3.2. Euler Yüksek Mertebeden Değişken Katsayılı Diferansiyel Denklemi

Transkript

1 3.2. Euler Yüksek Mertebeden Değişken Katsaılı Diferansiel Denklemi (n). (n) + (n-). (n-) = Q() Değişken dönüşümü apalım. Diferansiel denklemi sabit katsaılı ( erine t bağımsız değişkeni ) gelecek şekild = e t dönüşümü ile; d = = d d/ dt d =. d/ dt dt t = e -t d. e dt d = e t dt = e -2t 2 d d.( 2 ) dt dt = e -3t d 3d 2d.( ) dt dt dt = e t ve,, diferansiel denklemde erine konularak Euler diferansiel denklemi sabit katsaılı hale gelir. a n.(t) (n) + a n-.(t) (n-) + + a 2. (t) + a. (t) + a 0.(t) = Q(t) bilinen ollardan birisi ile çözülür. Bu diferensiel denklemin genel çözümünd = e t Denkleminin Genel Çözümü elde edilir. konularak Euler Diferensiel ÖRNEK: = 2 Euler üksek mertebeden diferansiel denklemi (I) Sabit katsaılı hale getirmek için = e t dönüşümü ugulaalım. (I) ifadesind = e t,,, ifadelerini t e göre koalım. e 3t d 3d 2d.[ dt dt dt 2 d 3d 2d d dt dt dt dt 2 d 2 dt ].e -3t + 5. e 2t [ d d = e 2t dt dt d ].e -2t + 3. e t d [ ].e -t = e 2t dt dt d 2d = e 2t sabit katsaılı diferansiel denklem ( düzgün fonksion, belirsiz dt dt katsaılar öntemi ile) Karakteristik denklem; f(r) = r 3 +2.r 2 = 0 r 2 ( r+2) r = r2 = 0, r3 = 2 c. e0.t +c2.t. e0.t +c3. e-2.t c + c2.t + c3.e-2.t

2 = A. e 2t = 2A. e 2t = 4A. e 2t = 8A. e 2t d 2d = e 2t olarak bulmuştuk. dt dt 8A. e 2t + 2.(4A. e 2t ) = e 2t 6A = A = /6 = A. e 2t olarak bulmuştuk. O halde; = (/6).e 2t özel çözüm Genel çözüm = = h + = c + c2.t + c3.e-2.t + (/6).e 2t e t = t = ln erine konulursa; = c + c2.ln + c (/6). 2 Euler diferansiel denkleminin genel çözümü olur. Çözülmüş Problem Örnekleri ÖRNEK(ug) 4. = 5. Polinomlu bir ifade varsa ve köklerden biri sıfırsa özel çözüm ile ikisi sıfırsa 2 ile çarpılır. h 2 Karakteristik denklem: f(r)= r 3 4.r 2 = 0 r 2 ( r 4) = 0, r = r 2 = 0, r 3 = 4 = (A.+B). 2 2 anı ve 0 a eşit kök var. (rezonans)

3 c + c2. + c3. e4 =A. 3 +B. 2 = 3A. 2 +2B. =6A+2B =6A bu değerleri erine koarsak ( 4. ) ; 6A 4(6A+2B) = 6A 24A 8B = A= /24, B= /32 =( /24). 3 +( /32). 2 2 = C. 2 = C. 2 = C. 2 = C. burada rezonans olup olmadığının kontrolü şu şekilde apılır. terimind in katsaısı dir. çözümünde bulduğumuz A ve B değerleri e eşit değilse rezonans söz konusu değildir. Bu değerleri erine koarsak ( 4. ) ; C. 4.C = 5. C= 5/3 2 = C. 2 = 5/3. = h =c + c2. + c3. e4 (/24). 3 (/32) /3. ÖRNEK(ug) = sin.( +3) ***trigonometrik ve üstel çarpımlar polinom rezonansını ortadan kaldırır. Karakteristik denklem: f(r)= r 3 +3.r 2 +2r = 0 r (r 2 +3r+2) = 0, r = 0, r 2 =, r 3 = 2 c + c2. e- +c3. e-2 = sin(a+b) + cos(c+d) = cos(a+b) + sin.a sin(c+d)+cos.c = sin(a+b) + cos.a + cos.a cos(c+d) sin.c sinc = cos(a+b) sin.a sin.a sin.a + sin(c+d) cos.c cos cos burada erine koarsak; cos(a+b) sin.a sin.a sin.a+sin(c+d) cos.c 2.cos + 3.[ sin(a+b)+cos.a + cos.a cos(c+d) sin.c sinc] + 2[cos(A+B) + sin.a sin(c+d)+cos.c] = sin.( +3) Buradan A=/0, B= 34/00, C= 3/0, D= 2/00 hesaplanıp de erine konulursa; = sin(a+b) + cos(c+d) = sin( ) + cos( +00 ) = h + =c +. c2 e- +c e-2 + sin( 00 ) + cos( +00 ) 0 0 genel çözümü elde edilir.

4 ÖRNEK:(ug) = e e 3. sin. e Karakteristik denklem: f(r)= r 3 2.r 2 3.r = 0 r(r 2 2.r 3 ) = 0 r = 0, r 2 =, r 3 = 3 +. c c2 e- +c3. e3 = e 2. ( A. 2 + B + C ) 2 = e 3 ( D. + E )* X burada e 3 te katsaı 3 ve köklerden biriside 3 olduğundan rezonans vardır. Fakat fonksionlarda öncelik sırası söz konusu olup şu şekildedir. ) Trigonometrik 2) Üstel 3) Polinom Çarpımlarda Trigonometrik değer üstel ile polinomun, üstel değer ise sadece polinomun rezonansını önler. 2 = e - ( F.sin + G.cos ) burada e - te katsaı ve köklerden biriside olduğundan rezonans vardır. Fakat trigonometrik olan değer sin değeri rezonansı kaldırır. ÖRNEK:(ug) + = Karakteristik denklem: r 2 + = 0 r = i, r 2 = i c ei. +c2. e-i. c.cos + c2.sin = ().cos + ().sin genel çözüm olsun. c c2 sin / ().cos c +c2 ().sin = 0 cos / c ().sin +c2 ().cos = Q()/a n = + / = ().sin 2 + ().cos 2 = c2 c2 ()[ sin 2 + cos 2 ] = c2 c2 = cos cos c2 cos () = cos.d + K 2 sin = u cos.d = du du =lnu u

5 c2 = ln( sin) + K 2 ().cos c +c2 ().sin = 0 (I). Denklemde ()= c2 ().cos + c cos.sin = 0 c () = c = d + K c = + K cos ifadesini erine koarsak; c.cos + c2.sin de c ve c2 değerlerini erine koarsak; ( + K ).cos + [ln( sin) + K 2 ].sin = K.cos K 2.sin.cos + sin. ln( sin) ÖRNEK:(ug) = düzgün olmaan fonksion Karakteristik denklem: f(r)= r 3 2.r 2 3r = 0 r (r 2 2r 3) = 0, r = 0, r 2 =, r 3 = 3 c + c2. e- +c3. e3 (I) c +c2. e - +c3. e 3 = 0 (II).0. e - + c c2 3.c3. e 3 = 0 (III).0 +. e - + c c2 9.c3. e 3 = Q()/a n = /= (II)+(III) = 2.. e 3 = c3 ()= c3 2 2 c3 2 ()=.d 2 2 ()= [ln. e -2 c3 ln( 2. e -2 ).d]+k (II) + (III) = 4.c2 (). e - = () = c2 4 2 ()= [ln. e 2 c2 ln( 2. e -2 ).d]+k 2 4 () ve () ifadelerini (I) de erine koalım. c2 c3 +c2. e - +c3. e 3 = 0 c c () = 3. c () = 3.[ln. ln..d] +K c, c2 ve c3 h ta konularak genel çözüm bulunur.

6 c + c2. e- +c3. e3 = 3.[ln. ln..d] +K + e - [ 4 (ln. e 2 ln( 2. e -2 ).d)+k 2 ] + e 3 [ 2 (ln. e -2 ln( 2. e -2 ).d)+k 3 ] *** bazı İntegraller analitik olarak çözülemeebilir. Bu durumda İntegraller integral işareti içerisinde bırakılır.. Böle İntegraller saısal olarak çözülebilirler. 4. Adî Diferansiel Denklemlerin Saısal Çözümleri Analitik Çözümler Genel Çözümler =f (,c) = fonksion Saısal Çözümler Özel Çözümler 0 = f( 0 ) = nokta Diferansiel denklemler vea diğer matematik problemlerin analitik çözüm öntemlerile çözülemediği durumlarda problemlerin çözümü için saısal çözüm öntemleri kullanılır ancak analitik öntemlerle genel çözümlere ulaşılırken saısal öntemlerle özel çözümlere ulaşılır. Bu nedenle saısal çözümler ancak analitik çözümlerin kullanılamadığı durumlarda kullanıma ugundur. Arıca saısal öntemlerle sınırlı saıda özel çözümün bulunabileceği de bilinmelidir. Özel Çözümler =f() Genel Çözüm Fonksionu 0 başlangıç şartı (noktası)

7 4.. Euler Saısal Çözüm Yöntemi (. mertebeden diferansiel denklemler için) 0 ε teğet ε=hatalar =f() Genel Çözüm Fonksionu a = 0 h = o + h.tg = o + h..( 0 ) b = h c = 2 tg = h 0 = o + h.f( 0, 0 ) 2 = + h.f(, )... Euler çözüm formülleri n= n- + h.f( n-, n- ) Euler Formüllerinin Talor Dizisi ile İlişkisi f ( a)' f(b)= f(a) + ( b a) +! f( a)" ( ) 2 b a + + 2! f ( a) n! ( n) ( b a) n + R. mertebe türevler R= kalan terimler = ( ) f(b)= f(a) + ( b a ) = o + h. ( 0 ) = o + h.f( 0, 0 ) f (a)' Euler Yönteminin Ugulanması ) Diferansiel denklemi =f(,) şekline getirilmeli. 2) Başlangıç şartı (noktası) belirlenmeli. ( 0 )= 0 vea ( 0, 0 ) 3) Bir h = adım değeri belirlenmeli. 4) = o + h.f( 0, 0 ) = o + h.f(, )... Euler formülleri ile Saısal Çözümler... ardışık olarak elde edilir.... n= n- + h.f( n-, n- )

8 ÖRNEK: (+) + = 0 diferansiel denklemini (0)= başlangıç şartına göre 0 aralığındaki h= 0.2 adım değerini kullanarak saısal çözümleri bulalım. ) =f(,)= şeklinde dif.denklemi düzenleelim 2)(0) = başlangıç şartı olsun 3)h = 0.2 adım değeri olsun. Buna göre adım değerleri = 0, 0.2, 0.4, 0.6, 0.8, olur. 4)Bu adım değerlerine karşılık Euler formülleri ile ardışık saısal çözümleri bulalım. n=. adım = o + h.f( 0, 0 ) 0 = 0, 0 =, h=0.2 için = 0 + h = = = = = 0.2=0.8 = 0.2 için = n= 2. adım 2 = + h.f(, ) = 0.2, = 0.8, h=0.2 için 2 = + h = = = = = = 0.4 için 2 = n= 3. adım 3 = 2 + h.f( 2, 2 ) 2 = 0.4, 2 = 0.67, h=0.2 için 3 = 2 + h = = = = = = 0.6 için 3 = n= 4. adım 4 = 3 + h.f( 3, 3 ) 3 = 0.6, 3 = 0.57, h=0.2 için 4 = 3 + h = = = = = = 0.8 için 4 = n= 5. adım 5 = 4 + h.f( 4, 4 ) 4 = 0.8, 3 = 0.57, h=0.2 için 5 = 4 + h = = = = = = için 5 = Gerçek değerler için analitik çözümü kontrol edelim; d d (+) = = d ln= ln(+) + lnc ln= ln C = C d d = d Genel Çözümü bulunur. 0 = 0, 0 = den = C C= = 0

9 = 0.2 için = = = 0.4 için 2 = = = 0.6 için 3 = = Gerçek Değerler 4 = 0.8 için 4 = = = için 5 = Euler Saısal Çözümü ve Analitik öntemle bulunan gerçek değerler tablosu: X 0 = 0 = = = = = e =euler çözümü g = Gerçek değerler (mutlak hatalar) ÖRNEK:(ug) + = + 4 Diferansiel denkleminin (0)= başlangıç şartı altındaki ilk 3 çözümünü h= 0. adım değeri için bulalım, hataları belirleelim. ) =f(,)= +4 2)(0) = 3)h = 0. adım değeri 4), 2, 3 çözümleri 5)Hatalar n=. adım = o + h.f( 0, 0 ) 0 = 0, 0 =, h=0. için = 0 + h = = 0. = + 0.( + 4* 0 ) = 0. için =.5 n= 2. adım 2 = + h.f(, ) = 0., =.5, h=0. için 2 = + h = = =.5+ 0.( + 4*.5 0. ) 2 = 0.2 için = 2.9 n= 3. adım 3 = 2 + h.f( 2, 2 ) 2 = 0.2, 2 = 2.9, h=0. için 3 = 2 + h = = = ( + 4* ) 3 = 0.3 için = 3.4 Tabloa bakıldığında adım değerleri küçüldükçe aklaşık çözüm değerlerinin giderek gerçek çözüme aklaştıkları görülüor. Burada ortaa çıkan hatalara bakıldığında; X Euler Genel Çözüm Hatalar ( ) Genel Çözüm: = C.e =0, = için; = + + C.e C=+ =

10 3 9 = + +.e = 0. için = + +.e 4*0. = = 0.2 için 2 = + +.e 4*0.2 = = 0.3 için 3 = + +.e 4*0.3 = X H=0. h=0.2 h=0.3 Gerçek Hatalar 2 = 0.2 ve h=0. de; Mutlak hata ( MH = g e MH 2 = = ) Bağıl hata ( BH = MH = = 0.27 ) mutlak hataların gerçek değere oranı g Runge-Kutta Saısal Çözüm Yöntemi Euler saısal çözüm öntemi. mertebeden saısal çözüm Runge-Kutta saısal çözüm öntemi üksek mertebeden saısal çözüm Diferansiel denklemlerin saısal çözüm öntemleri içerisinde çok kullanılan ve tarihi önemi bulunan bir öntemdir. Bu öntem 2 ve daha üksek mertebeden terimleri içerisinde bulunduran bir öntem olması dolaısıla daha hassas çözümlerin elde edilmesini sağlar. Bu öntemin ugulanılmasında da Euler de olduğu gibi ine başlangıç şartları ve adım değerine ihtiaç duulur. ) Başlangıç şartı ( 0 )= 0 verilmelidir. 2) Adım değeri = h verilmelidir. 3) Diferansiel denklem =f(,) şekline getirilmelidir. 4) 4. Mertebe Runge-Kutta formülleri n=. adım için: k = h.f( 0, 0 ) k 2 = h.f( 0 + h/2, 0 + k /2 ) k 3 = h.f( 0 + h/2, 0 + k 2 /2 ) k 4 = h.f( 0 + h, 0 + k 3 ) = 0 + h için; k= 6 ( k + 2k 2 + 2k 3 + k 4 ) = 0 + k elde edilir. Diğer adımlardaki hesaplamalarda anı şekilde apılır.

11 ÖRNEK: + = 0 Diferansiel Denkleminin (0)=2 başlangıç şartını sağlaan çözümünü 4. Mertebeden Runge-Kutta öntemi ile h=0. için =0.2 terimine kadar elde edelim. ) Başlangıç şartı (0)=2 2) Adım değeri = h = 0, 3) Diferansiel denklem = = = f(,) 4) Runge-Kutta öntemil = 0., 2 = 0.2 için, 2 saısal çözümlerini bulalım. n=. adım = 0 + h = 0+0. = 0. için =? k = h.( 0 0 )= 0.(2 0)=0.2 k 2 = h.[( 0 + k /2) ( 0 + h/2 )] = 0.[( /2) (0 + 0./2 )] = k 3 = h.[( 0 + k 2 /2) ( 0 + h/2 )] = 0.[( /2) (0 + 0./2 )] = k 4 = h. [( 0 + k 3 ) ( 0 + h )] = 0.[( ) ( )] = k= 6 ( k + 2k 2 + 2k 3 + k 4 ) = k= 6 ( 0, , , )= = 0. için; k= = 0 +k = = n=2. adım 2 = + h = = 0.2 için 2 =? k = h.( )= 0.( )= k 2 = h.[( + k /2) ( + h/2 )] = 0.[( /2) ( /2 )] = k 3 = h.[( + k 2 /2) ( + h/2 )] = 0.[( /2) ( /2 )] = k 4 = h. [( + k 3 ) ( + h )] = 0.[( ) ( )] = k= 6 ( k + 2k 2 + 2k 3 + k 4 ) = k= 6 ( 2, , , )= = 0.2 için; k= = +k 2 = 2, = elde edilir.