BÖLÜM V BİRİNCİ MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN UYGULAMALARI

Transkript

1 96 BÖLÜM V BİRİNCİ MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN UYGULAMALARI Bu bölümde birinci mertebeden diferansiel denklemlerin geometrik ve fiziksel ugulamalarına er verilmiştir. Diferansiel denklemler, geometrik problemlerin çözümünde ve fiziksel süreçlerin araştırılmasında önemli rol onar. Bu şekildeki problemlerin çözümünün ilk amacı probleme uan diferansiel denklemi azmaktır. Birinci mertebeden diferansiel denklemlerin genel çözümlerinin bir parametreli eğri aileleri olduğunu bilioruz. Geometrik ugulamalarda belli özellikleri önceden verilen ailelerin diferansiel denkleminin kurulması vea eğriler ailesinin bulunması istenir. Bunun için, eğri üzerindeki kefi bir noktanın koordinatları ile, anı noktadan eğrie çizilen teğetin eğim açısı (türevin geometrik anlamı) arasında bir bağıntı bulmamız gerekir. Bundan başka, bu tür problemlerin çözümlerinde karşılaşılan düzlemsel eğrilerin teğet, normal denklemleri, teğet altı, normal altı uzunlukları, a uzunlukları kavramlarının bilindiğini kabul edioruz. Bir fiziksel sürecin diferansiel denklemini kurarken, sürecin kefi anındaki durumu ile, onun değişme hızı arasında (türevin fiziksel anlamı) bir ilişki bulmamız gerekir. Zamana bağlı olarak değişik değerler alan bir fiziksel dq süreç Q ( t ) ile gösterilirse, bir dt zaman aralığında Q nun değişme hızı dt şeklinde tanımlanır. Bu nedenle, ugulamalarda karşılaşılan bazı hız

2 97 problemlerini, birinci mertebeden bir adi diferansiel denklemin çözümü olarak kolaca çözümleebiliriz. 5.. Temel Bilgiler 5... Bir Eğrinin Doğrultusu ( x) f denklemi ile verilen bir eğrinin, herhangi bir noktasındaki teğetin doğrultusuna, eğrinin bu noktadaki doğrultusu denir. O halde, teğetin eğimini veren f ( x) değeri, eğrinin verilen noktadaki doğrultusunu verecektir İki Eğrinin Kesişme Açısı İki eğrinin kesişme açısı ; bu eğrilerin kesişme noktasındaki teğetlerinin aptıkları açıa denir. O halde problem, iki teğet ani iki doğru arasındaki açıı bulmaktır Bir Eğrinin Herhangi Bir Noktadaki Teğet ve Normalinin Denklemleri, Teğet Altı ve Normal Altı Uzunlukları f ( x) denklemi ile verilen bir eğrinin herhangi bir M ( ) noktasındaki teğeti k ( x ) x x, doğru denkleminden kolaca bulunabilir. Teğetin eğimi verilen noktada, türevin değerine eşit olup, k f ( ) x dir. O halde teğetin denklemi

3 98 ( x )( x ) f x dir. Normal ise, bu noktada teğete dik olup, eğimi k ve denklemi f ( x ) f ( ) ( x x ) x dir. Teğetin, değme noktası ile ox ekseni arasında kalan parçasına teğet uzunluğu, normalin değme noktası ile ox ekseni arasında kalan parçasına normal uzunluğu, teğetin uzunluğunun ox ekseni üzerindeki izdüşümüne teğet altı ve normal uzunluğunun ox ekseni üzerindeki izdüşümüne de normal altı denir. M ( x, ) α T P N x Şekil 5..

4 99 Şekilden olup, dir. : tanα MP TP TN MP k teğet altı uzunluğu TP k normal altı uzunluğu PN k Ya Uzunluğunun Diferansieli ( x) f fonksionu sürekli ve türeve sahip tek değişkenli bir fonksion olsun. Bu fonksionun herhangi bir noktasındaki ds a diferensieli ds d d +, ds + vea formülleri ile verilir. ( ds ) ( ) + ( d), ds ( ) + ( d ) 5.. Dik Koordinatlarda Geometrik Ugulamalar 5... Yörüngeler Birinci mertebeden diferansiel denklemlerin önemli bir geometrik ugulaması örüngelerin araştırılmasıdır. xo düzleminin bir D bölgesinde bir parametreli bir eğri ailesinin denklemi

5 Φ (,, a) x (56) olsun. Bu ailenin her bir eğrisi ile anı α açısı altında kesişen eğrinin bulunması problemine örünge problemi denir. Eğrinin kendisine ise ailenin örüngesi denir. Her bir noktasında (56) eğri ailesinin bu noktadan geçen eğrisi ile sabit π α açısı apan eğrilere bu ailenin eğik (izogonal) örüngeleri, α ise dik (ortagonal) örüngeleri denir. Şimdi verilen eğri ailesinin örüngelerini bulalım. Bunun için önce ailenin diferansiel denklemini kuralım. Bu amaçla x serbest değişken (bağımsız değişken), ise aranan fonksion (bağımlı değişken) olarak düşünülürse, (56) ifadesinin türevini alırsak, φ( x,, a) φ( x,, a) + x (57) elde ederiz. (56) ve (57) ifadelerinden a ok edilirse ( x,, ) F (58) denklemi elde edilir. Burada (56) ailesinin (58) denkleminin genel integrali olduğu açıktır.

6 Şekil 5.. L eğrisi (49) ailesinin bir örüngesi ve ( ) M x, noktası bu eğri üzerinde kefi bir nokta olduğunu kabul edelim (49) ailesinin bu noktadan geçen eğrisini L ile gösterelim. L ve L eğrilerinin ( ) M x, noktasındaki MT ve MT teğetlerinin x ekseninin pozitif önü ile aptığı açıları sırasıla ϕ ve ϕ ile gösterelim. O halde ϕ -ϕα olur. M ( x, ) noktası L eğrisi üzerinde hareket ettikçe ϕ ile ϕ açıları değişir, ama ϕ -ϕ farkı daima sabit olup, α a eşit olur. Türevin geometrik anlamına göre d tg ϕ, d tg ϕ dir. αϕ -ϕ olduğundan ϕϕ -α bulunur. Buna göre tgϕ tg( ϕ tgϕ tgα α) + tgαtgϕ

7 vea d d k (ktgα) (59) d + k ifadesi elde edilir. ( ) olduğundan (59) ifadesine göre M x, noktası (58) denkleminin L eğrisi üzerinde d k F x,, d + k olmalıdır. M ( x, ) noktası L eğrisi üzerinde kefi nokta olduğundan bu eğri bounca d k F x,, (6) d + k olur ani (6) ifadesi (56) ailesinin izogonal örüngelerinin diferansiel π π denklemidir. α olarak kabul edelim. O halde ϕ ϕ olduğundan tgϕ tgϕ olur. Bölece MT ve MT teğetlerinin eğim açıları arasında d d

8 3 ifadesi sağlanır. Burada ukarıdaki kuralı ugularsak (6) ailesinin dik örüngelerinin F (x,, ) diferansiel denklemini elde ederiz. Verilen eğriler ailesinin her bir eğrisi ile α açısı apan eğrinin bulunması problemine örüngenin bulunması problemi denir. Yörüngelerin diferansiel denklemlerini kurmak için verilen (56) eğri ailesinin (58) şeklinde diferansiel denklemini kurup, aşağıda verilen iki duruma bakmak gerekir. π I. Durum: α olsun. O zaman (58) denkleminde nin erine k + k komak gerekir. O halde elde edilen k F x,, + k denklemine (56) ailesinin izogonal örüngelerinin diferansiel denklemi denir ve bu denklemin çözümler ailesine de, bu ailenin izogonal örüngeleri denir. π II. Durum : α olsun. O zaman (56) denkleminde nün erine komak gerekir. O halde elde edilen F x,,

9 4 diferansiel denklemine (58) ailesinin ortogonal örüngelerinin denklemi denir ve bu denklemin çözümler ailesine de, bu ailenin ortogonal örüngeleri denir Dik Yörüngeleri Bulma Yöntemi: kurulur. a) Önce, verilen Φ(,, a) d h ( x, ) d x eğriler ailesinin diferansiel denklemi b) a) da bulunan h( x, ) denkleminde ( x ) d vea erine d d konulur; bölece vea h( x, ) h( x, ) d dik örüngenin diferansiel denklemi elde edilir. h, erine h, ( x ) c) Bulunan dik örünge diferansiel denkleminin ( x,, c) çözümü, aranılan dik örünge ailesidir Dik Olmaan (Eğik) Yörüngeleri Bulma Yöntemi: f genel a) Önce, verilen Φ(,, a) denkleminin türev formu bulunur. d h ( x, ) x eğriler ailesinin diferansiel

10 5 b) Bu eğri ailesine eğik örünge ailesinin diferansiel denklemi, α ve ( x ) d olarak kurulur. h, belli olduğuna göre, ( x, ) ( x, ) tgα + h, α tgα. h 9 c) Bu diferansiel denkleminin genel çözümü ( x,, c) ailesi bulunur. Bu verilen Φ(,, a) ailesidir. Φ( x,, a) ve ( x,, c) f eğriler x eğriler ailesinin eğik örüngeler f eğrilerine α -örüngeli eğriler denir. Örnek 4. Koordinat merkezinden geçen çemberler ailesinin dik örüngelerinin denklemini bulunuz. Çözüm: Koordinat merkezinden geçen çemberler ailesinin denklemi x + R dir. Bu ailenin diferansiel denklemi x+ dır. Bu diferansiel denklemde erine diferansiel denklemini elde ederiz. Buradan x vea cx, ( x ) bulunur. Bu istenen dik örüngelerin denklemidir. x koarsak dik örüngelerin

11 Örnek 5. Çözüm: ailesinin eğimi ax doğru ailesinin dik ve eğik örüngelerini bulunuz. ax d a dır. Bunu (59) denkleminde erine azarsak, d + bulunur. a erine den alırsak vea a d a ax a/x k d x k d + x d kx+ x k bulunur. O halde eğik örüngelerin denklemi homojen diferansiel denklemdir. Genel çözüm bulunur. x + ce arctg x 6

12 7 π α ise k olduğundan x + c daire ailesi bulunur. Örnek 6. ( x + c) hiperboller ailesinin α 45 lik eğik örüngelerini bulunuz. Çözüm: ( x + c) ( x + c) + ifadelerinden c ok edilirse, hiperboller ailesinin diferansiel denkleminin türev formu ve ( x ) olur. d h, fonksionu ( x, ) ; h α 45 lik örüngelerin diferansiel denklemi: d tg45 + tg45. d + olup, bu denklemin genel çözümü ( α 45 lik örünge ailesi): + n x + + nc olarak bulunur. vea + ( ) ce x Geometrik Problemler Örnek 7. ax (6) parabollerine dik olan eğri ailesini bulunuz.

13 8 a ok edilirse, Çözüm: Önce, (6) denkleminin her iki tarafının x e göre türevi alınır ve x diferansiel denklemi elde edilir. Bu denklemde nün erine (6) paraboller ailesine dik olan eğri ailesinin diferansiel denklemi + x olarak bulunur. Bu denklemin çözümü + x c (6) azılırsa, olararak elde edilir. Buradan görülüorki, aranan eğri ailesi (,) merkezli bir elips ailesidir. Her iki eğri ailesi şekil. de birlikte gösterilmiştir. Şekil 5.3.

14 9 Örnek 8. x c (63) eğriler ailesi ile α 6 açı apan eğriler ailesini bulunuz. Çözüm: Önce (63) ailesinin diferansiel denklemini bulalım. Bunun için (63) ifadesinin x e göre türevi alınırsa, bulunur. Burada, erine tan 6 + tan 6. konulursa, α 6 açı apan eğri ailesinin diferansiel denklemi vea elde edilir. Bu denklemin integrali alınırsa 3 3 bulunur. + 3 x + m + 3 Örnek 9. x + ax (64) eğriler ailesi ile α 45 açı apan eğriler ailesini bulunuz.

15 Çözüm: Önce (64) ailesinin diferansiel denklemini bulalım. Bunun için (64) ifadesinin x e göre türevi alınırsa, x + a vea x + a bulunur. Buradan, a x olur. Burada, erine tan 45 + tan 45 + konulursa, α 45 açı apan eğri ailesinin diferansiel denklemi a x + vea x + a + x a olur. Bu denklemin çözümü ( + x) a( + x) + x ax c olarak bulunur. Bu ise istenen eğri ailesinin denklemi olur.

16 Örnek. Herhangi bir noktasındaki teğetinin koordinat eksenlerinden aırdığı parçaların çarpımı sabit reel a değerine eşit olan eğrileri bulunuz. Çözüm: A M ( x, ) f ( x) B x Şekil 5.4. ( x ) Çözüm: Problemi çözmek için f ( x) M, noktası alalım. Bu noktadaki teğetin denklemi Y ( X x) eğrisi üzerinde kefi bir olur. Burada ( X, Y ), teğet üzerinde kefi bir noktadır. Bu teğetin apsis ekseni ile kesim noktasını bulalım. Bunun için teğetin denkleminde azarsak, kesim noktası + x, B olur. Ordinat ekseni ile kesim noktası A (, x) Problemin şartına göre olur.

17 AO. OB a dır, ani, ( x) x a dır. Bunu eniden düzenlersek ( x ) a vea x + a. Clairaut diferansiel denklemi elde edilir. Bu denklemde p dönüşümü apılarak xp + a. p denklemi elde edilir. Bu halde, vea a d p + x + dp p p a x + dp p olur. Buradan ; dp x + a p azılır. Buna göre dp p c

18 3 Clairaut diferansiel denkleminde p c azılırsa; cx + a. c genel çözümü elde edilir. Diğer taraftan; x a p olup; x a a p p ifadesi, Clairaut diferansiel denkleminin parametrik çözümüdür. Bunlar ise istenen eğri ailesinin denklemidir. Örnek. Herhangi bir noktasındaki teğet altı, değme noktasının koordinatlarının aritmetik ortalamasına eşit olan eğriler ailesini bulunuz. Çözüm: Problemi çözmek için eğri üzerinde kefi M ( x, ) noktasını ele alalım. Bu noktadaki teğet MT olsun. Teğet altının tanımına göre, teğet altı, PT dir. Türevin geometrik anlamına göre tg α PT

19 4 olur. ( x ) M, α T P Buradan PT Şekil 5.5. bulunur. Diğer taraftan, problemin koşuluna göre x + PT dir. Bölece, aranan ailenin herbir eğrisi üzerinde alınmış ( x, ) noktasında x + koşulu sağlanır. Buradan, ailenin her bir eğrisi x + homojen diferansiel denkleminin integral eğrisi olduğunu elde ederiz. Bu denklemin çözümünü bulmak için xz değişken değişimi aparsak,

20 5 z z x z z + değişkenlerine arılabilen diferansiel denklemini elde ederiz. Bu denklemin genel çözümü z ( z) şeklinde bulunur. Burada c ( x ) c eğriler ailesini elde ederiz. z azarsak, x Örnek. Herhangi bir noktasında normal altı, değme noktasının arıçap vektörü ile apsisinin farkına eşit olan eğriler ailesini bulunuz. Çözüm: ( x ) M, T P N x Şekil 5.6.

21 6 Tanıma göre PN normal altıdır. MTN ϕ ile gösterirsek, PMN ϕ olur. Buradan türevin geometrik anlamına göre ON tgϕ elde ederiz. Bölece, PN olur. M noktasının arıçap vektörü OM x + olduğundan, problemin koşuluna göre, PN OM OP dir, ani, PN x + x dir. Bölece, aranan eğri üzerindeki kefi ( x, ) noktasında x + x koşulu sağlanır. Bu denklem ise homojen diferansiel denklemdir. Bu denklem x + x + şeklinde düzenlenebilir. ( x + ) ( x + ) olduğundan, denklemi d( x x + + ) şeklinde azabiliriz. O halde istenen eğri, ani bu denklemin genel integrali x + x + c

22 7 olur. Örnek 3. Her noktasında çizilmiş teğetinin uzunluğu, sabit a saısına eşit olan eğrii bulunuz. Çözüm: Problemi çözmek için önce teğetin uzunluğunu eğri üzerinde alınmış M ( x, ) noktasının koordinatları ve teğetin eğim açısı ile ifade edelim. M ( x, ), f (x) eğrisi üzerinde kefi bir nokta ve ( X, Y ) ise eğrinin anı noktada çizilmiş teğetinin kefi noktası olduğunu kabul edelim. ( x ) M, A B x Şekil 5.7. O zaman, teğetin denklemi Y ( X x) şeklinde olur. Bu teğetin apsis ekseni ile kesişim noktası A ( + x,)

23 8 olur.bölece, teğetin uzunluğu AM e eşittir. AMB dik üçgen olduğundan dir. Buradan AM AB + BM AB OB OA x + x, BM olduğundan elde ederiz ki, teğetin uzunluğu AM + formülü ile hesaplanır. Problemin koşuluna göre elde ederiz ki, aranan eğrinin kefi noktasında + a olmalıdır. Bu denklem türeve göre çözülmemiş birinci mertebeden diferansiel denklemdir. Bu denklem ± a değişkenlerine arılabilen diferansiel denklemdir. Bu denklemin genel çözümü a a a ln + a ± x + c şeklindedir. Bu eğriler traktirisa olarak adlandırılır. Örnek4. Herhangi bir noktadaki teğetin koordinat başlangıcından uzaklığı, değme noktasının apsisine eşit olan eğrii bulunuz.

24 9 Çözüm: Eğri üzerinde kefi ( x, ) noktası ele alalım. ( X, Y ) teğetin bir noktasıdır.bellidir ki, ( x, ) noktasında bu eğrie çizilen teğetin denklemi Y ( X x) formundadır. Bu doğrunun koordinant başlanğıcından uzaklığı d x + formülü ile hesaplanır. Genel olarak ( x, ) noktasının sağ arı düzlemde erleştiğini kabul edelim. Problemin koşuluna göre elde ederiz ki, eğri üzerindeki kefi noktada x + x denklemi sağlanır. Elde edilen denklem basit dönüşümlerden sonra x x homojen denkleme getirilir ve onun genel çözümü x + cx şeklindedir. Örnek 5. Her noktasında çizilen teğetin apsis ekseni ile kesişim noktası koordinat başlangıcından ve değme noktasından anı (eşit) uzaklıkta olan eğrii bulunuz.

25 Çözüm: M ( x, ) ϕ A B x Şekil 5.8. Eğri üzerinde kefi M ( x, ) noktasını ele alalım. Bu noktadaki teğeti AM ile gösterelim. MB OX çizersek, OB x olduğu açıktır. Problemin koşuluna göre OA AM dir. Şekle göre azabiliriz ki, OB OA + AB AM + AB dir. Problemi çözmek için AM ve AB i M noktasının koordinantları ve ϕ MAB açısı ile ifade etmek gerekir. AMB den AM MB sin ϕ sin ϕ + tg tgϕ ϕ MB AB tgϕ tgϕ elde edilir. Türevin geometrik anlamına göre, OB AM + AB koşulunu tg ϕ olduğunu dikkate alırsak, x + + şeklinde azabiliriz. Buradan, basit dönüşümlerden sonra

26 ( x ) x diferansiel denklemini elde ederiz. Bu denklem x, x denklemlerine parçalanır. denkleminden c elde edilir. Ama c eğrileri apsis eksenine paralel doğrulardır ve bölece, problemin koşulu sağlanmaz. x x denklemi ise homojen diferansiel denklemdir ve onun genel çözümü çemberler ailesidir. x + c Örnek 6. Koordinat başlangıcından geçen eğrinin kefi noktasındaki normalinin bu noktadan OX eksenine kadar olan parçasının orta noktası ax parabolü üzerindedir. Bu eğri denklemini kurunuz. Çözüm: Eğri üzerindeki kefi ( x, ) noktasında normalin denklemi Y ( X x) dir. Bu normal x eksenini ( x +,) noktasında keser. Burada ( X, Y ) normal üzerinde kefi noktadır. Bu taktirde normalin ( x, ), ( x +,)

27 x + noktaları arasındaki orta noktasının koordinatları (, ) olur. Problemin x + koşuluna göre (, ) noktası ax parabolü üzerinde olmalıdır. Yani normalin orta noktası vea x + a a + 4ax diferansiel denklemini sağlamalıdır. Bölece, aranan eğri denklemi a + 4ax Bernoulli denkleminin ( ) koşulunu sağlaan çözümü olmalıdır. Koşula göre eğri koordinant başlangıcından geçer. Bu çözüm şeklindedir. x a 4a + 4a Örnek 7. [, x] ( e ordinanta orantılı olan eğrii bulunuz. ) aralığında orta ordinantı, bu aralığın sağ ucundaki Çözüm: Önce belirtelim ki, [ b] eğrisinin orta ordinantı dir. [, x] b a b a ( x) a, aralığında tanımlı olan (x) aralığında uc noktasının ordinantı (x) olduğundan elde ederiz ki, eğri

28 3 denklemini vea x ( s) ds k( x) x x ( s) ds kx( x) integral denklemini sağlamalıdır. Bu denklemi çözmek için x e göre türevi alalım. O zaman ( x) k( x) + kx ( x) değişkenlerine arılabilen diferansiel denklemi elde edilir. Yukarıdaki örnekten farklı olarak bu problemde ek koşul bulmağa gerek oktur. Gerçekten elde edilmiş integral denklemde x lim ( s) ds () x x olduğundan ve sağ taraf k () olduğundan () in kefi vea k olduğunu elde ederiz.elde edilmiş diferansiel denklemin çözümü ise şeklindedir. cx k k Örnek 8. Bir ana bir noktadan, belirtilen bir öne paralel olan ışıkları ansıtmaktadır. Bu ananın türünü belirleiniz. Çözüm: Işığın kanağı olarak koordinat başlangıcını ve önü olarak da OX eksenini alalım. M ( x, ) ile, ananın kefi bir noktasını gösterelim.

29 4 ( x ) M, ϕ α N M x Şekil 5.9. Ananın OX ekseni ve M ( x, ) noktasından geçen xo düzlemi ile kesitine bakalım. Ananın kesitine M ( x, ) noktasından geçen MN teğetini çizelim. Işığın ansıma kanununa göre, gelme açısı ansıma açısına eşit olup, NOM üçgeni ikizkenardır. Yani, NO OM eşitliği vardır. Buna göre tgϕ MM NO + OM OM + MM MM + OM azılır. Eğer, olduğu dikkate alınırsa, d tg ϕ, M M, O M x d x + x x +

30 5 diferansiel denklemi elde edilir. Bu diferansiel denklemin çözümü, ananın xo düzlemi ile kesitinin türünü belirler. Elde edilen denklem homojen diferansiel denklemdir ve çözümü zx dönüşümü ile çözülür. Bu denklemin genel x + x + c, + cx c elde edilir. Buradan görüleceği üzere, ananın kesiti parabol, üzei ise paraboloiddir. Nüfus Artışı 5.4. Hız Problemleri Belli bir bölgenin nüfusunu göz önüne alalım. Bu bölgeden dışarıa vea dışarıdan bu bölgee herhangi bir insan göçü olmadığını kabul edelim. Bir t zamanda bu bölgedeki insanların saısı N, doğum oranı k ve ölüm oranı m olsun. Birim zamanda nüfus değişimi nüfus saısı ile orantılı olduğundan; dn dt ( k m) N (65) azılır. Eğer t anında nüfus saımını N ile gösterirsek problem başlangıç değer problemine dönüşür. Yani N ( t ) fonksionu (65) ile birlikte başlangıç koşulunu da sağlamalıdır. Bölece, N ( k m )t ( t ) N e olur. Görüldüğü gibi k>m ise nüfus artar, k<m ise nüfus azalır. Örnek 9. Isparta ilinin nüfusu ılda iki katına çıkmıştır. Bu ilin nüfusu kaç ılda dört katına ulaşacağını hesaplaınız. Çözüm: Artış hızını ilde aşaanlarla orantılı olduğundan dn kn (66) dt

31 6 azılır. t anında ilde aşaanların saısı N olsun. O zaman kt ( t ) N e N olur. Problemin şartına göre ilin nüfusu ılda iki katına çıkmıştır, ani ( ) N N dır. Bunu (66) denkleminde dikkate alırsak, olur. Buradan, N N e k k e vea ln k bulunur. (66) denkleminde erine azarsak ; ln t N ( t ) N e bulunur. Nüfusun 4 katına ulaşacağı zamanı t ile gösterelim. Problemin koşuluna göre N ( t ) 4N olmalıdır. O zaman ( t ) N N e ln t olur. Burada N ( t ) 4N olduğunu dikkate alırsak, 4N N e ln t elde edilir. Buradan ise t 4 ıl bulunur. Örnek. Denelerden bilindiği üzere eteri kadar em olduğunda, bakterilerin artması emlerin miktarına bağlıdır. Bakterilerin başlangıç miktarı Q ise, ne kadar zaman sonra bakterilerin miktarı m defa artar. Çözüm: Bakterilerin t anındaki miktarı Q ( t ) olsun. O zaman bakterilerin değişme hızı, o anda mevcut bakterilerin miktarı ile orantılı olduğundan ;

32 7 dq kq dt şeklinde azılır. Bu denklem değişkenlerine arılabilen diferansiel denklemdir ve bunun genel çözümü kt ( t ) ce Q olarak bulunur. Bakterilerin başlangıç miktarı Bu başlangıç koşulundan ararlanılırsa, c Q, ani kt ( t ) Q e Q Q olduğundan ( ) Q Q olur. (67) bulunur. Bakterilerin m defa artma zamanını t ile gösterelim. Koşula göre Q ( t ) mq dır. O zaman (67) den ve buradan, elde edilir. mq Q t ln m k e kt Örnek. Bir A maddesi, kimasal reaksion sonucu başka bir maddee dönüşmektedir. t anında mevcut madde miktarı 6 kg olsun. Bu madde miktarının üçte biri dakika içinde diğer maddee dönüşmektedir. Herhangi bir t anında A maddesinden gerie ne kadar kaldığını bulunuz. Çözüm: Herhangi bir t anında maddenin miktarı Q Q( t ) olsun. A maddesi zamanla azaldığından ve azalma hızı mevcut madde miktarı ile orantılı olduğundan dq kq (68) dt

33 8 olur. Burada k, orantı sabitidir. Bu diferansiel denklemin çözümü kt ( ) ce Q t (69) dir. t anında madde miktarı Q ( ) 6 olduğundan, (69) da t azılırsa, c6 bulunur. c nin bu değeri (69) da erine konulursa, kt ( ) 6e Q t bulunur. Problemin şartına göre mevcut madde miktarının üçte biri dakika sonra diğer maddee dönüşmektedir, ani Q ( ) kg dır. Bunu ukarıdaki denklemde dikkate alırsak, k parametresini bulmak için bulunur. Buradan k e 6e k 3 elde edilir. Bölece, madde miktarını zamanın fonksionu olarak veren ifade olur. Q ( t ) 6 3 t Örnek. Kütlesi m olan maddesel noktaa, a ivmesi ile değişmeen bir kuvvet etki edior. Ortam, harekette olan maddesel noktaa onun hızıla orantılı olan direnç gösterilior. Başlangıç anında maddesel nokta hareketsiz kalmak şartıla, zamana bağlı hareketin hızı nasıl değişir. Çözüm: Hareketin t anındaki hızı v ( t ) ile gösterilirse, v( ) Buna göre, kefi t anında maddesel noktaa ma αv( t ) olur. kuvveti etki eder. Burada α orantı katsaısıdır. Newton un ikinci kanununa göre, kuvvetin

34 9 maddesel noktaa ivmesi türevi olduğundan, vea dv dt ma αv m ma αv m ( t ) dv α v + a dt m ( t ) dir. t anında ki ivme, hızın t e göre olur. Elde edilen bu denklem, lineer homojen olmaan bir diferansiel denklemdir ve bunun genel çözümü v ( t ) ce α t m + a t e α ( t s ) m ds şeklindedir. Buradan vea v α m t t ( ) m + m t ce a e α α v m α m α t ( t ) c e m + a elde edilir. Başlangıç şartını kullanırsak, m m c a + a c α α c α bulunur. Bölece verilen denklemin v ( ) başlangıç şartını sağlaan çözümü v m α t ( ) m t a e α

35 3 şeklinde bulunur. Buradan görülmektedir ki, maddesel noktanın hareket hızı, zaman geçtikçe artıp m a α a akınsar. Belirli bir zamandan sonra maddesel noktanın hareketi m a α hızına düzgün olarak akınsaacaktır. Problemler. Teğetinin eğim açısı değme noktasının ordinatının karesine eşit olan ve ( ;) noktasından geçen eğrii bulunuz.. Bütün normalleri anı bir noktadan geçen eğrinin çember olduğunu ispat ediniz. 3. Her bir noktasında normal altının uzunluğu olan ve (-;-) noktasından geçen eğrini bulunuz. 4. Herhangi bir noktasındaki teğetinin OX ekseninden aırdığı parça teğetin iki katına eşit olan eğrileri bulunuz. 5. Teğet altı değme noktasının, apsisinden k kez büük olan eğrii bulunuz.. 6. Bir eğrinin her noktasındaki teğetinin o ekseni üzerinde aırdığı parça x dir. Bu eğrii bulunuz. 7. Her noktasındaki normali, koordinant başlangıcından geçen eğrii bulunuz. 8. Normal altı uzunluğu sabit olan eğrileri bulunuz. 9. x + c daire ailesinin 45 örüngelerini bulunuz.. 4ax parabollerinin tepe noktası (,) koordinat başlangıç noktasında olsun. bu parabollere dik olan eğri ailesini bulunuz.

36 3 n n. x + a eğrilerinin, olmalıdır.. cx + A parabollerine dik olan eğrilerin, x eğrilerine dik olması için n in değeri ne xm verilen elips ailesi olması için A nın değerini bulunuz. x + m denklemi ile 3. Kütlesi m olan bir cisim, erden oldukça üksekte bulunan bir noktadan ilk hızsız olarak serbest düşmee bırakılıor. Cisme etki eden er çekim kuvveti sabit ve hava direncinin, cismin hızı ile orantılı olduğu kabul edildiğine göre, herhangi bir t anında cismin, başlangıç noktasından ne kadar uzaklıkta olduğunu ve o anda hangi hızla hareket etmekte olduğunu bulunuz. 4. Doğrusal hareket apan bir cismin hızı, hareket doğrusu üzerindeki sabit bir noktaa olan uzaklığından iki birim fazla olacak biçimdedir. Eğer t ve v 5 ise hareket denklemini bulunuz. 5. Bir ülkenin nüfusu 4 ılda iki katına çıkmıştır. Artış hızının ülkede aşaanlarla orantılı olduğunu varsaarak, nüfusun kaç ılda üç katına ulaşacağını hesaplaınız. 6. Bir radoaktif maddenin eksilme miktarının maddenin şimdiki kütlesi ile orantılı olduğu varsaılıor. Maddenin arı ömünü bulunuz. 7. Motorlu tekne suun direncinin tesiri altında hareketini avaşlatır. Şöle ki, bu kuvvet teknenin hızı ile orantılıdır. Teknenin ilk hızı hızı.5 m s, 9 s sonraki m s dir. Ne zaman hız m s e kadar azalır? Tekne, duruncaa kadar ne kadar ol alır? 8. Sıvı ile dolu silindirik kabın dibinde bir delik vardır. Sıvının bu delikten akma hızı sıvının kaptaki seviesine orantılı olduğunu ve bir günde sıvının

37 3 % nun aktığını kabul ederek, ne kadar zamandan sonra kaptaki sıvının arısı akar? 9. Hacmi lt olan kapta hava vardır. (8% azot, % oksijen) Kaba saniede.lt azot basılarak, aralıksız karıştırılıor. Ve anı hızla karışım kaptan akıtılor. Ne kadar zaman sonra kaptaki havanın %99 u azot olur.. Hacmi m 3 olan oda havasının %5 i karbon gazıdır. Odaa dakikada 3 %.9 u karbon gazı olmak üzere m hava basılır. Ne kadar zaman sonra karbon gazının değeri üç kat azalır.. Yüksekliği 6 metre, taban çapı 4 metre olan silindirik tank dik durumda konulmuş ve su ile doldurulmuştur. Bu su, tank dibinde bulunan arıçaplı dairesel bir delikten ne kadar zamanda boşalır. m. Bir radoaktif maddenin arılanma ömrü 3 gündür. Kaç gün sonra bu maddenin başlangıçtaki miktarının % i kalır. 3. Kalınlığı h m olan tahtaa bir kurşun v m / sn hızla girior ve tahtadan v 8m / sn hızla çıkıor. Direnç kuvvetinin hızın karesi ile orantılı olduğu bilindiğine göre, kurşunun tahtadan geçme zamanını bulunuz. 4. Direnci R, indüksion akımı L ve voltajı u ( t ) olan devree, elektrik şiddeti di L + Ri u( t ) diferansiel denklemi olacak biçimde verilior. R ile L i dt sabit ve u kt kabul ederek, bu denklemin i ( ) şartını veren çözümünü bulunuz.

38 33 5. Çapı metre olan bir arım küre su ile doludur. Kabın dibinde bulunan,m çaplı dairesel delikten su ne kadar zamanda boşalır. 6. Havanın basıncının deniz seviesinde,9 cm kg / cm, 5 m ükseklikte ise kg / e eşit olduğu bilinmektedir. Buna göre hava basıncının ükseklikten bağımsız olduğunu bulunuz. 7. Bir paraşütçü,5 km ükseklikten atlamış ve paraşütünü,5 km üksekte açmıştır. Paraşütünü açana kadar ne kadar zaman geçmiştir. (Normal oğunluklu bir havada insanın düşme hızı 5 m/sn dir. Yoğunluğun üksekliğe bağlı değişimini dikkate almaınız ve havanın direncihızın karesi ile orantılıdır.) 8. Radiumun bozunma hızı mevcut miktarı ile orantılıdır. Bir miktar Radiumun 5 ıl içinde %. inin başka maddee dönüştüğü bilindiğine göre radiumun arı ömrünü bulunuz.