NTEGRAL VE NTEGRO-D FERANS YEL DENKLEMLER N YARI-ANAL T K ÇÖZÜMLER ÜZER NE
|
|
- Pinar Sarıkaya
- 6 yıl önce
- İzleme sayısı:
Transkript
1 EGE ÜNVERSTES FEN BLMLER ENSTTÜSÜ (YÜKSEK LSANS TEZ) NTEGRAL VE NTEGRO-DFERANSYEL DENKLEMLERN YARI-ANALTK ÇÖZÜMLER ÜZERNE Meryem ODABAI Matematik Anabilim Dal Bilim Dal Kodu: Sunu Tarihi: Tez Danman: Doç. Dr. Emine MISIRLI Bornova-ZMR
2 II
3 III Meryem ODABAI tarafndan YÜKSEK LSANS tezi olarak sunulan ntegral ve ntegro-diferansiyel Denklemlerin Yar-Analitik Çözümleri Üzerine balkl bu çalma E.Ü. Lisansüstü Eitim ve Öretim Yönetmelii ile E.Ü. Fen Bilimleri Enstitüsü Eitim ve Öretim Yönergesi nin ilgili hükümleri uyarnca tarafmzdan deerlendirilerek savunmaya deer bulunmu ve 31/1/28 tarihinde yaplan tez savunma snavnda aday oybirlii / oyçokluu ile baarl bulunmutur. Jüri Üyeleri: mza Jüri Bakan : Doç. Dr. Emine MISIRLI... Raportör Üye : Prof. Dr. Turgut ÖZ... Üye : Doç. Dr. Ünal UFUKTEPE...
4 IV
5 V ÖZET NTEGRAL VE NTEGRO-DFERANSYEL DENKLEMLERN YARI -ANALTK ÇÖZÜMLER ÜZERNE ODABAI, Meryem Yüksek Lisans Tezi, Matematik Bölümü Tez Yöneticisi: Doç. Dr. Emine MISIRLI Ekim 28, 93 sayfa Bilindii gibi integral denklemlerin teori ve uygulamalar, uygulamal matematikte önemli bir yere sahiptir. Birçok fiziksel olgu integral denklemlerin çeitli tipleriyle modellenebilir. Bu çalmada integral denklemlerin baz nümerik ve yar-analitik çözüm yöntemleri ele alnmaktadr. Giri bölümü dnda bu tez esas olarak iki bölümden olumaktadr. Giri bölümünde tezin amac ve kapsam açklanmaktadr. kinci bölümde, integral denklemler ile ilgili temel kavramlar verilip integral denklem tipleri tantlmtr. Üçüncü bölümde, Volterra integral denklemleri için baz nümerik ve yar-analitik yöntemler verilmi ve ele alnan farkl örnekler üzerinde yöntemlerin kapasiteleri aratrlmtr. Daha önce çeitli yöntemler ile çözümü elde edilen integral ve integro-diferansiyel denklemlere yaranalitik yöntemler olan homotopi-pertürbasyon ve varyasyonel iterasyon yöntemleri uygulanm ve tam çözümler elde edilmitir. Anahtar Kelimeler: ntegral ve integro-diferansiyel denklemler
6 VI
7 VII ABSTRACT SEMI- ANALYTICAL SOLUTIONS OF INTEGRAL AND INTEGRO-DIFFERENTIAL EQUATIONS ODABAI, Meryem MSc in Mathematics Supervisor: Doç. Dr. Emine MISIRLI October 28, 93 pages It is well known that the theory and applications of the integral equations have an important role in applied mathematics. Many physical phenomenon can be modelled by various types of integral equations. This thesis is concerned with some numeric and semi-analytic methods for solving integral equations. Ecept the introduction, this thesis consists of two main sections. In the introduction, the aim and content of the thesis have been given. In the second section, basic definitions about integral equations have been given and types of integral equations have been introduced. In the third section, some well known numeric and semi-analytic methods for Volterra integral equations have been given and the capacity of the methods have been investigated by the considered eamples. The semianalytic methods (homotopy-perturbation and variational iteration) have been applied to the several integral and integro-differential equations that solved by different methods and then eact solutions have been obtained. Keywords: Integral and integro-differential equations
8 VIII
9 IX TEEKKÜR Bu çalma süresince düünce ve önerilerinden yararlandm, her konuda yardm ve desteini esirgemeyen hocam sayn Doç. Dr. Emine MISIRLI ya ve yüksek lisans örenimimde beni destekleyen Türkiye Bilimsel ve Teknolojik Aratrma Kurumu na (TÜBTAK) teekkürlerimi sunarm.
10 X
11 XI ÇNDEKLER Sayfa ÖZET... V ABSTRACT...VII TEEKKÜR...IX EKLLER DZN... XV ÇZELGELER DZN...XVII 1. GR NTEGRAL DENKLEMLER LE LGL TEMEL BLGLER Temel ntegral Denklem Tipleri I.Tip Volterra integral denklemi II.Tip Volterra integral denklemi I.Tip Fredholm integral denklemi II.Tip Fredholm integral denklemi Volterra ntegro-diferansiyel Denklemi... 8
12 XII ÇNDEKLER (devam) Sayfa 3. NTEGRAL DENKLEMLERN NÜMERK VE YARI-ANALTK ÇÖZÜMLER ntegral Denklemler ile Diferansiyel Denklemler Arasndaki liki Volterra Denklemleri ve Çözümün Varl Volterra ntegral Denklemleri için Nümerik Yöntemler Dikdörtgen kurallar Yamuk kural Gelitirilmi (Modifiye edilmi) Simpson kural Runge-Kutta tipi yöntem Yaknsaklk ve yaknsaklk mertebesi Nümerik Örnekler... 25
13 XIII ÇNDEKLER (devam) Sayfa 3.6 Homotopi -Pertürbasyon Yöntemi Volterra integral ve integro-diferansiyel denklemlerinin He nin homotopi-pertürbasyon yöntemi ile çözümü Varyasyonel terasyon Yöntemi Volterra integral ve integro-diferansiyel denklemlerinin Varyasyonel iterasyon yöntemi ile çözümü Yar-Analitik Yöntemler çin Örnekler SONUÇ KAYNAKLAR DZN... 7 EKLER ÖZGEÇM... 93
14 XIV
15 XV EKLLER DZN ekil Sayfa 3.1 Örnek 3.5.5, h=.2 için yamuk kural ve tam çözümün karlatrlmas Örnek 3.5.5, h=.2 için gelitirilmi Simpson kural ve tam çözümün karlatrlmas Örnek 3.5.5, h=.2 için dördüncü mertebeden Runge-Kutta kural ve tam çözümün karlatrlmas Örnek 3.5.6, h=.2 için dördüncü mertebeden Runge-Kutta, gelitirilmi Simpson ve yamuk kuralnn tam çözüm ile karlatrlmas...42
16 XVI
17 XVII ÇZELGELER DZN Çizelge Sayfa 3.1 Örnek 3.5.1, h=.1 ve h=.5 için Dikdörtgen kural ile elde edilen hatalar Örnek 3.5.2,, h=.1 ve h=.5 için Yamuk kural ile elde edilen hatalar Örnek 3.5.3, ma 1, 1için Yamuk kural ile elde edilen hatalar Örnek 3.5.4, h=.1 ve h=.5 için Gelitirilmi Simpson Kural ile elde edilen hatalar Örnek 3.5.5, h=.2 için Yamuk, Gelitirilmi Simpson ve Dördüncü mertebeden Runge-Kutta kurallar ile elde edilen hatalar Örnek 3.5.6, h=.2 için Yamuk, Gelitirilmi Simpson ve Dördüncü mertebeden Runge-Kutta kurallar ile elde edilen hatalar... 41
18 XVI
19 1 1.GR Birçok mühendislik problemi, genellikle adi veya ksmi diferansiyel denklemler, integral ve integro-diferansiyel denklemler gibi denklemler ile modellenebilir. ntegral denklemler ile ilgili ilk çalmalar 19. yüzyln ilk yarsnda balamtr. Fiziksel problemlerin matematiksel modelleri genellikle integral denklemler ile de ifade edilebildii için integral denklemler konusu giderek güncellemitir ve teknolojide önemli bir yere sahip olmutur. ntegral denklemler çeitli fiziksel problemlerde matematiksel model olarak kullanlabilir, ayrca çeitli matematiksel problemlerin yeniden yaplandrlmasn da salar. Genellikle diferansiyel denklem yöntemleriyle çözülebilen birçok fiziksel problem daha etkin olarak integral denklem yöntemleriyle de çözülebilir. ntegral denklemlerin diferansiyel denklemlerle ilikisi ve diferansiyel denklemlerin teknikte önemi dikkate alndnda, integral denklemler daha da önem kazanmtr. Fiziksel olaylarn matematiksel modelleri integro-diferansiyel denklemleri de içerir ve bu denklemler akkanlar dinamii, biyolojik modelleme, kimyasal kinetik gibi çeitli alanlarda görülür. ntegro-diferansiyel denklemleri analitik olarak çözmek genellikle zordur ve bu da etkili yaklam yöntemlerini kullanmay gerektirir ( Sweliam, 27). Bu çalmada, önemi giderek artan integral denklemler konusu ele alnmtr. kinci bölümde, integral denklemler ile ilgili temel bilgiler verilmi ve integral denklem tipleri tantlmtr.
20 2 Çalmann üçüncü bölümünde, uygulama alannda önemli bir yeri olan Volterra integral denklemleri ele alnmtr. Öncelikle Volterra integral denklemleri için kullanlan baz nümerik çözüm yöntemleri (dikdörtgen kural, yamuk kural, gelitirilmi Simpson kural ve Runge-Kutta yöntemi) tantlm, ele alnan farkl örneklerin yaklak çözümleri bu yöntemlerle elde edilerek yöntemler arasnda karlatrma yaplmtr. Problemlerin çözümü ve yöntemlerin karlatrlmas için yazlan Maple kodlar ekte verilmitir. Daha sonra yar-analitik çözüm yöntemlerinden homotopi-pertürbasyon yöntemi ve varyasyonel iterasyon yöntemi tantlm ve bu yöntemlerin Volterra integral ve integro-diferansiyel denklemlerine uygulamalar incelenmitir. Daha önceki çalmalarda farkl yöntemler ile çözülen problemlere yar-analitik yöntemler uygulanm ve yöntemlerin kapasiteleri aratrlmtr. Ayrca bu çalmada, daha önceki çalmalarda yaklak çözümü elde edilen baz problemlere varyasyonel iterasyon ve homotopi-pertürbasyon yöntemleri uygulanm ve problemlerin tam çözümleri elde edilmitir. Nümerik ve yar-analitik yöntemlerin hangi amaçlarla kullanlabilecei incelenmi ve yöntemlerin örnekler üzerindeki farkl etkileri gösterilmitir. Ele alnan örneklerde yaranalitik yöntemlerin daha iyi sonuçlar verdii gözlenmitir.
21 3 2. NTEGRAL DENKLEMLER LE LGL TEMEL BLGLER Bu ksmda integral denklemler ile ilgili baz temel bilgiler verilmi ve temel integral denklem tipleri tantlmtr. ntegral denklem, bilinmeyen fonksiyonun bir veya daha fazla integral iareti altnda bulunduu bir denklemdir (Kanwal, 1971). Örnein, at b ve as b için, dier bütün fonksiyonlar bilinirken u bilinmeyen fonksiyon olduunda b f () t K(, t s) u() s ds (2.1) a b ut () f() t Ktsusds (, ) () (2.2) b 2 ut () Kts (, )[ us ()] ds a a (2.3) denklemleri, integral denklemlerdir. ntegral denklemler mekaniin ve matematiksel fiziin birçok alannda oluurlar ve çeitli fiziksel problemlerde matematiksel model olarak kullanlrlar. Aslnda bir diferansiyel denklem, snr koullar dahil edildiinde integral denklem yerini alr, integral denklemin her çözümü bu snr koullarn salar. ntegral denklemler bununla birlikte fonksiyonel analiz ve rastgele (stokastik) süreç teorileri gibi analizdeki birçok dalda en yararl araçlar olutururlar.
22 4 Bilinmeyen fonksiyonun birden fazla deikene bal olduu integral denklemler de vardr. Örnein; ut ( ) f( t) Ktsusds (, ) ( ) (2.4) integral denkleminde s ve t ler n boyutlu vektörler ve, n-boyutlu uzayda bir bölge olabilir. Bir integral denklem, eer bilinmeyen fonksiyonun üzerine dorusal operatör uygulanabiliyorsa dorusal olarak adlandrlr. (2.1) ve (2.2) denklemleri dorusal denklemler iken, (2.3) denklemi dorusal olmayan denklemdir. (2.1) ve (2.2) denklemleri L uygun dorusal operatör olduunda Lut [ ( )] f( t) (2.5) eklinde yazlabilir. Böylece herhangi c1 ve c 2 sabitleri için L cu () t c u () t c L[ u ()] t c L[ u ()] t (2.6) ifadesi elde edilir. Bu dorusal operatör için genel bir kriterdir. f, g ve K fonksiyonlar bilinen fonksiyonlar, u bilinmeyen fonksiyon, sfrdan farkl reel veya kompleks parametre olmak üzere, üst snr sabit ya da deiken olabildiinde en genel tipteki dorusal integral denklemler t gtut () () f() t Ktsusds (, ) ( ) (2.7) a biçimindedir. Burada Kts (, ) fonksiyonu, çekirdek fonksiyonu olarak adlandrlr. Bu denklem 3. tür integral denklem olarak bilinir.
23 5 (2.7) denkleminde gt () alnarak, bilinmeyen fonksiyonun sadece integral içinde olduu t f() t K(, t s) u() s ds a eklinde 1.tür integral denklem elde edilir. (2.7) denkleminde gt ( ) 1 alnarak, bilinmeyen fonksiyonun integralin içinde ve dnda yer ald t ut () f() t Ktsusds (, ) () a eklinde 2. tür integral denklem elde edilir. Burada f( t) ise denklem homojen integral denklem adn alr. L dorusal operatör, N dorusal olmayan operatör ve gt ( ) verilen sürekli fonksiyon olmak üzere genel dorusal olmayan sistem ise Lut () Nut () gt () (2.8) olarak gösterilebilir. 2.1 Temel ntegral Denklem Tipleri ntegral denklemler, dorusal ve dorusal olmayan denklemler olarak iki grupta incelenir. Dorusal denklemler yani, bilinmeyen fonksiyonun dorusal olmayan fonksiyonlarnn yer almad denklemler iki tiptedir. Birinci tip, at b deeri için integral sabit snrlara sahip, f ve K verilen fonksiyonlar ;, a ve b sabitler iken
24 6 ut () f() t Ktsusds (, ) ( ) b a biçimindedir. Bu denklem II. Tip Fredholm denklemi olarak bilinir. Eer integralin üst snr deiken ise ikinci denklem tipi t ut () f() t Ktsus (,, ( )) ds ( t) eklindedir. Bu ise ikinci tür dorusal olmayan Volterra integral denklemi olarak bilinir. Bu durum t dan çok t T için belirlenmitir. Bir özel durum ut () f() t Ktsusds (, ) ( ) dorusal denklemidir. t I. Tip Volterra integral denklemi Ktsus (,, ( )) ve f ( t ) verilmi fonksiyonlar ve us ( ) bilinmeyen fonksiyon olmak üzere I.Tip Volterra integral denklemi t f () t K(, t s, u( s)) ds, ( t a) a eklindedir. Dorusal I. Tip Volterra integral denklemi ise t f () t K(, t s) u( s) ds, ( t a) olarak gösterilir. a
25 II. Tip Volterra integral denklemi Ktsus (,, ( )) ve f () t verilmi fonksiyonlar ve us () bilinmeyen fonksiyon olmak üzere II. Tip Volterra integral denklemi eklindedir. t ut () f() t Ktsus (,, ()) ds, ( ta) a I. Tip Fredholm integral denklemi Kts (, ) ve f ( t ) verilen fonksiyonlar, us ( ) bilinmeyen fonksiyon, a ve b sabitler ve at b olmak üzere dorusal I.Tip Fredholm integral denklemi b f () t K(, t s) u( s) ds biçiminde gösterilebilir. a II. Tip Fredholm integral denklemi Kts (, ) ve f ( t ) verilen fonksiyonlar, us ( ) bilinmeyen fonksiyon;, a, b sabitler ve at b olmak üzere dorusal II.Tip Fredholm integral denklemi ut () f() t Ktsusds (, ) () eklinde gösterilebilir. b a
26 8 Bu temel integral denklem tiplerine ek olarak, tekil integral denklemler saylabilir. Bir veya her iki integral snr sonsuz olduunda veya çekirdek, integral aralnn içinde bir veya daha çok noktada süreksiz olduunda integral denklem tekil integral denklem olarak adlandrlr. Bu çalmada tekil integral denklemler ile ilgilenmeyeceiz. 2.2 Volterra ntegro-diferansiyel Denklemi Bilinmeyen u fonksiyonunun türevlerinin yer ald bir denklem integrodiferansiyel denklem olarak adlandrlr(filiz, 2). Eer yeterli düzgünlüe (smoothness) sahip ise t ut () f() t Ktsusds (, ) (), t denklemi diferansiyellenebilir ve K u() t f() t Kttut (,) () (, tsusds ) ( ) t elde edilir. Bu bir Volterra integro-diferansiyel denklem örneidir. t u( t) Ftut, ( ), Ktsusds (,, ( ) baldr. Bu ekildeki denklemlerde u () t, s, t t için us () nin deerlerine
27 9 3. NTEGRAL DENKLEMLERN NÜMERK VE YARI-ANALTK ÇÖZÜMLER Bu ksmda öncelikle integral denklemler ile diferansiyel denklemler arasndaki iliki verilmitir. Daha sonra Volterra integral denkleminin çözümünün varl için gerekli koullar belirtilip bu denklemler için kullanlan baz nümerik çözüm yöntemleri (dikdörtgen kural, yamuk kural, deitirilmi Simpson kural, Runge-Kutta yöntemi) ve yar-analitik çözüm yöntemleri (Varyasyonel iterasyon yöntemi ve Homotopi pertürbasyon yöntemi) üzerinde durulmu, ele alnan örnekler ile yöntemlerin kapasiteleri karlatrlm ve yöntemlerin problem baml olduu düüncesine ulalmtr. 3.1 ntegral Denklemler ile Diferansiyel Denklemler Arasndaki liki ntegral ve diferansiyel denklemler arasndaki iliki, integral denklemlerin öneminin anlalmas açndan önemlidir. Bu yüzden burada bu ilikiye yer verilmitir (Filiz, 2). Balangç koullaryla verilmi sabit ya da deiken katsayl bir diferansiyel denklem, Volterra tipi bir integral denkleme dönütürülebilir. Bir integral denklem de bir diferansiyel denkleme dönütürülebilmektedir. Birinci mertebeden
28 1 O halde bir integral denkleme, balangç koullar için salanan diferansiyel denklemin bir snr deer problemi olarak da baklabilir. Örnein, du() t Ft, u( t) dt diferansiyel denklemi için u() u balangç kouluyla birlikte balangç deer problemini ele alalm. Eer bu denklem t ye göre integre edilirse t ut () u F sus, ( ) ds o ifadesi elde edilir. Bu ise bir Volterra tipi integral denklemdir. Örnein, ikinci mertebeden 2 dut 2 () ut (), t dt diferansiyel denklemini u() 1 ve u() balangç koullaryla ele alalm. Bu denklemi t ye göre integre edip, daha sonra iki katl integrali tekil integrale indirgeyerek ve balangç deerlerini kullanarak t ut () 1 ( t) u( ) d denklemi elde edilir. Böylece, ikinci mertebeden diferansiyel denklem, Kt ( ) formundaki çekirdekle ikinci tür Volterra integral denklemine dönümütür.
29 11 ntegral denklemin bir diferansiyel denkleme dönütürülmesi için ise, Leibnitz formülü olarak bilinen formül uygulanr. Bu formül, integral iareti altnda türev alma ilemini gerçekletirir. Leibnitz formülü, B( ) B( ) d F(, t) db da F(, t) dt dt F(, B( ) F(, A( ) d d d A ( ) A ( ) eklindedir. Eer A( ) ve B( ) ifadeleri sabitler ise da db, d d olur ve Leibnitz formülü B B d F(, t) dt d A eklini alr. A F(, t) dt 3.2 Volterra Denklemleri ve Çözümün Varl t ut () f() t K tsus,, () ds,tt denklemini ele alalm. Burada ut ( ) bilinmeyen fonksiyon, f ( t ) bilinen fonksiyon ve K çekirdek fonksiyonu olmak üzere, i) f ( t), t T aralnda sürekli bir fonksiyon ii) Ktsz (,, ) ; stt, z için sürekli
30 12 iii) Çekirdek tüm st T ve tüm z1, z 2 için Ktsz (,, ) Ktsz (,, ) Lz z (Lipschitz koulunu salar) ifadeleri salanyor ise,t üzerinde bir tek sürekli ut ( ) çözümü vardr. Bu sonucun ispat için (Linz, 1985) baklabilir. 3.3 Volterra ntegral Denklemleri için Nümerik Yöntemler Bu ksmda, t ut () f() t K tsus,, () ds,tt (3.1) Volterra integral denkleminin nümerik çözümleri için kullanlan temel baz yöntemler verilmitir (Filiz, 2). Verilen bir h adm aral için t kh, k,1,..., n noktalarnda çözümü hesapladmz varsayalm. n 1,2,... olmak üzere ut ( n) için ut ( n ) yaklamlar, (3.1) denkleminde t tn konularak ve t k noktalarnda integrali alnan ifadenin deerleri kullanlan nümerik integrasyon kuralyla (3.1) denkleminin sa tarafndaki integralde yerine konularak hesaplanabilir. Daha sonra sonuç denklemi ut ( n ) için çözülür. Eer (3.1) denkleminde nh gtdt () hnk gt ( k ) (3.2) n k k
31 13 formunda bir integrasyon kural kullanlrsa, ut ( n ) yaklak çözümleri n n n nk n k k k ut ( ) f( t) h Kt (, t, ut ( )), n1,2,3,... (3.3) olarak elde edilir. Ktsz (,, ) Ktsz (,, ) Lz z koulu kullanlr ise ut ( n ) in tekliinin varl için yeter koul hnn L 1 olmasdr. ut ( ) f( t) olduu için yaklak çözüm adm adm hesaplanr. Genel olarak eer nk deerleri düzgün olarak sralysa, bu durumda denklem yeterince küçük h deeri için bir tek çözüme sahiptir. (Filiz, 2) Dikdörtgen kurallar t ut () f() t K tsus,, () ds Volterra integral denklemi için dikdörtgen kurallar ve n 1 n n n k k k ut ( ) f( t) h Kt (, t, ut ( )), (3.4) ut ( ) f( t) h Kt (, t, ut ( )) (3.5) n n n k k k 1 n biçimindedir. Bu denklemler kuadratik yöntemlere iki örnektir. Srasyla Açk Euler kural ve Kapal Euler kuraldr.
32 14 r,1,2,..., n 1 için (3.4) denklemi, eer ut ( r ) biliniyorsa, açk olarak ut ( n ) i verir. (3.5) denklemi kapaldr. ut () f() t Ktsusds (, ) (), t t dorusal durumunda, eer hk( tn, tn) 1 ise ut ( n ) için çözülebilir. Dorusal olmayan durumda, ut ( n ) i istenen kesinlikle çözmek için baz iteratif teknikler kullanlabilir Yamuk kural u bilinmeyen fonksiyon, K çekirdek fonksiyonu, f verilen fonksiyon olmak üzere t ut () f() t K tsus,, () ds, tt biçimindeki ikinci tür Volterra integral denkleminde yamuk kural kullanlrsa ut ( n ) yaklak deerleri 1 ut ( n) f( tn) h Kt ( n, t, ut ( )) 2 n1 K( tn, tk, u( tk)) K( tn, tn, u( tn)) k1 2 1 (3.6) ifadesi çözülerek hesaplanr.
33 15 Bu ise (3.7) kapal formunda gösterilen denklemi verir: h 1 ut ( n) Kt ( n, tn, ut ( n)) ft ( n) h Kt ( n, t, ut ( )) 2 2 n1 k1 Kt ( n, tk, ut ( k)) (3.7) Ktsus (,, ( )) Ktsus (, ) ( ) ile bir dorusal integral denklem için, ut ( n ) in yok olmayan katsaylarn veren, ut ( n ) için dorudan çözülebilen ut ( ) f( t) ile (3.7) ifadesi h 1 ut ( n) 1 Kt ( n, tn) ft ( n) h Kt ( n, t) ut ( ) 2 2 n1 k 1 Kt ( n, tk) ut ( k) (3.8) halini alr. Dorusal olmayan durumda; L, Ktsz (,, 1) Ktsz (,, 2) Lz1 z2 hl ifadesi ile verildiinde eer 1 ise bir tek ut ( n ) vardr ve genelde 2 istenen kesinlikte bir ut ( n ) için çözümde baz iteratif teknikler kullanlr. (Linz, 1985)
34 Gelitirilmi (Modifiye Edilmi) Simpson Kural Kts (, ) çekirdek fonksiyonu, f ( t ) verilen fonksiyon ve ut () bilinmeyen fonksiyon olmak üzere t ut () f() t K tsusds, ) (, atb a biçimindeki ikinci tür Volterra integral denklemini ele alalm. Simpson kuralnda, bu denklemin yaklak çözümünü hesaplamak için çift aralk says kullanlr., 2h aralnda 2h elde edilir. Ktsusds (, ) ( ) h ( Ktsu (, ) ( ) 4 Kt (, hu ) ( h ) Kt (, 2 hu ) ( 2 h )) 3 5 h (4) ( Kt (, ) u( )) 9 ab, aral 2n eit parçaya ayrlsn. t at... t t... t 1 2j1 2 j 2n Bu durumda ikinci tür Volterra integral denkleminin çift düümlerdeki yaklamlar olur ve bu t2 j ut ( ) f( t ) Kt (, susds ) ( ) 2 j 2 j 2 j a j1 t2i2 f ( t ) K( t, s) u( s) ds 2 j 2 j i t2i
35 17 j1 t2i2 u f K( t, s) u( s) ds 2 j 2 j 2 j i t2i biçiminde gösterilebilir. Simpson kural kullanlarak bu denklem halini alr. Burada, u 2i u2i 2 2 j1 h u f ( K u 4 K u K u ) 2 j 2 j 2 j,2i 2i 2 j,2i1 2i1 2 j,2i2 2i2 i 3 u 2 j yaklamn hesaplamak için, 2i 1 u yerine ortalamas alnarak Simpson kural modifiye edilebilir (Nadir and Rahmoune, 27). Bu durumda h u u u f K u K K u j1 2i 2i2 2 j 2 j 2 j,2i 2i 4 2 j,2i1 2 j,2i2 2i2 i 3 2 j1 h f ( K 2 K ) u (2 K K ) u 2 j 2 j,2i 2 j,2i1 2i 2 j,2i1 2 j,2i2 2i2 i 3 j1 j1 h h f ( K 2 K ) u (2 K K ) u 2 j 2 j,2i 2 j,2i1 2i 2 j,2i1 2 j,2i2 2i2 i 3 i 3 j1 j h h f ( K 2 K ) u (2 K K ) u 2 j 2 j,2i 2 j,2i1 2i 2 j,2i1 2 j,2i 2i i 3 i1 3 h h u f K 2K u K 2K u 3 3 2h K 2 j,2 j12 K 2 j,2 j K 2 j,2 j1 u 2i 3 2 j 2 j 2 j, 2 j,1 2 j,2 j 1 2 j,2 j 2 j elde edilir.
36 18 Genel olarak, j 1, 2,..., n için olur. h h u2 j1 2K2 j,2 j1k2 j,2 jf2 j K2 j, 2K2 j,1u 3 3 2h K K K u 3 u f 2 j,2i1 2 j,2 j 2 j,2i1 2i (3.9) Runge-Kutta Tipi Yöntem Adi diferansiyel denklemlerin çözümünde açk Runge-Kutta yöntemi oldukça sk kullanlmakta ve gelitirilmektedir. Bu yöntemleri gelitirmek için, tn h tn 1 noktasndaki çözümü hesaplamak için genel bir form yazlmtr. K ve f sürekli fonksiyonlar olmak üzere t ut () f() t K tsus,, () ds, t (3.1) eklinde ikinci tür Volterra integral denklemini ele alnsn. Ktsus (,, ( )) Ktsus (, ) ( ) olarak dorusal formu kullanlacaktr. Bu yaklam açklamak için q 1,2,..., p için ara deerler q1 ( q) ( j) n n( n q ) q j ( n q j, n j ) n j u F t h h A K t d h t c h u (3.11) olarak tanmlansn. F () u f() n ()
37 19 alnarak bu denklem u, u,..., u, u, u,..., u... deerler dizisini () (1) ( p) (1) (2) ( p) belirtmek için kullanlabilir. olarak alnmtr. u deeri, ut ( h) deerine yaklam ( p ) n u u ( n1), A b. () ( p) n n1 p, j j, A, d h, c parametreleri bir Taylor açlmyla q q j q j j belirlendiinde, Fn () t fonksiyonu t n f () t K(, t s) u( s) ds (3.12) ifadesine bir yaklam olabilmesi için seçilmitir. Aslnda (3.11) denklemi çok geneldir ve sadece birkaç formu ayrntl olarak aratrlmaktadr. Örnein, d c q q j j konularak, Pouzet tipi olarak adlandrlan formüllerin bir kümesi elde edilir. (Pouzet, 196) p 4 için Pouzet tipi yöntemdeki parametrelerin bir özel kümesi 1, 1 2, 3 4 1, 2 1 A1 A21, 2 A A A, n eklindedir. A A A A A 1 1, 6 1, 3
38 2 imdi Butcher tarafndan gelitirilen Runge-Kutta yöntemini ksaca açklayalm. Bu yöntemi açklamak için,(3.11) deki temel Runge-Kutta denklemlerini ele alalm ve katsaylar çizelgede 1/2 1/2 1 1/2 1/ ( 1) 1/6 1/3 1/3 1/6 4 (1) A T b formunda düzenleyelim. A qj çarpm faktörlerini içeren bir alt üçgensel matris, t n deki artma miktarn içeren bir vektör ve vektörü göstermektedir. Eer dördüncü mertebeden durum seçilir ise bu 1/2 A 1/2 1 T b arlk faktörlerini içeren transpoze T, b 1/6 1/3 1/3 1/6 eklinde simgelenebilir. Katsaylarn Taylor açlmyla belirlenmesi yorucudur. Birçok durumda cebirsel ifadeleri türetmenin daha kolay bir yolu vardr. ut ( qh) deerine bir yaklam olarak alnabilir. n (3.11) nin sa tarafndaki ikinci terim t n q t n q n n q f ( t h) K( t h, s) u( s) ds u, ( q ) n
39 21 ifadesine bir yaklam iken, ilk terim, f ( t h) K( t h, s) u( s) ds n q n q ifadesine bir yaklamdr. t n i kümesi q , A olarak q q j q j seçilmitir ve bu q1 q1 A b 1 olmasn gerektirir. pj j q j j Pouzet, ut (); t ut () f() t Ktsusds (, ) (), t integral denklemini salyor iken, ut ( 1) i tahmin etmek için aadaki formülü vermitir. (Pouzet, 196) n p 4 için açk Runge-Kutta formülü u u ( u f( t )), () (4) () n n1 (1) h () un Fn( tn 1/2) K( tn 1/2, tn) u n, 2 (2) h (1) un Fn( tn 1/2) K( tn 1/2, tn 1/2) u n, 2 u F ( t ) hk( t, t ) u (3) (2) n n n1 n1 n1/2 n tanmlanr ve ardndan
40 22 iken h F t f t K t t u K t t u n1 () (1) n() () (, ) j j 2 (, j1/2) j 6 j F () t f () t biçimindedir. 2 Ktt (, ) u Ktt (, ) u (2) (3) j1/2 j j1 j h u F ( t ) K( t, t ) u 2 K( t, t ) u 6 (4) () (1) n n n1 n1 n n n1 n1/2 n 2 Kt (, t ) u Kt (, t ) u (2) (3) n1 n1/2 n n1 n1 n ut u Oh (4) 4 ( n1) n ( ) olduu gösterilebilir, böylece u, ut ( n 1) deerine bir yaklamdr. (4) n alalm. Üçüncü mertebeden (yar kapal) Runge-Kutta formülünü ele 1/2 1/4 1/ /6 2/3 1/6 2 ( 1) 1/6 2/3 1/6 3 (1) A T b T A 1/4 1/4, b 1/6 2/3 1/6. 1/6 2/3 1/6
41 23 u u ( u f( t )), () (3) () n n1 (1) h () h un Fn( tn 1/2) K( tn 1/2, tn) u n / 1 K( tn 1/2, tn 1/2 ), 4 4 (2) h () (1) un Fn( tn 1) K( tn 1, tn) un 4 K( tn 1, tn 1/2) un / 6 h 1 Kt ( n1, t n1) 6 ve iken h F t f t Ktt u Ktt u Ktt u n1 () (1) (2) n() () (, ) j j 4 (, j 1/2) j (, j1) j 6 j F () t f() t h u F ( t ) K( t, t ) u 4 K( t, t ) u 6 (3) () (1) n n n1 n1 n n n1 n1/2 n formu tanmlanr. K( t, t ) u (2) n1 n1 n ut u Oh (3) 3 ( n1) n ( ) olduu gösterilebilir, böylece ut ( ) deerine bir yaklamdr. (3) u n, n Yaknsaklk ve yaknsaklk mertebesi n N için t ih, i,1,2,..., n i a noktalar üzerinde h T / n ile tanml bir,t aral verilmi olsun.
42 24 Tek ut ( ) çözümlü integral denklem için u, i,1,2,..., n deerlerinin baz yaklam yaplaryla hesaplandn varsayalm. hh ile h iken eer p sup u u( t ) O( h ) ti T i i ise H deki adm aral kullanlarak,t deki a noktalar için p. mertebeden yaknsakla sahip olur. t i a noktalarndaki u i yaklak çözümün ayrklatrma hatas olarak adlandrlan e u u( t ) ; i,1,2,..., t ih i i i i deerler kümesini ele alalm. H h h h ( m),,..., olduunu varsayalm. Burada m m iken h dr. Burada ht / m, m N alnabilir. Ayrklatrma hatas, h H bulunabilir. adm aralnn bir fonksiyonu olarak i Tanm : (3.3) formundaki yöntem, eer yaknsaktr denir. lim ma e i h ti, T ise,t üzerinde Tanm : Eer tüm h H için, M olmak üzere h tan bamsz ma e i n i Mh p
43 25 olacak ekilde öyle bir M says varsa ve eer p, bu eitsizlii salayan en büyük say ise, bu durumda p yöntemin yaknsaklk mertebesi olarak adlandrlr. Tanm : t u, () (),, ( ) olsun. Bu durumda ut f t K tsus ds (3.1) denkleminin çözümü tk ( ht, ) Kt (, yu, ( y)) dyh Kt (, t, ut ( )) k o k ki k i i i fonksiyonu (3.1) denklemi için lokal ayrklatrma hatasdr. k 3.5 Nümerik Örnekler Buradaki amacmz; dikdörtgen, yamuk, gelitirilmi Simpson ve Runge-Kutta kurallarnn kullanllarn örnekle açklamak ve kapasitelerini aratrarak aralarnda karlatrma yapmaktr. Örnek 3.5.1: 1 u ( ) tutdt ( ), 5 integral denklemini ele alalm. h.1,.5 için dikdörtgen kuraln uygulayalm. n 1 n n n k k k u ( ) f( ) h K (,, u ( ))
44 26 h.1 için n1 1.1 u ( 1) f( 1) hk1,, u ( ) u(.1) f(.1) (.2).(.1) K.1,, u() u(.1).1 n2 2.2 u ( 2) f( 2) hk 2,, u ( ) K2, 1, u ( 1) eklinde yaklak deerler hesaplanabilir. Örnek için Maple program kodlar ekte verilmitir. Dikdörtgen kural ile elde edilen hatalar Çizelge 3.1 ile gösterilmektedir. Örnek 3.5.1, h=.1 ve h=.5 için Dikdörtgen kural ile elde edilen hatalar h=.1 h= Çizelge 3.1
45 27 Örnek 3.5.2: ut () u ( ) 1 dt, t1 integral denklemini,1, h.1 ve.5 için yamuk kural ile çözelim. h 1 u ( n) K ( n, n, u ( n)) f( n) h K ( n,, u ( )) 2 2 n1 K( n, k, u ( k)) k 1 biçimindeki yamuk kural uygulanrsa, h.1 için n1 1.1, u ( ) f( ) u ( 1) K1, 1, u ( 1) f( 1) (.1). K1,, u ( ) 2 2 u (.1) 1 u (.1) (.5) f(.1) (.1) u (.1) n u ( 2) K2, 2, u ( 2) f( 2) (.1) K2,, u ( ) 2 2 K2, 1, u ( 1) u (.2) eklinde yaklak deerler hesaplanabilir. Yamuk kural için Maple program kodlar ekte verilmitir. Elde edilen nümerik çözümler Çizelge 3.2 ile gösterilmektedir.
46 28 Örnek 3.5.2, h=.1 ve h=.5 için Yamuk kural ile elde edilen nümerik çözümler h=.1 h= Çizelge 3.2 Örnek 3.5.3: u ( ) 2 ep( 1) ep( tutdt ) ( ) ( 1) 1 integral denklemini ele alalm. Bu denklem, 2 ( 1) u ( ) ep(( 1) ) 1 1
47 29 eklinde tam çözüme sahiptir. Eer 1 seçilirse, u ( ) 1 elde edilir. h.1 ve.5 için yamuk kural ile elde edilen hatalar Çizelge 3.3 te gösterilmitir. Problemin çözümü için Maple kodlar ekte verilmektedir. Örnek 3.5.3, ma 1, 1 için yamuk kural ile elde edilen hatalar h=.1 h= Çizelge 3.3.
48 3 Örnek 3.5.4: ( t) ( ) 1 ( ) u e utdt integral denklemini ele alalm. Tam çözüm u ( ) 1 olduuna göre h.1 ve.5 için gelitirilmi Simpson yöntemi ile hatalar belirleyelim. Gelitirilmi Simpson yöntemi için j 1,2,..., n, u f, K(, t) e, K K(, ) olmak üzere ( t) i, j i j h h u2 j1 2K2 j,2 j1k2 j,2 jf2 j K2 j, 2K2 j,1u 3 3 2h K K K u 3 formülü uygulanrsa 2 j,2i1 2 j,2 j 2 j,2i1 2i h.1 için j 1 h h u2 1 2K2,1 K2,2 f2 K2, 2K2,1 u u(.2) 1 2 K(.2,.1) K(.2,.2) f(.2) 3.1 K(.2,) 2 K(.2,.1) u() 3 u(.2)
49 31 h h j 2 u41 2K4,3 K4,4f4 K4, 2K4,1u 3 3 2h K K K u 3.1 u(.4) 1 2 K(.4,.3) K(.4,.4) f(.4) 3.1 K(.4,) 2 K(.4,.1) 3.2 K(.4,.1) K(.4,.2) K(.4,.3) u(.2) 3 u(.4) ,1 4,2 4,3 2 biçiminde yaklak deerler hesaplanabilir. Gelitirilmi Simpson kural ile elde edilen hatalar Çizelge 3.4 ile gösterilmitir. Problemin çözümü için Maple program kodlar ekte verilmitir. Örnek 3.5.4, h=.1 ve h=.5 için Gelitirilmi Simpson yöntemi ile elde edilen hatalar h=.1 h= Çizelge 3.4
50 32 Örnek 3.5.5: u ( ) ( tutdt ) ( ) Volterra integral denklemini ele alalm. Bu denklemin yaklak çözümünü yamuk, gelitirilmi Simpson ve dördüncü mertebeden Runge-Kutta yöntemleri ile elde edelim. Yamuk kural, u ( ) f( ), ih, Kt (, ) t, f( ) olmak üzere i h 1 u ( n) 1 K ( n, n) f( n) h K ( n, ) u ( ) 2 2 n1 k 1 K( n, tk) u ( k) formundadr. h.2 için.2 1 n1 u( 1) 1 K( 1, 1) f(.2) (.2) K( 1, ) u( ) 2 2 u (.2) n2 u( 2) 1 K( 2, 2) f(.4) (.2) K( 2, ) u( ) 2 2 K(, ) u ( ) u (.4).392 biçiminde yaklak deerler hesaplanabilir Yamuk kural ile tam çözümün karlatrlmas ekil 3.1 ile gösterilmektedir. Problemin çözümü için Maple program kodlar ekte verilmitir.
51 ekil 3.1: Örnek 3.5.5, h=.2 için yamuk kural ile tam çözümün karlatrlmas 33
52 34 imdi bu denkleme, j 1,2,..., n ; u f, f( ), K(, t) t, K K(, ) olmak üzere i, j i j h h u2 j1 2K2 j,2 j1k2 j,2 jf2 j K2 j, 2K2 j,1u 3 3 2h K K K u 3 2 j,2i1 2 j,2 j 2 j,2i1 2i formundaki gelitirilmi Simpson yöntemini uygulayalm. h.2 için h h j1 u2 1 2K2,1 K2,2 f2 K2, 2K2,1 u u(.4) 1 2 K(.4,.2) K(.4,.4) f(.4) 3.2 K(.4,) 2 K(.4,.2) u() 3 u(.4) h h j 2 u41 2K4,3 K4,4f4 K4, 2K4,1u 3 3 2h K K K u 3 u(.8) eklinde yaklak deerler elde edilebilir. 4,1 4,2 4,3 2 Gelitirilmi Simpson yöntemi ile tam çözümün karlatrlmas ekil 3.2 ile gösterilmitir. Problemin Maple kodlar ektedir.
53 ekil 3.2: Örnek 3.5.5, h=.2 için gelitirilmi Simpson kuralnn tam çözüm ile karlatrlmas 35
54 36 Bu probleme dördüncü mertebeden Runge-Kutta yöntemini uygulayalm. u, ut ( n 1) ifadesine bir yaklam olmak üzere açk Runge-Kutta formülü (4) n () (4) () un un 1 ( u f( )), (1) h () un Fn( n 1/2) K( n 1/2, n) u n, 2 (2) h (1) un Fn( n 1/2) K( n 1/2, n 1/2 ) u n, 2 u F ( ) hk(, ) u (3) (2) n n n1 n1 n n h F f K u K u n1 () (1) n( ) ( ) (, ) j j 2 (, j1/2) j 6 j F ( ) f( ) iken 2 K(, ) u K(, ) u (2) (3) j1/2 j j1 j h u F ( ) K(, ) u 2 K(, ) u 6 (4) () (1) n n n1 n1 n n n1 n1/2 n biçimindedir. n, h.2 için 2 K(, ) u K(, ) u (2) (3) n1 n1/2 n n1 n1 n u deerine bir yaklam olmak üzere (4), u(.2).2 u F ( t ) K(, ) u 2 K(, ) u 6 (4) () (1) o 1 1 o 1 1/2 o u u(.2) (4) o eklinde yaklak deerler hesaplanabilir. 2 K(, ) u K(, ) u (2) (3) 1 1/2 o 1 1 o
55 37 Dördüncü mertebeden Runge-Kutta yöntemi ile tam çözümün karlatrlmas ekil 3.3 ile gösterilmitir. Problemin çözümü için Maple kodlar ekte verilmitir. ekil 3.3: Örnek 3.5.5, h=.2 için dördüncü mertebeden Runge-Kutta yönteminin tam çözüm ile karlatrlmas
56 38 Örnek 3.5.5, h=.2 için Yamuk, Gelitirilmi Simpson ve Dördüncü mertebeden Runge- Kutta yöntemi ile elde edilen hatalar Yamuk kural D.Simpson kural Runge-Kutta Çizelge 3.5 Örnek 3.5.6: 1 2 ( ) 1 ( ) ( ), 1 u tutdt 2 dorusal Volterra integral denklemini ele alalm.
57 39 Bu denklemin çözümünü yamuk, gelitirilmi Simpson ve dördüncü mertebeden Runge-Kutta kurallar ile bulalm. 1 u ( ) f( ), Kt (, ) t, f( ) 1 2 olmak üzere yamuk kural h 1 u ( n) 1 K ( n, n) f( n) h K ( n, ) u ( ) 2 2 n1 K( n, tk) u ( k) k 1 formundadr. h.2 için n1.2 1 u( 1) 1 K( 1, 1) f( 1) (.2) K( 1, ) u( ) u(.2) 1 K(.1,.1) f(.2) (.2) K(.2, ) u() 2 2 u (.2).8 n2.2 1 u( 2) 1 K( 2, 2) f( 2) (.2) K( 2, ) u( ) 2 2 K( 2, 1) u ( 1) u (.4) eklinde yaklak deerler hesaplanabilir. Problemin yamuk kural ile çözümünü elde etmek için yazlan Maple kodlar ekte verilmitir.
58 4 Bu denkleme, 1 j n u f f K t t 2 Ki, j K( i, j) olmak üzere 2 1,2,..., ;, ( ) 1, (, ), h h u2 j1 2K2 j,2 j1k2 j,2 jf2 j K2 j, 2K2 j,1u 3 3 2h K K K u 3 2 j,2i1 2 j,2 j 2 j,2i1 2i formundaki gelitirilmi Simpson yöntemini uygulayalm. h.2 için h h j1 u2 1 2K2,1 K2,2 f2 K2, 2K2,1 u u(.4) 1 2 K(.4,.2) K(.4,.4) f(.4) 3.2 K(.4,) 2 K(.4,.2) u() 3 u(.4) eklinde yaklak deerler hesaplanabilir. Problemin yamuk, gelitirilmi Simpson ve dördüncü mertebe Runge- Kutta kural ile çözümü için yazlan Maple kodlar ekte verilmektedir. h.2 için elde edilen hatalarn karlatrlmas ise Çizelge 3.6 ile verilmitir.
59 41 Örnek 3.5.6, h=.2 için Yamuk, Gelitirilmi Simpson ve Dördüncü mertebeden Runge- Kutta kurallar ile elde edilen hatalar Yamuk kural D.Simpson kural Runge-Kutta Çizelge 3.6
60 42 ekil 3.4: Örnek 3.5.6, h=.2 için dördüncü mertebeden Runge-Kutta, gelitirilmi Simpson ve yamuk kuralnn tam çözüm ile karlatrlmas
61 43 Çizelgelerden de görülebilecei gibi nümerik yöntemler, problemler için sadece saysal açdan bilgi verir. Verilen problemin fiziksel davrannn incelenmesi istendiinde ise yar-analitik yöntemlerin kullanlmas uygun olacaktr. Nümerik yöntemler kullanldnda teoride hata yok edilebilir fakat pratikte bu kolay deildir ve her zaman mümkün olmayabilir. Bu sebeple integral denklemleri çözmek için daha etkili yaklam yöntemlerine ihtiyaç duyulmaktadr. Yar-analitik yöntemler gibi problemlerin tam çözümünü verebilen yöntemler uygulamada önem kazanmakta ve özellikle mühendislik alannda tercih edilmektedir. Literatüre bakldnda bu sebeple diferansiyel dönüüm yöntemi, Adomian yöntemi, homotopi-pertürbasyon yöntemi ve varyasyonel iterasyon yöntemi gibi yar-analitik yöntemlerin çalld görülmektedir. Bu ksmda, öncelikle Volterra integral ve integro-diferansiyel denklemleri için kullanlan homotopi-pertürbasyon ve varyasyonel iterasyon yöntemleri tantlmtr. Daha sonra ele alnan çeitli problemler ile yöntemlerin kapasiteleri gösterilmitir. Daha önce çeitli yöntemler ile yaklak çözümü bulunan baz problemlerin tam çözümleri varyasyonel iterasyon ve homotopi-pertürbasyon yöntemleri ile elde edilmitir.
62 Homotopi -Pertürbasyon Yöntemi He nin homotopi pertürbasyon yöntemi; çallan zor problemi, çözümü daha kolay olan bir probleme dönütürdüü için bilim adamlar ve mühendisler tarafndan son yllarda gelitirilen bir yöntemdir. Homotopi pertürbasyon yöntemi, He tarafndan 1998 ylnda ortaya atlm ve gelitirilmitir. Birçok durumda, çözüm serisine çok hzl bir yaknsaklk verir. Genellikle, tek iterasyon çözüme yüksek kesinlik salar. Homotopi-pertürbasyon teorisinin temel fikrini açklamak için, A genel integral operatör, B bir snr operatörü, f () r bilinen analitik fonksiyon ve, bölgesinin snr olmak üzere Au ( ) f( r), r (3.13) dorusal olmayan integral denklemini Bu (, un), r (3.14) snr koullar ile ele alalm. A operatörü, genel olarak, L dorusal ve N dorusal olmayan olmak üzere iki parçaya ayrlabilir. Bu sebeple (3.13) denklemi, Lu ( ) Nu ( ) f( r) (3.15) eklinde yazlabilir. He, v:,1 R ye, r, homotopi parametresi olarak adlandrlan p (,1] ve (3.13) ün balangç yaklam v olmak üzere Hv (, p) (1 p) Lv () Lv ( ) p Av () f() r (3.16)
63 45 veya Hvp (, ) Lv () Lv ( ) plv ( ) pnv () fr () (3.17) ifadesini salayan bir homotopi oluturmutur. Bu nedenle Hv (,) Lv () Lv ( ), Hv (,1) Av () f() r (3.18) olduu açktr ve p nin dan 1 e deime süreci Hvp nin (, ) Lv () Lv ( ) dan A() v f() r ye dönüümüdür. Topolojide bu, deformasyon, Lv () Lv ( ) ve A() v f() r de homotopik olarak adlandrlr. Pertürbasyon teknii uygulanarak, p 1 küçük bir parametre olarak ele alnabilecei için (3.16) veya (3.17) denklemlerinin çözümü, p nin bir serisi olarak aadaki gibi ifade edilebilir: vv pv p v p v (3.19) p 1 iken, (3.16) veya (3.17), (3.15) ifadesine karlk gelir ve (3.15) ifadesinin yaklak çözümü halini alr, yani u lim v v v v v... (3.2) p olur. Bu seri ele alnan probleme göre genellikle yaknsaktr Volterra integral ve integro-diferansiyel denklemlerinin He nin homotopi -pertürbasyon yöntemi ile çözümü ntegral denklemlerin yar-analitik çözümlerini elde etmek için kullanlan bir yöntem homotopi-pertürbasyon yöntemidir (He, 23).
64 46 Bu yöntemin açklamas örnek ile verildikten sonra yöntem farkl problemlere uygulanarak kapasitesi aratrlmtr. Örnek : u( ) 1 u( t) u( t) dt (3.21) dorusal olmayan Volterra integro-diferansiyel denklemi ele alnsn.,1 olmak üzere bu denklemin tam çözümü 2 u ( ) 2tan 2 eklindedir. Homotopi pertürbasyon yöntemi ile, Lu ( ) u( ) g( ) olarak alnabilir. Bu nedenle, H(, v p) v() g() p K(,,(), t v t v()) t dt (3.22) eklinde bir homotopi seçilebilir, ve bir balangç noktas Hv (,) dan çözüm fonksiyonu Hv (,1) e sürekli kapal eri oluturur. (3.19) ifadesinin (3.22) denkleminde yerine konulmas ve p nin ayn kuvvetlerinin eitlenmesi ile
65 47 p : v( ) g( ) v( ) p : v 1( ) v ( t) v ( t) dt v1( ) p : v 2( ) ( v () t v 1() t v1() t v ()) t dt v2( ) p : v 3( ) ( v () tv 2() t v1() tv 1() t v2() tv ()) t dtv3( ) p : v 4( ) ( v ( t) v 3( t) v1( tv ) 2( t) v2( tv ) 1( t) v3( tv ) ( t)) dtv4( ) 2268 p v v t v t v t v t v t v t v t v t v t v t dt v : 5( ) ( () 4() 1() 3() 2() 2() 3() 1() 4() ()) 5( ) elde edilir. Bu nedenle yaklak çözüm u v ( ) n( )... n (3.23) olarak yazlabilir. Pratikte, u ( ) v ( ) serisinin tüm terimleri belirlenemez ve n (3.24) teki seri ile yaklak çözüm bulunur. m1 n n ( m) vm( ), u( ) lim m( ) (3.24) n 2.Durum: Bir baka homotopi 2 2 H v p v g p t t pv t v t dt (, ) ( ) ( ) (1 ) 2 tan 1tan ( ) ( ) (3.25) eklinde oluturulabilir. (3.19) ifadesinin (3.25) denkleminde yerine konulmas ve p nin ayn kuvvetlerinin eitlenmesi ile
66 p : v ( ) g( ) 2 tan t1tan t dt 1tan v 2tan p : v 1( ) 2tan t1tan tv ( t) v ( t) dt 2 2 v ( ) 2 p : v 2( ) ( v ( t) v 1( t) v1( 2 tv ) ( t)) dt v( ) 3 p v 3 v t v 2 t v1 t v 1 t v2 t v t dt v3 : ( ) ( () () () () () ()) ( ) olur, ve bu yaklam tekrarlanrsa v4( ) v5( )... elde edilir. Bu 1 nedenle 26). 2 u ( ) 2tan 2 tam çözümü elde edilir (Ghasemi et al., He nin homotopi-pertürbasyon yönteminin önemli bir avantaj, pertürbasyon denkleminin birçok ekilde oluturulabilmesidir. Bu sebeple yöntem problem bamldr ve istenen kesinliin elde edilmesinde pertürbe problem önemli bir rol oynar. Yar-analitik çözümler, analitik çözümlere yaklam getirir. Burada olduu gibi rekürsif iliki baz problemlerde tam çözümü verir.
67 Varyasyonel terasyon Yöntemi Varyasyonel iterasyon yönteminin temel özellii, sistem için bir düzeltme fonksiyoneli oluturmasdr. Son zamanlarda, varyasyonel iterasyon yöntemi çeitli dorusal olmayan problemlere, örnein, kesirli (fractional) diferansiyel denklemler, dorusal olmayan diferansiyel denklemler, dorusal olmayan dalga denklemleri gibi denklemlere uygulanmtr. L dorusal operatör, N dorusal olmayan operatör ve gt () verilen sürekli fonksiyon olmak üzere L ut () N ut () gt () genel dorusal olmayan sistemi ele alalm., varyasyonel teoriyle tanmlanabilen Lagrange çarpan, u, n. yaklam çözümü ve u n bir kstlanm varyasyon, yani u n olmak üzere, varyasyonel iterasyon yöntemi sistem için bir düzeltme fonksiyonelini t u () t u () t ( s) Lu ( s) Nu () s g() s ds n 1 n n n eklinde oluturmaktadr. K(, t ) integral denklemin çekirdei olmak üzere, u ( ) f( ) Ktutdt (, ) ( ) eklindeki ikinci tür Volterra integral denklemi için basit iterasyon formülü n
68 5 u ( ) f( ) K(, t) u ( t) dt n 1 biçimindedir. n Volterra integral ve integro-diferansiyel denklemlerinin Varyasyonel iterasyon yöntemi ile çözümü ntegral ve integro-diferansiyel denklemleri çözmek için kullanlan yar-analitik yöntemlerden bir dieri de varyasyonel iterasyon yöntemidir (He, 1999). Bu yöntemin integral denklemler için uygulamas örnek ile açklandktan sonra yöntem farkl problemler için uygulanarak kapasitesi aratrlacaktr. Örnek : t u( ) 1 e e u( t) dt u(), u() 1 integro-diferansiyel denklemi ele alnsn. He nin varyasyonel iterasyon yöntemi kullanlarak, t F u( ) 1 se e u( t) dt olmak üzere düzeltme fonksiyoneli u () u () () s u () s F u () s ds n1 n n n formunda yazlabilir.
69 51 Düzeltme fonksiyonelinde koulu kullanlarak, Lagrange çarpan () s s olarak tanmlanabilir. Sonuç olarak elde edilen iterasyon formülü u n n1 n n n u ( ) u ( ) ( s ) u ( s) F u ( s) ds olur. Varyasyonel iterasyon yöntemine göre, balangç tahmini baz bilinmeyen parametreler içerebilir. Balangç yaklamnn u ( ) a b formunda olduu varsaylrsa, a ve b ler bilinmeyen sabitler olmak üzere F u ( ) 1 e e ( a bt) dt 1se a ae be t elde edilir. Yukardaki iterasyon formülü ve balangç yaklam ile birinci derece yaklam çözümü u ( ) u ( ) ( s) u ( s) F u ( s) ds 1 n s s s s a be ( s ) be (1 se a ae bse ) ds n a2be be e a ae 2e 2ba 2 2 olarak bulunur. Balangç koullar kullanlr ise u1() 2a2ba2 2 b u() b1a1a1 1 elde edilir. Buradan, a ve b sabitleri
70 52 a1, b 1 olarak bulunur. Böylece, u ( ) e 1, u ( ) e 1 1 olur. O halde tam çözüm u ( ) e 1 olarak elde edilir (Xu, 27). Bu yöntem Picard yaklamn temel ald için iteratif yap analitik çözüme yaknsar. 3.8 Yar-analitik Yöntemler çin Örnekler Bu ksmda, homotopi-pertürbasyon ve varyasyonel iterasyon yöntemlerinin kapasitelerini aratrmak için çeitli problemler ele alnmtr. Daha önce farkl yöntemler ile çözülen problemlere bu yöntemler uygulanarak yöntemlerin daha iyi sonuçlar verebildii görülmütür. Çeitli yöntemler ile yaklak çözümü bulunan veya tam çözümü daha zor elde edilen baz problemler için de yar-analitik yöntemler uygulanarak problemlerin tam çözümleri elde edilmitir.
71 53 Örnek 3.8.1: ( ) ( ) 3 3 u e e u tdt dorusal olmayan denklemini ele alalm. Bu denkleme daha önce homotopipertürbasyon yöntemi uygulanm (Ghasemi et al., 27) ve tam çözümü u ( ) e olarak bulunmutur. Alternatif olarak verilen denkleme varyasyonel iterasyon yöntemini uygulayalm. teratif bir yap oluturmak için denklemi ( ) 3t 3 ( ) u e e u t dt eklinde yeniden yazalm. Varyasyonel iterasyon yöntemine göre, Lu ( ) u ( ) f( ), Lu ( ) u( ) e alnabilecei için balangç deeri denklemden ( ) u e olarak seçilebilir. Varyasyonel iterasyon yöntemine göre u ( ) f( ) Ktutdt (, ) ( ) a biçimindeki Volterra integral denklemi için basit iterasyon formülü u ( ) ( ) (, ) ( ) n 1 f K t un t dt a eklinde alnabilir (Xu, 27). Burada ( ) u e konulursa u yaklamlar elde edilir:
72 54 3t 3 1 u ( ) e e u ( t) dt 3t 3t 1( ) 3t u ( ) e e u ( t) dt u ( ) e 3 e e e dt u e 3t 3t 2( ) e e e dt u e Bu yaklam devam ettirilirse u 4 ( ) u 5 ( ) u 6 ( )... e olur. Bu nedenle tam çözüm olarak u ( ) e fonksiyonu bulunur. Örnek 3.8.2: 3 1 u ( ) u( t) ut ( ) dt e dorusal olmayan Volterra integral denklemini ele alalm. Bu denkleme varyasyonel iterasyon yöntemini uygulayalm. Denklemi ( ) 1 ( ) ( ) u e u t ut dt 2 2 2t 2 ( ) 1 ( ) ( ) u e u t ut dt eklinde yeniden yazalm.
73 55 seçilebilir. Varyasyonel iterasyon yöntemine göre bu denklemden ( ) u e u ( ) ( ) (, ) ( ) n 1 f K t un t dt 2t 2 n1( ) 1 n ( ) n( ) a u e u t u t dt iterasyonu kullanlrsa 2t 2 u1( ) 1 e u ( t) u( t) dt 2t 2t t 1 e e e dt u1( ) e 2t 2 u2( ) 1 e u1 ( t) u1( t) dt 2t 2t t 1 e e e dt u2( ) e olur ve bu yaklam devam ettirilirse u 3 ( ) u 4 ( ) u 5 ( )... e bulunur. O halde tam çözüm basit bir ekilde u ( ) e fonksiyonu olarak elde edilmektedir. Bu denkleme daha önce diferansiyel dönüüm yöntemi uygulanm (Odibat, 27) ve yine u ( ) e tam çözümü elde edilmitir.
74 56 Örnek 3.8.3: 1 2 ( ) cos( ) sin(2 ) ( ) u u t dt 2 dorusal olmayan Volterra integral denklemini ele alalm. Bu denkleme daha önce diferansiyel dönüüm yöntemi uygulanm (Odibat, 27) ve u ( ) cos tam çözümü elde edilmitir. Burada verilen integral denkleme homotopi-pertürbasyon ve varyasyonel iterasyon yöntemleri uygulanacaktr. Öncelikle 2 cos(2 ) 2cos ( ) 1 açlmdan yararlanarak denklemi 2 2 ( ) cos 2 cos ( ) u t u t dt biçiminde yeniden yazalm. Homotopi-pertürbasyon yöntemi ile 2 2 (, ) () () 2 cos () Hvp v f p t u t dt eklinde bir homotopi seçilebilir. vv pv p v p v ifadesi p 1 iken integral denklemin çözümü halini alr, yani olur. u lim v v v v v... p vv pv p v p v ifadesini homotopide yerine yazalm. Denklemden f ( ) cos olduu için
75 v pv p v p v... cos p.2 cos ( t) ( v pv p v...) dt ifadesi elde edilir. Burada p nin ayn kuvvetleri eitlenir ise p : v cos v cos p : v 2 cos t v ( t) dt v 2 cos tcos t dt v 2 p v2 v t v1 t dt v : 4 () () p : v 2 v ( t) 2 v ( t) v ( t) dt v p : v 4 olur ve bu yaklam tekrarlanrsa v4( ) v5( )... olarak elde edilir. Buna göre, denklemin çözümü ise u ( ) cos olur. Alternatif olarak verilen denklemin çözümünü bulmak için varyasyonel iterasyon yöntemini uygulayalm. 2 2 ( ) cos 2 cos ( ) u t u t dt denklemi için iterasyon formülü
76 n1( ) cos 2 cos n ( ) u t u t dt biçimindedir. Varyasyonel iterasyon ile Lu ( ) u ( ) f( ), Lu ( ) u( ) cos olduu için u ( ) cos seçilebilir. terasyon formülünde bu ifade yerine konulursa u ( ) cos 2 cos t u ( t) dt cos cos cos 1( ) cos t t dt u u ( ) cos 2 cos tu ( t) dt u ( ) cos olarak bulunur. Bu yaklam devam ettirilirse, u3( ) u4( )... cos elde edilir. O halde denklemin tam çözümü ksa sürede u ( ) cos olarak elde edilir. Örnek 3.8.4: 1 u( ) 1 tu( t) dt 3 1 u() integro-diferansiyel denklemini ele alalm. Bu denklem daha önce homotopi-pertürbasyon yöntemi ile çözülmü (Golbabai and Javidi, 27) ve yaklak çözüm elde edilmitir. Bu denkleme varyasyonel iterasyon yöntemini uygulayalm.
77 59 Denklemi 1 1 u( ) 1 tu( t) dt 3 eklinde yeniden yazalm. Bu durumda varyasyonel iterasyon teorisine göre sistem için düzeltme fonksiyoneli 1 1 un 1( ) un( ) ( s) u n ( s) 1 s s pun( p) dpds 3 biçimindedir. Varyasyonel iterasyon teorisinden 1, koullar kullanlarak Lagrange çarpan 1 olarak bulunur. Böylece düzeltme fonksiyoneli 1 1 un 1( ) un( ) u n ( s) 1 sspun( p) dpds 3 olur. Varyasyonel iterasyon yöntemi ile, Lu ( ) u( ) f( ) olarak alnr Lu ( ) u ( ) 1 olur. Böylece u () koulunu salayacak eklide ve u ( ) seçilebilir. O halde 1 1 u1( ) 11 ssu( p) dpds ssp dpds 3 u1( )
78 6 1 1 u2( ) 11 ssu1( p) dpds ssp dpds 3 u2( ) eklinde elde edilir ve bu yaklam devam ettirilirse u3( ) u4( )... bulunur. Böylece u ( ) tam çözümüne ulalr. Bu denkleme homotopi-pertürbasyon yöntemi uygulandnda denklemin yaklak çözümü elde edilmitir (Golbabai and Javidi, 27). Bu çalmada ise varyasyonel iterasyon yöntemi uygulanarak denklemin tam çözümü elde edilmitir. Bu örnek için varyasyonel iterasyon yönteminin daha avantajl olduu görülmektedir. Örnek 3.8.5: u( ) e tu( t) dt 1 u() 1, u() 1 ikinci mertebe integro-diferansiyel denklemini ele alalm. Bu denklemin çözümünü varyasyonel iterasyon yöntemi ile bulalm. Denklemi 1 u( ) e tu( t) dt biçiminde yeniden yazalm.
79 61 Varyasyonel iterasyon yöntemi ile sistem için düzeltme fonksiyoneli 1 s un 1( ) un( ) ( s) u ( ) ( ) n s e s spun p dpds biçimindedir. koulu kullanlrsa () s s olarak bulunur. Bu durumda u n 1 düzeltme fonksiyoneli 1 s un 1( ) un( ) ( s ) u ( ) ( ) n s e s spun p dpds eklini alr. Varyasyonel iterasyon yöntemi ile, Lu ( ) u( ) f( ) Lu ( ) u( ) e olarak alnabilir. Buradan ( ) u e u( ) e a b seçilebilir. u () 1b1 b u () 1a1 a olduu için ( ) u e biçiminde yazlabilir. O halde 1 s u1( ) u( ) ( s ) u ( s) e s spu( p) dpds u ( ) e 1 1 s s p e ( s ) e e s spe dpds s s e ( s) e e ( ss) ds
80 62 1 s u2( ) u1( ) ( s ) u 1 ( s) e s spu1( p) dpds u ( ) e 2 olarak bulunur. Bu yaklam tekrarlanrsa, u ( ) e tam çözümü elde edilir. Bu denklem, daha önce homotopi-pertürbasyon yöntemi ile çözülmü (Golbabai and Javidi, 27) ve denklemin yaklak çözümü elde edilmitir. Bu çalmada verilen integral denkleme varyasyonel iterasyon yöntemi uygulanarak tam çözüm elde edilmitir. Örnek 3.8.6: u ( ) ( tutdt ) ( ) Volterra integral denklemi için Homotopi-pertürbasyon yöntemini kullanalm. Bu denkleme daha önce Varyasyonel iterasyon yöntemi uygulanm (Xu, 27) ve u ( ) sin tam çözümü elde edilmitir. Homotopi-pertürbasyon teorisine göre, Hvp (, ) v () g () p ( tvtdt )() eklinde bir homotopi seçilir ise vv pv p v p v ifadesi bu homotopide yerine konulduunda
81 v pv p v p v... g( ) p ( t) v pv p v p v... dt elde edilir. Burada p nin ayn kuvvetleri eitlenir ise p : v( ) g( ) v( ) 1 p : v1( ) ( t ) v ( t) dt 1 ( t ) tdt v 1 ( ) 6 2 p : v2( ) ( t ) v 1( t) dt 3 t 1 ( t ) dt v 2 ( ) p : v3( ) ( t ) v 2( t) dt olur ve bu yaklam tekrarlanrsa 5 t 3 1 ( t ) dt v ( ) ! 5! 7! u ( )... sin tam çözümü elde edilir Bu problem için yamuk kural, deitirilmi Simpson kural ve dördüncü mertebeden Runge-Kutta yöntemleri Örnek te uygulanm, Maple kodlar ekte verilmiti. Görüldüü gibi ayn problem için Varyasyonel iterasyon yöntemi uygulandnda tam sonuç elde edilmitir.
OLMAYAN ve ARA-NOKTA KO ULLARI LE TEMEL VE SAYISAL ÇÖZÜMLER
KNC MERTEBEDEN DFERANSYEL DENKLEMLERN YEREL- OLMAYAN ve ARA-NOKTA KOULLARI LE TEMEL VE SAYISAL ÇÖZÜMLER Kamil ORUÇOLU ve Ali DNLER stanbul Teknik Üniversitesi, Matematik Bölümü, 34469 Maslak, e-osta: koruc@itu.edu.tr
Detaylı3 1 x 2 ( ) 2 = E) f( x) ... Bir sigorta portföyünde, t poliçe yln göstermek üzere, sigortal saysnn
SORU : Aada tanm verilen f fonksiyonlarndan hangisi denklemini her R için salar? f + = f t dt integral e A) f = e B) f = e C) f D) f = E) f = e ( ) = e ( ) SORU : Bir sigorta portföyünde, t poliçe yln
DetaylıBÖLÜM 1. stanbul Kültür Üniversitesi. Fonksiyonlar - Özellikleri ve Limit Kavram. ³eklinde tanmlanan fonksiyona Dirichlet fonksiyonu ad verilir.
BÖLÜM 1 0, Q 1. f() = 1, R/Q, Fonksiyonlar - Özellikleri ve Limit Kavram ³eklinde tanmlanan fonksiyona Dirichlet fonksiyonu ad verilir. Buna göre a³a da verilen tanm bölgeleri altnda görüntü cümlelerini
DetaylıL SANS YERLE T RME SINAVI 1
LSANS YERLETRME SINAVI MATEMATK TEST SORU KTAPÇII 9 HAZRAN 00. ( )( + ) + ( )( ) = 0 eitliini salayan gerçel saylarnn toplam kaçtr?. ( )( ) < 0 eitsizliinin gerçel saylardaki çözüm kümesi aadaki açk aralklarn
DetaylıMC 311/ANAL Z III ARA SINAV I ÇÖZÜMLER
MC 311/ANAL Z III ARA SINAV I ÇÖZÜMLER (1) A³a daki her bir önermenin do ru mu yanl³ m oldu unu belirleyiniz. Do ruysa, gerekçe gösteriniz; yanl³sa, bir kar³-örnek veriniz. (a) (a n ) n N dizisi yaknsak
Detaylıu(x) =1+sin 2 x =2sinxcos x u(x) [ (x t)]u(t)dt, [ (x t)] u (x) =2(cos 2 x sin 2 x) u (x) [ (x x)]u(x) =2cos2x u (x)+3u(x)
s t b u l K ü l t ü r Ü n i v e r s i t e s i Matematik - Bilgisayar Bölümü MC 886 ntegral Denklemler 27 Mart 213 Arasßnav I Cevaplar Talimatlar: Sßnav süresi 9 dakikadßr. lk 3 dakika sßnav salonunu terk
Detaylıe e ex α := e α α +1,
s t a n b u l K ü l t ü r Ü n i v e r s i t e s i Matematik - Bilgisayar Bölümü MC 886 ntegral Denklemler... Yßliçi Sßnavß CEVAPLAR Talimatlar: Sßnav süresi 9 dakikadßr. lk dakika sßnav salonunu terk etmeyiniz.
DetaylıARA SINAV II. (1) (x k ) k N, R n içinde yaknsak ve limiti x olan bir dizi olsun. {x} = oldu unu gösteriniz.
MC 411/ANAL Z IV ARA SINAV II ÇÖZÜMLER 1 x k k N, R n içinde yaknsak iti x olan bir dizi olsun. {x} = {x m m k} k=1 Çözüm. Her k N için A k := {x m m k} olsun. x k k N dizisinin iti x oldu undan, A k =
DetaylıBirinci Mertebeden Adi Diferansiyel Denklemler
Birinci Mertebeden Adi Diferansiyel Denklemler Bir veya daha çok bağımlı değişken, bir veya daha çok bağımsız değişken ve bağımlı değişkenin bağımsız değişkene göre (diferansiyel) türevlerini içeren bağıntıya
DetaylıANT TÜREV VE NTEGRAL HESAPLAMA YÖNTEMLER
ANT TÜREV VE NTEGRAL HESAPLAMA YÖNTEMLER 1 TEMEL YÖNTEM VE DE KEN DE T RME Bir kapal aralkta tanmlanm³ olan f ve F fonksiyonlar için e er bu aralkta F () f() ko³ulu sa lanyorsa F fonksiyonu, f fonksiyonunun
Detaylıf 1 (H ) T f 1 (H ) = T
Bölüm 15 TIKIZLIK 15.1 TIKIZ UZAYLAR 15.1.1 Problemler 1. Her sonlu topolojik uzay tkzdr. 2. Ayrk bir topolojik uzayn tkz olmas için gerekli ve yeterli ko³ul sonlu olmasdr. 3. Ayn bir küme üzerinde S T
DetaylıKAHRAMANMARAŞ SÜTÇÜ İMAM ÜNİVERSİTESİ EĞİTİM ÖĞRETİM YILI FEN-EDEBİYAT FAKÜLTESİ MATEMATİK BÖLÜMÜ BİRİNCİ VE İKİNCİ ÖĞRETİM DERSLERİ
I. YARIYIL Adı Teori Uygulama KSU MT101 Analiz I 6 4 2 5 7 MT107 Soyut Matematik I 4 4 0 4 5 MT109 Analitik Geometri I 4 4 0 4 5 FZ173 Fizik I 4 4 0 4 4 OZ101 Türk Dili I 2 2 0 2 2 OZ121 Ingilizce I 2
DetaylıBÖLÜM 1. Matematiksel ndüksiyon Prensibi
BÖLÜM 1 Matematiksel ndüksiyon Prensibi Matematiksel indüksiyon prensibini kullanarak a³a daki e³it(siz)liklerin her n N için gerçeklendi ini ispatlaynz. 1. 1 2 + 2 2 + 3 2 + + n 2 = n(n+1)(2n+1) 6 2.
DetaylıBÖLÜM 2 D YOTLU DO RULTUCULAR
BÖLÜ 2 DYOTLU DORULTUCULAR A. DENEYN AACI: Tek faz ve 3 faz diyotlu dorultucularn çalmasn ve davranlarn incelemek. Bu deneyde tek faz ve 3 faz olmak üzere tüm yarm ve tam dalga dorultucular, omik ve indüktif
DetaylıHATA VE HATA KAYNAKLARI...
İÇİNDEKİLER 1. GİRİŞ... 1 1.1 Giriş... 1 1.2 Sayısal Analizin İlgi Alanı... 2 1.3 Mühendislik Problemlerinin Çözümü ve Sayısal Analiz... 2 1.4 Sayısal Analizde Bilgisayarın Önemi... 7 1.5 Sayısal Çözümün
DetaylıTOPOLOJ TEST A. 1. A³a dakilerden hangisi topoloji tanmlama yöntemi de ildir?
1 TOPOLOJ TEST A 1. A³a dakilerden hangisi topoloji tanmlama yöntemi de ildir? (a) Açk kümeleri belirleme (b) Kapal kümeleri belirleme (c) Alt-kümeleri belirleme (d) Kaplamlar belirleme (e) çlemleri belirleme
DetaylıBir H Hilbert uzay üzerinde herhangi bir kompakt simetrik T operatörü için,
Ritz Yöntemi Kullan larak Integral Operatörlerin Özde¼gerlerinin Yaklaş k Hesab Yüksel SOYKAN, Erkan TAŞDEM IR, Melih GÖCEN Zonguldak Karaelmas Üniversitesi, Fen Edebiyat Fakültesi, Matematik Bölümü, 6700
DetaylıTOPOLOJ TEST B. (d) Dizinin limiti yoktur; y lma noktas yoktur. 4. Dizisel süreklilik hangi uzaylarda süreklili e denktir?
1 TOPOLOJ TEST B 1. {( 1) n 1 n : n > 0} dizisi için a³a dakilerden hangisi do rudur? (a) Dizinin limiti 1 ve +1 dir; y lma noktas 1 ve +1 dir. (b) Dizinin limiti 1 ve +1 dir; y lma noktas yoktur. (c)
DetaylıSoru Toplam Puanlama Alnan Puan
..04 No: Ad-Soyad: mza: Soru.. 3. 4. 5. 6. 7. 8. Toplam Puanlama 0 0 0 5 0 0 0 0 00 Alnan Puan 04043006. CEB RSEL TOPOLOJ ARASINAVI CEVAP ANAHTARI ( K NC Ö RET M) Not: Süre 90 Dakika. stedi iniz 7 soruyu
DetaylıKESİRLİ MERTEBEDEN KISMİ DİFERANSİYEL CEBİRSEL DENKLEMLERİN FARKLI METOTLARLA NÜMERİK ÇÖZÜMÜ Gökçe Dilek KÜÇÜK Doktora Tezi Matematik Anabilim Dalı
KESİRLİ MERTEBEDEN KISMİ DİFERANSİYEL CEBİRSEL DENKLEMLERİN FARKLI METOTLARLA NÜMERİK ÇÖZÜMÜ Gökçe Dilek KÜÇÜK Doktora Tezi Matematik Anabilim Dalı Uygulamalı Matematik Bilim Dalı Doç. Dr. Ercan ÇELİK
DetaylıMAK 210 SAYISAL ANALİZ
MAK 210 SAYISAL ANALİZ BÖLÜM 8- SAYISAL İNTEGRASYON 1 GİRİŞ Mühendislikte sık karşılaşılan matematiksel işlemlerden biri integral işlemidir. Bilindiği gibi integral bir büyüklüğün toplam değerinin bulunması
DetaylıMAK 210 SAYISAL ANALİZ
MAK 210 SAYISAL ANALİZ BÖLÜM 7- SAYISAL TÜREV Doç. Dr. Ali Rıza YILDIZ 1 GİRİŞ İntegral işlemi gibi türev işlemi de mühendislikte çok fazla kullanılan bir işlemdir. Basit olarak bir fonksiyonun bir noktadaki
DetaylıİÇİNDEKİLER KISIM 1: BİRİNCİ MERTEBE ADİ DİFERENSİYEL DENKLEMLER
İÇİNDEKİLER KISIM 1: BİRİNCİ MERTEBE ADİ DİFERENSİYEL DENKLEMLER 1.1. Fiziksel Kanunlar ve Diferensiyel Denklemler Arasındaki İlişki... 1 1.2. Diferensiyel Denklemlerin Sınıflandırılması ve Terminoloji...
Detaylıyurdugul@hacettepe.edu.tr VB de Veri Türleri 1
yurdugul@hacettepe.edu.tr 1 VB de Veri Türleri 1 Byte 1 aretsiz tamsay Integer 2 aretli Tamsay Long 4 aretli Tamsay Single 4 Gerçel say Double 8 Gerçel say Currency 8 Gerçel say Decimal 14 Gerçel say Boolean
DetaylıOnüçüncü Bölüm Zaman Serisi Analizi
OnüçüncüBölüm ZamanSerisiAnalizi Hedefler Buüniteyiçalktansonra; Zaman serisine en uygun tahmin denklemini belirler, Tahmin denklemini kullanarak projeksiyon yapar, Tahminler için yaplan hatay ölçer, Belli
DetaylıEKG Sinyallerinde Gürültü Gidermede Ayrk Dalgack Dönüümünde Farkl Ana Dalgacklarn Ve Ayrtrma Seviyelerinin Karlatrlmas
EKG Sinyallerinde Gürültü Gidermede Ayrk Dalgack Dönüümünde Farkl Ana Dalgacklarn Ve Ayrtrma Seviyelerinin Karlatrlmas Cengiz Tepe 1 Hatice Sezgin 1, Elektrik Elektronik Mühendislii Bölümü, Ondokuz May#s
Detaylı19.8. PROBLEMLER 0.1 PROBLEMLER 0.1. PROBLEMLER a herhangi bir nicelik says ise
0.1. PROBLEMLER 1 19.8. PROBLEMLER // 0.1 PROBLEMLER // 1. a herhangi bir nicelik says ise (i) a + 0 = a, a0 = 0, a 0 = 1 oldu unu gösteriniz. A³a daki kümelerin e³güçlülü ünden nicelik saylar için istenen
DetaylıS = {T Y, X S T T, S S} (9.1)
Bölüm 9 ÇARPIM UZAYLARI 9.1 ÇARPIM TOPOLOJ S Bo³ olmayan kümelerden olu³an bo³ olmayan bir ailenin kartezyen çarpmnn da bo³ olmad n, Seçme Aksiyomu [13],[20], [8] ile kabul ediyoruz. imdi verilen aileye
Detaylıf( F) f(f) K = K F f 1 f( F) f 1 (K) = F F f 1 (S ) = [f 1 (S)] f(x) S V
Bölüm 6 SÜREKL FONKS YONLAR 6.1 YEREL SÜREKL L K Tanm 6.1.1. (X, T ) ve (Y, S) topolojik uzaylar ile f : X Y fonksiyonu verilsin. E er f(x 0 ) ö esinin her V kom³ulu una kar³lk f(u) V olacak ³ekilde x
DetaylıMatematiksel denklemlerin çözüm yöntemlerini ara t r n z. 9. FORMÜLLER
ÖRENME FAALYET-9 AMAÇ ÖRENME FAALYET-9 Gerekli atölye ortam ve materyaller salandnda formülleri kullanarak sayfada düzenlemeler yapabileceksiniz. ARATIRMA Matematiksel denklemlerin çözüm yöntemlerini aratrnz.
DetaylıÇEV 2006 Mühendislik Matematiği (Sayısal Analiz) DEÜ Çevre Mühendisliği Bölümü Doç.Dr. Alper ELÇĐ
Giriş ÇEV 2006 Mühendislik Matematiği (Sayısal Analiz) DEÜ Çevre Mühendisliği Bölümü Doç.Dr. Alper ELÇĐ Sayısal Analiz Nedir? Mühendislikte ve bilimde, herhangi bir süreci tanımlayan karmaşık denklemlerin
DetaylıNÜMER IK ANAL IZ. Nuri ÖZALP MATEMAT IKSEL ÖNB ILG ILER. Bilimsel Hesaplama Matemati¼gi
NÜMER IK ANAL IZ Bilimsel Hesaplama Matemati¼gi Nuri ÖZALP MATEMAT IKSEL ÖNB ILG ILER Nuri ÖZALP (Ankara Üni.) NÜMER IK ANAL IZ BÖLÜM 1 7! MATEMAT IKSEL ÖNB ILG ILER 1 / 15 Kaynaklar Nümerik Analiz-Bilimsel
DetaylıÇarpm ve Bölüm Uzaylar
1 Ksm I Çarpm ve Bölüm Uzaylar ÇARPIM UZAYLARI 1 ÇARPIM TOPOLOJ S 2 KARMA P R O B E M L E R 1. A ile B, srasyla, (X, T )X ile (Y, S ) topolojik uzaylarnn birer alt-kümesi olsunlar. (a) (A B) = A B (b)
Detaylı(i) (0,2], (ii) (0,1], (iii) [1,2), (iv) (1,2]
Bölüm 5 KOM ULUKLAR 5.1 KOM ULUKLAR Tanm 5.1.1. (X, T ) bir topolojik uzay ve A ile N kümeleri X uzaynn iki alt-kümesi olsun. E er A T N olacak ³ekilde her hangi bir T T varsa, N kümesine A nn bir kom³ulu
Detaylı18.034 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
Detaylı18.702 Cebir II 2008 Bahar
MIT Açk Ders Malzemeleri http://ocw.mit.edu 18.702 Cebir II 2008 Bahar Bu materyallerden alnt yapmak veya Kullanm artlar hakknda bilgi almak için http://ocw.mit.edu/terms ve http://tuba.acikders.org.tr
DetaylıA = i IA i = i I A = A = i IA i = {x α((α I) (x A α ))} (7.7) A = (α,β I) (α β) A α A β = (7.8) A A
Bölüm 7 KÜME A LELER 7.1 DAMGALANMI KÜMELER E er inceledi imiz kümelerin says, alfabenin harerinden daha çok de ilse, onlara,b,...,w gibi harerle temsil edebiliriz. E er elimizde albenin harerinden daha
DetaylıMath 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
DetaylıHAREKETL BASINÇ YÜKLEMES ALTINDAK HDROLK SLNDRN DNAMK ANALZ
12. ULUSAL MAKNA TEORS SEMPOZYUMU Erciyes Üniversitesi, Kayseri 09-11 Haziran 2005 HAREKETL BASINÇ YÜKLEMES ALTINDAK HDROLK SLNDRN DNAMK ANALZ Kutlay AKSÖZ, Hira KARAGÜLLE ve Zeki KIRAL Dokuz Eylül Üniversitesi,
DetaylıMAK 210 SAYISAL ANALİZ
MAK 10 SAYISAL ANALİZ BÖLÜM 9-DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN SAYISAL ÇÖZÜMÜ 1 GİRİŞ Diferansiyel denklemler, mühendislikte fiziksel olayların modellenmesinde sık karşılaşılan denklemlerdendir. Dolayısıyla bu
DetaylıSoru Toplam Puanlama Alnan Puan
26.11.2013 No: Ad-Soyad: mza: Soru 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. Toplam Puanlama 15 15 15 15 15 15 15 15 15 15 105 Alnan Puan 405024142006.1 CEB RSEL TOPOLOJ ARASINAVI CEVAP ANAHTARI SORULARI (ÖRGÜN Ö
DetaylıDokuz Eylül Üniversitesi Sosyal Bilimler Enstitüsü Dergisi Cilt 8, Say: 3, 2006 OYLAMA YÖNTEMNE DAYALI AIRLIKLANDIRMA LE GRUP KARARININ OLUTURULMASI
Dokuz Eylül Üniversitesi Sosyal Bilimler Enstitüsü Dergisi Cilt 8, Say: 3, 2006 OYLAMA YÖNTEMNE DAYALI AIRLIKLANDIRMA LE GRUP KARARININ OLUTURULMASI Onur ÖZVER( * ÖZET Organizasyonlarda karar vericiler
DetaylıP I. R dir. Bu de er stator sarg lar n direnci. : Stator bir faz sarg n a.c. omik direncini ( ) göstermektedir.
Asenkron Motorun Bota Çalmas Bota çallan asenkron motorlar ebekeden bir güç çekerler. Bu çekilen güç, stator demir kayplar ile sürtünme ve vantilasyon kayplarn toplam verir. Bota çalan motorun devir say
DetaylıNÜMER 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
DetaylıDiferensiyel denklemler sürekli sistemlerin hareketlerinin ifade edilmesinde kullanılan denklemlerdir.
.. Diferensiyel Denklemler y f (x) de F ( x, y, y, y,...) 0 veya y f ( x, y, y,...) x ve y değişkenlerinin kendileri ve türevlerini içinde bulunduran denklemlerdir. (Türevler; "Bağımlı değişkenin değişiminin
DetaylıYavuz HEKM. Egekons Prefabrike Metal Yap San. Tic. Ltd.!ti. ve. Hekim Gemi n$a A.!. Firmalarnn Kurucusu ve Yönetim Kurulu Ba$kan.
Yavuz HEKM Egekons Prefabrike Metal Yap San. Tic. Ltd.!ti. ve Hekim Gemi n$a A.!. Firmalarnn Kurucusu ve Yönetim Kurulu Ba$kan. 8. Mükemmelli+i Aray$ Sempozyumu Ana Tema, Yerellikten Küresellie EGE Oturum
DetaylıÖRNEK KİTAP. x ax 12. x.sinx dx. 1 cos x. x x mx 1. 4 (a b ) ise a çifttir. 4. x+y=14 ise x 2.y 5 çarpımının değeri en fazla kaça eşittir?
1. lim a 1 üzere a+b toplam kaçtr? A)-8 B)-5 C)- C)1 E)4 b, a,b R olmak 4. +y=14 ise.y 5 çarpmnn değeri en fazla kaça eşittir? A)4 6.10 B)10.4 5 C)10 5. D) 5.10 7 E)16.10 5. bir cisim için hareket denklemi
DetaylıCopyright The McGraw-Hill Companies, Inc. Permission required for reproduction or display. BÖLÜM 7. Adi Diferansiyel Denklemlerin Sayısal Çözümü
Copyright The McGraw-Hill Companies, Inc. Permission required for reproduction or display. BÖLÜM 7 Adi Diferansiyel Denklemlerin Sayısal Çözümü Copyright The McGraw-Hill Companies, Inc. Permission required
DetaylıPARAMETRK OLMAYAN STATSTKSEL TEKNKLER. Prof. Dr. Ali EN ÖLÇEKLER
PARAMETRK OLMAYAN STATSTKSEL TEKNKLER Prof. Dr. Ali EN 1 Normal dalm artlarn salamayan ve parametrik istatistik tekniklerinin kullanlmasn elverisiz klan durumlarn bulunmas halinde, eldeki verilere bal
DetaylıSAYISAL ÇÖZÜMLEME Yrd. Doç. Dr. Adnan SONDAŞ Sayısal Çözümleme
SAYISAL ÇÖZÜMLEME Yrd. Doç. Dr. Adnan SONDAŞ asondas@kocaeli.edu.tr 0262-303 22 58 1 SAYISAL ÇÖZÜMLEME 1. Hafta SAYISAL ANALİZE GİRİŞ 2 AMAÇ Mühendislik problemlerinin çözüm aşamasında kullanılan sayısal
DetaylıÜN TE 2 2. DERECEDEN DENKLEMLER VE
31 0 ZMR 5 8 5 63 8 MECYEKÖY 7 3 3 NSAN KAYNAKLARI MERKEZ BEKTA 7 76 70 KOCAEL DENZL 65 09 90 ÜNTE. DERECEDEN DENKLEMLER VE TSZLKLER 0 31 0 ZMR 5 8 5 63 8 MECYEKÖY 7 3 3 NSAN KAYNAKLARI MERKEZ BEKTA 7
DetaylıMATEMATİK 2 TESTİ (Mat 2)
MTEMTİ TESTİ (Mat ). u testte srasyla, Matematik ( ) Geometri ( 0) ile ilgili 0 soru vardr.. evaplarnz, cevap kâğdnn Matematik Testi için ayrlan ksmna işaretleyiniz.. armaşk saylar kümesi üzerinde işlemi,
DetaylıNÜMER IK ANAL IZ. Nuri ÖZALP. Sabit Nokta ve Fonksiyonel Yineleme. Bilimsel Hesaplama Matemati¼gi
NÜMER IK ANAL IZ Bilimsel Hesaplama Matemati¼gi Nuri ÖZALP Sabit Nokta ve Fonksiyonel Yineleme Nuri ÖZALP (Ankara Üni.) NÜMER IK ANAL IZ BÖLÜM 3 7! Sabit Nokta ve Fonksiyonel Yineleme 1 / 23 Sabit Nokta
DetaylıİKİNCİ MERTEBEDEN LİNEER DİFERANSİYEL DENKLEMLER İÇİN HAREKETLİ SINIR DEĞER PROBLEMİ
Yüksek Lisans Tezi Tezi Hazırlaуan Kalima MOLDOKULOVA Matematik Anabilim Dalı 2014 KIRGIZİSTAN-TÜRKİYE MANAS ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ MATEMATİK ANABİLİM DALI İKİNCİ MERTEBEDEN LİNEER DİFERANSİYEL
DetaylıIçindekiler. Bölünebilme ve Bölme Algoritmas Bölme Algoritmas 12 Bölünebilme Kurallar 15 Bölünebilme Problemlerinde En Çok Kullanlan Yöntemler 22
Içindekiler BIRINCI BÖLÜM Bölünebilme ve Bölme Algoritmas Bölme Algoritmas 12 Bölünebilme Kurallar 15 Bölünebilme Problemlerinde En Çok Kullanlan Yöntemler 22 Çözümlü Test 25 Çözümler 28 Problemler (Bölünebilme)
DetaylıK NC DERECEDEN DENKLEMLER E TS ZL KLER ve FONKS YONLAR
KNC DERECEDEN DENKLEMLER ETSZLKLER ve FONKSYONLAR ÜNTE. ÜNTE. ÜNTE. ÜNTE. ÜNT kinci Dereceden Denklemler. Kazanm kinci dereceden bir bilinmeyenli denklemlerin köklerini ve çözüm kümesini belirler.. Kazanm
DetaylıKesirli Türevde Son Gelişmeler
Kesirli Türevde Son Gelişmeler Kübra DEĞERLİ Yrd.Doç.Dr. Işım Genç DEMİRİZ Yıldız Teknik Üniversitesi Fen Bilimleri Enstitüsü 6-9 Eylül, 217 Kesirli Türevin Ortaya Çıkışı Gama ve Beta Fonksiyonları Bazı
DetaylıEndüstri Meslek Lisesi Örencilerinin Yetenek lgi ve Deerleri le Okuduklar Bölümler Arasndaki li"ki
Eitim Fakültesi Dergisi http://kutuphane.uludag.edu.tr/univder/uufader.htm Endüstri Meslek Lisesi Örencilerinin Yetenek lgi ve Deerleri le Okuduklar Bölümler Arasndaki li"ki Salih Baatr *, Reat Peker**
DetaylıTangram Etkinlii ile Çevre ve Alan Hesab *
Elementary Education Online, 8(2), tp: 1-6, 2009. lkö!retim Online, 8(2), öu: 1-6, 2009. [Online]: http://ilkogretim-online.org.tr Tangram Etkinlii ile Çevre ve Alan Hesab * Güney HACIÖMERO0LU 1 Sezen
DetaylıSAYISAL ANALİZ. Doç. Dr. Cüneyt BAYILMIŞ. Sayısal Analiz. Doç.Dr. Cüneyt BAYILMIŞ
SAYISAL ANALİZ Doç. Dr. Cüneyt BAYILMIŞ 1 SAYISAL ANALİZ 1. Hafta SAYISAL ANALİZE GİRİŞ 2 AMAÇ Mühendislik problemlerinin çözümünde kullanılan sayısal analiz yöntemlerinin algoritmik olarak çözümü ve bu
DetaylıMühendislikte Sayısal Çözüm Yöntemleri NÜMERİK ANALİZ. Prof. Dr. İbrahim UZUN
Mühendislikte Sayısal Çözüm Yöntemleri NÜMERİK ANALİZ Prof. Dr. İbrahim UZUN Yayın No : 2415 İşletme-Ekonomi Dizisi : 147 5. Baskı Eylül 2012 - İSTANBUL ISBN 978-605 - 377-438 - 9 Copyright Bu kitabın
DetaylıFONKSYONLARI FONKSYONLARA GÖTÜREN FONKSYONLAR ÜZERNDE ANT-MONOTONLUK VE DEMPOTENTLK
ÖZEL EGE LSES FONKSYONLARI FONKSYONLARA GÖTÜREN FONKSYONLAR ÜZERNDE ANT-MONOTONLUK VE DEMPOTENTLK HAZIRLAYAN ÖRENC: Kıvanç Ararat (10B) DANIMAN ÖRETMEN: Emel Ergönül ZMR 2011 ÇNDEKLER PROJENN ADI 2 PROJENN
DetaylıDİFERENSİYEL DENKLEMLERİN HOMOTOPİ PERTURBASYON METODU İLE YAKLAŞIK ANALİTİK ÇÖZÜMLERİ
T.C. AHİ EVRAN ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ DİFERENSİYEL DENKLEMLERİN HOMOTOPİ PERTURBASYON METODU İLE YAKLAŞIK ANALİTİK ÇÖZÜMLERİ HURİYE KADAKAL YÜKSEK LİSANS TEZİ MATEMATİK ANABİLİM DALI KIRŞEHİR
DetaylıTOPOLOGY TEST A³a dakilerden hangisi bir süzgeç de ildir? 3. A³a dakilerden hangisi a³kn bir süzgeç de ildir?
1 TOPOLOGY TEST 02 1. S ailesi X kümesi üzerinde bir süzgeç ise, a³a dakilerden hangisi sa lanmaz? (a) / S (b) * S (c) X S (d) A, B S A B S (e) (V S ) (V W ) W S 2. A³a dakilerden hangisi bir süzgeç de
Detaylı1. Sabit Noktal Say Sistemleri
2. SAYI SSTEMLER VE KODLAR Say sistemleri iki ana gruba ayrlr. 1. Sabit Noktal Say Sistemleri 2. Kayan Noktal Say Sistemleri 2.1. Sabit Noktal Say Sistemleri 2.1.1. Ondalk Say Sistemi Günlük yaantmzda
Detaylı2 400 TL tutarndaki 1 yllk kredi, aylk taksitler halinde aadaki iki opsiyondan biri ile geri ödenebilmektedir:
SORU 1: 400 TL tutarndaki 1 yllk kredi, aylk taksitler halinde aadaki iki opsiyondan biri ile geri ödenebilmektedir: (i) Ayla dönütürülebilir yllk nominal %7,8 faiz oran ile her ay eit taksitler halinde
Detaylı1. Hafta SAYISAL ANALİZE GİRİŞ
SAYISAL ANALİZ 1. Hafta SAYISAL ANALİZE GİRİŞ 1 AMAÇ Mühendislik problemlerinin çözümünde kullanılan sayısal analiz yöntemlerinin algoritmik olarak çözümü ve bu çözümlemelerin MATLAB ile bilgisayar ortamında
DetaylıDENİZ HARP OKULU TEMEL BİLİMLER BÖLÜM BAŞKANLIĞI DERS TANITIM BİLGİLERİ
DENİZ HARP OKULU TEMEL BİLİMLER BÖLÜM BAŞKANLIĞI DERS TANITIM BİLGİLERİ Dersin Adı Kodu Sınıf/Y.Y. Ders Saati (T+U+L) Kredi AKTS SAYISAL YÖNTEMLER FEB-311 3/ 1.YY 2+0+0 2 3 Dersin Dili Dersin Seviyesi
DetaylıProf.Dr. ÜNAL ERKAN MUMCUOĞLU. merkan@metu.edu.tr
Ders Bilgisi Ders Kodu 9060528 Ders Bölüm 1 Ders Başlığı BİLİŞİM SİSTEMLERİ İÇİN MATEMATİĞİN TEMELLERİ Ders Kredisi 3 ECTS 8.0 Katalog Tanımı Ön koşullar Ders saati Bu dersin amacı altyapısı teknik olmayan
DetaylıDERS ÖĞRETİM PROGRAMI FORMU
DERS ÖĞRETİM PROGRAMI FORMU Dersin Adı Kodu Normal Kredisi ECTS Ders 4 Yarıyılı Kredisi uygulama 0 Diferansiyel Denklemler 0252311 3 4 6 Laboratuvar 0 (Saat/Hafta) Dersin Dili Türkçe Dersin Türü Zorunlu
DetaylıIçindekiler. Karşk Örnekler 87. TÜBITAK SORULARI (Fonksiyonlar) 55 ULUSAL ANTALYA MATEMATIK OLIMPIYATI SORULARI 64
Içindekiler BIRINCI BÖLÜM Fonksiyonlar Bagnt Fonksiyon 2 Fonksiyonel Denklemlere Giriş 4 Fonksiyonun Gragi 7 Fonksiyon Çeşitleri 8 Bir Fonksiyonun Tersi 20 Bileşke Fonksiyon 23 Tek ve Çift Fonksiyon 25
DetaylıBÖLÜM 5. Gerilim Azaltan Dönü türücünün Kal Durum Devre Analizi
BÖÜM 5 DC-DC DÖNÜTÜRÜCÜER A. Deneyin Amac DC-DC erilim azaltan dönütürücü (buck converter) ve DC-DC erilim artran dönütürücü (boost converter) devrelerinin davranlar incelemek. Bu deneyde erilim azaltan
DetaylıHDROLK SLNDR DNAMK ANALZ
Balkesir Üniversitesi Mühendislik- Mimarlk Fakültesi, IV. Mühendislik-Mimarlk Sempozyumu, 11-13 Eylül 2002. HDROLK SLNDR DNAMK ANALZ Zeki Kral 1, Hira Karagülle 2 ve Kutlay Aksöz 3 ÖZET -Hidrolik ve pnömatik
DetaylıXIV. Ulusal Antalya Matematk Olmpyat Brnc A³ama Snav Sorular -2009
XIV. Ulusal ntalya Matematk Olmpyat rnc ³ama Snav Sorular -009 c www.sbelian.wordpress.com sbelianwordpress@gmail.com Soru 1. dar açl üçgeninde m() = 45 'dir. 'dan 'ye indirilmi³ dikmenin aya E ve 'den
Detaylıİleri 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(z z 0 ) n. n=1. Z f (z) dz = 2ib 1
0 RE IDÜ TEOR IS I Tan m. f fonksiyonu z 0 noktas nda ayr k singülerli¼ge sahip olsun. Bu durumda f fonksiyonu 0 < jz z 0 j < " bölgesinde X X f(z) = a n (z z 0 ) n b n + (z z 0 ) n Laurent seri aç l m
Detaylıİleri 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
DetaylıKaynaklar 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
Detaylıİleri 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
DetaylıAFYON KOCATEPE ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ MATEMATİK ANABİLİM DALI BAŞKANLIĞI DOKTORA PROGRAMI
DOKTORA PROGRAMI BİRİNCİ YIL BİRİNCİ YARIYIL ADI MAT-6501 UZMANLIK ALAN DERSİ Z 8 0 8 0 9 MAT-6601 TEZ HAZIRLIK ÇALIŞMASI Z 0 1 1 0 1 20 1 21 12 30 İKİNCİ YARIYIL ADI MAT-6502 UZMANLIK ALAN DERSİ Z 8 0
DetaylıSUALTI ve SUÜSTÜ GEM LER N N AKUST K Z ÇIKARTIMI
SUALTI ve SUÜSTÜ GEMLERNN AKUSTK Z ÇIKARTIMI Erkul BAARAN (a), Ramazan ÇOBAN (b), Serkan AKSOY (a) (a) Yrd. Doç. Dr., Gebze Yüksek Teknoloji Enstitüsü, Elektronik Müh. Böl., 41400, Gebze, Kocaeli erkul@gyte.edu.tr
DetaylıHOMOGEN 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
DetaylıUygulamalı Matematik (MATH 463) Ders Detayları
Uygulamalı Matematik (MATH 463) Ders Detayları Ders Adı Uygulamalı Matematik Ders Kodu MATH 463 Dönemi Ders Uygulama Saati Saati Laboratuar Saati Kredi AKTS Güz 4 0 0 4 8 Ön Koşul Ders(ler)i Math 262 Adi
DetaylıEANLI DENKLEML MODELLERN ÇÖZÜM YÖNTEMLER I: MATRSSZ ÇÖZÜM:
EANLI DENKLEML MODELLERN ÇÖZÜM YÖNTEMLER I: MATRSSZ ÇÖZÜM: DOLAYLI EKKY AAMALI EKKY SINIRLI BLG LE EÇBY Eanl denklemli modelin her hangi bir denklemi Basi EKKY ile çözüldüünde sapmal uarsz ahminler elde
DetaylıB A. A = B [(A B) (B A)] (2)
Bölüm 5 KÜMELER CEB R Do a olaylarnn ya da sosyal olaylarn açklanmas için, bazan, matematiksel modelleme yaplr. Bunu yapmak demek, incelenecek olaya etki eden etmenleri içine alan matematiksel formülleri
DetaylıA = i I{B i : B i S} A = x A{B x A : B x S}
Bölüm 4 TOPOLOJ TABANI 4.1 TOPOLOJ TABANI Tanm 4.1.1. Bir S P(X) ailesi verilsin. S ye ait kümelerin her hangi bir bile³imine e³it olan bütün kümelerin olu³turdu u aileye S nin üretti i (do urdu u) aile
Detaylıç- çe Tasarmlar Birdal eno lu ükrü Acta³ eno lu & Acta³ statistiksel Deney Tasarm Giri³ ki A³amal ç- çe Üç A³amal ç- çe l A³amal ç- çe
lar Birdal eno lu ükrü çindekiler 1 2 3 4 5 A³amal tasarmlar (hierarchical designs) olarak da bilinen iç-içe tasarmlarda (nested designs), ³u ana kadar gördü ümüz tasarmlardan farkl olarak iki veya ikiden
DetaylıUygulamalı Matematik (MATH587) Ders Detayları
Uygulamalı Matematik (MATH587) Ders Detayları Ders Adı Ders Kodu Dönemi Ders Saati Uygulama Saati Laboratuar Kredi AKTS Saati Uygulamalı Matematik MATH587 Güz 3 0 0 3 7.5 Ön Koşul Ders(ler)i Math 262 Adi
DetaylıAFYON KOCATEPE ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ MATEMATİK ANABİLİM DALI BAŞKANLIĞI YÜKSEK LİSANS PROGRAMI
YÜKSEK LİSANS PROGRAMI BİRİNCİ YIL BİRİNCİ YARIYIL MAT-5501 UZMANLIK ALAN DERSİ Z 8 0 8 0 9 MAT-5601 TEZ HAZIRLIK ÇALIŞMASI Z 0 1 1 0 1 20 1 21 12 30 İKİNCİ YARIYIL MAT-5502 UZMANLIK ALAN DERSİ Z 8 0 8
DetaylıSayısal Analiz (MATH381) Ders Detayları
Sayısal Analiz (MATH381) Ders Detayları Ders Adı Ders Kodu Dönemi Ders Saati Uygulama Saati Laboratuar Saati Kredi AKTS Sayısal Analiz MATH381 Güz 3 2 0 4 7 Ön Koşul Ders(ler)i MATH 135 Matematik Analiz
DetaylıDÜZCE 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
DetaylıFEN 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,
DetaylıMarmara Üniversitesi Fen Bilimleri Enstitüsü Elektrik E itimi A.B.D., Kad köy- stanbul, *nonat@marmara.edu.tr **sedatersoz1@gmail.
FOTOOLTAK SSTEMLERDE MAKSMUM GÜÇ NOKTASI ZLEYC ALGORTMALARININ KARILATIRILMASI Nevzat ONAT * Sedat ERSÖZ** Marmara Üniversitesi Fen Bilimleri Enstitüsü Elektrik Eitimi A.B.D., Kadköy-stanbul, *nonat@marmara.edu.tr
DetaylıGeçiş Eğrisi Olarak 4.Dereceden Parabol Geçi E risi Olarak 4.Dereceden Parabol
hkm Jeodezi, Jeoinformasyon ve Arazi Yönetimi Dergisi 009/ Sayı 0 www.hkmo.org.tr hkm Jeodezi,Jeoinformasyon ve Arazi Yönetimi Dergisi 009/ Say 0 www.hkmo.org.tr Geçiş ğrisi larak.dereceden Parabol Geçi
Detaylı2 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
DetaylıBÖLÜM 3. A. Deneyin Amac
BÖLÜM 3 TRSTÖRLÜ DORULTUCULAR A. Deneyin Amac Tek faz ve 3 faz tristörlü dorultucularn çalmasn ve davranlarn incelemek. Bu deneyde tek faz ve 3 faz olmak üzere tüm yarm ve tam dalga tristörlü dorultucular,
DetaylıYapı Sistemlerinin Hesabı İçin. Matris Metotları. Prof.Dr. Engin ORAKDÖĞEN Doç.Dr. Ercan YÜKSEL Bahar Yarıyılı
Yapı Sistemlerinin Hesabı İçin Matris Metotları 05-06 Bahar Yarıyılı Prof.Dr. Engin ORAKDÖĞEN Doç.Dr. Ercan YÜKSEL BÖLÜM VIII HAREKET DENKLEMİ ZORLANMIŞ TİTREŞİMLER SERBEST TİTREŞİMLER Bu bölümün hazırlanmasında
DetaylıAlıştırmalar 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)
Detaylı1 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
Detaylıf(t)e st dt s > 0 Cebirsel denklem s- tanım bölgesi L 1 Unutulmamalıdır ki, farklı türden tanım ve değer uzayları arasında
Bölüm #2 Laplace Dönüşümü F (s) = f(t)e st dt s > şeklinde tanımlanan dönüşüme LAPLACE dönüşümü adı verilir ve kısaca L{f(t)} ile sembolize edilir. Diferansiyel denklemlerin Çözümünde Laplace dönüşümü
Detaylı