MAT 2011 MATEMATİK III

Transkript

1 } MAT 20 MATEMATİK III Ders Notları } Öğr. Gör. Volkan ÖĞER 205

2

3 İçindekiler Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler 3. Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller Genel ve Özel Çözüm olarak İntegraller İkinci Mertebeden Denklemler Eğim Alanları ve Grafik Çözümler Çözümlerin Varlık ve Tekliği Ayrılabilir Denklemler Birinci Mertebeden Doğrusal Denklemler Tam Diferensiyel Denklemler Tam Hale Getirmek Yerine Koyma Yöntemleri Homojen Diferansiyel Denklemler (a x + b y + c )dx (a 2 x + b 2 y + c 2 ) = 0 şeklindeki diferansiyel denklemler Bernoulli Denklemleri Yüksek Mertebeden Diferansiyel Denklemler İkinci Mertebeden İndirgenebilir Diferansiyel Denklemler y bağımlı değişkenini içermeyen denklemler x bağımsız değişkenini içermeyen denklemler İkinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler İkinci Mertebeden Lineer Homogen Denklemler İkinci Mertebeden Sabit Katsayılı Lineer Denklemler n. Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler n. Mertebeden Sabit Katsayılı Lineer Diferansiyel Denklemler Homojen Olmayan Denklemler Belirsiz Katsayılar Metodu Parametrelerin Değişimi Yöntemi Cauchy-Euler Denklemi Legendre Denklemi Kuvvet Serisi Yöntemi 69 4 Diferansiyel Denklem Sistemleri Birinci Mertebeden Sistemler Yok Etme (Eliminasyon) Yöntemi Matrisler ve Lineer Sistemler Homogen Sistemler İçin Özdeğer Yöntemi

4 2

5 Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler. Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller Evrenin yasaları matematik dilinde yazılır. Cebir, birçok statik problemi çözmek için yeterlidir; ancak en ilginç doğal olaylar değişim içerir ve değişen nicelikleri birbirine bağlayan denklemler ile tanımlanır. f fonksiyonunun dx = f (t) türevi, x = f(t) niceliğinin bağımsız t değişkenine göre değişim oranı olduğundan, değişen evreni dt tanımlamak için sık sık türev içeren denklemlerin kullanılması doğaldır. Tanım. Bir bilinmeyen fonksiyon ve onun türevlerinden birini veya daha çoğunu birbirine bağlayan bir denkleme diferansiyel denklem denir. Örnek. dx dt = x2 + t 2 diferansiyel denklemi, hem x(t) bilinmeyen fonksiyonunu hemde onun x (t) = dx birinci türevini içerir. dt Örnek 2. d 2 y dx dx + 7y = 0 diferansiyel denklemi, x bağımsız değişkeninin bilinmeyen y fonksiyonunu ve y nin ilk iki y, y türevlerini eçerir. Diferansiyel denklemleri incelemenin başlıca üç amacı vardır. Belirli bir fiziksel olayı tanımlayan diferansiyel denklemi bulmak, Diferansiyel denklemin -kesin yada yaklaşık- uygun bir çözümünü elde etmek, Elde edilen çözümü yorumlamak. 3

6 4.. Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller Cebirde, genellikle x 3 + 7x 2 x + 4 = 0 gibi bir denklemi sağlayan bilinmeyen sayıları ararız. Aksine, bir diferansiyel denklemi çözerken bir reel sayı aralığında y (x) = 2 x y(x) gibi bir diferansiyel denklemi sağlayan bilinmeyen y(x) fonksiyonlarını bulmak isteriz. Genellikle diferansiyel denklemin, eğer mümkünse tüm çözümlerini bulmak isteyeceğiz. Örnek 3. Eğer C bir sabit sayı ve y(x) = Ce x2 (.) ise, bu takdirde dx = 2 C(2xex ) = 2x(Ce x2 ) = 2xy (.2) dir. Böylece denk. (.) şeklindeki her y(x) fonksiyonu, tüm x ler için = 2xy (.3) dx diferansiyel denklemini sağlar ve böylece onun bir çözümüdür. Özellikle denk. (.), bu diferansiyel denklemin (.2), C keyfi sabitinin her seçimi için farklı çözümlerinin bir sonsuz ailesini tanımlar. Örnek 4. Newton un soğuma yasası şu şekilde ifade edilebilir: bir cismin T (t) sıcaklığının değişiminin zamana oranı (t zamanına göre), T ve cismi çevreleyen ortamın A sıcaklığı arasındaki farkla orantılıdır. Yani k pozitif bir sabit olmak üzere, dt = k(t A) dt Dikkat edilirse, eğer T > A ise, dt/dt < 0 ve böylece sıcaklık t nin azalan bir fonksiyonudur. Bu durumda cisim soğur. Fakat eğer T < A ise, dt/dt > 0 ve böylece T artandır. Böylece bir fiziksel yasa bir diferansiyel denkleme dönüştürüldü. Eğer k ve A değerleri verilirse, T (t) için açık bir formül bulunabilir ve ondan sora bu formül yardımıyla cismin sonraki sıcaklığı tahmin edilebilir. Örnek 5. Sabit doğum ve ölüm oranlarına sahip bir P (t) nüfusunun değişiminin zaman oranı, bir çok basit halde nüfusun büyüklüğüyle orantılıdır. Yani, k orantı sabiti olmak üzere, dir. Biraz daha inceliyecek olursak, dp dt = kp (.4) P (t) = Ce kt şeklindeki her bir fonksiyon, (.4) deki diferansiyel denklemin bir çözümüdür. Böylece k sabitinin değeri bilinse bile, dp/dt = kp diferansiyel denklemi, keyfi C sabitinin her bir seçimi için bir tane olmak üzere, P (t) = Ce kt şeklinde sonsuz çoklukta farklı çözüme sahiptir. Nüfus örneğinde, gerçek-dünya problemi, nüfusun gelecek bir zamanda belirlenmesidir. Bir matematiksel model, verilen olayı tanımlayan değişkenlerin (P ve t) bir listesi ile bu değişkenleri birbirine bağlayan bilinen veya geçerli olduğu varsayılan bir veya daha çok denklemden (dp/dt = kp, P (0) = P 0 ) ibarettir. Matematiksel analiz bu denklemleri çözmekten (burada t nin bir fonksiyonu olan P yi elde etmekten) ibarettir. Nihayet bu matematiksel sonuçları (ele aldığımız), gerçek-dünya problemini cevaplandırmak için kullanırız.

7 .. Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller 5 Bunula beraber, diferansiyel denklemin hiçbir çözümünün bilinen tüm bilgilerle uyuşmaması mümkündür. Böyle bir halde diferansiyel denklemin gerçek-dünya olayını uygun bir şekilde tanımlayamadığını düşünmeliyiz. Örneğin, denk. (.4) ün çözümleri, C bir pozitif sabit olmak üzere P (t) = Ce kt şeklindedir. Ancak k ve C sabitlerinin herhangi bir seçimi için P (t) geçen birkaç yüzyılın dünya insan nüfusunun gerçek büyüklüğünü tanımlayamaz. Bu yüzden, belki, doğum oranı, azalan yiyecek miktarı ve diğer etkenlerin nüfus üzerindeki baskılarının etkisini göz önünde bulunduran diferansiyel denklemler yazmamız gerekir. Doyurucu bir matematiksel model birbiriyle çelişen iki durum arzeder: Matematiksel model,göreceli kesinliğe sahip gerçek-dünya olayını temsil etmek için yeteri kadar ayrıntılı olmalıdır; fakat matematiksel analizi kolayca yapmak için yeteri kadar basit olmalıdır. Örnek 6. Eğer C bir sabit ve y(x) = C x ise, Bu taktirde x C için dx = (C x) 2 = y2 dir. Böylece y(x) = C x x = C noktasını içermiyen herhangi bir reel sayı aralığında (.5) diferansiyel denkleminin bir çözümünü tanımlar. dx = y2 (.6) Gerçekte denklem (.5), C keyfi sabitinin veya parametresinin her bir değeri için bir tane olmak üzere, /dx = y 2 nin bir parametreli bir çözüm ailesini tanımlar. C = için y(0) = başlangıç koşulunu sağlayan özel çözümünü elde ederiz. Tanım 2. y(x) = x Bir diferansiyel denklemin mertebesi, denklemde görülen en yüksek türevin mertebesidir. dt dt dx = y2 y (4) + x 2 y (3) + x 5 y = sin x = k(t A) (Birinci mertebeden) (Birinci mertebeden) (Dördüncü mertebeden) Bağımsız değişkeni x ve bilinmeyen fonksiyonu veya bağımlı değişkeni y = y(x) olan n. mertebeden en genel diferansiyel denklem F (x, y, y, y,..., y (n) ) = 0 (.7) dır. Burada F, n + 2 değişkenli verilmiş bir reel-değerli fonksiyondur. Çözüm kelimesini kullanışımız, şu ana kadar biraz formal olmayan bir şekilde oldu. Kesin olarak; I aralığında sürekli bir u = u(x) fonksiyonunun u, u,..., u (n) türevleri I da mevcut ve I daki tüm x ler için F (x, u, u, u,..., u (n) ) = 0 (.8) ise u = u(x) fonksiyonuna (6) diferansiyel denkleminin bir çözümüdür denir. Kısaca u = u(x) in I da (6) daki diferansiyel denklemi sağladığını söyleyebiliriz.

8 6.. Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller Örnek 7. Eğer A ve B birer sabit ise y(x) = A cos 3x + B sin 3x (.9) fonksiyonunun y + 9y = 0 (.0) diferansiyel denkleminin çözümü olduğunu gösteriniz. Çözüm: Tüm x ler için denklem (.9) in ardışık iki türevini alalım Diferansiyel denklemde (.0) yerine koyarsak y (x) = 3A sin 3x + 3B cos 3x y (x) = 9A cos 3x 9B sin 3x = 9(A cos 3x + B sin 3x) = 9y y + 9y = 9y + 9y = 0 Sonuç olarak (.9) un (.0) daki diferansiyel denklemi sağladığını göstermiş olduk. (.9) un (.0) daki diferansiyel denklemin iki parametreli çözüm ailesini tanımladığını söyleyebiliriz.. Şu ana kadar ele aldığımız tüm diferansiyel denklemler, bilinmeyen fonksiyonun (bağımlı değişkenin) yanlız bir bağımsız değişkene bağlı olduğunu ifade eden adi diferansiyel denklemlerdir. Eğer bağımlı değişken iki veya daha çok bağımsız değişkenin fonksiyonu ise, bu taktirde muhtemelen kısmi türevler ortaya çıkacaktır. Bu durumda denkleme kismi diferansiyel denklem denir. Örneğin, ince ve uzun düzgün bir çubuğun, x noktasındaki t anındaki u = u(x, t) sıcaklığı (uygun basit koşullar altında) u t = k 2 u x 2 kısmi diferansiyel denklemini sağlar. Burada k, (çubuğun ısı geçirgenliği denilen) bir sabittir. Bu bölümde = f(x, y) (.) dx şeklindeki birinci mertebeden diferansiyel denklemlere yoğunlaşacağız. Ele alınan bir olayın tipik matematiksel modeli, (0) şeklinde bir diferansiyel denklemi ve bir y(x 0 ) = y 0 başlangıç koşulunu içerebilir. dx = f(x, y), y(x 0) = y 0 (.2) başlangıç değer problemini çözmek, x 0 ı içeren bir aralıkta denklem (.2) deki her iki koşulu sağlayan türevlenebilir bir y = y(x) fonksiyonu bulmak demektir. Örnek 8. başlangıç değer problemini çözünüz. dx = y2, y() = 2 (.3) Çözüm: Daha önce /dx = y 2 diferansiyel denkleminin çözümünün y(x) = /(C x) olduğunu söylemiştik. Burada sadece y(x) = /(C x) çözümü, y() = 2 başlangıç koşulunu sağlayacak şekilde bir C değeri bulmamız gerekir. x = ve y = 2 değerlerinin çözümde yerine koyulmasıyla 2 = y() = C C yi bulabileceğimiz bir denklem elde ederiz. Buradan C = 3/2 bulunur. C nin bu değeri ile istenen çözüm olarak bulunur. y(x) = 2 3 2x

9 .2. Genel ve Özel Çözüm olarak İntegraller 7.2 Genel ve Özel Çözüm olarak İntegraller = f(x, y) dx Eğer f fonksiyonu y bağımlı değişkenine bağımlı değilse, yukarıdaki birinci mertebeden diferansiyel denklem basit bir hal alır: = f(x) (.4) dx Bu özel halde, (.4) denkleminin her iki yanının sadece integralini almamız yeterlidir. Böylece y(x) = f(x)dx + C (.5) elde ederiz. (.5), (.4) denkleminin genel çözümüdür. Eğer G(x), f nin bir ilkeli,(yani, eğer G (x) = f(x)) ise, y (x) = G(x) + C y 2 (x) = G(x) + C 2 gibi iki çözümü aynı I aralığında aşağıdaki grafikte görüldüğü gibi birbirlerine olan uzaklıkları sabit olan iki eğridir. Şekil.: y (x) = 2 x2 + ve y 2 (x) = 2 x2 2 Bir y(x 0 ) = y 0 başlangıç koşulunu sağlaması için y(x) = G(x) + C genel çözümünde x = x 0 ve y = y 0 konulması gerekir. Buradan C değerini bulabilir ve dx = f(x), y(x 0) = y 0 başlangıç değer problemini sağlayan bir özel çözümünü elde ederiz. Örnek 9. başlangıç değer problemini çözünüz. = 2x + 3, y() = 2 (.6) dx Çözüm: Diferansiyel denklemin her iki yanının integralini alalım y(x) = (2x + 3)dx = x 2 + 3x + C genel çözümü elde ederiz. Aradığımız özel çözüm (, 2) noktasından geçen, dolayısıyla y() = () () + C = 2 başlangıç koşulunu sağlayan eğridir. Böylece aranan özel çözüm y(x) = x 2 + 3x 2 dir.

10 8.3. Eğim Alanları ve Grafik Çözümler.2. İkinci Mertebeden Denklemler Denklemin sağ tarafında, ne y bağımlı değişkeni ne de onun y türevini içermediği özel formdaki d 2 y dx 2 = g(x) ikinci mertebeden denkleme de aynı mantıkla yaklaşabiliriz. Basitçe iki kere integral alırsak: y(x) = G(x)dx + C x + C 2 elde ederiz. Burada G(x), g(x) in bir ilkeli ve C,C 2 keyfi sabitlerdir..3 Eğim Alanları ve Grafik Çözümler = f(x, y) (.7) dx diferansiyel denklemini düşünelim. Burada sağ taraftaki f(x, y) fonksiyonu hem x bağımsız değişkenini hem de y bağımlı değişkenini içerebilir. (.7) in her iki yanının integralini almayı düşünebilir ve y(x) = f(x, y) dx + C yazabiliriz. Fakat integral hala bilinmeyen y(x) fonksiyonunu içerir ve bu yüzden açıkça hesaplanamaz. Gerçekte bir genel diferansiyel denklemin açık bir şekilde çözülebileceği bir yöntem yoktur. Gerçekten y = x 2 + y 2 gibi basit görünümlü diferansiyel deklemin çözümleri analiz kitaplarında incelenen adi elemanter fonksiyonlar cinsinden ifade edilemez. Bahsedeceğimiz grafik yöntem diferansiyel denklemlerin birçok pratik amaç için yeterli, yaklaşık çözümlerini elde etmek için kullanılır. Verilen bir y = f(x, y) diferansiyel denklemin çözümlerini şekillendirmek için basit bir geometrik yol mevcuttur. xy düzleminin her (x, y) noktasındaki f(x, y) değeri y(x) fonksiyonunun türevinin o noktadaki değerini verir. Yani y(x) fonksiyonuna o noktadan çizilen teğetin eğimidir. Sonuç olarak biz y(x) fonkisiyonunun xy düzleminin her noktasından hangi eğim ile geçtiğini hesaplayabiliriz. Bu geometrik bakış y = f(x, y) diferansiyel denkleminin yaklaşık çözümlerini elde etmek için bir grafik yöntem tanımlar. Düzlemde temsilci bir (x, y) nokta kolleksiyonunun her bir noktasından özel m = f(x, y) eğimine sahip kısa bir doğru parçası çizelim. Tüm bu doğru parçaları y = f(x, y) denkleminin bir eğim alanını (veya yönlü alanını) oluşturur. Örnek 0. y = x y diferansiyel denkleminin eğim alanını oluşturunuz ve onu ( 4, 4) noktasından geçen yaklaşık çözüm eğrisini çizmek için kullanınız. Çözüm: Öncelikle temsilci (x, y) nokta kolleksiyonunu belirleyelim. ( 4, 4) noktasını içine alacak şekilde 4 x 4, 4 y 4 bölgesini alalım. Noktalarımızda y(x) in eğimlerini veren tablomuzu oluşturalım. İlk sütun noktalarımızın x leri, ilk satır ise noktalarımızın y leri. Geri kalan sayılar ise y(x) in bu noktalardaki eğimi. f(x, y) ile hesaplanıyor.

11 .3. Eğim Alanları ve Grafik Çözümler 9

12 0.4. Çözümlerin Varlık ve Tekliği.4 Çözümlerin Varlık ve Tekliği Verilen bir diferansiyel denklemi hemen çözmeye kalkışıp çok zaman kaybetmeden önce, çözümlerin gerçekten mevcut olduğunu bilmek akıllıca bir iştir. Aynı zamanda denklemin, verilen bir başlangıç koşulunu sağlayan yalnız bir çözümünün olup olmadığını -yani onun çözümünün tek olup olmadığını- bilmek isteyebiliriz. Örnek. y = x, y(0) = 0 başlangıç değer probleminin çözümü yoktur. Çünkü diferansiyel denklemin x = 0 da tanımlı y(x) = (/x) dx = ln x + C çözümü yoktur. Öte yandan kolayca gerçeklenebilir ki, y = 2 y, y(0) = 0 (.8) başlangıç değer problemi y (x) = x 2 ve y 2 (x) = 0 gibi iki farklı çözüme sahiptir. Çözümlerin varlık ve teklik sorunları, aynı zamanda matematiksel modelleme yönteminde de önemlidir. Davranışı, belli bazı başlangıç koşulları ile tam olarak tanımlanan bir fiziksel sistemi incelediğimizi; ancak bizim önerdiğimiz matematiksel modelin bu koşulları sağlayan bir tek çözüme sahip olmayan bir denklem içerdiğini varsayalım. bu hemen, matematiksel modelin fiziksel sistemi tam olarak temsil etmediğini hususunda bir soruyu akla getirir. Theorem. Hem f(x, y) hemde onun D y f(x, y) kısmi türevinin xy düzleminin bir R dikdörtgeninde sürekli ve (a, b) nin R nin bir iç noktası olduğunu varsayalım. Bu takdirde, I a yı ihtiva eden bir açık aralık olmak üzere, = f(x, y), y(a) = b (.9) dx başlangıç değer probleminin I da tanımlı bir ve yalnız bir çözümü vardır. Örnek 2. y = 2xy, y(0) = f(x, y) = 2xy ve f y (x, y) = 2x fonksiyonları her yerde sürekli fonksiyonlardır. Teorem bize bu başlangıç değer probleminin tek çözümü olduğunu söyler. y = 2xy diferansiyel denkleminin genel çözümünün y(x) = Ce x2 olduğunu biliyoruz. Başlangıç koşulunu kullanarak C = bulur ve başlangıç değer probleminin özel çözümünün y(x) = e x2 olduğunu söyleriz. Çözüm: dx = y2, y(0) = f(x, y) = y 2 ve f y (x, y) = 2y fonksiyonları her yerde süreklidir bu sebeple teorem tek çözümü olduğunu söyler. Daha önce de söylediğimiz gibi bu başlangıç değer probleminin çözümü y(x) = x fonksiyonudur. Ve bu fonksiyon x = noktasında sürekli değildir. Teorem çözümün sürekliliğini garanti etmez..5 Ayrılabilir Denklemler Birinci mertebeden = f(x, y) (.20) dx

13 .5. Ayrılabilir Denklemler diferansiyel denkleminde f(x, y) fonksiyonu yalnız x in bir fonksiyonu ile yalnız y nin bir fonksiyonunun çarpımı olarak yazılabiliyorsa, yani dx = g(x)h(y) veya dx = g(x)/k(y) ise denkleme değişkenlerine ayrılabilir denir. Bu durumda denklem k(y) = g(x)dx şeklinde yazmak suretiyle x ve y değişkenlerine ayrılabilir (bir denklemin zıt yanlarda tek değişkene ayrılması). Bu özel tip diferansiyel denklemi çözmek kolaydır. Her iki yanın integralini alırsak k(y) = g(x)dx + C elde edilir. Örnek 3. dx = x y denklemini çözünüz. Çözüm: Yukarıdaki diferansiyel denklemi y = xdx şeklinde yazabiliriz. Her iki tarafında integralini alırsak, y = xdx + C Sonuç olarak elde ederiz.(c ve K keyfi sabitler.) y 2 = x 2 + 2C veya x 2 + y 2 = K Örnek 4. y = y 2 x 3 denklemini çözünüz. Çözüm: Yukarıdaki diferansiyel denklemi şeklinde yazabiliriz. Her iki tarafında integralini alalım, y 2 = y 2 = x3 dx x 3 dx + C y = x4 4 + C Düzenlersek elde ederiz.(c ve K keyfi sabitler.) y = 4 x 4 + 4C veya y = 4 x 4 + K Örnek 4 deki diferansiyel denklemi değişkenlerine ayırırken eşitliğin her iki tarafını /y 2 ile çarptık. Bu işlemi y 0 kabul ederek yapabiliriz. Soru: y(x) = 0 bir çözüm müdür? Cevap: EVET. Fakat y(x) = 0, K nın hiç bir değeri için y(x) = 4 x 4 genel çözümünden elde edilemez. + K Bu kural dışı çözümlere genellikle aykırı (tekil) çözüm denir.

14 2.5. Ayrılabilir Denklemler Örnek 5. başlangıç değer problemini çözünüz. = 6xy, y(0) = 7 dx Çözüm: Yukarıdaki diferansiyel denklemi şeklinde yazabiliriz. Buradan y = 6xdx y = ( 6x)dx + C ln y = 3x 2 + C elde ederiz. y(0) = 7 başlangıç koşulundan y(x) in x = 0 komşuluğunda pozitif olduğunu görürüz. Böylece mutlak değer işaretini kaldırabiliriz. ln y = 3x 2 + C y(x) = e 3x2 +C C keyfi sabit olduğu için e C yerine A keyfi sabitini yazabiliriz. y(x) = Ae 3x2 y(0) = 7 koşulu A = 7 yi verir. Böylece istenen çözüm y(x) = 7e 3x2 y(x) = e 3x2 e C dir. Bir önceki örnekte başlangıç koşulunun y(0) = 4 olduğunu varsayalım. Bu takdirde y(x), x = 0 komşuluğunda negatiftir. Dolayısıyla y yerine y koyabilir ve elde ederiz. Başlangıç koşulu C = ln4 verir. Buradan elde edilir. Şekil.2: ln( y) = 3x 2 + C y(x) = 4e 3x2 dx = 6xy diferansiyel denleminin yönlü alanı ve y(0) = 7, y(0) = 4 başlangıç koşulları için çözümleri.

15 .6. Birinci Mertebeden Doğrusal Denklemler 3 Örnek 6. diferansiyel denklemini çözünüz. dx = 4 2x 3y 2 5 Çözüm: Değişkenleri ayırır ve her iki yanın integralini alırsak (3y 2 5) = (4 2x)dx + C y 3 5y = 4x x 2 + C elde ederiz. Bu çözüm, x in açık bir fonksiyonu olarak y ye göre çözülemez. Bir önceki örnekte olduğu gibi çözüm y(x) = F (x) şekline getirilemeyebilir. G(x, y) = C (C keyfi sabit.) Formunda elde edilen ve y(x) = F (x) halinde yazılamayan çözüme Kapalı Çözüm adı verilir..6 Birinci Mertebeden Doğrusal Denklemler + P (x)y = Q(x) (.2) dx formunda olan diferansiyel denklemlere birinci mertebeden doğrusal (lineer) diferansiyel denklem adı verilir. Yöntem. Çözüme µ(x) = e P (x)dx fonksiyonunu hesaplıyarak başlayınız. µ(x) fonksiyonuna integral çarpanı adı verilir. 2. Diferansiyel denklemin her iki tarafını µ(x) ile çarpınız. Denklemin sol tarafı (.22) e P (x)dx dx + P (x)e P (x)dx y = d dx [µ(x)y(x)] olacaktır. Denklememiz d [µ(x)y(x)] = µ(x)q(x) dx şeklini alır. 3. Her iki tarafın integralini aldığımızda µ(x)y(x) = µ(x)q(x)dx + C buluruz ve genel çözümü elde etmek için y(x) e göre çözeriz. Örnek 7. y 2y = 3e 2x diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. Çözüm: Diferansiyel denklemimizde P (x) = 2 ve Q(x) = 3e 2x dir. İntegral çarpanımız µ(x) = e ( 2)dx = e 2x dir.

16 4.6. Birinci Mertebeden Doğrusal Denklemler Denklemimizin her iki tarafını e 2x ile çarparsak e 2x y 2e 2x y = 3e 2x e 2x Elde ettiğimiz denklemin sol tarafı aslında e 2x y(x) çarpımının türevidir d dx [e 2x y(x)] = 3 İntegral alalım d dx [e 2x y(x)]dx = y(x) i yanlız bırakırsak genel çözümünü elde ederiz. Örnek 8. e 2x y(x) = 3x + C y(x) = 3xe 2x + Ce 2x (x 2 + ) dx + 3xy = 6x diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. 3dx Çözüm: İntegral çarpanımızı hesaplayalım µ(x) = e 3x x 2 + dx Denklemin her iki yanını µ(x) ile çarpalım µ(x) = e 3 2 ln(x2 +) = (x 2 + ) 3/2 (x 2 3/2 + ) dx + (x2 + ) /2 3xy = (x 2 + ) 3/2 6x (x 2 + ) İntagral alalım y(x) i yanlız bırakırsak elde ederiz. d dx [(x2 + ) 3/2 y(x)] = 6x(x 2 + ) /2 (x 2 + ) 3/2 y(x) = 6x(x 2 + ) /2 dx + C (x 2 + ) 3/2 y(x) = 2(x 2 + ) 3/2 + C y(x) = 2 + C(x 2 + ) 3/2 Örnek 9. Varsayalımki B gölünün hacmi 480km 3 ve iç akış hızının (A gölünden) ve dış akış hızının (C gölüne) her ikiside 350km 3 tür. t = 0 anında B gölünün kirliliği A gölününkinin 5 katıdır. Eğer dış akış bundan sonra iyi karışmış göl suyu ise kaç yıl sonra B nin kirlilik yoğunluğu A nınkinin 2 katı olur. Çözüm: t süre sonunda B ye giren atık maddde miktarı : 350.c. t B deki atık madde miktarı X(t) ise B den giden atık madde miktarı: 350. X(t) V. t

17 .6. Birinci Mertebeden Doğrusal Denklemler 5 B deki madde miktarı değişimi: t yi 0 a götürürsek: X = 350.c. t 350. X(t) V. t X = (350.c 350. X(t) V ) t X t X lim t 0 t = dx dt = 350.c 350.X(t) V = 350.c 350 V X dx dt V X = 350c Birinci mertebeden doğrusal bir diferansiyel denklem elde ettik. İntegral çarpanımız, µ(x) = e 350 V dt = e 350 V denklemi µ(x) ile çarpıp integral alırsak X(t) yi yalnız bırakırsak e 350 V t X(t) = Başlangıçta kirlilik yoğunluğu 5c idi.yani Buradan K yı buluruz. Aradığımız fonksiyon V t 350.c.dt + K = V.c.e 350 V t + K e 350 X(t) = V.c + K.e 350 V t X(0) = 5.V.c K = 4.V.c X(t) = V.c + 4.V.c.e 350 V t Bizden ne kadar zaman sonra kirlilik yoğunluğu 2c olacağı sorulmuştu. Yani t nin hangi değeri için t olur? X(t) V = 2c V.c + 4.V.c.e 350 V t V = 2c

18 6.6. Birinci Mertebeden Doğrusal Denklemler Düzenlemelerden sonra e 350 V t = 4 V nin 480 olduğunu biliyoruz. Yerine yazar t yi çekeriz ve t = 48 ln 4 =.9 yıl 35 Örnek 20. y = + x + y + xy diferansiyel denkleminin çözümünü bulunuz. Çözüm: Diferansiyel denklemimizin sağ tarafını biraz düzenleyelim; y = + x + y(x + ) y = ( + x)( + y) Denklemimiz değişkenlerine ayrılabilir bir denklem. Her iki tarafı + y ile bölersek (y olmak koşulu ile) = ( + x)dx + y her iki tarafın integralini alabiliriz. + y = ( + x)dx elde ederiz. Burada eğer y < ise ln + y = x + x2 2 + C ln( ( + y)) = x + x2 2 + C x2 x+ ( + y) = e 2 +C x2 x+ = e 2.e C x2 x+ + y = B.e 2 (B = e C ) x2 x+ y(x) = + A.e 2 (A = B) e C çarpanı hiçbir C için 0 olamayacağı için A keyfi sabiti A < 0 seklinde seçilebilir. Eğer y > ise ln( + y) = x + x2 2 + C x2 x+ + y = e 2 +C x2 x+ = e 2.e C x2 x+ + y = A.e 2 (A = e C ) x2 x+ y(x) = + A.e 2 Yine e C çarpanı hiçbir C için 0 olamayacağı için A keyfi sabiti A > 0 seklinde seçilebilir. Sonuç itibariyle y için her durumda(y <, y > ) aynı çözümü bulduk. x2 x+ y(x) = + A.e 2 A R {0} Denklemimizi + y ile bölerken y olsun demiştik. y(x) = Bu denklemin bir çözümüdür. Elde ettiğimiz çözüme A = 0 seçeneği de eklenirse y(x) = fonksiyonu da elde edilebilir. Dolayısıyla çözüm ailesi: şeklinde de yazılabilir. x2 x+ y(x) = + A.e 2, (A keyfi sabit)

19 .6. Birinci Mertebeden Doğrusal Denklemler 7 2. yol: y = + x + y + xy diferansiyel denklemini aşağıdaki şekilde de yazabiliriz y ( + x) y = ( + x) }{{}}{{} P (x) Q(x) Denlemimiz aynı zamanda doğrusal bir denklem. Bir de böyle çözümü bulmaya çalışalım. İntegral çarpanımız Denlemin her iki tarafını µ(x) ile çarpalım, Elde edilen denklemin integralini alalım µ(x) = e (+x)dx x2 x = e 2 d x 2 [µ(x)y(x)] = e x 2 ( + x) dx x2 (x+ e 2 ) y(x) = x2 (x+ e 2 ) ( + x)dx + C elde ederiz. u = x + x2 2 du = ( + x)dx değişken dönüşümü yapılıp integral alınırsa bulunur. y(x) i yalnız bırakalım, böylece çözüm olur. Örnek 2. x2 (x+ e 2 ) x2 (x+ y(x) = e 2 ) + C x2 x+ y(x) = + C.e 2 dx = 3x2 (y 2 + ), y(0) = Başlangıç değer probleminin çözümünü bulunuz. Çözüm: dx = 3x2 y 2 + 3x 2 dx 3x2 y 2 = 3x 2 lineer değil dikkat!!! Değişkenlerine ayrılabilir bir denklem. Her iki tarafı + y 2 ye bölelim, İntegral alalım y y 2 = 3x2 dx = arctan(y) = x 3 + C 3x 2 dx + C y(x) = tan(x 3 + C) Başlangıç koşulumuz y(0) = idi. Bunu kullanarak C yi belirleyelim. y(0) = = tan(c) C = π 4 Başlangıç değer problemimizin çözümü, olarak bulunur. y(x) = tan(x 3 + π 4 )

20 8.7. Tam Diferensiyel Denklemler Örnek 22. xy = 2y + x 3 cosx diferansiyel denkleminin çözümünü bulunuz. Çözüm: Denklemimiz görüldüğü gibi doğrusal bir denklem İntegral çarpanı y 2 y = x 2 cosx x }{{} P (x) µ(x) = e 2 x dx 2 ln x = e = e ln x 2 = e ln x2 = e ln x 2 = x 2 Denklemimizi integral çarpanımızla çarpalım [ ] d dx x 2 y(x) = x 2 x2 cos x İntegral alalım x 2 y(x) = cos xdx + C = sin x + C elde ederiz. Genel çözümümüz y(x) = x 2 sin x + Cx 2 olarak bulunur..7 Tam Diferensiyel Denklemler Birinci mertebeden bir adi diferansiyel denklem = f(x, y) (.23) dx şeklinde ifade edilebildiği gibi şeklinde ifade edilebilir. M(x, y)dx + N(x, y) = 0 (.24) M(x, y)dx + N(x, y) = 0 (.25) Bu denklemin çözümü (eğer varsa) F (x, y) = C şeklinde bir fonksiyondur. Eğer M(x, y) y = N(x, y) x sağlanıyorsa denklem (.25) tam diferansiyel denklem olarak adlandırılır. Tam diferansiyel denklemler her zaman çözülebilir denklemlerdir. Çözüm Yöntemi Eğer F (x, y) = C gibi bir fonksiyon (.25) deki tam diferansiyel denklemin çözümü ise olmalıdır. F x = M(x, y) ve F y = N(x, y)

21 .7. Tam Diferensiyel Denklemler 9 HATIRLATMA F (x, y) = C nin tam diferansiyelini hatırlayalım F dx + F = 0 }{{} x y }{{} M(x,y) N(x,y) Bu durumda M(x, y) nin x e göre kısmi integrali alındığında F (x, y) fonksiyonu (çözümümüz) bulunur. F x = M(x, y) denkleminde iki tarafın x e göre kısmi integralini alalım F (x, y) = M(x, y)dx + Φ(y) Φ(y) intergasyon sabitidir. Not: x e göre kısmi türev alındığında sabit sayılar ve y ye bağlı ifadeler yok olabileceği için integral sabitimiz y ye bağlıdır. Bilinmeyen Φ(y) fonksiyonunu bulabilmek için, elde edilen F (x, y) = M(x, y)dx + Φ(y) (.26) denkleminin y ye göre kısmi türevi alınırsa F y = y M(x, y)dx + d Φ(y) elde edilir. Biz biliyoruz ki F y = N(x, y) dir. Buradan Φ(y) fonksiyonunu bulabiliriz ve (.26) de yerine konulursa genel çözümü bulunmuş olur. Örnek 23. y 3 dx + 3xy 2 = 0 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. Çözüm: Denklemimizde dir. Tam lık kriterine bakıldığında M(x, y) = y 3 ve N(x, y) = 3xy 2 M y = 3y2 ve N x = 3y2 kısmi türevler eşit olduğu için denklemimiz tamdır. Denklemimiz TAM olduğu için, çözümümüz olan F (x, y) = C fonsiyonu için F x olduğunu söyleyebiliriz. x e göre kısmi integral alınırsa F x dx = = M(x, y) = y3 y 3 dx + Φ(y) F (x, y) = y 3 x + Φ(y) Şimdi Φ(y) yi bulmalıyız. Bulduğumuz F (x, y) = y 3 x + Φ(y)

22 20.7. Tam Diferensiyel Denklemler fonksiyonun y ye göre kısmi türevi N(x, y) olmali ki çözümümüz olsun. y ye göre kısmi türev alalım F y = 3y2 x + d Φ(y) = 3xy2 }{{} N(x,y) 3xy 2 = 3xy 2 + d Φ(y) d Φ(y) = 0 Φ(y) yi bulmak için integral alırsak Φ(y) = A olarak bulunur. (A keyfi sabit). Sonuç olarak elde ederiz. Örnek 24. F (x, y) = xy 3 + A = C F (x, y) = xy 3 = K (K = C A, keyfi sabit) 2xy dx + ( + x 2 ) = 0 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. Çözüm: Denklemimizde dir. Tam lık kriterine bakıldığında 2xy }{{} dx + ( + x 2 ) = 0 }{{} M(x,y) N(x,y) M y = 2x ve N x = 2x kısmi türevler eşit olduğu için denklemimiz tamdır. Denklemimiz TAM olduğu için, çözümümüz olan F (x, y) = C fonsiyonu için F = M(x, y) = 2xy x olduğunu söyleyebiliriz.. x e göre kısmi integral alınırsa F x dx = 2xy dx + Φ(y) Şimdi Φ(y) yi bulmalıyız. Bulduğumuz F (x, y) = x 2 y + Φ(y) F (x, y) = x 2 y + Φ(y) fonksiyonun y ye göre kısmi türevi N(x, y) olmali ki çözümümüz olsun. y ye göre kısmi türev alalım F y = x2 + d Φ(y) = + x2 }{{} N(x,y) x 2 = x 2 + d Φ(y) d Φ(y) = Φ(y) yi bulmak için integral alırsak Φ(y) = y olarak bulunur. Sonuç olarak genel çözümümüz x 2 y + y = C (C, keyfi sabit) Örnek 25. (x + sin y)dx + (x cos y 2y) = 0 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz.

23 .7. Tam Diferensiyel Denklemler 2 Çözüm: x sin y = dx x cos y 2y Görüldüğü gibi denklemimiz ayrılabilir yada doğrusal değil. Tam olup olmadığını kontrol edelim. Tam lık kriterine bakıldığında (x + sin y) dx + (x cos y 2y) = 0 }{{}}{{} M(x,y) N(x,y) M y = cos y ve N x = cos y kısmi türevler eşit olduğu için denklemimiz tamdır. Denklemimiz TAM olduğu için, çözümümüz olan F (x, y) = C fonsiyonu için F = M(x, y) = x + sin y x olduğunu söyleyebiliriz.. x e göre kısmi integral alınırsa F x dx = (x + sin y)dx + Φ(y) Şimdi Φ(y) yi bulmalıyız. Bulduğumuz F (x, y) = x2 2 + x sin y + Φ(y) F (x, y) = x2 2 + x sin y + Φ(y) fonksiyonun y ye göre kısmi türevi N(x, y) olmali ki çözümümüz olsun. y ye göre kısmi türev alalım F y = x cos y + d Φ(y) = x cos y 2y }{{} N(x,y) x cos y 2y = x cos y + d Φ(y) d Φ(y) = 2y Φ(y) yi bulmak için integral alırsak Φ(y) = y 2 olarak bulunur. Sonuç olarak genel çözümümüz x x sin y y2 = C Örnek 26. x + y + x 2 dx + (y + tan x) = 0 diferansiyel denkleminin çözümünü bulunuz. Çözüm: Denklemimizde dir. Tam lık kriterine bakıldığında M(x, y) = x + y + x 2 ve N(x, y) = y + tan x M y = + x 2 ve N x = + x 2 kısmi türevler eşit olduğu için denklemimiz tamdır. Denklemimiz TAM olduğu için, çözümümüz olan F (x, y) = C fonsiyonu için ve F x = M(x, y) = x + y + x 2 F y = N(x, y) = y + tan x

24 22.7. Tam Diferensiyel Denklemler olduğunu söyleyebiliriz. Bu denklemlere bakıldığında ikincisini integrallemek daha kolaydır. F y = (y + tan x) + Φ(x) Şimdi Φ(x) yi bulmalıyız. Bulduğumuz F (x, y) = y2 2 + y. tan x + Φ(x) F (x, y) = y2 2 + y. tan x + Φ(x) fonksiyonun x ye göre kısmi türevi M(x, y) olmali ki çözümümüz olsun. x ye göre kısmi türev alalım F x = y. + x 2 + d dx Φ(x) = x + y + x 2 }{{} M(x,y) y. + x 2 + d dx Φ(x) = y. + x 2 + x + x 2 d dx Φ(x) = x + x 2 d dx Φ(x) = x + x 2 Φ(x) yi bulmak için integral alırsak Φ(x) = 2 ln ( + x2 ) + A olarak bulunur. (A keyfi sabit). Sonuç olarak F (x, y) = y2 2 + y.tan x + 2 ln ( + x2 ) + A = C F (x, y) = y2 2 + y.tan x + 2 ln ( + x2 ) = K (K = C A, keyfi sabit).7. Tam Hale Getirmek diferansiyel denklemini ele alalım. Eğer bu denklem TAM değilse, yani, M(x, y)dx + N(x, y) = 0 (.27) M y N x ise, biz bu denklemi uygun bir α(x, y) fonksiyonu ile çarparak TAM hale getirebiliriz. O zaman öyle bir α(x, y) fonksiyonu bulalım ki α(x, y)m(x, y)dx + α(x, y)n(x, y) = 0 (.28) denklemi TAM olsun. (.27) denklemini tam hale getirmek için kullandığımız α(x, y) fonksiyonuna integral çarpanı denir. Böyle bir α(x, y) fonksiyonunu bulmak kolay olmayabilir. Biz basit durumları inceleyelim. İntegral çarpanımız sayesinde TAM olan (.28) yi elde ettik. Yani, y (αm) = x (αn) Bu denklemden α(x, y) yi bulmaya çalışabiliriz. Türevi alalım, α(x, y) nin türevlerini bir tarafa toplarsak α y M + α M y = α x N + α N x α M y α N x = α x N α y M

25 .7. Tam Diferensiyel Denklemler 23 α( M y N x ) = α x N α y M M y N x = α ( α x N α y M) M y N α α x = x α N y α M M y N x = N x (ln α) M (ln α) (.29) y Yukarıdaki kısmi diferansiyel denklemden α(x, y) yi bulmak her zaman kolay değildir. Biz bazı basit durumları inceleyelim. Durum : α sadece x in fonksiyonu olabilir. O zaman denklem (.29) teki y (ln α) = 0 olacaktır. Yani M y N x = N (ln α) x Burada denklemin her iki tarafını N ye bölüp x e göre integral alırsak olarak bulunur. ln α = N ( M y N x )dx α(x) = e N ( M y N x )dx Uyarı: Bu durumun gerçeklenebilmesi için N ( M y N x ) in sadece x e bağlı olması gerekir. Yani yukarıdaki ifade sadece x e bağlı olursa, integral çarpanını ile bulabiliriz. α(x) = e N ( M y N x )dx Durum 2: Benzer şekilde α sadece y in fonksiyonu olabilir. O zaman denklem (.29) teki x (ln α) = 0 olacaktır ve M y N x = M (ln α) y Burada denklemin her iki tarafını M ye bölüp y e göre integral alırsak olarak bulunur. ln α = M ( M y N x ) α(y) = e M ( M y N x )

26 24.7. Tam Diferensiyel Denklemler Uyarı: Bu durumun gerçeklenebilmesi için M ( M y N x ) in sadece y e bağlı olması gerekir. Yani yukarıdaki ifade sadece y e bağlı olursa, integral çarpanını ile bulabiliriz. Örnek 27. α(y) = e M ( M y N x ) (x 5 + 3y)dx x = 0 diferansiyel denkleminin çözümünü bulunuz. Çözüm: Denklemimizde dir. Tam lık kriterine bakıldığında M(x, y) = x 5 + 3y ve N(x, y) = x M y = 3 ve N x = eşit olmadığı için TAM DEĞİLDİR. Tam yapmak için integral çarpanımızı bulalım; eğer N ( M y N x ) ifadesi sadece x e bağlıysa integral sabitimiz x e bağlı çıkacak. Görüldüğü gibi sadece x e bağlı. İntegral çarpanımız; N ( M y N x ) = 4 (3 ( )) = x x α(x) = e N ( M y N x )dx ile bulunabilir. α(x) = e 4 x dx = x 4 olarak integral çarpanımızı buluruz. Denklemimizi integral çarpanımızla çarpalım, Bu denklemin tam olup olmadığını kontrol edelim x 4 (x5 + 3y)dx x x 4 = 0 (x + 3 x 4 y)dx x 3 = 0 M y = 3 x 4 = N x TAM dır. (x + 3 x 4 y)dx x 3 = 0 Yukarıdaki TAM diferansiyel denklemin çözümü dir. F (x, y) = y x 3 + x2 2 = C

27 .7. Tam Diferensiyel Denklemler 25 Örnek 28. ydx + (x + y) = 0 diferansiyel denkleminin çözümünü bulunuz. Çözüm: Denklemimiz ayrılabilir ve lineer değildir. Denklemimizde dir. Tam lık kriterine bakıldığında M(x, y) = y ve N(x, y) = x + y M y = ve N x = eşit olmadığı için TAM DEĞİLDİR. Tam yapmak için integral çarpanımızı bulalım; eğer N ( M y N x ) ifadesi sadece x e bağlıysa integral sabitimiz x e bağlı çıkacak. N ( M y N x ) = ( ) = 2 x + y x + y Görüldüğü gibi sadece x e bağlı değil. Eğer aşağıdaki ifade sadece y ye çıkarsa integral çarpanımız sadece y ye bağlı olacak. M ( M y N x ) = 2 ( ) = y y integral çarpanımız: ile bulunabilir. olarak integral çarpanımızı buluruz. Denklemimizi intagral çarpanımızla çarpalım, Bu denklemin tam olup olmadığını kontrol edelim TAM dır. Yukarıdaki TAM diferansiyel denklemin çözümü dir. Örnek 29. α(y) = e M ( M y N x ) 2 α(y) = e y = y 2 y 2 ( y)dx + (x + y) = 0 y2 (x + y) dx + y y 2 = 0 M y = y 2 = N x (x + y) dx + y y 2 = 0 F (x, y) = x y + ln y = C (x + 3x 3 sin y)dx + (x 4 cos y) = 0 diferansiyel denkleminin çözümünü bulunuz.

28 26.8. Yerine Koyma Yöntemleri Çözüm: Denklemimiz ayrılabilir ve lineer değildir. Denklemimizde dir. Tam lık kriterine bakıldığında M(x, y) = x + 3x 3 sin y ve N(x, y) = x 4 cos y M y = 3x3 cos y ve N x = 4x3 cos y eşit olmadığı için TAM DEĞİLDİR. Tam yapmak için integral çarpanımızı bulalım; eğer N ( M y N x ) ifadesi sadece x e bağlıysa integral sabitimiz x e bağlı çıkacak. Görüldüğü gibi sadece x e bağlı. İntegral çarpanımız: N ( M y N x ) = x 4 cos y (3x3 cos y 4x 3 cos y) = x α(x) = e N ( M y N x ) α(x) = e x = x Denklemimizi integral çarpanımız α(x) = x ile çarpalım, Bu denklemin tam olup olmadığını kontrol edersek TAM dır. Yukarıdaki TAM diferansiyel denklemin çözümü dir..8 Yerine Koyma Yöntemleri x (x + 3x3 sin y)dx + x (x4 cos y) = 0 ( + 3x 2 sin y)dx + (x 3 cos y) = 0 M y = 3x2 cos y = N x ( + 3x 2 sin y)dx + (x 3 cos y) = 0 F (x, y) = x + x 3 sin y = C Bu kısımda, verilen bir diferansiyel denklemi nasıl çözüleceğini bildiğimiz bir denkleme dönüştürmek için bazen kullanılabilen yerine koyma yöntemlerini açıklayacağız. Örnek 30. diferansiyel denklemini çözünüz. = (x + y + 3)2 dx Çözüm: dönüşümü yapalım. in yerine yazabilmek için y yi çekip türev alalım. dx x + y + 3 = v y = v x 3

29 .8. Yerine Koyma Yöntemleri 27 Denkemimizde yerine yazarsak dx = dv dx dv dx = dv v2 dx = + v2 }{{} değişkenlerine ayrılabilir Değişkenlerine ayrılabilir bir denklemi nasıl çözeceğimizi biliyoruz. Ters dönüşüm yaparsak, (v yerine x + y + 3 yazalım) dv + v 2 = dx arctan v = x + c v = tan(x + c) x + y + 3 = tan(x + c) y = tan(x + c) x 3 Kural şeklindeki herhangi bir diferansiyel denklem = F (ax + by + c) dx v = ax + by + c dönüşümüyle ayrılabilir bir denkleme dönüştürülebilir..8. Homojen Diferansiyel Denklemler Tanım 3. f(x, y) tanımlı iki değişkenli bir fonksiyon olsun, x yerine λx y yerine λy yazılınca f(λx, λy) = λ n f(x, y) ise f(x, y) n. derceden homojen bir fonksiyondur. Örnek 3. f(x, y) = xy 2 + y 3 fonksiyonu için f(λx, λy) = λx(λy) 2 + (λy) 3 f(λx, λy) = λ 3 xy 2 + λ 3 y 3 = λ 3 (xy 2 + y 3 ) f(x, y) 3. dereceden homojen bir fonksiyondur. f(λx, λy) = λ 3 f(x, y)

30 28.8. Yerine Koyma Yöntemleri Tanım 4. M(x, y) = dx N(x, y). mertebeden diferansiyel denkleminde M(x, y) ve N(x, y) n. dereceden homojen ise diferansiyel denkleme n. dereceden homojen diferansiyel denklem denir. Homojen diferansiyel denklemleri çözmek için, denklem ( y ) dx = f(x, y) = g x şeklinde yazılır. Daha sonra z = y/x dönüşümü yapılır. homojen denkleminde z = y x dönüşümü yapılırsa ( y ) dx = g x Ve yerlerine yazılırsa y = zx dx = dz dx x + z dz dx x + z = g(z) dz dx = g(z) z x değişkenlerine ayrılabilir diferansiyel denkleme dönüşür. Bu değişkenlerine ayrılabilir denklemi çözer z = y x dönüşümü yaparız. ters Örnek 32. diferansiyel denkleminin çözümünü bulunuz. (2xy + x 2 )y = x 2 + 2y 2 Çözüm: Homojen mi diye bir bakalım. dx = x2 + 2y 2 M(x, y) = 2xy + x2 N(x, y) M(λx, λy) = (λx) 2 + 2(λy) 2 = λ 2 (x 2 + 2y 2 ) N(λx, λy) = 2(λx)(λy) + (λx) 2 = λ 2 (2xy + x 2 ) M ve N 2. dereceden homojen fonksiyonlar. Öyleyse diferansiyel denklem homojendir. Denklemimizi y x in cinsinden yazmaya çalışalım dx = x2 + 2y 2 2xy + x 2 = x2 ( + 2 y 2 x ) 2 x 2 (2 y x + ) = ( + 2( y x )2 ) (2 y x + ) z = y x dönüşümü yapalım. y Denklemimiz, e dönüşür. Düzenlediğimizde; = zx dx = dz dx x + z dz dx x + z = + 2z2 2z + dz dx = z 2z + x

31 .8. Yerine Koyma Yöntemleri 29 değişkenlerine ayrılabilir diferansiyel denklemi elde etmiş oluruz. Bu diferansiyel denklemin çözümü dür. Örnek y x 3 ln y = ln x + C x x dx = y + x 2 y 2 Çözüm: Denklemimiz aşağıdaki şekilde de yazılabilir, dx = y + x2 y 2 = x M(x, y) N(x, y) Homojenliğe bakalım. N(x, y) fonksiyonu. dereceden homojen. N(λx, λy) = λx = λn M(λx, λy) = λy + (λx) 2 (λy) 2 = λy + λ 2 (x 2 y 2 ) = λy + λ x 2 y 2 = λ (y + x 2 y 2 ) }{{} M Her ikisi de. dereceden homojen dolayısıyla denklemimiz homojen. Sağ tarafı y x cinsinden yazmaya çalışalım. z = y x dönüşümü yapalım, y dx = y + x2 y 2 x = y x + = y x + x2 y 2 x x 2 ( y2 x ) 2 = y x x + ( y x )2 = zx dx = dz dx x + z denklemimizde yerine yazalım dz dx x + z = z + z 2 Düzenlersek değişkenlerine ayrılabilir denklemimizi elde ederiz. dz z 2 = dx x Değişkenlerine ayrılabilir denklemimizi çözer z yerine y/x yazarız. Çözümümüz; y = x sin (ln x + C)

32 30.8. Yerine Koyma Yöntemleri Örnek 34. y 2 dx + (x 2 xy y 2 ) = 0 Çözüm: Denklemimizi dx = y 2 x 2 xy y 2 şeklinde yazalım. Homojenlik için M(x, y) = y 2 ve N(x, y) = x 2 xy y 2 fonksiyonlarının homojenliğine bakalım. M(x, y) = y 2 N(x, y) = x 2 xy y 2 M(λx, λy) = (λy) 2 = λ 2 y 2 = λ 2 M(x, y) N(λx, λy) = (λx) 2 (λx)(λy) (λy) 2 = λ 2 x 2 λ 2 xy λ 2 y 2 = λ 2 (x 2 xy y 2 ) = λ 2 N(x, y) M(x, y) ve N(x, y) fonksiyonları 2. dereceden homojen olduğu için denklemimiz homojen bir denklemdir. y/x cinsinden yazmaya çalışalım. y x = z dersek, dx = dz dx dx = y 2 x 2 xy y 2 = y 2 x 2 ( y x ( y x )2 ) = ( y x )2 y x ( y x )2 x + z olur. Yerlerine yazalım, Düzenlediğimizde: değişkenlerine ayrılmış denklemi elde ederiz. x dz dx + z = z 2 z z 2 z z 2 z + z 3 dz = dx x Yukarıdaki diferansiyel denklemi çözüp z = y x yazarsak olarak genel çözümümüz bulunur. z z 2 z + z 3 dz = dx x y + x = Cy 2 (y x).8.2 (a x + b y + c )dx (a 2 x + b 2 y + c 2 ) = 0 şeklindeki diferansiyel denklemler Durum : a 2 a b2 b ise a x + b y + c = 0,a 2 x + b 2 y + c 2 = 0 doğruları paralel değildir. Yani bir noktada kesişirler. Bu kesişme noktasını bulup, (bu nokta (h, k) olsun) x = X + h ve y = Y + k dönüşümü uygularız. yerlerine yazalım. x = X + h dx = dx ve y = Y + k = dy (a (X + h) + b (Y + k) + c )dx (a 2 (X + h) + b 2 (Y + k) + c 2 )dy = 0 Düzenlersek (a X + b Y + a h + b k + c )dx (a 2 X + b 2 Y + a 2 h + b 2 k + c 2 )dy = 0

33 .8. Yerine Koyma Yöntemleri 3 (h, k) iki doğrunun kesişim noktası olduğuna göre her ikisinin de üzerindedir. Sonuç olarak denklemlerini sağlar; a h + b k + c = 0 ve a 2 h + b 2 k + c 2 = 0 dır. Bu durumda denklemimiz (a X + b Y )dx (a 2 X + b 2 Y )dy = 0 şeklini alır. Elde ettiğimiz bu denklem homojendir.(kontrol edin.) Bu homojen denklemi çözersek ve X = x h ve Y = y k ters dönüşümü yaparsak (a x + b y + c )dx (a 2 x + b 2 y + c 2 ) = 0 denkleminin genel çözümünü bulmuş oluruz. Örnek 35. (x + y 3)dx + ( x + y + ) = 0 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. Çözüm: x+y 3 = 0 ve x+y+ = 0 doğrularının kesişim noktasını bulalım. Ortak çözüm yaparsak bu doğruların (2, ) noktasında kesiştiğini buluruz.(h = 2, k = ) dönüşümü uygulayacağız. yerlerine yazalım Düzenlersek x = X + 2 ve y = Y + x = X + 2 dx = dx ve y = Y + = dy ((X + 2) + (Y + ) 3)dX + ( (X + 2) + (Y + ) + )dy = 0 (X + Y )dX + ( X + Y )dy = 0 (X + Y )dx + ( X + Y )dy = 0 veya dy dx = (X + Y ) ( X + Y ) şeklinde homojen bir denklem elde ettik. Sağ tarafta pay ve paydayı X parantezine alalım. z = Y X dy dx = X( + Y X ) X( + Y X ) = ( + Y X ) ( + Y X ) dy dönüşümü yaparsak, dx = dz dx X + z dz ( + z) X + z = dx ( + z) Düzenlersek z + z 2 dz = dx X değişkenlerine ayrılabilir denklemi elde ederiz. Her iki tarafın integralini aldığımızda arctan z 2 ln ( + z2 ) = ln X + C z = Y X ters dönüşümünden sonra ve son olarakda arctan ( Y X ) 2 ln ( + ( Y X )2 ) = ln X + C X = x 2 ve Y = y dönüşümüyle denklemimizin genel çözümün ulaşmış oluruz. arctan ( y x 2 ) y ln ( + ( 2 x 2 )2 ) = ln x 2 + C

34 32.8. Yerine Koyma Yöntemleri Durum 2: a 2 a = b2 b = k ise a x + b y + c = 0,a 2 x + b 2 y + c 2 = 0 doğruları paraleldir. dönüşümü uygularız. yerlerine yazılırsa değişkenlerine ayrılabilir hale dönüşür. Örnek 36. z = a x + b y z = a x + b y dz dx = a + b dx dx = ( dz b dx a ) z = a x + b y ve dx = ( dz b dx a ) dx = ±a x + b y + c a 2 x + b 2 y + c 2 ( dz b dx a ) = ± z + c = f(z) kz + c 2 dz dx = b f(z) + a (2x + y )dx = (4x + 2y 5) diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. 4 Çözüm: 2 = 2 = 2 olduğunu kolayca görebiliriz. z = 2x + y dönüşümü yapacağız. olur. Denklemimizi seklinde yazar dönüşümümüzü yaparsak z = 2x + y dz dx = 2 + dx dx = dz dx 2 (2x + y ) = dx (4x + 2y 5) dz dx 2 = z 2z 5 dz dx = z 2z = 5z 2z 5 2z 5 dz = dx 5z değişkenlerine ayrılabilir bir denklem haline gelir. Çözümü: 2 5 (z) 3 ln (5z ) = x + C 25 dür. 2 5 (z) 3 ln (5z ) = x + C 25 denkleminde z = 2x + y ters dönüşümünü yaparsak genel çözümümüz şeklinde bulunur. 2 3 (2x + y) ln (5(2x + y) ) = x + C 5 25

35 .8. Yerine Koyma Yöntemleri Bernoulli Denklemleri + P (x)y = Q(x)yn dx şeklindeki birinci mertebeden diferansiyel denklemelere Bernoulli denklemleri denir. n = 0 veya n = ise denklem lineer dir. Aksi takdirde v = y n dönüşümü denklemi lineer denklemine dönüştürür. denklemimizde yerine yazarsak Düzenledikten sonra halini alır. Örnek 37. dv + ( n)p (x)v = ( n)q(x) dx v = y n dv = ( n)y n dx dx dv = yn dx dx n y n dv dx n + P (x)vyn = Q(x)y n dv + ( n)p (x)v = ( n)q(x) dx 2xyy = 4x 2 + 3y 2 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. Çözüm: Denklemimizi dx 3 2x y = 2x y şeklinde yazarsak P (x) = 3 2x, Q(x) = 2x ve n = olduğu bir Bernoulli denklemi olduğunu görürüz. n = olduğu için n = 2 olacak ve v = y 2 dönüşümü yapacağız. dv + ( n)p (x)v = ( n)q(x) dx denkleminde yerine koyalım dv dx + 2( 3 )v = 2.2x 2x dv dx 3 x v = 4x Lineer denklemi elde ettik. İntegral çarpanımız µ(x) = e P (x)dx = e 3 x dx = x 3 dır. Denklemimizin her iki tarafınıda integral çarpanımızla çarparsak Her iki tarafın integralini alalım d dx [ x 3 v(x)] = x 3 4x 4 x 3 v(x) = x 2 dx + C = 4 x + C v(x) = 4x 2 + Cx 3 v = y 2 idi, olarak çözümümüzü buluruz. y 2 = 4x 2 + Cx 3

36 34.8. Yerine Koyma Yöntemleri Örnek 38. x dx + 6y = 3xy4/3 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. Çözüm: Denklemimizi dx + 6 x y = 3y4/3 şeklinde yazarsak P (x) = 6 x, Q(x) = 3 ve n = 4/3 olduğu bir Bernoulli denklemi olduğunu görürüz. n = 4/3 olduğu için n = /3 olacak ve v = y /3 dönüşümü yapacağız. denkleminde yerine koyalım Lineer denklemi elde ettik. İntegral çarpanımız dv + ( n)p (x)v = ( n)q(x) dx dv dx 3 ( 6 x )v = 3 3 dv dx 2 x v = µ(x) = e P (x)dx = e 2 x dx = x 2 dır. Denklemimizin her iki tarafınıda integral çarpanımızla çarparsak Her iki tarafın integralini alalım d dx [ x 2 v(x)] = x 2 ( ) x 2 v(x) = x 2 dx + C = x + C v(x) = x + Cx 2 v = y /3 idi, olarak çözümümüzü buluruz. y /3 = x + Cx 2

37 Bölüm. Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler 35 Alıştırmalar. 2. dx = x(y 2 ) 2(x 2)(x ) dx = x e x y + e y 3. (x 2 )y 2xy log y = 0 4. dx dt = t xe t+2x 5. (3x + 8)(y 2 + 4)dx 4y(x 2 + 5x + 6) = 0 6. y = y 2 e x dx = x y 2 + x dx = sec2 y + x 2 2 dx = y + cos x, y(π) = 0 du u dx ex u + ex = 0 dx + y = + e x 2. tan x dx + y = cos x 3. ( + e x ) dx + ( + ex )y =, y(0) = 4. y + x y = sin x 5. x + 2y = x 3 dx 6. (t + y + )dt = 0 7. x dx 2y x 2 = x cos x, x > 0 8. cos x dx + y sin x = 2x cos2 x, ( π ) y = 5 2π du u dx ex u + ex = 0 dx + 3y = 3x2 e 3x y(0) = 2. (2xy 2 + 3x 2 )dx + (2x 2 y + 4y 3 ) = (2xy + 3)dx + (x 2 ) = (x 2xy + e y )dx + (y x 2 + xe y ) = x(xy 2)dx + (x 3 + 2y) = (y cos x + 2xe y )dx + (sin x + x 2 e y ) = (2x + y)dx + (x 2y) = y = 5 6xy 2y2 3x 2 + 4xy (cos x cos y + 2x)dx (sin x sin y + 2y) = (/x+2y 2 x)dx+(2yx 2 cos y) = 0, y() = π 30. (2e y x)y = 3. (x y)dx = dx = y 3 + 3x y 33. (x 2 + 3y 2 )dx 2xy = (x 4 x + y)dx x = (x cos y y sin y) + (x sin y + y cos y)dx = (2xy)dx + (y 2 3x 2 ) = (x 4 x + y)dx + (2xy + x) = (x + 2y)y = y 39. dx = y2 + 2xy x 2 ( ( y ) 40. x tan + y dx x = 0 x) 4. (xy + y 2 + x 2 )dx x 2 = y = x + y (x + y)dx (3x + 3y 4) = (x + y)y = 45. (2x 5y + 3)dx (2x + 4y 6) = ( 3x + y + 6)dx + (x + y + 2) = (x 2y 3)dx + (2x + y ) = (3x y + )dx (6x 2y 3) = (x + 2y + 3)dx + (2x + 4y ) = (5x + 2y + )dx + (2x + y + ) = xyy = x 2 + 2y y = y + y y 2 y + y 3 = e x 54. y + y x y = dx = 2y x x2 y 2 dx dt + tx3 + x t = 0 dx y x = y2 x dx + 2 x y = y3 x x dx + y = 2x6 y 4

38 36 Bölüm. Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler Cevaplar. y = (x )+C(x 2)2 (x ) C(x 2) 2 2. x e x = y2 2 + ey + C 3. y = e C(x2 ) 4. e 2x ( 4 + x 2 ) = e t ( t) + C 5. y 2 + 2( x 2 ) /2 = C 6. y = e x +C ve y = 0 7. y = ( 2( + x) 3/2 6( + x) /2 + C ) /3 8. 2y + sin(2y) = 4 arctan x + C 9. y = (sin x + ) 2 0. u = + Ce ex. y = e x ln(e x + ) + Ce x 2. y = x+c sin x 3. y = ln(+ex )+ ln 2 e x 4. y = sin x x 5. y = C x 2 x 3 cos x + C x 6. y = t 2 + Ce t 7. y = x 2 (sin x + C) 8. y = x 2 cos x π 2 cos x 9. u = + ce ex 20. y = x3 + e 3x 2. y = x 2 y 2 + x 3 + y 4 = C 22. x 2 y y + 3x = C 23. x 2 2 x2 y + xe y + y2 2 = C 24. x 3 y 3x 2 + y 2 = C 25. y sin x + x 2 e y y = C 26. x 2 + xy y 2 = C 27. 3x 2 y + 2xy 2 6y 5x = C 28. sin x cos y + x 2 y 2 = C 29. ln x + x 2 y 2 sin y = π xe y e 2y = C 3. ye x + xe x e x = C 32. xy 3 + y 3 y4 4 = C 33. y2 x y = x x = C ( ) x 3 3 ln x + C 35. sin y(e x x e x ) + e x y cos y = C 36. x 2 y 3 y = C, and y = y = x 4 /3 x ln x + Cx, and x = 0 ) ( xy + 2 ln yx = ln x + C 39. y = Cx2 Cx 40. y = x arcsin(xc) 4. y = x tan(ln x + C) ( x + y + + ln ( x + y + + )) = C 43. x + y ln x + y = 4x + C 44. x + y ln x + y + = x + C 45. (y + 2x 3) 2 (4y x 3) = C ( y+3 x 2 ) 2 ( ) + 2 y+3 x 2 3 = C(x ) 50. 5x 2 + 4xy + y 2 + 2x + 2y = C y 3 = xe x + Ce x 54. y /2 = 3 x + cx /2 55. y = 5x 2 /(x 5 + C), and y = x 2 = 2t 2 ln t + Ct 2, and x = u = ( 2 5 x 5 + Cx 4) y = x ( 2x 3 + c ) /3

39 2 Yüksek Mertebeden Diferansiyel Denklemler 2. İkinci Mertebeden İndirgenebilir Diferansiyel Denklemler ikinci mertebeden bir diferansiyel denklem, bilinmeyen y(x) fonksiyonunun ikinci türevini ihtiva eder ve F (x, y, y, y ) = 0 (2.) genel şekline sahiptir. Eğer y bağımlı değişkeni veya x değişkeni ikinci mertebeden diferansiyel denklemde bulunmuyorsa, bu taktirde denklem basit bir değişiklikle daha önce bahsettiğimiz yöntemlerle çözülebilen birinci mertebeden bir denkleme indirgenebilir. 2.. y bağımlı değişkenini içermeyen denklemler Eğer y bulunmuyorsa, bu takdirde (2.) denklemi şeklini alır. değişikliği birinci mertebeden F (x, y, y ) = 0 (2.2) y = p y = p F (x, p, p ) = 0 diferansiyel denklemini verir. Bu denklemin çözümü C bir keyfi sabit olmak üzere, p(x, C ) ise, bu takdirde denklem (2.2) nin C ve C 2 gibi iki keyfi sabit (ikinci mertebeden diferansiyel denklemden beklenileceği gibi) içeren bir çözümünü elde etmek için sadece y(x) = y (x)dx = p(x, C )dx + C 2 yazmak gerekir. Örnek 39. xy + 2y = 6x diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. Çözüm: Görüldüğü gibi y bağımsız değişkenini denklemimiz içermiyor. y = p y = p Dönüşümü xp + 2p = 6x birinci mertebeden denkleme dönüşür. Düzenlersek p + 2 x p = 6 37

40 İkinci Mertebeden İndirgenebilir Diferansiyel Denklemler denklemini verir. Bu birinci mertebeden denklemin lineer olduğuna dikkat ediniz. Bağımlı değişkeni p, bağımsız değişkeni x olan bu birinci mertebeden diferansiyel denklemin genel çözümü p = 2x + C x 2 şeklinde bulunur. p değişkeni y nin birinci türevini temsil ettiğine göre p = y = 2x + C x 2 denkleminde x e göre integral alınarak verilen ikinci mertebeden denklemin çözümü bulunabilir. y(x) = x 2 C x + C 2 Örnek 40. y = (x + y ) 2 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. Çözüm: Görüldüğü gibi y bağımsız değişkenini denklemimiz içermiyor. Dönüşümünü birinci mertebeden denkleme dönüşür. Bu denklem y = p y = p p = (x + p) 2 = F (ax + by + c) dx şeklinde olan bir denklemdir. p = (x + p) 2 denkleminde v = x + p dönüşümü uygularsak dv dx = v2 + değişkenlerine ayrılabilir diferansiyel denkleme dönüşür. Bu denklemin çözümü dir. Dolayısıyla p = (x + p) 2 denkleminin çözümü v = tan (x + C ) p = tan (x + C ) x dür. Denkleminde p = y olduğu için her iki tarafın x e göre integrali bize çözümü verir. Çözümümüz dür. y(x) = ln (cos (x + C )) x2 2 + C x bağımsız değişkenini içermeyen denklemler Eğer x bulunmuyorsa, bu takdirde (2.) denklemi şeklini alır. y = p dönüşümü yapılmak istenirse y yerine F (y, y, y ) = 0 (2.3) y = dp dx = dp dx = dp p

41 2.. İkinci Mertebeden İndirgenebilir Diferansiyel Denklemler 39 yazılır ve denklem F (y, p, p dp ) = 0 haline gelir. Yukarıdaki birinci mertebeden denklemi çözersek p yi y ye ve bir keyfi sabite C e bağlı buluruz. p = p(y, C ) dx = p(y, C ) Burada birinci mertebeden değişkenlerine ayrılabilir bir denklem ile karşı karşıyayız. p(y, C ) = dx Bunu çözdüğümüzde ikinci mertebeden denklemimizin kapalı çözümünü bulmuş oluruz. Örnek 4. y.y = (y ) 2 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. Çözüm: Görüldüğü üzere denklemimizde x bağımsız değişkeni bulunmuyor. dönüşümü yapalım. y = p ve y = p dp y.p. dp = (p)2 Birinci mertebeden değişkenlerine ayrılabilir denklem haline geldi. Denklemini çözersek buluruz. Yani Buradan ln p = ln y + C p = C y dx = C y y = C dx C x = ln y + C 2 olarak kapalı çözümümüzü buluruz. Buradan y yi çekmek mümkün y(x) = e Cx C2 Örnek 42. y = 2y(y ) 3 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. Çözüm: Görüldüğü üzere denklemimizde x bağımsız değişkeni bulunmuyor. dönüşümü yapalım. y = p ve y = p dp p. dp = 2y(p)3 Birinci mertebeden değişkenlerine ayrılabilir denklem haline geldi. dp = 2y(p)2 dp = 2y(p)2

42 İkinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler Denklemini çözersek buluruz. Yani p = y 2 + C dx = y 2 + C Buradan (y 2 + C ) = dx y C y = x + C 2 olarak kapalı çözümümüzü buluruz. Buradan y yi çekmek mümkün değildir. 2.2 İkinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler x bağımsız ve y bağımlı değişken olmak üzere genel olarak ikinci mertebeden bir diferansiyel denklem G(x, y, y, y ) = 0 (2.4) şeklinde ifade edildiğini biliyoruz. Burada G fonksiyonu y, y ve y ye göre lineer ise (4) denklemine lineer denklem denir. Yani A(x)y + B(x)y + C(x)y = F (x) (2.5) biçimindeki denklemler lineer olarak adlandırılır. Burada A(x), B(x), C(x) ve F (x) fonksiyonları bir I (muhtemelen sınırsız) açık aralığı üzerinde süreklidir. Örnek 43. denklemi ikinci mertebeden lineer bir denklemdir. e x y + (cos x)y + ( + x)y = tan ( ) x Örnek 44. y = y.y ve y + 3(y ) 2 + 4y 3 = 0 denklemleri ise ikinci mertebeden lineer olmayan denklemlerdir. Denklem (2.5) in sağ tarafında bulunan F (x) fonksiyonu, I aralığı üzerinde sıfıra özdeş ise, (2.5) denklemine lineer homojen; aksi taktirde lineer homojen olmayan denklem denir. Örnek 45. x 2 y + 2xy + 3y = cos x ikinci mertebeden lineer, homojen olmayan bir denklem, x 2 y + 2xy + 3y = 0 ise bununla ilgili olan ikinci mertebeden lineer homojen denklemlerdir.

43 2.2. İkinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler İkinci Mertebeden Lineer Homogen Denklemler İkinci mertebeden genel lineer A(x)y + B(x)y + C(x)y = F (x) diferansiyel denklemi ele alalım. Burada A(x), B(x), C(x) ve F (x) fonksiyonları I da sürekli ve x I A(x) 0 dır. Yukarıdaki denklemin her iki tarafı A(x) e bölünürse, denklem biçiminde ifade edilebilir. İlk olarak (2.5) ile ilgili olan homojen denklemi inceleyeceğiz. Theorem 2 (Superposition prensibi). y + p(x)y + q(x)y = f(x) (2.6) y + p(x)y + q(x)y = 0 (2.7) y ve y 2, (2.7) ile verilen homojen denklemin I aralığı üzerinde iki çözümü olsun, C ve C 2 keyfi sabitler olmak üzere, y = C y + C 2 y 2 (2.8) ifadeside (2.7) ile verilen denklemin I aralığı üzerinde bir çözümüdür. Örnek 46. fonksiyonlarının y (x) = cos x ve y 2 (x) = sin x y + y = 0 denkleminin çözümleri oldukları kolaylıkla görülebilir. Teorem, bu çözümlerin örneğin; y(x) = 3y (x) 2y 2 (x) = 3 cos x 2 sin x gibi herhangi bir lineer birleşimininde denklemin bir çözümü olduğunu belirtir. Tersine, y + y = 0 denkleminin her bir çözümünün, bu denklemin y ve y 2 özel çözümlerinin bir lineer birleşimi olduğunu ilerde göreceğiz. Theorem 3. Varlık ve Teklik p,q ve f fonksiyonları a noktasını içeren bir I aralığı üzerinde sürekli olsun. Bu takdirde, b 0 ve b verilen sabitler olmak üzere denklemi, I aralığının tamamında, y + p(x)y + q(x)y = f(x) (6) y(a) = b 0, y (a) = b başlangıç koşullarını sağlayan bir tek (bir ve yalnız bir) çözüme sahiptir. Örnek 47. y + y = 0 y(0) = 3, y (0) = 2 başlangıç değer probleminin çözümünü bulalım.

44 İkinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler Çözüm: Bir önceki örnekte y(x) = C cos x + C 2 sin x (tüm reel eksen üzerinde) y + y = 0 denkleminin çözümü olduğunu söylemiştik. (Teorem yardımıyla) Başlangıç koşullarından ve y(0) = C cos 0 + C 2 sin 0 = C y (0) = C sin 0 + C 2 cos 0 = C 2 C = 3 ve C 2 = 2 bulunur. Sonuç olarak başlangıç değer problemimizin çözümü y(x) = 3 cos x 2 sin x dür. Görüldüğü gibi keyfi sabitler basit bir lineer denklem sisteminden bulunabilmektedir. Örnek 48. başlangıç değer probleminin çözümünü bulalım. y 2y + y = 0 y(0) = 3, y (0) = Çözüm: y (x) = e x ve y 2 (x) = 2e x (tüm reel eksen üzerinde) y 2y + y = 0 denkleminin çözümleri olduğu kolaylıkla görülebilir. Teorem yardımıyla y(x) = c y (x) + c 2 y 2 (x) = c e x + c 2 2e x fonksiyonunda denklemimizin bir çözümü olduğunu söyleyebilir ve başlangıç koşullarını sağlayan c ve c 2 yi bulabilirsek başlangıç değer problemimizi çözümünü bulmuş oluruz. Başlangıç koşullarından ve y(0) = c e 0 + c 2 2e 0 = 3 y (0) = c e 0 + c 2 2e 0 = Çözümü olmayan (sağlayan c ve c 2 nin bulunamayacağı) c + 2c 2 = 3 c + 2c 2 = denklem sistemi gelir. Çözümlerimizin nasıl fonksiyonlar olması durumunda başlangıç koşulları yardımıyla kefilerimizi (c ve c 2 ) bulabileceğimizi görelim. Tanım 5. y (x) ve y 2 (x) fonksiyonları bir [a, b] kapalı aralığında reel değerli ve türevlenebilir fonksiyonlar olsun y (x) y (x) y 2 (x) y 2(x) determinantı y (x) ve y 2 (x) fonksiyonlarının Wronskiyeni olarak adlandırılır. W (y (x), y 2 (x)) olarak gösterilir. Tanım 6. y (x) ve y 2 (x) fonksiyonları bir [a, b] kapalı aralığında doğrusal bağımlıdır ancak ve ancak [a, b] kapalı aralığındaki her x için W (y (x), y 2 (x)) = 0

45 2.2. İkinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler 43 Örnek 49. y (x) = e x ve y 2 (x) = 2e x fonksiyonlarının Wronskiyeni W (y (x), y 2 (x)) = y (x) y 2 (x) y (x) y 2(x) = ex 2e x e x 2e x = 0 y (x) = e x ve y 2 (x) = 2e x fonksiyonları doğrusal bağımlıdır. Örnek 50. y (x) = sin x ve y 2 (x) = cos x fonksiyonlarının Wronskiyeni W (y (x), y 2 (x)) = y (x) y 2 (x) y (x) y 2(x) = sin x cos x cos x sin x = 0 y (x) = sin x ve y 2 (x) = cos x fonksiyonları doğrusal bağımsızdır. Theorem 4. p ve q fonksiyonları açık bir I aralığı üzerinde sürekli olmak üzere y ve y 2 y + p(x)y + q(x)y = 0 homojen denkleminin doğrusal bağımsız iki çözümü olsun. Eğer Y (x) bu homojen denklemin I aralığı üzerindeki herhangi bir çözümü ise, bu taktirde x I olacak şekilde c ve c 2 sabitleri vardır. Y (x) = c y (x) + c 2 y 2 (x) İkinci Mertebeden Sabit Katsayılı Lineer Denklemler Bu bölümde a, b ve c sabitler olmak üzere ay + by + cy = 0 (2.9) diferansiyel denklemi ele alınacaktır. Denkleme baktığımızda aradığımız fonksiyonun türevlerinin belirli sabitlerle çarpılıp toplandığında 0 elde edildiğini görürüz. Türevleri kendisinin katı olan fonksiyon bu denklemi sağlayacaktır. Bu özelliği e rx üstel fonksiyonu taşır. y(x) = e rx fonksiyonu denklemde yerine yazılır ve buradaki r bulunabilirse çözümümüzü bulmuş oluruz. y(x) = e rx y (x) = re rx y (x) = r 2 e rx ay + by + cy = 0 ar 2 e rx + bre rx + ce rx = 0 (ar 2 + br + c)e rx = 0 çarpanlarımızdan e rx fonksiyonu 0 olamıyacağı için ar 2 + br + c ikinci derece polinomu 0 olmalıdır. Bu polinomun köklerini bulabilirsek y(x) = e rx fonksiyonu denklem (2.9) in bir çözümü olacaktır. Örnek 5. diferansiyel denklemin genel çözümünü bulunuz. y 5y + 6y = 0

46 İkinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler Çözüm: Denklemimizde y(x) = e rx i yerine yazarsak, r 2 e rx 5re rx + 6e rx = 0 (r 2 5r + 6)e rx = 0 bulunur. r 2 5r + 6 polinomunun kökleri r = 2 ve r = 3 tür. Bir çözüm ararken y (x) = e 2x ve y 2 (x) = e 3x gibi iki çözüm bulduk. Eğer bu fonksiyonlar doğrusal bağımsız ise genel çözümümüzü y(x) = c y (x) + c 2 y 2 (x) şeklinde yazabiliriz. y (x) = e 2x ve y 2 (x) = e 3x fonksiyonlarının Wronskiyeni W (y (x), y 2 (x)) = y (x) y 2 (x) y (x) y 2(x) = e2x e 3x 2e 2x 3e 3x W (y (x), y 2 (x)) = 3e 5x 2e 5x = e 5x Hiç bir reel sayı için Wronskiyen 0 olamayacağı için bu iki fonksiyon doğrusal bağımsızdır ve denklemimizi genel çözümü bu iki fonksiyonun lineer kombinasyonu şeklinde yazılabilir. şeklinde genel çözümümüzü bulmuş oluruz. Tanım 7. y(x) = c e 2x + c 2 e 3x ar 2 + br + c = 0 denklemine ay + by + cy = 0 () denkleminin karakteristik denklemi denir. Eğer r ve r 2 karakteristik denklemin reel ve farklı iki kökü ise, y(x) = c e rx + c 2 e r2x fonksiyonu denklem (2.9) in genel çözümüdür. Örnek 52. diferansiyel denklemin genel çözümünü bulunuz. 2y 7y + 3y = 0 Çözüm: Karakteristik denklemimiz 2r 2 7r + 3 = 0 dir. Karakteristik denklemimizin kökleri r = /2 ve r 2 = 3 tür. Dolayısıyla denklemimizin genel çözümü y(x) = c e 2 x + c 2 e 3x olarak yazılır. Örnek 53. diferansiyel denklemin genel çözümünü bulunuz. y + 2y = 0

47 2.2. İkinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler 45 Çözüm: Karakteristik denklemimiz r 2 + 2r = 0 dir. Karakteristik denklemimizin kökleri r = 0 ve r 2 = 2 dir. Dolayısıyla denklemimizin genel çözümü y(x) = c e 0x + c 2 e 2x = c + c 2 e 2x olarak yazılır. Eğer karakteristik denklem r = r 2 gibi eşit iki reel köke sahip ise, y(x) = (c + c 2 x)e rx fonksiyonu denklem (2.9) in genel çözümüdür. Örnek 54. diferansiyel denklemin genel çözümünü bulunuz. 9y 2y + 4y = 0 Çözüm: Karakteristik denklemimiz 9r 2 2r + 4 = 0 dir. Karakteristik denklemimizin kökleri r = r 2 = 2 3 dür. Dolayısıyla denklemimizin genel çözümü y(x) = (c + c 2 x)e 2 3 x olarak yazılır. Örnek 55. başlangıç değer problemini çözünüz. y + 2y + y = 0 y(0) = 5, y (0) = 3 Çözüm: Karakteristik denklemimiz r 2 + 2r + = (r + ) 2 = 0 dir. Dolayısıyla karakteristik denklemimizin kökleri birbirine eşit ve r = r 2 = dir. Denklemimizin genel çözümü y(x) = (c + c 2 x)e x olarak yazılır. y(x) = (c + c 2 x)e x Başlangıç koşullarımız yardımıyla c ve c 2 yi bulabiliriz. y(0) = (c + c 2 0)e 0 = c = 5 ve y (x) = c e x + c 2 e x c 2 xe x y (0) = c e 0 + c 2 e 0 c 2 0e x = c + c 2 = 3 Bu iki denklemden c = 5 ve c 2 = 2 değerlerine ulaşırız. Sonuç olarak çözümümüz y(x) = (5 + 2x)e x tür.

48 İkinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler Eğer karakteristik denklemin a ib, (b 0) gibi kompleks eşlenik iki köke sahip ise, fonksiyonu denklem (2.9) in genel çözümüdür. y(x) = e ax (c cos (bx) + c 2 sin (bx)) Örnek 56. denkleminin genel çözümünü bulun. y 4y + 5y = 0 Çözüm: Karakteristik denklemimiz r 2 4r + 5 = 0 dır. = b 2 4ac = ( 4) = 4 < 0 olduğu için karakteristik denklemin reel kökü yoktur. Kompleks köklerimiz 2 i dir. Böylece genel çözümümüz şeklinde yazılabilir. y(x) = e 2x (c cos x + c 2 sin x) n. Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler Bu bölümde ikinci mertebeden lineer diferansiyel denklemler için elde edilen sonuçları n. mertebeden P 0 (x)y (n) + P (x)y (n ) + + P n (x)y + P n (x)y = F (x) (2.0) lineer denklemler için genellemesi yapılacaktır. Aksi belirtilmedikçe denklemde geçen P i (x) katsayılarının (P 0 (x) 0) ve F (x) in denklemi çözmek istediğimiz bir I (muhtemelen sınırsız) açık aralığı üzerinde sürekli olduğu kabul edilecektir. (2.0) denkleminin her iki tarafını P 0 (x) e bölersek baş katsayısı olan y (n) + p (x)y (n ) + + p n (x)y + p n (x)y = f(x) (2.) denklemini elde ederiz. Denklem (2.) ile ilgili homojen denklem y (n) + p (x)y (n ) + + p n (x)y + p n (x)y = 0 (2.2) dır. n. mertebeden lineer denklemler için de Superposition prensibi geçerlidir. Theorem 5. (Superposition prensibi) y, y 2,, y n, (2.2) ile verilen homojen denklemin I aralığı üzerinde n çözümü olsun, c, c 2,, c n keyfi sabitler olmak üzere, y = c y + c 2 y c n y n (2.3) ifadeside (2.2) ile verilen denklemin I aralığı üzerinde bir çözümüdür. İkinci mertebeden bir lineer diferansiyel denklemin bir özel çözümünün iki başlangıç koşulu ile belirlendiğini gördük. Benzer şekilde n. mertebeden lineer bir diferansiyel denklemin bir özel çözümü n tane başlangıç koşulu ile belirlenir.

49 2.2. İkinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler 47 Theorem 6. (Varlık ve Teklik) p, p 2,, p n ve f fonksiyonları a noktasını içeren bir I aralığı üzerinde sürekli olsun. Bu takdirde, b 0, b,, b n verilen sabitler olmak üzere denklemi, I aralığının tamamında, y (n) + p (x)y (n ) + + p n (x)y + p n (x)y = f(x) y(a) = b 0, y (a) = b, y (n ) = b n başlangıç koşullarını sağlayan bir tek (bir ve yalnız bir) çözüme sahiptir. Lineer Bağımsız Çözümler İkinci mertebeden lineer diferansiyel denklemler ile ilgili verilen temel bilgiler esas alındığında, n. mertebeden lineer, homojen y (n) + p (x)y (n ) + + p n (x)y + p n (x)y = 0 denkleminin genel çözümünün; y, y 2,, y n (2.2) denkleminin özel çözümleri olmak üzere y = c y + c 2 y c n y n (2.4) biçiminde lineer birleşimi olarak ifade edilebileceğini sezgisel olarak söyleyebiliriz. Bu n tane özel çözümün yeterince bağımsız olması gerekir ki (2.4) bağıntısındaki c, c 2,, c n katsayılarını başlangıç koşullarını sağlayabilecek şekilde bulabilelim. Tanım 8. y (x), y 2 (x),, y n (x) fonksiyonları bir [a, b] kapalı aralığında reel değerli ve türevlenebilir fonksiyonlar olsun y (x) y 2 (x) y n (x) y (x) y 2(x) y n(x).... y (n ) (x) y (n ) 2 (x) y n (n ) (x) determinantı y (x), y 2 (x),, y n (x) fonksiyonlarının Wronskiyeni olarak adlandırılır. W (y (x), y 2 (x),, y n (x)) olarak gösterilir. Tanım 9. y (x), y 2 (x),, y n (x) fonksiyonları bir [a, b] kapalı aralığında doğrusal bağımlıdır ancak ve ancak [a, b] kapalı aralığındaki her x için W (y (x), y 2 (x),, y n (x)) = 0 Theorem 7. p i ler açık bir I aralığı üzerinde sürekli olmak üzere y, y 2,, y n bu aralık üzerinde y (n) + p (x)y (n ) + + p n (x)y + p n (x)y = 0 homojen denkleminin doğrusal bağımsız n özel çözümü olsun. aralığı üzerindeki herhangi bir çözümü ise, bu taktirde x I Eğer Y (x) bu homojen denklemin I olacak şekilde c, c 2,, c n sabitleri vardır. Y (x) = c y (x) + c 2 y 2 (x) + + c n y n (x)

50 İkinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler Şu ana kadar n. mertebeden lineer homojen bir diferansiyel denklemin genel çözümünün n tane lineer bağımsız özel çözümden oluştuğunu gördük. Ancak, bir tek çözümün bile nasıl bulunacağı hakkında fazla bir şey söylenmedi. Değişken katsayılı lineer bir diferansiyel denklemin çözümlerinin bulunması için genellikle nümerik yöntemlere yada kuvvet serileri yöntemlerine ihtiyaç vardır. Şimdi biz n. mertebeden sabit katsayılı diferansiyel denklemlerin çözümlerinin nasıl bulunabileceğinden bahsedelim n. Mertebeden Sabit Katsayılı Lineer Diferansiyel Denklemler Bu bölümde a 0, a,, a n sabitler ve a n 0 olmak üzere a n y (n) + a n y (n ) + + a y + a 0 y = 0 (2.5) diferansiyel denklemi ele alınacaktır. İkinci mertebeden lineer homojen diferansiyel denklemlerde yaptığımız gibi burada da karakteristik denklemden faydalanacağız. Yukarıdaki denklemin karakteristik denklemi: dır. a n r n + a n r n + + a r + a 0 = 0 (2.6) a n r n + a n r n + + a r + a 0 = 0 Görüldüğü gibi karakteristik denklemimiz n. dereceden bir polinomdur. Bu polinomun n kökü vardır. Bu köklerin farklı veya reel olma zorunluluğu yoktur. Böyle bir denklemin köklerinin bulunması zor, hatta bazen imkansızdır. Böyle durumlarda nümerik yöntemler kullanılarak kökler bulunabilir. Farklı Reel Kökler Eğer (2.6) karakteristik denkleminin r, r 2,, r n kökleri reel ve farklı ise, (2.5) denkleminin genel çözümü ile verilir. Örnek 57. y(x) = c e rx + c 2 e r2x + + c n e rnx y (3) + 3y 0y = 0 y(0) = 7, y (0) = 0, y (0) = 70 başlangıç değer probleminin genel çözümünü bulalım. Çözüm: Karakteristik denklem: dir. Çarpanlarına ayırdığımızda; r 3 + 3r 2 0r = 0 r(r 2 + 3r 0) = r(r + 5)(r 2) = 0 bulur ve köklerini de r = 0, r 2 = 5 ve r 3 = 2 buluruz. Bulduğumuz kökler reel ve birbirinden farklıdır. Genel çözümümüz y(x) = c e 0 + c 2 e 5x + c 3 e 2x = c + c 2 e 5x + c 3 e 2x olur. Verilen başlangıç koşullarından y(0) = c + c 2 + c 3 = 7 y (0) = 5c 2 + 2c 3 = 0 y (0) = 25c 2 + 4c 3 = 70 denklem sistemini elde ederiz. Son iki denklemi kullanarak c 2 = 2 buluruz. Diğer denklemlerde yerine koyarak c 3 = 5 ve c = 0 buluruz. Böylece özel çözümümüz olur. y(x) = 2e 5x + 5e 2x

51 2.2. İkinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler 49 Katlı Kökler Eğer (2.6) karakteristik denklemi k katlı bir r köküne sahipse (2.5) denkleminin genel çözümünün bu k katlı r köküne karşılık gelen parçası şeklindedir. Örnek 58. (c + c 2 x + c 3 x c k x k )e rx diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulalım. y (3) + y y y = 0 Çözüm: Karakteristik denklem: r 3 + r 2 r = 0 r yerine koyarsak karakteristik denklemi sağlar r =, kökümüz. Yani (r ) karakteristik denklemin bir çarpanı. Karakteristik denklemi (r ) e bölersek diğer çarpanı buluruz. r 3 + r 2 r = (r )(r 2 + 2r + ) = (r )(r + ) 2 köklerimiz r = r 2,3 = olarak bulunur. Genel çözüm y(x) = c e }{{ x } + (c 2 + c 3 x)e x }{{} r = köküne karşılık gelen parça r 2,3 = katlı köküne karşılık gelen parça olarak yazılır. Örnek 59. Beşinci mertebeden 9y (5) 6y (4) + y (3) = 0 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulalım. Çözüm: Karakteristik denklem: 9r 5 6r 4 + r 3 = r 3 (9r 2 6r + ) = r 3 (3r ) 2 = 0 şeklindedir. İki farklı kök vardır. r,2,3 = 0 ve r 4,5 = 3 kökleridir. r = 0 dan c e 0x + c 2 xe 0x + c 3 x 2 e 0x = c + c 2 x + c 3 x 2 ve çift katlı kök olan r = 3 ten c 4e x/3 + c 5 xe x/3 elde edilir. Böylece genel çözümümüz y(x) = c + c 2 x + c 3 x 2 + c 4 e x/3 + c 5 xe x/3 olur. Kompleks Kökler Eğer (2.6) karakteristik denklemi a ib, (b 0) gibi kompleks eşlenik iki köke sahip ise, (2.5) denkleminin genel çözümünün bu kompleks köklere karşılık gelen parçası şeklindedir. e ax (c cos (bx) + c 2 sin (bx))

52 Homojen Olmayan Denklemler Örnek 60. diferansiyel denkleminin çözümünü bulalım. y (4) + 3y 4y = 0 Çözüm: Karakteristik denklem: Kökler: genel çözüm: y(x) = r 4 + 3r 2 4 = 0 (r 2 + 4)(r 2 ) = 0 r,2 = 2i, r 3 =, r 4 = r,2 = 2i, r 3 =, r 4 = e 0x (c cos2x + c 2 sin2x) +c 3 e x + c 4 e x }{{} komplex köklere karşılık gelen parça Katlı Kompleks Kökler Eğer (2.6) karakteristik denkleminin a ib, (b 0) kompleks eşlenik kökü k katlı ise, (2.5) denkleminin genel çözümünün bu kompleks köklere karşılık gelen parçası e ax( ) (c cos (bx) + d sin (bx)) + x(c 2 cos (bx) + d 2 sin (bx)) + + x k (c k cos (bx) + d k sin (bx)) şeklindedir. Örnek 6. diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulalım. y (4) + 2y (3) + 62y + 56y + 69y = 0 Çözüm: Karakteristik denklem: r 4 + 2r r r + 69 = 0 (r 2 + 6r + 3) 2 = 0 [(r + 3) 2 + 4] 2 = 0 (r + 3) = 0 (r + 3) 2 = 4 r + 3 = 2i r,2 = 3 2i 3 2i kökü 2 katlı kompleks kök. O halde genel çözüm y(x) = e 3x (c cos 2x + d sin 2x + x(c 2 cos 2x + d 2 sin 2x)) şeklinde yazılır. 2.3 Homojen Olmayan Denklemler n. mertebeden homojen olmayan lineer bir diferansiyel denklemin y (n) + p (x)y (n ) + + p n (x)y + p n (x)y = f(x) (2.) şeklinde olduğunu ve bununla ilgili olan n. mertebeden lineer homojen denklemin y (n) + p (x)y (n ) + + p n (x)y + p n (x)y = 0 (2.2) olduğunu biliyoruz.

53 2.3. Homojen Olmayan Denklemler 5 Theorem 8. p i ve f fonksiyonları I açık aralığında sürekli olmak üzere y ö, (2.) denkleminin bir özel çözümü ve y, y 2,..., y n fonksiyonları (2.2) denkleminin I aralığı üzerinde bir çözümü ise, her x I için olacak şekilde c, c 2,..., c n keyfi sabitleri vardır. Y (x) = c y (x) + c 2 y 2 (x) + + c n y n (x) + y ö (x) (2.7) Teorem e göre (2.) diferansiyel denkleminin genel çözümü, ilgili homojen denklemin (2.2) genel çözümü y h (x) = c y (x) + c 2 y 2 (x) + + c n y n (x) ile (2.) denkleminin bir özel çözümünün y ö (x) toplamı olacağıdır. Örnek 62. y + 4y = 2x diferansiyel denklemini ele alalım. Çözüm: Bu denklemle ilgili homojen denklem y + 4y = 0 denklemidir ve bu homojen denklemin genel çözümü c cos 2x + c 2 sin 2x olarak bulunabilir (y h (x)). y = 3x fonksiyonun homojen olmayan denklemi sağladığı kolayca gösterilebilir. Yani y = 3x fonksiyonu denklemimiz için bir özel çözümdür (y ö (x)). Teoreme göre homojen olmayan denklemin genel çözümü (y g (x)) olarak yazılabilir. y g (x) = y h (x) + y ö (x) = c cos 2x + c 2 sin 2x + 3x Sonuç olarak n. mertebeden homojen olmayan lineer bir diferansiyel denklemin çözümünü bulmak istiyorsak, bu denklemle ilgili n. mertebeden homojen denklemin genel çözümünü bulmamız ve homojen olmayan denklemin bir özel çözümünü elde etmemiz gerek. Bir önceki bölümde n. mertebeden sabit katsayılı homojen lineer denklemlerin genel çözümlerini bulmayı öğrenmiştik. Bu bölümde homojen olamayan sabit katsayılı lineer denklemlerin çözümünü inceleyeceğiz. İlgili homojen denklemin genel çözümünü bulabildiğimize göre işimiz sadece homojen olmayan denklem için özel çözüm bulmaktır Belirsiz Katsayılar Metodu (2.) denklemindeki f(x) fonksiyonu y ö nin genel şekli için bir tahmin yapabileceğimiz kadar basit verilmiş ise, belirsiz katsayılar metodu y ö yi bulmak için bir yoldur. İlk olarak f(x) veya onun herhangi bir türevinde bulunan hiçbir terimin homojen denklemi sağlamadığını kabul edelim. Bilgi f(x) fonksiyonu m. dereceden bir polinom ise, özel çözüm y ö aşağıdaki gibi seçilir ve A m, A m,..., A, A 0 bilinmeyenleri bulunur. y ö (x) = A m x m + A m x m A x + A 0 Örnek 63. y + 3y + 4y = 3x + 2 diferansiyel denklemin bir özel çözümünü bulalım.

54 Homojen Olmayan Denklemler Çözüm: Burada f(x) = 3x + 2 şeklinde. dereceden bir polinomdur. Böylece bizim özel çözümümüz y ö (x) = A x + A 0 dir. Diferansiyel denklemimizde yerine yazıp A, A 0 bilinmeyenlerini bulalım. Özel çözümümüzün türevlerini bulalım. y ö(x) = A Yerlerine yazılırsa Düzenlersek; Polinomların eşitliğini kullanarak A = 3 4 ve A 0 = 6 olarak bulunur. y ö (x) = A + 4(A x + A 0 ) = 3x + 2 4A x + 3A + 4A 0 = 3x + 2 bulunur. Böylece özel çözümümüz y ö (x) = 3 4 x 6 Bilgi f(x) = a cos kx + b sin kx, şeklinde ise, özel çözüm y ö aşağıdaki gibi seçilir ve A, B bilinmeyenleri bulunur. Örnek 64. y ö (x) = A cos kx + B sin kx y + y 2y = 2 cos x diferansiyel denklemin bir özel çözümünü bulalım. Çözüm: Burada f(x) = 2 cos x. Böylece bizim özel çözümümüz y ö (x) = A cos x + B sin x dir. Diferansiyel denklemimizde yerine yazıp A, B bilinmeyenlerini bulalım.özel çözümümüzün türevlerini bulalım. y ö(x) = A sin x + B cos x Yerlerine yazılırsa y ö (x) = A cos x B sin x Düzenlersek; ( A cos x B sin x) + ( A sin x + B cos x) 2(A cos x + B sin x) = 2 cos x Yine katsayılar eşitliğini kullanarak A = 3 5 ve B = 5 olarak bulunur. (B 3A) cos x + ( A 3B) sin x = 2 cos x bulunur. Böylece özel çözümümüz y ö (x) = 3 5 cos x + 5 sin x Bilgi f(x) = e kx, şeklinde ise, özel çözüm y ö aşağıdaki gibi seçilir ve A bilinmeyeni bulunur. y ö (x) = Ae kx

55 2.3. Homojen Olmayan Denklemler 53 Örnek 65. y 4y = 2e 3x diferansiyel denklemin bir özel çözümünü bulalım. Çözüm: Burada f(x) = 2e 3x. Böylece bizim özel çözümümüz y ö (x) = Ae 3x dir. Diferansiyel denklemimizde yerine yazıp A bilinmeyenini bulalım. Özel çözümümüzün türevlerini bulalım. y ö(x) = 3Ae 3x Yerlerine yazılırsa Düzenlersek; y ö (x) = 9Ae 3x (9Ae 3x ) 4(Ae 3x ) = 2e 3x (5A)e 3x = 2e 3x Buradan A = 2 5 bulunur. Böylece özel çözümümüz y ö (x) = 2 5 e3x olarak bulunur. Bilgi Belirsiz katsayılar metodu, (2.) denklemindeki f(x) fonksiyonunun aşağıdaki üç tip fonksiyonun (sonlu) çarpımlarının bir lineer birleşimi olması durumunda da uygulanır. x e göre polinom, e kx tipi üstel fonksiyon, cos kx ya da sin kx. Örnek 66. başlangıç değer problemini çözünüz. y 3y + 2y = 3e x 0 cos 3x y(0) =, y (0) = 2 Çözüm: Öncelikle yukarıdaki diferansiyel denklemin ilgili homojen denklemini çözmemiz gerekiyor. Yani y 3y + 2y = 0 homojen diferansiyel denklemini çözelim. Bu denklemin karakteristik denklemi r 2 3r + 2 = 0 dir. Bu polinomun kökleri r = ve r 2 = 2 dir. Sonuç olarak homojen kısmın genel çözümü y h (x) = c e x + c 2 e 2x olarak bulunur. f(x) = 3e x 0 cos 3x ve türevleri e x, cos 3x ve sin 3x terimlerini içerir. Bunların hiçbirisi y h (x) in içinde görülmediğinden y ö (x) = Ae x + B cos 3x + C sin 3x

56 Homojen Olmayan Denklemler olarak alınabilir. y ö ve y ö fonksyonlarını bulup denklemimizde yerine yazalım ve bilinmeyenleri bulalım. y ö = Ae x 3B sin 3x + 3C cos 3x Yerlerine yazılıp düzenlenirse y ö = Ae x 9B cos 3x 9C sin 3x 6Ae x + ( 7B 9C) cos 3x + (9B 7C) sin 3x = 3e x 0 cos 3x elde edilir. Buradan 6A = 0 7B 9C = 0 9B 7C = 0 denklem sistemi elde edilir. Bu denklem sistemini çözersek: A = 2, B = 7 3 ve C = 9 3 olarak bulunur. Bu da y ö (x) = 2 e x cos 3x + 9 sin 3x 3 özel çözümünü verir. Fakat soruda verilen başlangıç koşullarını sağlamaz. Denklemimizin genel çözümünü yazıp başlangıç koşullarını sağlayacak şekilde c, c 2 keyfi sabitlerini bulalım. Genel çözümümüz y g (x) = y h (x) + y ö (x) = c e x + c 2 e 2x + 2 e x cos 3x sin 3x olarak yazılır. Koşullar kullanılarak c = 2 ve c 2 = 6 3 bulunur. İstenilen çözüm y(x) = 2 ex e2x + 2 e x cos 3x + 9 sin 3x 3 Örnek 67. 4y + 4y + y = 3xe x diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. Çözüm: Önce ilgili homojen denklemin 4y + 4y + y = 0 genel çözümünü bulalım. Karakteristik denklemimiz 4r 2 + 4r + = 0 Karakteristik denklemin köklerir,2 = 2 dir. Homogen denklemin genel çözümü y h (x) = e 2 x (c + c 2 x) şeklinde bulunur. y h (x) = e 2 x (c +c 2 x) çözümünün içerisinde f(x) = 3xe x veya herhangi bir türevi bulunmuyor.f(x) fonksiyonu birinci dereceden bir polinom ve üstel fonksiyonun çarpımı olduğu için özel çözümümüz y ö = (Ax + B)e x şeklinde olacaktır. Denklemimizde yerine koymak için türevleri alalım. y ö = Ae x + (Ax + B)e x Türevleri yerine koyalım y ö = 2Ae x + (Ax + B)e x 4(2Ae x + (Ax + B)e x ) + 4(Ae x + (Ax + B)e x ) + (Ax + B)e x = 3xe x Düzenlersek e x (9Ax + 2A + 9B) = 3xe x

57 2.3. Homojen Olmayan Denklemler 55 elde ederiz. e x (9Ax + 2A + 9B) = 3xe x Yukarıdaki denklemde sadeleştirme yapılırsa, katsayıların eşitliğinden A = 3 ve B = 4 9 bulunur. Özel Çözümümüz: y ö (x) = ( 3 x 4 9 )ex olarak bulunur. Genel çözümümüz ise dir. y g (x) = e 2 x (c + c 2 x) + ( }{{} 3 x 4 9 )ex }{{} y h (x) y ö(x) Örnek 68. y (3) + y = 3e x + 4x 2 diferansiyel denkleminin özel çözümünü bulunuz. Çözüm: İlgili homojen denklemin karakteristik denklemi r 3 + r 2 = 0 dır. Kökler r,2 = 0 ve r 3 = dir. Bu durumda homojen denklemin genel çözümü dir. Özel çözümümüzü y h (x) = c + c 2 x + c 3 e x y ö (x) = }{{} Ae x + B + Cx + Dx }{{} 2 e x için x 2 için şeklinde seçemeyiz.çünkü f(x) = 3e x + 4x 2 fonksiyonunun x 2 teriminin türevi y h (x) in içinde mevcut. Bu durumda özel çözümde x 2 ye karşılık gelen parçayı x m ile çarparak y h (x) ile benzer terim içermemesini sağlamalıyız. Burada m seçilebilecek en küçük tamsayı olmalıdır. x 2 ye karşılık gelen parça olan B + Cx + Dx 2 yi x ile çarpalım Bx + Cx 2 + Dx 3 Hala benzer terim mevcut (Bx, c 2 x). x 2 ile çarpalım Artık benzer terimimiz yok. Yani özel çözümümüz şeklinde seçilebilir. Türevleri alıp yerine koyalım Bx 2 + Cx 3 + Dx 4 y ö (x) = Ae x + Bx 2 + Cx 3 + Dx 4 y ö(x) = Ae x + 2Bx + 3Cx 2 + 4Dx 3 y ö (x) = Ae x + 2B + 6Cx + 2Dx 2 y (3) ö (x) = Aex + 6C + 24Dx Denklemimizde yerine yazalım ve düzenleyelim elde ederiz. Buradan katsayıların eşitliğinden 2Ae x + (2B + 6C) + (6C + 24D)x + 2Dx 2 = 3e x + 4x 2 2A = 3 2B + 6C = 0 6C + 24D = 0 2D = 4 denklemlerini elde ederiz. Bu denklemlerden A = 3 2, B = 4, C = 4 3 ve D = 3 olarak bulunur. Böylece istenilen çözüm olur. y ö (x) = 3 2 ex + 4x x3 + 3 x4

58 Homojen Olmayan Denklemler Örnek 69. y + 6y + 3y = e 3x cos 2x diferansiyel denkleminin özel çözümü için uygun bir form belirleyiniz. Çözüm: İlgili homojen denklemin karakteristik denklemi r 2 + 6r + 3 = 0 olup kökleri r,2 = 3 2i dir. Bu durumda homojen denklemin çözümü dir. f(x) = e 3x cos 2x fonksiyonuna bakılarak y h (x) = e 3x (c cos 2x + c 2 sin 2x) y ö (x) = e 3x (A cos 2x + B sin 2x) özel çözüm olarak düşünülebilir. Fakat denklemimizdeki f(x) = e 3x cos 2x homojen denklemin çözümünün içinde vardır. (c =, c 2 = 0 seçilirse) Bu nedenle özel çözümümüz yukarıdaki şekilde seçilemez. x ile çarparsak benzer terim ortadan kaldırılır. Örnek 70. y ö (x) = e 3x (Ax cos 2x + Bx sin 2x) y + y + y = sin 2 x diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. Çözüm: Önce ilgili homojen denklemin y + y + y = 0 genel çözümünü bulalım. Karakteristik denklemimiz: r 2 + r + = 0 dir. Bu denklemin kökleri r,2 = 2 i 3 2 dir. İlgili homojen denklemin genel çözümü y h (x) = e 2 x (c cos ( x) + c 2 sin ( 2 x)) olarak yazılır. özel çözümü f(x) = sin 2 x fonksiyonuna bakarak söyleyemeyiz. sin 2 x = 2 2 cos (2x) trigonometrik özdeşliğinden yararlanabiliriz. Denklemimiz aşağıdaki şekilde de yazılabilir, Şimdi özel çözümümüzün y + y + y = 2 cos (2x) 2 y ö (x) = A cos (2x) + B sin (2x) }{{} + }{{} C 2 cos (2x) için şeklinde olacağını söyleyebiliriz. Denklemde yerine yazıp A, B bilinmeyenlerini bulabilmek için türevleri alalım 2 için y ö(x) = 2A sin (2x) + 2B cos (2x) Yerine koyup düzenlersek: y ö (x) = 4A cos (2x) 4B sin (2x) ( 3A + 2B) cos (2x) + ( 3B 2A) sin (2x) + C = 2 cos (2x) 2 elde edilir. Buradan C = 2 olduğu direkt görülür. Katsayıların eşitliği kullanılarak 3A + 2B = 2 3B 2A = 0

59 2.3. Homojen Olmayan Denklemler 57 denklemlerini elde ederiz. Bu denklemlerden A = 3 26 ve B = 3 bulunur. Böylece özel çözümümüz olur. Genel çözümümüz ise y ö (x) = 3 cos (2x) 26 3 sin (2x) + 2 dir. y g (x) = e 2 x (c cos ( x) + c 2 sin ( 2 x)) cos (2x) 3 sin (2x) + 2 Örnek 7. y y = e x + 7 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. Çözüm: Önce ilgili homojen denklemin y y = 0 genel çözümünü bulalım. Karakteristik denklemimiz: m 3 = 0 dir. m 3 = 0 denkleminin kökleri m,2,3 = dir demek yanlıştır. Çünkü bu kökler (m ) 3 = 0 denkleminin kökleridir. Bizim denklemimizin köklerinden bir tanesi dir. Diğer ikisi ise komplekstir. Kompleks kökleri bulabilmek için kompleks sayıların Euler formundan yararlanırız m = r(cos θ + i sin θ) m 3 = r 3 (cos 3θ + i sin 3θ) m 3 = r 3 (cos 3θ + i sin 3θ) = 0 Buradan r = olarak bulunur. Yine katsayılar eşitliğinden cos 3θ = sin 3θ = 0 yazılır. Buradan θ = 2 3 kπ, k N bulunur. θ = 2 3 kπ, k N k = 0 θ = 0 m = k = θ = 2 3 π m 2 = 2 + i 3 2 k = 2 θ = 4 3 π m 3 = 2 i 3 2 Karakterisitik denklemimizin kökleri m =,m 2,3 = 2 i 3 2 y h (x) = c e x + e 2 x (c 2 cos ( olarak yazılır. f(x) = e x + 7 fonksiyonuna bakarak özel çözümü y ö (x) = Ae x + B dir. Homogen çözüm 3 2 x) + c 3 sin ( 3 2 x)) şeklinde düşünebiliriz. Fakat ilgili homojen denklemin çözümü y h (x) in içinde f(x) = e x + 7 fonksiyonunun bir parçası (e x ) bulunuyor. Bu sebeble e x e karşılık gelen parçayı x le çarpıp farklı hale getirmeliyiz. y ö (x) = Axe x + B Görüldüğü gibi y h (x) ile y ö (x) arasında benzerlik kalmadı. Türevleri alalım y ö(x) = Ae x + Axe x

60 Homojen Olmayan Denklemler Yerlerine yazıp düzenlersek denklemini elde ederiz. Buradan A = 3 y ö (x) = 2Ae x + Axe x y ö (x) = 3Ae x + Axe x 3Ae x B = e x + 7 ve B = 7 bulunur. Özel çözümümüz y ö (x) = 3 ex 7 olarak bulunmuş olur. Genel çözümümüz aşağıdaki gibidir. y g (x) = c e x + e x (c 2 cos ( 2 x) + c 3 sin ( 2 x)) + 3 ex Parametrelerin Değişimi Yöntemi Son olarak belirsiz katsayılar metodunun kullanılamayacağı durumda kullanılacak bir yöntemi inceleyeceğiz. Örneğin, y + y = tan x Parametrelerin Değişimi yöntemini 2. mertebeden lineer denklemler üzerinde öğrenelim. y + p(x)y + q(x)y = f(x) yukarıdaki 2. mertebeden lineer denklemin ilgili homojen denklemin genel çözümü y h (x) = c y (x) + c 2 y 2 (x) olsun. Temel fikir kısaca şöyledir: y h (x) fonksiyonundaki c, c 2 parametrelerinin yerine, x değişkenine bağlı fonksiyonlar u (x), u 2 (x) yazıp, yeni oluşan y h (x) fonksiyonunu denklemimizde yazarak, u (x), u 2 (x) fonksiyonlarını belirlemektir. Kısacası özel çözümümüz y ö (x) = u (x)y (x) + u 2 (x)y 2 (x) şeklinde düşünülecek. Bu özel çözümü denklemde yerine yazarak bilinmeyen u (x), u 2 (x) bulmaya çalışalım. İki bilinmeyen fonksiyonumuz olduğunu göre, bunları belirleyebilmek için iki denkleme ihtiyacımız var. Şimdi bu denklemleri belirleyelim. y ö = u y +u 2 y 2+u y +u 2y 2 Denklemde yerine yazabilmek için 2. türevi almalıyız. 2. türevi alırsak u ve u 2 fonksiyonlarının 2. türevleri karşımıza çıkacak ve işimizi zorlaştıracaktır. Bu nedenle birinci denklemimizi işimizi kolaylaştırsın diye olarak alacağız. u y + u 2y 2 = 0 Özel çözümün ikinci türevini alalım Denklemimizde yerine yazalım y ö = u y + u 2 y 2 y ö = u y +u 2 y 2 +u y +u 2y 2 u, u 2 parantezlerine alalım u y + u 2 y 2 + u y + u 2y 2 +p(x) (u y + u 2 y }{{} 2) +q(x) (u y + u 2 y 2 ) = f(x) }{{}}{{} y ö y ö y ö u (y + p(x)y + q(x)y ) + u 2 (y 2 + p(x)y 2 + q(x)y 2 ) + u }{{}}{{} y + u 2y 2 = f(x) 0 0

61 2.3. Homojen Olmayan Denklemler 59 y ve y 2 fonksiyonları ilgili homojen denklemin (y + p(x)y + q(x)y = 0) çözümü olduğu için u, u 2 nin katsayıları 0 dır. Böylece ikinci denklemimizi elde etmiş olduk. u y + u 2y 2 = 0 u y + u 2y 2 = f(x) Yukarıdaki denklemlerden u, u 2 bulunur. İntegral alınarak u, u 2 elde edilir. Böylece özel çözümümüzü y ö belirlemiş oluruz. Bir örnekle inceliyelim. Örnek 72. y + y = tan x diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. Çözüm: Önce ilgili homojen denklemin y + y = 0 genel çözümünü bulalım. Karakteristik denklemimiz: dir. Kökleri: r,2 = i dir. y h (x) aşağıdaki gibi yazılır. r 2 + = 0 y h (x) = c cos x + c 2 sin x Parametrelerin değişimi yöntemini kullanacağız. y h (x) e bakarak olduğunu söyleyebiliriz. Özel çözümümüzü y (x) = cos x y 2 (x) = sin x y ö = u (x) cos x + u 2 (x) sin x şeklinde seçeceğiz. Yerine koyulduğunda aşağıdaki denklem sistemini elde edeceğiz. (u ) cos x + (u 2) sin x = 0, (u ) sin x + (u 2) cos x = tan x Bu iki bilinmeyenli iki denklemi aşağıdaki gibi matris çarpımı ile ifade edebiliriz. [ ] [ ] [ ] cos x sin x u 0 sin x cos x u = 2 tan x }{{}}{{}}{{} A U b Yukarıdaki sisteminin tek çözümü vardır. A katsayılar matrisinin determinantı cos x ve sin x in Wronskiyenidir. Bu fonksiyonlar ilgili homojen denklemin genel çözümünü oluşturdukları için lineer bağımsızdırlar, yani Wronskiyeni 0 dan faklıdır. Bu sistemi çözmek için Kramer Kuralını kullanacağız. Bilgi KRAMER KURALI a a 2... a n x b a 2 a a 2n x = b 2. a n a n2... a nn x n Yukarıdaki denklem sisteminin (Ax = b, det(a) 0) çözümünü i. kolon {}}{ a... b... a n a 2... b 2... a 2n a n... b n... a nn x i = det(a) b n i =, 2,..., n formülüyle bulabiliriz. [ ] [ ] [ ] cos x sin x u 0 sin x cos x u = 2 tan x }{{}}{{}}{{} A U b

62 Homojen Olmayan Denklemler Katsayılar matrisinin (A) determinantını bulalım, det(a) = cos x sin x sin x cos x = cos2 x + sin 2 x = Bilinmeyenlerimiz u, u 2 fonksiyonları ise 0 sin x u tan x cos x = = sin x tan x = cos x sec x cos x 0 u sin x tan x 2 = = sin x şeklinde bulunur. İntegral alarak u ve u 2 fonksiyonlarını bulabiliriz. u 2 (x) = cos x u (x) = sin x ln sec x + tan x Bilgi sec x in integralinde sec x + tan x ile çarpıp böler, değişken dönüşümü yaparız. y ö (x) = u (x) cos x + u 2 (x) sin x u (x) ve u 2 (x) i yerine yazalım y ö (x) = (sin x ln sec x + tan x ) cos x cos x sin x y ö (x) = cos x ln sec x + tan x Örnek 73. y + 4y + 4y = e 2x x 2, (x > 0) diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. Çözüm: Önce ilgili homojen denklemin y + 4y + 4y = 0 genel çözümünü bulalım. Karakteristik denklemimiz: dir. Kökleri: r,2 = 2 dir. y h (x) aşağıdaki gibi yazılır. r 2 + 4r + 4 = 0 y h (x) = c e 2x + c 2 xe 2x Denklemimizin sağ tarafı belirsiz katsayılar metodunda incelediğimiz fonsiyon tiplerinden farklı. Parametrelerin değişimi metodunu kullanacağız. Özel çözümümüzü y ö (x) = u (x) e 2x }{{} y (x) +u 2 (x) xe 2x }{{} y 2(x) olarak seçeceğiz ve u (x) ve u 2 (x) katsayı fonksiyonlarını bulacağız. u ve u 2 yi bulacağımız denklemler: u y + u 2y 2 = 0 bilinenleri yerlerine yazalım, u y + u 2y 2 = f(x) u e 2x + u 2xe 2x = 0 u ( 2e 2x ) + u 2(e 2x 2xe 2x ) = e 2x x 2

63 2.4. Cauchy-Euler Denklemi 6 Her iki denklemdeki e 2x leri yok edersek daha sade denklemler elde ederiz. u + u 2x = 0 Yol : 2u + u 2( 2x) = x 2 birinci denklemi 2 ile çarpıp denklemleri toplayalım bulunur. u 2 yi birinci denklemde yerine yazdığımızda u 2 = x 2 u = x elde ederiz. Yol 2: Kramer kuralını kullanalım. Sistemimiz aşağıdaki gibi yazılabilir [ ] [ ] [ ] x u 0 = 2 2x }{{} A u 2 }{{} U x 2 }{{} b A nın determinantı det(a) = olarak bulunur. Bilinmeyenlerimiz 0 x u x 2 2x = = x 0 u 2 x 2 2 = = x 2 olarak bulunur. İntegral alarak bilinmeyen fonksiyonlarımızı buluruz. u (x) = ln ( x ) u 2 (x) = x Böylece özel çözümümüz y ö (x) = ln ( x )e 2x x xe 2x = ln ( x )e 2x e 2x olur. Sonuç olarak genel çözümümüz dir. 2.4 Cauchy-Euler Denklemi y g (x) = c e 2x + c 2 xe 2x + ln ( x )e 2x e 2x a n x n dn y dx n + a n x n dn y dx n + + a x dx + a 0y = f(x) şeklindeki denklemler Cauchy-Euler denklemi olarak adlandırılır. Bu denklemin çözümü için x = e t dönüşümü yapılır. x = e t t = ln x dönüşümü yapacağız. Bu dönüşümü yaparsak y fonksiyonu t ye bağlı olur. Bu sebeble y nin x e göre türevleri yerine y nin t ye göre türevleri yazılmalıdır. Bu türevleri bulalım. d 2 y dx 2 = d ( dx dt dx = dt ) x = d dx dt dx = dt ( dt x ) x + dt d dx ( ) x

64 Cauchy-Euler Denklemi d 2 y dx 2 = d2 y dt 2 x 2 + ( x ) dt 2 = ( d 2 y x 2 dt 2 ) dt Bu türevler denklemde yerine konulursa x in kuvvetleri sadeleşir ve. d n y a n dt n + ã d n y n dt n + + ã dt + a 0y = f(e t ) sabit katsayılı lineer denklem elde edilir. Bu denklem çözülür, bulunan y(t) fonsiyonunda t = ln x ters dönüşümü yapılarak sonuca ulaşılır. Örnek 74. x 2 y + xy 4y = 0 denklemini çözünüz. Çözüm: Denklemimiz Cauchy-Euler denklemi. x = e t dönüşümü yapacağız. d 2 y dx 2 = x 2 dx = dt x ( d 2 y dt 2 dt Yukaridaki türevleri denklemde yerine koyalım. x 2 ( d 2 y x 2 dt 2 ) + x dt dt x 4y = 0 sadeleştirmeleri yapalım. ) d 2 y dt 2 dt + dt 4y = 0 y 4y = 0 sabit katsayılı denklemimizi elde ederiz. Karakteristik denklemi: r 2 4 = 0, kökler r = 2 ve r 2 = 2 dir. Genel çözümümüz y(t) = c e 2t + c 2 e 2t t = ln x ters dönüşümü yapalım. y(x) = c e 2 ln x 2 ln x + c 2 e olarak çözümümüzü elde ederiz. y(x) = c e ln x2 ln x 2 + c 2 e y(x) = c x 2 + c 2 x 2 Örnek 75. x 3 y 4x 2 y + 8xy 8y = 4 ln x denklemini çözünüz. Çözüm: Cauchy-Euler olduğu için x = e t dönüşümü yapacağız. d 2 y dx 2 = x 2 dx = dt x ( d 2 y dt 2 dt Bu türevleri bir önceki örnekten biliyorduk. Şimdi 3. türevi bulalım. d 3 y dx 3 = d ( ( d 2 y dx x 2 dt 2 )) dt )

65 2.5. Legendre Denklemi 63 Şimdi yerlerine yazalım. Düzenlersek d 3 y dx 3 = d ( dx x 2 d 3 y dx 3 = 2 x 3 ) ( d 2 y dt 2 dt ( d 2 y dt 2 dt d 3 y dx 3 = x 3 x 3 ( d 3 y x 3 dt 3 y 3d2 dt dt ) + ( d d 2 y x 2 dx dt 2 ) dt ) ) + ( d 3 y x 2 dt 3 x d2 y dt 2 x ) ( d 3 y dt 3 y 3d2 dt dt x 3 y 4x 2 y + 8xy 8y = 4 ln x ) 4x 2 ( d 2 y x 2 dt 2 dt d 3 y dt 3 y 7d2 dt y = 4t dt ) + 8x 8y = 4 ln et x dt sabit katsayılı denklemi elde ederiz. İlgili homojen denklemi y 7y + 4y 8y = 0 çözelim. Karakteristik denklemimiz r 3 7r 2 + 4r 8 = 0 ve kökleri r =,r 2 = 2 ve r 3 = 4 dir. Genel çözümümüz y h (t) = c e t + c 2 e 2t + c 3 e 4t olarak yazılır. Denklemin sağ tarafında 4t var.. derece polinom. Özel çözümümüzü y ö (t) = At + B olarak seçelim. Özel çözümün türevlerini alalım ve yerine koyalım. y ö(t) = A Yerlerine yazılırsa Buradan A = 2 ve B = 7 8 bulunur. y ö (t) = 0 y ö (t) = 0 4A 8(At + B) = 4t t = ln x ters dönüşümü yapılırsa, çözümümüz, y(t) = c e t + c 2 e 2t + c 3 e 4t 2 t 7 8 olarak bulunur. 2.5 Legendre Denklemi y(x) = c x + c 2 x 2 + c 3 x 4 2 ln x 7 8 c n (ax + b) n y (n) + c n (ax + b) n y n + + c (ax + b)y + c 0 y = f(x) şeklindeki denklemler Legendre denklemi olarak adlandırılır. Bu denklemin çözümü için (ax + b) = e t dönüşümü yapılır. Cauchy-Euler denkleminde olduğu gibi y nin x e göre türevleri yerine y nin t ye göre türevlerini yazmalıyız. Türevleri bulalım. dt a d 2 y dx 2 = d ( dx dt a ax + b d 2 y dx 2 = d2 y a 2 dt 2 (ax + b) 2 + dt dx = dt dx = dt ax + b ) = d ( ) a dx dt ax + b + ( ) d a dt dx ax + b ( ) a 2 a 2 ( d 2 y (ax + b) 2 = (ax + b) 2 dt 2 ) dt..

66 Legendre Denklemi Kolayca görüleceği üzere Cauchy-Euler denkleminin çözümünde olduğu gibi türevler yerine yazıldığında (ax+b) nin kuvvetleri sadeleşerek denklemde kalmayacaktır. d n y c n dt n + c d n y n dt n + + c dt + c 0y = f( et b ) a Sabit katsayılı bir denkleme dönüştü ki bu denklemleri çözmeyi biliyoruz. Örnek 76. (3x + 2) 2 y + 3(3x + 2)y 36y = 3x 2 + 4x + denklemini çözünüz. Çözüm: Denklemimiz Legendre denklemi. (3x + 2) = e t dönüşümü yapacağız. dx = dt a ax + b = dt d 2 y dx 2 = 3 2 (3x + 2) 2 3 3x + 2 ) ( d 2 y dt 2 dt Yukaridaki türevleri denklemde yerine koyalım. ( (3x + 2) 2 9 d 2 y (3x + 2) 2 dt 2 ) 3 + 3(3x + 2) dt 3x + 2 dt 36y = 2 3(et ) 2 + 4( et 2 ) sadeleştirmeleri yapalım. 9 d2 y dt 2 9 dt + 9 dt 36y = e2t 3 9 d2 y dt 2 36y = e2t 3 d 2 y dt 2 4y = e2t 27 sabit katsayılı denklemimizi elde ederiz. Karakteristik denklemi: r 2 4 = 0, kökler r = 2 ve r 2 = 2 dir. Genel çözümümüz y(t) = c e 2t + c 2 e 2t olarak yazarız. y h (t) ile e2t 27 fonksiyonlarında e 2t fonksiyonu ortak. Bu nedenle özel çözümümüzü şeklinde seçmeliyiz. Türevleri alıp yerine koyalım Denklemde yerine yazalım Düzenlediğimizde Bu denklemden A = B = 08 y ö (t) = Ate 2t + B y ö(t) = Ae 2t + 2Ate 2t y ö (t) = 4Ae 2t + 4Ate 2t 4Ae 2t + 4Ate 2t 4(Ate 2t + B) = e2t 27 4Ae 2t 4B = e2t bulunur. Özel Çözümümüz y ö (t) = 08 (te2t + ) olarak bulunur. Genel çözüm ise y g (t) = c e 2t + c 2 e 2t + 08 (te2t + ) t = ln (3x + 2) ters dönüşümü yaparak denklemimizin çözümünü tamamlamış oluruz. y g (x) = c e 2 ln (3x+2) + c 2 e 2 ln (3x+2) + 08 (ln (3x + 2)e2 ln (3x+2) + ) y g (x) = c (3x + 2) 2 + c 2 (3x + 2) ((3x + 2)2 ln (3x + 2) + )

67 2.5. Legendre Denklemi 65 Örnek 77. x 2 y + xy + y = cos(ln x) denklemini çözünüz. Çözüm: Cauchy-Euler olduğu için x = e t dönüşümü yapacağız. dx = dt x d 2 y dx 2 = ( d 2 y x 2 dt 2 ) dt Bu türevleri bir elde etmiştik. Yerlerine yazalım x 2 ( d 2 y x 2 dt 2 ) + x dt dt x + y = cos(t) Düzenlersek d 2 y dt 2 + y = cos(t) sabit katsayılı denklemi elde ederiz. İlgili homojen denklemi y + y = 0 çözelim. Karakteristik denklemimiz r 2 + = 0 ve kökleri r,2 = i dir. Genel çözümümüz y h (t) = c cos t + c 2 sin t olarak yazılır. Denklemin sağ tarafında cos(t) var. Belirsiz katsayılar metodunu kullanamayız. Parametrelerin değişimi metodunu kullanalım. Yani özel çözümümüzü y ö (t) = u (t) cos t + u 2 (t) sin t şeklinde seçip u (t) ve u 2 (t) yi bulalım. u (t) ve u 2 (t) yi bulacağımız denklemler Kramer metodunu kullanırsak u cos t + u 2 sin t = 0 u sin t + u 2 cos t = cos t 0 sin t u cos t cos t = = sin t cos t cos t 0 u sin t cos t 2 = = olarak bulunur. İntegral alarak bilinmeyen fonksiyonlarımızı buluruz. u (t) = ln cos t, u 2 (t) = t Böylece özel çözümümüz y ö (t) = ln cos t. cos t + t sin t dir. Genel çözüm ise y g (t) = c cos t + c 2 sin t + ln cos t. cos t + t sin t dir. t = ln x ters dönüşümü yaparak verilen problemin genel çözümü elde edilebilir: y g (x) = c cos(ln x) + c 2 sin(ln x) + ln cos(ln x). cos(ln x) + (ln x) sin(ln x)

68 66 Bölüm 2. Yüksek Mertebeden Diferansiyel Denklemler Alıştırmalar. xy = y 2. ( + x 2 )y + (y ) 2 + = 0 3. y 3 y = 4. yy + (y ) 2 = 0 5. xy = + (y ) 2 6. y y = 0 7. y + 4y = 0 8. y + y 6y = 0 9. y 3y = 0 0. y + 2y + y = 0. y (4) + 3y = 0 2. y (4) + 8y + 8y = 0 3. y (4) + 3y 4y = 0 4. y + 6y = e 3x 5. y + 2y 3y = + xe x 6. y + y = 2 sin(x) 7. 2y + 4y + 7y = x 2 8. y + 9y = 2 sec(3x) 9. y 2y + y = ex x 20. x 2 y xy + 2y = x ln(x) 2. x 3 y + 2x 2 y = x + sin(ln(x))

69 Bölüm 2. Yüksek Mertebeden Diferansiyel Denklemler 67 Cevaplar. y(x) = c x 2 + c 2 2. y(x) = x2 2c + c 2 3. c y 2 (c x + c 2 ) 2 = 4. xy = c y 2 + c 2 5. y(x) = cx2 4 ln(x) 2c + c 2 6. y(x) = c e x + c 2 e x 7. y(x) = c cos(2x) + c 2 sin(2x) 8. y(x) = c e 2x + c 2 e 3x 9. y(x) = c + c 2 e 3x 0. y(x) = c e x + c 2 xe x. y(x) = c + c 2 x + c 3 x 2 + c 4 e 3 5 x 2. y(x) = c cos(3x) + c 2 sin(3x) + x(c 3 cos(3x) + c 4 sin(3x)) 3. y(x) = c e x + c 2 e x + c 3 cos(2x) + c 4 sin(2x) 4. y(x) = c cos(4x) + c 2 sin(4x) + 25 e3x 5. y(x) = c e 3x + c 2 e x 3 + ( 8 x2 6 x)ex 6. y(x) = c + c 2 cos(x) + c 3 sin(x) + 2x + 2 x sin(x) 7. y(x) = e 2x (c cos( 0x)+c 2 sin( 0x))+ 7 x x y(x) = c cos(3x)+c 2 sin(3x)+ 2 ln cos(x) cos(3x)+ x sin(3x) 9. y(x) = c e x + c 2 xe x + ln x xe x 20. y(x) = x(c cos(ln(x)) + c 2 sin(ln(x)) + x ln(x) 2. y(x) = c +c 2 ln(x)+c 3 x+x ln(x)+ 2 sin(ln(x))+ 2 cos(ln(x))

70 68 Bölüm 2. Yüksek Mertebeden Diferansiyel Denklemler

71 3 Kuvvet Serisi Yöntemi Bu bölümde; kuvvet serileri yöntemini en basit şekliyle ve aynı zamanda kuvvet serileri hakkındaki temel bilgiler için bazı teoremleri (ispatsız) vereceğiz. İlk olarak (x a) nın bir kuvvet serisinin c n (x a) n = c 0 + c (x a) + c 2 (x a) c n (x a) n + (3.) şeklinde sonsuz seri olduğunu hatırlayalım. Burada a sayısı kuvvet serisinin merkezi olarak adlandırılır. Eğer a = 0 ise kuvvet serisi x cinsinden olur. Kuvvet Serisinin Yakınsaklığı I aralığındaki her x için c n x n = c 0 + c x + c 2 x c n x n + (3.2) c n x n = lim N N c n x n eşitliğini sağlayan limit mevcut ise (3.2) kuvvet serisi, I aralığında yakınsaktır. Bu durumda f(x) = c n x n toplamı, I üzerinde tanımlıdır ve c n x n serisine I aralığında f(x) in kuvvet serisi denir. e x = cos x = sin x = ln( + x) = x n n! = + x + x2 2 + x3 3! + ( ) n x 2n (2n)! ( ) n x 2n+ (2n + )! ( ) n+ x n n = x2 2! + x4 4! = x x3 3! + x5 5! = x x2 2 + x3 3 x = x n = + x + x 2 + x

72 70 Bölüm 3. Kuvvet Serisi Yöntemi Kuvvet Serisinin Yakınsaklık Yarıçapı cn (x a) n kuvvet serisi verilsin ρ = lim n c n c n+ limiti mevcut (ρ sonludur) veya sonsuz (bu halde ρ = yazacağız) olsun. Bu takdirde a) ρ = 0 ise x a olmak üzere her bir x için seri ıraksaktır. b) Eğer 0 < ρ < ise, o takdirde c n (x a) n serisi, x a < ρ ise yakınsak, x a > ρ ise ıraksaktır. c) ρ = ise, seri her x için yakınsaktır. Örnek 78. e x = x n n! kuvvet serisinin yakınsaklık yarıçapını bulalım. Çözüm: yani, seri her x için yakınsaktır. ρ = lim n n! (n+)! = lim n (n + )! n! = lim n + = n (a) N = 5 (b) N = 0 Şekil 3.: Mavi olan e x, kırmızı olan N x n n! Örnek 79. ln( + x) = ( ) n+ x n n kuvvet serisinin yakınsaklık yarıçapını bulalım. Çözüm: ρ = lim n ( ) n+ n ( ) n+2 (n+) = lim ( ) n+ (n + ) n n ( ) n+2 = lim n n + n = yakınsaklık yarıçapını bulduk. Serimiz x < için yakınsaktır. Yani (, ) aralığından seçilecek her x değeri serisinde yerine yazıldığında reel bir değer elde edilebilir ve bu değer ln(x + ) ile aynıdır. Bu aralık ( ) n+ x n n dışından seçilen x ler seri toplamında yerine yazıldığında toplam bulunamaz.

73 Bölüm 3. Kuvvet Serisi Yöntemi 7 (a) N = 5 (b) N = 0 Şekil 3.2: Mavi olan ln(x + ), kırmızı olan N ( ) n+ x n n Kuvvet Serileri ile İşlemler Kuvvet serilerinde, polinomlarda olduğu gibi cebirsel işlemler yapılabilir. Örneğin f(x) = a n x n ve g(x) = b n x n ise f(x) g(x) = (a n b n )x n şeklinde yazılabilir. Kuvvet serilerinde çarpma ve bölme işlemleri toplama ve çıkarma işlemlerindeki gibi kolay ifade edilemez. Polinomların çarpım ve bölmesi gibidir. Sonsuz elemanı olduğu için zordur. f(x).g(x) (a n.b n )x n Kuvvet Serilerinde Türev Theorem 9. Eğer bir I açık aralığında, c n x n = c 0 + c x + c 2 x c n x n + kuvvet serisi gösterimi f fonksiyonuna yaklaşıyorsa, f I da türevlenebilir ve I daki her bir noktada f (x) = n c n x n = c + 2c 2 x + 3c 3 x nc n x n + n= dır.

74 72 Bölüm 3. Kuvvet Serisi Yöntemi Örnek 80. ( ) = x x = x n = + x + x 2 + x x n + nx n = + 2x + 3x nx n + = n= ( x) 2 Özdeşlik Prensibi Bir I açık aralığının her noktasında a n x n = b n x n ise, her bir n 0 için a n = b n dir. Özel olarak belirli bir aralıkta bütün x ler için a n x n = 0 ise her n 0 için a n = 0 olur. Toplama İndisinin Kaydırılması a n x n = a n k x n k = a n+k x n+k n=t n=t +k n=t k Örnek 8. nx n = x + 2x 2 + 3x nx n + n= (n )x n = x + 2x 2 + 3x nx n + n=2 (n + )x n+ = x + 2x 2 + 3x nx n + YÖNTEM Bir diferansiyel denklemin çözümü için kuvvet serileri yöntemi y = c n x n kuvvet serisini diferansiyel denklemde yerine koyduktan sonra, kuvvet serisinin c 0, c, c 2,... katsayılarını, diferansiyel denklemi sağlayacak şekilde, belirlemeye çalışmaktır. Bu, belirsiz katsayılar yöntemini hatırlatmaktadır. Fakat, şimdi ardışık belirlenecek sonsuz sayıda katsayı vardır. Bu yöntem her zaman başarılı değildir, ama başarılı olduğunda, önceki yöntemlerin bize verdiği kapalı biçimdeki çözümlerin aksine çözümlerin sonsuz seri gösterimlerini elde ederiz. Örnek 82. y + 2y = 0 denklemini çözünüz.

75 Bölüm 3. Kuvvet Serisi Yöntemi 73 Çözüm: Çözümümüz y = c n x n olsun. Denklemde yerine koymak için birinci türevini alalım. Denklemde yerine yazalım. n= y = nc n x n n= nc n x n + 2 c n x n = 0 İki seriyi toplayabilmek için türevin indisini kaydırarak x n elde etmeye çalışılır. Sonuç olarak denklemimiz halini alır. Özdeşlikler prensibinden n= nc n x n = (n + )c n+ x n (n + )c n+ x n + 2 c n x n = 0 ((n + )c n+ + 2c n )x n = 0 ((n + )c n+ + 2c n ) x n = 0 bulunur. (3) denklemi rekürans(indirgeme) bağıntısıdır. c n+ i çekelim yazıldığında elde ederiz. Sonuç olarak çözümümüz (n + )c n+ + 2c n = 0 (3.3) c n+ = 2 n + c n n = 0 c = 2 c 0 n = c 2 = 2 2 c = c 0 = ( 2)2 2! n = 2 c 3 = 2 3 c 2 = 2 ( 2) 2 c 0 = ( 2)3 c 0 3 2! 3! c n = ( 2)n c 0 n! y = c n x n ( 2) n = c 0 x n n! y = c 0 ( 2x) n = c 0 e 2x n! Görüldüğü gibi birinci mertebeden denklemimizin çözümünü bir keyfi sabitle elde ettik. Örnek 83. (x 3)y + 2y = 0 denklemini çözünüz. c 0

76 74 Bölüm 3. Kuvvet Serisi Yöntemi Çözüm: Çözümümüz y = c n x n olsun. Denklemde yerine koymak için birinci türevini alalım. y = nc n x n Denklemde yerine yazalım. (x 3) nc n x n + 2 c n x n = 0 n= n= x nc n x n 3 nc n x n + 2 c n x n = 0 n= n= nc n x n 3 nc n x n + 2 c n x n = 0 n= n= Yukarıdaki üç seride de x n elde etmek için, ikincisinde indis kaydıralım. nc n x n 3 (n + )c n+ x n + 2 c n x n = 0 n= Birinci serine n katsayısı 0 dan başlamamıza olanak verir. nc n x n 3 (n + )c n+ x n + 2 c n x n = 0 Başlangıç indislerimiz ve x in kuvvetleri aynı olduğuna göre serilerimizi toplayabiliriz. (nc n 3(n + )c n+ + 2c n )x n = 0 Özdeşlik prensibinden aşağıdaki rekürans bağıntısı elde edilir. (n + 2)c n 3(n + )c n+ = 0, n 0 veya Katsayılarımızı belirleyelim: c n+ = n + 2 3(n + ) c n, n 0 elde ederiz. Çözümümüzü n = 0 c = 2 3 c 0 n = c 2 = c = n = 2 c 3 = c 2 = c n = n + 3 n c 0 n + y(x) = 3 n c 0x n = c c 0 = c c 0 = c 0 n + 3 n xn olarak buluruz. Çözümümüz hangi x ler için yakınsaktır onu belirleyelim. Yakınsaklık yarıçapını bulalım, ρ = lim c n n = lim n+ 3 n n n+2 = lim n + 3 n+ n 3 n n + 2 = 3 c n+ 3 n+ Yakınsaklık yarıçapının 3 olması serimizin x < 3 için yakınsak ve dolayısıyla sadece bu aralık için diferansiyel denklemimizin çözümü olduğunu gösterir.

77 Bölüm 3. Kuvvet Serisi Yöntemi 75 Örnek 84. x 2 y = y x denklemini çözünüz. Çözüm: Çözümümüz y = c n x n olsun. Denklemde yerine koymak için birinci türevini alalım. Denklemde yerine yazalım. x 2 x 2 y = nc n x n n= nc n x n = n= nc n x n = n= n= c n x n x c n x n x nc n x n+ = c n x n x Her iki tarafta da x n olacak şekilde indislerle oynayalım (n )c n x n = c n x n x n=2 Her iki serinin de başlama indislerini aynı yapabilmek için sağ taraftakinin ilk iki terimini açalım (n )c n x n = c 0 + c x + c n x n x n=2 n=2 Düzenlersek (n )c n x n = c 0 + x(c ) + c n x n n=2 n=2 Katsayılar eşitliğinden c 0 = ve c = bulunur. Ve özdeşlik prensibinden aşağıdaki rekürans bağıntısı elde edilir. c n = (n )c n, n 2 Katsayılarımızı belirleyelim: n = 2 c 2 = c = = (2 )! n = 3 c 3 = 2c 2 = 2.= (3 )! n = 4 c 4 = 3c 3 = 3.2.= (4 )! elde ederiz. Çözümümüzü. c n = (n )! y(x) = c 0 + c x + c n x n = + x + (n )!x n n=2 olarak buluruz. Çözümümüz hangi x ler için yakınsaktır onu belirleyelim. Yakınsaklık yarıçapını bulalım, ρ = lim c n n = lim (n )! n n! = lim n n = 0 c n+ Yakınsaklık yarıçapının 0 olması serimizin yalnız x = 0 için yakınsak olduğunu ve sonuç olarak diferansiyel denklemimizin önerilen şekilde bir kuvvet serisi çözümü olmadığını gösterir. n=2

78 76 Bölüm 3. Kuvvet Serisi Yöntemi Adi/Tekil Nokta Bahsedilen kuvvet serileri yöntemi, herhangi bir mertebeden lineer denkleme uygulanabilir. Fakat en önemli uygulamaları A(x)y + B(x)y + C(x)y = 0 (3.4) şeklindeki ikinci mertebeden, homojen, lineer diferansiyel denklemlerdir. A, B, C fonksiyonları x in analitik fonksiyonlarıdır. Aslında, en önemli uygulamalarda, bu katsayılar basit polinomlardır. Örnek-84 te gördük ki; seri metodu, daima bir seri çözümünü vermez. Ne zaman başarılı olduğunu inceleyelim. Denklemimizi y + P (x)y + Q(x)y = 0 (3.5) şeklinde yazalım. Tanım 0. (3.5) denklemindeki P (x) ve Q(x) fonksiyonlarının her ikisi de x = a da analitik ise x = a noktasına deklemin adi noktası aksi halde tekil noktası denir. Tanım. Eğer f fonksiyonunun Taylor serisi, a yı içeren bir açık aralıkta her x için f(x) e yakınsıyorsa, f fonksiyonuna x = a da analitiktir denir. Örneğin; bütün polinomlar heryerde, rasyonel fonsiyonlar paydasının 0 olmadığı yerlerde analitiktir. Theorem 0. f nin a noktasında bir kuvvet serisi gösterimi varsa, bir başka deyişle f(x) = c n (x a) n, x a < ρ ise, serinin katsayıları formulü ile verilir. c n = f (n) (a) n! f(x) = f(a) + f (a)! (x a) + f (a) 2! (x a) 2 + f (a) (x a) 3 + 3! Yukarıdaki seriye f fonksiyonunun a noktasındaki (yada a merkezli) Taylor serisi denir. Theorem. x = a, A(x)y + B(x)y + C(x)y = 0 (3.6) denkleminin bir adi noktası olsun. Yani P = B/A ve Q = C/A fonksiyonları x = a da analitik olsun. Bu taktirde (3.6) denklemi herbiri y(x) = c n (x a) n (3.7) şeklinde olan lineer bağımsız iki çözüme sahiptir. Bu şekildeki herhangi bir seri çözümün yakınsaklık yarıçapı, en azından (3.6) denkleminin a ya en yakın tekil noktasına (reel veya kompleks) olan uzaklığıdır. (3.7) teki katsayılar (3.6) de yerine koyarak belirlenebilir.

79 Bölüm 3. Kuvvet Serisi Yöntemi 77 Örnek 85. (x 2 + )y + xy + 2xy = 0 denklemini çözünüz. Çözüm: Denklemimizde katsayılarımız x 2 +, x ve 2x polinomlarıdır. Polinomlar heryerde analitiktir. Yani x = 0 da seri çözümü vardır. Çözümümüz c n (x 0) n = c n x n şeklinde olsun, katsayılarımızı bulalım. Türevleri alalım Denklemimizde yerine yazalım n=2 n=2 y (x) = y (x) = nc n x n n= n(n )c n x n 2 n=2 (x 2 + ) n(n )c n x n 2 + x nc n x n + 2x c n x n = 0 n(n )c n x n + n(n )c n x n 2 + nc n x n + 2 c n x n+ = 0 n=2 İndislerle oynayarak x n leri ortak hale getirelim n(n )c n x n + (n + 2)(n + )c n+2 x n + nc n x n + 2 c n x n = 0 n=2 İndislerin başlangıçlarını aynı yapalım n=2 n=2 n(n )c n x n + 2c 2 + 6c 3 x + (n + 2)(n + )c n+2 x n + c x + nc n x n + 2c 0 x + 2 c n x n = 0 Düzenlersek elde edilir. Buradan 2c 2 + (2c 0 + c + 6c 3 )x + n=2 n= n= n= n=2 n= n=2 (n 2 c n + (n + 2)(n + )c n+2 + 2c n ) x n = 0 ve yazabiliriz. c 2 = 0, c 3 = 3 c 0 6 c c n+2 = n2 c n + 2c n (n + 2)(n + ), n 2 n = 2 c 4 = 6 c n = 3 c 5 = 3 20 c c n = 4 c 6 = 45 c c Katsayılarımız bulunabilir. Böylece çözümümüz ( y(x) = c 0 3 x x5 + ) ( 45 x6 + + c x 6 x3 6 x x5 + ) 0 x6 +. şeklinde yazılır. Yakınsaklık yarıçapı için tekil nokta bulunur. x 2 + fonksiyonunu 0 yapan x = i noktaları denklemin tekil noktalarıdır. x = 0 noktasına uzaklıkları dir. Bu da bize yakınsaklık yarıçapının en az olduğunu gösterir. Sonuç olarak bulduğumu seri çözümü x < için diferansiyel denklemimizin çözümüdür.

80 78 Bölüm 3. Kuvvet Serisi Yöntemi Örnek 86. y (x 2)y + 2y = 0 diferansiyel denklemin x = 0 komşuluğunda genel çözümünü bulunuz. Çözüm: Denklemimize baktığımızda y nin ve birinci türevinin katsayıları birer polinomdur. Polinomlar heryerde analitik fonksiyonlar oldukları için tüm reel sayılar bu denklem için adi noktadır. Dolayısıyla x = 0 noktası da adi noktadır. Teorem bize aşağıdaki gibi bir seri çözümün varlığını garanti eder y(x) = c n x n Türevleri alalım Denklemimizde yerine yazalım y (x) = nc n x n n= y (x) = n(n )c n x n 2 n=2 n(n )c n x n 2 (x 2) nc n x n + 2 c n x n = 0 n=2 n= (x 2) parantezini açarsak n= n(n )c n x n 2 x nc n x n + 2 nc n x n + 2 c n x n = 0 n=2 n=2 n= n= n= n= n(n )c n x n 2 nc n x n + 2 nc n x n + 2 c n x n = 0 (n + 2)(n + )c n+2 x n nc n x n + 2 (n + )c n+ x n + 2 c n x n = 0 n= n= 2c 2 + (n + 2)(n + )c n+2 x n nc n x n + 2c + 2 (n + )c n+ x n + 2c c n x n = 0 elde edilir. Buradan ve rekürans bağıntısı bulunur. Katsayılarımızı belirleyelim 2c 0 + 2c + 2c 2 + ) ((n + 2)(n + )c n+2 nc n + 2(n + )c n+ + 2c n = 0 n= 2c 0 + 2c + 2c 2 = 0 c 2 = c 0 c (n + 2)(n + )c n+2 nc n + 2(n + )c n+ + 2c n = 0 n c n+2 = 2(n + )c n+ + (2 n)c n (n + 2)(n + ) n = c 3 = 4c 2 + c 3.2 n = 2 c c 0 n = 2 c 4 = 6c = 4 c 3 c 0 n = 3 c 5 = 8c 4 c = 8 c + 6 c 0 n = 4 c 6 = 7 20 c 7 90 c 0

81 Bölüm 3. Kuvvet Serisi Yöntemi 79 Böylece çözümümüz y(x) = c 0 + c x + ( c 0 c )x 2 + ( 2 c c 0)x 3 + ( 4 c 3 c 0)x 4 + ( 8 c + 6 c 0)x 5 + ( 7 20 c 7 90 c 0)x veya y(x) = c 0 ( x x3 3 x4 + 6 x x ) + c ( x x x3 4 x4 + 8 x5 7 ) 20 x bulunur. Denklemimizin tekil noktası olmadığı için yakınsaklık yarıçapı dir. Yani çözümümüz tüm reel sayılar için yakınsaktır. Örnek 87. y (x 2)y + 2y = 0 diferansiyel denklemin x = 2 komşuluğunda genel çözümünü bulunuz. Çözüm: x = 2 noktası da adi noktadır. Teorem bize aşağıdaki gibi bir seri çözümün varlığını garanti eder y(x) = c n (x 2) n Denklemde yerine yazıp katsayıları bulmamız bu şekilde biraz karışık olacağından x 2 = t dönüşümü yapalım. Denklemimiz d 2 y dt 2 t dt + 2y = 0 olur. Çözümümüz ise y(t) = c n t n şeklinde olacaktır. Türevleri alalım Denklemimizde yerine yazalım n=2 y (t) = y (t) = nc n t n n= n(n )c n t n 2 n=2 n(n )c n t n 2 t nc n t n + 2 c n t n = 0 n= Düzenlersek Yukarıdaki denklemden n(n )c n t n 2 nc n t n + 2 c n t n = 0 n=2 n= n= (n + 2)(n + )c n+2 t n nc n t n + 2 c n t n = 0 n= n= 2c 2 + (n + 2)(n + )c n+2 t n nc n t n + 2c c n t n = 0 2c 2 + 2c 0 + n= n= ((n + 2)(n + )c n+2 nc n + 2c n ) t n = 0 2c 2 + 2c 0 = 0 c 2 = c 0

82 80 Bölüm 3. Kuvvet Serisi Yöntemi ve c n+2 = (n 2)c n (n + 2)(n + ) rekürans bağıntısı elde edilir. Katsayılarımızı belirleyelim n n = c 3 = 6 c n = 2 c 4 = 0 n = 3 c 5 = 20 c n = 4 c 6 = 0 n = 5 c 7 = 680 c. Böylece çözümümüz ( y(x) = c 0 t 2 ) ( + c t 6 t3 20 t5 ) 680 t t = x 2 yazarsak ( y(x) = c 0 (x 2) 2 ) ( + c (x 2) 6 (x 2)3 20 (x 2)5 ) 680 (x 2) bulunur. Denklemimizin tekil noktası olmadığı için yakınsaklık yarıçapı dir. Yani çözümümüz tüm reel sayılar için yakınsaktır. Örnek 88. x d2 y dx + 2 dx + 2y = 0 y() = 2, y () = 4 başlangıç değer problemini çözünüz. Çözüm: y nin ikinci türevini yalnız bıraktığımızda, birinci türevinin katsayısı x olacaktır. Bu fonksiyon x = 0 noktasında analitik değildir. Yani x = 0 denklemimizin tekil noktasıdır. Diğer tüm noktalar adi noktadır. Başlangıç değerleri x = de verildiği için seri çözümümüzü bu nokta etrafında aramamız uygun olur. Çözümümüzü y(x) = c n (x ) n şeklinde arayalım. Denklemde yerine yazıp katsayıları bulmamız bu şekilde biraz karışık olacağından x = t dönüşümü yapalım. Denklemimiz olur. Çözümümüz ise şeklinde olacaktır. Türevleri alalım Denklemimizde yerine yazalım (t + ) d2 y dt 2 + dt + 2y = 0 y(t) = y (t) = y (t) = c n t n nc n t n n= n(n )c n t n 2 n=2 (t + ) n(n )c n t n 2 + nc n t n + 2 c n t n = 0 n=2 n=

83 Bölüm 3. Kuvvet Serisi Yöntemi 8 n(n )c n t n + n(n )c n t n 2 + nc n t n + 2 c n t n = 0 n=2 n=2 n= (n + )nc n+ t n + (n + 2)(n + )c n+2 t n + (n + )c n+ t n + 2 c n t n = 0 n= (n + )nc n+ t n + (n + 2)(n + )c n+2 t n + (n + )c n+ t n + 2 c n t n + 2c 2 + c + 2c 0 = 0 n= elde edilir. Buradan ve yazılır. n= n= n= n= ((n + ) 2 c n+ + (n + 2)(n + )c n+2 + 2c n ) t n + 2c 2 + c + 2c 0 = 0 2c 2 + c + 2c 0 = 0 c 2 = c 0 c 2 (n + ) 2 c n+ + (n + 2)(n + )c n+2 + 2c n = 0, n c n+2 = (n + )2 c n+ + 2c n (n + 2)(n + ) n n = c 3 = 4c2+2c 2.3 = 2c0 3 n = 2 c 4 = 9c3+2c2 3.4 = 4c0 2 + c 2 n = 3 c 5 = 6c4+2c3 4.5 = 3c0 5 c 5 n = 4 c 6 = 25c5+2c4 5.6 = 26c0 80 9c 80 Katsayılarımız bulunabilir. Böylece çözümümüz. veya y(t) = c 0 + c t + ( c 0 c 2 )t2 + ( 2c 0 3 )t3 + ( 4c c 2 )t4 + ( 3c 0 5 c 5 )t5 + ( 26c c 80 )t ( y(t) = c 0 t t3 3 t4 + 5 t5 3 ) ( 96 t c t 2 t2 + 2 t4 5 t5 + ) 20 t olur. Türevide alıp başlangıç koşulları yardımıyla c 0 ve c i bulalım. ( y (t) = c 0 2t + 2t t3 + t 4 3 ) ( 6 t c t + 3 t3 3 t4 + 3 ) 0 t bulunur. Denklemde yerine koyar ve düzenlersek y(0) = 2 c 0 = 2 y (0) = 4 c = 4 y(t) = 2 + 4t 4t t3 3 t t t ve t = x yerine yazılırsa çözümümüzü elde etmiş oluruz. y(t) = 2 + 4(x ) 4(x ) (x )3 3 (x ) (x ) (x ) Denklemin tekil noktası x = 0 olduğu için seri çözümü aradığımız x = noktasına olan uzaklık yakınsaklık yarıçapımızdır. Sonuç olarak x < için çözümümüz yakınsaktır.

84 82 Bölüm 3. Kuvvet Serisi Yöntemi Alıştırmalar. y + xy y 2. y + y 2xy = 0 3. y + xy y = + x 2 4. y + xy y = e 2x 5. y = 2xy 6. y + y = 0 7. y + xy + (2x )y = 0, y( ) = 2, y( ) = 2

85 Bölüm 3. Kuvvet Serisi Yöntemi 83. y = a x + a 0 ( + 2 x2 + n=2 Cevaplar ) ( ) n (2n 3) x 2n (2n)! ( 2. y = a x3 2 x4 + ) ( 60 x5 + + a x 2 x2 + 6 x3 + ) 8 x y = a 0 + a x + 2 ( a 0)x 2 + 4! ( a 0)x 4 3 6! ( a 0)x y = a 0 + a x + 2 ( + a 0)x x (3 a 0)x x5 + ( ) 5. y = c 0 + x 2 + x4 2! + x6 3! + 6. y = c 0 ( x2 2! + x4 4! + ) ) + c (x x3 3! + x5 5! +

86 84 Bölüm 3. Kuvvet Serisi Yöntemi

87 4 Diferansiyel Denklem Sistemleri Önceki bölümlerde sadece bir bağımlı değişken içeren bir diferansiyel denklemin çözümü için yöntemleri inceledik. Birçok uygulama, bununla birlikte, her biri bir tek bağımsız değişkenin, zaman gibi, fonksiyonu olan iki veya daha fazla bağımlı değişken kullanmak ister. Böyle problemler bizi, doğal olarak, eş zamanlı diferansiyel denklemlerin bir sistemine götürür. Örneğin iki tane birinci mertebeden denklemin bir sistemi x ve y bağımlı değişkenler olmak üzere, f(t, x, y, x, y ) = 0 g(t, x, y, x, y ) = 0 genel biçimine sahiptir. Burada f ve g verilen fonksiyonlardır. Bu sistemin bir çözümü t nin bir fonksiyonu olan x(t), y(t) çiftidir. m bağımsız değişkeni x, x 2,..., x m içeren n. mertebeden bir sistemin genel hali aşağıda verilmiştir. f ( t, x,..., x m, x,..., x m,..., x (n),..., x(n) m ( ) f 2 t, x,..., x m, x,..., x m,..., x (n),..., x(n) m (. ) f m t, x,..., x m, x,..., x m,..., x (n),..., x(n) m Kimi zaman yüksek mertebeden bir diferansiyel denklemin çözümünü birinci mertebeden eşdeğer bir sistemi çözerek bulmamız gerekebilir. Örneğin ( x (n) = f t, x, x, x,..., x (n )) (4.3) n. mertebeden, bağımlı değişkeni x, bağımsız değişkeni t olan diferansiyel denkleminde aşağıdaki dönüşümü uygulayalım. u = x u 2 = x u 3 = x (4.4). u n = x (n ) Burada u in türevini alırsak, u = x = u 2 olduğunu görürüz. u = u 2, u 2 = u 3,... şeklinde devam ettiği kolayca görülebilir. u n in türevine gelindiğinde ( u n = x (n )) = x (n) = f (t, u, u 2,..., u n ) bulunur. Böylece n tane birinci mertebede diferansiyel denklemden oluşan aşağıdaki sistem elde edilmiş olur. ) = 0 = 0. = 0 (4.) (4.2) u = u 2 u 2 = u 3. u n = u n u n = f (t, u, u 2,..., u n ) (4.5) 85

88 86 Bölüm 4. Diferansiyel Denklem Sistemleri u = u 2 u 2 = u 3. u n = u n u n = f (t, u, u 2,..., u n ) Yukarıdaki sistemin çözümünü, u (t), u 2 (t),..., u n (t) fonksiyonlarını, bulduğumuz taktirde; x(t) = u (t) olduğu için n. mertebeden denklemimizin de çözümünü bulmuş oluruz. Aynı dönüşümü yüksek mertebeden diferansiyel sistemlerine de uygulaya bilir ve birinci mertebeden sistemler elde edebiliriz. Örnek 89. Sistemini birinci mertebeden sisteme çevirelim. 2x = 6x + 2y y = 2x 2y + 40 sin(3t) (4.6) Çözüm. dönüşümünü tanımlayalım. u = x u 2 = x u 3 = y u 4 = y u = x u 2 = x u 3 = y u 4 = y Birinci türevlerini alalım u = x = u 2 2u 2 = 2x = 6u + 2u 3 u 3 = y = u 4 u 4 = y = 2u 2u sin(3t) Dolayısıyla 2. mertebeden 2x = 6x + 2y y = 2x 2y + 40 sin(3t) denlem sistemini, birinci mertebeden u = u 2 2u 2 = 6u + 2u 3 u 3 = u 4 u 4 = 2u 2u sin(3t) (4.7) denklem sistemine çevirmiş olduk. Pratikte yüksek mertebeden bir diferansiyel denklemin yada sistemin çözümleri bulunmak istendiğinde, çoğu zaman bilgisayar yardımıyla yaklaşık olarak, birinci mertebeden bir sisteme çevirilmesi faydalı olur. Birinci mertebeden sistemler teorik olarak incelenmiş ve çözümleri hakkında birçok metot geliştirilmiştir. Bu sebeple biz Birinci Mertebeden Sistemleri ele alacağız. Burada vereceğimiz sistemleri, denklemlerin sayısı ile bağımlı değişkenlerin (bilinmeyen fonksiyonların) sayısının aynı olmasıyla sınırlandıracağız. Genellikle bağımsız değişkeni t ve bağımlı değişkenleri (t nin bilinmeyen fonksiyonlarını) x, x 2, x 3,... veya x, y, z,... ile göstereceğiz.

89 Bölüm 4. Diferansiyel Denklem Sistemleri Birinci Mertebeden Sistemler x = P (t)x + P 2 (t)x P n (t)x n + f (t) x 2 = P 2 (t)x + P 22 (t)x P 2n (t)x n + f 2 (t). (4.8) x n = P n (t)x + P n2 (t)x P nn (t)x n + f n (t) şeklindeki birinci mertebeden lineer sistemi ele alalım. Eğer f, f 2,..., f n fonksiyonlarının hepsi özdeş olarak sıfır ise bu sisteme homojen, aksi takdirde homojen olmayan sistem deriz. Theorem 2. Lineer Sistemler İçin Varlık ve Teklik a noktasını içeren bir I açık aralığı üzerinde P, P 2,..., P nn fonksiyonlarının ve f, f 2,..., f n fonksiyonlarının sürekli olduğunu kabul edelim. Bu takdirde verilen n tane b, b 2,..., b n sayıları için 4.8 deki sistem I aralığı üzerinde n tane başlangıç şartını sağlayan bir tek çözüme sahiptir. x (a) = b, x 2 (a) = b 2,..., x n (a) = b n Böylece n tane lineer birinci mertebeden denklemden oluşan sistemin bir çözümünü belirlemek için n tane başlangıç şartına ihtiyaç vardır. Bu nedenle böyle bir sistemin genel çözümünün n tane keyfi sabit içermesini bekleriz. 4.. Yok Etme (Eliminasyon) Yöntemi Diferansiyel denklemlerin lineer sistemlerine en temel yaklaşım, uygun denklem çiftlerini uygun şekilde birleştirerek bağımlı değişkenlerinin yok edilmesini içerir. Bu işlemin amacı sadece bir değişken içeren yalnız bir denklem kalıncaya kadar bağımlı değişkenleri yok etmektir. Bu nedenle elde edilen denklem genellikle önceden öğrendiğimiz yöntemlerle çözülen yüksek mertebeden bir lineer denklem olacaktır. Bu denklemin çözümünü bulduktan sonra, diğer bağımlı değişkenler ya orijinal denklemler kullanılarak ya da eleme işlemi onlarda da göz önüne alınarak bulunur. Bu yöntem iki veya üçten fazla denklemi olmayan, küçük sistemler için çok uygundur. Fakat daha geniş diferansiyel denklem sistemleri için ileriki derslerde öğreneceğimiz matris yöntemleri tercih edilir. Örnek 90. x = 4x 3y (4.9) y = 6x 7y (4.0) sisteminin x(0) = 2, y(0) = başlangıç şartını sağlayan özel çözümünü bulunuz. Çözüm. (4.0) denkleminden x i çözersek buluruz. Türevini aldığımızda x = 6 y y (4.) x = 6 y y (4.2) elde ederiz. x = 6 y y x = 6 y y Bu x ve x ifadelerini (4.9) denkleminde yerine koyarsak 6 y + 7 ( 6 y = 4 6 y + 7 ) 6 y 3y

90 88 Bölüm 4. Diferansiyel Denklem Sistemleri elde edilir. Sadeleştirirsek y + 3y 0y = 0 olur. Yukarıdaki 2. mertebeden sabit katsayılı lineer diferansiyel denklemin genel çözümü: y(t) = c e 2t + c 2 e 5t (4.3) dir. (4.3) denklemiyle ulduğumuz y(t) yi (4.) de yerine koyup x(t) = 3 2 c e 2t + 3 c 2e 5t (4.4) bulunur. Başlangıç Koşullarından c = 2 ve c 2 = 3 bulunur. Böylece istenilen çözüm x(t) = 3e 2t e 5t y(t) = 2e 2t 3e 5t dir. Şimdi sistematik bir yok etme yöntemi tanımlayalım.. Operatör gösterimi bu amaçlar için en uygun olanıdır. n. mertebeden sabit katsayılı bir lineer diferansiyel operatör L = a n D n + a n D n a D + a 0 (4.5) şeklindedir. Burada D, t bağımsız değişkenine göre türev almayı göstermektedir. (a 0, a, a 2,..., a n reel sayılar.) Örneğin y (4) 2y + 5y y = f(t) 4. mertebeden diferansiyel denklemi, olmak üzere L = D 4 2D 3 + 5D Ly = f(t) şeklinde yazılabilir. Herhangi bir sabit katsayılı iki lineer diferansiyel denklemli bir sistem L x + L 2 y = f (t) L 3 x + L 4 y = f 2 (t) (4.6) şeklinde yazılabilir. Burada L, L 2, L 3 ve L 4 lineer diferansiyel operatörler (belki farklı mertebeden) ve f (t) ve f 2 (t) verilen fonksiyonlardır. Örneğin (4.9) ve (4.0) deki denklem sistemi aşağıdaki şekilde yazılabilir. (D 4)x + 3y = 0 6x + (D + 7)y = 0 Burada L = D 4, L 2 = 3, L 3 = 6 ve L 4 = D + 7 alınmıştır. 4.6 sisteminden x bağımlı değişkenini yok etmek için birinci denkleme L 3 ve ikinciye L operatörünü uygularız. Böylece L 3 L x + L 3 L 2 y = L 3 f (t) L L 3 x + L L 4 y = L f 2 (t) sistemini elde ederiz. Bu denklemlerden birincinin ikinciden çıkarılmasıyla tek y bağımlı değişkeni kapsayan (L L 4 L 2 L 3 )y = L f 2 (t) L 3 f (t) diferansiyel denklemi elde edilir. y = y(t) yi çözdükten sonra bu sonuç 4.6 teki orijinal denklemlerde yerine konarak x = x(t) çözülür. L L 4 L 2 L 3 operatörü 4.6 sisteminin işlemsel determinantıdır. L L 2 L 3 L 4 = L L 4 L 2 L 3 Eğer işlemsel determinant özdeş olarak sıfıra eşitse, sisteme dejenere olmuştur denir. Bu dejenere sistemin çözümü ya yoktur ya da sonsuz sayıdadır.

91 Bölüm 4. Diferansiyel Denklem Sistemleri 89 Örnek 9. sisteminin genel çözümünü bulunuz. x = 4x 3y y = 6x 7y (4.7) Çözüm: Verilen denklem sistemi aşağıdaki gibi operatör gösterimile de yazılabilir. (D 4)x + (3)y = 0 ( 6)x + (D + 7)y = 0 Burada x i yok etmek için birinci denkleme 6, ikinci denkleme D 4 operatörünü uygulamak gerekir. ( 6)(D 4)x + ( 6)(3)y = ( 6)0 (D 4)( 6)x + (D 4)(D + 7)y = (D 4)0 Bu denklemleri taraf tarafa çıkarırsak x i elimine etmiş oluruz. (D 4)(D + 7)y + 8y = 0 ((D 4)(D + 7) + 8)y = 0 (D 2 + 3D 0)y = 0 y 3y 0y = 0 Elde ettiğimiz bu denklemi çözüp, daha sonrada x i bulabiliriz.(çözüm bir önceki örnekte yapıldı.) Örnek 92. sisteminin genel çözümünü bulunuz. (D 2 + 3)x + ( )y = 0 2x + (D 2 + 2)y = 0 (4.8) Çözüm: Verilen sistem aşağıdaki sekilde matris gösterimiyle yazalım [ ] [ ] [ D x 0 2 D 2 = + 2 y 0 ] Burada kramer kuralı uygulanabilir, D D x = 0 0 D ve D D eşitliklerinden x ve y bulunabilir. Dikkat ederseniz bölme kullanmadık. Determinantları açarsak y = D ((D 2 + 3)(D 2 + 2) 2)x = 0 elde edilir. Düzenlediğimizde ((D 2 + 3)(D 2 + 2) 2)y = 0 (D 4 + 5D 2 + 4)x = 0 x (4) + 5x + 4x = 0 (D 4 + 5D 2 + 4)y = 0 y (4) + 5y + 4y = 0

92 90 Bölüm 4. Diferansiyel Denklem Sistemleri diferansiyel denklemlerini elde ederiz. Diferansiyel denklemlerinin çözümleri x (4) + 5x + 4x = 0 y (4) + 5y + 4y = 0 x(t) = a cos 2t + a 2 sin 2t + a 3 cos t + a 4 sin t y(t) = b cos 2t + b 2 sin 2t + b 3 cos t + b 4 sin t şeklinde bulunur. 2. mertebeden 2 denklemimiz olduğundan 4 keyfi olması beklenir. Burada ise 8 adet keyfi var. Bulduğumuz fonksiyonları denklemlerimizden birine koyarak keyfileri birbiri cinsinden yazabilir ve keyfi sayımızı azaltabiliriz. Birinci denklemde yerlerine yazıp düzenleriz buradan 0 = ( a b ) cos 2t + ( a 2 b 2 ) sin 2t + (2a 3 b 3 ) cos t + (2a 4 b 4 ) sin t b = a b 2 = a 2 b 3 = 2a 3 b 4 = 2a 4 eşitlikleri elde edilir. Yerlenine yazıldığında 4 keyfi içeren çözümlerimiz elde edilmiş olur. x(t) = a cos 2t + a 2 sin 2t + a 3 cos t + a 4 sin t y(t) = a cos 2t a 2 sin 2t + 2a 3 cos t + 2a 4 sin t Örnek 93. x = 3x + 2y y = 4y 3x x(0) = 0, y(0) = 2 Çözüm: x(t) = 4 5 e 2t e3t y(t) = 2 5 e 2t e3t Örnek 94. x = 2x 3 + 2y sin(2t) y = 2y + x cos(2t) Çözüm: x(t) = 3c e t + c 2 e t 7 5 cos(2t) 4 5 sin(2t) y(t) = c e t + c 2 e t 2 5 cos(2t) 4 5 sin(2t)

93 Bölüm 4. Diferansiyel Denklem Sistemleri 9 Örnek 95. x + 3y 4x = 6 sin(t) y 2x 9y = 0 Çözüm: x(t) = 3c 2 cos(3t) 3c sin(3t) c 4 cos(2t) 3 4 c 3 sin(2t) 6 5 sin(t) y(t) = c cos(3t) + c 2 sin(3t) + c 3 cos(2t) + c 4 sin(2t) cos(t) 4.2 Matrisler ve Lineer Sistemler Bir matris değerli fonksiyon ya da basit olarak matris fonksiyon, her bir elemanı t nin bir fonksiyonu olan x(t) = x (t) x 2 (t). x n (t) A(t) = ve a (t) a 2 (t)... a n (t) a 2 (t) a 22 (t)... a 2n (t)... a n (t) a n2 (t)... a nn (t) biçiminde bir matristir. Eğer; A(t) matris fonksiyonunun her bir elemanı bir noktada (veya bir aralık üzerinde) sürekli (veya diferansiyellenebilir) ise A(t) de o noktada süreklidir veya diferansiyellenebilir deriz. Bir diferansiyellenebilir matris fonksiyonunun türevi, elemanlarının ile, A (t) = da [ ] d dt = ai,j dt ile tanımlanır. Burada, n tane birinci mertebeden lineer denklem x = p (t) x + p 2 (t) x p n (t) x n + f (t) x 2 = p 2 (t) x + p 22 (t) x p 2n (t) x n + f 2 (t). (4.9) x n = p n (t) x + p n2 (t) x p nn (t) x n + f n (t) den oluşan genel sistemi tartışacağız. Eğer, P(t) = [ ] p ij (t) katsayı matrisini ve x(t) = [ ] x i (t) ve f(t) = [ ] f i (t) sütun vektörlerini tanımlarsak (4.9) sistemi d x(t) dt biçiminde basit bir matris denklemi olarak ifade edilir. Örneğin: = P(t) x(t) + f(t) (4.20) x = 4x 3x 2 x 2 = 6x 7x 2

94 92 Bölüm 4. Diferansiyel Denklem Sistemleri Sistemi x = [ x x 2 ] ve P = [ ] olmak üzere aşağıdaki şekilde yazılabilir. dx dt = Px (4.20) eşitliği ile verilen denklemin genel yapısını araştırmak için öncelikle, f(t) 0 olmak üzere dx dt = P(t)x (4.2) homojen denklemini göz önüne almalıyız. (4.2) denklemi; uygun anlamda bağımsız olan x, x 2,..., x n biçiminde n tane çözüme sahip ve (4.2) denkleminin her çözümü, bu n tane çözümün bir lineer birleşimidir. (4.2) denkleminin x, x 2,..., x n olarak verilen n tane çözümü için x j (t). x j (t) = x ij (t). x nj (t) yazalım. Böylece, x ij ile x j vektörünün i inci bileşeni tanımlanır. (4.22) Theorem 3. Üst Üste Ekleme Prensibi I açık aralığında (4.2) ile verilen lineer denklemin n tane çözümü x, x 2,..., x n olsun. Eğer c, c 2,..., c n sabitler ise x(t) = c x (t) + c 2 x 2 (t)... + c n x n (t) lineer bileşimi de I aralığında (4.2) denkleminin bir çözümüdür. Örneğin denkleminin iki çözümü ise x = [ dx 4 3 dt = 6 7 ] x [ ] [ ] 3e 2t e 5t 2e 2t ; x 2 = 3e 5t x(t) = c x (t) + c 2 x 2 (t) lineer kombinasyonu da bir çözümdür. Sistemin aranan çözümleri x = [ w (t) w 2 (t) ] = c x (t) + c 2 x 2 (t) olduğundan w (t) = 3c e 2t + c 2 e 5t w 2 (t) = 2c e 2t + 3c 2 e 5t biçiminde çözüm bulunur.

95 Bölüm 4. Diferansiyel Denklem Sistemleri 93 Tanım 2. Wronskiyen Eğer; x, x 2,..., x n sözkonusu çözümler ise, onların Wronskiyeni n n tipinde x (t) x 2 (t)... x n (t) x 2 (t) x 22 (t)... x 2n (t) W =... x n (t) x n2 (t)... x nn (t) determinantı olup çözümlerin bileşenleri için (4.22) gösterimi kullanılır. W (x, x 2,..., x n ) biçiminde yazılabilir. Wronskiyen W (t) veya Çözümlerin Wronskiyeni Bir I açık aralığında x = P(t)x homojen lineer denkleminin n tane çözümünün x, x 2,..., x n olduğunu varsayalım. Ayrıca P(t) I aralığı üzerinde sürekli olsun ve alınsın. Bu durumda W (x, x 2,..., x n ) Eğer x, x 2,..., x n, I üzerinde lineer bağımlı ise I nın her bir noktasında W = 0 dır. Eğer x, x 2,..., x n, I üzerinde lineer bağımsız ise I nın her bir noktasında W 0 dır. Theorem 4. Homojen Sistemlerin Genel Çözümleri x, x 2,..., x n bir açık I aralığı üzerinde x = P(t)x homojen lineer denkleminin n tane lineer bağımsız çözümü olarak alınsın ve P(t) de I üzerinde sürekli olsun. Eğer x(t), I üzerinde x = P(t)x denkleminin herhangi bir çözümü ise bu durumda c, c 2,..., c n sayıları vardır, öyle ki I nın her t elemanı için dir. x(t) = c x (t) + c 2 x 2 (t)... + c n x n (t) Theorem 5. Homojen Olmayan Sistemlerin Çözümleri x p dx dt = P(t)x + f(t) (4.23) denkleminin; P(t) ve f(t) nin üzerinde sürekli olduğu açık bir I aralığı üzerinde bir özel çözümü olsun. x, x 2,..., x n ile I aralığı üzerindeki (4.23) e ilişkin homojen denklemin lineer bağımsız çözümleri gösterilsin. Eğer x(t), (4.23) denkleminin I üzerindeki herhangi bir çözümü ise, bu durumda c, c 2,..., c n sayıları vardır ve her t elemanı için dir. x(t) = c x (t) + c 2 x 2 (t)... + c n x n (t) + x p (t) (4.24)

96 94 Bölüm 4. Diferansiyel Denklem Sistemleri 4.2. Homogen Sistemler İçin Özdeğer Yöntemi Birinci mertebeden homojen lineer sabit katsayılı bir x = a x + a 2 x a n x n + f x 2 = a 2 x + a 22 x a 2n x n + f 2. x n = a n x + a n2 x a nn x n + f n (4.25) sisteminin genel çözümünü inşa etmek için yok etme metoduna alternatif olan daha güçlü bir metodu inceleyelim. Genel çözümü elde etmek için ihtiyaç duyulan n tane lineer bağımsız çözüm vektörlerini bulmak için, bir tek homojen sabit katsayılı denklemin çözümü için karakteristik kök bulma metodunun eşdeğeriyle ilgileneceğiz. Çözüm vektörlerini x v e λt v x 2 v 2 e λt v 2 x(t) = x 3 = v 3 e λt = v 3 e λt = v.e λt (4.26). x n. v n e λt şeklinde düşünelim. (4.25) sistemini A[a ij ] olmak üzere,. v n x (t) = Ax(t) (4.27) şeklinde yazalım ve x(t) = v.e λt deneme çözümünü 4.27 denkleminde yerine yazarsak olacaktır. Sıfırdan farklı e λt çarpanını sadeleştirerek elde edilir. (4.28) denklemini λv.e λt = Av.e λt Av = λv (4.28) formunda yazalım. Tanım 3. (A λi)v = 0 Özdeğerler ve Özvektörler A λi = 0 denklemini sağlayan λ sayısına, n n tipindeki A matrisinin bir özdeğeri denir. λ özdeğerine karşılık gelen bir özvektör; Av = λv olacak şekilde sıfırdan farklı bir vektördür. (A λi)v = 0 Tanım 4. Karakteristik Denklem A λi = a λ a 2... a n a 2 a 22 λ... a 2n... a n a n2... a nn λ (4.29) denklemi A matrisinin karakteristik denklemi olarak adlandırılır. Bu denklemin kökleri, A matrisinin özdeğerleridir.

97 Bölüm 4. Diferansiyel Denklem Sistemleri 95 (4.29) de verilen determinant açılırsa açıkça, n inci dereceden ( ) n λ n + b n λ n + b n 2 λ n b λ + b 0 = 0 polinomu elde edilir. Cebirin esas teoremi gereğince bu denklem, n tane köke sahiptir ve bu da n n bir matrisin n tane özdeğere sahip olduğunu gösterir(varsa katlılarda sayılmak üzere). Theorem 6. Birinci mertebeden lineer dx dt = Ax sisteminin (sabit) katsayı matrisi A nın bir özdeğeri λ olsun. Eğer, v; λ özdeğerlerine karşılık gelen bir vektör ise sisteminin aşikar olmayan bir çözümüdür. x(t) = ve λt Özdeğer Yöntemi Ana hatlarıyla n n tipinde, homojen, sabit katsayılı x = A x sistemini bu metotla çözmek için izlenecek yol aşağıdadır. - Öncelikle (4.29) ile verilen karakteristik denklemi, A matrisinin λ, λ 2, λ 3,..., λ n özdeğerleri için çözeriz. 2- Sonra, bu özdeğerlere karşılık gelen lineer bağımsız n tane v, v 2, v 3,..., v n özvektörlerini bulmaya çalışırız. 3- İkinci adım herzaman mümkün olmayabilir, ancak olası ise lineer bağımsız n tane x (t) = v e λt, x 2 (t) = v 2 e λ2t,..., x n (t) = v n e λnt çözümlerini elde ederiz. Böylece x = A x sisteminin genel çözümü, bu n çözümün x(t) = c x (t) + c 2 x 2 (t)... + c n x n (t) biçimindeki lineer birleşimidir. Özdeğerlerin farklı veya tekrarlı, reel veya kompleks olmaları durumunda ortaya çıkabilecek çeşitli durumları ayrı ayrı tartışacağız. Farklı Reel Özdeğerler Eğer λ, λ 2,..., λ n özdeğerleri reel ve birbirinden farklı ise bu durumda herbirini (A λi)v(t) = 0 eşitliğinde yazarak eşitliği v, v 2,..., v n özvektörleri için çözeriz. Bu durumda x (t) = v e λt, x 2 (t) = v 2 e λ2t,..., x n (t) = v n e λnt özel çözüm vektörleri her zaman lineer bağımsızdır. Örnek 96. Aşağıdaki sistemin genel çözümünü bulunuz. x = 4x + 2x 2 x 2 = 3x x 2

98 96 Bölüm 4. Diferansiyel Denklem Sistemleri Kompleks Özdeğerler Bazı özdeğerler kompleks de olabilir. Bu durumda, özdeğerler eğer farklılarsa lineer bağımsız n tane çözüm bulunabilir. λ = p + iq ve λ = p iq bir çift özdeğer olsun. Eğer, v; λ özdeğerlerine karşılık gelen bir özvektör ise v özvektörünün v eşleniği λ özdeğerine karşılık gelen özvektördür. Eğer, v = a + ib ise v = a ib dir. Kompleks değerli çözümlerin reel ve sanal kısımları da çözüm olduğundan, kompleks p qi özdeğerlerine karşılık gelen reel değerli çözümler olarak x (t) = e pt (a cos qt b sin qt) x 2 (t) = e pt (b cos qt + a sin qt) elde edilir. Örnek 97. Aşağıdaki sistemin genel çözümünü bulunuz. x = 4x 3x 2 x 2 = 3x + 4x 2 Katlı Özdeğer Çözümleri Bu kesimde A λi = 0 (4.30) karakteristik denkleminin n tane farklı köke sahip olmaması, yani en az bir tekrarlanan köke sahip olması durumunu inceleyeceğiz. Bir özdeğer (4.30) eşitliğinin bir k katlı kökü ise, k katlıdır. Her λ özdeğeri için (A λi) v = 0 (4.3) özvektör denklemi sıfırdan farklı en az bir v çözümüne sahiptir. Dolayısıyla λ ya ilişkin en az bir özvektör vardır. Ancak k > katlılığına sahip bir özdeğer, ona karşılık gelen, k dan az sayıda lineer bağımsız özvektöre sahip olabilir. Dolayısıyla x(t) = c v e λt + c 2 v 2 e λ2t c n v n e λnt (4.32) deki genel çözüm için ihtiyacımız olan n tane lineer bağımsız çözümden oluşan bir tamamlanmış küme elde edemeyebiliriz. Tanım 5. Bir k katlı λ özdeğerine, k tane lineer bağımsız özvekör karşılık geliyor ise bu özdeğere tam diyelim. Eğer, A matrisinin her özdeğeri tam ise bu durumda, farklı özdeğerlere karşılık gelen özvektörler lineer bağımsız olduğundan, A matrisi λ, λ 2,..., λ n özdeğerlerine karşılık gelen n tane lineer bağımsız v, v 2,..., v n vektörlerinden oluşan bir tam kümeye sahiptir. Örnek 98. Aşağıdaki sistemin genel çözümünü bulunuz. x = x (4.33) Çözüm: (4.33) denkleminin A katsayılar matrisinin karakteristik denklemi 9 λ 4 0 A λi = 6 λ λ = (5 λ)(3 λ) 2 = 0

99 Bölüm 4. Diferansiyel Denklem Sistemleri 97 dır. O halde A, λ = 5 ve λ 2 = 3 olmak üzere farklı iki özdeğere sahiptir ve λ 2 = 3 özdeğerinin katlılığı k = 2 dir. λ = 5 için, (A λi) v = 0 özvektör denklemi (A 5I) v = v v 2 = v 3 0 dır. İlk iki denklemden v 2 = v bulunur. O halde, üçüncü denklem 2v 2v 3 = 0 olur, dolayısıyla v 3 = v bulunur. v v 2 = v v = v v 3 v v = seçimiyle λ = 5 özdeğerine karşılık gelen özvektör v = olarak elde edilir. λ = 3 için, özvektör denklemi a 0 (A 3I) v = b = c 0 dır. Buradan 6a + 4b = 0 (4.34) denklemi çıkar. Yani b = 3 2a dır. (4.34) denkleminin c yi içermemesi, v 0 olmak üzere c nin keyfi olduğu anlamına gelir. Buradan a b c = a 3 2 a c = a şeklinde 2 vektörün lineer birleşimi şeklinde yazılabilir. Buradan λ 2 = 3 e karşılık gelen iki lineer bağımsız vektörün v 2 = 3 2 v 3 = olduğunu söyleyebiliriz. Böylece 5, 3, 3 özdeğerlerine karşılık gelen v, v 2, v 3 özvektörlerinin bir tam kümesi elde edilir. (4.33) denkleminin genel çözümü dir ve skaler bileşen fonksiyonları dir. Hatalı Özdeğerler c 0 0 x(t) = c v e 5t + c 2 v 2 e 3t + c 3 v 3 e 3t 0 = c e 5t + c e 3t + c x (t) = c e 5t + c 2 e 3t x 2 (t) = c e 5t 3 2 c 2e 3t x 3 (t) = c e 5t + c 3 e 3t e 3t Aşağıdaki örnek, katlı özdeğerlerin malesef tümünün tam olmadığını göstermektedir. [ ] 3 A = 3 7 (4.35) matirisi A λi = λ λ = (λ 4) 2 = 0

100 98 Bölüm 4. Diferansiyel Denklem Sistemleri karakteristik denklemine sahiptir. bu durumda A, 2 katlı bir tek λ = 4 özdeğerine sahiptir. Özvektör denklemi [ ] [ ] [ ] 3 3 v 0 (A 4I) v = = dir. Buda 3v + 3v 22 = 0 denlemiyle eş anlamlıdır. Buradan v 22 = v elde ederiz. [ ] [ ] [ ] v v = = v v 2 v [ ] Bu durumda λ = 4 e karşılık gelen her özvektör v = vektörünün sıfırdan farklı bir katıdır. Dolayısıyla 2 katlı λ = 4 özdeğerine karşılık gelen bir tek bağımsız özvektör olduğundan λ tam değildir. k > katlılığına sahip bir λ özdeğeri tam değilse λ ya hatalı dır denir. Eğer λ sadece p < k olmak üzere lineer bağımsız p tane öz vektöre sahip ise kayıp özvektörlerin v 2 d = k p (4.36) sayısına hatalı λ özdeğerinin hatası adı verilir. Eğer n n tipindeki A matrisinin tüm özdeğerleri tam değilse, bu durumda şu ana kadar anlatılan özdeğer metodundan, x = Ax sisteminin ihtiyaç duyulan lineer bağımsız n tane çözümünden daha azı üretilecektir. Bu durumda, k > katlı, hatalı bir λ özdeğerine karşılık gelen kayıp çözümlerin nasıl bulunacağını araştırmalıyız. Genelleştirilmiş Özdeğerler Eğer λ, A matrisinin bir öz değeri ise, λ ya karşılık gelen ve rankı r olan genelleştirilmiş v vektörü (A λi) r v = 0 ancak (A λi) r v 0 (4.37) olacak biçimde bir vektördür. Eğer r = ise, (4.37) açıkça v nin λ özdeğerine karşılık gelen özvektör olduğu anlamına gelir. O halde, rankı olan genelleştirilmiş bir öz vektör sıradan bir özvektördür. v özvektörüne dayanan k uzunluklu, genelleştirilmiş özvektörlerden oluşan bir zincir {v, v 2,..., v k } biçiminde (A λi)v k = v k, (A λi)v k = v k 2, (A λi)v 2 = v. (4.38) koşulunu sağlayan k tane genelleştirilmiş özvektörden oluşan kümedir. v sıradan bir özvektör olduğundan (A λi)v = 0 dır. Dolayısıyla (4.38) dan (A λi) k v k = 0 (4.39) olduğu görülür. Katlı bir ve hatası d olan λ özvektörü için tüm sıradan özvektörleri bulduktan sonra (A λi) d+ v = 0 (4.40) denklemiyle λ ya karşılık gelen genelleştirilmiş özvektörlerin zincirini oluşturabiliriz. Genelleştirilmiş öz vektörlerin (v, λ ya karşılık gelen sıradan özvektör) k uzunluklu herbir {v, v 2,..., v k } zinciri; x = Ax denkleminin λ özdeğerine karşılık gelen k tane lineer bağımsız çözümden oluşan x (t) = v e λt, x 2 (t) = (v t + v 2 )e λt, x 3 (t) = ( 2 v t 2 + v 2 t + v 3 )e λt,. x k (t) = ( ) t k (k )! v t2 2! v k 2 + t v k + v k (4.4) kümesini belirler. Örneğimize geri dönelim, 2 katlı (k = 2) λ = 4 özdeğerine karşılık sadece (p = ) özvektör bulmuştuk. Bu özdeğerin hatası d = k p = 2 = dir. Dolayısıyla genelleştirilmiş özvektörlerin zincirini (4.40) denklemiyle (A λi) 2 v 2 = 0

101 Bölüm 4. Diferansiyel Denklem Sistemleri 99 denklemini çözerek oluşturacağız. (A 4I) 2 = [ ] [ ] = [ ] dır. Böylece v 2 özvektörü [ ] v 2 = 0 denkleminden bulunacaktır. Açıkça görülebilirki bu denklem her bir v 2 için gerçeklenir. Eğer v 2 = (A λi)v 2 = [ buluruz ve bu v in 3 katıdır.(yani sıradan bir özvektördür. (A λi)( 3)v = 0). Böylece çözümlerimiz [ ] x (t) = v e 4t 3 = e 4t 3 Sonuç olarak elde edilen genel çözümü skaler bileşen fonksiyonlarına sahiptir. x 2 (t) = (v t + v 2 )e 4t = ] [ 0 ] = [ 3t + 3t x(t) = c x (t) + c 2 x 2 (t) x (t) = ( 3c 2 t + c 2 3c ) e 4t x 2 (t) = (3c 2 t + 3c ) e 4t [ 3 3 ] e 4t ] [ 0 ] alırsak