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

Transkript

2 ÖET Dokora Tezi IMPULSIVE GEC IKMEL I D IFERENS IYEL DENKLEMLER Fama KARAKOÇ Ankara Üniversiesi Fen Bilimleri Ensiüsü Maemaik Anabilim Dal Dan şman: Prof.Dr. Hüseyin BEREKETO ¼GLU Bu ez dör bölümden oluşmakad r. Birinci bölüm giriş k sm na ayr lm ş r. Ikinci bölümde gecikmeli diferensiyel denklemler, impulsive diferensiyel denklemler ve impulsive gecikmeli diferensiyel denklemlerle ilgili emel kavram ve sonuçlar ifade edilmişir. Bu çal şman n orjinal bölümleri üçüncü ve dördüncü bölümde yer almakad r. Üçüncü bölümde birinci basamakan lineer homogen olmayan impulsive gecikmeli diferensiyel denklem sisemi ve bir başlang ç fonksiyonundan meydana gelen problemin çözümünün! 1 halinde bir sabi veköre yak nsad ¼g ispalanm ş r. Ayr ca bu sabi vekör, başlang ç fonksiyonu ve bir inegral denklemin maris çözümü yard m ile formüle edilmişir. Dördüncü bölümde ayn problemler, bu defa impulse koşullar n n gecikmeler içermesi halinde incelenmişir. 2007, 51 sayfa Anahar Kelimeler : Diferensiyel denklem, gecikmeli diferensiyel denklem, impulsive diferensiyel denklem, impulsive gecikmeli diferensiyel denklem, asimpoik sabilik. i

3 ABSTRACT Ph.D. Thesis IMPULSIVE DELAY DIFFERENTIAL EQUATIONS Fama KARAKOÇ Ankara Universiy Graduae School of Naural And Applied Sciences Deparmen of Mahemaics Supervisor: Prof.Dr. Hüseyin BEREKETO ¼GLU This hesis consiss of four chapers. The rs chaper is devoed o he inroducion. In he second chaper, he basic conceps and resuls of delay di erenial equaions, impulsive di erenial equaions and impulsive delay di erenial equaions are saed. Original resuls are conained in he hird and fourh chapers. In he hird chaper, a rs order linear nonhomogeneous impulsive delay di erenial equaions sysem wih an iniial funcion is considered and i is shown ha he soluion ends o a consan vecor as! 1: Moreover his consan vecor is formulaed in erms of he iniial funcion and he marix soluion of an inegral equaion. In he fourh chaper, he same problems are sudied when he impulse condiions include delays. 2007, 51 pages Key Words: Di erenial equaion, delay di erenial equaion, impulsive di erenial equaion, impulsive delay di erenial equaion, asympoic consancy. ii

4 TEŞEKKÜR Bana bu konuda araş rma imkan veren, çal şmalar m n her safhas nda eme¼gi olan, de¼gerli ilgi ve yard mlar n esirgemeyen dan şman hocam, Say n Prof. Dr. Hüseyin BEREKETO ¼GLU (Ankara Üniversiesi Fen Fakülesi) na, ez izleme komiesi üyeleri olarak, ez izleme oplan lar boyunca olumlu uyar larla kak da bulunan Say n Prof. Dr. Ceva KART (Ankara Üniversiesi Fen Fakülesi) a ve Say n Prof. Dr. Mara AKHMET (Ora Do¼gu Teknik Üniversiesi Fen Edebiya Fakülesi) e ve ayr ca daima desek ve güvenlerini hisseiren aileme eşekkürlerimi bir borç bilirim. Fama KARAKOÇ Ankara, Aral k 2007 iii

5 IÇ INDEK ILER ÖET i ABSTRACT ii TEŞEKKÜR iii 1. G IR IŞ GEC IKMEL I VE IMPULSIVE D IFERENS IYEL DENKLEMLER Gecikmeli Diferensiyel Denklemler Impulsive Diferensiyel Denklemler Impulsive Gecikmeli Diferensiyel Denklemler IMPULSIVE GEC IKMEL I D IFERENS IYEL DENKLEMLERDE ÇÖÜMÜN AS IMPTOT IKSEL SAB ITL IK DURUMU Giriş Çözümün Yak nsakl ¼g B i = 0 Halinde l() B i 6= 0 Durumu Için l() IMPULSE KOŞULLARI GEC IKMEL I OLAN IMPULSIVE GEC IKMEL I D IFERENS IYEL DENKLEMLERDE ÇÖÜMÜN AS IMPTOT IKSEL SAB ITL IK DURUMU Giriş Çözümün Yak nsakl ¼g l() nin Hesab KAYNAKLAR ÖGEÇM IŞ iv

6 1. G IR IŞ Son y llarda lineer gecikmeli diferensiyel denklemlerin çözümlerinin yak nsakl ¼g ve asimpoik göserimi problemi yo¼gun bir şekilde incelenmişir. Yap lan çal şmalarda ço¼gunlukla birinci basamakan skaler lineer gecikmeli y 0 () = ()[y() y( ())] (1.1) diferensiyel denklemi ele al nm ş r. hang (1981), () = 1 olmak üzere (1:1) denkleminin çözümlerinin yap s n ve asimpoik davran ş n incelemişir. Haddock ve Sacker (1980) birinci basamakan lineer gecikmeli x 0 () = P ()[x() x( r)] + Q()x() + R()x( r) diferensiyel denklem siseminin her çözümünün! 1 halinde bir sabi limie sahip oldu¼gunu gösermişlerdir. Akinson ve Haddock (1983) (1:1) denklemi ve daha genel olan durumlar için ayn problemi ele alm şlard r. (1:1) denkleminin çözümlerinin asimpoik göserimi Diblik (1998) araf ndan hesaplanm ş r. Daha sonra yine Diblik (1999) (1:1) denkleminden daha genel olan : y() = n j ()[y() y( j ())] j=1 denklemini ele alm ş ve çözümlerin yak nsakl ¼g için baz yeer koşullar vermişir. (1:1) denklemi bu defa Basinec, Diblik ve Smarda (2000) araf ndan göz önüne al nm ş ve çözümlerin yak nsakl ¼g için yeni krierler bulunmuşur. Öe yandan () = > 0 (sabi) olmak üzere (1:1) denklemi panograph : x() = ()[x() x(p)] (1.2) denkleminin bir özel halidir. Gerçeken, bu denkleme x() = y(ln ) dönüşümü uygulan rsa, () = () ve p = e olmak üzere (1:1) denklemi elde edilir. Bu yüzden 1

7 (1:1) denklemine bir panograph denklemi olarak bak labilir. Panograph denklemlerine elekrikli rayl sisemlerin sinyalizasyonu problemlerinde karş laş ld ¼g bilinmekedir (Ockendon and Tayler 1971, Fox e al. 1971). Ayr ca, (1:1) şeklinde bir gecikmeli diferensiyel denklemin say lar eorisi alan nda bir uygulamaya sahip oldu¼gu Mahler (1940) araf ndan belirilmekedir. (1:2) denkleminin çözümlerinin asimpoik davran ş, () = a (sabi) halinde önce Kao ve McLeod (1971) ve daha sonra Carr ve Dyson (1974/75) araf ndan incelenmişir. Yirmi y l aradan sonra, (1:2) denkleminin çözümlerinin serisel göserimi ile asimpoiksel s n rlar hesaplanm ş r (Terjeki 1995, Makay and Terjeki 1998). Bu ezde aşa¼g daki birinci basamakan lineer homogen olmayan impulsive gecikmeli diferensiyel denklem sisemleri ele al nmaka ve bu sisemlerin çözümlerinin! 1 halinde sabi bir veköre yak nsad klar göserilmekedir. Daha sonra, bu sabi vekör, başlang ç fonksiyonu ve bir inegral denklemin maris çözümü yard miyle formüle edilmekedir: 8 < : 8 < : x 0 () = A()[x() x( )] + f(); 0 ; 6= i ; x( i ) = B i x( i ) + D i ; i 2 + = f1; 2; :::g; x 0 () = A()[x() x( )] + f(); 0 ; 6= i ; x( i ) = B i [x( i ) x( i m )] + D i ; i 2 + = f1; 2; :::g: Bu sisemlerin birincisinde impulse koşullar nda gecikmeler bulunmamakad r. Ancak ikincisinde impulse koşullar gecikmelere abidir. 2

8 2. GEC IKMEL I VE IMPULSIVE D IFERENS IYEL DENKLEMLER Bu bölümde gecikmeli diferensiyel denklemler, impulsive diferensiyel denklemler ve impulsive gecikmeli diferensiyel denklemlerle ilgili emel kavram ve sonuçlar ifade edilmekedir. 2.1 Gecikmeli Diferensiyel Denklemler Bir gecikmeli diferensiyel denklem, bilinmeyen fonksiyon ve onun ürevlerinin (en yüksek ürev hariç) bir ya da daha çok gecikme argümenlerine ba¼gl oldu¼gu bir diferensiyel denklem şeklinde an mlanmakad r. Aşa¼g daki denklemler gecikmeli diferensiyel denklemler için birer örnekir: x 0 () = 2x( 3 ) x( 1); 2 x 0 () + x( cos 2 ) = 1; x 0 () = 5x() 2x( 2 ); x 00 () + 3x 0 ( 2) 7x( 3) = 2 + 5: Böylesi denklemlere lieraürde ilk kez onsekizinci yüzy l n ikinci yar s nda raslanm ş olmas na ra¼gmen (Kondorse 1771), ancak 1950 y l ndan sonra A. D. Myshkis, E. M. Wrigh, R. Bellman ve di¼ger maemaikçiler araf ndan sisemaik olarak incelenmeye başlanm ş r. Gecikmeli diferensiyel denklemler, zik, mühendislik, ekonomi ve biyoloji alanlar nda oraya ç kan çok say da problem için model eşkil ederler. Uygulama alanlar n n çoklu¼gu, gecikmeli diferensiyel denklemleri maemai¼gin en h zl gelişen dallar ndan biri haline geirmişir. Son y llarda gecikmeli diferensiyel denklemler lieraürüne ka lan baz önemli kiaplar şunlard r: (Györi and Ladas 1991, Gopalsamy 1992, Hale and Lunel 1993, Kuang 1993). Şimdi, x 0 () = f(; x ); 0 ; (2.1.1) gecikmeli diferensiyel denklemini ve 3

9 x() = (); 0 r 0 ; (2.1.2) başlang ç koşulunu ele alal m; burada f : [ 0 ; 1) C D! R n ; D R n aç k bir al küme ve r 0 olmak üzere C D = C([ r; 0]; D); 2 C([ 0 r; 0 ]; R n ); C([a; b]; R n ) sembolü, : [a; b]! R n şeklinde sürekli fonksiyonlar n uzay n gösermekedir. Öe yandan, bu ez boyunca kullan lacak normlar şunlard r: 2 R n için kk = j 1 j + j 2 j + ::: + j n j ; A = (a ij ) 2 R nn için ve bir 0 2 R için 2 C([ 0 kak = max ;2;:::;n n ja ij j j=1 r; 0 ]; R n ) olmak üzere kk r = sup 0 r 0 k()k : (2:1:1) denklemindeki noasyona uygun olsun diye (2:1:2) başlang ç koşulu aşa¼g daki şekilde yeniden yaz labilir: x( 0 + ) = ( 0 + ); r 0; ya da ' = 0 al n rsa, (2:1:2) koşulu x 0 = 0 : x 0 = ' ( ) şeklini al r. (2:1:2 0 ) koşulu = 0 + al narak biçiminde yaz labilir. x() = '( 0 ); 0 r 0 ; ( ) 4

10 Tan m x : [ 0 r; 0 + )! D R n ; > 0; fonksiyonu verilen bir 0 2 R için aşa¼g daki koşullar sa¼glarsa, x fonksiyonuna (2:1:1) (2:1:2) başlang ç de¼ger probleminin bir çözümüdür denir: (i) x(); 0 < 0 + için (2:1:1) denklemini sa¼glar, (ii) x() = (); 0 r 0 : Tan m f(; ') fonksiyoneli verilen her sürekli ' : [ 0 r; 0 + )! D fonksiyonu için [ 0 ; 0 +) aral ¼g nda ye göre sürekli ise, bu durumda f fonksiyoneline süreklilik koşulunu sa¼gl yor denir. Lemma R ve > 0 için x 2 C([ 0 r; 0 + ]; R n ) ise, bu durumda 2 [ 0 ; 0 + ] için x () = x( + ); r 0; şeklinde an ml olan x fonksiyonu da süreklidir. Lemma Bir 0 2 R ve 2 C([ 0 koşulunu sa¼gl yorsa, bu durumda (2:1:1) r; 0 ]; R n ) için f(; ) fonksiyoneli süreklilik (2:1:2) başlang ç de¼ger problemi 8 >< x() = >: (); 0 r 0 ; ( 0 ) + f(s; x s )ds; 0 ; 0 inegral denklemine eşde¼gerdir. Tan m J = [ 0 ; ) olmak üzere f : J C D! R n ve J C D olsun. Her (; ') ve (; ') 2 için kf(; ') f(; ')k K k' 'k r sa¼glanacak şekilde poziif bir K sabii mevcusa, f fonksiyoneline üzerinde K Lipschiz sabili bir Lipschiz koşulunu sa¼gl yor veya f Lipschiziand r denir. 5

11 Teorem f : J C D! R n fonksiyoneli süreklilik koşulunu ve J C D nin her kompak al kümesi üzerinde ' ye göre bir lokal Lipschiz koşulunu sa¼glas n. Bu durumda her bir ( 0 ; ') 2 J C D için (2:1:1) (2:1:2) başlang ç de¼ger probleminin [ 0 r; 0 + ); > 0; üzerinde an ml bir ek çözümü vard r. 2.2 Impulsive Diferensiyel Denklemler Belli anlarda s çramalara sahip olan bir reel ziksel olay n maemaiksel modeli ço¼gunlukla impulsive diferensiyel denklemleri ihiva eder. Impulsive diferensiyel denklemler eorik ve mekanik zike, nüfus dinami¼ginde, biyoloji ve ekonomi gibi alanlarda pek çok uygulamaya sahipir. Böylesi denklemlere ilk kez, 1937 y l nda bir saa modelinde karş laş lm ş olmas na ra¼gmen (Samoilenko and Peresyuk 1995), impulsive diferensiyel denklemler hakk ndaki eserler daha çok son 25 y ll k çal şmalar n ürünleridir (Lakshmikanham e al. 1989, Bainov and Simeonov 1995). Impulsive diferensiyel denklemlerde çözümler, sonlu ya da sonsuz say da nokada parçal sürekli olup başka her yerde sürekli fonksiyonlard r. Bu ür süreksizlik nokalar na impulse nokalar denir ve genellikle 1 ; 2 ; ::: ile göserilirler. Genel olarak birinci basamakan bir impulsive diferensiyel denklem sisemi 8 < : x 0 () = f(; x()); 6= i ; x( i ) = I i (x( i )); i 2 ; (2.2.1) şeklindedir; burada f :! R n ; R R n aç k bir al cümle, I i : D! R n ; D R n aç k bir al cümle, x( i ) = x( + i ) x( i ) olup x( + i ) = lim x() ve x( i ) =! + i lim x() dir. (2:2:1) siseminin x() çözümünün = i ; i 2 ; nokalar nda soldan! i sürekli oldu¼gu (yani x( i ) = x( i )) kabul edilmekedir. Ayr ca burada f i g ; i 2 ; aran bir dizi, yani her i 2 için i < i+1 ; ve lim i!1 i = 1 dur. (2:2:1) sisemini x( + 0 ) = x 0 (2.2.2) başlang ç koşulu ile birlike göz önüne alal m. 6

12 Tan m Aşa¼g daki koşullar sa¼glayan bir x : [ 0 ; 0 +)! R n ; > 0; fonksiyonuna (2:2:1) (2:2:2) başlang ç de¼ger probleminin çözümüdür denir: (i) x( + 0 ) = x 0 ve 2 [ 0 ; 0 + ) için (; x()) 2 ; (ii) 2 [ 0 ; 0 + ); 6= i ; i 2 ; için x() sürekli diferensiyellenebilir olup x 0 () = f(; x()), (iii) = i nokalar nda x() soldan sürekli olup x( + i ) = x( i ) + I i (x( i )). Belirelim ki 0 6= i ise, bu durumda (2:2:2) koşulu x( 0 ) = x 0 ( ) şeklinde ifade edilir. Örnek Birinci basamakan skaler 8 >< >: x 0 () = 1; 6= i ; x() = 1 x() ; = i = i; i = 1; 2; (2.2.3) impulsive diferensiyel denklemini x(0) = 0 (2.2.4) başlang ç koşulu ile birlike göz önüne alal m ve [0; 3] üzerindeki çözümünü bulal m. [0; 1] üzerinde (2:2:3) (2:2:4) başlang ç de¼ger probleminin çözümü x() = : (2:2:3) deki impulse koşulundan, x(1 + ) = 2 (2.2.5) olup (2:2:3); (2:2:5) probleminin çözümü 2 (1; 2] için 7

13 x() = + 1 dir. Yine (2:2:3) deki impulse koşulundan x(2 + ) = 10 3 (2.2.6) olur ve dolay siyle (2:2:3); (2:2:6) probleminin 2 < 3 aral ¼g ndaki çözümü x() = şeklinde bulunur. Böylece (2:2:3) (2:2:4) probleminin 0 3 aral ¼g üzerindeki çözümü 8 >< x() = >: ; 0 1; + 1; 1 < 2; ; 2 < 3: 2.3 Impulsive Gecikmeli Diferensiyel Denklemler Impulsive gecikmeli diferensiyel denklemler eorisi, baz eknik zorluklar sebebiyle gerek impulsive diferensiyel denklemlere ve gerekse gecikmeli diferensiyel denklemlere göre daha az gelişmişir. Örne¼gin, gecikmeli diferensiyel denklemler eorisinde x() fonksiyonunun sürekli olmas x fonksiyonelinin sürekli olmas n ifade ederken, impulsive gecikmeli diferensiyel denklemlerde durum böyle de¼gildir. x() parçal sürekli bir fonksiyon oldu¼gu zaman, x fonksiyoneli parçal sürekli olmayabilir. Bu yüzden f(; ) iki de¼gişkene göre sürekli olsa bile, x() parçal sürekli bir fonksiyon oldu¼gunda f(; x ) bileşke fonksiyonu hakk nda birşey söylenemez. Impulsive gecikmeli diferensiyel denklemlerle ilgili ilk makale Gopalsamy ve hang araf ndan 1989 y l nda yay nlanm ş r. Bu makalede birinci basamakan bir impulsive gecikmeli diferensiyel denklemin s f r çözümünün asimpoik kararl l ¼g ile 8

14 sal n ml ve sal n ms z çözümlerinin varl ¼g için yeer koşullar elde edilmişir. Impulsive gecikmeli diferensiyel denklemlerin çözümleri için varl k ve eklik konusu daha çok Ballinger ve Liu ( 1999, 2002, 2004 ) araf ndan incelenmişir. Ayr ca, böylesi denklemlerin çözümlerinin s n rl l ¼g, kararl l ¼g, sal n ml l ¼g ve periyodik çözümlerinin varl ¼g farkl maemaikçiler için başl ca araş rma konular olmuşur (Yu and hang 1996, Berezansky and Braverman 1996, hao and Yan 1996, 1997, Yu 2001, Tang e al. 2002). Şimdi bu makalelerdeki baz önemli sonuçlardan söz edelim. Gopalsamy ve hang (1989), dx() d + ax( ) = 1 b i x( i )( i ); 6= i ; (2.3.1) ve 8 < : dx() + p()x( ) = 0; 6= i ; d x( + i ) x( i ) = b ix( i ) (2.3.2) denklemlerini ele alm şlar ve bunlar için aşa¼g daki sonuçlar ispalam şlard r; burada b i (i = 1; 2; :::) reel sabiler, a poziif bir sabi, 0 reel sabi, 0 < 1 < 2 < ::: < i < ::: olup lim i!1 i = 1: Teorem Aşa¼g daki koşullar sa¼glans n: (i) 0 < a < =2; (ii) i+1 i T > 0; i = 1; 2; :::; < T; (iii) 1 + jb i j M; i = 1; 2; :::; (iv) (1=T ) ln M < ; < 0 : Bu durumda (2:3:1) denkleminin s f r çözümü global üsel asimpoik kararl d r. Teorem Aşa¼g daki koşullar sa¼glans n: (i) p; [0; 1) üzerinde sürekli ve 0 için p() 0; 9

15 (ii) i+1 i T; i = 1; 2; :::; (iii) T ise, 0 < < T ise, lim sup(1 + b i) 1 i!1 lim sup(1 + b i) 1 i!1 i +T i p(s)ds > 1; i + i p(s)ds > 1: Bu durumda (2:3:2) denkleminin büün çözümleri sal n ml d r. Teorem Aşa¼g daki koşullar sa¼glans n: (i) i+1 i T; i = 1; 2; :::; ve < T; (ii) 0 b i M; i = 1; 2; :::; (iii) p; [0; 1) üzerinde sürekli ve 0 için p() 0; (iv) lim inf i!1 p(s)ds > 1 + M : e Bu durumda (2:3:2) denkleminin her çözümü sal n ml d r. Teorem (2:3:2) denkleminin paramereleri aşa¼g daki koşullar sa¼glas n: (i) ae 1 c olacak şekilde bir poziif c sabii mevcuur, (ii) b i > 0; i = 1; 2; :::; ve 1 b i < 1: Bu durumda (2:3:2) denklemi bir sal n ms z çözüme sahipir. Yu ve hang (1996), impulsive gecikmeli 8 < : x 0 () = f(; x( )); 0 ; 6= k ; x( + k ) x( k) = I k (x( k )); k 2 N; (2.3.3) 10

16 denklemini ele alm şlard r, burada > 0; I k : R! R; f 2 C([ 0 ; 1) R; R); 0 1 < 2 < ::: < k < k+1 < :::; k! 1 halinde k! 1 dur; x 0 (); x() nin soldan ürevini gösermekedir; f(; 0) 0 ve I k (0) 0 d r. Ayr ca 0 xf(; x) P ()x 2 ; 0 ; jxj < H; (2.3.4) sa¼glanacak şekilde bir H > 0 sabii ve P : [ 0 ; 1)! [0; 1) sürekli fonksiyonu mevcu olsun. Bu makalede (2:3:3) denkleminin s f r çözümünün düzgün kararl l ¼g ve asimpoik kararl l ¼g ile ilgili olarak aşa¼g daki sonuçlar elde edilmişir: Teorem k 2 N için k+1 k > olsun. Ayr ca (2:3:4) eşisizli¼gi ve aşa¼g daki koşullar sa¼glans n: 0 xi k (x) bx 2 ; jxj < H; k 2 N; (2.3.5) P (s)ds 3 2 b(2 b 2 ); 0 + : (2.3.6) Bu durumda (2:3:3) denkleminin s f r çözümü düzgün kararl d r. Teorem (2:3:5); (2:3:6) koşullar ile birlike aşa¼g daki koşullar sa¼glans n: P (s)ds < 3 2 b(2 b 2 ); 0 + ; s n rl ve parçal sürekli olan x fonksiyonu için lim!1 x() > 0 olmak üzere 0 f(; x( ))d = 1; 0 f(; x( ))d = 1: Bu durumda (2:3:3) denkleminin s f r çözümü düzgün kararl ve asimpoik kararl d r. hao ve Yan (1996), skaler 8 >< >: x 0 () + n p i ()x( i ) = 0; 6= k ; x( + k ) x( k) = b k x( k ); k = 1; 2; ::: (2.3.7) 11

17 impulsive gecikmeli diferensiyel denkleminin sal n ml ve sal n ms z çözümlerinin davran şlar hakk nda aşa¼g daki sonuçlar elde emişlerdir. Teorem b + k < 1 k=1 ve yeerince büyük için aşa¼g daki koşullar sa¼glans n: i <r r i jp i ()j A; i = 1; 2; ::; n; n p i ( + i ) B; p i (s + i )ds + r p + i (s + i)ds < 1; i >r i burada b + k = maxfb k; 0g; p + i (s) = maxfp i(s); 0g ve p i (s) = maxf p i (s); 0g d r. Bu durumda (2:3:7) denkleminin her sal n ms z çözümü! 1 için s f ra yaklaş r. Teorem Aşa¼g daki koşullar sa¼glans n: n jb k j < 1; poziif Q 1 ; Q 2 sabileri için yeerince büyük için Q 1 + Q 2 < 1; n p i ( + i ) 6= 0; n i jp(s + i )j ds Q 1 ; ve r 2 [0; n ] için n r i sgn(r i ) jp i (s + i )j ds Q 2 : 12

18 Bu durumda (2:3:7) denkleminin her sal n ml çözümü! 1 halinde s f ra yaklaş r. Teorem (2:3:7) nin üm çözümleri s n rl ise, s f r çözümü kararl d r. hao ve Yan (1997) daha sonra (2:3:7) denklemini x() = (); 2 [ ; ]; (2.3.8) başlang ç koşulu ile birlike ele alm şlar ve aşa¼g daki sonucu ispalam şlard r, burada 0; 2 P C ; P C = fx : [ ; ]! R j 2 [ ; ]n f k ; k = 1; 2; :::g için x() sürekli, k 2 [ ; ] için x( + k ); x( k ) mevcu ve x( k ) = x( k) d r. Teorem ; 2 P C ve () > 0 olsun. Bu durumda (2:3:7) (2:3:8) başlang ç de¼ger probleminin çözümünün [; T ) üzerinde poziif olmas için gerek ve yeer koşul n Y () + p i () H i () k < 0 (1 + b k ) 1 (h i()) B () H i () 1 C (s)dsa = 0 (2.3.9) inegral denkleminin bir 2 P C[; T ) çözümüne sahip olmas d r, burada < T 1; h i () = min f; i g ve H i () = max f; i g dir. (2:3:9) inegral denkleminin çözümlerinin varl ¼g için aşa¼g daki sonuç elde edilmişir. Teorem Bir 2 P C[; T ) fonksiyonu için () () (); 2 [; T ); ve () n Y p i () H i () k <1 0 (1 + b k ) 1 (h i()) B () H i () 1 C (s)dsa () 13

19 sa¼glanacak şekilde ; 2 P C[; T ) fonksiyonlar mevcu olsun. Bu durumda (2:3:9) denklemi () () (); 2 [; T ); olacak şekilde bir 2 P C[; T ) çözümüne sahipir. Teorem ve Teorem kullan larak (2:3:7) denkleminin sal n ms z çözümlerinin varl ¼g için aşa¼g daki sonuçlar elde edilir: Teorem n Y jp i ()j (1 + b k ) 1 e i ; ; H i () k < sa¼glanacak şekilde 0 ve > 0 sabileri mevcu olsun. Bu durumda (2:3:7) denklemi bir ek poziif x 2 () çözümüne sahipir, burada () = fx : [ ; 1)! R j 6= k için x() sürekli, ; 6= k ; 6= k + i için x( + k ); x( k ) mevcu, x( k) = x( k ); x() diferensiyellenebilir ve x 0 ( + k ); x 0 ( k ); x 0 ( k + + i ); x0 ( k + i ) mevcu : Teorem < 2 < ::: < n olmak üzere m Y p i () (1 + b k ) 1 0; 2 [; 1); m = 1; 2; :::; n; H i () k < sa¼glanacak şekilde 0 mevcu olsun. Bu durumda (2:3:7) denklemi sonuça poziif bir çözüme sahipir. Teorem n H i () p + i (s) Y H i (s) k <s (1 + b k ) 1 ds 1 ; 2 [; 1); e 14

20 sa¼glanacak şekilde 0 mevcu olsun. Bu durumda (2:3:7) denklemi sal n ms z bir çözüme sahipir, burada p + i (s) = max f0; p i(s)g ; i = 1; 2; :::; n: Son y llarda impulsive gecikmeli diferensiyel denklemlerin çözümlerinin kararl l ¼g ve s n rl l ¼g da yo¼gun bir şekilde incelenmekedir. Yu (2001), skaler impulsive gecikmeli 8 < : x 0 () = F (; x(:)); 0; 6= k ; x( + k ) x( k) = I k (x( k )); k 2 N = f1; 2; :::g ; (2.3.10) diferensiyel denklemini ele alm ş r, burada 0 ve 2 P C() olmak üzere F (; ) bir sürekli fonksiyoneldir; P C() ile [g(); ] üzerinde an ml, s n rl ve soldan sürekli fonksiyonlar n s n f kasedilmekedir, g : [0; 1)! R sürekli, azalmayan bir fonksiyon olup 0 için g() ve g()! 1 ; I k : R! R ; 0 1 < 2 < ::: < k < k+1 < :::; k! 1 için k! 1 ve > 0; 0 için P C () = ( 2 P C() : kk = sup j(s)j < s2[g();] Bu makalede (2:3:10) denkleminin s f r çözümünün kararl l ¼g incelenmiş ve aşa¼g daki sonuçlar elde edilmişir. ) : Teorem ( p : [0; 1)!) [0; 1) sürekli bir fonksiyon, H > 0 sabi ve M () = max 0; sup (s) s2[g();] olmak üzere p()m () F (; ) p()m ( ); 0; 2 P C H (); (2.3.11) sa¼glans n. Ayr ca b k x 2 x[x + I k (x)] x 2 ; k 2 N; jxj < H; (2.3.12) ve 15

21 g() p(s) Y g(s) k <s b 1 k ds 3 2 ; = min f 0 : g() 0g ; sa¼glanacak şekilde poziif say lar n bir fb k g, b k 1; dizisi mevcu olsun. Bu durumda (2:3:10) denkleminin s f r çözümü kararl d r. Teorem (2:3:11); (2:3:12) koşullar ve g() p(s) Y g(s) k <s b 1 k ds < 3 2 ; ; sa¼glans n. Ayr ca lim!1 x() > 0 olmak üzere her s n rl ve soldan sürekli x : [0; 1)! R fonksiyonu için 0 F (; x(:))d = 1 ve 0 F (; x(:))d = 1 olsun. Bu durumda (2:3:10) denkleminin s f r çözümü asimpoik kararl d r. Bu makalede ayr ca lineer impulsive gecikmeli diferensiyel 8 >< >: x 0 () + n p i ()x( i ) = 0; 0; 6= k ; x( + k ) x( k) = b k x( k ); k 2 N; (2.3.13) denklemi de ele al nm ş r, burada i 0; p i 2 C(R + ; R + ); i = 1; 2; :::; n ve fb k g reel say lar n bir dizisidir. Aşa¼g daki eoremlerde (2:3:13) denkleminin s f r çözümünün kararl l ¼g ile impulse noka içermeyen gecikmeli y 0 () + n Y p i () (1 + b k ) 1 y( i ) = 0 (2.3.14) i k < denkleminin s f r çözümünün kararl l ¼g aras ndaki ilişki ifade edilmekedir. 16

22 Teorem ly 0 < j1 + b j j ; l m 0; j=m sa¼glanacak şekilde > 0 sabii mevcu olsun. (2:3:14) denkleminin s f r çözümü düzgün kararl ise, bu durumda (2:3:13) denkleminin s f r çözümü de düzgün kararl d r. Teorem ly j1 + b j j ; l m 0; j=m sa¼glanacak şekilde poziif ve sabileri mevcu olsun. (2:3:13) denkleminin s f r çözümünün düzgün kararl olmas için gerek ve yeer koşul (2:3:14) denkleminin s f r çözümünün düzgün kararl olmas d r. 17

23 3. IMPULSIVE GEC IKMEL I D IFERENS IYEL DENKLEMLERDE ÇÖÜMÜN AS IMPTOT IKSEL SAB ITL IK DURUMU 3.1 Giriş Bu bölümde lineer homogen olmayan impulsive gecikmeli 8 < : x 0 () = A()[x() x( )] + f(); 0 ; 6= i ; x( i ) = B i x( i ) + D i ; i 2 + = f1; 2; :::g; (3.1.1) diferensiyel denklemi ele al nmakad r, burada i 2 + için i = 0 + i; 0 0; > 0; x( i ) = x( + i ) x( i ); x( + i ) = lim x() ve x( i ) = lim x() = x( i ) dir.! + i! i Ayr ca aşa¼g daki koşullar kabul edilmekedir: (H1) A : [ 0 ; 1)! R nn sürekli bir maris fonksiyondur, (H2) f : [ 0 ; 1)! R n sürekli bir vekör fonksiyondur, (H3) B i 2 R nn ; de(i + B i ) 6= 0; i 2 + ; burada I; n n boyulu birim marisir, (H4) D i 2 R n ; i 2 + : Uyar i = 0 + i için lim i!1 i = 1 ve 0 < 1 < 2 < ::: < i < i+1 < ::: dir. (3:1:1) denklemi x() = (); 2 [ 0 ; 0 ]; (3.1.2) başlang ç koşulu ile birlike ele al nmakad r; burada : [ 0 başlang ç fonksiyonu olup kk r = 0 sup k()k ; r 0; 2 R n için r 0 kk = j 1 j + j 2 j + ::: + j n j ve A = (a ij ) 2 R nn için kak = ; 0 ]! R n sürekli bir max ;2;:::;n n ja ij j dir. a; b 2 R olmak üzere P LC([a; b]; R n ) uzay 2 [a; b]; 6= i ; i 2 + ; için sürekli ve i 2 [a; b] nokalar nda birinci çeşi süreksizli¼ge sahip soldan sürekli ' : [a; b]! R n fonksiyonlar n s n f n gösermekedir. j=1 18

24 Tan m Aşa¼g daki koşullar sa¼glayan bir x 2 P LC([ 0 ; 0 +); D); > 0; D R n ; fonksiyonuna (3:1:1) (3:1:2) başlang ç de¼ger probleminin çözümüdür denir: (A1) 6= i ; i 2 + ; olmak üzere 2 [ 0 ; 0 +) için x in ürevi mevcu ve süreklidir, (A2) x; 2 [ 0 ; 0 + ); 6= i ; için (3:1:1) deki gecikmeli diferensiyel denklemi sa¼glar, (A3) x; = i ; i 2 + ; nokalar nda (3:1:1) deki impulse koşullar n sa¼glar, (A4) 2 [ 0 ; 0 ] için x() = (): Öe yandan, (3:1:1) (3:1:2) probleminin x() çözümü için aşa¼g daki inegral denklemin sa¼gland ¼g n no edelim: 8 (); 0 0 ; >< x( x() = 0 ) + A(s)x(s)ds A(s)x(s )ds + f(s)ds >: + B i x( i ) + D i ; 0 : 0 < i < 0 < i < (3.1.3) Bu arada hem bu bölümde hem de sonraki bölümde gerek duyulan ve iyi bilinen bir lemmadan söz edelim. Lemma (Samoilenko and Peresyuk 1995). Negaif olmayan parçal sürekli u() fonksiyonu her 0 için u() c + b(s)u(s)ds + 0 i u( i ) 0 < i < eşisizli¼gini sa¼glas n, burada c 0; i 0; b(s) > 0; ve i ler u() fonksiyonunun birinci çeşi süreksizli¼ge sahip oldu¼gu nokalard r. Bu durumda her 0 için u() c Y 0 (1 + i ) 0 < i < 0 1 b(s)dsa : 19

25 3.2 Çözümün Yak nsakl ¼g Bu kesimde (3:1:1) (3:1:2) başlang ç de¼ger probleminin x() çözümünün! 1 halinde yak nsak oldu¼gu göserilecekir. Teorem (H1) (H4) hipoezlerine ek olarak aşa¼g daki koşullar sa¼glans n: (i) ka(s)k ds K 1 < 1; 0 (ii) kf(s)k ds K 2 < 1; 0 (iii) (iv) 1Y (1 + kb i k) L 1 < 1; 1Y (1 + kd i k) L 2 < 1: Bu durumda (3:1:1) (3:1:2) probleminin x() çözümü! 1 halinde sabi bir veköre yak nsar, yani, lim!1 x() = l() 2 R n dir. Ispa. x; (3:1:1) (3:1:2) probleminin ek çözümü olsun. Bu durumda (3:1:3) den, kx()k kx( 0 )k ka(s)k kx(s)k ds + 0 kf(s)k ds + 0 < i < kb i k kx( i )k + 0 ka(s)k kx(s )k ds 0 < i < elde edilir. Bu eşisizlik aşa¼g daki şekilde ekrar düzenlenebilir: kx()k kx( 0 )k + 0 ka(s)k kx(s)k ds + 0 kd i k ; 0 ; ka(s + )k kx(s)k ds 20

26 + 0 kf(s)k ds + 0 < i < kb i k kx( i )k + 0 < i < kd i k 0 = kx( 0 )k + ka(s)k kx(s)k ds ka(s + )k kx(s)k ds + ka(s + )k kx(s)k ds ka(s + )k kx(s)k ds 0 + kx( 0 )k + 0 kf(s)k ds + 0 < i < kb i k kx( i )k + 0 < i < 0 (ka(s)k + ka(s + )k) kx(s)k ds + kd i k 0 kf(s)k ds + kk 0 0 ka(s + )k ds + kb i k kx( i )k + kd i k : 0 < i < 0 < i < Buradan (i); (ii) ve (iv) koşullar kullan larak 0 için kx()k c + (ka(s)k + ka(s + )k) kx(s)k ds + 0 elde edilir, burada kb i k kx( i )k 0 < i < c = k( 0 )k + K 1 kk + K 2 + L 2 dir. Son elde edilen eşisizli¼ge Lemma 3:1:1 uygulan rsa, 0 için kx()k c Y (1 + kb i k) exp (ka(s)k + ka(s + )k)ds 0 < i < 0 bulunur. Buradan (i) ve (iii) koşullar göz önüne al nd ¼g zaman kx()k cl 1 e 2K 1 ; 0 ; ç kar. O halde (3:1:1) (3:1:2) probleminin x() çözümü her 0 için s n rl d r, ve 21

27 dolay siyle kx()k K; 0 ; (3.2.1) olacak şekilde poziif bir K sabii var demekir. Di¼ger arafan 0 s < 1 için (3:1:3) den, kx() x(s)k ka(u)k kx(u)k du + ka(u)k kx(u )k du s s + (3:2:1) ve (3:2:2) den, s kf(u)k du + s i < kb i k kx( i )k + s i < kd i k : (3.2.2) kx() x(s)k 2K ka(u)k du + kf(u)k du s s + K kb i k + kd i k (3.2.3) s i < s i < bulunur. Belirelim ki (iii) ve (iv) koşullar ndan, s rasiyle, 1 kb i k < 1 (3.2.4) ve elde edilir. 1 kd i k < 1 (3.2.5) (i); (ii); (3:2:4) ve (3:2:5) koşullar göz önüne al n rsa, (3:2:3) den lim kx() x(s)k = 0 s!1 ç kar. Böylece Cauchy yak nsakl k krierinden, lim!1 x() nin R n deki varl ¼g anlaş lm ş 22

28 olur. 3.3 B i = 0 Halinde l() (3:1:1) denklemi her i 2 + için B i = 0 halinde 8 < : x 0 () = A()[x() x( )] + f(); 0 ; 6= i ; x( i ) = D i ; i 2 + = f1; 2; :::g; (3.3.1) şeklini al r. Bu kesimde (3:3:1); (3:1:2) başlang ç de¼ger probleminin x() çözümünün yak nsad ¼g sabi l() vekörünün, verilen başlang ç fonksiyonuna ve bir inegral denklemin maris çözümüne ba¼gl olarak hesaplanabildi¼gi ispalanacak r. Bunun için baz ön haz rl klar n yap lmas gerekmekedir. I; n n boyulu birim maris olmak üzere Y () = I + + Y (s)a(s)ds; 0 ; (3.3.2) inegral denklemini göz önüne alal m. Teorem (H1) hipoezi ve (v) + ka(s)k ds < 1; 0 ; koşulu sa¼glans n. Bu durumda (3:3:2) sa¼glanacak şekilde bir ek sürekli ve s n rl Y : [ 0 ; 1)! R nn maris fonksiyonu vard r. Ispa. (3:3:2) denklemi herhangi bir impulse nokas içermedi¼gi için bu eoremin ispa, (Berekeo¼glu and Piuk 2003) deki Teorem 2 nin ispa n n bir ekrar olacak r. 23

29 B sürekli ve s n rl olan Y : [ 0 ; 1)! R nn maris fonksiyonlar n n uzay n gösersin. B uzay, ky k B = sup 0 ky ()k ; Y 2 B; normuna göre bir Banach uzay d r. Y 2 B ve 0 için T Y () = I + + Y (s)a(s)ds dönüşümünü an mlayal m. (v) varsay m ndan, T dönüşümü B yi B ye dönüşürür ve her Y; 2 B için kt Y () T ()k + ky (s) (s)k ka(s)k ds dir. Yine (v) koşulu göz önüne al n rsa, kt Y T k B ky k B + ka(s)k ds ky k B bulunur. < 1 oldu¼gundan, T : B! B bir daralma dönüşümüdür. O halde Banach sabi noka eoremi gere¼gi T Y = Y denkleminin ek Y 2 B çözümü (3:3:2) inegral denkleminin ek sürekli ve s n rl maris çözümüdür. Şimdi C() = Y ()x() + Y (s)a(s)x(s )ds; 0 ; (3.3.3) fonksiyonunu göz önüne alal m; burada Y; Teorem 3:3:1 deki gibidir ve x; (3:3:1); (3:1:2) probleminin çözümüdür. 24

30 Lemma (H1); (H2); (H4) hipoezleri ve (v) koşulu sa¼glans n. Bu durumda 8 < : C 0 () = Y ()f(); 0 ; 6= i ; C( i ) = Y ( i )D i ; i = 0 + i; i 2 + : (3.3.4) Ispa. (3:3:3) ün 2 ( i ; i+1 ); i 2 + ; için ürevi al n rsa, C 0 () = Y 0 ()x() + Y ()x 0 () Y ( + )A( + )x() + Y ()A()x( ) (3.3.5) elde edilir. (3:3:2) den, 0 için Y 0 () = Y ( + )A( + ) Y ()A() (3.3.6) dir. (3:3:1) ve (3:3:6) eşilikleri (3:3:5) de yerlerine konulurlarsa, C 0 () = [Y ( + )A( + ) Y ()A()] x() +Y () [A()x() A()x( ) + f()] Y ( + )A( + )x() + Y ()A()x( ) = Y ()f(); 0 ; 6= i ; bulunur. Ayr ca (3:3:3) ve (3:3:1) den, C( i ) = C( + i ) C( i ) = Y ( + i )x( + i ) Y ( i )x( i ) = Y ( i )x( i ) = Y ( i )D i elde edilir. Böylece ispa amamlanm ş olur. 25

31 Sonuç Lemma 3:3:1 in hipoezleri al nda (3:3:3) ile verilen C() fonksiyonu C() = C( 0 ) + Y (s)f(s)ds + 0 şeklinde yaz labilir. Y ( i )D i ; 0 : (3.3.7) 0 < i < Ispa. (3:3:4) ün her iki yan 0 dan ye inegre edilirse, 0 için C 0 (s)ds = Y (s)f(s)ds (3.3.8) 0 0 dir. Di¼ger arafan C 0 (s)ds = C 0 (s)ds + C 0 (s)ds + C 0 (s)ds + ::: k C 0 (s)ds = C() C( 0 ) 0 < i < C( i ) ve bu eşilik (3:3:8) de yerine konulursa, (3:3:7) elde edilir. Ar k! 1 halinde, (3:3:1); (3:1:2) probleminin çözümünün yak nsad ¼g sabi vekör hesaplanabilir. Teorem (H3) ve (iii) hariç olmak üzere Teorem 3:2:1 in hipoezleri ve (v) koşulu sa¼glans n. (3:3:1); (3:1:2) probleminin x() çözümünün! 1 için limii l() olsun. Bu durumda l() = Y ( 0 )( 0 ) Y (s)a(s)(s )ds + 0 Y (s)f(s)ds + 0 < k Y ( k )D k (3.3.9) 26

32 d r; burada Y; (3:3:2) inegral denkleminin sürekli ve s n rl olan ek maris çözümüdür. Ispa. x; (3:3:1); (3:1:2) probleminin ek çözümü olsun. Ispa için lim x() = C( 0) +!1 0 Y (s)f(s)ds + oldu¼gunu gösermek yeerlidir; burada C; (3:3:3) deki gibidir. 0 < k Y ( k )D k (3.3.10) (3:3:7) den, 0 için x() C( 0 ) 0 Y (s)f(s)ds 0 < k Y ( k )D k = x() 2 4C( 0 ) + 0 Y (s)f(s)ds + 3 Y ( k )D k 5 0 < k < Y (s)f(s)ds k Y ( k )D k = x() C() Y (s)f(s)ds k Y ( k )D k elde edilir. Bu eşilik ve (3:3:3) birlike ele al nd ¼g nda, 0 için x() C( 0 ) 0 Y (s)f(s)ds 0 < k Y ( k )D k = x() Y ()x() + + Y (s)a(s)x(s )ds Y (s)f(s)ds k Y ( k )D k (3.3.11) bulunur. (3:3:2) nin her iki yan x() ile çarp ld ¼g nda, 0 için 27

33 x() = Y ()x() + Y (s)a(s)x()ds (3.3.12) bulunur. (3:3:12) eşili¼gi (3:3:11) de yerine konulursa, 0 için x() C( 0 ) 0 Y (s)f(s)ds 0 < k Y ( k )D k = + Y (s)a(s)[x(s ) x()]ds Y (s)f(s)ds k Y ( k )D k (3.3.13) elde edilir. (3:2:1) kesirimi ve Y () nin [ 0 ; 1) üzerinde s n rl oldu¼gu gerçe¼gi (3:3:13) de göz önüne al n rsa, 0 için x() C( 0) 0 Y (s)f(s)ds Y ( k )D k 0 < k 2K ky k B + ka(s)k ds + ky k B kf(s)k ds + ky k B kd k k k bulunur. Böylece (3:3:10) gerçeklenmiş olur. (3:1:2) ve (3:3:3) birlike göz önüne al nd ¼g zaman (3:3:10) daki limi (3:3:9) a indirgenir ve böylece ispa amamlanm ş olur. Uyar (3:3:1) diferensiyel denkleminde her i 2 + için D i = 0 ise, o zaman (3:3:1) denklemi sürekli hal olan gecikmeli x 0 () = A() [x() x( )] + f(); 0 ; (3.3.14) diferensiyel denklemine indirgenir. Bu durumda, (3:3:14); (3:1:2) problemi için 28

34 (3:3:9) limii l() = Y ( 0 )( 0 ) Y (s)a(s)(s )ds + 0 Y (s)f(s)ds şeklini al r ki bu (Berekeo¼glu and Piuk 2003) makalesindeki (10) limi ifadesinin özel bir durumudur. 3.4 B i 6= 0 Durumu Için l() Bu kesimde (3:1:1) (3:1:2) başlang ç de¼ger probleminin x() çözümünün! 1 halindeki l() limii hesaplanacak r. Bunun için Y () = I + + Y (s)a(s)ds + k Y ( k )B k (I + B k ) 1 ; 0 ; (3.4.1) inegral denklemini göz önüne alal m; burada I; n n boyulu birim marisir. Teorem (H1); (H3) hipoezleri ve (vi) + ka(s)k ds + k kb k (I + B k ) 1 k < 1; 0 ; koşulu sa¼glans n. Bu durumda (3:4:1) sa¼glanacak şekilde bir ek s n rl Y 2 P LC([ 0 ; 1); R nn ) maris fonksiyonu vard r. Ispa. uzay B = Y 2 P LC([ 0 ; 1); R nn ) : ky k B ; 1 1 ky k B = sup 0 ky ()k ; Y 2 B; normuna göre bir Banach uzay d r. Y 2 B ve 0 için 29

35 T Y () = I + + Y (s)a(s)ds + k Y ( k )B k (I + B k ) 1 operaörünü an mlayal m. Ilk olarak T Y 2 P LC([ 0 ; 1); R nn ) oldu¼gunu göserelim. T Y ( i ) = lim! i T Y () = T Y ( i ) ve T Y ( + i ) = lim T Y () = T Y ( i ) Y ( i )B i (I + B i ) 1! + i dir. Di¼ger arafan 1 2 ( i ; i+1 ); i 2 +, için T Y ( + 1 ) = T Y ( 1 ) = T Y ( 1 ) dir. Böylece T Y 2 P LC([ 0 ; 1); R nn ) dir. Ayr ca 0 için (vi) koşulundan, kt Y k B 1 + ky k B bulunur. Böylece T; B yi B ye dönüşürür. Di¼ger arafan Y; 2 B için ekrar (vi) koşulu göz önüne al n rsa, kt Y T k B ky k B elde edilir. < 1 oldu¼gundan, T : B! B bir daralma dönüşümüdür. O halde Banach sabi noka eoremi gere¼gi T Y = Y denkleminin ek Y 2 B maris çözümü (3:4:1) inegral denkleminin s n rl olan ek Y 2 P LC([ 0 ; 1); R nn ) çözümüdür. 30

36 Uyar Her i 2 + için B i = 0 ise, (3:4:1) inegral denklemi (3:3:2) ye indirgenir. Belirelim ki (3:3:2) nin Y maris çözümü sürekli bir fonksiyondur. Lemma aşa¼g daki adjoin denklemi sa¼glar: 8 < : Teorem 3:4:1 in hipoezleri al nda (3:4:1) in Y maris çözümü Y 0 () = Y ( + )A( + ) Y ()A(); 0 ; 6= i ; Y ( i ) = Y ( i )B i (I + B i ) 1 ; i = 0 + i; i 2 + : (3.4.2) Ispa. 2 ( i ; i+1 ); i 2 + ; için (3:4:1) in iki yan ürevlenirse Y 0 () = Y ( + )A( + ) Y ()A() elde edilir. Di¼ger arafan Y ( i ) = Y ( + i ) Y ( i ) = Y ( k )B k (I + B k ) 1 + i k = Y ( i )B i (I + B i ) 1 i k Y ( k )B k (I + B k ) 1 bulunur. Böylece ispa amamlanm ş olur. Şimdi C() = Y ()x() + Y (s)a(s)x(s )ds; 0 ; (3.4.3) vekör de¼gerli fonksiyonunu göz önüne alal m; burada Y; Teorem 3:4:1 deki gibidir ve x; (3:1:1) (3:1:2) probleminin çözümüdür. Lemma (H1) 8 < : (H4) hipoezleri ve (vi) koşulu sa¼glans n. Bu durumda C 0 () = Y ()f(); 0 ; 6= i ; C( i ) = Y ( + i )D i ; i = 0 + i; i 2 + : (3.4.4) 31

37 Ispa. (3:4:3) ün 2 ( i ; i+1 ); i 2 + ; için ürevi al n p Lemma 3:3:1 in ispa ndaki benzer işlemler yap l rsa, C 0 () = Y ()f(); 0 ; 6= i ; elde edilir. Di¼ger arafan C( i ) = C( + i ) C( i ) = Y ( + i )x( + i ) Y ( i )x( i ) (3.4.5) dir. x( + i ) = (I + B i )x( i ) + D i ve Y ( + i ) = Y ( i ) Y ( i )B i (I + B i ) 1 eşilikleri (3:4:5) de yerlerine yaz l rsa, C( i ) = Y ( + i )D i ; i 2 + ; elde edilir. Uyar Her i 2 + için B i = 0 ise, Y ( + i ) = Y ( i ) oldu¼gundan, (3:4:4) denklemi (3:3:4) e indirgenir. Sonuç Lemma nin hipoezleri al nda (3:4:3) ile verilen C() fonksiyonu C() = C( 0 ) + Y (s)f(s)ds + 0 şeklinde yaz labilir. Y ( + i )D i ; 0 (3.4.6) 0 < i < 32

38 Teorem Teorem in hipoezleri ve (vi) koşulu sa¼glans n. (3:1:1) (3:1:2) probleminin x() çözümünün! 1 için limii l() olsun. Bu durumda l() = Y ( 0 )( 0 ) Y (s)f(s)ds + 0 Y (s)a(s)(s )ds d r; burada Y; (3:4:1) inegral denkleminin ek çözümüdür. 0 < k Y ( + k )D k (3.4.7) Ispa. Teorem nin ispa ndaki benzer işlemler yap larak sonuç elde edilir. Uyar Her i 2 + için B i = 0 ise, (3:4:7) deki limi ifadesi (3:3:9) a indirgenir. 33

39 4. IMPULSE KOŞULLARI GEC IKMEL I OLAN IMPULSIVE GEC IKMEL I D IFERENS IYEL DENKLEMLERDE ÇÖÜMÜN AS IMPTOT IKSEL SAB ITL IK DURUMU 4.1 Giriş Bu bölümde impulse koşullar gecikmeli olan impulsive gecikmeli 8 < : x 0 () = A()[x() x( )] + f(); 0 ; 6= i ; x( i ) = B i [x( i ) x( i m )] + D i ; i 2 + = f1; 2; :::g; (4.1.1) diferensiyel denklemi ele al nmakad r, burada i 2 + için i = 0 + i ; 0 0; > 0 ; m 2 + ; i m için i m 2 [ 0 ; 0 ) ve j 2 f1 m; 2 m; :::; 2; 1; 0g için j < j+1 ; x( i ) = x( + i ) x( i ); x( + i ) = lim x(); x( i ) = lim x() = x( i ) dir.! + i! i Bunlara ilave olarak aşa¼g daki koşullar kabul edelim: (H1) A : [ 0 ; 1)! R nn sürekli bir maris fonksiyondur, (H2) f : [ 0 ; 1)! R n sürekli bir vekör fonksiyondur, (H3) B i 2 R nn ; de(i + B i ) 6= 0; i 2 + ; burada I; n n boyulu birim marisir, (H4) D i 2 R n ; i 2 + : (4:1:1) denklemi x() = (); 2 [ 0 ; 0 ]; (4.1.2) başlang ç koşulu ile birlike ele al nmakad r, burada : [ 0 ; 0 ]! R n sürekli bir başlang ç fonksiyonu olup kk r = sup k()k ; r 0; 2 R n için kk = 0 r 0 n j 1 j + j 2 j + ::: + j n j ve A = (a ij ) 2 R nn için kak = ja ij j dir. max ;2;:::;n j=1 Ayr ca; (4:1:1) sa¼glanmakad r: (4:1:2) probleminin x() çözümü için aşa¼g daki inegral denklemi 34

40 8 >< x() = >: (); 0 0 ; x( 0 ) + A(s)x(s)ds A(s)x(s )ds + f(s)ds B i x( i ) B i x( i m ) + D i ; 0 : 0 < i < 0 < i < 0 < i < (4.1.3) Bu bölümde amac m z, impulse koşullar gecikmeler içeren (4:1:1) (4:1:2) başlang ç de¼ger probleminin x() çözümünün! 1 için sabi bir veköre yak nsad ¼g n gösermek ve daha sonra bu sabi vekörü, verilen başlang ç fonksiyonu ve bir inegral denklemin maris çözümü cinsinden hesaplamak r. 4.2 Çözümün Yak nsakl ¼g Bu kesimde (4:1:1) (4:1:2) başlang ç de¼ger probleminin x() çözümü için lim x() 2!1 R n oldu¼gu ispalanacak r. Teorem (H1) (H4) hipoezlerine ek olarak aşa¼g daki koşullar sa¼glans n: (i) ka(s)k ds K 1 < 1; 0 (ii) kf(s)k ds K 2 < 1; 0 (iii) (iv) 1 kb i k L 1 < 1; 1 kd i k L 2 < 1: Bu durumda (4:1:1) (4:1:2) probleminin x() çözümü,! 1 halinde sabi bir veköre yak nsar, yani lim!1 x() = l() 2 R n dir. 35

41 Ispa. x; (4:1:1) (4:1:2) probleminin ek çözümü olsun. Bu durumda (4:1:3) den, kx()k kx( 0 )k + ka(s)k kx(s)k ds + ka(s)k kx(s )k ds kf(s)k ds + k kb i k kx( i )k k + kb i k kx( i m )k + k kd i k ; 0 : elde edilir. Bu eşisizlik aşa¼g daki şekilde ekrar düzenlenebilir: kx()k kx( 0 )k + ka(s)k kx(s)k ds ka(s + )k kx(s)k ds + 0 kf(s)k ds + k kb i k kx( i )k k m + kb i+m k kx( i )k + m k kd i k 0 = kx( 0 )k + ka(s)k kx(s)k ds ka(s + )k kx(s)k ds + ka(s + )k kx(s)k ds ka(s + )k kx(s)k ds kf(s)k ds + k 0 kb i k kx( i )k + kb i+m k kx( i )k m + k kb i+m k kx( i )k k i=k m+1 kb i+m k kx( i )k + k kd i k kx( 0 )k + (ka(s)k + ka(s + )k) kx(s)k ds kf(s)k ds 36

42 + kk 0 0 ka(s + )k ds + k (kb i k + kb i+m k) kx( i )k + kk 0 m kb i+m k + k kd i k : (i) (ii) koşullar ndan, 0 için kx()k k( 0 )k + (ka(s)k + ka(s + )k) kx(s)k ds 0 +K 1 kk + K 2 + k (kb i k + kb i+m k) kx( i )k m + kk kb i k + k kd i k ve (iii) (iv) koşullar ndan, elde edilir, burada kx()k c 0 + (ka(s)k + ka(s + )k) kx(s)k ds 0 + (kb i k + kb i+m k) kx( i )k ; 0 ; 0 < i < c 0 = k( 0 )k + K 1 kk + K 2 + L 1 kk + L 2 dir. Son elde edilen eşisizli¼ge Lemma 3:1:1 uygulan rsa, 0 için kx()k c 0 bulunur. Y 0 < i < (1 + kb i k + kb i+m k) exp 0 (ka(s)k + ka(s + )k)ds (4.2.1) Her x 2 R için 1 + x e x oldu¼gundan, (4:2:1) eşisizli¼gi aşa¼g daki şekilde ekrar 37

43 yaz labilir: kx()k c 0 Y! exp(kb i k + kb i+m k) exp (ka(s)k + ka(s + )k)ds 0 < i < 0 0 = c 0 (kb i k + kb i+m k) + 0 < i < 0 1 (ka(s)k + ka(s + )k)dsa : (i) ve (iii) koşullar ndan, kx()k c 0 e 2L 1+2K 1 ; 0 ; elde edilir. O halde (4:1:1) ve dolay siyle (4:1:2) probleminin x() çözümü her 0 için s n rl d r kx()k K; 0 ; (4.2.2) olacak şekilde poziif bir K sabii vard r. Di¼ger arafan 0 s < 1 için (4:1:3) den, kx() x(s)k s ka(u)k kx(u)k du + ka(u)k kx(u + kf(u)k du + kb i k kx( i )k s s i < s )k du + s i < kb i k kx( i m )k + s i < kd i k : (4.2.3) (4:2:2) ve (4:2:3) den, kx() x(s)k 2K ka(u)k du + kf(u)k du s s + 2K kb i k + kd i k (4.2.4) s i < s i < 38

44 bulunur. (i) (iv) koşullar göz önüne al n rsa, (4:2:4) den lim kx() x(s)k = 0 s!1 elde edilir. Böylece Cauchy yak nsakl k krierinden,! 1 için x() nin limiinin R n deki varl ¼g anlaş lm ş olur. 4.3 l() nin Hesab Bu kesimde, (4:1:1) (4:1:2) probleminin x() çözümünün lim x() = l() limii!1 hesaplanacak r. Buna haz rl k olmas bak m ndan Y () = I + + A T (s)y (s)ds + p()k<p()+m B T k Y ( + k ); 0 ; (4.3.1) inegral denklemiyle ilgili olarak aşa¼g daki sonuçlar ispalanmakad r; burada I; nn boyulu birim maris ve p() = min fk 2 + : k g dir. Önce P LC([ 0 ; 1); R nn ) uzay n göz önüne alal m. Bu uzay 2 [ 0 ; 1), 6= i (i 2 + ); için sürekli olan, i 2 ( 0 ; 1) nokalar nda birinci çeşi süreksizli¼ge sahip, soldan sürekli ' : [ 0 ; 1)! R nn maris fonksiyonlar n n s n f n gösermekedir. Teorem (H1); (H3) hipoezleri ile birlike (v) + A T (s) ds + p()k<p()+m B T k < 1; 0 ; koşulu sa¼glans n. Bu durumda (4:3:1) sa¼glanacak şekilde bir ek s n rl Y 2 P LC([ 0 ; 1); R nn ) maris fonksiyonu vard r. Ispa. B = Y 2 P LC([ 0 ; 1); R nn ) : ky k B ;

45 uzay ky k B = sup 0 ky ()k ; Y 2 B; normuna göre bir Banach uzay d r. Y 2 B ve 0 için T Y () = I + operaörünü an mlayal m. + A T (s)y (s)ds + p()k<p()+m Bk T Y ( + k ) Ilk olarak T Y 2 P LC([ 0 ; 1); R nn ) oldu¼gunu göserelim. p( i ) = p( i ) = i ve p( + i ) = i + 1 oldu¼gu dikkae al n rsa, T Y ( i ) = lim! i T Y () = I + i + i A T (s)y (s)ds + p( i )k<p( i )+m B T k Y ( + k ) = I + i + = T Y ( i ) i A T (s)y (s)ds + ik<i+m B T k Y ( + k ) ve T Y ( + i ) = lim T Y ()! + i = I + + i + + i A T (s)y (s)ds + Bk T Y ( + k ) p( + i )k<p(+ i )+m = I + i + i A T (s)y (s)ds + i+1k<i+m+1 B T k Y ( + k ) 40

46 = I + i + i A T (s)y (s)ds + B T i Y ( + i ) + B T i+my ( + i+m) ik<i+m B T k Y ( + k ) = T Y ( i ) B T i Y ( + i ) + B T i+my ( + i+m) elde edilir. Di¼ger arafan 1 2 ( i ; i+1 ); i 2 + ; için p( 1 ) = p( + 1 ) = p( 1 ) = i + 1 oldu¼gundan, T Y ( + 1 ) = T Y ( 1 ) = T Y ( 1 ) dir. Böylece T Y 2 P LC([ 0 ; 1); R nn ) dir. Ayr ca 0 için ve kt Y ()k kt Y k B 1 + ky k B : elde edilir. (v) koşulundan, A T (s) ky (s)k ds + 8 < + A T (s) ds + p()k<p()+m p()k<p()+m B T k Y ( + k ) B T k 9 = ; kt Y k B 1 + ky k B 1 + bulunur. Böylece T; B yi B ye dönüşüren bir dönüşümdür. Di¼ger arafan Y; 2 B için kt Y () T ()k + A T (s) ky (s) (s)k ds 41

47 + p()k<p()+m B k T Y ( + k ) (+ k ) d r, buradan ekrar (v) koşulu göz önüne al nd ¼g nda, kt Y T k B ky k B bulunur. < 1 oldu¼gundan, T : B! B bir daralma dönüşümüdür. O halde Banach sabi noka eoremi gere¼gi T Y = Y denkleminin ek Y 2 B maris çözümü (4:3:1) inegral denkleminin s n rl olan ek Y 2 P LC([ 0 ; 1); R nn ) çözümüdür. Lemma aşa¼g daki adjoin denklemi sa¼glar: 8 < : Teorem 4:3:1 in hipoezleri al nda (4:3:1) in Y maris çözümü Y 0 () = A T ( + )Y ( + ) A T ()Y (); 0 ; 6= i ; Y ( i ) = B T i+my ( + i+m) B T i Y ( + i ); i = 0 + i; i 2 + : (4.3.2) Ispa. 2 ( i ; i+1 ); i 2 + ; için (4:3:1) in iki yan ürevlenirse, Y 0 () = A T ( + )Y ( + ) A T ()Y () elde edilir. Di¼ger arafan Y ( i ) = Y ( + i ) Y ( i ) = p( + i )k<p(+ i )+m B T k Y ( + k ) p( i )k<p( i )+m B T k Y ( + k ): p( + i ) = i + 1 ve p( i ) = i oldu¼gundan, Y ( i ) = B T i+my ( + i+m) B T i Y ( + i ) bulunur. Böylece ispa amamlanm ş olur. 42

48 Şimdi C() = Y T ()x() + Y T (s)a(s)x(s )ds p()k<p()+m Y T ( + k )B kx( k m ); 0 ; (4.3.3) vekör de¼gerli fonksiyonunu göz önüne alal m; burada Y; Teorem 4:3:1 deki gibidir ve x; (4:1:1) (4:1:2) probleminin çözümüdür. Lemma (H1) 8 < : (H4) hipoezleri ve (v) koşulu sa¼glans n. Bu durumda C 0 () = Y T ()f(); 0 ; 6= i ; C( i ) = Y T ( + i )D i ; i = 0 + i; i 2 + : (4.3.4) Ispa. (4:3:3) ün 2 ( i ; i+1 ); i 2 + ; için ürevi al n rsa, C 0 () = Y T 0 ()x() + Y T ()x 0 () Y T ( + )A( + )x() +Y T ()A()x( ) (4.3.5) elde edilir. (4:1:1) ve (4:3:2); (4:3:5) de yerlerine konulurlarsa, C 0 () = Y T ( + )A( + ) Y T ()A() x() +Y T () [A()x() A()x( ) + f()] Y T ( + )A( + )x() + Y T ()A()x( ) = Y T ()f(); 0 ; 6= i : Ayr ca, (4:3:3) den C( i ) = C( + i ) C( i ) 43

49 = Y T ( + i )x( + i ) p( + i )k<p(+ i )+m Y T ( + k )B kx( k m ) Y T ( i )x( i ) + Y T ( + k )B kx( k m ) p( i )k<p( i )+m = Y T ( + i )x( + i ) Y T ( i )x( i ) Y T ( + i+m)b i+m x( i ) + Y T ( + i )B i x( i m ): (4.3.6) (4:1:1) ve (4:3:2) deki impulse koşullar ndan, x( + i ) = (I + B i )x( i ) B i x( i m ) + D i ve Y T ( + i ) = Y T ( i )(I + B i ) 1 + Y T ( + i+m)b i+m (I + B i ) 1 ç kar. Bu eşiliklerin (4:3:6) da yerlerine yaz lmasiyle C( i ) = Y T ( + i )D i ; i 2 + ; elde edilir. Sonuç Lemma 4:3:2 nin hipoezleri al nda, (4:3:3) ile verilen C() fonksiyonu aşa¼g daki şekilde yaz labilir: C() = C( 0 ) + Y T (s)f(s)ds + 0 Y T ( + i )D i ; 0 : (4.3.7) 0 < i < Ispa. (4:3:4) in her iki yan 0 dan ye inegre edilirse, 0 için C 0 (s)ds = Y T (s)f(s)ds (4.3.8)

50 dir. Di¼ger arafan C 0 (s)ds = C 0 (s)ds + C 0 (s)ds + C 0 (s)ds + ::: k C 0 (s)ds = C() C( 0 ) 0 < i < C( i ) bulunur ve bu eşilik (4:3:8) de yerine konulursa (4:3:7) elde edilir. Teorem Teorem 4:2:1 in hipoezleri ve (v) koşulu sa¼glans n. (4:1:1) (4:1:2) probleminin x() çözümünün! 1 için limii l() olsun. Bu durumda l() = Y T ( 0 )( 0 ) Y T (s)a(s)(s )ds Y T ( + k )B k( k m ) + 1k<m+1 0 Y T (s)f(s)ds + 0 < k Y T ( + k )D k: (4.3.9) Ispa. x(); (4:1:1) (4:1:2) probleminin çözümü olsun. Ispa için lim x() = C( 0) +!1 0 Y T (s)f(s)ds + oldu¼gunu gösermek yeerlidir; burada C; (4:3:3) deki gibidir. 0 < k Y T ( + k )D k (4.3.10) (4:3:7) den 0 için x() C( 0 ) 0 Y T (s)f(s)ds 0 < k Y T ( + k )D k 45

51 = x() 2 4C( 0 ) + 0 Y T (s)f(s)ds + 3 Y T ( + k )D 5 k 0 < k < Y T (s)f(s)ds k Y T ( + k )D k = x() C() Y T (s)f(s)ds k Y T ( + k )D k elde edilir. Bu eşilik ve (4:3:3) birlike ele al nd ¼g nda, 0 için x() C( 0 ) 0 Y T (s)f(s)ds 0 < k Y T ( + k )D k = x() Y T ()x() + + Y T (s)a(s)x(s )ds + p()k<p()+m Y T ( + k )B kx( k m ) Y T (s)f(s)ds k Y T ( + k )D k (4.3.11) bulunur. (4:3:1) den Y T () = I + yaz labilir. + Y T (s)a(s)ds + p()k<p()+m Y T ( + k )B k: (4.3.12) (4:3:12) nin her iki yan x() ile çarp ld ¼g nda, 0 için x() = Y T ()x() + Y T (s)a(s)x()ds p()k<p()+m Y T ( + k )B kx() (4.3.13) 46

52 bulunur. (4:3:13) eşili¼gi (4:3:11) de yerine konulursa, 0 için x() C( 0 ) 0 Y T (s)f(s)ds 0 < k Y T ( + k )D k = + Y T (s)a(s)[x(s ) x()]ds + Y T ( + k )B k[x( k m ) x()] p()k<p()+m Y T (s)f(s)ds k Y T ( + k )D k (4.3.14) elde edilir. (4:2:2) kesirimi ve Y () nin [ 0 ; 1) üzerinde s n rl oldu¼gu gerçe¼gi (4:3:14) de göz önüne al n rsa, 0 için x() C( 0) 0 Y T (s)f(s)ds Y T ( + k )D k 0 < k 2K Y T B + ka(s)k ds + 2K Y T B kb k k p()k<p()+m + Y T B kf(s)k ds + Y T B kd k k k bulunur. Böylece (4:3:10) gerçeklenmiş olur. (4:1:2) ve (4:3:3) birlike göz önüne al nd ¼g nda, (4:3:10) daki limiin (4:3:9) a indirgenebildi¼gi görülür. Böylece ispa amamlanm ş olur. 47

53 KAYNAKLAR Akinson, F.V. and Haddock, J.R Crieria for asympoic consancy of soluions of funcional di erenial equaions. J. Mah. Anal. Appl., 91; Bainov, D.D. and Simeonov, P.S Impulsive Di erenial Equaions, Asympoic Properies of he Soluions. World Scieni c, 227 p., Singapore. Ballinger, G. and Liu, Exisence and uniqueness resuls for impulsive delay di erenial equaions. Dynamics of Coninuous, Discree Impulsive Sys., 5; Basinec, J., Diblik, J. and Smarda, Convergence ess for one scalar di erenial equaion wih vanishing delay. Arch.Mah.(Brno), 36; Berekeo¼glu, H. and Piuk, M Asympoic consancy for nonhomogeneous linear di erenial equaions wih unbounded delays. Discree and Coninuous Dynamical Sysems. Supp. Vol., Berezansky, L. and Braverman, E Exponenial boundedness of soluions for impulsive delay di erenial equaions. Appl. Mah. Leers, 9(6); Carr, J. and Dyson, J. 1974/75. The funcional di erenial equaion y 0 (x) = ay(x)+ by(x). Proc. of he Royal Soc. of Edinburgh, 74A(13); Diblik, J Asympoic represenaion of soluions of equaion y 0 () = ()[y() y( ())]. J. Mah. Anal. Appl., 217; Diblik, J A crierion for convergence of soluions of homogeneous delay linear di erenial equaions. Anal. Polon. Ma. 72; Fox, L., Mayers, D.F., Ockendon, J.R. and Tayler, A.B On a funcional di erenial equaion. J. Ins. Mah. Appl. 8; Gopalsamy, K Sabiliy and Oscillaions in Delay Di erenial Equaions of Populaion Dynamics. Kluwer Academic, 501 p., Dordrech. Gopalsamy, K. and hang, B.G On delay di erenial equaions wih impulses. J. Mah. Anal. Appl., 139; Györi, I. and Ladas, G Oscillaion Theory of Delay Di erenial Equaions. Clarendon Press, 368 p., Oxford. Haddock, J.R. and Sacker, R.J Sabiliy and asympoic inegraion for 48

54 cerain linear sysems of funcional di erenial equaions. J. Mah. Anal. Appl., 76; Hale, J.K. and Lunel, S.V Inroducion o Funcional Di erenial Equaions. Springer-Verlag, 447 p., New York. Kao, T. and Mcleod, J.B The funcional di erenial equaion y 0 (x) = ay(x) +by(x). Bull. Amer. Mah. Soc., 77; Kuang, Y Delay Di erenial Equaions Wih Applicaions in Populaion Dynamics. Academic Press, 398 p., USA. Lakshmikanham, V., Bainov, D.D. and Simeonov, P.S Theory of Impulsive Di erenial Equaions. World Scieni c, 272 p., Singapore. Liu,. and Ballinger, G Exisence and coninuabiliy of soluions for di erenial equaions wih delays and sae-dependen impulses. Nonlinear Analysis TMA 51; Liu,. and Ballinger, G Coninuous dependence on iniial values for impulsive delay di erenial equaions, Applied Mah. Leers, 17; Mahler, K On a special funcional equaion. J. London Mah. Soc., 15; Makay, G. and Terjeki, J On he asympoic behavior of he panograph equaions. E. J. Qualiaive Theory of Di. Equ., No.2; Ockendon, J.R. and Tayler, A.B The dynamics of a curren collecion sysem for an elecric locomoive. Proc. Roy. Soc. London Series A, 332; Samoilenko, A.M. and Peresyuk, N.A Impulsive Di erenial Equaions, World Scieni c. 459 p., Singapore. Tang,.H., He,. and Yu, J.S Sabiliy heorem for delay di erenial equaions wih impulses. Appl. Mah. Compu., 131; Terjeki, J Represenaion of he soluions o linear panograph equaions, Aca Sci. Mah., 60; Yu, J.S. and hang, B.G Sabiliy heorem for delay di erenial equaions wih impulses. J. Mah. Anal. Appl., 199; Yu, J.S Explici condiions for sabiliy of nonlinear scalar delay di erenial equaions wih impulses. Nonlinear Analysis, 46;

Daha göster