ANKARA ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ YÜKSEK LİSANS TEZİ İKİNCİ BASAMAKTAN DİFERENSİYEL DENKLEMLER İÇİN ARALIK SALINIM KRİTERİ.

Transkript

1 ANKARA ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ YÜKSEK LİSANS TEZİ İKİNCİ BASAMAKTAN DİFERENSİYEL DENKLEMLER İÇİN ARALIK SALINIM KRİTERİ Neslihan ÇAVUNT MATEMATİK ANABİLİM DALI ANKARA 202 Her hakkı saklıdır

2 ÖZET Yüksek Lisans Tezi IK INC I BASAMAKTAN D IFERENS IYEL DENKLEMLER IÇ IN ARALIK SALINIM KR ITER I Neslihan ÇAVUNT Ankara Üniversitesi Fen Bilimleri Enstitüsü Matematik Anabilim Dal Dan şman: Doç. Dr. A.Feza GÜVEN IL IR Bu tez alt bölümden oluşmaktad r. Birinci bölüm giriş k sm na ayr lm şt r. Ikinci bölümde amaca yönelik temel kavramlar verilmektedir. Üçüncü bölümde, aral k sal n m kriteri ikinci basamaktan adi lineer diferensiyel denklemler için verilmiştir. Ayr ca Sturm Ay rma Teoreminin aral k sal n m kriteri ile ilişkisi aç klanm şt r. Dördüncü bölümde, ikinci basamaktan yar -lineer diferensiyel denklemler için aral k sal n m kriteri incelenmiştir. Beşinci bölümde, ikinci basamaktan gecikmeli terim içeren lineer olmayan diferensiyel denklemler için aral k sal n m kriteri incelenmiştir. Alt nc bölümde ise aral k sal n m kriteri, beşinci bölümdeki incelemelerden daha genel bir şekilde ikinci basamaktan gecikmeli terim içeren, ileri terim içeren ve daha sonra da hem gecikmeli hem de ileri terim içeren diferensiyel denklemler için incelenmiştir. Ocak 202, 62 sayfa Anahtar Kelimeler : Aral k sal n m kriteri, gecikmeli terim içeren diferensiyel denklemler, gecikmeli ve ileri terim içeren diferensiyel denklemler, ileri terim içeren diferensiyel denklemler, sturm ay rma teoremi, yar -lineer diferensiyel denklemler i

3 ABSTRACT Master Thesis INTERVAL OSCILLATION CRITERIA FOR SECOND-ORDER DIFFERENTIAL EQUATIONS Neslihan ÇAVUNT Ankara University Graduate School of Natural And Applied Sciences Department of Mathematics Supervisor: Assoc. Prof. Dr. A.Feza GÜVEN IL IR This thesis consists of six chapters. The rst chapter is devoted to the introduction. In the second chapter, the basic concepts are given. In the third chapter, interval oscillation criteria for second-order linear ordinary di erential equations are given. Moreover, The relations between Sturm Separation Theorem and interval oscillation criteria are analysed. In the fourth chapter, the interval oscillation criteria for second-order half-linear di erential equations are investigated. In the fth chapter, the interval oscillation criteria for second-order nonlinear di erential equations with delayed argument are analysed. In the sixth chapter, the interval oscillation criteria is investigated for second-order di erential equations with delayed argument, which is more general than the fth chapter, with advanced argument and then both delayed and advanced arguments. January 202, 62 pages Key Words: Interval oscillation criteria, Di erential equations with delayed argument, Di erential equations with delayed and advanced argument, Di erential equations with advanced argument, Sturm separation theorem, Half-linear di erential equations. ii

4 TEŞEKKÜR Yüksek Lisans çal şmam boyunca bilgi ve hoşgörüsünden yararland ¼g m, ilgi ve yard mlar n benden esirgemeyen ve akademik bilgisi d ş nda hayat n her alan ndaki tecrübeleri ile beni yönlendiren dan şman hocam Say n Doç.Dr. Ayşe Feza GÜVEN IL IR (Ankara Üniversitesi Matematik ABD) e, çal şmalar m s ras nda benim için zaman harcayan Dr. Ilker AKKUŞ (K r kkale Üniversitesi Matematik ABD) ve doktora ö¼grencisi Deniz KATAR (Ankara Üniversitesi Matematik ABD) a, hayat m n her aşamas nda, yaşad ¼g m her türlü s k nt y, zorlu¼gu ve sevinci benimle yaşayan, maddi ve manevi olarak daima yan mda olan sevgi ve sayg de¼ger babam Mustafa ÇAVUNT, annem Kadiriye ÇAVUNT, babaannem Naciye ÇAVUNT, kardeşlerim Uzm.Dr. Asl han ÇAVUNT BAYRAKTAR ve Araş.Gör. Yavuz Selim ÇAVUNT a ve kadim dostum Dr. Esra KAHRAMAN a en derin duygularla teşekkür ederim. Neslihan ÇAVUNT Ankara, Ocak 202 iii

5 IÇ INDEK ILER ÖZET i ABSTRACT ii TEŞEKKÜR iii. G IR IŞ TEMEL KAVRAMLAR IK INC I BASAMAKTAN AD I L INEER D IFERENS IYEL DENKLEMLER IÇ IN ARALIK SALINIM KR ITER I IK INC I BASAMAKTAN YARI-L INEER D IFERENS IYEL DENKLEMLER IÇ IN ARALIK SALINIM KR ITER I IK INC I BASAMAKTAN GEC IKMEL I TER IM IÇEREN L INEER OLMAYAN D IFERENS IYEL DENKLEMLER IÇ IN ARALIK SALINIM KR ITER I (5.) Denklemine Ilişkin Sonuçlar (5.2) Denklemine Ilişkin Sonuçlar Örnekler IK INC I BASAMAKTAN GEC IKMEL I VE ILER I TER IM IÇEREN FONKS IYONEL D IFERENS IYEL DENKLEMLER IÇ IN ARALIK SALINIM KR ITER I (E ; ) Diferensiyel Denklemine Ilişkin Sonuçlar Örnekler (E ) Diferensiyel Denklemine Ilişkin Sonuçlar Ileri terim içeren diferensiyel denklemler Gecikmeli terim içeren diferensiyel denklemler Ileri ve gecikmeli terim içeren diferensiyel denklemler (E) Diferensiyel Denklemine Ilişkin Sonuçlar Örnekler KAYNAKLAR ÖZGEÇM IŞ iv

6 . G IR IŞ Diferensiyel denklemler zik, mühendislik gibi birçok alanda geniş uygulamaya sahiptir. Bu yüzden bir diferensiyel denklemin çözümlerinin bilinmesi gerekir. Ancak bilindi¼gi gibi sadece belirli formdaki diferensiyel denklemlerin çözümleri bulunabilmektedir. Bu nedenle bir diferensiyel denklemi çözmeden, çözümleri hakk nda yorum yapabilmek oldukça önemlidir. Diferensiyel denklemlerin genel bir tipi olan fonksiyonel diferensiyel denklemler, ba¼g ms z de¼gişkenin farkl de¼gerleriyle bilinmeyen fonksiyon ve bu fonksiyonun türevlerini bulunduran denklemlerdir. "Gecikmeli terim içeren diferensiyel denklemler" olarak adland r lan denklem kavram ise ilk kez on sekizinci yüzy l n ikinci yar s nda Kondorse (77) taraf ndan ortaya at lm şt r. Ancak bu tür denklemler için sistematik bir çal şma daha çok yirminci yüzy lda uygulamal bilime duyulan ihtiyaçtan dolay yap lmaya başlanm şt r. Gecikmeli terim içeren diferensiyel denklemler; otomatik kontrol teori, sal n m teorisi, roket hareketindeki ateşlemeyle ba¼glant l problemlere ilişkin incelemelerde, elektrodinamik sistemler çal şmalar nda, ekonomide uzun vadeli planlamayla ilgili problemlerde ve teknolojide oldu¼gu gibi bilimin bir çok sahas nda uygulama alan na sahiptir (El sgol ts 973). Dolay s yla günümüzde bu tür denklemlerin içerdi¼gi teori, matemati¼gin en h zl gelişen dallar ndan biri haline gelmiştir. Ancak ileri terim içeren denklemler veya hem ileri hem gecikmeli terim içeren denklemler çok az kişi taraf ndan çal ş lm şt r. Ikinci basamaktan diferensiyel denklemlerin sal n ml l ¼g için aral k sal n m kriterinin bir çok avantaj vard r. Örne¼gin, (r (x 0 )) 0 + c (x) = 0; (x) := jxj p sgnx; p > şeklindeki denklemin sal n ml l ¼g için klasik kriterin başar s z oldu¼gu Z c dt =

7 gibi durumlarda aral k sal n m kriteri uygulanabilir oldu¼gundan bu kriter di¼gerlerine göre ayr cal kl d r. Aral k sal n m kriteri de¼gişik konulara genişletilmiştir: Kuvvet denklemleri, sönümlü denklemler, yar -lineer diferensiyel denklemler, yar lineer fonksiyonel diferensiyel denklemler ve lineer olmayan diferensiyel denklemler gibi. Bu konuda temel oluşturan bir kaynak Dosly ve Rehak n (2005) kitab d r. Ayr ca, aral k sal n m kriteri gecikmeli diferensiyel denklemler ve hem gecikmeli hem de ileri terim içeren diferensiyel denklemler için de kullan lmaktad r. 2

8 2. TEMEL KAVRAMLAR Tan m 2. f t; x; x 0 ; x 00 = 0; t > 0 (2.) denkleminin [0; ) aral ¼g üzerinde tan ml aşikar olmayan bir çözümü 8t 0 için [t 0 ; ) aral ¼g nda sonsuz say da s f ra sahipse böyle bir çözüme sal n ml çözüm denir. Aksi durumda sal n ml olmayan çözüm ad n al r. Tan m 2.2 Bütün çözümleri sal n ml olan (2:) denklemine sal n ml denklem denir. (2:) in baz çözümleri sal n ml, di¼gerleri sal n ms z ise o zaman (2:) denklemine sal n ml olmayan denklem denir. Diferensiyel denklemlerin çözümleri için sal n m kriterine ilişkin birçok metod vard r. Bunlardan bu tezin konusu olan aral k sal n m kriteri tan m şu şekilde verilebilir: Tan m 2.3 Herhangi bir fonksiyonun belli bir aral kta sal n m kriterinin incelenmesi yerine, ard ş k aral klar dizisinde sal n m kriteri incelenerek bu işlemin ( ; ) a- ral ¼g na genişletilebilmesine aral k sal n m kriteri denir. Tan m 2.4 (Gecikmeli Terim Içeren Diferensiyel Denklemler) En basit gecikmeli terim içeren diferensiyel denklem, x 0 = f (t; ; x (t )) (2.2) şeklindedir. Burada, t > t 0 için gecikme sabiti pozitif varsay lacakt r. Sturm taraf ndan 836 y l nda elde edilen aşa¼g daki Sturm Ay rma Teoremi aral k sal n m kriterinde önemli bir yer tutmaktad r. 3

9 Teorem 2. (Sturm Ay rma Teoremi) x ve x 2 ; x 00 + P x 0 + Q x = 0 denkleminin iki lineer ba¼g ms z çözümü ise, bu durumda bu fonksiyonlar n s f rlar birbirinden farkl olup s ras yla (ard ş k olarak) ortaya ç karlar. Ispat. x ve x 2 lineer ba¼g ms z oldu¼gundan, onlar n W = W (x ; x 2 ) = x x 0 2 x 2 x 0 ile belirtilen Wronskiyeni s f r olamaz. W sürekli oldu¼gundan bir aral kta ya pozitif ya da negatif olmak zorundad r. t ve t 2, x 2 nin ard ş k iki s f r olsun. t ve t 2 noktalar nda Wronskiyen x x 0 2 ye indirgenir. Bu noktalar n herbirinde x ve x 0 2 çarpanlar n n her ikisi s f rdan farkl d r. Ayr ca x 0 2 (t ) ve x 0 2 (t 2 ) z t işaretlere sahip olmak zorundad r. Wronskiyen sabit işarete sahip oldu¼gundan x (t ) ve x (t 2 ) nin işaretleri z t olmak zorundad r. Bu yüzden süreklilik nedeniyle x, t ve t 2 aras nda bir noktada s f r olmak zorundad r. Dikkat edelim ki x nin t ve t 2 aras nda birden fazla s f r olamaz. Zira bu durumda ayn iddiaya göre, x 2, x in bu s f rlar aras nda bir s f ra sahip olmak zorunda kalacakt. Bu ise x 2 nin ard ş k s f rlar olan t ve t 2 varsay m yla çelişir. 4

10 3. IK INC I BASAMAKTAN AD I L INEER D IFERENS IYEL DENKLEMLER IÇ IN ARALIK SALINIM KR ITER I Gelecek bölümlere genel bir bak ş aç s oluşturmak amac yla bu bölümde, p x 00 + q x = 0 (3.) şeklindeki lineer diferensiyel denklemi ele al ns n. Burada [t 0 ; ) için p > 0 d r ve, q 2 L p loc ([t 0 ; ) ; R) dir. Sturm Ay rma Teoreminden (3.) in tüm çözümlerinin sal n ml ya da sal n ms z oldu¼gu söylenebilir. Dolay s yla bu denklem sal n ml ya da sal n ms z olarak s n and r labilir. (3.) denklemi için say s z sal n m kriteri elde edilmiştir. Bunlardan p için (3.) in sal n ml l ¼g n garantileyen en önemli dört koşul aşa¼g daki gibi verilebilir:. R t 0 q dt = (Fite (98); Wintner (949)) R t R s 2. lim t! t t 0 3. < lim t! inf t t 0 q drds = (Wintner (949)) R t t 0 R s t 0 q (r) drds < lim sup t! R 4. lim sup t t! t t 0 (t s) q (s) ds =, > (Kamenev (978)) t R t t 0 R s t 0 q (r) drds (Hartman (952)) Bu koşullar q nun integralini içerir. Bundan dolay tüm [t 0 ; ) üzerinde q nun bilinmesi gereklidir. Dolay s yla bu durum kriterlerin [t 0 ; ) üzerinde q dt = t 0 gibi durumlarda uygulanmalar n zorlaşt r r. Ancak Sturm Ay rma teoremine göre sal n ml l k sadece bir aral k özelli¼gidir. Yani [t 0 ; ) üzerinde (3.) denkleminin bir çözümü her i için a i! olacak şekilde [a i ; b i ] ard ş k alt aral klar nda en az iki s f ra sahipse bu durumda (3.) in her çözümü sal n ml d r. Z Kwong ve Zettl (982) sal n ml l ¼ga bu kri k smen uygulayarak Z t q nun olumsuz k s mlar n düzelten kullan şl bir "telescoping principle" ad nda kriter kurdular. t 0 5

11 Bu kriter, bilinen tüm kriterler gibi q nun olumlu k s mlar için uygulanabilmesine ra¼gmen q nun olumsuz k s mlar için + a i q 0; i 2 N şeklinde ek şart gerektirmiştir. Böylece bu kriter, aral k sal n m kriterinin tüm özelliklerini yans tmad ¼g gibi uygulanabilirli¼gini de k s tlam şt r. Bunlar n ötesinde ikinci basamaktan denklemler için aral k sal n m kriterini ilk çal şan kişi El-Sayed dir. Bu çal şmada El-Sayed r x 00 + q x = e ; t t 0 ikinci basamaktan lineer denklemin sal n ml l ¼g için bir aral k kriteri kurmuştur. Burada şeklinde tan mlanan bir fonksiyondur. 8 < 0 ; t 2 [s ; t ] e = : 0 ; t 2 [s 2 ; t 2 ] Ancak sonuçlar n ispat nda sabit katsay l denklem içeren karş laşt rmalar kulland ¼g için buldu¼gu bu sonuçlar çok kesin de¼gildir. Mahfoud (979); = t gecikme sabiti içeren x 00 + t 2 x (t ) = 0; t t 0 > > 0 (3.2) Euler diferensiyel denklemini ele alm şt r. (3.2) denkleminin gecikmeli terim içermesinin bu denklemin sal n ml l ¼g n etkilemedi¼gi sonucuna ulaşm şt r. Yani (3.2) denklemi sal n ml d r ancak ve ancak gecikmeli terim içermeyen x 00 + t 2 x = 0; t t 0 denklemi de sal n ml d r. 6

12 Li ve Yeh de (3.2) denkleminde = t + durumu için denklemin sal n ml l ¼g n n etkilenmedi¼gini göstermiştir. Q.Kong ise Kamenev tipi kriteri geliştirerek Z t 0 q dt = gibi ekstrem durumlara uygulam şt r. Buldu¼gu sonuçlar, Sturm Ay rma Teoremi ile tutarl olup sadece bunun üzerine kurulmam şt r. Di¼ger yandan, Erbe (973) ve Ohriska (984) x 00 + p x ( ) = 0 şeklindeki ikinci basamaktan lineer fonksiyonel diferensiyel denklemin sal n m davran ş n incelemiştir. Burada p ve reel de¼gişkenli ve [t 0 ; ) da sürekli fonksiyonlar olmak üzere i) p = 0; p 6 0 ii) 5 t; lim t! = dir. 7

13 4. IK INC I BASAMAKTAN YARI-L INEER D IFERENS IYEL DENKLEMLER IÇ IN ARALIK SALINIM KR ITER I (r (x 0 )) 0 + c (x) = 0; (x) := jxj p sgnx; p > (4.) denklemini göz önüne alal m. Burada r; c fonksiyonlar sürekli ve r > 0 olup, (4.) in bir çözümü r (x 0 ) 2 C olacak şekilde C s n f ndand r. Sonuçlar vermeden önce, teoremlerin ispat nda kullan lacak olan notasyonlar ve Lemma üzerinde dural m: D = f(t; s) : < s t < g olsun. H 2 C (D; [0; )) fonksiyonu aşa¼g daki koşullar sa¼glas n. H) t > s için H (t; t) = 0 ve t 6= s için H (t; s) > 0, H2) h ve h 2 ; D bölgesi üzerinde lokal integrallenebilir fonksiyonlar olmak (t; = h (t; s) [H (t; s)] (t; = h 2 (t; s) [H (t; s)] q (4.2) Bu koşullar sa¼glayan fonksiyonlar n s n f n H ile gösterelim. Lemma 4. x; bir [d; b) aral ¼g üzerinde > 0 olacak şekilde (4.) in bir çözümü ve! = r x0 x olsun. Bu durumda her H 2 H için, Z b d H (b; s) c (s) ds Z b H (b; d)! (d) + r (s) h p p p 2 (b; s) ds (4.3) d eşitsizli¼gi vard r. Ispat. w fonksiyonu R [!] =! 0 + c + (p ) r q j!j q (4.4) 8

14 Riccati denkleminin bir çözümüdür. Bu durumda! 0 = c (p ) r q j!j q (4.5) olur. (4:5) denklemi H (t; s) ile çarp l p d den t ye kadar integre edilirse, Z t d H (t; s)! 0 (s) ds = Z t H (t; s) c (s) ds (p ) Z t d d H (t; s) r q (s) j! (s)j q ds Z t H (t; s) c (s) ds = Z t H (t; s)! 0 (s) ds (p ) d d d elde edilir. H ve H2 koşullar ndan, Z t H (t; s) r q (s) j! (s)j q ds Z t d Z t d H (t; s) c (s) ds = H (t; d)! (d) + h 2 (t; s) H q (t; s)! (s) (p ) r q (s) H (t; s) j! (s)j q ds (4.6) bulunur. Bu denklemin sa¼g yan ndaki ikinci terim için P (u; v) = jujp p uv + jvjq q 0; p; q > 0 eşitsizli¼gini kullanal m. Burada A > 0; B 2 R ve her bir! 2 R için, u = v =! al n rsa B (p )! Ap (p ) B! p p B p p A p p + j!jq q j!j q q A p p jbj p A p p (p ) B(p ) Ap ; p p jbj p A (p ) (4.7) B! A j!j q p p eşitsizli¼gine ulaş l r. (4:7); f (!) = h 2 (t; s) H q (t; s)! (p ) r q (s) H (t; s) j!j q 9

15 fonksiyonuna uygulan rsa, f (!) = B! A j!j q olmak üzere, f (!) p p p p h2 (t; s) H q (t; s) p (p ) r q (s) H (t; s) (p ) p = p p p h p 2 (t; s) H p q (t; s) (p ) (p ) r (s) (q )(p ) H (t; s) (p ) = p p hp 2 (t; s) r (s) dir. Yani, h 2 (t; s) H q (t; s)! (p ) r q (s) H (t; s) j!j q p p hp 2 (t; s) r (s) (4.8) dir. (4:8) in d den t ye kadar integrali al n r ve (4:6) da yerine yaz l rsa, Z t d Z t d H (t; s) c (s) ds + H (t; d)! (d) H (t; s) c (s) ds elde edilir. t 2 (d; b) olmak üzere t! b Z t d p p hp 2 (t; s) r (s) ds H (t; d)! (d) + Z t r (s) h p p p 2 (t; s) ds (4.9) d için (4:9) un limiti al n rsa (4:3) bulunur. Sonuç 4. (4:) denklemi [d; b) aral ¼g nda sa¼g disfocal olsun. Yani herhangi bir b 2 (d; b) için (4:) denkleminin x 0 (d) = 0 = x (b ) koşulunu sa¼glayacak şekilde bir çözümü bulunmas n. Bu durumda herhangi bir H 2 H için, Z b H (b; s) c (s) ds Z b r (s) h p p p 2 (b; s) ds (4.0) d d dir. Uyar 4. (i)!; Lemma 4. deki gibi olmak üzere [a; d) aral ¼g üzerinde > 0 olacak şekilde 0

16 x; (4:) in bir çözümü ise bu durumda Z d a H (s; a) c (s) ds H (d; a)! (d) + Z d r (s) h p p p (s; a) ds (4.) a dir. Sonuç 4. de benzer bir yolla yeniden düzenlenebilir. (ii) (4:) denklemi (a; d] aral ¼g nda sol disfocal ise herhangi bir H 2 H için Z d H (s; a) c (s) ds Z d r (s) h p p p (s; a) ds (4.2) a a dir. (4:) denklemi bir [a; b] aral ¼g üzerinde disconjugate olsun. Yani (4:) in belirgin olmayan herhangi bir çözümü [a; b] aral ¼g üzerinde en fazla bir s f ra sahiptir. Bu takdirde (4:) ve (4:2) yi birleştirirsek, herhangi bir H 2 H için (4:) ve (4:2) var olacak şekilde bir d 2 [a; b] vard r. Sonuç 4.2 Herhangi bir d 2 (a; b) ve H 2 H için Z d H (d; a) a > p p H (d; a) H (s; a) c (s) ds + Z d a H (b; d) r (s) h p (s; a) ds + Z b d H (b; d) H (b; s) c (s) ds Z b d r (s) h p 2 (b; s) ds (4.3) eşitsizli¼gi var olsun. Bu takdirde (4:) in her çözümü (a; b) de en az bir s f ra sahiptir. Sonuç 4.3 Herhangi bir d 2 [a; b] için Z d H (s; a) c (s) ds > Z d r (s) h p p p (s; a) ds (4.4) a a ya da Z d H (b; d) c (s) ds > Z d r (s) h p p p 2 (b; s) ds (4.5) a a

17 eşitsizliklerinden en az biri sa¼glanacak şekilde H 2 H var olsun. Bu durumda (4:) in her çözümü (a; b) de en az bir s f ra sahiptir. Sonuç 4.2 ve Sonuç 4.3 den aşa¼g daki teorem elde edilir. Teorem 4. Her bir T 2 R için (4:) denkleminin sal n ml l ¼g n sa¼glayan bir H 2 H varken ya (i) (4:3) sa¼glanacak şekilde bir a; b 2 [T; ) ; a < b ve d 2 [a; b] vard r, ya da (ii) En az (4:4) veya (4:5) sa¼glanacak şekilde a; b 2 [T; ) ; a < b ve d 2 [a; b] vard r. Sonuç 4.4 Herhangi bir H 2 H ve yeterince büyük her T için ve Z t lim sup H (s; T ) c (s) t! T Z t lim sup H (t; s) c (s) t! T sa¼glans n. Bu durumda (4:) sal n ml d r. p r (s) p hp (s; T ) ds ds > 0 (4.6) p r (s) p hp 2 (t; s) ds ds > 0 (4.7) Ispat. T yeterince büyük bir reel sabit olmak üzere (4:6) dan Z d T H (s; T ) c (s) p r (s) p hp (s; T ) ds ds > 0 (4.8) olacak şekilde d > T vard r. Teorem 4. den a; b 2 [T; ) ve d 2 [a; b] oldu¼gundan d = T al narak (4:7) deki 2

18 ifade Z b şeklinde yaz labilir. d H (b; s) c (s) p r (s) p hp 2 (b; s) ds ds > 0 (4.9) (4:8) ve (4:9); s ras yla H (d; T ) ve H (b; d) ile bölünür ve taraf tarafa toplan rsa H (d; T ) Z d H (d; T ) H (s; T ) c (s) ds + H (b; d) p r (s) p hp (s; T ) ds ds T Z d T Z b d H (b; s) c (s) ds H (b; d) olacak şekilde (4:3) elde edilir. Sonuç 4.2 den (4:) sal n ml d r. Z b d p r (s) p hp 2 (b; s) ds ds > 0 3

19 5. IK INC I BASAMAKTAN GEC IKMEL I TER IM IÇEREN L INEER OLMAYAN D IFERENS IYEL DENKLEMLER IÇ IN ARALIK SALINIM KR ITER I Bu bölümde s ras yla x 00 + p jx ( )j x ( ) = e (5.) ve x 00 + p f (x ( )) = e (5.2) şeklindeki gecikmeli terim içeren lineer olmayan diferensiyel denklemler için aral k sal n m kriterlerine ilişkin temel teoremler verilecektir. (5:) de dir. Ayr ca (5:) ve (5:2) de t 2 R + = [0; ) için p; ; e; f sürekli fonksiyonlar, t 2 R + için t olmak üzere azalmayan bir fonksiyon ve lim = olup p ve e nin t! işareti belirlidir. Amac m zda kullanmak üzere herhangi bir T 0 için T a < b ; T a 2 < b 2 olacak şekilde a ; b ; a 2 ; b 2 sabitleri ve [T; ) da [ (a ) ; b ] ; [ (a 2 ) ; b 2 ] aral klar var olsun. Ayr ca, p 0; t 2 [ (a ) ; b ] [ [ (a 2 ) ; b 2 ] (5.3) e 0; t 2 [ (a ) ; b ] e 0; t 2 [ (a 2 ) ; b 2 ] (5.4) sa¼glans n. i = ; 2 için D (a i ; b i ) = u 2 C [a i ; b i ] : u i 6 0; u (a i ) = u (b i ) = 0 tan mlans n. 4

20 5. (5.) Denklemine Ilişkin Sonuçlar (5:) denkleminin sal n ml l ¼g = ve > durumlar için aşa¼g daki teoremlerle verilebilir. = durumu : Teorem 5. (5:3); (5:4) sa¼glans n. E¼ger a i H 2 p (a i) t (a i ) (H 0 ) 2 dt 0 (5.5) sa¼glanacak şekilde bir H 2 D (a i ; b i ) varsa (5:) denklemi = durumunda sal n ml d r. Ispat. Aksini kabul edelim. Yani ; > 0 olmak üzere (5:) denkleminin sal n ml olmayan bir çözümü olsun. Bu durumda herhangi bir t 0 için t t 0 olmak üzere x ( ) > 0 d r. t t 0 için tan mlans n.! = x0! 0 = x00 + x 0 2 (5.6) ve x 00 = x 0 2! 0 (5.7) elde edilir. (5:7); (5:) de kullan l rsa x 0 2! 0 + p x ( ) = e! 2! 0 + p x ( ) = e 5

21 bulunur.! nin! 0 =! 2 + p x ( ) e (5.8) lineer olmayan denklemi sa¼glad ¼g görülür. Bir b > (a ) ; 2 (a ) = ( (a )) t 0 olacak şekilde a ; b t 0 seçilebilir. (5.3) ve (5.4) den t 2 [ (a ) ; b ] için x 00 0; t 2 [ (a ) ; b ] dir. Ortalama de¼ger teoreminden t 2 [ (a ) ; b ] için x ( (a )) x (b ) = x 0 (s) ( (a ) b ) (5.9) olacak şekilde 9s 2 ( (a ) ; b ) vard r. x (b ) x ( (a )) = x 0 (s) (b (a )) (5.0) ve x ( (a )) = x 0 (s) (t (a )) (5.) elde edilir. t 2 [ (a ) ; b ] için x 0 monoton azalan oldu¼gundan x ( (a )) x 0 (t (a )) (5.2) ve x 0 (t (a )) ; t 2 (a ; b ] elde edilir. Bu durumda x 0 t (a ) ; t 2 (a ; b ] yaz labilir. Eşitsizli¼gin her iki yan den t > a e integre edilirse; Z t x 0 Z (s) t x (s) ds (s (a )) ds 6

22 x ( ) bulunur. (5.3); (5.8) de kullan l rsa t 2 (a ; b ] için (a ) ; t 2 (a ; b ] (5.3) t (a )! 0! 2 + p (a ) t (a ) (5.4) elde edilir. Bir H 2 D (a ; b ) için (5.4) ün her iki yan H 2 ile çarp l r, s > a den b e integre edilirse Z b s H 2! 0 dt Z b s H 2! 2 dt + Z b H 2 p (a ) s t (a ) dt ve Z b s 2H H 0! dt Z b s H 2! 2 dt + Z b H 2 p (a ) s t (a ) dt olup Z b H 2 p (a ) s t (a ) dt Z b s 2H H 0! dt Z b s H 2! 2 dt bulunur. Gerekli düzenlemeler yap l rsa, Z b H 2 p (a ) s t (a ) dt Z b s (H 0 ) 2 dt Z b s (H! + H 0 ) 2 dt elde edilir. Bu eşitsizlikte s 2 (a ; b ) için s! a limiti al n rsa, Z b H 2 p (a ) a t (a ) dt Z b a (H 0 ) 2 dt Z b a (H! + H 0 ) 2 dt yaz labilir. Buradan Z b a dir. Bu da H 2 p (a ) t (a ) a i (H 0 ) 2 dt H 2 p (a i) t (a i ) Z b a (H! + H 0 ) 2 dt (5.5) (H 0 ) 2 dt < 0 (5.6) 7

23 olmas n gerektirir. Bu eşitsizlik (5.5) ile çelişir. O halde a i H 2 p (ai) t (a i ) (H 0 ) 2 dt 0 elde edilir. Benzer şekilde t t 0 için < 0 durumu ispatlan r. Bu da ispat tamamlar. Uyar 5. (5.) denkleminde = t al n rsa Teorem 5., Wong un (999) p x 00 + q x = f ; t 2 [0; ) denkleminde p al narak elde edilen Teorem e indirgenir. > durumu : Teorem 5.2 (5:3); (5:4) sa¼glans n. E¼ger a i H 2 p je j (a i) t (a i ) (H 0 ) 2 dt 0 (5.7) sa¼glanacak şekilde H 2 D (a i ; b i ) varsa (5:) denklemi > durumunda sal n ml d r. Burada = ( ) d r. Ispat. Aksini kabul edelim, ; > 0 olmak üzere (5:) denkleminin sal n ml olmayan bir çözümü olsun. Bu durumda herhangi bir t 0 için t t 0 olmak üzere x ( ) > 0 d r. x > 0 için F (x) = Ax ( ) A B x B (5.8) yaz labilir. Burada A; B negatif olmayan sabitler ve > olmak üzere, (5:8) de 8

24 A = 0 için eşitsizli¼gin sa¼gland ¼g aşikard r. A > 0 için ise F (x) ; minimum de¼gerini x = ( ) A B noktas nda al r ve F min = B dir. Böylece (5:8) elde edilir. Hipotezden, b > (a ) ; 2 (a ) = ( (a )) t 0 olacak şekilde a ; b t 0 seçilebilir. (5.8) de t 2 [ (a ) ; b ] için A = p ve B = e seçilirse p x ( ) p ( e ) x e elde edilir. (5:) den, p x ( ) e ( ) je j x ( ) (5.9) x 00 p je j x ( ) x 00 + p je j x ( ) 0 (5.20) bulunur. Teorem 5. de tan mlanan! fonksiyonu (5:20) de kullan l rsa,! 0 +! 2 + p je j x ( ) 0! 0 +! 2 + p je j! 0! 2 + p je j x ( ) x ( ) 0 (5.2) elde edilir. Ispat n devam, Teorem 5. in ispat na benzer bir yol izlenerek yap l r. Ayn şekilde t t 0 için < 0 durumu ispatlan r. Bu da ispat tamamlar. Uyar 5.2 Bu teoremde = t al n rsa > oldu¼gundan Nasr n (998) temel sonucu elde edilir. 9

25 Örnek 5. bir sabit olmak üzere x 00 + m sin t x t 4 x t = cos t; t 0 (5.22) 4 diferensiyel denklemini ele alal m. Burada m 0 bir sabit olmak üzere p = m sin t; = t ; e = cos t dir. Ayr ca n yeterince büyük bir tamsay olmak 4 üzere herhangi bir T 0 için a T olacak şekilde a = 2n+ 3 4 ; b = 2n+; a 2 = 2n + 4 ; b 2 = 2n + 2 seçelim. Burada t 2 [ (a ) ; b ] [ [ (a 2 ) ; b 2 ] için p 0; t 2 [ (a ) ; b ] için e 0 ve t 2 [ (a 2 ) ; b 2 ] için e 0 olur. E¼ger i = ; 2 için H = sin 2t cos 2t seçilirse H 2 D (a i ; b i ) olur. Böylece i = ; 2 için (H 0 ) 2 dt = 4 cos 2 4tdt = a i a i 2 olup Teorem 5. den H 2 p (a i) a i t (a i ) dt = m a i sin 2 2t cos 2 t a i 2t sin t t a i + dt 2 4 dir. O halde = için (5:22) denklemi sal n ml d r. > için m yeterince büyük ve = ( ) seçilirse m H 2 p je j (a i) dt a i t (a i ) = m a i sin 2 2t cos 2 2t sin t jcos tj dt 2 bulunur. Benzer şekilde > için de (5:22) denklemi sal n ml d r. Sonuç olarak için (5:22) denklemi sal n ml d r. 5.2 (5.2) Denklemine Ilişkin Sonuçlar Bu bölümde 5. deki baz sonuçlar n daha genel durumlar incelenecektir. Teorem 5.3 (5:2) denklemini ele alal m. x 6= 0 için f(x) x K > 0 ve (5:3); (5:4) 20

26 koşullar sa¼glans n. Bu durumda i = ; 2 için a i " Kp (a i) t (a i ) H 0 H + # 0 2 H 2 dt 0 (5.23) 2 olacak şekilde H 2 D (a i ; b i ) ve pozitif bir 2 C ([t 0 ; )) fonksiyonu varsa (5:2) denklemi sal n ml d r. Ispat. Aksini kabul edelim. Yani ; > 0 olmak üzere (5:2) denkleminin sal n ml olmayan bir çözümü olsun. Bu durumda herhangi bir t 0 için t t 0 olmak üzere x ( ) > 0 d r.! ; (5:6) da tan mland ¼g gibi olmak üzere! 0 =! 2 + p f (x ( )) e (5.24) eşitli¼gini sa¼glad ¼g görülür. f(x) x K > 0 koşulu (5:24) de uygulan rsa,! 0! 2 + Kp x ( ) e (5.25) bulunur. Hipotezden, b > (a ) ; 2 (a ) = ( (a )) t 0 olacak şekilde a ; b t 0 seçilebilir. (5.3) ve (5.4) den t 2 [ (a ) ; b ] için x 00 0; t 2 [ (a ) ; b ] dir. Ortalama de¼ger teoreminden t 2 [ (a ) ; b ] için x ( (a )) x 0 (t (a )) (5.26) ve x 0 (t (a )) ; t 2 (a ; b ] elde edilir. Bu durumda x 0 t (a ) ; t 2 (a ; b ] (5.27) 2

27 yaz labilir. (5.27) nin her iki yan den t > a e integre edilirse; x ( ) (a ) ; t 2 (a ; b ] (5.28) t (a ) bulunur. (5.28); (5.25) de kullan l rsa t 2 (a ; b ] için! 0! 2 + Kp (a ) ; t 2 (a ; b ] (5.29) t (a ) elde edilir. Hipotezden bir H 2 D (a ; b ) ve pozitif bir 2 C ([t 0 ; )) için (5.29) eşitsizli¼ginin her iki yan H 2 ile çarp l r, s > a den b e integre edilirse Z b s H 2! 0 dt Z b s H 2! 2 dt + K Z b H 2 p (a ) s t (a ) dt ve Z b s! H 2 2 H0 H + 0 dt olup Z b s H 2! 2 + Kp (a ) dt t (a ) Z b Kp (a ) s t (a ) Z b s H 2 dt H! H + 0! H 2 dt 2 22

28 bulunur. Gerekli düzenlemeler yap l rsa Z b Kp (a ) H 2 dt s t (a ) Z b H 0 H H 2 dt 2 s Z b s H 0! + H H 2 dt (5.30) elde edilir. (5.30) da s 2 (a ; b ) için s! a limiti al n rsa Z b Kp (a ) H 2 dt a t (a ) Z b H 0 H H 2 dt 2 a Z b a H 0! + H H 2 dt yaz labilir. Buradan Z b a " Kp (a ) t (a ) H 0 H + # 0 2 H 2 dt 2 Z b H 0! + H H 2 dt 2 a dir. Bu da Z b a " Kp (a ) t (a ) H 0 H + # 0 2 H 2 dt < 0 (5.3) 2 olmas n gerektirir. Bu eşitsizlik (5.23) ile çelişir. O halde ai " Kp (a i) t (a i ) H 0 H + # 0 2 H 2 dt 0 2 elde edilir. Benzer şekilde t t 0 için < 0 durumu ispatlan r. Bu da ispat tamamlar. Teorem 5.4 x 6= 0 olmak üzere xf (x) > 0 ve jf (x)j jxj olsun. 23

29 Ayr ca (5:3); (5:4) koşullar sa¼glans n. i = ; 2 için ai " p (a i) t (a i ) H 0 H + # 0 2 H 2 dt 0 (5.32) 2 olacak şekilde H 2 D (a i ; b i ) ve pozitif bir 2 C ([t 0 ; )) fonksiyonu varsa (5:2) denklemi sal n ml d r. Ispat. Aksini kabul edelim. Yani ; > 0 olmak üzere (5:2) denkleminin sal n ml olmayan bir çözümü olsun. Bu durumda herhangi bir t 0 için t t 0 olmak üzere x ( ) > 0 d r. Teorem (5:2) nin ispat ndaki benzer işlemlerle (5:24) elde edilir. (5:24) de f (x) x koşulu kullan l rsa,! 0! 2 + p x ( ) e (5.33) bulunur. Ispat n devam Teorem 5:3 ün ispat na benzer bir yol izlenerek yap l r. Benzer şekilde t t 0 için < 0 durumu ispatlan r. Bu da ispat tamamlar. Uyar 5.3 (5:2) denklemi için Teorem 5:3 ve 5:4 de f (x) x ve = al n rsa; Sun n (2003) Teorem ine ve Wong da (999) p ve = t al narak elde edilen Teorem e indirgenir. Uyar 5.4 (5:2) denkleminde f (x) x ve = t al n rsa, Teorem 5:3 ve Teorem 5:4; W.T.Li ve Ss.Cheng de (2002) = ; r ve 0 al narak elde edilen Teorem 2 ye ve Çakmak ve Tiryaki de (2004) = ; r ve (x) al narak elde edilen Teorem e indirgenir. Teorem 5.5 Her x 6= 0 için xf (x) > 0 ve jf (x)j jxj olsun. Ayr ca (5:3); (5:4) koşullar sa¼glans n. i = ; 2 ve her c > 0 sabiti için a i " p (ai ) t (a i ) c H 0 H +!# H 2 dt 0 (5.34) 24

30 olacak şekilde H 2 D (a i ; b i ) ve pozitif bir 2 C ([t 0 ; )) varsa, (i) > için (5:2) denkleminin her s n rs z çözümü sal n ml d r. (ii) 0 < < için (5:2) denkleminin her s n rl çözümü sal n ml d r. Ispat. Aksini kabul edelim. Yani ; > 0 olmak üzere (5:2) denkleminin sal n ml olmayan bir çözümü olsun. Bu durumda herhangi bir t 0 için t t 0 olmak üzere x ( ) > 0 d r. t t 0 için w = x0 x (5.35) tan mlans n. w 0 = x00 x w x 0 x x ve x 00 = x w 0 w x 0 x (5.36) elde edilir. (5:36); (5:2) de kullan l rsa w 0 = p f (x ( )) x + x w 2 e (5.37) bulunur. Hipotezden w 0 x x ( ) w 2 + p e x (5.38) eşitsizli¼gi gerçeklenir. Teorem 5:3 ün ispat na benzer şekilde devam edilirse, x ( ) (a ) ; t 2 (a ; b ] (5.39) t (a ) elde edilir. (5:39); (5:38) de kullan l rsa t 2 (a ; b ] için w 0 x w 2 + p (a ) (5.40) t (a ) 25

31 bulunur. (i) ; [a ; b ] üzerinde > için (5:2) denkleminin s n rs z sal n ml olmayan bir çözümü olsun. Bu durumda [a ; b ] üzerinde k olacak şekilde bir k > 0 sabiti vard r. Böylece c bir sabit olmak üzere x k = c (5.4) elde edilir. (5:4); (5:40) da kullan l rsa w 0 c w 2 + p (a ) ; t 2 (a ; b ] (5.42) t (a ) bulunur. (5:42) eşitsizli¼ginin her iki yan H 2 ile çarp l r, s > a den b e integre edilirse Z b s! 0 H 2 dt c Z b s! 2 H 2 dt + Z b s p (a ) H 2 dt t (a ) ve Z b s! H 2 2 H0 " H + 0 Z b s dt c! 2 + p # (a ) H 2 dt t (a ) olup Z b s p (a ) H 2 dt t (a ) c Z b s! 2 + H 0 2 c H + 2 0! H 2 dt 26

32 bulunur. Gerekli düzenlemeler yap l rsa Z b s (a ) p H 2 dt t (a ) Z b H 0 s (c ) 2 H + 2 c Z b s 0 2 H 2 dt! + c H 0 H H 2 dt elde edilir. Bu eşitsizlikte s 2 (a ; b ) için s! a limiti al n rsa, Z b a (a ) p H 2 dt t (a ) Z b H 0 (c ) 2 H + 2 a c Z b a 0 2 H 2 dt! + c H 0 H H 2 dt yaz labilir. Bu da Z b a ( p (a ) H 0 t (a ) c H + ) 0 2 H 2 dt < 0 2 olmas n gerektirir. (c ) 2 = c a i " p al n rsa bu eşitsizlik (5:34) ile çelişir. O halde (a ) H 0 t (a ) c H + # 0 2 H 2 dt 0 2 elde edilir. t t 0 için < 0 durumu benzer şekilde ispatlan r. Bu da ispat tamamlar. (ii) 0 < < olmak üzere ; [a ; b ] aral ¼g nda (5:2) denkleminin s n rl sal n ml olmayan bir çözümü olsun. Bu durumda [a ; b ] üzerinde k 2 olacak şekilde bir k 2 > 0 sabiti vard r. Böylece c 2 bir sabit olmak üzere x (k 2 ) = c 2 (5.43) 27

33 elde edilir. Ispat n devam (i) durumundaki benzer işlemlerle yap l r. Böylece ispat tamamlan r. Teorem 5. ve Teorem 5.3 ün ispat ndaki baz parçalar birleştirilirse, aşa¼g daki teorem verilebilir. Teorem 5.6 x 6= 0 olmak üzere xf (x) > 0 ve > için jf (x)j jxj olsun. Ayr ca (5:3); (5:4) koşullar sa¼glans n. = ( ) olmak üzere i = ; 2 için ai " p je j (a i) t (a i ) H 0 H + # H 2 dt 0 (5.44) sa¼glanacak şekilde H 2 D (a i ; b i ) ve pozitif bir 2 C ([t 0 ; )) fonksiyonu varsa (5:2) denklemi sal n ml d r. Ispat. Bu teoremin ispat (5:2) denkleminde > durumu için jf (x)j jxj koşulu kullan larak elde edilen Teorem 5:3 ün ispat na benzerdir. Uyar 5.5 Teorem 5:6; = olmak üzere (5:2) denkleminde > için f (x) = jxj x al n rsa Sun n (2003) çal şmas ndaki Teorem 2 ye indirgenir. Ayr ca buna ek olarak Teorem 5:6 da = t al n rsa > oldu¼gundan Nasr n (998) temel sonucu elde edilir. Uyar 5.6 = t ve f (x) = jxj x al n rsa Teorem 5:5 ve Teorem 5:6; Agarwal vd. (200) ve 0 durumlar nda s ras yla Teorem 2.2 ve Teorem 2.3 e indirgenir. Uyar < < için f (x) = jxj x al n rsa Teorem 5:5 (ii) ; (5:2) denkleminin s n rl çözümlerinin sal n ml l ¼g n cevaplar. (5:2) denklemiyle ilgili verilen sal n m kriterlerinin test edildi¼gi örnekler üzerinde 28

34 dural m. 5.3 Örnekler m > 0 yeterince büyük bir sabit olmak üzere x 00 + m sin tf x t = 0; t 0 (5.45) 4 diferensiyel denklemini ele alal m. Burada p = m sin t; = t dir. 4 ve e = cos t Ayr ca n yeterince büyük bir tamsay olmak üzere herhangi bir T 0 için a T olacak şekilde a = 2n ; b = 2n + ; a 2 = 2n + 4 ; b 2 = 2n + 2 seçelim. Burada t 2 [ (a ) ; b ] [ [ (a 2 ) ; b 2 ] için p 0 t 2 [ (a ) ; b ] için e 0 t 2 [ (a 2 ) ; b 2 ] için e 0 dir. E¼ger i = ; 2 için H = sin 2t cos 2t ve = + sin 2 4t seçilirse H 2 D (a i ; b i ) olur. Örnek 5.2 (5:45) denkleminde f (x) = x + jxj üç durum gerçeklenir: x olsun. Bu durumda aşa¼g daki Durum 5. = olsun. Bu durumda f (x) = 2x dir. Böylece i = ; 2 için a i H 0 H H 2 dt = 2 a i H H 2 dt = a i + sin 2 4t 4 sin 2 4t cos 4t + 2 cos 4t 2 dt 2p 2 2 (5.46) 29

35 bulunur. K = olmak üzere Teorem 5:3 ya da Teorem 5:4 den ai H 2 p (a i) dt = t (a i ) m ai sin 2 2t cos 2 2t + sin 2 4t t a i sin t t a i + 4 dt 2p 2 2 (5.47) elde edilir. O halde m yeterince büyük tutulursa, = için (5:45) denklemi sal n ml d r. Durum 5.2 > tek tamsay olsun. Bu durumda i = ; 2 için (5:46) n n sa¼gland ¼g n ve xf (x) = x 2 + jxj + > 0 oldu¼gunu görmek kolayd r. Teorem 5:6 dan, = m H 2 p je j (a i) dt t (a i ) ai ai 2p 2 2 sin 2 2t cos 2 2t + sin 2 4t sin t jcos tj t a i t a i + dt 4 (5.48) elde edilir. Bu durumda m yeterince büyük tutulursa, = ( ) oldu¼gundan > tek tamsay s için (5:45) denklemi sal n ml d r. Durum 5.3 ; > 0 ve 6= olacak şekilde bir tek tamsay olsun. xf (x) = x 2 + jxj + > 0 d r. Böylece i = ; 2 için = c = c H 2 c a i a i a i + sin 2 4t = 2p 2 2c H 0 H dt H H 2 dt 4 sin 2 4t cos 4t + 2 cos 4t 2 dt (5.49) 30

36 elde edilir. Teorem 5.5 den, = m ai H 2 p ai 2p 2 2c (ai ) dt t (a i ) t ai sin 2 2t cos 2 2t + sin 2 4t sin t t a i + 4 dt (5.50) bulunur. Böylece her c > 0 sabiti için m yeterince büyük tutulursa > tek tamsay s için (5.45) denkleminin her s n rs z çözümü ve 0 < < tek tamsay s için (5.45) denkleminin her s n rl çözümü sal n ml d r. Örnek 5.3 (5.45) denkleminde f (x) = jxj x al n rsa üç durum ortaya ç kar. Durum 5.4 = olsun. Bu durumda f (x) = x dir. Böylece i = ; 2 için (5:46) sa¼glan r. (5:47) deki m yeterince büyük olmak üzere, K = için Teorem 5:3 den ya da Teorem 5:4 den = için (5:45) denklemi sal n ml d r. Durum 5.5 > olsun. Bu durumda xf (x) = jxj + > 0 d r. Ayr ca i = ; 2 için (5:46) sa¼glan r. (5:47) deki m yeterince büyük olmak üzere = ( ) oldu¼gundan Teorem (5:6) dan > için (5:45) denklemi sal n ml d r. Durum 5.6 > 0 ve 6= olsun. Bu durumda xf (x) = jxj + > 0 d r. Böylece i = ; 2 için (5:48) sa¼glan r. (5:50) deki m yeterince büyük olmak üzere her c > 0 sabiti için Teorem 5:5 den > için (5:45) denkleminin her s n rs z çözümü ve 0 < < için (5:45) denkleminin her s n rl çözümü sal n ml d r. 3

37 6. IK INC I BASAMAKTAN GEC IKMEL I VE ILER I TER IM IÇEREN FONKS IYONEL D IFERENS IYEL DENKLEMLER IÇ IN ARALIK SALINIM KR ITER I Bu bölümde, beşinci bölümde verilen bir k s m çal şmalardan esinlenerek, sadece gecikmeli de¼gil ayn zamanda ileri terim de içeren ikinci basamaktan özel tipten fonksiyonel diferensiyel denklemler için elde edilen sal n m kriterlerine yer verilecektir. Bu anlamda önce Güvenilir ve Zafer in (2006) makalesinden yararlanarak ve olmak üzere, (k x 0 ) 0 + p jx ( )j x ( ) + q jx ( )j x ( ) = e ; t 0 denklemi için aral k sal n m kriteri incelenecektir. (E ; ) Ikinci olarak, Güvenilir in (2009) makalesinde > olmak üzere, (k x 0 ) 0 + p x (g ) + q jx (g )j x (g ) = e ; t 0 (E ) diferensiyel denklemi için aral k sal n m kriterleri ele al nacakt r. (E ) n n incelenecek olan durumlar n n hiçbiri (E ; ) n n bir özel durumu olmay p tamamen özgün denklemlerdir. Son olarak, Zafer in (2009) makalesinden ( (k x 0 )) 0 + p (x ( )) + q (x ( )) = e ; t 0 (E) şeklindeki hem gecikmeli hem de ileri terim içeren ikinci basamaktan süper yar lineer fonksiyonel diferensiyel denklemler için aral k sal n m kriterleri incelenecektir. Burada (u) = juj u olmak üzere > 0; ; reel say lard r. 32

38 Bu üç denklemde de, t 2 R + = [0; ) için k; p; q; e; ; ; g sürekli reel de¼gişkenli fonksiyonlar, k > 0 olmak üzere azalmayan bir fonksiyon, t ve t olmak üzere ve azalmayan fonksiyonlar ve lim = dur. Ayr ca lim t! t! g = olmak üzere g azalmayan bir fonksiyondur. Amac m zda kullanmak üzere, herhangi bir T 0 için a < b ; a 2 < b 2 ; c < d ve c 2 < d 2 olacak şekilde [T; ) da [ (a ) ; b ] ; [ (a 2 ) ; b 2 ] ; [c ; (d )] ve [c 2 ; (d 2 )] aral klar var olsun. Ayr ca p 0; t 2 [ (a ) ; b ] [ [ (a 2 ) ; b 2 ] (6.) i = ; 2 için q 0; t 2 [c ; (d )] [ [c 2 ; (d 2 )] (6.2) ( ) i e 0; t 2 [ (a i ) ; b i ] (6.3) ( ) i e 0; t 2 [c i ; (d i )] (6.4) sa¼glans n. Buradan hem gecikmeli hem de ileri terim ayn denklemde yer al rsa i = ; 2 için c i = (a i ) ; d i = a i ; b i = (d i ) (6.5) olup [ (a i ) ; b i ] ve [c i ; (d i )] aral klar çak ş r. Dolay s yla p 0 ya da q 0 oldu¼gunda (6:5) koşulu kalkar ve e 0 için a 2 = a ; b 2 = b ; c 2 = c ; d 2 = d ; al n r. Ayr ca D (a; b) = u 2 C [a; b] : u (a) = u (b) = 0; u 6 0 (6.6) ve A b a (h) = Z b a H 2 h dt (6.7) 33

39 tan mlans n. (6:7) den A b a (h 0 ) = A b a 2hH 0 H (6.8) gerçeklenir. (6:7) ve (6:8) de H 2 D (a; b) ve h 2 C [0; ) olmak üzere A b a : C [0; )! R bir lineer fonksiyoneldir. 6. (E ; ) Diferensiyel Denklemine Ilişkin Sonuçlar (E ; ) denkleminin sal n ml l ¼g ; ; olmak üzere ve n n dört farkl durumu için aşa¼g daki teoremlerle verilebilir. = ve = durumu : Teorem 6. (6:)-(6:5) sa¼glans n. E¼ger i = ; 2 için a i (H ) 2 (ai) p t (a i ) (H 0 ) 2 k dt 0 (6.9) veya Z di c i (H 2 ) 2 q (di) (di) t (H2 0 ) 2 k dt 0 (6.0) sa¼glanacak şekilde H 2 D (a i ; b i ) ve H 2 2 D (c i ; d i ) varsa (E ; ) sal n ml d r. Ispat. Aksini kabul edelim. O halde ; > 0 olmak üzere (E ; ) denkleminin sal n ml olmayan bir çözümü olsun. Bu durumda baz t 0 için her t t olacak şekilde x ( ) > 0, x ( ) > 0 d r. t t için w = k x0 (6.) tan mlans n. w 0 = (k x0 ) 0 + k x 0 2 ve (k x 0 ) 0 = k (x0 ) 2 w 0 (6.2) 34

40 elde edilir. (6:2); (E ; ) de kullan l rsa k (x 0 ) 2 w 0 + p x ( ) + q x ( ) = e w 0 = x ( ) x ( ) k w2 + p + q e (6.3) bulunur. Hipotezden ( (a )) t olacak şekilde a yeterince büyük seçilebilir. (6:) (6:5) koşullar (6:3) de kullan l rsa, t 2 [ (a ) ; b ] için ve t 2 [c ; (d )] için w 0 k w2 + p w 0 k w2 + q x ( ) ; t 2 [ (a ) ; b ] (6.4) x ( ) ; t 2 [c ; (d )] (6.5) elde edilir. (6:) (6:3) den t 2 [ (a ) ; b ] için (k x 0 ) 0 0; t 2 [ (a ) ; b ] dir. Teorem 5. in ispat nda kullan lan argümenlerde küçük bir de¼gişiklik yap larak devam edilirse, x ( ) (a ) ; t 2 (a ; b ] (6.6) t (a ) bulunur. Benzer şekilde t 2 [c ; (d )] için ortalama de¼ger teoreminden x ( (d )) x (c ) = x 0 (z) ( (d ) c ) (6.7) olacak şekilde 9z 2 (c ; (d )) vard r. x ( (d )) = x 0 (z) ( (d ) t) (6.8) ve x ( (d )) = k (z) x0 (z) k (z) ( (d ) t) (6.9) 35

41 elde edilir. t 2 [c ; (d )] için k x 0 monoton azalan oldu¼gundan x ( (d )) k x0 k ( (d ) t) (6.20) x 0 ( (d ) t) ; t 2 [c ; (d )] bulunur. Bu durumda x 0 t (d ) ; t 2 [c ; (d )) (6.2) yaz labilir. Eşitsizli¼gin her iki yan t 2 [c ; d ) için t > c den ye integre edilirse; Z t x 0 Z (s) x (s) ds t s (d ) ds x ( ) (d ) (d ) ; t 2 [c ; d ) (6.22) t elde edilir. (6:6) ve (6:22) s ras yla (6:4) ve (6:5) de kullan l rsa w 0 k w2 + p (a ) ; t 2 (a ; b ] (6.23) t (a ) ve w 0 k w2 + q (d ) (d ) ; t 2 [c ; d ) (6.24) t bulunur. Kabul edelim ki (6:9) sa¼glans n. Hipotezden bir H 2 D (a ; b ) için (6:23) ün her iki yan (H ) 2 ile çarp l r, s > a den b e integre edilirse Z b s (H ) 2 w 0 dt Z b s k (H ) 2 w 2 dt + Z b (H ) 2 p (a ) dt s t (a ) ve Z b s 2H H 0 w dt Z b s k (H ) 2 w 2 dt + Z b (H ) 2 p (a ) dt s t (a ) 36

42 olup Z b (H ) 2 p (a ) s t (a ) dt Z b s Z b 2H H 0 w dt s k (H ) 2 w 2 dt bulunur. Gerekli düzenlemeler yap l rsa, Z b (H ) 2 p (a ) s t (a ) dt Z b s Z b p k H 0 2 dt s p k w H + p k H 0! 2 dt elde edilir. Bu eşitsizlikte s 2 (a ; b ) için s! a limiti al n r ve (6:7) de tan mlanan A operatörü kullan l rsa, A b a p (a! ) A b k (H 0 ) 2 t (a ) a (H ) 2 A b a w p k + p kh 0 H! 2 A yaz labilir. Buradan A b a p (a ) t (a )! k (H) 0 2 H 2 A b a w p k + p kh 0 H! 2 A < 0 (6.25) olmas n gerektirir. Bu eşitsizlik (6:9) ile çelişir. O halde A b i a i p (a ) t (a )! k (H) (6.26) H 2 elde edilir. Benzer şekilde (6:0) eşitsili¼gi için yukar da yap lan uygulamalar a = c ve b = s 2 < d seçilerek (6:24) de tekrarlan rsa (6:0) ile çelişki elde edilir. Böylece > 0 için ispat tamamlan r. t t 0 oldu¼gu zaman ise [a ; b ] ve [c ; d ] yerine s ras yla [a 2 ; b 2 ] ve [c 2 ; d 2 ] al narak benzer şekilde ispatlan r. Bu da ispat tamamlar. 37

43 Bundan sonraki teoremlerde kullanmak için P = ( ) p je j (6.27) ve Q = ( ) q je j (6.28) tan mlans n. Şimdi aşa¼g daki teoremleri verebiliriz. = ve > durumu : Teorem 6.2 = ve > olmak üzere (6:) (6:5) sa¼glans n. E¼ger i = ; 2 için veya a i Z di c i (H ) 2 (ai) p t (a i ) (H 2 ) 2 Q (di) (di) t (H 0 ) 2 k dt 0 (6.29) (H2 0 ) 2 k dt 0 (6.30) olacak şekilde H 2 D (a i ; b i ) ve H 2 2 D (c i ; d i ) varsa (E ; ) sal n ml d r. Ispat. Baz t 0 için her t t olacak şekilde > 0; x ( ) > 0; x ( ) > 0 olsun ve ; (E ; ) n n sal n ml olmayan bir çözümü olsun. Hipotezden ( (a )) t olacak şekilde a yeterince büyük seçilebilir. Bu durumda t 2 [ (a ) ; b ] için (E ; ) ve Teorem 5.2 nin ispat nda verilen A 0; B 0 ve > reel say lar olmak üzere f min = B olan f (x) = Ax ( ) A B x; x 2 [0; ) fonksiyonu kullan l rsa t 2 [ (a ) ; b ] için f (x) = Ax ( ) A B x B 38

44 dir. A = q ve B = e seçilirse q x ( ) q ( e ) x e q x ( ) e ( ) q je j x ( ) (6.3) elde edilir. (6:3), (E ; ) da kullan l rsa, (k x 0 ) 0 + p x ( ) + Q x ( ) 0; t 2 [ (a ) ; b ] bulunur. Ispat n devam, Teorem 6. in ispat na benzer bir yol izlenerek yap l r. t t 0 için < 0 durumu benzer işlemlerle ispatlan r. Böylece ispat tamamlan r. > ve = durumu : Teorem 6.3 > ve = olmak üzere (6:) i = ; 2 için (6:5) koşullar sa¼glans n. E¼ger a i (H ) 2 (ai) P t (a i ) (H 0 ) 2 k dt 0 (6.32) veya Z di c i (H 2 ) 2 q (di) (di) t (H2 0 ) 2 k dt 0 (6.33) olacak şekilde H 2 D (a i ; b i ) ve H 2 2 D (c i ; d i ) varsa (E ; ) sal n ml d r. Ispat. Teorem 6.2 nin ispat na benzer bir şekilde ispatlan r. > ve > durumu : Teorem 6.4 > ve > olmak üzere (6:) (6:5) koşullar sa¼glans n. i = ; 2 için a i (H ) 2 (ai) P t (a i ) (H 0 ) 2 k dt 0 (6.34) 39

45 veya Z di c i ( ) (H2 ) 2 Q (di) (di) t (H2 0 ) 2 k dt 0 (6.35) sa¼glanacak şekilde 2 (0; ) ; H 2 D (a i ; b i ) ve H 2 2 D (c i ; d i ) varsa (E ; ) sal n ml d r. Ispat. Aksini kabul edelim. Yani ; > 0 olmak üzere (E ; ) denkleminin sal n ml olmayan bir çözümü olsun. Bu durumda baz t 0 için her t t olacak şekilde x ( ) > 0, x ( ) > 0 d r. Hipotezden ( (a )) t 0 olacak şekilde a yeterince büyük seçilebilir. t 2 [ (a ) ; b ] ve 2 (0; ) için e = e + ( ) e yaz labilir. (6:3) de oldu¼gu gibi, t 2 [ (a ) ; b ] için f (x) = Ax ( ) A B x B eşitsizli¼ginde s ras yla A = p ; B = e ; = ve A = q ; B = ( ) e ; = al n rsa p x ( ) e P x ( ) (6.36) ve q x ( ) ( ) e ( ) Q (x ( )) (6.37) elde edilir. (6:36) ve (6:37); (E ; ) da kullan l rsa (k x 0 ) 0 + P x ( ) + ( ) Q (x ( )) 0 bulunur. Teoremin ispat n n devam, Teorem 6. in ispat na benzer bir yol izlenerek yap l r. Benzer bir şekilde t t 0 için < 0 durumu ispatlan r. Böylece ispat 40

46 tamamlan r. Uyar 6. lim! +P = p ; lim! +Q = q oldu¼gu aşikard r. Bu nedenle = ve = durumu s ras yla! + ve! + olarak yorumlan rsa, Teorem , Teorem 6.4 ün özel durumlar olarak al nabilir. Teorem 6.4 kullan larak, (k x 0 ) 0 + p jx ( )j x ( ) = e ; (6.38) gecikmeli terim içeren denklem ve (k x 0 ) 0 + q jx ( )j x ( ) = e ; (6.39) ileri terim içeren denklem için aşa¼g daki sal n m kriterleri verilebilir. Sonuç 6. (6:) ve (6:3) sa¼glans n. E¼ger i = ; 2 için a i (H ) 2 (ai) P t (a i ) (H 0 ) 2 k dt 0 olacak şekilde H 2 D (a i ; b i ) varsa (6:38) denklemi sal n ml d r. Sonuç 6.2 (6:2) ve (6:3) sa¼glans n. E¼ger i = ; 2 için Z di c i (H 2 ) 2 Q (di) (di) t (H2 0 ) 2 k dt 0 olacak şekilde H 2 2 D (c i ; d i ) varsa (6:39) denklemi sal n ml d r. Uyar 6.2 Sonuç 6., (E ; ) denkleminde = t ve = al n rsa; Wong un (999) Teorem i ile çak ş r, Nasr n (998) Teorem ini geliştirir ve k için Sun n (2003) Teorem 2 sine indirgenir. Bunlar n d ş nda Sonuç 6.2 tamam yla özgündür. 4

47 Teorem 6.5 Her x 2 R için xf (x) jxj + ve xg (x) jxj + (6.40) koşullar sa¼glanacak şekilde f; g : R! R sürekli fonksiyonlar olsun. Bu durumda (k x 0 ) 0 + p f (x ( )) + q g (x ( )) = e (6.4) şeklindeki denklem için Teorem geçerlidir. Ispat. (6:4) denklemi için Teorem 6. in ispat n k saca verelim. Di¼ger teoremlerin ispat benzer bir yol izlenerek yap labilir. Aksini kabul edelim. Yani ; > 0 olmak üzere (6:4) denkleminin sal n ml olmayan bir çözümü olsun. Bu durumda p ve q seçilen aral klar üzerinde pozitif olmak üzere (6:40); (6:4) de kullan l rsa, (k x 0 ) 0 + p x ( ) + q x ( ) e (6.42) elde edilir. w = k x0 tan mlans n. w n n türevi al n r ve (6:42) de uygulan rsa w 0 x ( ) x ( ) k w2 + p + q e (6.43) bulunur. E¼ger < 0 al n rsa, (6:42) eşitsizli¼gi yön de¼giştirirken (6:43) eşitsizli¼gi aynen kal r. Ispat n devam Teorem 6. in (6:3) eşitsizli¼ginden sonraki gibidir. Böylece ispat tamamlan r. 42

48 Uyar 6.3 Teorem 6.5 deki (6:4) denkleminde k ve q 0 al n rsa, Çakmak ve Tiryaki deki (2005) Teorem ve Teorem 4 e ulaş l r. Böylece bu teoremin uygulanabilirli¼gi daha genel bir denklem için yap lm ş olur. (E ; ) denklemiyle ilgili verilen sal n m kriterlerinin test edildi¼gi örnekler üzerinde dural m. 6.. Örnekler x 00 + m sin tx (t `) + m 2 cos tx (t + `2) = e ; m ; m 2 0 (6.44) şeklindeki hem gecikmeli hem de ileri terim içeren diferensiyel denklemi ele al ns n. Burada `, `2 2 R + d r. Örnek 6. m > 0 yeterince büyük bir sabit olmak üzere x 00 + m sin tx t = 0; m > 0 (6.45) 3 gecikmeli diferensiyel denklemi ele al ns n. a = 2n + 2 ; b = (2n + ) ; ve H = (t 2n) sin 2t olsun. Denklem homogen oldu¼gu için a 2 = a ve b 2 = b al nabilir. Burada 2n + 6 ; (2n + ) için p = m sin t 0 d r. Teorem 6. den = Z b a (H ) 2 p (a ) t (a ) ( ) 72 (H 0 ) 2 k + 2m ( ) 3375 elde edilir. m 375 ( ) 6 ( ) 6; 69 için (6:45) denklemi sal n ml d r. 43

49 Örnek 6.2 m 2 > 0 yeterince büyük bir sabit olmak üzere x 00 + m 2 sin tx t + = 0; m 2 > 0 (6.46) 4 ileri diferensiyel denklemi ele al ns n. c = 2n; d = 2n + 2 ; c2 = c ; d 2 = d ve H 2 = 2n t sin 2t olsun. Bu durumda 2n; 2n için q = m 2 sin t 0 d r. Teorem 6. den, = Z d c (H 2 ) 2 q (d ) (d ) t ( ) 48 (H 0 2 ) 2 dt + m ( ) 3375 elde edilir. Bu durumda m 2 için (6:46) denklemi sal n ml d r. 25 ( ) 6 ( ) 4; 74 Örnek 6.3 m 0 ya da m 2 0 yeterince büyük bir sabit olmak üzere x 00 + m sin tx t + m 2 sin tx t = 0; m ; m 2 0 (6.47) hem gecikmeli hem de ileri terim içeren diferensiyel denklemi ele al ns n. a = 2n + 3 ; b = (2n + ) ; c = 2n; d = 2n + 3 ; a2 = a, b 2 = b, c 2 = c ; d 2 = d ve H = (t 2n) sin 3t, H 2 = ((2n + ) t) sin 3t olsun. Teorem 6. den, ( ) m p 3; ya da m ( ) p 06; için (6:47) sal n ml d r. 44

50 Örnek 6.4 m 0 ya da m 2 0 yeterince büyük bir sabit olmak üzere x 00 + m sin tx t + m 2 cos tx t + = cos 2t; m ; m 2 0 (6.48) 2 6 hem gecikmeli hem de ileri terim içeren diferensiyel denklemi ele al ns n. a = 2n ; b = 2n + 2 ; a2 = 2n + 2 ; b2 = 2n ; c = 2n ; d = 2n ; c2 = 2n; d 2 = 2n + 2 ; H = sin 2t ve H 2 = sin 2t olsun. Bu durumda Teorem 6. den, a i (H ) 2 (ai) p t (a i ) a i (H 0 ) 2 dt (H ) 2 (ai) p t (a i ) (H 0 ) 2 dt ve Z di c i (H 2 ) 2 q (di) (di) t Z di c i (H 0 2 ) 2 dt (H 2 ) 2 q (di) (di) t (H 0 2 ) 2 dt sa¼glan r. Teorem 6. in tüm koşullar m 773 ya da m için gerçeklenmiş olur. Bu durumda (6:48) denkleminin tüm çözümleri sal n ml d r. 6.2 (E ) Diferensiyel Denklemine Ilişkin Sonuçlar (E ) denkleminin sal n ml l ¼g n ; s ras yla g t ve g t durumlar nda elde edilen özel tipten denklemler için inceleyece¼giz Ileri terim içeren diferensiyel denklemler (E ) denkleminde g ; t şeklinde ileri terim olarak al n rsa = için (k x 0 ) 0 + p x ( ) + q jx ( )j x ( ) = e ; t 0 (E A ) 45

51 ileri terim içeren bir diferensiyel denklem elde edilir. Bu denklem için (6:) ve (6:2) koşullar p 0; q 0; t 2 [c ; (d )] [ [c 2 ; (d 2 )] (6.49) şeklinde düzenlenirse (E A ) denkleminin sal n ml l ¼g aşa¼g daki teoremle verilebilir. Teorem 6.6 (6:4) ve (6:49) sa¼glans n. E¼ger i = ; 2 için Z di c i (H ) 2 (p + P ) (di) (di) t (H 0 ) 2 k dt 0 (6.50) olacak şekilde H 2 D (c i ; d i ) varsa (E A ) sal n ml d r. Burada P ; (6:27) de verildi¼gi gibidir. Ispat. Aksini kabul edelim. > 0 olmak üzere (E A ) denkleminin sal n ml olmayan bir çözümü olsun. Bu durumda baz t 0 için her t t olacak şekilde x ( ) > 0 d r. Hipotezden ( (d )) t olacak şekilde d yeterince büyük seçilebilir. Buradan Teorem 5.2 nin ispat na benzer şekilde F (x) = Ax ( ) A B x; x > 0 fonksiyonu ele al ns n. Burada A ve B negatif olmayan sabitler ve > dir. F fonksiyonu mutlak minimum de¼gerini x = ( ) A B noktas nda al r. Buradan F min = B olmak üzere F (x) = Ax ( ) A B x B elde edilir. Burada t 2 [c ; (d )] için A = q ; B = e ve = seçilirse q x ( ) q ( e ) x e 46

52 q x ( ) e ( ) q je j x ( ) (6.5) bulunur. t t için w = k x0 ; t t (6.52) tan mlans n. (6:52) nin türevi al n r ve (E A ) da yerine yaz l rsa w 0 = x ( ) k w2 + p + q jx ( )j x ( ) w 0 = x ( ) k w2 + p + q x ( ) e e (6.53) elde edilir. (6:53) de (6:49) ve (6:5) kullan l rsa, w 0 = x ( ) k w2 + p + ( ) q je j eşitsizli¼gine ulaş l r. (6:27) den w 0 = k w2 + [p + P ] x ( ) x ( ) ; t 2 [c ; (d )] (6.54) sa¼glan r. Teorem 6. in ispat ndaki (6:22) nin elde edilişine benzer olarak x ( ) bulunur. (6:54) ve (6:55) den, (d ) (d ) ; t 2 [c ; d ) (6.55) t w 0 k w2 + [p + P ] (d ) (d ) ; t 2 [c ; d ] (6.56) t olur. Hipotezden bir H 2 D (c ; d ) için (6:56) n n her iki yan (H ) 2 ile çarp l r ve c den d e integre edilirse Z d (H ) 2 [p + P ] (d ) c (d ) t + Z d c Z d H w p k + p kh 0 2 dt c k (H 0 ) 2 dt (6.57) 47

53 bulunur. (6:7) den A d c [p + P ] (d ) (d ) t elde edilir. Burada A d c p! k (H 0 ) 2 (H ) 2 w p k + p kh 0 H A d c # 2 A = 0 w p k + p kh 0 H # 2 A < 0 (6.58) durumu sadece H w p k + p kh 0 = 0 olmas ile mümkündür. Bu da w = kh0 H olmas n gerektirir. (6:52) den H in x in bir kat oldu¼gu görülür. Bu da > 0 ile çelişir. Böylece (6:58) eşitsizl¼gi (6.50) ile çelişir. > 0 için ispat tamamlan r. Benzer şekilde < 0 için [c ; d ] aral ¼g yerine [c 2 ; d 2 ] aral ¼g al n r. Bu da ispat tamamlar. Örnek 6.5 x 00 + m sin tx t + + m 2 cos tx 3 t + = cos 2t; m ; m 2 0 (6.59) 6 6 diferensiyel denklemi ele al ns n. n yeterince büyük pozitif bir tamsay olmak üzere c = 2n + 4 ; d = 2n + 3 ; c2 = 2n; d 2 = 2n + 2 ve t 2 R için H = sin 2t olsun. Bu durumda p = m sin t 0 q = m 2 cos t 0 ; t 2 2n + ; 2n + [ 2n; 2n ve e = cos 2t 0; t 2 2n + ; 2n dir. Teorem 6.6 dan, m 04; 8 ya da m 2 8; al n rsa (6:59) denkleminin her çözümü sal n ml d r. O halde denklem sal n ml d r Gecikmeli terim içeren diferensiyel denklemler (E ) denkleminde, g ; t ve lim t! = şeklinde gecikmeli terim olarak 48