İKİNCİ BASAMAKTAN DİFERANSİYEL DENKLEMLER VE EMDEM- FOWLER TİPİ DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN BİR SİSTEMİ İÇİN SALINIMSIZLIK KRİTERLERİ.

Ebat: px
Şu sayfadan göstermeyi başlat:

Download "İKİNCİ BASAMAKTAN DİFERANSİYEL DENKLEMLER VE EMDEM- FOWLER TİPİ DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN BİR SİSTEMİ İÇİN SALINIMSIZLIK KRİTERLERİ."

Transkript

1 İKİNCİ BASAMAKTAN DİFERANSİYEL DENKLEMLER VE EMDEM- FOWLER TİPİ DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN BİR SİSTEMİ İÇİN SALINIMSIZLIK KRİTERLERİ Rukiye TOSUN YÜKSEK LİSANS TEZİ MATEMATİK GAZİ ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ Ocak 4 ANKARA

2 Rukiye TOSUN arafından hazırlanan İKİNCİ BASAMAKTAN DİFERANSİYEL DENKLEMLER VE EMDEM-FOWLER TİPİ DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN BİR SİSTEMİ İÇİN SALINIMSIZLIK KRİTERLERİ adlı bu ezin Yüksek Lisans ezi olarak uygun olduğunu onaylarım. Doç. Dr. Adil MISIR Tez Danışmanı, Maemaik Anabilim Dalı. Bu çalışma, jürimiz arafından oy birliği ile Maemaik Anabilim Dalında Yüksek Lisans olarak kabul edilmişir. Prof. Dr. Ziya ARGÜN Maemaik Eğiimi Anabilim Dalı, G.Ü.. Doç. Dr. Adil MISIR Maemaik Anabilim Dalı, G.Ü.. Prof. Dr. Ogün DOĞRU Maemaik Anabilim Dalı, G.Ü.. Tez Savunma Tarihi: //4 Bu ez ile G.Ü. Fen Bilimleri Ensiüsü Yöneim Kurulu Yüksek Lisans derecesini onamışır. Prof. Dr. Şeref SAĞIROĞLU Fen Bilimleri Ensiüsü Müdürü.

3 TEZ BİLDİRİMİ Tez içindeki büün bilgilerin eik davranış ve akademik kurallar çerçevesinde elde edilerek sunulduğunu, ayrıca ez yazım kurallarına uygun olarak hazırlanan bu çalışmada, orijinal olmayan her ürlü kaynağa eksiksiz aıf yapıldığını bildiririm. Rukiye TOSUN

4 iv İKİNCİ BASAMAKTAN DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN VE EMDEM- FOWLER TİPİ DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN BİR SİSTEMİ İÇİN SALINIMSIZLIK KRİTERLERİ (Yüksek Lisans Tezi ) Rukiye TOSUN GAZİ ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ Ocak 4 ÖZET Bu ezde ikinci basamakan bir sınıf diferansiyel denklemlerin çözümlerinin ve Emdem-Fowler ipi diferansiyel denklemlerin bir sisemi için salınımsızlık davranışları incelenmişir. Bu ez alı bölümden oluşmakadır. Birinci bölümde giriş verilmişir. İkinci bölümde ikinci basamakan self-adjoin diferansiyel denklemler, üçüncü bölümde ikinci basamakan diferansiyel denklemlerin özel bir sınıfının çözümlerinin davranışı, dördüncü bölümde Surm ayırma ve karşılaşırma eoremleri yardımıyla salınımsızlık krierleri, beşinci bölümde Emden-Fowler ipi diferansiyel denklemlerin bir lineer olmayan sisemi için salınımsızlık eoremleri ve alıncı bölümde ise sonuç ve öneriler verilmişir. Bilim kodu : Anahar kelimeler : diferansiyel denklemler, Salınımsızlık Sayfa Adedi : Tez Yöneicisi : Doç. Dr. Adil MISIR

5 v NONOSCILLATION CRITERIAS FOR SECOND ORDER DIFFERENTIAL EQUATIONS AND EMDEM-FOWLER SYSTEM OF DIFFERENTIAL EQUATIONS (M.Sc. Thesis) Rukiye TOSUN GAZİ UNIVERSITY GRADUATE SCHOOL OF NATURAL AND APPLIED SCIENCES January 4 ABSTRACT In his hesis, we invesigaed nonoscillaory behaviour of soluions of he second order differenial equaions and a sysem of Emdem-Fowler ype differenial equaions. This hesis consis of six chaper. In he firs chaper we give ınroducion. In he second chaper we invesigaed second order selfadjoin differenial equaions. In he hir chaper we invesigaed he behaviour of soluions of a paricular class of he second order differenial equaions. In he fourh chaper we esablish had some nonoscillaion crierias for a class of second order differenial equaions by he help of Surm seperaion and comparison heorems. In he fifh chaper we esablished some nonoscillaion heorems for he nonlinear sysem of Emden-Fowler ype differenial equaions. In he las (sixh) chaper we give some commen and suggesion abou he work. Bilim Kodu : Anahar kelimeler : Differenial Equaions, Nonoscillaion Sayfa Adedi : Tez Yöneicisi : Doç. Dr. Adil MISIR

6 vi TEŞEKKÜR Bu çalışmanın her aşamasında hiçbir zaman yardımlarını ve anlayışını eksik emeyen, akademik başarısı ve kişiliğiyle örnek alınacak çok değerli hocam ve danışmanım Gazi Üniversiesi öğreim elemanı sayın Doç. Dr. Adil MISIRA a en derin saygılarımla sonsuz eşekkürlerimi sunarım. İhiyaç duyduğum her an yardımlarını hiçbir şekilde eksik emeyen çok değerli arkadaşlarım Banu MERMERKAYA, Musafa EKİCİ, Süleyman ÖĞREKÇİ, Şükran KÜLAH a ve ezimin yazımı aşamasında çok yardımcı olan arkadaşım Faih SARIKAYA ya ne kadar eşekkür esem azdır. Ayrıca manevi desekleriyle beni hiçbir zaman yalnız bırakmayan canım aileme sonsuz eşekkürlerimi sunarım.

7 vii İÇİNDEKİLER Sayfa ÖZET... iv ABSTRACT... v TEŞEKKÜR... vi İÇİNDEKİLER... vii. GİRİŞ.... İKİNCİ MERTEBEDEN SELF-ADJOİNT DİFERANSİYEL DENKLEM Temel Tanım ve Teoremler Surm Liouville Problemleri Çözümlerin Sıfırları ve Disconjugacy ÇÖZÜMLERİN DAVRANIŞI Süreklilik, Sınırlılık ve Sıfıra Yakınsama Analizden Bazı Yararlı Sonuçlar ve Sabi Noka Teoremleri ADİ DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN YARI SONSUZ EKSENDE SALINIMSIZLIĞI Temel Teorem (Surm Karşılaşırma Teoremi) Salınımsızlık Krieri ve Karşılaşırma Teoremleri Salınımsızlık Krierleri EMDEM-FOWLER TİPİ DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN BİR SİSTEMİ İÇİN SALINIMSIZLIK TEOREMLERİ Emdem-Fowler Tipi Diferansiyel Denklemler Esas Sonuçları... 93

8 viii Sayfa 6. SONUÇ VE ÖNERİLER... 9 KAYNAKLAR... ÖZGEÇMİŞ...

9 . GİRİŞ Çok uzun zamandır yoğun olarak çalışılan bir konu olan diferansiyel denklemler, günlük hayaa mühendislik, fizik, kimya, biyoloji, gibi birçok emel bilim alanında kullanılmaka ve günlük hayaa birçok kolaylık sağlamakadır. Bu nedenle her denklemin çözümünün elde edilmek isenmesi doğaldır. Ancak bilindiği üzere, çok az sayıda denklem sınıfının çözümü analiik olarak elde edilmekedir. Bundan öürüdür ki bir diferansiyel denklemi çözmeden, çözümü hakkında bilgi edinmek çok önemlidir. Bu ür araşırmalara kaliaif inceleme denmekedir. Diferansiyel denklemler üzerine çok çeşili gruplarda kaliaif çalışmalar yapılmış, hala da çok yoğun bir şekilde yapılmaya devam edilmekedir. Bu araşırmalarla, çözümü analiik olarak elde edilmeyen denklemlerin çözümlerinin, sınırlılık, kararlılık, asimpoik davranış, konjugelik, diskonjugelik, salınımlılık ve salınımsızlılık gibi kaliaif özellikleri incelenmekedir. Diferansiyel denklemler genelde kaliaif olarak araşırılırken, bilinmeyen fonksiyonun denklemdeki yer alış biçimine göre (yani operaörün özelliklerine göre), ikinci basamakan, üçüncü basamakan, yüksek basamakan, lineer, lineer olmayan, yarı lineer, sub/super lineer, gecikmeli, neural, vb. gibi çeşili kaegorilere ayrılır. Genel bir denklem üzerinde çalışmayla kıyaslanırsa, daha dar bir denklem sınıfı üzerinde çalışmak daha avanajlıdır. Her grup denklem sınıfı için araşırma eknikleri farklılık göserebilmekedir. İlk olarak 836 yılında Surm un oraya amış olduğu ayırma ve karşılaşırma eoremleri yardımıyla, özellikle lineer ikinci basamakan diferansiyel denklemler için çözümlerin davranışlarının benzerliği kavramı ve buna dayalı olarak çözümün salınımsızlılığı ve salınımsızlığı kavramı oraya çıkmışır. Bu ez çalışmasında lineer olmayan diferansiyel denklemlerin salınımsızlık krierleri incelenecekir. Genel olarak bir diferansiyel denklemin poziif yarı

10 eksende çözümünün sonsuz sayıda sıfırı varsa bu çözüme salınımlı çözüm, denklemin her çözümü salınımlı ise salınımlı denklem denir. Bu çalışmadaki amacımız lineer olmayan ikinci basamakan diferansiyel denklem sınıflarının salınımsız olmaları için yeer koşulları oraya koymakır.

11 3. İKİNCİ BASAMAKTAN SELF-ADJOİNT DİFERANSİYEL DENKLEM.. Temel Tanım Tanım ve Teoremler.. Tanım: Herhangi bir aralığında, için i. p( ), q( ) veh( ) fonksiyonları sürekli ii. p ( ) olmak üzere; p( ) x q( ) x h( ) (.) şeklindeki bir denkleme "ikinci basamakan lineer self- adjoin diferansiyel denklem" denir. D x : xve px, da sürekli diferansiyellenebilir olacak şekilde bir D kümesi anımlayalım. D üzerinde bir L operaörünü L : D C( ) x Lx h Lx( ) p( ) x( ) q( ) x( ) olarak anımlarsak L bir lineer operaör olur ve bu durumda (.) diferansiyel denklemini kısaca Lx( ) h( ) olarak ifade edebiliriz. için ( ) h ise Lx( ), homojen, için ( ) h ise, Lx( ) h( ) homojen olmayan self-adjoin diferansiyel denklem olarak adlandırılır... Tanım: x D ve I için Lx( ) h( ) ise x e I da Lx( ) h( ) denkleminin bir çözümüdür denir.

12 4.. Örnek: I aralığında p, ( i,, ) i ve g sürekli ve p olmak üzere, p ( ) x ( ) p ( ) x( ) p ( ) x( ) g( ) (.) şeklindeki herhangi ikinci basamakan lineer diferansiyel denklemini göz önüne alalım. x in, (.) denkleminin çözümü olduğunu kabul edelim. p ( ) olduğundan I için p () p () g () x ( ) x( ) x( ) p ( ) p ( ) p ( ) yazılabilir. Her iki arafı e p () d p () inegral çarpanı ile çarparsak, p ( ) p ( ) p ( ) p ( ) d ( ) () d ( ) () d ( ) () d p p p p p g p ( ) e x( ) e x( ) e x( ) e p ( ) p ( ) p ( ) e x( ) e x( ) e p( ) p( ) p ( ) p ( ) p ( ) d ( ) () d ( ) () d p p p g p ( ) elde edilir. Bu durumda I için eğer p() e p () d p () q() p() e p () p () d p () h() g () e p () p () d p () dersek,. denklemi self adjoin form haline gelir ve ayrıca p ( ) ve p (), q () ve h () sürekli olacak biçimde x, (.) self adjoin diferansiyel denkleminin çözümü olur... Örnek: I,, I için 4 x ( ) 3 x( ) 6 x( ) (.3)

13 5 şeklindeki herhangi ikinci merebeden lineer diferansiyel denklemini göz önüne alalım ve x in, (.3) denkleminin çözümü olduğunu kabul edelim. Bu durumda p () p ( ) 3 p ( ) 6 g() 4 olmak üzere I, p ( ) için p ( ) ve p, p, p, g süreklidir. Öyleyse olduğundan, için 3 6 x ( ) x( ) x( ) yazabiliriz. Her iki arafı 3 d e e 3 ln 3 inegral çarpanı ile çarparsak I, x ( ) 3 x( ) 6 x( ) 3 5 olur. Buradan da x( ) 6 x( ) 3 5 için (.3) denklemi self-adjoin form haline gelir. Şimdi Lx( ) h( ) self adjoin diferansiyel denklemi için varlık-eklik eoremini ispalayalım... Teorem (Varlık-Teklik Teoremi): I aralığında i. pqh,, sürekli ii. p ( ) olduğunu kabul edelim. Eğer a I ise Lx h()

14 6 x( a) x x( a) x başlangıç değer probleminin çözümü ekir ve bu çözüm büün I aralığında anımlıdır. İspa: ilk olarak Lx h() diferansiyel denklemini vekör denklem şeklinde yazalım. Kabul edelim ki x (), Lx h() nin bir çözümü olsun ve y( ) p( ) x( ) (.4) olsun. (.4) den x( ) y( ) (.5) p () dir. x (), Lx h() nin çözümü olduğundan y( ) p( ) x( ) y( ) p( ) x( ) q( ) x( ) h( ) (.6) yazılabilir. Bu durumda (.5) ve (.6) den x( ) y( ) p () y( ) q( ) x( ) h( ) birinci basamakan diferansiyel denklem sisemini elde ederiz. I aralığında x z () y, () x z y, ile anımlanırsa x () z () y () z( ) A( ) z( ) b( ) A () p (), q ( ) b () h ()

15 7 maris denleminin çözümüdür ve xa ( ) za ( ) ya ( ) ise x( a) x y( a) p( a) x( a) y olmak üzere, x za ( ) y sınır şarlarını sağlar. Bu durumda; x () z () y () z( ) A( ) z( ) b( ) maris denkleminin bir çözümü ise x (), Lx h() diferansiyel denklemin bir çözümü olur ve y( ) p( ) x( ) eşiliğini sağlar. Lx( ) h( ) self-adjoin diferansiyel denkleminin lineer bağımsız olup olmadığını irdelememize yarayacak bilgilere bakalım..3. Tanım: x ve y bir I aralığında diferansiyellenebilir fonksiyonlar olsun. Buna göre x( ) y( ) wx( ), y( ) : x( ) y( ) w x( ), y( ) x( ) y( ) y( ) x( ) ifadesine x ve y nin "Wronskianı" denir... Teorem (Lagrange Özdeşliği): D anım. de olduğu gibi olmak üzere, x, y D olduğunu kabul edelim. Bu durumda wx( ), y( ), x ve y nin Wronskianı olsun.

16 8 Öyleyse I için y( ) Lx( ) x( ) Ly( ) y( ), x( ) özdeşliği sağlanır. Bu özdeşliğe Lagrange özdeşliği denir. Buraday( ), x( ), x ve y nin Wronskianı olsun. Bu durumda I için y( ) Lx( ) x( ) Ly( ) y( ), x( ) olarak anımlıdır. İspa: x, y D ; y( ), x( ) p( ) wx( ), y( ) p( ) y( ) x( ) x( ) y( ) p( ) y( ) x( ) p( ) x( ) y( ) p( ) x( ) y( ) p( ) x( ) y( ) p( ) y( ) x( ) p( ) x( ) y( ) y( ) Lx( ) x( ) Ly( ).. Sonuç (Abel Formülü): x ve y bir I aralığında Lx( ) ın çözümleri ise I aralığındaki büün ler için w x( ), y( ) dır. c p (), ( c; sabi) İspa: x ve y bir I aralığında Lx( ) ın çözümleri olduğunu kabul edelim. Lagrange özdeşliğinden I için x( ); y( ) x( ) Ly( ) y( ) Lx( ) hipoezden Lx( ) Ly( ) olduğundan

17 9 x( ); y( ) elde edilir. Dolayısıyla p( ) w x( ), y( ) olur. Her iki arafın inegrali alınırsa; w x( ), y( ) c p () bulunur ki buda isenen sonuçur..4. Tanım: x ve y ab, aralığında sürekli ise x ve y nin iç çarpımı b x, y x( ) y( ) d a şeklinde anımlanır... Sonuç (Green Formülü): a, b I ve x, y D ise b y( ); x( ) y( ), Lx( ) Ly( ), x( ) dır. a İspa: x, y D olduğundan Lagrange özdeşliğinden y( ), x( ) y( ) Lx( ) x( ) Ly( ), I dır. Her iki arafın a dan b ye inegrali alınırsa b b y( ); x( ) y( ) Lx( ) d Ly( ) x( ) d a iç çarpımın anımından b a y( ); x( ) y( ), Lx( ) Ly( ), x( ) a elde edilir. b a

18 .3. Sonuç: u ve v ler Lx( ) ın çözümleri ise her I için ya i. wu v ya da ( ), ( ) ii. wu( ), v( ) dır.burada (i) durumu u ve v lineer bağımlı iken (ii) durumu ise u ve v lineer bğımsız iken geçerlidir. İspa: u ve v ler Lx( ) ın çözümleri iseler Abel formülünden keyfi c sabii için w u( ); v( ) c p () olmalıdır. c ise wu v i. ( ), ( ) olur ki bu u ve v nin lineer bağımlı olduğunu verir. c ise wu v ii. ( ), ( ) olur ki bu da bize u ve v nin lineer bağımsız olduğunu verir..3. Teorem: x ( ) ve x ( ), Lx( ) ın I da lineer bağımsız iki çözümü ise x( ) c x ( ) c x ( ) Lx( ) ın genel çözümüdür. Yani bu formda her fonksiyon Lx( ) ın bir çözümüdür. Lx( ) her çözümü bu formdadır. Şimdi Surm Liouville Problemlerini ele alalım ve nın durumuna göre x in aşikar çözüm olmadığı durumları inceleyelim.

19 .. Surm Liouville Problemleri Self adjoin denklemleri özdeğerler yardımıyla inceleyebilmek için Surm Liouville Problemini anıalım. Herhangi bir I aralığında I için p, q ve fonksiyonlar p ve r olmak üzere, r reel değerli sürekli p( ) x( ) r( ) q( ) x, I (.7) diferansiyel denklemine " Surm Liouville diferansiyel denklemi" denir. r ( ), I üzerinde anımlı ve reel değerli bir fonksiyon olmak üzere (.7) denklemini Lx( ) r( ) x( ) şeklinde yazabiliriz. Bu kesimde,,, sabileri, özellikli olmak üzere Lx( ) r( ) x( ) (.8) x( a) x( a) (.9) x( b) x( b) (.) formundaki Surm Liouville problemini ele alacağız..5. Tanım: (.8)-(.) Surm Liouville probleminin aşikar olmayan x çözümünü veren değerine (.8)-(.) probleminin bir "Eigen Değeri" x a da a karşılık gelen "Eigen fonksiyonu" denir., x ( ) ikilisine de özçifler denir. (.8)- (.) Surm Liouville probleminin özçifleri, x,kx da bir özçifir. ise k olmak üzere

20 .3. Örnek: x x (.) x x (.) Surm Liouville Probleminin öz çiflerini bulalım. Bunun için nın üç durumunu göz önüne alalım. i. olsun. Bu durumda öyle bir vardır ki, için nın değeri (.) de yerine yazılırsa x x ya da x x elde edilir. Bu denklemi r r r x dır. olduğundan r olur. x e, x e e formunda çözümünü ararsak yazılabilir. denklemi lineer bağımsız iki çözümü olacakır. Bu durumda (.) denleminin genel çözümünün x c e c e c c c c c c c c e e e e e e e e e e e e e e e e c c c c sinh cosh cosh sinh x c c c c c c cosh c c sinh sinh c cosh c 3 4 olarak yazabiliriz.

21 3 x ise c 3, x c 4 sinh x ise x c olacakır. Sonuç olarak, sinh, 4 n n, n,,3,... öz çifleri elde edilir. x sinh n, n,,3,... n ii. olsun. x x e r x c c x ise c, x c x ise c, x için özdeğer yokur. iii. olsun. O halde bir vardır ki, için (.) genel çözümü; x x olarak yazabiliriz. r r cos x c c sin elde edilir. x ise c, x c x ise c, x sin aşikar çözüme sahipir. Dolayısıyla poziif çözüm yokur.

22 4.3. Çözümlerin Sıfırları ve Disconjugacy Lx ın aşikar olmayan çözümlerinin sıfırları ile çalışmak önemlidir. Bu kesimde bu irdelemeyle çalışacağız. Lx ın aşikar olmayan bir çözümünün sıfırları ile ilgili elemaner bazı özelliklerden bahsedebiliriz. Şöyle ki eğer J I herhangi boş olmayan bir al aralık ise J de sıfırı olan bir aşikar olmayan çözüm vardır. Bunu görmek için I olmak üzere Lx, x, x problemini ele almak yeerlidir. Eğer x, diferansiyellenebilir fonksiyonun x x x, özelliğinde ise x e da çif sıfıra sahipir, x ise x e da basi sıfıra sahipir deriz. Teklik eoreminden biliyoruz ki aşikar olmayan bir çözümün I nın herhangi bir nokasında çif kalı kökü olamaz. x x probleminin aralığının uzunluğunu den küçük olan bir I aralığında ele alırsak. J I için denklemin aşikar olmayan çözümünün I da iki ane sıfırı alamayacağından J de iki ane sıfırı alamayacakır. Bu da bizi aşağıdaki anıma göürür..6. Tanım: Lx( ) ın aşikar olmayan çözümü I aralığında iki ya da daha fazla sıfıra sahip değilse Lx( ), J I aralığı üzerinde "disconjugae" denir..4. Örnek: Göserebiliriz ki aşağıda verilen denklemler yanlarında verilen aralık üzerinde disconjugaedirler. i. x x, J,, J ii. x iii. x x x Hakikaen, 5 6, J

23 5 i. x x, J, problemini ele alalım, x cos x sin denkleminin lineer bağımsız çözümleridir. Dolayısıyla J üzerinde denklemin genel çözümü cos x c c sin olur. J için x olsun. c cos c sin c an c c an c an c c k k lerin bir anesi J de olduğundan x x disconjugaedir. denklemi, de, J ii. x problemini ele alalım. c, x x c denkleminin lineer bağımsız çözümleridir. Dolayısıyla J üzerinde denklemin genel çözümü x c c olur. J için x olsun. c c c c c c c,

24 6 lerin bir anesi J olduğundan x denklemi, de disconjugaedir. iii. x x x 5 6, J problemini ele alalım. 3 e, x e x denkleminin lineer bağımsız çözümleridir. Dolayısıyla J üzerinde denklemin genel çözümü 3 x c e c e, J olur. J için x olsun. c e c e 3 e c c e ( için) olduğundan sıfır değerini alamaz. lerin bir anesi J olduğundan x x x 5 6 denklemi de disconjugaedir..5. Örnek: i. x( ) x( ), denkleminde x( ) sin denkleminin de sonsuz sayıda sıfıra sahip aşikar olmayan bir çözümüdür. Çünkü x( ) sin, k, k dır. Dolayısıyla denklem J de diskonjugae değildir. ii. x ( ) x( ), J, denkleminde x ( ) sin denkleminin I aralığında sonsuz sayıda sıfıra sahip aşikar olmayan bir çözümüdür. Dolayısıyla denklem J, aralığında diskonjugae değildir.

25 7.7. Tanım: x( ), Lx( ) ın J aralığında sonsuz sayıda sıfıra sahip aşikar olmayan bir çözümü ise x () ye Lx( ) ın salınımlı çözümüdür denir. Lx( ) J aralığı üzerinde aşikar olmayan salınımlı bir çözüme sahipse bu durumda Lx( ) diferansiyel denkleminin J üzerinde "salınımlıdır" denir. x in J üzerinde en fazla sonlu sayıda sıfırı varsa x () ye Lx( ) J üzerinde salınımsız çözümü denir. Lx( ), J üzerinde aşikar olmayan salınımlı çözüme sahip değilse bu durumda Lx( ) diferansiyel denklemi J üzerinde "salınımsızdır" denir. Örneğin; x( ) x( ) denklemi üzerinde salınımlıdır. Benzer şekilde x ( ) x( ) denklemi, üzerinde salınımlıdır..6. Örnek: x( ) x( ), self-adjoin diferansiyel denklemi üzerinde lineer bağımsız x( ) cos, x( ) sin çözümlerine sahipir. Her için cos sin wx( ), x( ) cos sin sin cos olduğundan x () ve x () fonksiyonları de lineer bağımsızdır.

26 8 n, n,,,... ise x ( ) cos n, n,,,... ise x ( ) sin dir. Buna göre x () ve x () için her birinin iki ardışık sıfır yeri arasında diğerinin bir sıfır yeri vardır. Bu örnek bizi aşağıdaki eoreme yönlendirir..4. Teorem (Surm Ayırma Teoremi): x ve y Lx( ) self-adjoin diferansiyel denkleminin I aralığı üzerinde lineer bağımsız çözümleri iseler, çözümlerin sıfırları I da birbirlerinin sıfırlarını ayırırlar. Bununla şunu söylemek isiyoruz. x ve y nin orak sıfırları yokur ve bu çözümlerden birinin ardışık sıfırları arasında diğerinin bir ane sıfırı vardır. İspa: x ve y, I aralığında Lx( ) self-adjoin diferansiyel denkleminin lineer bağımsız çözümleri olduğunu kabul edelim. Bu durumda I için wx( ), y( ) dır. Kabul edelim ki x ve y aynı nokada sıfıra sahip olsunlar yani x( ) y( ) dır. Bu durumda w x x( ) y( ) ( ), y( ) x( ) y( ) x( ) y( ) I için olur ki bu durum x ve y nin I aralığında lineer bağımsız olmasıyla çelişir. Bu nedenle x ve y nin I aralığında aynı nokada sıfıra sahip değildir. Bir sonraki kabulümüz;, I için x( ), I aralığında olacak şekilde ve

27 9 nokalarda ardışık sıfıra sahip olsun. Göserelim ki, y( ), (, ) aralığında bir sıfıra sahipir. Tersine (, ) için ( ), için x ( ) olsun. y ve bu durumda, x( ) y( ) y( ) w x( ), y( ) y( ) x( ) x( ) y( ) x( ) y( ) için y () ayrıca y ( ) ve (, ) için x ( ) olduğundan x( ) dır.buna göre (.) den w x( ), y( ) y( ) x( ) y( ), x( ) olur. x( ) y( ) y( ) w x( ), y( ) y( ) x( ) x( ) y( ) x( ) y( ) y ( ) ve (.) den x( ) olduğundan w x( ), y( ) y( ) x( ) olur, w ve w olduğunda öyle bir, w x( ), y( ) 3 3 vardır ki 3 sağlanır. Bu ise x( ) ve y( ) nin lineer bağımsız olmasıyla çelişir. Bu durumda x () nin ardışık iki sıfırı arasında y () nin bir sıfırı vardır. Lx( ) ın aralığında büün aşikar olmayan çözümleri salınımlı veya salınımsızdır. Yani; x, Lx( ) ın I aralığında bir çok sayıda sıfıra sahip aşikar olmayan çözümü olsun. Surm ayırma eoreminden herhangi bir diğer çözümü bir sıfıra sahip olur. Bu nedenle büün aşikar olmayan çözümleri salınımlı olur..8. Tanım: I aralığı kapalı ve sınırlı ise, I ya kompakır denir.

28 .5. Teorem: J, I nın kompak bir al aralığı ise Lx( ) J de salınımsızdır. İspa: x (), aşikar olmayan çözüm ve Lx( ) J de salınımlı olsun. Yani, Lx( ) J de sonsuz ane sıfıra sahip olsun. Bolzano-Weiersrass eoreminden bir sınırlı sonsuz küme en az bir limi nokasına sahipir. Yani; bu küme de xnn ve bir x nokası vardır, öyle ki farklı nokaların bir serisi vardır lim x n n x dır. Bolzano-weiersrass eoreminden dolayı; J de farklı nokalar içeren x () nin sıfırlarının serisi n n lim n n, I vardır ve öyle ki dır., x( ) nin bir sıfırı olduğundan n,,... için x ( ) dır. n burada dizinin sadece aran olduğu durumunu inceleyeceğiz n serisinin lim n J n ile kesinlikle aran olduğunu kabul edelim. x( ) x( ) n n için n n dır. Bu durumda bir, eoreminden x( n ) dır. O halde; x( ) lim x( ) ve n x( ) lim x( ) olur. n n n n n n n vardır öyle ki ( n aran olduğundan) Rolle

29 Lx( ) x ( ) x( ) başlangıç değer probleminin ek çözümü aşikar çözümdür. Buda bir çelişkidir. O halde Lx( ) J de salınımsızdır..7. Örnek: x( ) x( ) x() x( ) Surm değer problemini göz önüne alalım. x( ) c cos c sin,, dir. Sınır koşullarını uygulayalım. x() c cos c sin c dır. Böylece x( ) c sin,, olmalıdır. x x( ) c sin x olduğundan olduğundan sağlanmalıdır. Bu durumda için üç durum söz konusudur.,, durumlarını inceleyelim; i., için uygun c sabii bulunmadığından çözüm yokur. sin için c sin koşulunu sağlarsan sonsuz ane c bulunduğundan Surm değer probleminin için x( ) c sin şeklinde sonsuz çözümü vardır.

30 .6. Teorem: Lx( ), J I da poziif çözüme sahipse Lx( ) J de disconjugaedir. Aksine J, I nın kompak al aralığı ve Lx( ), J de disconjugae ise Lx( ), J de poziif çözüme sahipir. İspa: Lx( ), J I da poziif çözüme sahip olsun. Surm Ayrışırma Teoreminden dolayı aşikar olmayan hiçbir çözümün J de sıfırı yokur. Böylece Lx( ) J de disconjugaedir. : J, I nın kompak al aralığında Lx( ), J de disconjugae olsun. a b sabileri J nin uç nokaları olsun. u ve v sırasıyla Lx( ) J de disconjugae olduğundan u( a), v( b) u( a), v( b) başlangıç değer probleminin çözümü olsun. Böylece Lx( ) J de disconjugaedir. u( ), a, b de v( ), a, b de elde edilir. Böylece x( ) u( ) v( ) Lx( ) J a, b de bir poziif çözümüdür..8. Örnek: x( ) x( ) denkleminin lineer bağımsız çözümleri çözüm fonksiyonunun J, ve x cos x sin dir. Her iki aralığında bir ane sıfırı olduğundan disconjugaedirler. Dolayısıyla denklemin genel çözümü x( ) ccos csin

31 3 de J de disconjugaedir faka J kompak olmadığından x ek işareli değildir. Dolayısıyla poziif çözüme sahip değildir..9. Örnek: x ( ) 5 x( ) 6 x( ) denkleminin lineer bağımsız iki çözümü x çözümü; x() c e c e 3 e ve x 3 e olduğundan genel olarak yazılabilir. Bu da denklemin de diskonjugae olması demekir. Şimdi p ( ) x( ) a ( ) x( ) (.3) p ( ) x( ) a ( ) x( ) (.4) self-adjoin denklemlerini ele alacağız. Self-adjoin denklemlerde I aralığında kasayı fonksiyonları süreklidir ve I aralığında p( ), p( ) dır..6. Teorem (Picone Özdeşliği): u () ve v (), a, b I aralığında sırasıyla (.3) ve (.4) denklemlerinin çözümleri olduğunu kabul edelim. ( v ( ) olmak üzere) Bu durumda u () v () p( ) u( ) v( ) p( ) u( ) v( ) b a (.5) b b b u () q( ) q ( ) u ( ) d p ( ) p( ) u ( ) d p( ) v ( ) d v () a a a dır. İspa: a, b için

32 4 u () v () p ( ) u( ) v( ) p ( ) u( ) v( ) u () p( ) u( ) u( ) p( ) v( ) v () u ( ) u ( ) p ( ) u( ) u p ( ) u( ) u( ) p( ) v( ) p( ) v( ) v( ) v( ) u ( ) u ( ) p ( ) u( ) u( ) p ( ) u( ) p( ) v( ) p( ) v( ) v( ) v( ) u ( ) u( ) u( ) v( ) u ( ) v( ) q ( ) u ( ) p ( ) u( ) q( ) v( ) p( ) v( ) v () v () u( ) u( ) v( ) u ( ) v( ) q ( ) u ( ) p ( ) u( ) q( ) u ( ) p( ) v( ) v () p ( ) u ( ) p ( ) u ( ) q ( ) q ( ) u ( ) p ( ) p ( ) u( ) p ( ) u( ) u( ) u( ) v( ) u ( ) v( ) p( ) v( ) v () q ( ) q ( ) u ( ) p ( ) p ( ) u ( ) p ( ) u( ) v ( ) v( ) v( ) u( ) u( ) u ( ) v( ) v () u( ) v( ) u( ) v( ) q( ) q ( ) u ( ) p( ) p( ) u( ) p( ) v () u( ) v( ) u( ) v( ) q( ) q ( ) u ( ) p( ) p( ) u( ) p( ) v ( ) v () u () q( ) q ( ) u ( ) p ( ) p( ) u( ) p( ) v ( ) v () dır. Her iki arafın a dan b ye inegrali alınırsa "Picone özdeşliği" elde edilir.

33 5 Picone özdeşliği Surm ayırma eoreminin genelleşirilmişi olan Surm karşılaşırma eoreminde kullanılır..7. Teorem (Surm Karşılaşırma Teoremi): u (), p ( ) x( ) q ( ) x( ) çözümü ve I aralığında a b olmak üzere ardışık sıfırlara sahip ( a b, u( a) u( b) ) olduğunu ve a, b için q ( ) q ( ), p ( ) p ( ) (.6) olduğunu kabul edelim. Eğer () v, (.4) ün çözümü ve a, b için (.6) daki eşisizliklerden biri sağlanırsa veya u () ve v () ab, aralığında lineer bağımsız ise v( ), a, b aralığında bir sıfıra sahipir. İspa: u () nin I aralığında p ( ) x( ) q ( ) x( ) denkleminin çözümü ve a ua ( ) ub ( ) olduğunu kabul edelim. a, b p ( ) x q ( ) x denkleminin çözümü ve v( ), a, b b olmak üzere için v (), olsun. ab, aralığında c ve d elemanları a c d b şeklinde olsunlar (.5) Picone özdeşliğinde a c b d yazarsak

34 6 d d d u () v () q( ) q ( ) u ( ) d p ( ) p( ) u ( ) d p( ) v ( ) d (.7) c c c u() v() p( ) u( ) v( ) p( ) u( ) v( ) elde edilir. Elde eiğimiz eşilike c d a b alınırsa d d d u () lim q( ) q ( ) u ( ) d p( ) p( ) u( ) d p( ) v ( ) d ca v () db c c c u() lim p( ) u ( ) v( ) p( ) u( ) v( ) ca v() db a, b için q() q (), p () p () u () ve () bağımsız olduğundan d c d c v,, ab aralığında lineer d d d u () lim q( ) q ( ) u ( ) d p( ) p( ) u( ) d p( ) v ( ) d ca v () db c c c olur ve böylece u() lim p( ) u ( ) v( ) p( ) u( ) v( ) ca v() db olur. Diğer arafan u() lim p( ) u ( ) v( ) p( ) u( ) v( ) ca v() db ifadesine bakalım. Öncelikle c d c d c a için u() lim p( ) u ( ) v( ) p( ) u( ) v( ) a v() ifadesini ele alalım. u (), (.3) ün bir çözümü ve a b olmak üzere

35 7 u( a) u( b) idi. a, b için u ( ) olsun. ( u ( ) için de aynısı geçerli ) lim u ( ) ca lim u ( ) db elde edilir. (.8) i. va ( ) olsun. (.8) den u() lim p( ) u ( ) v( ) p( ) u( ) v ( ) a v() elde edilir. ii. va ( ) olsun. (.8) den dolayı u () lim p( ) u ( ) v( ) p( ) u( ) v ( ) a v() elde edilir. Bu durumda düzenlenip L Hospial kuralı uygulanırsa ve v ile u olduğu kullanılırsa lim p ( ) u ( ) u( ) a p u v () ( ) ( ) v ( ) p u lim a v () ( ) ( ) ( ) v u( ) u ( ) p( ) v ( ) u ( ) p( ) v ( ) lim a v() elde edilir. v (), a, b için va ( ) kabul eik, v () aralıka bir ek sıfıra sahip olduğundan v( a) olur. Bu durumda u( ) u( ) p ( ) v( ) u ( ) p ( ) v( ) v() lim a

36 8 dır. (.7) de zılık elde eik. Şimdi d u() lim p( ) u ( ) v( ) p( ) u( ) v ( ) b v() ele alalım. i. vb ( ) olsun. Ayrıca (.8) den b için u() lim p( ) u ( ) v( ) p( ) u( ) v ( ) b v() ii. vb ( ) olsun. Ayrıca (.8) den dolayı u () lim p( ) u ( ) v( ) p( ) u( ) v ( ) b v() elde edilir. Bu durumda düzenlenip L Hospial kuralı uygulanırsa lim p ( ) u ( ) u( ) b p u v () ( ) ( ) v ( ), u ( ) lim b p ( ) ( ) ( ) u v v () u( ) u ( ) p( ) v ( ) u ( ) p( ) v ( ) lim b v() vb ( ) ve () göre v, a, b, p ( ) için ek sıfıra sahip olduğundan v( b) dır. Buna u( ) u ( ) p ( ) v ( ) u ( ) p ( ) v ( ) v() lim b dır. Bu durumda u() lim p( ) u ( ) v( ) p( ) u( ) v( ) ca v() db olması u() lim p( ) u ( ) v( ) p( ) u( ) v( ) ca v() db d c d c

37 olmasıyla çelişir. O halde () v, a, b 9 aralığında bir sıfıra sahipir.

38 3 3. ÇÖZÜMLERİN DAVRANIŞI Bu bölümde ikinci merebeden lineer olmayan diferansiyel denklemlerin özel bir sınıfının üm çözümlerinin sürekli, sınırlı ve sıfıra yakınsak olmasını garani eden koşulları oluşuracağız. Bu kesimde F C, 3, F, x, x, x (3.) ikinci basamakan adi diferansiyel denklemini ele alacağız. Bu denklemde geçen x fonksiyonu, olmak üzere x,, aralığında iki kez sürekli ürevlenebilen ve (3.) denkleminin çözümü olan bir fonksiyondur. x sayısının seçimi incelenmeke olan özel x çözümüne bağlıdır. x, İkinci basamakan (3.) denkleminin, üzerinde anımlı aşikar olmayan bir x çözümü her poziif sayısı için aralığında sonsuz sayıda sıfıra sahipse böyle bir çözüme salınımlı çözüm, aksi halde salınımlı olmayan salınımsız çözüm denir. Her için, x olacak şekilde bir varsa x çözümü salınımsızdır. Başka bir deyişle, salınımsız bir çözüm belli bir nokadan sonra ya daima poziif ya da daima negaif olmalıdır. (3.) denkleminin üm çözümleri salınımlı ise o zaman (3.) denklemine salınımlıdır deriz. Diferansiyel denklemlerin salınımlı davranışlarını inceleyeceğimiz bu çalışmamızda çözümlerin ayrınılı bilgisine ihiyacımız olmayacak, daha ziyade salınımlılığını gösermek için gerekli koşulları ve bu koşulların anlamlığını inceleyeceğiz. 3.. Süreklilik, Sınırlılık ve Sıfıra Yakınsama olmak üzere a, qc,,, f, g C, h ec verilmiş fonksiyonlar ve y,,, üzere; ve için g y olmak

39 3,,,, a x h x x q f x g x e x x (3.) formunda ikinci basamakan lineer olmayan diferansiyel denklemini ele alalım. (3.) denklemi yerine bazen ona denk olan x y y a y h, x, y q f x g y e, x, y a sisemini ele almak daha uygundur. (3.3) : ma, ve p ks p p ks p : ma, olarak anımlanırsa p p p olur. (3.) denklemi ya da ana denklem olan (3.3) siseminde F x f sds, G y,, r e x y x y s ds olarak anımlayalım ve g s (3.4) eşisizliğini sağlayan bir r C,, fonksiyonu var olsun. Ayrıca y h, x, y (3.5) olsun ve y m ng y g y (3.6) eşisizliğini sağlayacak şekilde negaif olmayan m ve n sabileri var olsun. Süreklilikle ilgili eoremi vermeden önce, iyi bilinen Gronwall lemmasını verelim. Gronwall lemması çözümlerin sürekli, sınırlı ve sıfıra yakınsak olmasını göserirken yardımcı olacak. 3.. Lemma (Gronwall Eşisizliği): I, reel sayıların bir al aralığı u () ve q (), olmayan sürekli fonksiyonlar ve c bir sabi olmak üzere; için negaif

40 3 u c q s u s ds, I ise bu durumda u c exp qsds, I dır. 3.. Teorem : (3.4)-(3.6) sağlansın y olması için a ve F x alan sınırlı olsun. Eğer G y olmasını gerekiriyorsa her için (3.) denkleminin üm çözümleri anımlıdır. İspa: Kabul edelim ki (3.3) denkleminin, sıçrama süreksizliği yapsın. Yani lim x y sınırlı olduğundan, öyle bir V x, y, G y F x K q a x y çözümü bir T nokasında T K sabii vardır ki F x olsun. K sağlanır. Fx alan anımlayalım. Bu durumda q a V x, y, G y G y y F x K q q a a F x x dir. y s G y ds, g s g y y x F x f s ds f x ve (3.3) den x y olduğundan

41 33 x a q a y V x, y, G y F x K y yani q a q g y f x a y q a y G y F x K a y q a a q g y f y q a y f y V G F K a y h q f g e q a a q g y a q a a y h y f y G F K q a a q g y a q g y a e y f y a q g y a elde edilir. Diğer arafan olduğundan, elde edilir. e q e y V G q a q g y q e y G q a q g y q e y G y q a q g y r olduğundan F K y y a a h a a q g y a q g y q r y V G y q a q g y olur. Ayrıca q : ma ks q,, q ks q y m ng y g y olduğundan ma, ve

42 34 q r r V G y m n G y (3.7) elde edilir. q a q a q V x, y, G y F x K q a olduğundan G y q nin V x, y, den küçük olduğunu görüyoruz. Yani G y V dir. (3.7) eşisizliğini dan ye inegrallersek q r a q T aralığında sınırlı olduğunu dikkae alarak T, için qs mr s nr s V sds V V G y s G y sds q s a sqs a sq s K q s rs n G y sds q s a sq s qs rs G y V K n G y sds q q s asq s q s rs G y s G y K n ds q q s a s q s buluruz. Gronwall eşisizliğini kullanarak qs rs G y K exp n ds q q s a s T qs rs Kexp n ds K q s a s elde ederiz. Bu da göserir ki T üzerinde G y sınırlıdır. Dolayısıyla, x olduğundan x de aynı aralıka sınırlıdır. O halde x y nin, nin

43 35 inegrali de T üzerinde sınırlıdır. Bu da (3.3) denkleminin çözümü olan, x, y ikilisini sıçrama nokasında çözüm olması kabulümüzle çelişir. 3.. UYARI:. Teorem 3. de e, x, y olursa (3.4) şarı kaldırılabilir.. g y üzerine daha güçlü bir y k için y M G y g y (3.8) olacak şekilde M ve k poziif sabileri vardır şarını ekleyerek, olan şarı da kaldırabiliriz. a üzerine Bu sonucun ispaı Teorem 3. in ispaından daha fazla deay içerdiğinden sonucun ispaına burada değinmeyeceğiz. Bundan sonra çözümden kasımız üzerinde sürekli çözümler olacakır., Aşağıdaki sonuçlarda, (3.) denkleminin üm çözümlerinin sınırlı olduğunu gösermek için yeerli şarlar vereceğiz. Bu sonuçlar aynı zamanda (3.) denklemindeki gösermekedir. a ve gx fonksiyonları arasındaki ilişkiyi de 3.. Teorem : n için (3.5) ve (3.6) sağlandığını varsayalım. ve a bir sabi olmak üzere; a, a a ve n,, a e x y (3.9) q q

44 36 olsun. Bu durumda eğer x iken çözümleri sınırlıdır. Fx ise, (3.) denkleminin üm İspa: x iken K için F x olduğundan anımlayalım. Buradan Fx olduğundan Fx alan sınırlıdır. Dolayısıyla bir K olarak yazılabilir. Faka x iken Fx Fx in bir üs sınırından bahsedemeyiz. q V, x, y F x K G y a F x K F x K V, x, y q q G y y a elde edilir. a q x f x a a F x K F x K q a a y y g y q y f a a F K y F K q a y a a g ya q y f a a F K y F K q ay h q f g e a a g ya q y q f aq F F K a y h y y q f e y K a a a a g a g a a g q e y aq F K a y h y F K a a g y a a g y a g y a a g y a g y a q F K a y h y olduğundan

45 37,, q e, x, y y F x K a a g y q e x y y V F x K a a g y elde edilir. q e a n q olduğundan q e, x, y y V F x K a a g y q q q y F x K a q n q g y q q q y F x K a q n q g y q q y F x K q a n g y elde ederiz. Bu eşisizliği dan ye inegrallersek q s q s y s V V F xs K ds q s a s n g y s elde ederiz. Buradan q s q s y s m nv m nv n F xs K ds q s a s g y s olur. Diğer arafan q V F K G a olduğundan q m nv n F K m ng a dir. Ayrıca (3.6) de y m ng g y olduğundan

46 38 q y q n F K n F K m ng a g y a olup q y n F x K m nv m nv a g y yani q s y s q s n F xs K ds q s g y s a s q y n F x K m nv a g y olup Gronwall eşisizliğinden q s y s q s n F xs K ds q s g y s a s y q q s n F x K m nv exp ds K e g y a q s elde edilir. Dolayısıyla y q q n F x K K g y a q elde edilir. Böylece a n q F x q K q olur ki bu da iken için Fx olduğundan ln q ln q F x nin sınırlı olduğunu verir. Hipoezden x x sınırlı olmalıdır Teorem : (3.5), (3.8) ve x iken f x sağlandığını varsayalım, a bir sabi olmak üzere a a ve

47 39 s a ds (3.) a s sağlansın, ayrıca e, x, y üm çözümleri sınırlıdır. a q M q olsun. O zaman (3.) denkleminin İspa: (3.8) şarı, üm y ler için y g y A MG y sağlayan bir A sabiinin var olduğunu göserir. Ayrıca g C, ve g olduğundan T g ve sınırlıdır. Eğer y ise uygun B sabileri için için, y g y B sağlanır. y ise g y y olup y y y dir. O halde g y g y üm y ler için yazılabilir. x iken K sabii vardır. M ise y y B g y g y Fx olduğundan q V, x, y F x K G y A B a olarak anımlayalım. Bu durumda F x K olacak şekilde

48 4 F x K F x K V q q G y y a a q F x K a q q F x xa a F x K F x K q G y q a a q q f x a y a F x K y F x K q y q a a g y q q q f x y a q F x K a a y g y ay h q f g e a q q q f y a y h y F x K q a a a a g y a g y aq F x K q f y e y a a g y F K F K q a a a a g y a g y q q a q a y e y h y elde edilir. Diğer arafan a max a, olduğundan q q a q y e y h y V F K F K q a a a g y a g y q q a q y e y F K F K q a a a g y a g y a e y q q q y F K F K q a a a g y a g y elde edilir. e aq M q olduğundan

49 4 a q y q q a q y M q V F K F K q a a a g y a g y a q y q q q y F K F K q a a a g y M q g y q q y a q y F K F K q a M g y a a g y elde edilir. Burada dir. Dolayısıyla elde edilir. Eğer y y B B A M G y g y g y y M g y M M B A M G y A B G y olduğunu kullanırsak, y A M G y g y q q y a q y V F K F K q a M g y a a g y q q a q F K A B G y F K A M G y q a M a a q q a q F K A B G y F K A B M G y q a M a a q q M a q F K A B G y F K A B M G y q a M M a a a F K q q q F K A B G y M A B G y q a M a a M M elde ederiz. M olduğunda M dir. O halde eşisizlikeki M yerine yazarsak

50 4 q q a q V F K A B G y M F K A B G y q a a a şeklinde eşisizliği büyüebiliriz. Daha sonra q q a q V F K A B G y M F K A B G y q a a a q q a F K A B G y M a q a elde ederiz. Bu eşisizliği dan ye inegrallersek q q a V V F K A B G y M ds a q a V s s qs a V V M V sds q s a s buluruz, Gronwall eşisizliğinden V V e K q s as M ds qs as V e e a s q ln M ds q as q a V M ; a a q a V q q a K a q q olduğu görülür. Böylece T deki üm ler için V q K q olduğundan, V sınırlıdır. O halde x için q V F x K G y A B a

51 43 sınırlı olmalıdır. Dolayısıyla edilir. Eğer M ise ve q V, x, y F x K G y A B a M x nin sınırlılığı Teorem 3. de olduğu gibi elde şeklinde anımlanırsa, benzer yolla q a V V q a elde edilir ve yukarıdakine benzer sonuçlar bu durum için de geçerli olur. 3.. Sonuç: Teorem 3. ya da Teorem 3.3 ün hipoezlerine, q sabi olmak üzere q ve y iken q çözümleri sınırlı olur. G y koşulları eklenirse (3.3) siseminin üm İspa: Teorem 3. nin ispaında q V, x, y F x K G y a şeklinde anımlayıp q q y V F x K q a n g y olduğunu bulmuşuk. y m n G y g y olduğundan q q V F x K m n G y q a n q m V q n buluruz.. Bu eşisizliği dan ye inegrallersek

52 44 m ln q q s V V V sds n q q s bulunur. Böylece Gronwall eşisizliğinden, K bir sabi olmak üzere q s q V Kexp ds K q s q elde edilir ki bu da sınırlılığından kaynaklanır. V nin sınırlılığını verir. y nin sınırlılığı da G y nin Aşağıdaki Lemma (3.) denkleminin salınımsız olan çözümlerinin sıfıra yakınsak olduğunu ispalamak için kullanılacak. Bunun için aşağıdaki ek varsayımlara ihiyacımız var. I. x için xf x ve sıfır haricinde sınırlı ise f sınırlıdır. I. (3.4) sonucu sağlanır ve iken I 3. x sınırlı ise öyle bir,, k g y h x y dir. ve iken I 4. c bir sabi olmak üzere r () q dır, x de sıfır haricinde k sürekli fonksiyonu vardır ki ve için ve dır. Burada, x, y, k q g y c, g s ds, ds dır. a s 3.. Lemma: I I koşulları sağlansın x 4, (3.) denkleminin salınımsız sınırlı bir çözümü ise liminf x dır.

53 45 İspa: x, (3.) denkleminin sınırlı salınımsız bir çözümü olsun yani, T için B sabi olmak üzere sağlanacak şekilde belirlensin. zaman öyle bir koşulundan x B olsun ve kabul edelim ki k, vardır ki T ( I 3 ) liminf x olduğunu varsayalım. O için f x A r ( ) k A ve cq 4 q A, 3 4 olacak şekilde 3 seçelim. (3.) denkleminden a x e, x, x h, x, x q f g x g x g x,, r x, sıfır haricinde sınırlıdır. Böylece ( I ) olacak şekilde bir A sabii vardır. x e x x (3.),, kg x I h x x c I g x f x A koşullarından, e, x, x h, x, x q f g x g x r () k q f x g x r () k q A c r( ) k q A c q q r k A, A c q 4 q 4 Aq x 3 4

54 46 dir. Böylece 3 için Acq a x olur. Bu eşisizliği 3 den ye inegrallersek için a x a3 x3 Ac qsds elde ederiz. O halde öyle bir 4 3 vardır ki 4 yüzden x x4 a4 x4 ds. a s elde ederiz ki bu 4 3 için x sağlanır. Bu T için x ile bir çelişkidir. T için x ise benzer bir iddia ispalanabilir. Aşağıdaki iki örnek I 3 şarının gerekli olduğunu gösermekedir. 3.. Örnek: x x x, (3.) 3 denklemini ele alalım. Burada a e, x, x,, h x x x q g x f x x,, k g y h x y

55 47 eşisizliğine sahip olmadığımızdan Lemma (3.) ın üm hipoezleri ( I 3 ) koşulu hariç sağlandığı açıkır. Böylece (3.) denklemi liminf x koşulu sağlanmaksızın bir sınırlı salınımsız x çözümüne sahipir. 3.. Örnek: 4 3 x x x x 6, (3.3) denklemi ( I 3 ) hariç Lemma (3.) in üm şarlarını sağlar. Burada,, h x x x x g x faka iken ayrıca x k q salınımsız çözümleridir., (3.) denkleminin sınırlı Durum C: x, (3.) denkleminin salınımsız bir çözümü ise lim x dır. Ayrıca p ve b exp exp s q q s s a a s ds ds anımlansın. Bu durumda için p ve b dir Teorem: (3.4), (3.5) ve (3.) ve x iken Fx koşulları sağlansın

56 48 s q ds (3.4) q s r s ds (3.5) q s ve y N g y (3.6) olacak şekilde bir N poziif sabii var olsun. Bu durumda (3.) denkleminin üm çözümleri sınırlıdır. Eğer ek olarak ( I )-( I 4 ) sağlanırsa C koşulu sağlanır. İspa: x iken Fx ve bir K sabii için F x V x, y, b p F x K G y a q olsun. O zaman K dır. a q V b p F x K Fxx G y G yy a a q q a q F x K G y a q a q a q y b p F x K G y f x x a q a q g y a a q a y h q f x g e, x, y F x K G y a q a q a q a y h y b p F x K G y f xy a q a a q g y a q g y f x y e, x, y y a q F x K G y a a q g y a q a q

57 49 q a q V b p F x K G y F x K a q a q a a y y G y e, x, y a q a q g y a q g y b p a y r y a q g y aq g y elde edilir. (3.) ve (3.4) koşullarından q q a, p p, a ve bb eşisizliklerini sağlanır. Burada q, p, a ve b sabilerdir. Ayrıca her y ve bir N sabii için yüzden V yi dan ye inegrallersek üm için N a s N r s q a s a q s V V ds ds K burada K sabiir. Böylece a a F x K K, ve x iken b q bp Fx koşulu yardımıyla y N g y sağlanır. Bu x nin sınırlı olduğu görülür. Daha sonra, kullanarak yardımıyla x (3.) denkleminin salınımsız bir çözümü olsun. ( I ) K seçebiliriz. x liminf olduğundan Lemma 3. x eninde sonunda monoon ise işimiz bier. Eğer x monoon aran değilse, kabul edelim ki verilsin ve seçelim. Öyle ki için ( I 3 ) sağlanır ve F x ve y olsun. Bu durumda a b p, 3a s a a s ds b pq k 3a N

58 5 r s ds a b p q s 3a N olur. Şimdide V de den ye inegrallersek için q a b p F x V V buluruz. Bu b q a an a s an r s V ds ds b p b p q a s a b p q s lim x anlamına gelir. Böylece ( I ) yardımıyla ancak ve ancak x elde edilir. F x Son olarak aşağıdaki ane eorem verelim Teorem: (3.4), (3.5), (3.9), (3.5) ve x iken Fx koşulları sağlansın ve öyle bir L poziif sabi var öyle ki y g y L olsun. Bu durumda (3.) denkleminin üm çözümleri sınırlıdır. Eğer bir de ( I )-( I 4 ) koşulları eklenirse C durumu da sağlanır Teorem: (3.4), (3.5), (3.8), (3.), (3.4) ve x iken Fx koşulları sağlansın c g y ve r s q s ds olsun. Bu durumda (3.) denkleminin üm çözümleri sınırlıdır. ( I )-( I 4 ) koşulları bu duruma eklenirse C durumu da sağlanır.

59 5 3.. Analizden Bazı Yararlı Sonuçlar ve Sabi Noka Teoremleri Bu bölümde bazı sabi noka eoremlerini ve ihiyacımız olan analizin diğer sonuçlarını belireceğiz. Bir vekör uzayı bir. normu ile donaılırsa bir normlu vekör uzayı olarak yeniden adlandırılır. Herhangi bir x, y E ve her, a için vekör uzayının E alkümesi konveksir denir. ax a y E ise X normlu n Normlu uzayında x dizisi X de x vekörüne yakınsar ancak ve ancak n iken xn x dizisi sıfıra yakınsakır. için bir N N vardır öyle ki her n, m N Her n için xn xm k ise X normlu vekör uzayındaki x dizisine bir Cauchy dizisi denir. Açık bir şekilde bir yakınsak dizi aynı zamanda Cauchy dizisidir faka ersi doğru değildir. X in elemanlarının her Cauchy dizisi X in bir elemanına yakınsıyorsa bu X uzayına am uzay denir. Tam normlu bir vekör uzayına bir Banach uzayıdır denir. E, X Banach uzayının al kümesi olsun. Eğer E de x e yakınsayan bir vekör uzay varsa x X nokasına E nin limi nokası denir. E limi nokalarının ümünü içeriyorsa E al kümesi kapalı dır. E nin birleşimi ve limi nokası E nin kapanışıdır ve E ile göserilir. F, X in normlu uzayı ve E de X in bir al kümesi olsun. T : E F operaörü x E nokasında süreklidir ancak ve ancak her için vardır, öyle ki her y E için xy iken Tx Ty dur. Dahası T, E üzerinde süreklidir ya da kısaca süreklidir eğer T, E nin her nokasında sürekli ise, E deki her

60 5 vekör dizisi E de bir veköre yakınsayan al dizi içeriyorsa X Banach uzayının E al kümesi kompak ır denir. E deki her dizi X de bir veköre yakınsayan bir dizi içeriyorsa E ye bağıl kompak ır denir. Yani E kompak ise E bağıl kompakır. Her a, b ve her f E f K olacak şekilde poziif bir K sabii var ise C a, b, deki E ailesine düzgün sınırlıdır denir. Dahası için bir var öyle ki her, a, b için ve her f E ise E eş süreklidir denir. 3.7 Teorem (Arzela-Ascoli eoremi) E C a, b, al kümesi f sup a, b f f f iken Normu ile bağıl kompak olması için gerek ve yeer şar E, ab, de düzgün sınırlı ve eş süreklidir. BT,,,, T aralığında üm sürekli ve sınırlı gerçel değerli fonksiyonların Banach uzayı olsun ve alışılmış. sup norm sahip olsun. Aşağıdaki sonuç B T,, nın al kümeleri için bir kompaklık krieri sağlar. Kompaklık Krieri: E, B T,, Banach uzayının eş sürekli ve düzgün sınırlı bir al kümesi olsun. E, da eş yakınsak ise bağıl kompakır Teorem (Schauderin sabi noka eoremi): E, X Banach uzayının kapalı, konveks ve boş olmayan bir al kümesi olsun. T : E E sürekli bir eşleme olsun öyle ki TE X in bağıl kompak bir al

61 53 kümesidir. O zaman T, E de en az bir sabi nokaya sahipir. Yani Tx x olacak şekilde bir x E vardır Teorem (Schauder-Tychanov Sabi Noka Teoremi): X yerel konveks lineer bir uzay, S, X in kompak konveks bir al kümesi ve T : S S, TS kompak ile sürekli bir eşleme olsun. O zaman T, S de sabi bir nokaya sahipir. 3.. Teorem (Lebesque nun (dominan) Baskın Yakınsak Teoremi): n E ölçülebilir bir küme ve f ölçülebilir fonksiyonların bir dizisi olsun. Öyle ki ae, E de f x f x ve her n için E de f x g x lim n n de inegrallenebilir. O zaman lim n n E E dir. f x dx f x dx n burada g, E

62 54 4. YARI SONSUZ EKSENDE ADİ DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN SALINIMSIZLIĞI 4.. Temel Teorem (Surm Karşılaşırma Teoremi) Bu kesimde olmak üzere; a, a C,, ve q, q C,, a x q x ve (4.) a y q y (4.) denklemlerini ele alacağız. Ayrıca aralığında,, q q a a (4.3) olduğunu varsayacağız. aralığında, x q x denkleminin y, y q y x, denkleminin aşikar olmayan çözümü olsun. x x ve, için x olsun. q, q C,, olmak üzere, q, q q sağlanıyorsa y,, q değişirmelidir. için aralığında işare İspaı için sandar mehodla Wronskian argümenine bağlı olarak yazabiliriz. y x wy, x: y x x y y x

63 55 eşiliği x ve y nin wronskianı olmak üzere, için x ve y olsun. Bu durumda d y x x y y x x y d y q x x q y q q x y elde ederiz. Bu eşiliği ve ye inegrallersek y x x y q s q s x s y s ds elde ederiz. Kabulümüz gereği ve, x olduğunu elde ederiz ki bu bizi bir çelişkiye ulaşırır. Bu da y olamayacağını verir. Bu sonuç,, ve q q C a C a x q x ile a y q y,,, olmak üzere denklemlerinin çözümlerine kolayca genişleilebilir. Bunu ispalamak için d y a x x a y q q x y d Surmian özdeşliği yeerli olacakır. Ancak a C,, ve q q C a x q x ile,,, olmak üzere (4.) a y q y (4.) denklemlerinin çözümlerini de, q, q q ve a a q (4.3)

64 56 hipoezleri alında karşılaşırmak isersek, surmian özdeşliği d y a x x a y q q x y a a x y d formunu alır. y nin işareleri bilinmediğinden kullanışlı değildir x ve ancak y ise o zaman bu özdeşlik Picone [6] arafından modife edilir. Daha genel bir d x d y (4.5) y a x x a y q q x a a x x a x y y özdeşlik halini alır. Burada x x,, da y ve, da (4.4) sağlanırsa, isenen çelişkiyi elde emek için (4.5) eşiliğini den ye inegrallemek yeerli olacakır. 4.. Salınımsızlık Krieri ve Karşılaşırma Teoremleri Bu bölümde bir için a C,, ve q C,, olduğunda (4.) denkleminin salınımsızlığı için gerekli ve yeerli şarlar koyacağız. 4. Lemma: (4.) denklemi salınımsız olması için gerek ve yeer şar u u q a eşisizliğini sağlayan bir u C,, fonksiyonu var olmasıdır. Şimdi a C,,, p C,,, f C, olan q C,, ve

65 57 a x p x q f x (4.6) daha genel denklemi düşünelim., x ve i. x f x, x, k reel bir sabi olduğunu kabul edeceğiz. ii. f x k 4.. Teorem: C,, bir fonksiyonun var olduğunu kabul edelim. (4.6) salınımsız ise * a y kq y (4.7) de salınımsızdır. Burada Q * q ka h * a h * p h * ve h * dir. ka (4.8) p a (4.9) İspa: x, (4.6) nın salınımsız bir çözümü olsun. f x * w a h x anımlansın. O zaman, a x a x f x x f x f x * w a h f x x * a h

66 58 yada a x a f xx f x f x * a h w p * x * kh a h a f x p x * x q a h a f x f x f x x x f * * Q ka h k a * Q w k a w w Q * Lemma 4. i uygulayarak isenilen sonuca varırız. 4.. Sonuç: * * Q, h sırasıyla (4.8), (4.9) de anımlanan fonksiyonlar olmak üzere (4.7) deki denklem salınımlı olacak şekilde bir fonksiyonuna sahipse, (4.6) denklemi de salınımlıdır. C,, 4.. Uyarı: (4.9) dan () fonksiyonunun s ka s (4.) * exp k h s ds olarak anımlanabileceği açıkır. 4.. Lemma: C,, fonksiyonu verilsin. O zaman

67 59 a x p x q f x denkleminin salınımlı olması için gerek ve yeer şar a w Qw (4.) salınımlı olmasıdır. Burada Q q a h a h ve h dır. (4.) (4.3) 4.3. Teorem: a, a C,, ve q, q C olsun. Farz edelim ki,, a x q x, x x sınır değer problemi ve de x özellikli bir, a s s a s s x s Q s Q s x s ds olacak şekilde iki, C x çözüme sahip olsun,, fonksiyonları var olsun. Burada Q ve h fonksiyonları sırasıyla (4.) ve (4.3) da anımlanmışır. Ayrıca Q q a h a h (4.4) h dır. Öyleyse (4.5) x ve y oranılı olmadıkça

68 6 a y q y denkleminin her y çözümü de bir sıfıra sahip olmalıdır., 4.. Sonuç:,,, ve q q C a a C,,, olsun. QQ, sırasıyla (4.) ve (4.4) de anımlanan fonksiyonlar olmak üzere, üzerinde ile Q Q sağlayan iki C a a fonksiyonu var olsun. Bu durumda a x q x denklemi salınımlı ise a y q y de salınımlıdır.,,, 4.. Örnek:, aralığında c x x (4.6) Euler diferansiyel denklemi ve y c y (4.7) diferansiyel denklemini düşünelim. Burada c ve c reel bir sabilerdir. (4.6) Euler denklemi c ise salınımlı, 4 c ise salınımsızdır. Bu yüzden sonuç 4 (4.) den c c ise denklem salınımlı ve c c ise denklem 4 4 salınımsızdır. Q, h, Q ve h sırasıyla (4.), (4.3), (4.4), (4.5) de anımlandığı gibi ve, C,, olmak üzere

69 6 ds ds a s s (4.8) a s s ve sabi için Qsds, Q s ds (4.9) olması halinde elde edebileceğimiz sonuçları verelim Teorem: Aşağıdaki dör durum birbirine denkir. q x i. a x ii. denklemi salınımısızdır. v s s v ds a s, T (4.) olacak şekilde bir T sayısı ve v C T,, fonksiyonu vardır. Öze olarak w, (3.) denkleminin salınımsız bir çözümü ise v, T için v a w w olarak alınabilir. iii. v s s v ds a s, T olacak şekilde bir T iv. y Q (4.) sayısı ve y v C T,, fonksiyonu vardır. (4.) a olacak şekilde bir y C T,,, T fonksiyonu vardır. İspa:

70 6 i ii Lemma 4. den a x q x denklemi salınımsız olduğundan Lemma 4. den a w q x denklemi salınımsızdır. a w Q w w, denkleminin çözümü olsun. Genelliken hiçbir şey kaybemeden T için w olsun. T için v a w w şeklinde anımlansın. O zaman T için w v a w a w w w w Q w a Q a w w v v v Q a buluruz. Yukarıdaki denklemi den u ya inegrallersek u T u v s s v u v Q s ds ds a s buluruz. Bunun için v s s u (4.3) ds (4.4) a s sabi bir için T olduğunu varsayalım. O zaman bir T u T T u v s v s v u v Q s ds ds ds a s s a s s T vardır öyle ki u T

71 63 u u T v s v s v u ds v Q s ds ds a s s a s s T ya da denk olarak u T v s s v u ds, u T (4.5) a s buradan u T sonucu çıkar. v u a s için wu ve dolayısıyla v u T v s s T ds v s s u v u v u ds her iki arafı a s u v s au u ds a T s s u v s as s e bölersek a u u w u au u ds T v u v u w u yukarıdaki eşisizlik T den u ya inegrallenirse u u v s as s T T u v s w s ds as s ds T ws u v s w T ln ds ln a s s w u, u T T olup u T v s w T ds a s s w u buluruz. Bu eşisizlike (4.5) yi kullanırsak ds w w a olduğu u,

72 64 wt vu wu w u w T au u w u w u u wt wu, u T a u wt wu a u u elde ederiz. Sonuç olarak bu son eşisizliği inegrallersek u T w s ds wu wt wt lim w u u u iken Böylece v s s a s wu buluruz. Bu da T için w kabulümüzle çelişir. ds elde edilir. Buradan u v s s v u v Q s ds ds a s u (4.6) denkleminde u olduğunda vu v v s s a s ds den dolayı v dır. Bu (4.6) dan v s s v ds a s ifadesinin çıkacağını verir. Yani (ii) sağlanır. ii iii aşikardır. sonucu çıkar. Dolayısıyla

73 65 iii iv v s s v ds a s, T eşisizliğini sağlayan bir varsayalım. v s s y ds a s olarak anımlayalım. O zaman v y y a s Q s a s Q v s s v s s v C T,, fonksiyonunun var olduğunu ve v v Q a a v y y Q Q a a y y Q (4.7) a elde edilir. Böylece iv sağlanır. iv i Lemma 4. arafından a w Qw salınımsız ise a x q x denklemi de salınımsızdır. Bu da ispaı amamlar.

Lineer Dönüşümler ÜNİTE. Amaçlar. İçindekiler. Yazar Öğr. Grv.Dr. Nevin ORHUN

Lineer Dönüşümler ÜNİTE. Amaçlar. İçindekiler. Yazar Öğr. Grv.Dr. Nevin ORHUN Lineer Dönüşümler Yazar Öğr. Grv.Dr. Nevin ORHUN ÜNİTE 7 Amaçlar Bu üniteyi çalıştıktan sonra; Vektör uzayları arasında tanımlanan belli fonksiyonları tanıyacak, özelliklerini öğrenecek, Bir dönüşümün,

Detaylı

HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER

HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER 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) (1) şeklinde olduğunu ve bununla ilgili olan n. mertebeden lineer homogen denlemin

Detaylı

İleri Diferansiyel Denklemler

İleri Diferansiyel Denklemler MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret

Detaylı

x 0 = A(t)x + B(t) (2.1.2)

x 0 = A(t)x + B(t) (2.1.2) ÖLÜM 2 LİNEER SİSTEMLER Genel durumda diferansiyel denklemlerin çözümlerini açık olarak elde etmek veya çözümlerin bazı önemli özelliklerini araştırmak için genel yöntemler yoktur, çoğu zaman denkleme

Detaylı

İleri Diferansiyel Denklemler

İleri Diferansiyel Denklemler MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret

Detaylı

FARK DENKLEMLERİ SİSTEMİ

FARK DENKLEMLERİ SİSTEMİ FARK DENKLEMLERİ SİSTEMİ 2 Daha önce alıncı bölümde ek değişken durumunda fark denklemlerini ele almışık. Burada değişken sayısının iki ya da daha fazla olduğu fark denklemlerinden oluşan bir sisemin çözümü

Detaylı

1 Lineer Diferansiyel Denklem Sistemleri

1 Lineer Diferansiyel Denklem Sistemleri Outline İçindekiler 1 Lineer Diferansiyel Denklem Sistemleri 1 1.1 Lineer sistem türleri (iki bilinmeyenli iki denklem)................. 1 2 Normal Formda lineer denklem sistemleri (İki bilinmeyenli iki

Detaylı

İleri Diferansiyel Denklemler

İleri Diferansiyel Denklemler MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret

Detaylı

1. GRUPLAR. c (Birleşme özelliği) sağlanır. 2) a G için a e e a a olacak şekilde e G (e ye birim eleman denir) vardır.

1. GRUPLAR. c (Birleşme özelliği) sağlanır. 2) a G için a e e a a olacak şekilde e G (e ye birim eleman denir) vardır. 1. GRUPLAR Tanım 1.1. G boş olmayan bir küme ve, G de bir ikili işlem olsun. (G yapısına aşağıdaki aksiyomları sağlıyorsa bir grup denir., ) cebirsel 1) a b cg,, için a( bc) ( ab) c (Birleşme özelliği)

Detaylı

Lineer Bağımlılık ve Lineer Bağımsızlık

Lineer Bağımlılık ve Lineer Bağımsızlık Lineer Bağımlılık ve Lineer Bağımsızlık Yazar Öğr.Grv.Dr.Nevin ORHUN ÜNİTE 5 Amaçlar Bu üniteyi çalıştıktan sonra; Vektör uzayı ve alt uzay yapısını daha iyi tanıyacak, Bir vektör uzayındaki vektörlerin

Detaylı

Math 322 Diferensiyel Denklemler Ders Notları 2012

Math 322 Diferensiyel Denklemler Ders Notları 2012 1 Genel Tanımlar Bir veya birden fazla fonksiyonun türevlerini içeren denklemlere diferensiyel denklem denmektedir. Diferensiyel denklemler Adi (Sıradan) diferensiyel denklemler ve Kısmi diferensiyel denklemler

Detaylı

Iki Boyutlu Sabit Katsay l Lineer Homogen Diferensiyel Denklem Sistemleri (Euler Metodu)

Iki Boyutlu Sabit Katsay l Lineer Homogen Diferensiyel Denklem Sistemleri (Euler Metodu) Iki Boyulu Sabi Kasay l Lineer Homogen Diferensiyel Denklem Sisemleri (Euler Meodu) Bu bölümde sabi kasay l, lineer, homogen 8 >< d = a 1x + b 1 y >: dy d = a 2x + b 2 y sisemi ele al nmakad r. Burada

Detaylı

İkinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler

İkinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler 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

Detaylı

MIT Açık Ders Malzemeleri Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için

MIT Açık Ders Malzemeleri   Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için MIT Açık Ders Malzemeleri http://ocw.mit.edu Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için http://ocw.mit.edu/terms veya http://www.acikders.org.tr adresini ziyaret

Detaylı

VEKTÖR UZAYLARI 1.GİRİŞ

VEKTÖR UZAYLARI 1.GİRİŞ 1.GİRİŞ Bu bölüm lineer cebirin temelindeki cebirsel yapıya, sonlu boyutlu vektör uzayına giriş yapmaktadır. Bir vektör uzayının tanımı, elemanları skalar olarak adlandırılan herhangi bir cisim içerir.

Detaylı

İleri Diferansiyel Denklemler

İleri Diferansiyel Denklemler MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret

Detaylı

DENKLEMLER CAUCHY-EULER DENKLEMİ. a n x n dn y dx n + a n 1x n 1 dn 1 y

DENKLEMLER CAUCHY-EULER DENKLEMİ. a n x n dn y dx n + a n 1x n 1 dn 1 y SABİT KATSAYILI DENKLEMLERE DÖNÜŞTÜREBİLEN DENKLEMLER Bu bölümde sabit katsayılı diferansiyel denklemlere dönüşebilen değişken katsayılı diferansiyel denklemlerden Cauchy Euler ve Legendre difarensiyel

Detaylı

(m+2) +5<0. 7/m+3 + EŞİTSİZLİKLER A. TANIM

(m+2) +5<0. 7/m+3 + EŞİTSİZLİKLER A. TANIM EŞİTSİZLİKLER A. TANIM f(x)>0, f(x) - eşitsizliğinin

Detaylı

İleri Diferansiyel Denklemler

İleri Diferansiyel Denklemler MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret

Detaylı

= t. v ort. x = dx dt

= t. v ort. x = dx dt BÖLÜM.4 DOĞRUSAL HAREKET 4. Mekanik Mekanik konusu, kinemaik ve dinamik olarak ikiye ayırmak mümkündür. Kinemaik cisimlerin yalnızca harekei ile ilgilenir. Burada cismin hareke ederken izlediği yol önemlidir.

Detaylı

ab H bulunur. Şu halde önceki önermenin i) koşulu da sağlanır ve H G bulunur.

ab H bulunur. Şu halde önceki önermenin i) koşulu da sağlanır ve H G bulunur. 3.ALT GRUPLAR HG, Tanım 3.. (G, ) bir grup ve nin boş olmayan bir alt kümesi olsun. Eğer (H, ) bir grup ise H ye G nin bir alt grubu denir ve H G ile gösterilir. Not 3.. a)(h, ), (G, ) grubunun alt grubu

Detaylı

İleri Diferansiyel Denklemler

İleri Diferansiyel Denklemler MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret

Detaylı

İleri Diferansiyel Denklemler

İleri Diferansiyel Denklemler MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret

Detaylı

MIT Açık Ders Malzemeleri Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için

MIT Açık Ders Malzemeleri  Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için MIT Açık Ders Malzemeleri http://ocw.mit.edu Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için http://ocw.mit.edu/terms veya http://www.acikders.org.tr adresini ziyaret

Detaylı

1.4. KISMİ SIRALAMA VE DENKLİK BAĞINTILARI

1.4. KISMİ SIRALAMA VE DENKLİK BAĞINTILARI Reel sayılar kümesinin "küçük ya da eşit", bağıntısı ile sıralanmış olduğunu biliyoruz. Bu bağıntı herhangi bir X kümesine aşağıdaki şekilde genelleştirilebilir. Bir X kümesi üzerinde aşağıdaki yansıma,

Detaylı

MIT Açık Ders Malzemeleri Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için

MIT Açık Ders Malzemeleri  Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için MIT Açık Ders Malzemeleri http://ocw.mit.edu Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için http://ocw.mit.edu/terms veya http://www.acikders.org.tr adresini ziyaret

Detaylı

18.034 İleri Diferansiyel Denklemler

18.034 İleri Diferansiyel Denklemler MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret

Detaylı

ÖABT Lineer Cebir KONU TESTİ Matris Cebiri

ÖABT Lineer Cebir KONU TESTİ Matris Cebiri ÖB Lineer Cebir KONU ESİ Matris Cebiri. i, j,, i için j i j a j i j a. j i j a. i için j i j a 4 6 j i j a 4 j i j a. 6. 0 0 0 4 0 0 0. 4 6 n 0 0 n 6 Cevap: D Cevap:. I. I I I 0 I 0 0 0..I I I 00 0 0 0

Detaylı

MIT Açık Ders Malzemeleri Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için

MIT Açık Ders Malzemeleri   Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için MIT Açık Ders Malzemeleri http://ocw.mit.edu Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için http://ocw.mit.edu/terms veya http://www.acikders.org.tr adresini ziyaret

Detaylı

İleri Diferansiyel Denklemler

İleri Diferansiyel Denklemler MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret

Detaylı

Diferansiyel denklemler uygulama soruları

Diferansiyel denklemler uygulama soruları . Aşağıdaki diferansiyel denklemleri sınıflandırınız. a) d y d d + y = 0 b) 5 d dt + 4d + 9 = cos 3t dt Diferansiyel denklemler uygulama soruları 0.0.3 c) u + u [ ) ] d) y + = c d. y + 3 = 0 denkleminin,

Detaylı

DEĞİŞMELİ BANACH CEBİRLERİNİN GELFAND SPEKTRUMLARI ÜZERİNE

DEĞİŞMELİ BANACH CEBİRLERİNİN GELFAND SPEKTRUMLARI ÜZERİNE Ekim 25 Cilt:3 No:2 Kastamonu Eğitim Dergisi 547-554 DEĞİŞMELİ BANACH CEBİRLERİNİN GELFAND SPEKRUMLARI ÜZERİNE Hayri AKAY, Ziya ARGÜN Gazi Üniversitesi, Gazi Eğitim Fakültesi, Matematik Eğitimi Bölümü,

Detaylı

DÜZCE ÜN IVERS ITES I FEN-EDEB IYAT FAKÜLTES I

DÜZCE ÜN IVERS ITES I FEN-EDEB IYAT FAKÜLTES I DÜZCE ÜN IVERS ITES I FEN-EDEB IYAT FAKÜLTES I MATEMAT IK BÖLÜMÜ 203-204 BAHAR YARIYILI D IFERANS IYEL DENKLEMLER II ARA SINAV 2 Nisan 204 Süre: 90 dakika CEVAP ANAHTARI. (5p) Belirsiz katsay lar yöntemini

Detaylı

8.Konu Vektör uzayları, Alt Uzaylar

8.Konu Vektör uzayları, Alt Uzaylar 8.Konu Vektör uzayları, Alt Uzaylar 8.1. Düzlemde vektörler Düzlemdeki her noktası ile reel sayılardan oluşan ikilisini eşleştirebiliriz. Buna P noktanın koordinatları denir. y-ekseni P x y O dan P ye

Detaylı

10. DİREKT ÇARPIMLAR

10. DİREKT ÇARPIMLAR 10. DİREKT ÇARPIMLAR Teorem 10.1. H 1,H 2,, H n bir G grubunun alt gruplarının bir ailesi ve H = H 1 H 2 H n olsun. Aşağıdaki ifadeler denktir. a ) dönüşümü altında dır. b) ve olmak üzere her yi tek türlü

Detaylı

Sağ Taraf Fonksiyonu İle İlgili Özel Çözüm Örnekleri(rezonans durumlar)

Sağ Taraf Fonksiyonu İle İlgili Özel Çözüm Örnekleri(rezonans durumlar) 3.1.2.1. Sağ Taraf Fonksiyonu İle İlgili Özel Çözüm Örnekleri(rezonans durumlar) ÖRNEK: y + 4.y + 4.y = 5.sin2x diferensiyel denkleminin genel çözümünü bulalım: Homojen kısmın çözümü: y + 4.y + 4.y = 0

Detaylı

(14) (19.43) de v yi sağlayan fonksiyona karşılık gelen u = F v fonksiyonunun ikinci türevi sürekli, R de 2π periodik ve

(14) (19.43) de v yi sağlayan fonksiyona karşılık gelen u = F v fonksiyonunun ikinci türevi sürekli, R de 2π periodik ve nin her g L 2 (S için tek çözümünüm olması için gerekli ve yeterli koşulun her j için λ λ j olacak biçimde λ j ifadesini sağlayan R \ {} de bir λ j dizisinin olduğunu gösteriniz. (13) Her λ j için (19.43)

Detaylı

Alıştırmalar 1. 1) Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin mertebesini ve derecesini bulunuz. Bağımlı ve bağımsız değişkenleri belirtiniz.

Alıştırmalar 1. 1) Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin mertebesini ve derecesini bulunuz. Bağımlı ve bağımsız değişkenleri belirtiniz. Alıştırmalar 1 1) Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin mertebesini ve derecesini bulunuz. Bağımlı ve bağımsız değişkenleri belirtiniz. Denklem Mertebe Derece a) 2 1 ( ) 4 6 c) 2 1 d) 2 2 e) 3 1 f) 2 4 g)

Detaylı

MIT Açık Ders Malzemeleri Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için

MIT Açık Ders Malzemeleri  Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için MIT Açık Ders Malzemeleri http://ocw.mit.edu Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için http://ocw.mit.edu/terms veya http://www.acikders.org.tr adresini ziyaret

Detaylı

İç-Çarpım Uzayları ÜNİTE. Amaçlar. İçindekiler. Yazar Öğr. Grv. Dr. Nevin ORHUN

İç-Çarpım Uzayları ÜNİTE. Amaçlar. İçindekiler. Yazar Öğr. Grv. Dr. Nevin ORHUN İç-Çarpım Uzayları Yazar Öğr. Grv. Dr. Nevin ORHUN ÜNİTE Amaçlar Bu üniteyi çalıştıktan sonra; R n, P n (R), M nxn vektör uzaylarında iç çarpım kavramını tanıyacak ve özelliklerini görmüş olacaksınız.

Detaylı

İleri Diferansiyel Denklemler

İleri Diferansiyel Denklemler MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret

Detaylı

ANKARA ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ DOKTORA TEZİ IMPULSIVE GECİKMELİ DİFERENSİYEL DENKLEMLER. Fatma KARAKOÇ MATEMATİK ANABİLİM DALI

ANKARA ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ DOKTORA TEZİ IMPULSIVE GECİKMELİ DİFERENSİYEL DENKLEMLER. Fatma KARAKOÇ MATEMATİK ANABİLİM DALI ANKARA ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ DOKTORA TEİ IMPULSIVE GECİKMELİ DİFERENSİYEL DENKLEMLER Fama KARAKOÇ MATEMATİK ANABİLİM DALI ANKARA 2007 Her hakkı saklıdır ÖET Dokora Tezi IMPULSIVE GEC IKMEL

Detaylı

C L A S S N O T E S SİNYALLER. Sinyaller & Sistemler Sinyaller Dr.Aşkın Demirkol

C L A S S N O T E S SİNYALLER. Sinyaller & Sistemler Sinyaller Dr.Aşkın Demirkol Sinyaller & Sisemler Sinyaller Dr.Aşkın Demirkol SİNYALLER Elekriki açıdan enerjisi ve frekansı olan dalga işare olarak anımlanır. Alernaif olarak kodlanmış sinyal/işare de uygun bir anım olabilir. s (

Detaylı

İleri Diferansiyel Denklemler

İleri Diferansiyel Denklemler MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret

Detaylı

6. Ders. Mahir Bilen Can. Mayıs 16, 2016

6. Ders. Mahir Bilen Can. Mayıs 16, 2016 6. Ders Mahir Bilen Can Mayıs 16, 2016 Bu derste lineer cebirdeki bazı fikirleri gözden geçirip Lie teorisine uygulamalarını inceleyeceğiz. Bütün Lie cebirlerinin cebirsel olarak kapalı ve karakteristiği

Detaylı

Hafta 7: FrekaNS BÖLGESİNE DOĞRU: FOURIER SERİLERİ. İçindekiler

Hafta 7: FrekaNS BÖLGESİNE DOĞRU: FOURIER SERİLERİ. İçindekiler Hafa 7: FrekaNS BÖLGESİNE DOĞRU: FOURIER SERİLERİ İçindekiler 4. ek ve çif sinyaller (Odd & Even signals)... 2 4.2 Konjüge simeri ve konjüge ani-simeri özelliği... 4 4.3 Sürekli zaman periyodik sinyallerin

Detaylı

30 NİSAN-14 MAYIS ZEYNEP KAYAR. 1) L : R 3 R 2, L(x 1, x 2, x 3 ) = ( 3x 1 + 2x 3 4x 2, 2x 1 + x 2 3x 3 )

30 NİSAN-14 MAYIS ZEYNEP KAYAR. 1) L : R 3 R 2, L(x 1, x 2, x 3 ) = ( 3x 1 + 2x 3 4x 2, 2x 1 + x 2 3x 3 ) 3 NİSAN-4 MAYIS ZEYNEP KAYAR MATEMATİK BÖLÜMÜ LİNEER CEBİR-II DERSİ ÖDEV 4 Soru I: Aşağıda verilen dönüşümlerin lineer olup olmadığını gösteriniz. ) L : R 3 R, L(x, x, x 3 ) = ( 3x + x 3 4x 4, x + x 3x

Detaylı

KAMU PERSONEL SEÇME SINAVI ÖĞRETMENLİK ALAN BİLGİSİ TESTİ ORTAÖĞRETİM MATEMATİK ÖĞRETMENLİĞİ TG 4 ÖABT ORTAÖĞRETİM MATEMATİK Bu testlerin her hakkı saklıdır. Hangi amaçla olursa olsun, testlerin tamamının

Detaylı

13.Konu Reel sayılar

13.Konu Reel sayılar 13.Konu Reel sayılar 1. Temel dizi 2. Temel dizilerde toplama ve çarpma 3. Reel sayılar kümesi 4. Reel sayılar kümesinde toplama ve çarpma 5. Reel sayılar kümesinde sıralama 6. Reel sayılar kümesinin tamlık

Detaylı

MIT Açık Ders Malzemeleri Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için

MIT Açık Ders Malzemeleri  Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için MIT Açık Ders Malzemeleri http://ocm.mit.edu Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için http://ocm.mit.edu/terms veya http://tuba.açık ders.org.tr adresini ziyaret

Detaylı

FUZZY METRİK UZAYLAR YÜKSEK LİSANS TEZİ MELİH ÇINAR

FUZZY METRİK UZAYLAR YÜKSEK LİSANS TEZİ MELİH ÇINAR FUZZY METRİK UZAYLAR 2015 YÜKSEK LİSANS TEZİ MELİH ÇINAR FUZZY METRİK UZAYLAR Melih ÇINAR Bülen Ecevi Üniversiesi Fen Bilimleri Ensiüsü Maemaik Anabilim Dalında Yüksek Lisans Tezi Olarak Hazırlanmışır.

Detaylı

Prof.Dr.F.Nejat EKMEKCİ, Prof. Dr. Yusuf YAYLI, BAHAR

Prof.Dr.F.Nejat EKMEKCİ, Prof. Dr. Yusuf YAYLI, BAHAR MAT 114 LİNEER CEBİR ( İSTATİSTİK, ASTRONOMİ ve UZAY BİLİMLERİ) Hafta 8: İç Çarpım Prof.Dr.F.Nejat EKMEKCİ, Prof. Dr. Yusuf YAYLI, Doç.Dr.İsmail GÖK 2017-2018 BAHAR İç Çarpım Tanım 23: V bir reel vektör

Detaylı

Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler Edwards and Penney, Difarensiyel denklemler ve sınır değer problemleri (çeviri: Prof. Dr.

Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler Edwards and Penney, Difarensiyel denklemler ve sınır değer problemleri (çeviri: Prof. Dr. Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler Edwards and Penney, Difarensiyel denklemler ve sınır değer problemleri (çeviri: Prof. Dr. Ömer Akın) AYRILABİLİR DENKLEMLER Birinci mertebeden dy = f(x, y) (1)

Detaylı

İKİNCİ DERECEDEN DENKLEMLER

İKİNCİ DERECEDEN DENKLEMLER İKİNCİ DERECEDEN DENKLEMLER İkinci Dereceden Denklemler a, b ve c reel sayı, a ¹ 0 olmak üzere ax + bx + c = 0 şeklinde yazılan denklemlere ikinci dereceden bir bilinmeyenli denklem denir. Aşağıdaki denklemlerden

Detaylı

ÇUKUROVA ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ

ÇUKUROVA ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ ÇUKUROVA ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ YÜKSEK LİSANS TEZİ Nuray GÜL İKİ TOPOLOJİLİ UZAYLARDA BAZI AYIRMA AKSİYOMLARI MATEMATİK ANABİLİM DALI ADANA, 2011 ÇUKUROVA ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ

Detaylı

13. Karakteristik kökler ve özvektörler

13. Karakteristik kökler ve özvektörler 13. Karakteristik kökler ve özvektörler 13.1 Karakteristik kökler 1.Tanım: A nxn tipinde matris olmak üzere parametrisinin n.dereceden bir polinomu olan şeklinde gösterilen polinomuna A matrisin karakteristik

Detaylı

MIT Açık Ders Malzemeleri Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için

MIT Açık Ders Malzemeleri  Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için MIT Açık Ders Malzemeleri http://ocw.mit.edu Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için http://ocw.mit.edu/terms veya http://www.acikders.org.tr adresini ziyaret

Detaylı

için doğrudur. olmak üzere tüm r mertebeli gruplar için lemma nın doğru olduğunu kabul edelim. G grubunun mertebesi n olsun. ve olsun.

için doğrudur. olmak üzere tüm r mertebeli gruplar için lemma nın doğru olduğunu kabul edelim. G grubunun mertebesi n olsun. ve olsun. 11. Cauchy Teoremi ve p-gruplar Bu bölümde Lagrange teoreminin tersinin doğru olduğu bir özel durumu inceleyeceğiz. Bu teorem Cauchy tarafından ispatlanmıştır. İlk olarak bu teoremi sonlu değişmeli gruplar

Detaylı

The Nonlinear Models with Measurement Error and Least Squares Estimation

The Nonlinear Models with Measurement Error and Least Squares Estimation D.Ü.Ziya Gökalp Eğiim Fakülesi Dergisi 5,17-113 5 ÖLÇÜM HATALI LiNEER OLMAAN MODELLER ve EN KÜÇÜK KARELER KESTİRİMİ The Nonlinear Models wih Measuremen Error and Leas Squares Esimaion Öze : u çalışmada,

Detaylı

Bir özvektörün sıfırdan farklı herhangi bri sabitle çarpımı yine bir özvektördür.

Bir özvektörün sıfırdan farklı herhangi bri sabitle çarpımı yine bir özvektördür. ÖZDEĞER VE ÖZVEKTÖRLER A n n tipinde bir matris olsun. AX = λx (1.1) olmak üzere n 1 tipinde bileşenleri sıfırdan farklı bir X matrisi için λ sayıları için bu denklemi sağlayan bileşenleri sıfırdan farklı

Detaylı

ARASINAV SORULARININ ÇÖZÜMLERİ GÜZ DÖNEMİ A A A A A A A

ARASINAV SORULARININ ÇÖZÜMLERİ GÜZ DÖNEMİ A A A A A A A AKDENİZ ÜNİVERSİTESİ MATEMATİK BÖLÜMÜ BİTİRME ÖDEVİ I ARASINAV SORULARININ ÇÖZÜMLERİ - 6 GÜZ DÖNEMİ ADI SOYADI :... NO :... A A A A A A A SINAV TARİHİ VE SAATİ : Bu sınav 4 sorudan oluşmaktadır ve sınav

Detaylı

MIT Açık Ders Malzemeleri Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için

MIT Açık Ders Malzemeleri  Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için MIT Açık Ders Malzemeleri http://ocw.mit.edu Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için http://ocw.mit.edu/terms veya http://www.acikders.org.tr adresini ziyaret

Detaylı

KONYA İLİ SICAKLIK VERİLERİNİN ÇİFTDOĞRUSAL ZAMAN SERİSİ MODELİ İLE MODELLENMESİ

KONYA İLİ SICAKLIK VERİLERİNİN ÇİFTDOĞRUSAL ZAMAN SERİSİ MODELİ İLE MODELLENMESİ KONYA İLİ SICAKLIK VERİLERİNİN ÇİFTDOĞRUSAL ZAMAN SERİSİ MODELİ İLE MODELLENMESİ İsmail KINACI 1, Aşır GENÇ 1, Galip OTURANÇ, Aydın KURNAZ, Şefik BİLİR 3 1 Selçuk Üniversiesi, Fen-Edebiya Fakülesi İsaisik

Detaylı

LORENTZ UZAYLARINDA BESSEL DİFERENSİYEL OPERATÖRÜNE KARŞILIK GELEN MAKSİMAL ve KESİRLİ MAKSİMAL OPERATÖRLERİN SINIRLILIĞI

LORENTZ UZAYLARINDA BESSEL DİFERENSİYEL OPERATÖRÜNE KARŞILIK GELEN MAKSİMAL ve KESİRLİ MAKSİMAL OPERATÖRLERİN SINIRLILIĞI ANKARA ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ DOKTORA TEİ LORENT UAYLARINDA BESSEL DİFERENSİYEL OPERATÖRÜNE KARŞILIK GELEN MAKSİMAL ve KESİRLİ MAKSİMAL OPERATÖRLERİN SINIRLILIĞI Cuma BOLAT MATEMATİK ANABİLİM

Detaylı

Bu tanım aralığı pozitif tam sayılar olan f(n) fonksiyonunun değişim aralığı n= 1, 2, 3,, n,

Bu tanım aralığı pozitif tam sayılar olan f(n) fonksiyonunun değişim aralığı n= 1, 2, 3,, n, DİZİLER Tamamen belirli bir kurala göre sıralanmış sayılar topluluğuna veya kümeye Dizi denir. Belirli bir kurala göre birbiri ardınca gelen bu sayıların her birine dizinin terimi ve hepsine birden dizinin

Detaylı

ZAMAN SKALASINDA LİNEER OLMAYAN İNTEGRAL EŞİTSİZLİKLERİ. YÜKSEK LİSANS TEZİ Hakan TEMİZ. Danışman Doç. Dr. Mustafa Kemal YILDIZ

ZAMAN SKALASINDA LİNEER OLMAYAN İNTEGRAL EŞİTSİZLİKLERİ. YÜKSEK LİSANS TEZİ Hakan TEMİZ. Danışman Doç. Dr. Mustafa Kemal YILDIZ ZAMAN SKALASINDA LİNEER OLMAYAN İNTEGRAL EŞİTSİZLİKLERİ YÜKSEK LİSANS TEZİ Hakan TEMİZ Danışman Doç. Dr. Mustafa Kemal YILDIZ MATEMATİK ANABİLİM DALI Haziran, 2014 AFYON KOCATEPE ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ

Detaylı

Eğitim Öğretim Yılı Güz Dönemi Diferansiyel Denklemler Çalışma Soruları

Eğitim Öğretim Yılı Güz Dönemi Diferansiyel Denklemler Çalışma Soruları 0 0 Eğiim Öğreim Yılı Güz Dönemi Diferansiel Denklemler Çalışma Soruları 0/0/0 ) 3 8 diferansiel denklemini çözünüz. ) a) d d ( ) diferansiel denklemini çözünüz. b) 3 5 diferansiel denklemini çözünüz.

Detaylı

Cahit Arf Matematik Günleri 10

Cahit Arf Matematik Günleri 10 Cahit Arf Matematik Günleri 0. Aşama Sınavı 9 Mart 0 Süre: 3 saat. Eğer n, den büyük bir tamsayı ise n 4 + 4 n sayısının asal olamayacağını gösteriniz.. Çözüm: Eğer n çiftse n 4 +4 n ifadesi de çift ve

Detaylı

İleri Diferansiyel Denklemler

İleri Diferansiyel Denklemler MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret

Detaylı

Bahar Yarıyılı D_IFERANS_IYEL DENKLEMLER II ARA SINAV 6 Nisan 2011 Süre: 90 dakika CEVAP ANAHTARI. y = c n x n+r. (n + r) c n x n+r 1 +

Bahar Yarıyılı D_IFERANS_IYEL DENKLEMLER II ARA SINAV 6 Nisan 2011 Süre: 90 dakika CEVAP ANAHTARI. y = c n x n+r. (n + r) c n x n+r 1 + DÜZCE ÜN_IVERS_ITES_I FEN-EDEB_IYAT FAKÜLTES_I MATEMAT_IK BÖLÜMÜ 010-011 Bahar Yarıyılı D_IFERANS_IYEL DENKLEMLER II ARA SINAV 6 Nisan 011 Süre: 90 dakika CEVAP ANAHTARI 1. 0p x d y + dy + xy = 0 diferansiyel

Detaylı

Diferensiyel Denklemler I Uygulama Notları

Diferensiyel Denklemler I Uygulama Notları 2004 Diferensiyel Denklemler I Uygulama Notları Mustafa Özdemir İçindekiler Temel Bilgiler...................................................................... 2 Tam Diferensiyel Denklemler........................................................4

Detaylı

Özdeğer ve Özvektörler

Özdeğer ve Özvektörler Özdeğer ve Özvektörler Yazar Öğr.Grv.Dr.Nevin ORHUN ÜNİTE 9 Amaçlar Bu üniteyi çalıştıktan sonra; bir lineer dönüşümün ve bir matrisin özdeğer ve özvektör kavramlarını anlayacak, bir dönüşüm matrisinin

Detaylı

Cebir 1. MIT Açık Ders Malzemeleri

Cebir 1. MIT Açık Ders Malzemeleri MIT Açık Ders Malzemeleri http://ocw.mit.edu 18.701 Cebir 1 2007 Güz Bu malzemeden alıntı yapmak veya Kullanım Şartları hakkında bilgi almak için http://ocw.mit.edu/terms ve http://tuba.acikders.org.tr

Detaylı

MIT Açık Ders Malzemeleri Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için

MIT Açık Ders Malzemeleri  Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için MIT Açık Ders Malzemeleri http://ocw.mit.edu Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için http://ocw.mit.edu/terms veya http://www.acikders.org.tr adresini ziyaret

Detaylı

KAMU PERSONEL SEÇME SINAVI ÖĞRETMENLİK ALAN BİLGİSİ TESTİ ORTAÖĞRETİM MATEMATİK ÖĞRETMENLİĞİ TG 15 ÖABT ORTAÖĞRETİM MATEMATİK Bu testlerin her hakkı saklıdır. Hangi amaçla olursa olsun, testlerin tamamının

Detaylı

TÜREV VE UYGULAMALARI

TÜREV VE UYGULAMALARI TÜREV VE UYGULAMALARI A R, a A ve f de A da tanımlı bir fonksiyon olsun. Eğer f(x) f(a) lim x a x a limiti veya x=a+h koymakla elde edilen f(a+h) f(a) lim h 0 h Bu türev f (a), df dx limiti varsa f fonksiyonu

Detaylı

Kaynaklar Shepley L. Ross, Differential Equations (3rd Edition), 1984.

Kaynaklar Shepley L. Ross, Differential Equations (3rd Edition), 1984. Çankırı Karatekin Üniversitesi Matematik Bölümü 2015 Kaynaklar Shepley L. Ross, Differential Equations (3rd Edition), 1984. (Adi ) Bir ya da daha fazla bağımsız değişkenden oluşan bağımlı değişken ve türevlerini

Detaylı

Çözüm: Z 3 = 27 = 27CiS( +2k ) Z k =3CiS ( ) 3 3 k = 0 için z 0 = 2 k=1 için z 1 = 3

Çözüm: Z 3 = 27 = 27CiS( +2k ) Z k =3CiS ( ) 3 3 k = 0 için z 0 = 2 k=1 için z 1 = 3 p ve q iki önerme olsun p q q p dir. p: = 3 ve q: y< 8 alınırsa I ve III ün denk olduğu görülür. Yanıt B Z 3 = 7 = 7CiS( +k ) k Z k =3CiS ( ) 3 3 k = 0 için z 0 = k=1 için z 1 = 3 k = için z = Yanıt A

Detaylı

FEN FAKÜLTESİ MATEMATİK BÖLÜMÜ YAZ OKULU DERS İÇERİGİ. Bölümü Dersin Kodu ve Adı T P K AKTS

FEN FAKÜLTESİ MATEMATİK BÖLÜMÜ YAZ OKULU DERS İÇERİGİ. Bölümü Dersin Kodu ve Adı T P K AKTS Bir Dönemde Okutulan Ders Saati MAT101 Genel I (Mühendislik Fakültesi Bütün Bölümler, Fen Fakültesi Kimya ve Astronomi Bölümleri) 1 Kümeler, reel sayılar, bir denklem veya eşitsizliğin grafiği 2 Fonksiyonlar,

Detaylı

Taşkın, Çetin, Abdullayeva 2. ÖZDEŞLİKLER,DENKLEMLER VE EŞİTSİZLİKLER

Taşkın, Çetin, Abdullayeva 2. ÖZDEŞLİKLER,DENKLEMLER VE EŞİTSİZLİKLER MATEMATİK Taşkın, Çetin, Abdullayeva BÖLÜM. ÖZDEŞLİKLER,DENKLEMLER VE EŞİTSİZLİKLER. ÖZDEŞLİKLER İki cebirsel ifade içerdikleri değişkenlerin (veya bilinmeyenlerin) her değeri içinbirbirine eşit oluyorsa,

Detaylı

MIT Açık Ders Malzemeleri Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için

MIT Açık Ders Malzemeleri  Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için MIT Açık Ders Malzemeleri http://ocw.mit.edu Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için http://ocw.mit.edu/terms veya http://www.acikders.org.tr adresini ziyaret

Detaylı

SÜREKLİLİK. 9.1 Süreklilik ve Süreksizlik Kavramları

SÜREKLİLİK. 9.1 Süreklilik ve Süreksizlik Kavramları SÜREKLİLİK Bu bölümde süreklilik kavramı, süreksizlik, sürekli fonksiyonların özellikleri ile buna ilişkin teoremler örnekler ve grafiklerle açıklanmaktadır. 9.1 Süreklilik ve Süreksizlik Kavramları Tanım

Detaylı

TRANSİSTÖRLÜ YÜKSELTEÇLER

TRANSİSTÖRLÜ YÜKSELTEÇLER Karadeniz Teknik Üniversiesi Mühendislik Fakülesi * Elekrik-Elekronik Mühendisliği Bölümü Elekronik Anabilim Dalı * Elekronik Laborauarı I 1. Deneyin Amacı TRANSİSTÖRLÜ YÜKSELTEÇLER Transisörlerin yükseleç

Detaylı

9.Konu Lineer bağımsızlık, taban, boyut Germe. 9.1.Tanım: V vektör uzayının her bir elemanı

9.Konu Lineer bağımsızlık, taban, boyut Germe. 9.1.Tanım: V vektör uzayının her bir elemanı 9.Konu Lineer bağımsızlık, taban, boyut 9.1. Germe 9.1.Tanım: V vektör uzayının her bir elemanı vektörlerin lineer birleşimi olarak ifade ediliyorsa vektörleri V yi geriyor ya da V yi gerer denir. Üstelik,

Detaylı

Şimdi de [ ] vektörünün ile gösterilen boyu veya büyüklüğü Pisagor. teoreminini iki kere kullanarak

Şimdi de [ ] vektörünün ile gösterilen boyu veya büyüklüğü Pisagor. teoreminini iki kere kullanarak 10.Konu İç çarpım uzayları ve özellikleri 10.1. ve üzerinde uzunluk de [ ] vektörünün ile gösterilen boyu veya büyüklüğü Pisagor teoreminden dir. 1.Ö.: [ ] ise ( ) ( ) ve ( ) noktaları gözönüne alalım.

Detaylı

18.701 Cebir 1. MIT Açık Ders Malzemeleri http://ocw.mit.edu

18.701 Cebir 1. MIT Açık Ders Malzemeleri http://ocw.mit.edu MIT Açık Ders Malzemeleri http://ocw.mit.edu 18.701 Cebir 1 2007 Güz Bu malzemeden alıntı yapmak veya Kullanım Şartları hakkında bilgi almak için http://ocw.mit.edu/terms ve http://tuba.acikders.org.tr

Detaylı

Fonksiyonel Analize Giriş I Ara S nav Sorular 29 Kas m Bir metrik uzayda her kapal yuvar kapal bir kümedir. Ispatlay n z.

Fonksiyonel Analize Giriş I Ara S nav Sorular 29 Kas m Bir metrik uzayda her kapal yuvar kapal bir kümedir. Ispatlay n z. Fonksiyonel Analize Giriş I Ara S nav Sorular 29 Kas m 2010 1 Bir metrik uzayda her kapal yuvar kapal bir kümedir. Ispatlay n z. 2 (a) d (x; y) = Z 1 0 jx (t) y (t)j 1 + jx (t) y (t)j dt fonksiyonunun

Detaylı

1.4 Tam Metrik Uzay ve Tamlaması

1.4 Tam Metrik Uzay ve Tamlaması 1.4. Tam Metrik Uzay ve Tamlaması 15 1.4 Tam Metrik Uzay ve Tamlaması Öncelikle şunu not edelim: (X, d) bir metrik uzay, (x n ), X de bir dizi ve x X ise lim n d(x n, x) = 0 = lim n,m d(x n, x m ) = 0

Detaylı

Lineer Denklem Sistemleri

Lineer Denklem Sistemleri Lineer Denklem Sistemleri Yazar Yrd. Doç.Dr. Nezahat ÇETİN ÜNİTE 3 Amaçlar Bu üniteyi çalıştıktan sonra; Lineer Denklem ve Lineer Denklem Sistemleri kavramlarını öğrenecek, Lineer Denklem Sistemlerinin

Detaylı

İleri Diferansiyel Denklemler

İleri Diferansiyel Denklemler MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret

Detaylı

2 1 fonksiyonu veriliyor. olacak şekilde ortalama değer teoremini sağlayacak bir c sayısının var olup olmadığını araştırınız. Eğer var ise bulunuz.

2 1 fonksiyonu veriliyor. olacak şekilde ortalama değer teoremini sağlayacak bir c sayısının var olup olmadığını araştırınız. Eğer var ise bulunuz. ANALİZ 1.) a) sgn. sgn( 1) = 1 denkleminin çözüm kümesini b) f ( ) 3 1 fonksiyonu veriliyor. olacak şekilde ortalama değer teoremini sağlayacak bir c sayısının var olup olmadığını araştırınız. Eğer var

Detaylı

İÇİNDEKİLER. 1. DÖNEL YÜZEYLER a Üreteç Eğrisi Parametrik Değilse b Üreteç Eğrisi Parametrik Olarak Verilmişse... 4

İÇİNDEKİLER. 1. DÖNEL YÜZEYLER a Üreteç Eğrisi Parametrik Değilse b Üreteç Eğrisi Parametrik Olarak Verilmişse... 4 İÇİNDEKİLER 1. DÖNEL YÜZEYLER... 1 1.a Üreeç Eğrisi Paramerik Değilse... 1 1.b Üreeç Eğrisi Paramerik Olarak Verilmişse.... DÖNEL YÜZEYLERLE İLGİLİ ÖRNEKLER... 5.a α f,,0 Eğrisinin Dönel Yüzeyleri... 5.b

Detaylı

NÜMER IK ANAL IZ. Nuri ÖZALP FONKS IYONLARA YAKLAŞIM. Bilimsel Hesaplama Matemati¼gi

NÜMER IK ANAL IZ. Nuri ÖZALP FONKS IYONLARA YAKLAŞIM. Bilimsel Hesaplama Matemati¼gi NÜMER IK ANAL IZ Bilimsel Hesaplama Matemati¼gi Nuri ÖZALP FONKS IYONLARA YAKLAŞIM Nuri ÖZALP (Ankara Üni.) NÜMER IK ANAL IZ BÖLÜM 4 7! FONKS IYONLARA YAKLAŞIM 1 / 21 1 Polinom Interpolasyonu Newton Formu

Detaylı

Sonsuz Diziler ve Seriler

Sonsuz Diziler ve Seriler Sonsuz Diziler ve Seriler İki veya birden çok sonlu sayıdaki sayının nasıl toplanacağını herkes bilir. Peki sonsuz tane sayıyı nasıl toplarız? Bu sorunun cevabını bu bölümde vermeye çalışacağız. Diziler

Detaylı

Analiz III Ara S nav Sorular 24 Kas m 2010

Analiz III Ara S nav Sorular 24 Kas m 2010 Analiz III Ara S nav Sorular 24 Kas m 2010 1 Aşa¼g daki ifadelerin do¼gru olup olmad klar n nedenlerini aç klayarak yaz n z. (a) R n uzay n n aç k olmayan her alt kümesi kapal d r. (b) A = fx 2 [0; 1]

Detaylı

Türev Uygulamaları. 9.1 Ortalama Değer teoremi

Türev Uygulamaları. 9.1 Ortalama Değer teoremi 1 2 Bölüm 9 Türev Uygulamaları 9.1 Ortalama Değer teoremi Türevin çok farklı uygulamaları vardır. Bunlar arasında çok önemli olan bazılarını ele alacağız. Ortalama Değer Teoremi ni daha önce görmüştük.

Detaylı

İÇİNDEKİLER. Ön Söz...2. Adi Diferansiyel Denklemler...3. Birinci Mertebeden ve Birinci Dereceden. Diferansiyel Denklemler...9

İÇİNDEKİLER. Ön Söz...2. Adi Diferansiyel Denklemler...3. Birinci Mertebeden ve Birinci Dereceden. Diferansiyel Denklemler...9 İÇİNDEKİLER Ön Söz... Adi Diferansiyel Denklemler... Birinci Mertebeden ve Birinci Dereceden Diferansiyel Denklemler...9 Homojen Diferansiyel Denklemler...15 Tam Diferansiyel Denklemler...19 Birinci Mertebeden

Detaylı

Denklemler İkinci Dereceden Denklemler. İkinci dereceden Bir Bilinmeyenli Denklemler. a,b,c IR ve a 0 olmak üzere,

Denklemler İkinci Dereceden Denklemler. İkinci dereceden Bir Bilinmeyenli Denklemler. a,b,c IR ve a 0 olmak üzere, Bölüm 33 Denklemler 33.1 İkinci Dereceden Denklemler İkinci dereceden Bir Bilinmeyenli Denklemler a,b,c IR ve a 0 olmak üzere, ax 2 + bx + c = 0 biçimindeki her açık önermeye ikinci dereceden bir bilinmeyenli

Detaylı

fonksiyonu için in aralığındaki bütün değerleri için sürekli olsun. in bu aralıktaki olsun. Fonksiyonda meydana gelen artma miktarı

fonksiyonu için in aralığındaki bütün değerleri için sürekli olsun. in bu aralıktaki olsun. Fonksiyonda meydana gelen artma miktarı 10.1 Türev Kavramı fonksiyonu için in aralığındaki bütün değerleri için sürekli olsun. in bu aralıktaki bir değerine kadar bir artma verildiğinde varılan x = x 0 + noktasında fonksiyonun değeri olsun.

Detaylı

Bessel Potansiyelli Sturm-Liouville Diferensiyel Denklemlerin Çözümleri İçin İntegral Gösterilimleri

Bessel Potansiyelli Sturm-Liouville Diferensiyel Denklemlerin Çözümleri İçin İntegral Gösterilimleri C.Ü. Fen-Eebiya Faülesi Fen Bilimleri Dergisi (6)Cil 7 Sayı Bessel Poansiyelli Surm-Liouville Diferensiyel Denlemlerin Çözümleri İçin İnegral Göserilimleri R. Kh. AMİROV ve B. KESKİN Cumhuriye Üniversiesi

Detaylı