MAK 210 SAYISAL ANALİZ

Transkript

1 MAK 10 SAYISAL ANALİZ BÖLÜM 9-DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN SAYISAL ÇÖZÜMÜ 1

2 GİRİŞ Diferansiyel denklemler, mühendislikte fiziksel olayların modellenmesinde sık karşılaşılan denklemlerdendir. Dolayısıyla bu denklemlerin sayısal veya analitik çözümünün bulunması çok önemlidir. Bir diferansiyel denklemin analitik çözümü ile, aranan f(x 1, x, ) fonksiyonu, çözüm alanının her noktasında (bağımısız değişkenlerin her değeri için) değer verecek şekilde elde edilmiş olur. Ancak bu her zaman mümkün değildir. Diferansiyel denklemin non-lineer olması, analitik çözümün zor veya imkansız olması durumlarında sayısal çözüm yöntemlerinden biri kullanılabilir. Sayısal çözüm, f fonksiyonunun sürekli değil, ayrık noktalarda yani bağımsız değişkenlerin sadece belli değerleri için hesaplanması esasına dayanır.

3 dy dx y = e x çözülürse y = + c şeklinde analitik bir ifade bulunur. y y y 3 y y 1 y 0 h x x 0 x 1 x Analitik çözüm Sayısal çözüm Başlangıç noktası (x 0, y 0 ) 3

4 Başlangıç ve Sınır Değerleri Diferansiyel denklemlerin analitik çözümünde ortaya çıkan integrasyon sabitlerinin bulunmasında kullanılan sınır veya başlangıç şartları sayısal çözümün yapılabilmesinde de gereklidir. Diferansiyel denklemin mertebesi adedince verilmesi gereken sınır veya başlangıç şartları bu bakımdan önemlidir. Sınır veya başlangıç şartlarının veriliş şekli denklemin ifade ettiği problemin tipine bağlıdır. Bir fiziksel olay için oluşturulan diferansiyel denklemin karakterine göre problemleri iki ana gruba ayırmak mümkündür. 4

5 Başlangıç Değer Problemi Belli bir noktadan başlayıp aranan fonksiyonun çözüm alanında adım adım bulunabildiği problemlerdir. Başlangıç değer problemini ifade eden n. Mertebeden bir denklemin çözümü için gerekli bütün şartlar bağımsız değişkenin tek bir değerinde (başlangıç noktası) verilir. Örnek 9.1: f(t) fonksiyonunu içeren üçüncü mertebeden bir diferansiyel denklemde başlangıç şartları t = t 0 f t 0 = y 0 f t 0 = y 0 f t 0 = y 0 olarak verilmiş ise bu bir başlangıç değer problemidir. 5

6 Bu tür problemin sayısal çözümünde başlangıç değerinden başlayarak adım adım bağımsız değişkenin diğer değerleri için fonksiyonun alacağı değerler hesaplanır. Tek boyutlu ısı iletimi ve dalga denklemleri, adi diferansiyel denklemlerin bir kısmı bu tiptendir. Sınır Değer Problemi Çözümü kapalı bir alanda aranan problemdir. Bu tip problemlerde sabitlerin bulunması için gerekli şartlar bağımsız değişkenin birkaç değeri için, bir başka ifadeyle çözüm alanının sınırlarında verilir. 6

7 Örnek 9.: Bir sınır değer problemine ait dördüncü mertebeden bir diferansiyel denklemde sınır şartları x = x 0 da f x 0 = y 0 f x 0 = y 0 x = x L de f x L = y L f x l = y L şeklinde olabilir. Örneğin potansiyel akış denklemi ve adi diferansiyel denklemlerin bir kısmı bu tip denklemlerdir. 7

8 BİRİNCİ MERTEBEDEN ADİ DİFERANSİYEL DENKLEMLER Birinci mertebeden adi bir diferansiyel denklem ve çözümü için başlangıç şartı dy dx = f x, y (x = x 0 için y = y 0 ) olarak ifade edilebilir. Böyle bir denklemin sayısal çözümü için değişik yöntemler kullanılabilir. Çözüm Yöntemleri Tek Adımlı Yöntemler: Taylor serisi yöntemi Euler yöntemi Düzeltilmiş Euler yöntemi Runger Kutta yöntemleri Çok Adımlı Yöntemler: Adams yöntemi Milne yöntemi Adams-Moulton yöntemi 8

9 Taylor serisi yöntemi dy dx = f x, y x = x 0 için y = y 0 (9.) şeklinde verilmiş olsun. Burada f(x, y) fonksiyonu lineer veya non-lineer olabilir. Burada aranan y fonksiyonu olup sayısal çözümde bu fonksiyon nokta nokta elde edilecektir. Aranan y(x) fonksiyonu x 0 noktası civarında Taylor serisini açılırsa y x = y x 0 + y x 0 1! x x 0 + y x 0! (x x 0 ) + y x 0! (x x 0 ) 3 + veya x = x 0 + h ise 9

10 y x = y x 0 + h = y x 0 + y x 0 1! h + y x 0! h + y x 0 3! h 3 + yazılabilir. Bu ifadenin sağ tarafı hesaplanabilir. Zira sağ taraftaki birinci terim, y x 0, başlangıç şartından, ikinci terim denk. (9.) de başlangıç şartının konulmasıyla, diğer terimler ise denk. (9.) nin tekrar türevleri alınıp başlangıç şartının konulmasıyla hesaplanabilir. Böylece aranan fonksiyona ait ikinci bir nokta y 1 = y(x 0 + h) elde edilmiş olur. Aynı işlemlere devam ederek aranan y fonksiyonuna ait diğer noktalar bulunursa fonksiyon Şekil 9.1 de görüldüğü gibi ortaya çıkmış olur. Bu işlemlere devam ederken son bulunan y i ve buna karşılık gelen x i değeri 10

11 başlangıç değeri gibi düşünülerek adım adım eğri ortaya çıkmış olur. y h x 0 x 1 x x Şekil 9.1. Bir diferansiyel denklemin adım adım sayısal çözümü Yapılan hata h adımına ve Taylor serisinde alınan terim sayısına bağlıdır. Örnek olarak seride dördüncü türevden sonrası atılıyorsa oluşan hata mertebesi 0(h 5 ) olacaktır. Zira seride n. Türev ve sonrası atılıyorsa oluşan hata 11

12 e = hn n! y n (x s ) olup hata mertebesi 0(h n ) dir. Ancak burada [x 0, x 1 ] aralığındaki x s bilinmediğinden hata tam hesaplanamaz. Pratikte, son terimin katkısı ihmal edilebilecek düzeyde ise veya belli bir tolerans değerinden küçük ise daha fazla terim alınmaz. Taylor serisi yöntemi alınan terim sayısı artırılarak hassasiyeti artmakla beraber, türev almayı gerektirdiğinden programlamaya elverişli değildir. 1

13 Örnek 9.3: Aşağıdaki diferansiyel denklemi verilen başlangıç şartı altında çözerek y 1 ve y değerlerini bulunuz h = 0.. dy dx = x y (Başlangıç şartı: x 0 = 1, y 0 = ) Çözüm: Yöntemin gerektirdiği türevleri alalım: y x 0 = dy dx = x y = x 0 y 0 = 1 x 0 x 0 y x 0 = d y = 1 y = 1 ( 1) = dx x 0 x 0 13

14 y x 0 y iv x 0 = d3 y dx 3 = y = x 0 x 0 = d4 y dx 4 = y = x 0 x 0 daha fazla terim almayıp bulunan değerler Taylor serisinde yazılırsa x = x 1 için y 1 = y x 0 + h = y x 0 + y x 0 1! h + y x 0! h + y x 0 3! h 3 + yiv x 0 4! h 4 = = =

15 elde edilir. Görüldüğü gibi sağ taraftaki değerler gittikçe azalmakta ve son terimin katkısı ihmal edilebilecek seviyeye düşmektedir. Aynı integral analitik olarak alınırsa gerçek değerin y 1 = olduğu görülür. İkinci noktanın hesabı için x 1 ve y 1 değerleri başlangıç değer gibi düşünülerek aynı işlemler tekrarlanacağı gibi x 0, y 0 başlangıç değerleri ve adımı h alarak benzer işlemler tekrarlanabilir. Burada birinci yol izlenirse x 1 = 1. ve y 1 = y x 1 = dy dx = x y = x 1 y 1 = x 1 x 1 y x 1 = d y = 1 y = dx x 1 x 1 15

16 y x 1 y iv x 1 = d3 y dx 3 = y = x 1 x 1 = d4 y dx 4 = y = x 1 x 1 değerleriyle y = bulunur. 16

17 Euler Yöntemi: Taylor serisi yönteminin kolay programlanabilir hale getirilmiş özel bir formudur. Taylor serisinde birinci türevden sonrası atılarak hesaplamaların gerçekleştirilmesi Euler yöntemi olarak bilinir. Bu yöntemde ilave türevler gerekmediğinden oldukça basittir. Ancak hassas sonuç elde edilebilmesi için x = h adımı küçük olmalıdır. Çünkü yöntemde yüksek mertebeden türev terimleri atılmıştır. Verilen dy dx = f(x, y) (x = x 0, y = y 0 ) denkleminde y fonksiyonu x 0 civarında açılır birinci türevden sonrası ihmal edilirse 17

18 y(x) = y x 0 + h = y x 0 + y x 0 1! h + y x 0! h veya kısaca hata terimi de atılırsa y x = y x 0 + h = y 1 = y x 0 + y 0 h + 0(h ) y 1 y 0 + h. y 0 yaklaşık değeri elde edilir. 18

19 y y 1 y 1r e Gerçek eğri y 0 h x 0 x 1 x x n x Şekil 9. Euler yönteminin grafik üzerinde gösterimi Bu değer gerçek eğrinin x 1 e karşılık vereceği y 1r değerinden farklıdır. Aradaki fark olan mutlak hatanın (e = y 1 y 1r ) küçük olması adımın küçüklüğüne ve fonksiyonunun eğimine bağlı olacaktır (Şekil 9.). 19

20 Aranan y fonksiyonuna ait diğer değerler adım adım hesaplanır. Yani x için y y 1 + h. y 1 x 3 için y 3 y + h. y ve genel olarak y n+1 y n + h. y n iterasyon denklemi yazılabilir. Bu şekilde ardışık hesaplamalarda herhangi bir y değeri, bir önceki y değerine bağlı olarak hesaplandığından hataların birikmesi söz konusudur. Dolayısıyla Euler yönteminde toplam hata mertebesi 0(h) olacaktır. 0

21 Düzeltilmiş Euler Yöntemi: Hatayı azaltmak üzere Euler yönteminin iyileştirilmiş halidir. Euler yönteminde iterasyon denklemi adım başındaki türevi kullanır. Türev yerine adım başı ve adım sonu türevlerin ortalaması konulursa hatanın azalacağı gösterilebilir. Yani düzeltilmiş Euler yönteminin genel iterasyon denklemi y n+1 y n + h. y n + y n+1 şeklinde ifade edilebilir. Ancak burada adım sonu türev, y n+1 başlangıçta belli olmadığından iki aşamalı hesap yapma zorunluluğu vardır. Birinci aşamada bilinen Euler yöntemi kullanılarak ilk tahmin değeri y n+1,p hesaplanır. Bu değer kullanılarak 1

22 verilen diferansiyel denklemden y n+1 elde edilerek düzeltilmiş değer y n+1 = y n+1,c hesaplanır. Bu iki aşamada yapılacak işlemler aşağıda sıralanmıştır. y y n+1,p y n+1,c y n+1r y n Eğim: y n h Eğim: (y n + y n+1 )/ e Gerçek eğri Eğim: y n+1 x n x n+1 x Şekil 9.3 Düzeltilmiş Euler yönteminin geometrik izahı

23 x n = x 0 + nh ve bir önceki adımdan bilinen y n ile y n = f(x n, y n ) hesaplanarak Euler yöntemine göre tahmini değer y n+1,p = y n + h. y n hesaplanır (Şekil 9.3). x n+1 = x n + h ile adım sonu türev 3

24 y n+1 = dy dx = f(x n+1, y n+1,p ) x 1 İfadesinden bulunabilir. Buna göre düzeltilmiş değer y n+1,c y n + h. y n + y n+1 + 0(h 3 ) ile hesaplanır. Şekil 9.3 ten de anlaşılabileceği gibi bu ifadeyle bulunan y değeri gerçek değere daha yakın olmaktadır. Dolayısıyla oluşan hata (e) Euler yöntemine göre çok daha küçük olabilmektedir. Düzeltilmiş Euler yönteminin lokal hata mertebesi 0(h 3 ) iken ardışık hesaplamalarda toplam hata mertebesi 0(h ) olacaktır. 4

25 Runge-Kutta Yöntemleri: Taylor serisinde olduğu gibi yüksek mertebeden türevlere ihtiyaç göstermeyen, programlanması kolay olan bu yöntemler y n+1 = y n + hφ(x n, y n, h) genel formunda yazılabilirler. Burada artım fonksiyonu φ ağırlıklı ortalamalar içermekte olup genel olarak, a i ler sabit olmak üzere φ = a 1 k 1 + a k + + a i k i şeklinde yazılabilir. Bir seri Runge-Kutta yöntemi mevcuttur. Euler yöntemleriyle mukayese edilirse φ, aralıktaki eğimlerin ağırlıklı ortalamaları olduğu görülür. 5

26 Örneğin düzeltilmiş Euler yöntemi ele alınırsa y n+1 = y n + h. y n + y n+1 = y n + h k 1 + k olup k 1 = y n = f(x n, y n ) k = y n+1 = f x n+1, y n+1 = f x n + h, y n + hy n = f(x n + h, y n + hk 1 ) Benzer bir yöntem aralığın ortasındaki eğimden yararlanarak y n+1 değerini hesaplayan yöntemdir. Orta nokta yöntemi denilen bu yöntemde önce ara değer 6

27 y n+ 1 = y n + h. y n ve bu noktadaki eğim y n+ 1 = f(x n+ 1, y n+ 1 ) kullanılarak aranan değer y n+1 = y n + h. y n+ 1 veya kısaca y n+1 = y n + hk 7

28 ifadesinden bulunur. Burada k = y n+ 1 = f(x n + h, y n + h k 1) k 1 = y n = f(x n, y n ) yazılabilir. Görüldüğü gibi y n+1 değerini hesaplamak için değişik eğimler kullanılabilmektedir. Bu alternatifleri kullanan Runge-Kutta yöntemlerinden yaygın olanları burada verilecektir. 8

29 4. Mertebe Runge-Kutta Yöntemleri: Özellikle non-lineer diferansiyel denklemlerin sayısal çözümünde çok yaygın olarak kullanılan ve hassasiyeti yüksek olan bu yöntem, türevin tahmini için dört değerin ağırlıklı ortalamasına dayanır. Verilen bir diferansiyel denklemin adım adım sayısal çözümünün n. adımındaki katsayılar k 1 = f(x n, y n ) k = f(x n + 1 h, y n + 1 hk 1) k 3 = f(x n + 1 h, y n + 1 hk ) k 4 = f(x n + h, y n + hk 3 ) 9

30 olmak üzere 4. mertebe Runge-Kutta yönteminin genel iterasyon denklemi ise y n+1 = y n + h 6 k 1 + k + k 3 + k 4 + 0(h 5 ) olarak yazılabilir. Bu yöntemin lokal hata mertebesi 0(h 5 ) iken ardışık hesaplamalarda hataların birikmesi sonucu hata mertebesi azalarak 0(h 4 ) olmaktadır. Yine bu yöntem de f fonksiyonunun sadece x e bağlı olması halinde Simpson 1/3 kuralına denk olduğu görülebilir. Zira bu durumda k = k 3 ve adım h olmaktadır. 30

31 Örnek 9.4: Aşağıdaki diferansiyel denklemi x = 0. den x = 0.6 a kadar çözerek (h = 0.) x değerlerine karşılık gelen y değerlerini bulunuz. dy dx = 1 x + y (Başlangıç şartı: x = 0 için y = ) Çözüm: Genel iterasyon ifadesi y n+1 = y n + h 6 k 1 + k + k 3 + k 4 olan 4. mertebe Runge-Kutta yöntemi kullanılarak çözüm için x 0 = 0, y 0 = değerleriyle gerekli büyüklükler sırayla hesaplanır. n = 0 için: 31

32 k 1 = f x 0, y 0 = = 0.5 k = f x h, y hk 1 = = k 3 = f x h, y hk = k 4 = f x 0 + h, y 0 + hk 3 = hk 3 = değerleriyle y n+1 = y n + h 6 k 1 + k + k 3 + k 4 =

33 elde edilir. n = 1 için x 1 = 0., y 1 =.0933 alarak ve sonra da n = için benzer işlemler yapılarak aşağıdaki tablo hazırlanmıştır. n x n y n k 1 k k 3 k

34 YÜKSEK MERTEBEDEN ADİ DİFERANSİYEL DENKLEMLER Bu ana kadar birinci mertebeden adi diferansiyel denklem sistemlerinin çözüm yöntemleri üzerinde duruldu. Bu yöntemler açık olarak her adım değerinin bir hesapla veya tahmini ve düzeltici aşamalardan oluşan iki hesapla bulunması esasına dayanan yöntemlerdir. Ancak mühendislik uygulamalarında genellikle ikinci mertebeden denklemlerle karşılaşılır. İki veya daha yüksek mertebeden adi diferansiyel denklem içeren başlangıç değer problemlerinin ve birden fazla birinci mertebeden adi diferansiyel denklem içeren denklem sistemlerinin nasıl çözüleceği bu bölümde verilecektir. 34

35 Birinci Mertebeden Adi Diferansiyel Denklem Sistemleri Bazı uygulamalarda karşımıza birden fazla birinci mertebeden adi diferansiyel denklemler çıkabilir. Bu denklemler birbirine bağlı ise yani bireysel olarak çözülemiyorsa eş zamanlı olarak çözülmeleri gerekir. Bu tip denklem sistemlerinde birden fazla bağımlı değişken olacaktır. Böyle bir denklem sistemi genel olarak y i = f i (t, y 1, y,, y m ) (i = 1,,, m) y i 0 = y i0 şeklinde m tane başlangıç şartı ile beraber yazılabilir. Burada t bağımsız 35

36 değişkeni y i ise bağımlı değişkenleri göstermektedir. Bu tip denklem sistemini çözmek için yukarıda verilen herhangi bir yöntem kullanılabilir. Uygun bir yöntem seçilerek her adımda sıra ile bütün denklemlere uygulanır. Bu yapılırken seçilen adım büyüklüğü bütün denklemlere uygulanır. Bu bir örnekle aşağıda açıklanmıştır. 36

37 Örnek 9.5: dx dt dy dt = xy + t = x t x 0 = 0, y 0 = 1 Yukarıda verilen simultane diferansiyel denklem takımı düzeltilmiş Euler yöntemi ile t = 0. alarak çözünüz ve t = arasındaki t değerleri için x ve y değerlerini elde ediniz. Virgülden sonra üç haneden sonrasını yuvarlatınız. 37

38 Çözüm: t = 0 daki değerler: x (0) = x 0 = 0 y (0) = y 0 = 1 t = 0. deki x 1 ve y 1 değerlerini bulmak için önce tahmini değerleri bulalım. x 1,p = x 0 + t. x 0 x 0 = dx dt = = 0 x 1,p = = 0 x 1 = (dx dt) t1 = = 0. x ort = x 0 + x 1 = 0.1 y 1,p = y 0 + t. y 0 y 0 = dy dt = 0 0 = 0 y 1,p = = 1 y 1 = (dy dt) = 0 0. = 0. y ort = y 0 + y 1 =

39 Buna göre düzeltilmiş değerler: x 1,c = x 0 + t. x ort = x 1,c = 0.0 y 1,c = y 0 + t. y ort = y 1,c = 0.98 aynı işlemler tekrar edilerek t = 0.4 ve t = 0.6 daki x ve y değerleri bulunur. Çözüm esnasında elde edilen değerler tablo halinde verilmiştir. 39

40 x n x n t. x n x n+1 x n+1 x ort t. x ort t n y n y n t. y n y n+1 y n+1 y ort t. y ort

41 Yüksek Mertebeden Adi Diferansiyel Denklemler n. mertebeden adi diferansiyel denklem y (n) = f(x, y, y, y n,, y (n 1) şeklinde yazılabilir. Denklemin sağ tarafındaki argümanlar lineer terimler halinde ise bu denkleme lineer diferansiyel denklem denir. Bu ana kadar birinci mertebe diferansiyel denklemler için kullanılan yöntemlerden bahsedildi. Yüksek mertebeden bir diferansiyel denklemin çözümünde izlenebilecek bir yol verilen denklemi birinci mertebeden diferansiyel denklemlere dönüştürmektir. Verilen başlangıç değer problemine ait n. mertebeden bir adi diferansiyel denklem, yeni değişkenler tanımlanarak 41

42 n tane birinci mertebeden adi diferansiyel denkleme dönüştürüldükten sonra yukarıda verilen yöntemlerden biri kullanılarak eşzamanlı olarak çözülebilir. Bu çözümün yapılabilmesi için n tane de başlangıç şartının verilmesi gerektiği açıktır. 4

43 Örnek 9.4: İki adet başlangıç şartı ile verilen aşağıdaki diferansiyel denklemi birinci mertebeden diferansiyel denklemlere dönüştürünüz. d x dt = f dx x, t, dt x t 0 = x 0, x t 0 = x 0 Çözüm: dx dt = y (1) d x dt = dy dt = f x, t, y () Başlangıç şartları: t 0 = 0 da x = x 0 y = y 0 = x 0 43

44 Örnek 9.5: Bir kirişte eğilme momenti M(x) ise EI y 1 + y 3 = M(x) burada y tarafsız eksenin yer değiştirmesidir. Başlangıç değerleri y 0 = y 0 = 0 olduğuna göre denklemi 1. mertebeden iki adi diferansiyel denklem olarak ifade ediniz. Çözüm: Verilen y = M(x) EI 1 + y 3 44

45 denkleminde fonksiyonun birinci türevine yeni bir değişken adı verirsek dy dx = u birinci denklem olur. Bu denklemin başlangıç şartı y 0 = 0 olur. Bu tanımı kullanarak ikinci denklem ve başlangıç şartı d y dx = du dx = M(x) EI 1 + y 3 du dx = M(x) EI 1 + y 3 u 0 = 0 elde edilir. 45

46 Örnek 9.6: U şeklinde bir borunun içine doldurulan suyun sürtünmeli salınım hareketinde su yüzeyinin denge durumundan itibaren ölçülen z konumunun zamanla değişimi için d z dt + g L z = f d dz dt denklemi verilmiştir. Burada su ile dolu toplam boru boyu L = 6 m, borunun çapı d = 0.5 m, g = 9.81 m s ve sürtünme katsayısı f = 0.03 tür. t = 0 anında su denge konumundan 0.5 m ayrılarak ilk hızsız olarak salınıma terk edildiğine göre; su seviyesinin konumunu (z) ve hızını (dz dt) a) t = 0.5 s de Taylor serisini kullanarak bulunuz. b) t = 1 s de Düzeltilmiş Euler yöntemi ile hesaplayınız. 46

47 c) Merkezi fark türev formüllerinden yararlanarak t = 0.5 s de z ve z türevlerini hesaplayınız. Çözüm: 0.5 s) a) t = 0 da z 0 = 0.5 ve z 0 = 0 başlangıç şartları ile Taylor serisi ( t = z 1 = z 0 + t. z 0 + t! z 0 + t3 3! z 0 + t4 4! z 0 + olup gerekli terimler: z 0 = 0 47

48 z 0 = f d z 0 g L z 0 = z 0 = f d (z 0)(z 0) g L z 0 = 0 z 0 = f d z 0. z 0 + f d z 0 g L z 0 = olarak bulunur. Bu değerleri ile z 1 = ! = 0.31 m elde edilir. Bu anda hız 48

49 dz dt t 1 = z 1 = z 1 z 0 t = m s b) Düzeltilmiş Euler için denklemi iki tane denkleme indirgeyelim: dz dt = u (1) du dt = f d u g L z () soruyu iki şekilde çözmek mümkündür: t 0, z 0, z 0 ve t = 1 s alarak veya t 1 anındaki z 1 ve z 1 değerlerini başlangıç değeri gibi düşünüp t = 0.5 s alarak. Burada ikinci yol izlenecektir. 49

50 dz dt = u t 1 = 0.5 s, z 1 = 0.31 du dt = f d u g L z (u 1 = 0.38) z,p = z 1 + t. z 1 z,p = = 0.1 z,c = z 1 + t z 1 + z z,c = z,c = 5.6x10 3 m u,p = u 1 + t. u 1 u,p = 0.88 u,c = u 1 + t u 1 + u u = f d u,p u,c = g L z,c =

51 c) t = 0.5 s de merkezi fark ifadelerine göre z 1 = z z 1 + z 0 t = 0.50 z 1 = z z 0 t = elde edilir. Diğer taraftan, ikinci türev verilen denklem kullanılarak z 1 = f d z 1 g L z 1 = şeklinde hesaplanabilir. 51

52 Örnek 9.7: Düşey doğrultuda atılan m kütlesine sahip bir merminin hareket denklemi m d y = m. g C. V. V dt olup burada m = 10 kg, hava direnç katsayısı C = 0.1, mermi hızı V = dy dt dir. Başlangıç şartları t = 0 da y = 0 ve ilk hız y = V 0 = 500 m s olduğuna göre; a) Problemi iki adet birinci mertebeden diferansiyel denklemle ifade ediniz. b) Bu denklemleri verilen başlangıç şartlarını kullanarak düzeltilmiş euler yöntemiyle (h = 0. s) çözünüz. Çözümü üç adım ilerletiniz. 5

53 Çözüm: Verilen denklemler, başlangıç şartları altında eş zamanlı çözülmelidir. Düzeltilmiş Euler yöntemi ile; dv dt = g C V V m (V 0 = 500 m s) dy dt = V (y 0 = 0) önce Euler yöntemine göre tahmini değerler: V 1,p = V 0 + t. V 0 = = = 1.96 m s y 1,p = y 0 + t y 0 = = 100 m V 0 =

54 Düzeltilmiş değerler: V 1 = V 1,p m = 9.77 V 1,c = V 0 + t V 0 + V 1 V 1,p y 1,c = y 0 + t y 0 + y 1 = = = 48 m s = 74.8 m Böylece birinci adım değerleri bulunmuş olur. 54

55 İkinci adım değerleri benzer şekilde aşağıdaki gibi hesaplanır: V,p = V V 1 V 1 = 9.81 CV 1. V 1 m = V,p = V 1 = m s V = 9.81 C V m = y,p = y 1 + t y 1 = = 14.4 m y,c = y 1 + t y 1 + y 1 V,c = V + t V 1 + V = = m s = m 55

56 Üçüncü adım değerleri benzer şekilde aşağıdaki gibi hesaplanır: V 3,p = V V V = 9.81 CV. V m = 96.7 V 3,p = V = m s y 3,p = y + t y = = m V 3 = 9.81 C m = V 3,c = V + t V + V 3 = m s y 3,c = = m 56

57 Örnek 9.8: Bir Diesel motoru yakıt püskürtme enjektöründe, enjektör iğnesinin yüksek yakıt basıncı ve yay kuvveti etkisi altındaki hareket denklemi d x dx dt 800 dt 4x106 x = 8400cos (0.01t) olarak elde edilmiştir. İğne t 0 = 0 anında ilk hızsız olarak harekete başladığına göre t 1 = ve t = anlarında iğne konumunu (x) ve hızını dx dt hesaplayınız. 57

58 Çözüm: Verilen denklem iki adet birinci mertebeden diferansiyel denklem olarak dx dt = V dv dt = 800V + 4x106 x Cos(0.01t) yazılabilir. Başlangıç şartları: x 0 = 0, x 0 = V 0 = 0 ve V 0 = 8400 m s bulunur. Düzeltilmiş Euler yöntemi ile çözüm: 58

59 dx dt = V dv dt = 800V + 4x106 x Cos(0.01t) x 1,p = x 0 + h. x 0 x 1,p = 0 + h. x 0 = 0 x 1 = V 1 = 0.84 x 1,c = x 0 + h x 0 + x = x 1,c = 0.4x10 4 m V 1,p = V 0 + h. V 0 V 1,p = 0 + h. V 0 = = 0.84 V 1 = x10 6 x0.4x10 4 V 1 = cos (0.01x10 4 ) V 1,c = V 0 + h V 0 + V 1 V 1,c = m s 59

60 Bu değerleri kullanarak benzer işlemler tekrarlanırsa: x,c = 1.95x10 4 m V,c =.8 m s olarak bulunur. O halde t 1 = 1x10 4 s için x 1 = 0.4x10 4 m V 1 = m s t = x10 4 s için x 1 = 1.95x10 4 m V =.8 m s olarak bulunur. 60

61 P.9.: Yaylı bir subabın basınç altında açılmasın ait hareket denklemi aşağıdaki gibi bulunmuştur: d x dt + 4 dx dt + 4x = 8 Başlangıç şartları ise t = 0 iken x = 0 ve x = 0 olarak verilmektedir. Supabın yaklaşık 0.4 birim açılması için geçecek zamanı düzeltilmiş Euler metodu ile bulunuz. Bu anda supabın hızı nedir? (Zaman arttırımını h=0. olarak alınız.) 61

62 Çözüm: Taylor serisi ile: x 1 = x 0 + h. x 0 + h! x 0 + h3 3! x 0 + h4 4! x 0 + O(h 5 ) x 1 = ! x 1 = ! ( 3) + h4 4! 96 x 0 = 8 4x 0 4x 0 = = 8 x 0 = 4x 0 4x 0 = = 3 x 0 = 4x 0 4x 0 = = 96 6

63 x = x 1 + h. x 1 + h! x 1 + h3 3! x 1 + h4 4! x 1 + O(h 5 ) x 1 = x 1 x 0 t 1 t 0 = = 0.65 x 1 = 8 4x 1 4x 1 = = 4.88 x 1 = 4x 1 4x 1 = =.1 x 1 = 4x 1 4x 1 = = x = (0.). (0.65) + 0.! x = ! (.1) !

64 Çözüm: Düzeltilmiş Euler ile: t = 0, x = 0, u = x = 0 Başlangıç şartları dx dt = u du dt = 8 4(u + x) x 1,p = x 0 + h. x 0 x 1,p = = 0 x 1,c = x 0 + h. x 0 + x 1 x 1,c = x 1,c = t = 0. s deki konum ve hız u 1,p = u 0 + h. u 0 u 1,p = = 1.6 = x 1 u 0 = = 8 u 1,c = u 0 + h. u 0 + u 1 u 1,c = = u 1 = =

65 x,p = x 1 + h. x 1 x,p = = 0.66 x,c = x 1 + h. x 1 + x x,c = x,c = 0. 4 t = 0.4 s deki konum ve hız u,p = u 1 + h. u 1 u,p = (0.96) = = x u,c = u 1 + h. u 1 + u = u = =

66 P.9.3: dy = x y diferansiyel denklemini 4. mertebe Runge Kutta dx yönyemi ile çözünüz. x 0 = 0, y 0 = 1 h = 0.1 x = 0. y =? Çözüm: y n+1 = y n + h 6 (k 1 + k + k 3 + k 4 ) k 1 = f x 0, y 0 = 0 1 = 1 k = f(x 0 + h, y 0 + h. k 1) k = f , = f(0.05, 0.95) 66

67 k = = 0.85 k 3 = f x 0 + h, y 0 + h. k = 0.86 k 4 = f x 0 + h, y 0 + h. k 3 = 0.71 y 1 = y 1 = 0.9 x 1 = 0.1 (h kadar arttırdık) k 1 = f x 1, y 1 = 0.7 k = f x 0 + h, y 0 + h. k 1 =

68 k 3 = f x 0 + h, y 0 + h. k = 0.57 k 4 = f x 0 + h, y 0 + h. k 3 = 0.44 y = y 1 =

69 P9.4: Başlangıçta C de olan ince çelik bir malzeme 0 0 C deki su banyosuna daldırılıyor. Çeliğin su içinde zamanla soğuması aşağıdaki denklemle ifade edilebilmektedir. dt dt T T Başlangıç şartı t:0 da T=T 0 :300 0 C. Burada t(s) zaman T( 0 C) ise sıcaklıktır. Çeliğin sıcaklığının C ye düşmesi için geçmesi gereken süreyi düzeltilmiş Euler ile hesaplayınz. (h= t:0.0 s). Gerekirse interpolasyon yapınız. 69

70 Çözüm: T 1,p = T 0 + h. T T 0 = = T 1,p = = 98.9 T 1,c = T 0 + h. T 0 + T T 1 = = T 1,c = = t = 0.0 sn. sonra 70

71 T,p = T 1 + h. T 1 T,p = = T,c = T 1 + h. T 1 + T T = = T,c = = 103 t = 0.04 sn. sonra 71

72 T 3,p = T + h. T T 3,p = = T 3,c = T + h. T + T T 3 = = T 3,c = = 6.5 t = 0.06 sn. sonra 7