0 7B 9C = 10 9B 7C = 0 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 87/ 150 Bu denklem sistemini çözersek: A = 1 2, B = 7 13 ve C = 9 13 olarak bulunur.bu da yö(x) = 1 2 e x cos3x sin3x özel çözümünü verir.fakat soruda verilen başlangıç koşullarını sağlamaz. Denklemimizin genel çözümünü yazıp başlangıç koşullarını sağlayacak şekilde c 1,c 2 keyfi sabitlerini bulalım.genel çözümümüz y g (x) = y h (x)+yö(x) = c 1 e x +c 2 e 2x e x cos3x sin3x olarak yazılır.koşullar kullanılarak c 1 = 1 2 ve c 2 = 6 13 bulunur.istenilen çözüm y(x) = 1 2 ex e2x e x cos3x sin3x Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 88/ 150

23 4y +4y +y = 3xe x diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. Önce ilgili homogen denklemin 4y +4y +y = 0 genel çözümünü bulalım. Karakteristik denklemimiz 4r 2 +4r +1 = 0 Karakteristik denklemin kökleri r 1,2 = 1 2 dir. Homogen denklemin genel çözümü y h (x) = e 1 2 x (c 1 +c 2 x) şeklinde bulunur. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 89/ 150 y h (x) = e 1 2 x (c 1 +c 2 x) çözümünün içerisinde f(x) = 3xe x veya herhangi bir türevi bulunmuyor. f(x) fonksiyonu birinci dereceden bir polinom ve üstel fonksiyonun çarpımı olduğu için özel çözümümüz yö = (Ax+B)e x şeklinde olacaktır. Denklemimizde yerine koymak için türevleri alalım. y ö = Ae x +(Ax+B)e x y ö = 2Ae x +(Ax+B)e x Türevleri yerine koyalım 4(2Ae x +(Ax+B)e x )+4(Ae x +(Ax+B)e x )+(Ax+B)e x = 3xe x Düzenlersek elde ederiz. e x (9Ax+12A+9B) = 3xe x Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 90/ 150 e x (9Ax+12A+9B) = 3xe x Yukarıdaki denklemde sadeleştirme yapılırsa, katsayıların eşitliğinden A = 1 3 ve B = 4 9 bulunur.özel Çözümümüz: yö(x) = ( 1 3 x 4 9 )ex olarak bulunur. Genel çözümümüz ise dir. y g (x) = e 1 2 x (c 1 +c 2 x) +( 1 }{{} 3 x 4 9 )ex }{{} y h (x) yö(x) y (3) +y = 3e x +4x 2 diferansiyel denkleminin özel çözümünü bulunuz. İlgili homogen denklemin karakteristik denklemi r 3 +r 2 = 0 dır. Kökler r 1,2 = 0 ve r 3 = 1 dir.bu durumda homogen denklemin genel çözümü y h (x) = c 1 +c 2 x+c 3 e x dir. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 91/ 150 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 92/ 150

24 Özel çözümümüzü yö(x) = }{{} Ae x +B } +Cx+Dx {{} 2 e x için x 2 için şeklinde seçemeyiz. Çünkü f(x) = 3e x +4x 2 fonksiyonunun x 2 teriminin türevi y h (x) in içinde mevcut. Bu durumda özel çözümde x 2 ye karşılık gelen parçayı x m ile çarparak y h (x) ile benzer terim içermemesini sağlamalıyız.burada m seçilebilecek en küçük tamsayı olmalıdır. x 2 ye karşılık gelen parça olan B +Cx+Dx 2 yi x ile çarpalım Bx+Cx 2 +Dx 3 Hala benzer terim mevcut (Bx,c 2 x).x 2 ile çarpalım Bx 2 +Cx 3 +Dx 4 Artık benzer terimimiz yok. Yani özel çözümümüz yö(x) = Ae x +Bx 2 +Cx 3 +Dx 4 şeklinde seçilebilir. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 93/ 150 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 94/ 150 Türevleri alıp yerine koyalım y ö(x) = Ae x +2Bx+3Cx 2 +4Dx 3 y ö(x) = Ae x +2B +6Cx+12Dx 2 y (3) ö (x) = Aex +6C +24Dx Denklemimizde yerine yazalım ve düzenleyelim 2Ae x +(2B +6C)+(6C +24D)x+12Dx 2 = 3e x +4x 2 elde ederiz.buradan katsayıların eşitliğinden 2A = 3 2B +6C = 0 6C +24D = 0 12D = 4 denklemlerini elde ederiz. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 95/ 150 Bu denklemlerden A = 3 2, B = 4, C = 4 3 ve D = 1 3 olarak bulunur.böylece istenilen çözüm olur. yö(x) = 3 2 ex +4x x x4 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 96/ 150

25 y +6y +13y = e 3x cos2x diferansiyel denkleminin özel çözümü için uygun bir form belirleyiniz. İlgili homogen denklemin karakteristik denklemir 2 +6r +13 = 0 olup kökleri r 1,2 = 3 2i dir. Bu durumda homogen denklemin çözümü y h (x) = e 3x (c 1 cos2x+c 2 sin2x) dir. f(x) = e 3x cos2x fonksiyonuna bakılarak yö(x) = e 3x (Acos2x+Bsin2x) özel çözüm olarak düşünülebilir. Fakat denklemimizdeki f(x) = e 3x cos2x homogen denklemin çözümünün içinde vardır. (c 1 = 1,c 2 = 0 seçilirse) Bu nedenle özel çözümümüz yukarıdaki şekilde seçilemez. x ile çarparsak yö(x) = e 3x (Axcos2x+Bxsin2x) benzer terim ortadan kaldırılır. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 97/ 150 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 98/ 150 y +y +y = sin 2 x diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. Önce ilgili homogen denklemin y +y +y = 0 genel çözümünü bulalım. Karakteristik denklemimiz: r 2 +r +1 = 0 dir. Bu denklemin kökleri r 1,2 = 1 2 i 3 2 dir. İlgili homogen denklemin genel çözümü 3 3 y h (x) = e 1 2 x (c 1 cos( 2 x)+c 2sin( 2 x)) olarak yazılır. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 99/ 150 özel çözümü f(x) = sin 2 x fonksiyonuna bakarak söyleyemeyiz. sin 2 x = cos(2x) trigonometrik özdeşliğinden yararlanabiliriz.denklemimiz aşağıdaki şekilde de yazılabilir, Şimdi özel çözümümüzün y +y +y = cos(2x) yö(x) = Acos(2x)+Bsin(2x) + C }{{} 1 cos(2x) için 2 şeklinde olacağını söyleyebiliriz. }{{} 1 2 için Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 100/ 150

26 Denklemde yerine yazıp A, B bilinmeyenlerini bulabilmek için türevleri alalım Yerine koyup düzenlersek: y ö(x) = 2Asin(2x)+2Bcos(2x) y ö(x) = 4Acos(2x) 4Bsin(2x) ( 3A+2B)cos(2x)+( 3B 2A)sin(2x)+C = cos(2x) Katsayıların eşitliği kullanılarak 3A+2B = 1 2 3B 2A = 0 denklemlerini elde ederiz.bu denklemlerden A = 3 26 ve B = 1 bulunur.böylece özel çözümümüz olur.genel çözümümüz ise yö(x) = 3 26 cos(2x) sin(2x) elde edilir.buradan C = 1 2 olduğu direkt görülür. y g (x) = e 1 2 x (c 1 cos( dir x)+c 2sin( 2 x)) 3 26 cos(2x) sin(2x)+1 2 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 101/ 150 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 102/ 150 y y = e x +7 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. Önce ilgili homogen denklemin y y = 0 genel çözümünü bulalım. Karakteristik denklemimiz: dir. m 3 1 = 0 m 3 1 = 0 denkleminin kökleri m 1,2,3 = 1 dir demek yanlıştır. Çünkü bu kökler (m 1) 3 = 0 denkleminin kökleridir. Bizim denklemimizin köklerinden bir tanesi 1 dir. Diğer ikisi ise komplekstir. Kompleks kökleri bulabilmek için kompleks sayıların Euler formundan yararlanırız m = r(cosθ +isinθ) m 3 = r 3 (cos3θ +isin3θ) m 3 1 = r 3 (cos3θ +isin3θ) 1 = 0 Buradan r = 1 olarak bulunur. Yine katsayılar eşitliğinden cos3θ = 1 sin3θ = 0 yazılır. Buradan θ = 2 3kπ, k N bulunur. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 103/ 150 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 104/ 150

27 θ = 2 3 kπ, k N k = 0 θ = 0 m 1 = 1 k = 1 θ = 2 3 π m 2 = 1 2 +i 3 2 k = 2 θ = 4 3 π m 3 = 1 2 i 3 2 Karakterisitik denklemimizin kökleri m 1 = 1,m 2,3 = 1 2 i 3 2 dir. Homogen çözüm 3 3 y h (x) = c 1 e x +e 1 2 x (c 2 cos( 2 x)+c 3sin( 2 x)) olarak yazılır. f(x) = e x +7 fonksiyonuna bakarak özel çözümü yö(x) = Ae x +B şeklinde düşünebiliriz. Fakat ilgili homogen denklemin çözümü y h (x) in içinde f(x) = e x +7 fonksiyonunun bir parçası (e x ) bulunuyor. Bu sebeble e x e karşılık gelen parçayı x le çarpıp farklı hale getirmeliyiz. yö(x) = Axe x +B Görüldüğü gibi f(x) ile yö(x) arasında benzerlik kalmadı. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 105/ 150 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 106/ 150 Türevleri alalım y ö(x) = Ae x +Axe x y ö(x) = 2Ae x +Axe x y ö (x) = 3Ae x +Axe x Yerlerine yazıp düzenlersek 3Ae x B = e x +7 denklemini elde ederiz.buradan A = 1 3 ve B = 7 bulunur.özel çözümümüz yö(x) = 1 3 ex 7 olarak bulunmuş olur.genel çözümümüz aşağıdaki gibidir. 3 3 y g (x) = c 1 e x +e 1 2 x (c 2 cos( 2 x)+c 3sin( 2 x))+ 1 3 ex 7 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 107/ 150 PARAMETRELERİN DEĞİŞİMİ YÖNTEMİ Son olarak belirsiz katsayılar metodunun kullanılamayacağı durumda kullanılacak bir yöntemi inceleyeceğiz. Örneğin, y +y = tanx Parametrelerin Değişimi yöntemini 2. mertebeden lineer denklemler üzerinde öğrenelim. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 108/ 150

28 y +p(x)y +q(x)y = f(x) yukarıdaki 2. mertebeden lineer denklemin ilgili homogen denklemin genel çözümü y h (x) = c 1 y 1 (x)+c 2 y 2 (x) olsun. Temel fikir kısaca şöyledir: y h (x) fonksiyonundaki c 1,c 2 parametrelerinin yerine, x değişkenine bağlı fonksiyonlar u 1 (x),u 2 (x) yazıp, yeni oluşan y h (x) fonksiyonunu denklemimizde yazarak, u 1 (x),u 2 (x) fonksiyonlarını belirlemektir.kısacası özel çözümümüz yö(x) = u 1 (x)y 1 (x)+u 2 (x)y 2 (x) şeklinde düşünülecek. Bu özel çözümü denklemde yerine yazarak bilinmeyen u 1 (x),u 2 (x) bulmaya çalışalım.iki bilinmeyen fonksiyonumuz olduğunu göre, bunları belirleyebilmek için iki denkleme ihtiyacımız var. Şimdi bu denklemleri belirleyelim. y ö = u 1 y 1 +u 2 y 2 +u 1y 1 +u 2y 2 Denklemde yerine yazabilmek için 2. türevi almalıyız. 2. türevi alırsak u 1 ve u 2 fonksiyonlarının 2. türevleri karşımıza çıkacak ve işimizi zorlaştıracaktır. Bu nedenle birinci denklemimizi işimizi kolaylaştırsın diye u 1y 1 +u 2y 2 = 0 olarak alacağız. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 109/ 150 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 110/ 150 y ö = u 1 y 1 +u 2 y 2 Özel çözümün ikinci türevini alalım Denklemimizde yerine yazalım y ö = u 1 y 1 +u 2 y 2 +u 1y 1 +u 2y 2 u 1 y 1 +u 2 y 2 +u 1y 1 +u 2y 2 }{{} y ö +p(x)(u 1 y 1 +u 2 y 2) }{{} y ö +q(x)(u 1 y 1 +u 2 y 2 ) = f(x) }{{} yö u 1,u 2 parantezlerine alalım u 1 (y 1 +p(x)y 1 +q(x)y }{{} 1 )+u 2 (y 2 +p(x)y 2 +q(x)y 2 ) }{{} 0 0 +u 1y 1 +u 2y 2 = f(x) y 1 ve y 2 fonksiyonları ilgili homogen denklemin (y +p(x)y +q(x)y = 0) çözümü olduğu için u 1,u 2 nin katsayıları 0 dır. Böylece ikinci denklemimizi elde etmiş olduk. u 1y 1 +u 2y 2 = f(x) Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 111/ 150 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 112/ 150

29 y +y = tanx diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. u 1y 1 +u 2y 2 = 0 u 1y 1 +u 2y 2 = f(x) Yukarıdaki denklemlerden u 1,u 2 bulunur. İntegral alınarak u 1,u 2 elde edilir. Böylece özel çözümümüzü y ö belirlemiş oluruz. Bir örnekle inceliyelim. Önce ilgili homogen denklemin y +y = 0 genel çözümünü bulalım. Karakteristik denklemimiz: r 2 +1 = 0 dir. Kökleri: r 1,2 = i dir. y h (x) aşağıdaki gibi yazılır. y h (x) = c 1 cosx+c 2 sinx Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 113/ 150 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 114/ 150 Parametrelerin değişimi yöntemini kullanacağız. y h (x) e bakarak y 1 (x) = cosx olduğunu söyleyebiliriz. Özel çözümümüzü y 2 (x) = sinx yö = u 1 (x)cosx+u 2 (x)sinx şeklinde seçeceğiz. Yerine koyulduğunda aşağıdaki denklem sistemini elde edeceğiz. (u 1)cosx+(u 2)sinx = 0, (u 1)sinx+(u 2)cosx = tanx Bu iki bilinmeyenli iki denklemi aşağıdaki gibi matris çarpımı ile ifade edebiliriz. [ ][ ] [ ] cosx sinx u 1 0 sinx cosx u = 2 tanx }{{}}{{}}{{} A U b Yukarıdaki sisteminin tek çözümü vardır.a katsayılar matrisinin determinantı cos x ve sin x in Wronskiyenidir.Bu fonksiyonlar ilgili homogen denklemin genel çözümünü oluşturdukları için lineer bağımsızdırlar,yani Wronskiyeni 0 dan faklıdır.bu sistemi çözmek için Kramer Kuralını kullanacağız. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 115/ 150 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 116/ 150

30 KRAMER KURALI a 11 a a 1n x 1 b 1 a 21 a a 2n x = b 2. a n1 a n2... a nn x n Yukarıdaki denklem sisteminin (Ax = b, det(a) 0) çözümünü i. kolon {}}{ a b 1... a 1n a b 2... a 2n a n1... b n... a nn x i = det(a) formülüyle bulabiliriz. b n i = 1,2,...,n Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 117/ 150 [ ][ ] [ ] cosx sinx u 1 0 sinx cosx u = 2 tanx }{{}}{{}}{{} A U b Katsayılar matrisinin (A) determinantını bulalım, det(a) = cosx sinx sinx cosx = cos2 x+sin 2 x = 1 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 118/ 150 Bilinmeyenlerimiz u 1,u 2 fonksiyonları ise 0 sinx u 1 tanx cosx = = sinxtanx = cosx secx 1 cosx 0 u sinx tanx 2 = = sinx 1 şeklinde bulunur.integral alarak u 1 ve u 2 fonksiyonlarını bulabiliriz. u 2 (x) = cosx yö(x) = u 1 (x)cosx+u 2 (x)sinx u 1 (x) ve u 2 (x) i yerine yazalım yö(x) = (sinx ln secx+tanx )cosx cosxsinx yö(x) = cosxln secx+tanx u 1 (x) = sinx ln secx+tanx NOT: secx in integralinde secx+tanx ile çarpıp böler, değişken dönüşümü yaparız. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 119/ 150 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 120/ 150

31 y +4y +4y = e 2x x 2, (x > 0) diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. Önce ilgili homogen denklemin y +4y +4y = 0 genel çözümünü bulalım. Karakteristik denklemimiz: r 2 +4r +4 = 0 Denklemimizin sağ tarafı belirsiz katsayılar metodunda incelediğimiz fonsiyon tiplerinden farklı. Parametrelerin değişimi metodunu kullanacağız. Özel çözümümüzü yö(x) = u 1 (x)e}{{} 2x +u 2 (x)xe }{{ 2x } y 1 (x) y 2 (x) olarak seçeceğiz ve u 1 (x) ve u 2 (x) katsayı fonksiyonlarını bulacağız. dir. Kökleri: r 1,2 = 2 dir. y h (x) aşağıdaki gibi yazılır. y h (x) = c 1 e 2x +c 2 xe 2x Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 121/ 150 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 122/ 150 u 1 ve u 2 yi bulacağımız denklemler: u 1y 1 +u 2y 2 = 0 u 1y 1 +u 2y 2 = f(x) bilinenleri yerlerine yazalım, u 1e 2x +u 2xe 2x = 0 u 1 +u 2x = 0 2u 1 +u 2(1 2x) = x 2 Yol 1: birinci denklemi 2 ile çarpıp denklemleri toplayalım u 2 = x 2 bulunur. u 2 yi birinci denklemde yerine yazdığımızda u 1( 2e 2x )+u 2(e 2x 2xe 2x ) = e 2x x 2 Her iki denklemdeki e 2x leri yok edersek daha sade denklemler elde ederiz. elde ederiz. u 1 = x 1 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 123/ 150 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 124/ 150

32 Yol 2: Kramer kuralını kullanalım. Sistemimiz aşağıdaki gibi yazılabilir [ ][ ] [ ] 1 x u x u = 2 x 2 }{{}}{{}}{{} A U b A nın determinantı det(a) = 1 olarak bulunur. Bilinmeyenlerimiz 0 x u 1 x 2 1 2x = = 1 1 x olarak bulunur. 1 0 u 2 2 x 2 = = x 2 1 İntegral alarak bilinmeyen fonksiyonlarımızı buluruz. u 1 (x) = ln( 1 x ) u 2 (x) = 1 x Böylece özel çözümümüz yö(x) = ln( 1 x )e 2x 1 x xe 2x = ln( 1 x )e 2x e 2x olur.sonuç olarak genel çözümümüz y g (x) = c 1 e 2x +c 2 xe 2x +ln( 1 x )e 2x e 2x dir. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 125/ 150 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 126/ 150 CAUCHY-EULER DENKLEMİ CAUCHY-EULER DENKLEMİ CAUCHY-EULER DENKLEMİ a n x ndn y dx n +a n 1x n 1dn 1 y dx n 1 + +a 1x dy dx +a 0y = f(x) şeklindeki denklemler Cauchy-Euler denklemi olarak adlandırılır. Bu denklemin çözümü için x = e t dönüşümü yapılır. x = e t t = lnx dönüşümü yapacağız. Bu dönüşümü yaparsak y fonksiyonu t ye bağlı olur. Bu sebeble y nin x e göre türevleri yerine y nin t ye göre türevleri yazılmalıdır.bu türevleri bulalım. d 2 y dx 2 = d ( ) dy 1 dx dt x d 2 y dx 2 = d2 y 1 dt 2 x 2 + dy dt dy dx = dy dt dt dx = dy 1 dt x = d ( dy dx dt ( 1x ) 2 ) 1 x + dy dt d dx ( ) 1 x ) = 1 ( d 2 y x 2 dt 2 dy dt. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 127/ 150 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 128/ 150

33 CAUCHY-EULER DENKLEMİ CAUCHY-EULER DENKLEMİ Bu türevler denklemde yerine konulursa x in kuvvetleri sadeleşir ve d n y a n dt n +ã d n 1 y n 1 dt n 1 + +ã dy 1 dt +a 0y = f(e t ) sabit katsayılı lineer denklem elde edilir. Bu denklem çözülür, bulunan y(t) fonsiyonunda t = ln x ters dönüşümü yapılarak sonuca ulaşılır. x 2 y +xy 4y = 0 denklemini çözünüz. Denklemimiz Cauchy-Euler denklemi.x = e t dönüşümü yapacağız. dy dx = dy 1 dt x d 2 y dx 2 = 1 ( d 2 y x 2 dt 2 dy ) dt Yukaridaki türevleri denklemde yerine koyalım. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 129/ 150 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 130/ 150 CAUCHY-EULER DENKLEMİ CAUCHY-EULER DENKLEMİ sadeleştirmeleri yapalım. x 2 1 ( d 2 y x 2 dt 2 dy ) +x dy 1 dt dt x 4y = 0 d 2 y dt 2 dy dt + dy dt 4y = 0 y 4y = 0 sabit katsayılı denklemimizi elde ederiz. Karakteristik denklemi: r 2 4 = 0, kökler r 1 = 2 ve r 2 = 2 dir. Genel çözümümüz t = lnx ters dönüşümü yapalım. y(x) = c 1 e 2lnx +c 2 e 2lnx y(x) = c 1 e lnx2 +c 2 e lnx 2 y(x) = c 1 x 2 +c 2 x 2 olarak çözümümüzü elde ederiz. y(t) = c 1 e 2t +c 2 e 2t Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 131/ 150 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 132/ 150

34 CAUCHY-EULER DENKLEMİ CAUCHY-EULER DENKLEMİ x 3 y 4x 2 y +8xy 8y = 4lnx denklemini çözünüz. Cauchy-Euler olduğu için x = e t dönüşümü yapacağız. dy dx = dy 1 dt x d 2 y dx 2 = 1 ( d 2 y x 2 dt 2 dy ) dt Bu türevleri bir önceki örnekten biliyorduk. Şimdi 3. türevi bulalım. d 3 y dx 3 = d ( 1 dx x 2 d 3 y dx 3 = d dx ( ( 1 d 2 y x 2 dt 2 dy )) dt )( d 2 y dt 2 dy dt d 3 y dx 3 = 2 ( d 2 y x 3 dt 2 dy dt d 3 y dx 3 = 1 x 3 Şimdi yerlerine yazalım. ) + 1 ( d d 2 y x 2 dx dt 2 dy ) dt ) ) + 1 ( d 3 y 1 x 2 dt 3 x d2 y 1 dt 2 x ) ( d 3 y y dt 3 3d2 dt 2 +2dy dt Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 133/ 150 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 134/ 150 CAUCHY-EULER DENKLEMİ CAUCHY-EULER DENKLEMİ x 3 y 4x 2 y +8xy 8y = 4lnx x 3 1 ( d 3 ) y y x 3 dt 3 3d2 dt 2 +2dy 4x 2 1 ( d 2 y dt x 2 dt 2 dy ) dt +8x 1 dy 8y = 4lnet x dt Düzenlersek d 3 y y dt 3 7d2 dt 2 +14dy 8y = 4t dt sabit katsayılı denklemi elde ederiz. İlgili homogen denklemi y 7y +14y 8y = 0 çözelim. Karakteristik denklemimiz r 3 7r 2 +14r 8 = 0 ve kökleri r 1 = 1,r 2 = 2 ve r 3 = 4 dir. Genel çözümümüz y h (t) = c 1 e t +c 2 e 2t +c 3 e 4t olarak yazılır. Denklemin sağ tarafında 4t var. 1. derece polinom. Özel çözümümüzü yö(t) = At+B olarak seçelim. Özel çözümün türevlerini alalım ve yerine koyalım. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 135/ 150 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 136/ 150

35 CAUCHY-EULER DENKLEMİ LEGENDRE DENKLEMİ Yerlerine yazılırsa y ö(t) = A y ö(t) = 0 y ö (t) = 0 14A 8(At+B) = 4t Buradan A = 1 2 ve B = 7 8 bulunur. y(t) = c 1 e t +c 2 e 2t +c 3 e 4t 1 2 t 7 8 t = ln x ters dönüşümü yapılırsa, çözümümüz, LEGENDRE DENKLEMİ c n (ax+b) n y (n) +c n 1 (ax+b) n 1 y n 1 + +c 1 (ax+b)y +c 0 y = f(x) şeklindeki denklemler Legendre denklemi olarak adlandırılır. Bu denklemin çözümü için (ax+b) = e t dönüşümü yapılır. y(x) = c 1 x+c 2 x 2 +c 3 x lnx 7 8 olarak bulunur. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 137/ 150 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 138/ 150 LEGENDRE DENKLEMİ LEGENDRE DENKLEMİ Cauchy-Euler denkleminde olduğu gibi y nin x e göre türevleri yerine y nin t ye göre türevlerini yazmalıyız. Türevleri bulalım. d 2 y dx 2 = d ( dy dx dt dy dx = dy dt ) a ax+b d 2 y dx 2 = d2 y a 2 dt 2 (ax+b) 2+dy dt dt dx = dy dt a ax+b = d ( ) dy a dx dt ax+b + dy ( ) d a dt dx ax+b ( ) a 2 a 2 ( d 2 y (ax+b) 2 = (ax+b) 2 dt 2 dy ) dt Kolayca görüleceği üzere Cauchy-Euler denkleminin çözümünde olduğu gibi türevler yerine yazıldığında (ax + b) nin kuvvetleri sadeleşerek denklemde kalmayacaktır. d n y c n dt n + c d n 1 y n 1 dt n c dy 1 dt +c 0y = f( et b ) a Sabit katsayılı bir denkleme dönüştü ki bu denklemleri çözmeyi biliyoruz.. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 139/ 150 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 140/ 150

36 LEGENDRE DENKLEMİ LEGENDRE DENKLEMİ (3x+2) 2 y +3(3x+2)y 36y = 3x 2 +4x+1 denklemini çözünüz. Denklemimiz Legendre denklemi. (3x+2) = e t dönüşümü yapacağız. dy dx = dy a dt ax+b = dy 3 dt 3x+2 d 2 y dx 2 = 3 2 ( d 2 y (3x+2) 2 dt 2 dy ) dt Yukaridaki türevleri denklemde yerine koyalım. ( (3x+2) 2 9 d 2 y (3x+2) 2 dt 2 dy ) dt sadeleştirmeleri yapalım. 3 +3(3x+2) 3x+2 3( et d2 y dt 2 9dy dt +9dy dt 36y = e2t d2 y dt 2 36y = e2t 1 3 dy dt 36y = ) 2 +4( et 2 )+1 3 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 141/ 150 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 142/ 150 LEGENDRE DENKLEMİ LEGENDRE DENKLEMİ d 2 y dt 2 4y = e2t 1 27 sabit katsayılı denklemimizi elde ederiz. Karakteristik denklemi: r 2 4 = 0, kökler r 1 = 2 ve r 2 = 2 dir. Genel çözümümüz y(t) = c 1 e 2t +c 2 e 2t olarak yazarız. y h (t) ile e2t 1 27 fonksiyonlarında e 2t fonksiyonu ortak. Bu nedenle özel çözümümüzü Türevleri alıp yerine koyalım Denklemde yerine yazalım Düzenlediğimizde y ö(t) = Ae 2t +2Ate 2t y ö(t) = 4Ae 2t +4Ate 2t 4Ae 2t +4Ate 2t 4(Ate 2t +B) = e2t 1 27 şeklinde seçmeliyiz. yö(t) = Ate 2t +B 4Ae 2t 4B = e2t Bu denklemden A = B = bulunur. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 143/ 150 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 144/ 150

37 LEGENDRE DENKLEMİ Özel Çözümümüz yö(t) = (te2t +1) olarak bulunur. Genel çözüm ise y g (t) = c 1 e 2t +c 2 e 2t (te2t +1) t = ln(3x+2) ters dönüşümü yaparak denklemimizin çözümünü tamamlamış oluruz. y g (x) = c 1 e 2ln(3x+2) +c 2 e 2ln(3x+2) (ln(3x+2)e2ln(3x+2) +1) y g (x) = c 1 (3x+2) 2 +c 2 (3x+2) ((3x+2)2 ln(3x+2)+1) x 2 y +xy +y = 1 cos(lnx) denklemini çözünüz. Cauchy-Euler olduğu için x = e t dönüşümü yapacağız. Bu türevleri bir elde etmiştik. dy dx = dy 1 dt x d 2 y dx 2 = 1 ( d 2 y x 2 dt 2 dy ) dt Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 145/ 150 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 146/ 150 Yerlerine yazalım Düzenlersek x 2 1 ( d 2 y x 2 dt 2 dy ) +x dy 1 dt dt x +y = 1 cos(t) d 2 y dt 2 +y = 1 cos(t) sabit katsayılı denklemi elde ederiz. İlgili homogen denklemi y +y = 0 çözelim. Karakteristik denklemimiz r 2 +1 = 0 ve kökleri r 1,2 = i dir. Genel çözümümüz y h (t) = c 1 cost+c 2 sint 1 olarak yazılır. Denklemin sağ tarafında cos(t) var. Belirsiz katsayılar metodunu kullanamayız. Parametrelerin değişimi metodunu kullanalım. Yani özel çözümümüzü yö(t) = u 1 (t)cost+u 2 (t)sint şeklinde seçip u 1 (t) ve u 2 (t) yi bulalım. Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 147/ 150 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 148/ 150

38 u 1 (t) ve u 2 (t) yi bulacağımız denklemler İntegral alarak bilinmeyen fonksiyonlarımızı buluruz. u 1cost+u 2sint = 0 u 1 (t) = ln cost, u 2 (t) = t u 1sint+u 2cost = 1 cost Kramer metodunu kullanırsak olarak bulunur. u 1 = u 2 = 0 sint 1 cost cost 1 cost 0 1 sint cost 1 = sint cost = 1 Böylece özel çözümümüz dir. Genel çözüm ise yö(t) = ln cost.cost+tsint y g (t) = c 1 cost+c 2 sint+ln cost.cost+tsint dir. t = lnx ters dönüşümü yaparak verilen problemin genel çözümü elde edilebilir: y g (x) = c 1 cos(lnx)+c 2 sin(lnx)+ln cos(lnx).cos(lnx)+(lnx)sin(lnx) Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 149/ 150 Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 150/ 150