ANKARA ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ YÜKSEK LİSANS TEZİ PARÇALI SÜREKLİ ARGÜMENTLİ DİFERENSİYEL DENKLEMLER. Gizem SEYHAN

Transkript

2 ÖZET Yüksek Lisans Tezi PARÇALI SÜREKL I ARGÜMENTL I D IFERENS IYEL DENKLEMLER Gizem SEYHAN Ankara Üniversitesi Fen Bilimleri Enstitüsü Matematik Anabilim Dal Dan şman: Prof.Dr. Hüseyin BEREKETO ¼GLU Bu tez beş bölümden oluşmaktad r. Ilk bölüm giriş k sm na ayr lm şt r. Ikinci bölümde, birinci basamaktan lineer sabit katsay l parçal sürekli argümentli bir diferensiyel denklemin çözümünün tan m verilmiştir. Ayr ca bu türden denklemler için çözüm yöntemleri gösterilmiş ve bu denklemlerin s f r çözümlerinin asimptotik kararl l ¼g incelenmiştir. Üçüncü bölümde, birinci basamaktan lineer ileri parçal sürekli argümentli diferensiyel denklemlerin çözümleri hesaplanm ş ve bu tip denklemlerin s f r çözümlerinin asimptotik kararl l ¼g yla ilgili baz sonuçlar elde edilmiştir. Dördüncü bölümde, alterne parçal sürekli argümentli bir diferensiyel denklemin çözümünün tan m verilmiştir. Ayr ca bu türden denklemlerin çözüm yöntemleri ve s f r çözümlerinin asimptotik kararl l ¼g üzerinde durulmuştur. Son bölümde ise, önceki bölümlerde ele al nan denklemlerin sal n ml ve periyodik çözümleriyle ilgili baz sonuçlar elde edilmiştir. Aral k 28, 4 sayfa Anahtar Kelimeler : Parçal sürekli argümentli diferensiyel denklem, Fark denklemi, Asimptotik kararl l k, Sal n ml çözüm, Periyodik çözüm i

3 ABSTRACT Master Thesis DIFFERENTIAL EQUATIONS WITH PIECEWISE CONTINUOUS ARGUMENTS Gizem SEYHAN Ankara University Graduate School of Natural and Applied Sciences Department of Mathematics Supervisor: Prof.Dr. Huseyin BEREKETOGLU This thesis consists of ve chapters. The rst chapter is devoted to the introduction. In the second chapter, de nition of solution of a rst order linear di erential equation with piecewise continuous arguments and constant coe cients has been given. Moreover methods for solving theese type of equations have been shown and asymptotic stability of zero solutions for theese equations has been examined. In the third chapter, solutions of rst order linear advanced di erential equations with piecewise continuous arguments have been calculated and some results about asymptotic stability of zero solutions for theese type of equations have been obtained. In the fourth chapter, de nition of solution of an equation alternately of retarded and advanced type has been given. Furthermore this chapter examines methods for solving theese type of equations and asymptotic stability of zero solutions for the same equations. The last chapter deals with oscillation and periodicity of equations which are examined in previous chapters. December 28, 4 pages Key Words: Di erential equation with piecewise continuous arguments, Di erence equation, Asymptotic stability, Oscillatory solution, Periodic solution ii

4 TEŞEKKÜR Bana bu konuda araşt rma imkan veren, çal şmalar m n her aşamas nda eme¼gi olan, de¼gerli görüş ve önerileriyle beni yönlendiren dan şman hocam, Say n Prof. Dr. Hüseyin BEREKETO ¼GLU (Ankara Üniversitesi Fen Fakültesi) na, yüksek lisans yapt ¼g m süre boyunca verdi¼gi burs ile beni destekleyen TÜB ITAK a ve her zaman yan mda olan sevgili aileme en içten sayg ve teşekkürlerimi sunar m. Gizem SEYHAN Ankara, Aral k 28 iii

5 IÇ INDEK ILER ÖZET ABSTRACT TEŞEKKÜR G IR IŞ B IR INC I BASAMAKTAN L INEER SAB IT KATSAYILI PARÇALI SÜREKL I ARGÜMENTL I D IFERENS IYEL DENKLEMLER Çözümlerin Bulunmas Asimptotik Kararl l k Baz Genelleştirmeler ILER I PARÇALI SÜREKL I ARGÜMENTL I D IFERENS IYEL DENKLEMLER x (t) = ax (t) + a x ([t]) + a x ([t + ]) Denklemi Hakk nda x (t) = ax (t) + a x ([t]) + a x ([t + ]) + a 2 x ([t + 2]) Denklemi Hakk nda 43 P 3.3 x (t) = ax (t) + N a i x ([t + i]) Denklemi Hakk nda i= 4. ALTERNE D IFERENS IYEL DENKLEMLER PARÇALI SÜREKL I ARGÜMENTL I D IFERENS IYEL DENKLEMLERDE SALINIMLI VE PER IYOD IK ÇÖZÜMLER Parçal Sürekli Argümentli Diferensiyel Eşitsizlikler Baz Denklemlerin Sal n ml Çözümleri Hakk nda x (t) + a (t) x (t) + b (t) x ([t ]) = Denklemi Hakk nda Baz Sonuçlar x (t) + p (t) x (t) + q (t) x t+ 2 = Alterne Denkleminin Sal n ml ve Periyodik Çözümleri KAYNAKLAR ÖZGEÇM IŞ i ii iii iv

6 . G IR IŞ Sürekli argümentli fonksiyonel diferensiyel denklemler (FDD) ile ilgili olarak şu ana kadar yap lan çal şmalar hat r say l r bir teorinin oluşmas n ve zengin bir literatürün ortaya ç kmas n sa¼glam şt r. Bu konu ile ilgili olarak Hale (977), Gopalsamy (992), Györi and Ladas (99) gibi önemli eserlerden söz edilebilir. Sürekli argümentli FDD ler pratikte biyoloji, zik ve mühendislik türünden problemlerin matematiksel modellerinde ortaya ç karlar. Bazen sürekli argümentli FDD ler yerine süreksiz argümentli FDD lerin al nmas daha uygun olabilir. Böyle bir geçiş durumunda ortaya ç kan yeni modelin teorisi öncekinden tamamen farkl olmaktad r. Bu yüzden süreksiz argümentli FDD ler konusunun ele al nmas hem matematiksel hem de pratik bak mdan gereklidir, önemlidir ve ayn zamanda günceldir. Bu alanda yap lan çal şmalar henüz 25 y ll k bir geçmişe sahiptir. Bu süre içerisinde yaz lm ş de¼gerli bir kitap Wiener (993) ve yay nlanm ş pek çok makale vard r. Bunlardan baz lar şöyle s ralanabilir: Cooke and Wiener 986, Aftabizadeh et al. 987, Carvalho and Cooke 988, Györi and Ladas 989, Luo and Shen 23, Wang 26. Bu tezde parçal sürekli argümentli diferensiyel denklemler (PSADD) konusunda yap lan önemli çal şmalardan söz edilmektedir. Bu konudaki çal şmalar Wiener (983, 984), Cooke and Wiener (984), Shah and Wiener (983) taraf ndan başlam ş ve bugüne kadar pek çok matematikçi taraf ndan süregelmiştir. Tipik bir PSADD x (t) = f (t; x (t) ; x (h (t))) (.) şeklindedir; burada h(t) gecikme argümenti olup parçal sürekli bir fonksiyondur. Örne¼gin, [:] tam de¼ger fonksiyonunu ve n pozitif bir tamsay y göstermek üzere h(t) = [t] ; [t n] ; t n [t] ; vb. biçiminde olabilir. Bir PSADD in çözümünün belirlenebilmesi için, fonksiyonel diferensiyel denklemlerdeki bir başlang ç fonksiyonu yerine sonlu say da başlang ç verisinin bilinmesi yeterli olmaktad r. Bir PSADD sürekli ve ayr k dinamik sistem-

7 lerin bir bileşkesidir. Bu yüzden, bir PSADD hem adi diferensiyel denklemlerin hem de fark denklemlerinin özelliklerini taş r. Bir PSAD denkleminde x (t) türevi, x ([t]) ; : : : ; x ([t N]) de¼gerleri cinsinden hesaplan rsa, o zaman böylesi bir denkleme gecikmeli PSADD denir. E¼ger x in argümentleri t, [t + ] ; : : : ; [t + N] şeklinde ise, o zaman denklem ileri tipten bir PSADD ad n al r. x in argümentleri hem gecikmeli hem de ileri tipten ise, o zaman böyle bir denkleme kar ş k tipten PSADD denir. Bir PSAD denklemde en yüksek basamaktan türev hem t hem de başka bir noktada verilmiş ise, böyle bir denkleme de neutral tipten bir denklem denir. PSADD lerin bütün tipleri benzer özelliklere sahiptirler. Yani, böylesi denklemleri içeren başlang ç de¼ger problemlerinde bir başlang ç fonksiyonu yerine sonlu say da başlang ç noktas vard r; çözümler çift yanl d r; ve fark denklem teorisine muhtaçt rlar. PSADD ler kaotik davran şlar sergileyebilen diferensiyel denklemlerin en basit örneklerini teşkil ederler. Örne¼gin, Ladas (988) x (t) = 3x ([t]) x 2 ([t]) ; x () = c ; (.2) başlang ç de¼ger probleminin tek çözümünün x (n + ) = 4x (n) x 2 (n) ; n = ; ; 2; : : : ; (.3) özelli¼gine sahip oldu¼gunu göstermiştir. Burada özel olarak c = 4 sin 2 9 (:3) fark denkleminin tek çözümü x (n) = 4 sin 2 2 n 9 seçilirse, (.4) olur. Bu çözüm 3 periyotlu periyodik bir fonksiyondur. Böylece Li and Yorke (975) taraf ndan ortaya konan sonuçtan (:2) nin çözümünün kaos gösterdi¼gi anlaş l r. Ayr ca, Carvalho and Cooke (988) taraf ndan ele al nan x (t) = ax (t) ( x ([t])) (.5) 2

8 denklemi, meşhur lojistik diferensiyel x (t) = ax (t) ( x (t)) denkleminde bir t argümentinin [t] ile yer de¼giştirmiş halidir. Böylesi bir denklemin komplike davranişlar gösteren çözümlere sahip oldu¼gu bilinmektedir. 3

9 2. B IR INC I BASAMAKTAN L INEER SAB IT KATSAYILI PARÇALI SÜREKL I ARGÜMENTL I D IFERENS IYEL DENKLEMLER Bu bölümde birinci basamaktan lineer sabit katsay l parçal sürekli argümentli diferensiyel denklemlerin çözümleri ile ilgili tan mlar, çözüm yöntemleri ve baz sonuçlar verilecektir. 2. Çözümlerin Bulunmas Bu kesimde birinci basamaktan lineer sabit katsay l x (t) = ax (t) + a x ([t]) + a x ([t ]) x ( ) = c ; x () = c (2..) başlang ç de¼ger probleminin çözümü hesaplanmaktad r. Tan m 2... (Cooke and Wiener 984) Aşa¼g daki koşullar n sa¼glanmas halinde x (t) ye [; ) aral ¼g üzerinde (2::) probleminin bir çözümü denir: (i) x (t) ; [; ) aral ¼g üzerinde süreklidir; (ii) x (t) türevi, t = n; n = ; 2; :::; noktalar hariç her t 2 [; ) için mevcuttur. Ancak, t = ; 2; : : : noktalar nda x (t) nin tek yanl türevleri vard r; (iii) x(t) fonksiyonu her t 2 [n; n + ) [; ) için (2::) denklemini sa¼glar. Şimdi, bu tez çal şmas boyunca s k s k kullan lan baz sembollerden söz edelim: m (t) = e at + (e at ) a a ; m (t) = (e at )a a b = m (); b = m (); (2..2) ve ; 2 ; 2 b b = (2..3) denkleminin kökleridir. 4

10 Teorem 2... a 6= olmak üzere, (2::) problemi [; ) aral ¼g üzerinde x(t) = m (ftg) c [t] + m (ftg)c [t ] (2..4) şeklinde bir tek çözüme sahiptir; burada ftg, t nin ondal k k sm olup dir. c [t] = [t+] (c 2 c ) + ( c c ) [t+] 2 (2..5) 2 Ispat. (2::) denkleminin [n; n + ) aral ¼g ndaki çözümü x n (t) x(t), x(n) = c n ; x(n ) = c n ; olsun. Bu durumda n t < n + için [t] = n ve [t ] = n oldu¼gundan, (2::) denklemi x (t) = ax (t) + a c n + a c n (2..6) şeklinde yaz l r. Bu denklem lineer bir diferensiyel denklem olup çözümü x n (t) = (e a(t n) + (e a(t n) )a a )c n + ((e a(t n) )a a )c n biçimindedir. Bu çözüm, (2::2) deki sembollerin göz önüne al nmas yla, x n (t) = m (t n)c n + m (t n)c n (2..7) şeklinde yaz l r. Di¼ger taraftan, (2::) denkleminin [n x n (t) x(t), x(n ) = c n ; x(n 2) = c n 2 ; olsun. Bu durumda, ; n) aral ¼g ndaki çözümü x n (t) = m (t n + )c n + m (t n + )c n 2 dir. Çözümün t = n noktas ndaki süreklili¼gi nedeniyle x n (n) = x n (n) 5

11 dir. Buradan veya c n = b c n + b c n 2 ; n ; (2..8) c n+2 = b c n+ + b c n ; n ; fark denklemi ortaya ç kar. Bu sabit katsay l fark denkleminin belirgin olmayan bir çözümü, k key bir sabit olmak üzere c n = k n şeklinde aran rsa, 2 b b = karakteristik denklemi bulunur ki bu (2::3) denklemidir. Bu denklemin ve 2 köklerinin yap s na göre aşa¼g daki durumlar incelenebilir: (i) ve 2 ; (2::3) karakteristik denkleminin birbirinden farkl kökleri olsun. Bu durumda (2::8) fark denkleminin genel çözümü, k ve k 2 key sabitler olmak üzere c n = k n + k 2 n 2 (2..9) dir. (2::) deki başlang ç koşullar göz önüne al n rsa, n = ve n = için, s rasiyle, k + k 2 2 = c ; k + k 2 = c denklemleri elde edilir. Buradan k = (c 2 c ) 2, k 2 = 2 ( c c ) 2 dir. Bu k ve k 2 de¼gerleri (2::9) da yerlerine yaz l rsa, c n = n+ (c 2 c ) + n+ 2 ( c c ) 2 (2..) elde edilir. (2::) ; (2::7) de yerine konduktan sonra n = [t] ve t n = t [t] = ftg 6

12 eşitlikleri göz önüne al n rsa, (2::4) elde edilir. çözümüdür. Bu ise (2::) probleminin tek (ii) ve 2 ; (2::3) karakteristik denkleminin birbirine eşit iki çözümü, yani, = 2 = olsun. Bu durumda, (2::8) fark denkleminin genel çözümü, k ve k 2 key sabitler olmak üzere c n = (k + k 2 n) n (2..) şeklindedir. Buradan özel olarak n = ve n = için, s rasiyle, k = c ve k 2 = c c bulunur. Bu k ve k 2 de¼gerleri (2::) de yerlerine yaz l rsa, c n = n (c (n + ) c n) (2..2) elde edilir. Böylece (2::) probleminin [; ) aral ¼g ndaki x (t) çözümü yine (2::4) şeklindedir. Ancak bu defa c [t] ifadesi c [t] = [t] (c [t + ] c [t]) (2..3) biçimindedir. Uyar 2... (2::3) ifadesi, (2::5) in! 2 halindeki limitine eşittir. Teorem a = ise, (2::) denklemi [; ) aral ¼g üzerinde x (t) = a c [t] + a c [t ] ftg + c[t] (2..4) şeklinde bir tek çözüme sahiptir; burada c [t] ; (2::5) deki gibidir. 7

13 Ispat. (2::) denklemi a = için x (t) = a x ([t]) + a x ([t ]) (2..5) şeklindedir. Bu denklemin n t < n + aral ¼g ndaki çözümü x(t), x(n) = c n, x(n ) = c n ; olsun. Bu durumda (2::5) denklemi x (t) = a c n + a c n (2..6) denklemine indirgenir. Bu denklemin çözümü, c bir key sabit olmak üzere x (t) = (a c n + a c n ) t + c (2..7) dir. t = n için c = c n (a c n + a c n ) n oldu¼gundan, (2::7) den x (t) = (a c n + a c n ) (t n) + c n (2..8) bulunur. n = [t] ve t n = ftg oldu¼gundan, (2::4) elde edilir. Uyar (2::8) çözümü, (2::4) ün a! halindeki limitine eşittir. Sonuç 2... (2::) denkleminin çözümünün t! + için sonsuza gitmesi durumu, üstel fonksiyonun sonsuza gitmesi durumundan daha yavaşt r. Ispat. (2::) denkleminin x (t) çözümü, (2::4) den, x (t) = e aftg + e aftg a a c[t] + e aftg a a c[t ] : ftg oldu¼gundan, e aftg e jaj dir. Buna göre jx(t)j e jaj + e jaj a a + a a c[t] + e jaj a a + a a c[t ] (2..9) 8

14 yaz labilir. 6= 2 halinde (2::5) den, jc [t] j j [t+] (jc j + j 2 jjc j) + (j jjc j + jc j) 2 j [t+] 2 : max(j j; j 2 j) = m olsun. Buradan c[t] 2(jc j + mjc j)m [t+] j 2 j = 2m(jc j + mjc j)m [t] j 2 j ve [t] t oldu¼gundan, c[t] c m t elde edilir; burada = c m [t] (2..2) c = 2m(jc j + mjc j) : j 2 j Benzer şekilde c[t ] c2 m t (2..2) dir; burada c 2 = 2(jc j + mjc j) : j 2 j (2::2) ve (2::2) ; (2::9) da kullan l rlarsa, jx(t)j cm t elde edilir; burada c = c e jaj + e jaj a a + a a + c2 e jaj a a + a a : 9

15 Şimdi = 2 = halini göz önüne alal m. Bu durumda (2::3) den jc [t] j [t] (jc jj[t] + j + jjjc jj[t]j): jj = m olsun. [t] t oldu¼gundan, c[t] m t (jc j (t + ) + m jc j (t)) yaz labilir; burada k = (jc j + mjc j) dir. m t (jc j + m jc j) (t + ) = k (t + ) m t (2..22) Benzer şekilde c[t ] k2 tm t (2..23) dir; burada k 2 = m (jc j + 2mjc j). (2::22) ve (2::23) ; (2::9) da kullan l rlarsa, jx(t)j ktm t elde edilir; burada k = 2 e jaj + e jaj a a + a a k + e jaj a a + a a k2 : Böylece ispat tamamlanm ş olur. Sürekli vektör alanl adi diferensiyel denklemlerde çözüm t noktas n merkez kabul eden bir aral kta daima tan ml d r. Ancak bu durum gecikmeli diferensiyel denklemler için her zaman do¼gru de¼gildir. Bununla birlikte, aşa¼g daki teoremde (2::) denkleminin [; ) aral ¼g nda tan ml olan çözümünün geriye do¼gru ( ; ] aral ¼g na genişletilebildi¼gi gösterilmektedir.

16 Teorem a 6= ise, bu durumda (2::) denkleminin geriye do¼gru ( ; ] aral ¼g üzerinde tan ml olan bir tek çözümü vard r ve bu çözüm yine (2::4) ve (2::5) şeklindedir. Ispat. (2::) denkleminin n için [ n; n + ) aral ¼g üzerindeki çözümü x n (t) x(t), x( n) = c n, x( n ) = c n, olsun. Bu durumda (2::) denkleminden, x (t) = ax(t) + a c n + a c n : Bu adi lineer diferensiyel denklemin çözümü x n (t) = e a(t+n) + e a(t+n) a a c n + e a(t+n) a a c n veya (2::2) sembollerinin gözönüne al nmas yla x n (t) = m (t + n)c n + m (t + n)c n (2..24) şeklinde bulunur. Bu ise (2::4) ün t < haline eşittir. Di¼ger taraftan, (2::) denkleminin [ n + ; n + 2) aral ¼g ndaki çözümü x n+ (t) x(t), x( n + ) = c n+ ; x( n) = c n ; olsun. (2::24) den, x n+ (t) = m (t + n )c n+ + m (t + n )c n yaz labilir. Çözümün t = n + noktas ndaki süreklili¼ginden x n ( n + ) = x n+ ( n + ) ve buradan c n+ = b c n + b c n ; n ; (2..25) şeklinde bir fark denklemi elde edilir. Bu denklemin c n = k n şeklinde belirgin olmayan bir çözümü aran rsa, (2::3) karakteristik denklemi elde edilir.

17 ve 2 ; (2::3) denkleminin birbirinden farkl iki çözümü olsun. Bu durumda (2::25) fark denkleminin genel çözümü, k ve k 2 key sabitler olmak üzere c n = k n + k 2 n 2 (2..26) dir. n oldu¼gundan, özel olarak n = ve n = 2 için k + k 2 2 = c ve k 2 + k = c 2 yaz labilir. Buradan k = 2 (c 2 c 2 ) 2, k 2 = 2 2 ( c 2 c ) 2 : Bu de¼gerler (2::26) da yerlerine konulursa, elde edilir. c n = n+2 (c 2 c 2 ) + n+2 2 ( c 2 c ) 2 (2..27) (2::3) karakteristik denkleminden 2 = b dir. (2::27) den, c n = n+ ( c + b c 2 ) + n+ 2 ( b c 2 2 c ) 2 (2..28) olur. Di¼ger taraftan, (2::25) de n = al n rsa, b 6= olmak üzere c 2 b = c b c (2..29) bulunur. (2::29), (2::28) de yerlerine konursa, c n = n+ ( c + c b c ) + n+ 2 ( c + b c 2 c ) 2 : (2..3) (2::3) den, b = + 2 dir. Buradan ve (2::3) dan, c n = n+ (c 2 c ) + n+ 2 ( c c ) 2 2

18 elde edilir. Bu ise (2::5) in t < halini ifade etmektedir. a = için aşa¼g daki teoremler benzer şekilde ispatlan rlar. Teorem x (t) = ax (t) + a x([t]); x() = c ; (2..3) problemi [; ) aral ¼g üzerinde x(t) = m (ftg) b [t] c (2..32) şeklinde bir tek çözüme sahiptir. Teorem b 6= ise, bu durumda (2::3) probleminin geriye do¼gru ( ; ] aral ¼g üzerinde tan ml olan bir tek çözümü vard r ve bu çözüm (2::32) şeklindedir. Teorem b 6= ve m (ft g) 6= ise, bu durumda (2::3) denklemi x(t ) = x başlang ç koşulu ile birlikte ( ; ) aral ¼g üzerinde x(t) = m (ftg)m (ft g)b [t] [t ] x (2..33) şeklinde bir tek çözüme sahiptir. Ispat. Teorem 2::4 ve Teorem 2::5 den, (2::3) denkleminin ( ; ) aral ¼g üzerindeki çözümü x(t) = m (ftg)b [t] c (2..34) d r. Bu çözüme x(t ) = x koşulu uygulan rsa, c = x m (ft g)b [t ] bulunur. Bu c de¼geri (2::34) de yerine konursa, (2::33) elde edilir. Uyar Teorem (2::6) ; (2::3) denklemini kapsayan başlang ç de¼ger problemlerinin sadece tamsay larda de¼gil ayn zamanda herhangi bir noktada tan mlana- 3

19 bileceklerini belirtmektedir. Benzer durumun (2::) denklemi için de do¼gru oldu¼gu aşa¼g daki teoremde ispatlanmaktad r. Teorem a 6= ; a 6= ve i m (ft g) + m (ft g) 6= ; i = ; 2; (2..35) ise, bu durumda (2::) denklemi ve x(t ) = x ; x(t ) = x (2..36) koşullar ndan oluşan başlang ç de¼ger problemi ( ; ) aral ¼g üzerinde bir tek çözüme sahiptir; burada i ler (2::3) denkleminin kökleri olup ft g, t n ondal k k sm d r. Ispat. = m (ft g) ve = m (ft g) olsun. ft g = ft g oldu¼guna dikkat ederek, (2::36) koşullar (2::4) e uygulan rsa, x = c [t ] + c [t ]; x = c [t ] + c [t 2] (2..37) elde edilir. Di¼ger taraftan, olsun. (2::5) den, p [t ] = [t ] [t ] 2 2 ; q [t ] = [t] 2 2 [t ] 2!! c [t ] = [t +] [t +] 2 c + [t +] 2 2 [t +] c 2 2 ve dolay siyle c [t ] = p [t +]c + q [t +]c bulunur. Buradan c [t ] = p [t ]c + q [t ]c 4

20 ve c [t 2] = p [t ]c + q [t ]c yaz labilir. Bunlar (2::37) de yerlerine koyarsak, p [t +] + p [t ] c + q [t +] + q [t ] c = x ; (2..38) p [t ] + p [t ] c + q [t ] + q [t ] c = x şeklinde c ve c bilinmiyenli bir sistem elde edilir. Bu sistemin katsay lar determinant n n s f rdan farkl olmas halinde, (2::38) in bir tek çözüme sahip olaca¼g bilinmektedir. (2::38) sisteminin katsay lar determinant = p [t +] + p [t ] q [t +] + q [t ] p [t ] + p [t ] q [t ] + q [t ] veya = ( 2 ) [t ] ( + 2 ) + 2 dir. a 6= oldu¼gundan, 2 6= d r. Öte yandan, (2::35) den, ( + 2 ) + 2 = ( + ) ( 2 + ) = [ m (ft g) + m (ft g)] [( 2 m (ft g) + m (ft g))] 6= d r. Buradan 6= d r. Böylece ispat tamamlanm ş olur. 5

21 2.2 Asimptotik Kararl l k Bu kesimde (2::) denkleminin s f r çözümünün asimptotik kararl l ¼g incelenmektedir (Cooke and Wiener 984). Teorem (2::) denkleminin x = çözümünün t! + halinde asimptotik kararl olmas için gerek ve yeter koşul (2::3) karakteristik denkleminin ; 2 köklerinin j j < ; j 2 j < (2.2.) eşitsizliklerini sa¼glamas d r. Ispat. e aftg s n rl oldu¼gundan, (2::4) ve (2::5) göz önüne al narak ispat tamamlan r. Zira t! + halinde c [t]! olmas için gerek ve yeter koşul (2:2:) in sa¼glanmas d r. Teorem a 6= olsun. (2::) denkleminin x = çözümü t! + halinde asimptotik kararl ise, bu durumda a(2 + e a ) e a ja j < < a < a(2 ea ) e a ; a e a (2.2.2) dir. Ispat. (2::) denkleminin x = çözümü asimptotik kararl olsun. Bu durumda Teorem 2:2: den, (2::3) karakteristik denkleminin ve 2 kökleri için j j < ve j 2 j < dir. Ayn zamanda (2::3) den, + 2 = b : 6

22 Buradan (2::2) den, jb j j j + j 2 j < 2: (2.2.3) b = e a + (e a )a a : (2:2:3) den, bulunur. a(2 + e a ) e a < a < a(2 ea ) e a Ayr ca, (2::3) denkleminden, : 2 = b oldu¼gundan, jb j < : (2.2.4) (2::2) den, b = (e a )a a olup (2:2:4) den, ja j < a e a elde edilir. Teorem a 6= olsun. (2::) denkleminin x = çözümünün t! + halinde asimptotik kararl olmas için gerek ve yeter koşul aşa¼g daki hipotezlerden birinin sa¼glanmas d r: (i) a(2 + e a ) e a < a < ae a e a ; a(e a + a (e a )a ) 2 4(e a ) a < a(ea + ) e a + a ; 7

23 (ii) (iii) a(e a + a (e a )a ) 2 4(e a ) a(2 + e a ) e a ae a e a < a < a(2 ea ) e a ; a < a a ; < a < a(2 ea ) e a ; a e a < a < a(ea + a (e a )a ) 2 : 4(e a ) Ispat. (2::) denkleminin x = çözümü t! + halinde asimptotik kararl olsun. Bu durumda Teorem 2:2: den, (2::3) denkleminin ve 2 kökleri için j j < ve j 2 j < dir. Buradan jb + qb 2 + 4b j < 2 ve jb q b 2 + 4b j < 2: Ilk olarak, (2::3) karakteristik denkleminin kökleri reel olsun. Bu durumda yukar daki eşitsizliklerden, s rasiyle, 2 < b + q b 2 + 4b < 2 (2.2.5) ve 2 < b qb 2 + 4b < 2 (2.2.6) yaz labilir. Buradan aşa¼g daki eşitsizlikler elde edilir: (a) 2 < b < 2; (b) < b < ; (c) b < + b ; (d) b < b ; 8

24 (e) b b2 4 : 2 < b < için olup (c) ve (e) den, < b + < b 2 4 b < + b : (2.2.7) Böylece, 2 < e a + a (e a ) a < ise, o zaman ve (2:2:7) den 2 e a < ea a < e a (2.2.8) a (e a + (e a )a 2 a ) (e a )a a < e a + (e a )a a + (2.2.9) 4 yaz labilir. (2:2:8) ve (2:2:9) eşitsizliklerinin, s rasiyle, (i) deki eşitsizliklere eşde¼ger olduklar aç kt r. < b < 2 için olup (d) ve (e) den, Böylece, < e a + a (e a < b < b 2 4 b < b : (2.2.) ) a < 2 ise, o zaman e a < a (e a ) a < 2 e a ve (2:2:) dan (e a + a (e a 2 )a ) a (e a )a < e a a (e a ) a 4 elde edilir. Bu eşitsizlikler de (ii) dekilere eşde¼gerdir. 9

25 Şimdi (2::3) denkleminin ve 2 kökleri kompleks olsun. Bu durumda, = b 2 + 4b < (2.2.) ve q jb + i q b 2 4b j < 2; jb i b 2 4b j < 2 dir. jb j < 2 oldu¼gundan, 2 < e a + (e a ) a a < 2 dir. Bu ise (iii) hipotezindeki ilk eşitsizli¼ge eşde¼gerdir. Ayr ca, jb j < ve (2:2:) den, yaz labilir. (2::2) deki notasyonlardan, < b < b2 4 < a (e a ) a < (ea + a (e a )a ) 2 dir. Bu ise (iii) hipotezindeki ikinci eşitsizli¼ge eşde¼gerdir. 4 Yeterlilik için: (i) hipotezi sa¼glans n. Buna göre 2 < b < (2.2.2) ve dir. Buradan, b 2 4 b < b + b 2 + 4b < (b + 2) 2 (2.2.3) 2

26 yaz labilir. Dolay siyle, (2::3) karakteristik denkleminin = b + p b 2 + 4b ; 2 = b 2 p b 2 + 4b 2 (2.2.4) kökleri gerçeldir. (2:2:2) ve (2:2:3) den, < b 2 b p + b 2 + 4b 2 < b + < : Buradan j j < dir. Benzer şekilde, yine (2:2:2) ve (2:2:3) den, < b p b 2 + 4b 2 b 2 < b + < : yaz labilir ve dolay siyle j 2 j < : (ii) hipotezi sa¼glans n. Bu durumda < b < 2 (2.2.5) ve Buradan b 2 4 b < b : b 2 + 4b < (2 b ) 2 (2.2.6) olur. (2::3) karakteristik denkleminin (2:2:4) ile verilen ve 2 kökleri reeldir. (2:2:5) ve (2:2:6) dan, b < b + q b 2 + 4b < 2: 2

27 Buradan ve (2:2:4) den j j < elde edilir. Benzer şekilde, yine (2:2:5) ve (2:2:6) dan, b b qb 2 + 4b > 2 (b ) > 2 bulunur ve (2:2:4) den, j 2 j < oldu¼gu görülür. Son olarak (iii) hipotezi sa¼glans n. Bu durumda 2 < b < 2 ve Buradan, < b < b2 4 : (2.2.7) b 2 4 < b 2 + 4b < : O halde (2::3) karakteristik denkleminin kökleri şeklinde komplekstirler. Buradan ;2 = b i p b 2 4b 2 j j = j 2 j = p b ve (2:2:7) den j j < ve j 2 j < elde edilir. Böylece ispat tamamlanm ş olur. 22

28 2.3 Baz Genelleştirmeler Bu kesimde sabit katsay l skaler x (t) = ax(t) + NX a i x([t i]); a N 6= ; (2.3.) i= denklemi ile r boyutlu x (t) = Ax(t) + A x ([t]) + A x ([t ]) (2.3.2) sisteminin çözümlerinin [; ) aral ¼g ndaki tekli¼gi ispatlanmakta ve s f r çözümlerinin asimptotik kararl l ¼g üzerinde durulmaktad r; burada A; A ; A ; r r türünde sabit matrisler ve x; r türünde bir kolon vektörüdür. Teorem a 6= olsun. Bu durumda (2:3:) denklemi ve x(i) = c i ; i = ; ; :::; N; (2.3.3) başlang ç koşullar ndan oluşan problem [; ) aral ¼g üzerinde bir tek çözüme sahiptir. Ayr ca, bu çözümün t! + halinde sonsuza gitmesi, üstel fonksiyonun sonsuza gitmesinden daha yavaşt r. Ispat. (2:3:) denkleminin [n; n + ) aral ¼g üzerindeki çözümü x n (t) x (t) ve bu denklem için başlang ç koşullar x(n i) = c n i ; i N; olsun. Bu durumda (2:3:) denkleminden, NX x n(t) = ax n (t) + a i c n elde edilir. Bu denklem lineer bir diferensiyel denklem olup genel çözümü i= i x n (t) = e a(t n) c NX a a i c n i= i dir. 23

29 t = n için oldu¼gundan, elde edilir; burada NX c n = c a a i c n i i= NX x n (t) = m i (t n)c n i (2.3.4) i= m (t) = e at + (e at ) a a m i (t) = (e at ) a a i ; i = ; : : : ; N: (2.3.5) Di¼ger taraftan, (2:3:) denkleminin [n + ; n + 2) aral ¼g üzerindeki çözümü, x n+ (t) x(t) olsun. Bu durumda (2:3:4) ifadesinde n yerine n + al n rsa, x n+ (t) = NX m i (t n )c n+ i i= olur. Çözümün t = n + noktas ndaki süreklili¼ginden, x n+ (n + ) = x n (n + ) ve dolay siyle NX c n+ = b i c n i (2.3.6) i= şeklinde bir fark denklemi elde edilir; burada b i = m i () dir. Bu denklemin bir özel çözümü c n = k n şeklinde aran rsa, N+ = NX b i N i (2.3.7) i= karakteristik denklemi elde edilir. (2:3:7) denkleminin tüm ; 2 ; ::: ; N+ kökleri birbirinden farkl ise, o zaman (2:3:6) fark denkleminin genel çözümü c n = k n + k 2 n 2 + ::: + k N+ n N+ (2.3.8) 24

30 şeklinde olur; burada k ; k 2 ; :::; k N+ key sabitlerdir. (2:3:3) başlang ç koşullar (2:3:6) fark denklemi için c = x () ; c = x ( ) ; : : : ; c N = x ( N) şeklinde ifade edilebilir. Buradan ve (2:3:8) den c = k + k 2 + ::: + k N+ ; c = k + k ::: + k N+ N+ ; c 2 = k 2 + k ::: + k N+ 2 N+ ;. c N = k N + k 2 N 2 + ::: + k N+ N N+ (2.3.9) şeklinde bir denklem sistemi elde edilir. Bu sistemin katsay lar determinant Vandermonde determinant olup s f rdan farkl d r. Gerçekten, D( ; 2 ; :::; N+ ) = = 2 N N+.. N N 2 N N+ Y i<jn+ ( i j ). = [( 2 )( 3 ) : : : ( N+ )] [( 2 3 )( 2 4 ) : : : ( 2 N+ )] [( N N+ )] ve ; 2; :::; N+ kökleri birbirlerinden farkl olduklar ndan, D( ; 2 ; :::; N+ ) 6= : Böylece k i bilinmiyenleri (2:3:9) dan tek olarak belirlenirler. (2:3:7) karakteristik denkleminin baz kökleri katl ise, o zaman (2:3:6) fark denklemi- 25

31 nin genel çözümü dereceleri sonlu olan polinomlarla üstel fonksiyonlar n çarp mlar n içerir. Öte yandan, (2:3:4) ün a! için limitinin, (2:3:) in a = halindeki çözümüne eşde¼ger oldu¼gunu belirtelim. Teorem (2:3:) denkleminin x = çözümünün t! + halinde asimptotik kararl olmas için gerek ve yeter koşul j i j < ; i = ; 2; :::; N + ; dir. Teorem A; e A I ve A matrisleri singüler olmas nlar. Bu durumda (2:3:2) denklemi ve x( ) = c ; x() = c (2.3.) başlang ç koşullar ndan oluşan başlang ç de¼ger problemi [; ) aral ¼g üzerinde bir tek çözüme sahiptir. Ayr ca bu çözümün sonsuza gitmesi, üstel fonksiyonun sonsuza gitmesinden daha yavaşt r; burada c ve c ; r türünde verilmiş sabit kolon vektörlerdir. Ispat. (2:3:2) sisteminin [n; n + ) aral ¼g üzerindeki çözümü x n (t) x (t), x (n ) = c n, x (n) = c n ; olsun. Bu durumda (2:3:2) sistemi x (t) = Ax(t) + A c n + A c n şekline yaz l r. A matrisi singüler olmad ¼g ndan, x n (t) = e A(t n) + (e A(t n) I)A A cn + (e A(t n) I)A A cn (2.3.) elde edilir. (2:3:2) denkleminin [n + ; n + 2) aral ¼g üzerindeki çözümü x n+ (t) = e A(t n ) + (e A(t n ) I)A A cn+ + (e A(t n ) I)A A cn : 26

32 Çözümün t = n + noktas ndaki süreklili¼ginden, x n (n + ) = x n+ (n + ) = c n+ yaz labilir. Buradan c n+ = B c n + B c n ; n ; (2.3.2) fark denklemi elde edilir; burada B = e A + e A I A A ; B = e A I A A : k sabit bir vektör olmak üzere (2:3:2) fark denkleminin c n = n k şeklinde s f rdan farkl bir çözümü aran rsa, 2 I B B k = şeklinde cebirsel homogen sistemi elde edilir. Bu sistemin aşikar olmayan çözümlerinin var olmas için det 2 I B B = (2.3.3) olmal d r. (2:3:3) denklemi, det B 6= olmas durumunda 2r tane aşikar olmayan çözüme sahiptir. Bu köklerin ; 2 ; :::; r ; r+ ; :::; 2r şeklinde birbirinden farkl olduklar n kabul edersek, (2:3:2) nin genel çözümü c n = n d + n 2d n 2rd 2r 27

33 şeklinde bulunur; burada d = m k ; d 2 = m 2 k 2 ; : : : ; d 2r = m 2r k 2r dir; k ; k 2 ; : : : ; k 2r ; s rasiyle, ; 2 ; : : : ; 2r ye karş l k gelen ve s f r olmayan sabit vektörlerdir; m ; m 2 ; : : : ; m 2r ler key sabitlerdir. Bu key sabitler (2:3:) başlang ç koşullar yard miyle tek olarak belirlenirler. (2:3:3) denkleminin baz j kökleri katl ise, o zaman c n ifadesi üstel fonksiyonlarla polinomlar n çarp mlar n içerir. Teorem (2:3:2) denkleminin x = çözümünün t! + halinde asimptotik kararl olmas için gerek ve yeter koşul (2:3:3) denkleminin bütün köklerinin aç k birim yuvarda bulunmas d r. 28

34 3. ILER I PARÇALI SÜREKL I ARGÜMENTL I D IFERENS IYEL DENKLEMLER Bu bölümde birinci basamaktan lineer ileri parçal sürekli argümentli diferensiyel denklemlerin çözümleri hesaplanmakta ve ayr ca s f r çözümünün kararl l k durumlar incelenmektedir. 3. x (t) = ax(t) + a x([t]) + a x([t + ]) Denklemi Hakk nda Bu kesimde birinci basamaktan skaler sabit katsay l başlang ç de¼ger x (t) = ax(t) + a x([t]) + a x([t + ]); x() = c ; (3..) problemi hakk nda Shah and Wiener (983) taraf ndan bulunan baz sonuçlardan söz edilecektir. Teorem 3... a 6= ve a 6= üzerinde e a a ise, bu durumda (3::) problemi [; ) aral ¼g x(t) = (m (ftg) + m (ftg)) [t] c (3..2) şeklinde bir tek çözüme sahiptir; burada ftg, t nin ondal k k sm d r; m (t), m (t) (2::2) deki gibi tan ml fonksiyonlard r ve ; b = m () ; b = m () olmak üzere, = b b : (3..3) Ispat. (3::) denkleminin [n; n + ) aral ¼g üzerindeki çözümü x n (t) ; x n (n) = c n ; x n (n + ) = c n+ ; olsun. Bu durumda (3::) denklemi x n(t) ax n (t) = a c n + a c n+ şeklinde yaz labilir. Bu lineer diferensiyel denklemin x n (n) = c n koşulunu sa¼glayan 29

35 çözümü x n (t) = e a(t n) + (e a(t n) )a a cn + (e a(t n) )a a cn+ veya (2::2) deki notasyonlar cinsinden x n (t) = m (t n)c n + m (t n)c n+ (3..4) dir. Di¼ger taraftan (3::) denkleminin [n + ; n + 2) aral ¼g üzerindeki x n+ (t), x n+ (n + ) = c n+ ; çözümü x n+ (t) = m (t n )c n+ + m (t n )c n+2 dir. Çözümün t = n + noktas ndaki süreklili¼ginden x n+ (n + ) = x n (n + ) olmal d r. Buradan ( b )c n+ b c n = ; n ; (3..5) fark denklemi elde edilir. Bu denklemin belirgin olmayan bir çözümü c n = n şeklinde aran rsa, = b b bulunur. O halde (3::5) fark denkleminin genel çözümü c n = k n b = k b dir; burada k key bir sabittir. Buradan c = x () başlang ç koşulunu sa¼glayan çözüm c n = c n = c b b dir. Buradan c n+ = c n+ olur. Böylece (3::) başlang ç de¼ger probleminin n n 3

36 [n; n + ) üzerindeki tek x n (t) çözümü, (3::4) den x n (t) = (m (t n) + m (t n)) n c olup (3::) in [; ) aral ¼g ndaki tek x (t) çözümü x (t) = (m (ftg) + m (ftg)) [t] c biçiminde bulunur. Böylece ispat tamamlanm ş olur. Uyar 3... çözümü a = ise, bu durumda (3::) probleminin [; ) aral ¼g ndaki tek x (t) = + a [t] + a + a ftg c (3..6) a a d r. eşittir. Bu çözüm ayn zamanda (3::2) çözümünün a! halindeki limit de¼gerine Teorem b 6= ; yani a 6= aea ise, bu durumda (3::) probleminin geriye e a do¼gru ( ; ] üzerinde tan ml olan bir tek çözümü vard r ve bu çözüm yine (3::2) şeklindedir. Ispat. (3::) denkleminin [ n; n + ) aral ¼g üzerindeki çözümü x n (t), x n ( n) = c n ; x n ( n + ) = c n+ ; olsun. Bu durumda (3::) denklemi x n(t) ax n (t) = a c n + a c n+ şeklini al r. Bu denklemin çözümü x n (t) = e a(t+n) + (e a(t+n) )a a c n + (e a(t+n) )a a c n+ veya (2::2) den, x n (t) = m (t + n)c n + m (t + n)c n+ (3..7) dir. (3::7) den, (3::) denkleminin [ n + ; n + 2) aral ¼g üzerindeki x n+ (t), 3

37 x n+ ( n + ) = c n+ ; x n+ ( n + 2) = c n+2 ; çözümü x n+ (t) = m (t + n )c n+ + m (t + n )c n+2 : Çözümün t = n + noktas ndaki süreklili¼ginden, x n+ ( n + ) = x n ( n + ) ve dolay siyle ( b )c n+ b c n = ; n ; (3..8) fark denklemi elde edilir. Bu denklemin c n = n şeklinde bir çözümü aran rsa, = b b bulunur. Buradan (3::8) fark denkleminin genel çözümü c n = k n b = k b dir; burada k key bir sabittir. Buradan c = x () başlang ç koşulunu sa¼glayan çözüm c n = c n = c b b n n : (3..9) Buradan c n+ = c n+ = c b b n+ : (3..) (3::9) ve (3::) ; (3::7) de yerlerine konulurlarsa, x n (t) = (m (t + n) + m (t + n)) n c bulunur. Böylece (3::) probleminin ( ; ] aral ¼g ndaki çözümü x (t) = (m (ftg) + m (ftg)) [t] c d r; burada [t] = n ve ftg = t + n dir. 32

38 (3::) denklemi için verilen başlang ç koşullar n n sadece tam say larda tan mlanmak zorunda olmad ¼g aşa¼g daki teoremde gösterilmektedir. Teorem b 6=, b 6= ve m (ft g) + m (ft g) 6= ise, bu durumda (3::) denklemi ve x (t ) = x koşulundan oluşan başlang ç de¼ger problemi ( ; ) aral ¼g üzerinde x(t) = (m (ftg) + m (ftg)) (m (ft g) + m (ft g)) [t] [t ] x (3..) şeklinde bir tek çözüme sahiptir. Ispat. b 6= ve b 6= oldu¼gundan, Teorem 3:: ve Teorem 3::2 den, (3::) problemi, ( ; ) aral ¼g üzerinde (3::2) formülü ile verilen bir tek çözüme sahiptir. (3::2) de t = t al n rsa, x (t ) = (m (ft g) + m (ft g)) [t ] c ve buradan c = x (m (ft g) + m (ft g)) [t ] bulunur. Bu c de¼geri (3::2) de yerine yaz l rsa, (3::) in ( ; ) aral ¼g üzerinde x (t ) = x koşulunu sa¼glayan tek x (t) çözümü (3::) şeklinde elde edilir. Uyar b = ise, o zaman b 6= ve b = gibi iki olas durum söz konusudur. Ilk durumda, (3::) in çözümü x (t) d r. Çünkü bu durumda (3::5) den b c n = ve dolay siyle c n = bulunur. Ikinci durumda, yani b = oldu¼gu zaman (3::) problemi sonsuz say da çözüme sahip olur. Teorem (3::) probleminin x = çözümünün, t! + halinde kararl ve asimptotik kararl olmas için gerek ve yeter koşul, s rasiyle, jj ve jj < dir. 33

39 Teorem (3::) probleminin x = çözümünün t! + halinde kararl ve asimptotik kararl olmas için gerek ve yeter koşul, s rasiyle, a (e a + ) (a + a + a ) a a (3..2) e a ve a (e a + ) (a + a + a ) a a > (3..3) e a d r. Ispat. (3::) denkleminin x = çözümü kararl olsun. Teorem 3::4 den, jj : (3::3) den, b b : b > ise, ( b ) b b ve buradan b b ; b + b (3..4) yaz labilir. (2::2) deki b ve b de¼gerleri (3::4) de yerlerine konulurlarsa, s rasiyle, (e a ) a a e a (e a ) a a ve (e a ) a a + e a + (e a ) a a bulunur. Yukar daki ilk eşitsizlikten, a a a (e a + ) e a (3..5) 34

40 ve ikinci eşitsizlikten, (a + a + a ) (3..6) elde edilir. Bu iki eşitsizlik taraf tarafa çarp l rsa (3::2) bulunur. b < ise, ve dolay siyle b b ( b ) b + b ; b b (3..7) yaz labilir. (2::2) ve (3::7) eşitsizliklerinden, s rasiyle, (e a ) a a + e a + (e a ) a a ; (e a ) a a e a (e a ) a a bulunur. Buradan da (a + a + a ) (3..8) ve a a a (e a + ) e a (3..9) elde edilir. (3::8) ve (3::9) eşitsizliklerinin taraf tarafa çarp lmas yla yine (3::2) bulunur. Yeterlilik için: (3::2) sa¼glans n. a + a + a (3..2) ise, bu durumda a a a (e a + ) e a : (3..2) (3::2) ve (3::2) den, s rasiyle, b + b ve b b 35

41 elde edilir. Dolay siyle b oldu¼gundan, olur; burada = b b dir. ( b ) b b : a + a + a ise, bu durumda a a a (e a + ) e a d r. Bu iki eşitsizlikten, s rasiyle, b + b ve b b elde edilir. Buradan b oldu¼gundan, b b ( b ) : olur; burada = b b dir. Böylece ispat tamamlanm ş olur. Sonuç 3... (2::3) denkleminin x = çözümünün kararl ve asimptotik kararl olmas için gerek ve yeter koşul, s rasiyle, a (e a + ) e a a (e a + ) e a a a; < a < a d r. 36

42 Teorem a + aea a e a a > (3..22) e a ise, bu durumda c 6= olmak üzere (3::) probleminin çözümü, uç noktalar tam say lar olan her bir (n; n + ) aral ¼g üzerinde t n = n + a ln a + a e a a + a + a şeklinde bir tek s f ra sahiptir. (3::22) sa¼glanm yorsa ve a 6= aea e a, c 6= ; ise, o zaman (3::2) çözümünün [; ) aral ¼g üzerinde s f rlar yoktur. Ispat. 6= ve c 6= için x (t) = denklemi m (ftg) + m (ftg) = denklemine eşde¼gerdir. (3::3) den, m (ftg) m (ftg) = b b ve (2::2) den, e aftg + a a e aftg a a (e aftg ) = ea + a a (e a ) a a (e a ) : Buradan e aftg = a + a e a a + a + a bulunur. a > ve b 6= ise, o zaman a + a e a a + a + a < e a : 37

43 Şimdi a + a + a > (3..23) durumu göz önüne al n rsa, a > aea e a ve a > a e a : (3..24) Bu eşitsizlikler taraf tarafa toplan rsa, yine (3::23) elde edilir. a > ; a + a + a < ise, bu durumda (a + a + a ) e a < a + a e a < a + a + a ve dolay siyle a < aea e a, a < a e a (3..25) elde edilir. Yine, a + a + a < eşitsizli¼gi (3::25) den elde edilir. a < ve b 6= ise, e a < a + a e a a + a + a < ve dolay siyle (3::23) den (3::24) elde edilir. a + a + a < ise, bu durumda (3::25) bulunur. (3::22) hipotezi b (b ) > şeklinde de yaz labilir ki bu < durumuna eşde¼gerdir. Sonuç a < ae a e a (3..26) ise, bu durumda (2::3) probleminin x () = c 6= koşulunu sa¼glayan x (t) = e aftg + a a çözümü her bir (n; n + ) aral ¼g nda a e a + a a a a [t] c (3..27) a t n = n + a ln a a + a 38

44 şeklinde bir tek s f ra sahiptir. (3::26) sa¼glanm yorsa, o zaman (3::27) çözümünün [; ) aral ¼g üzerinde s f rlar yoktur. Son iki teoremden (a; a ; a ) uzay nda (3::) problemi için aşa¼g daki özellikler elde edilir: ( ) a + aea a (e a + ) a e a a > (3..28) e a ise, bu durumda c 6= olmak üzere (3::2) çözümü her bir (n; n + ) aral ¼g üzerinde bir tek s f ra sahiptir ve d r. lim x (t) = t!+ Gerçekten, çözümün bahsi geçen özelliklere sahip olmas için gerek ve yeter koşul < < ; yani ( + ) < olmas d r. (2::2) notasyonlar ndan, b (b b + ) < elde edilir ve buradan (3::28) ortaya ç kar. (2 ) (a + a + a ) a + aea < (3..29) e a ise, bu durumda c 6= olmak üzere (3::2) çözümü (; ) aral ¼g üzerinde hiç bir s f ra sahip de¼gildir ve lim x (t) = d r. t!+ Gerçekten, sözü edilen özellikler ancak ve ancak < < oldu¼gunda ortaya ç karlar. Dolay s yla ( ) < eşitsizli¼gi göz önüne al narak (3::29) elde edilir. (3 ) a a a (e a + ) a e a a < (3..3) e a ise, bu durumda (3::2) çözümü c 6= olmak üzere her bir (n; n + ) aral ¼g üzerinde 39

45 bir tek s f ra sahip olup [; ) aral ¼g üzerinde s n rs zd r. Gerçekten, < al nd ¼g zaman ispat tamamlan r. Çünkü < ; (b ) (b b ) < eşitsizli¼gine eşde¼gerdir ve buradan da (3::3) elde edilir. (4 ) (a + a + a ) a a < (3..3) e a ise, bu durumda c 6= olmak üzere (3::2) çözümü (; ) aral ¼g üzerinde hiç bir s f ra sahip de¼gildir ve s n rs zd r. Gerçekten, >, (b ) (b + b ) < şeklinde yaz labilir ve buradan (3::3) elde edilir. (5 ) a a a (e a + ) e a = ; a + aea e a 6= (3..32) ise, bu durumda c 6= olmak üzere (3::2) çözümü her bir (n; n + ) aral ¼g üzerinde bir tek s f ra sahip olup 2 periyotlu periyodik bir fonksiyondur. Bu durumda = dir. (6 ) a a a (e a + ) e a = ; a + aea e a = ise, bu durumda a = a e a olup (3::) problemi sonsuz say da çözüme sahiptir. Gerçekten, bu durumda b = ve b = oldu¼gundan Uyar 3::2 gerçeklenmiş olur. (7 ) a + a + a = ; a 6= a e a ise, bu durumda x (t) = c d r. 4

46 Gerçekten, burada = ve x (t) = (m (ftg) + m (ftg)) c = a e aftg (a + a + a ) a a c elde edilir. (8 ) Son olarak, a + aea e a = ; a a e a 6= ise, bu durumda = olup dir. 8 < m (t) c ; t < x (t) = : ; t Şimdi özel olarak (2::3) denklemi için (a; a ) düzleminde aşa¼g daki özellikler not edilebilir: ( ) a (e a + ) e a < a < ae a e a ise, bu durumda c 6= olmak üzere (2::32) çözümü her bir (n; n + ) aral ¼g üzerinde bir tek s f ra sahiptir ve lim t! x (t) = d r. (2 ) ae a e a < a < a ise, bu durumda (2::32) çözümünün (; ) aral ¼g üzerinde s f rlar yoktur ve lim x (t) = t! d r. (3 ) a < a (ea + ) e a 4

47 ise, bu durumda (2::32) çözümü her bir (n; n + ) aral ¼g üzerinde bir tek s f ra sahiptir ve bu çözüm [; ) aral ¼g üzerinde s n rs zd r. (4 ) a > a ise, bu durumda (2::32) çözümü (; ) aral ¼g üzerinde hiç bir s f ra sahip de¼gildir ve ayn zamanda s n rs zd r. (5 ) a = a (ea + ) e a ise, bu durumda (2::32) çözümü 2 periyotlu periyodiktir. (7 ) a = a ise, bu durumda x (t) = c d r. (8 ) a = ae a e a ise, bu durumda 8 < m (t) c ; t < x (t) = : ; t d r. 42

48 3.2 x (t) = ax (t)+a x([t])+a x([t + ])+a 2 x ([t + 2]) Denklemi Hakk nda Bu kesimde a 2 6= olmak üzere birinci basamaktan skaler x (t) = ax(t) + a x([t]) + a x([t + ]) + a 2 x ([t + 2]) (3.2.) denklemi ve x () = c ; x () = c (3.2.2) başlang ç koşullar ndan oluşan başlang ç de¼ger problemi hakk nda bulunan sonuçlardan söz edilecektir (Shah and Wiener 983). ve 2 ; (3:2:) denklemine ilişkin b (b ) + b = (3.2.3) karakteristik denkleminin köklerini göstersin; burada b, b ; (2::2) de tan mlanan fonksiyonlar olup b 2 = m 2 () ; m 2 (t) = e at a a 2 dir. Teorem a 6= olmak üzere (3:2:)-(3:2:2) başlang ç de¼ger problemi [; ) aral ¼g üzerinde x (t) = m (ftg) c [t] + m (ftg) c [t+] + m 2 (ftg) c [t+2] (3.2.4) şeklinde bir tek çözüme sahiptir, burada c [t] = [t] ( 2 c c ) + (c c ) [t] 2 : (3.2.5) 2 Ayr ca, bu çözümün sonsuza gitmesi üstel fonksiyonun sonsuza gitmesinden daha yavaşt r. 43

49 Ispat. (3:2:) denkleminin [n; n + ) aral ¼g üzerindeki çözümü x n (t) x (t), x (n) = c n ; x (n + ) = c n+, x (n + 2) = c n+2 ; olsun. Buna göre (3:2:) den x (t) ax (t) = a c n + a c n+ + a 2 c n+2 bulunur. Bu denklemin x (n) = c n koşulunu sa¼glayan çözümü x n (t) = e a(t n) + e (t n) a a cn + e (t n) a a c n+ + e (t n) a a 2 c n+2 veya x n (t) = m (t n) c n + m (t n) c n+ + m 2 (t n) c n+2 (3.2.6) dir. Buradan (3:2:) denkleminin [n + ; n + 2) aral ¼g üzerindeki çözümü x n+ (t) = m (t n ) c n+ + m (t n ) c n+2 + m 2 (t n ) c n+3 : Çözümün t = n + noktas ndaki süreklili¼ginden, x n+ (n + ) = x n (n + ) ve buradan b 2 c n+2 + (b ) c n+ + b c n = ; n ; (3.2.7) fark denklemi elde edilir. Bu denklemin c n = n şeklinde bir çözümü aran rsa, (3:2:3) karakteristik denklemi elde edilir. ve 2, (3:2:3) karakteristik denkleminin birbirinden farkl kökleri ise, o zaman k ve k 2 key sabitler olmak üzere (3:2:7) fark denkleminin genel çözümü c n = k n + k 2 n 2 (3.2.8) dir. (3:2:2) başlang ç koşullar c = x () ; c = x () şeklinde dikkate al narak (3:2:8) 44

50 denklemine uygulan rsa, k = c 2 c 2 ve k 2 = c c 2 bulunur. Bu k ve k 2 de¼gerleri (3:2:8) de yerlerine konulurlarsa, c n = n ( 2 c c ) + (c c ) n 2 2 (3.2.9) elde edilir. Böylece (3:2:)-(3:2:2) başlang ç de¼ger probleminin n t < n + üzerindeki çözümü (3:2:6) ve (3:2:9) dan oluşur. Buradan t [; ) üzerinde tan ml olan (3:2:4)-(3:2:5) çözümü bulunur. n = ftg ve n = [t] al n rsa, ve 2 ; (3:2:3) karakteristik denkleminin birbirine eşit kökleri, yani = 2 = ise, o zaman (3:2:7) fark denkleminin genel çözümü c n = (k + k 2 n) n (3.2.) dir; burada k ve k 2 key sabitlerdir. (3:2:2) başlang ç koşullar (3:2:) denklemine uygulan rsa, k = c ve k 2 = c ve bu de¼gerler yine (3:2:) da yerlerine konursa, (3:2:7) fark denkleminin c = x () ; c = x () başlang ç koşullar n sa¼glayan tek çözümü c c n = n (c n c (n )) : Buradan c [t] = [t ] (c [t] c [t ]) (3.2.) yaz labilir. Böylece = 2 halinde (3:2:)-(3:2:2) başlang ç de¼ger probleminin [; ) üzerindeki tek çözümü, (3:2:4) ve (3:2:) şeklindedir. Uyar (3:2:) ifadesi (3:2:5) in 2! için limit de¼gerine eşittir. 45

51 Teorem x (t) = a x([t]) + a x([t + ]) + a 2 x ([t + 2]) ; x () = c ; x () = c ; (3.2.2) problemi [; ) aral ¼g üzerinde x (t) = c [t] + a c [t] + a c [t+] + a 2 c [t+2] ftg (3.2.3) şeklinde bir tek çözüme sahiptir. Ispat. (3:2:3) çözümü do¼grudan veya a! halinde (3:2:4) ün limiti hesaplanarak bulunabilir. Teorem b 6= ise, bu durumda (3:2:)-(3:2:2) başlang ç de¼ger probleminin ( ; ] aral ¼g üzerindeki tek çözümü (3:2:4) ve (3:2:5) şeklindedir. Ispat. Bu teoremin ispat, Teorem 3:2: in ispat na benzer şekilde yap l r. Teorem 3::3 e benzer olarak aşa¼g daki teorem verilebilir. Teorem b 6= ve 2 + ( b ) + ( b ) 2 2b 2 + b 2 + b ( b ) 2 + b = (3.2.4) ise, bu durumda (3:2:) denklemi ve x (t ) = x ; x (t + ) = x koşullar ndan oluşan başlang ç de¼ger problemi ( ; ) aral ¼g üzerinde bir tek çözüme sahiptir; burada = m (ft g) ; = m (ft g) ve 2 = m 2 (ft g) d r. Ispat. (t) = [t] 2 [t] 2 46

52 olsun. (3:2:5) ifadesinde t yerine t + i al n rsa! [t +i] 2 [t +i] c [t +i] = 2 c + 2! [t +i] 2 [t +i] c ; i = ; ; 2; 3; 2 elde edilir. Burada ve 2 (3:2:3) karakteristik denkleminin kökleri olduklar ndan, ve buradan c [t +i] ifadesi tekrar 2 = b b 2 c [t +i] = b b 2 (t + i) c + (t + i) c ; i = ; ; 2; 3; (3.2.5) şeklinde yaz l r. (3:2:4) çözümü t = t ve t = t + için ayr ayr göz önüne al n rsa, o zaman ft + g = ft g ve (3:2:5) den aşa¼g daki c ve c bilinmiyenli cebirsel sistem elde edilir: 8 >< >: b b 2 ( (t ) + (t ) + 2 (t + )) c + ( (t ) + (t + ) + 2 (t + 2)) c = x ; b b 2 ( (t ) + (t + ) + 2 (t + 2)) c + ( (t + ) + (t + 2) + 2 (t + 3)) c = x : (3.2.6) (3:2:6) sisteminin katsay lar determinant (3:2:4) ifadesinin sol taraf na eşittir. Böylece c ve c, x ile x başlang ç de¼gerleri cinsinden tek olarak hesaplan rlar. Bulunan c ve c de¼gerleri (3:2:5) ifadesinde yerlerine yaz l rlarsa, (3:2:) denkleminin x (t ) = x ve x (t + ) = x başlang ç koşullar n sa¼glayan çözümü elde edilir. Teorem (3:2:) denkleminin x = çözümünün t! + halinde kararl (asimptotik kararl ) olmas için gerek ve yeter koşul j i j (j i j < ) ; i = ; 2; dir. 47

53 Ispat. e aftg s n rl oldu¼gundan, (3:2:4) ve (3:2:5) göz önüne al narak ispat tamamlan r. Teorem a + aea a e a 2 < (3.2.7) olsun. Aşa¼g daki koşullardan biri sa¼glan rsa, bu durumda (3:2:) denkleminin x = çözümü asimptotik kararl d r: (i) (a + a + a + a 2 ) a a < ; e a (ii) a a e a a (e a + ) a + a a 2 < : e a Ispat. (3:2:7) ve b j = m j () (j = ; ; 2) den, (3:2:3) karakteristik denklemi için D 2 = (b ) 2 4b b 2 > : Buradan (3:2:3) denkleminin ;2 = b D 2b 2 kökleri reeldir. (3:2:) denkleminin x = çözümünün asimptotik kararl l ¼g için j i j < ; i = ; 2; oldu¼gunu göstermek yeterlidir. O halde a 2 > ise, j i j < eşitsizlikleri b + D < 2b 2 (3.2.8) ve b D > 2b 2 (3.2.9) 48

54 eşitsizliklerine eşde¼gerdir. (3:2:8) den, b + 2b 2 > ; b + b + b 2 > bulunur. (3:2:9) dan, b 2b 2 < ; b + b b 2 < elde edilir. Buradan b + 2b 2 < b + b + b 2 ve b + b b 2 < b 2b 2 (3.2.2) yaz labilir. Öte yandan a 2 > oldu¼gundan, (3:2:7) den, b < ve b 2 > d r. Buradan (3:2:2) eşitsizlikleriyle çelişkiye var l r. O halde geriye sadece b + b + b 2 > ve b + b b 2 < ; yani, b 2 > b b ve b 2 > b + b eşitsizliklerinin gözönüne al nmas durumu kald. E¼ger b b > b + b ise, o zaman b < dir. Bu durumda asimptotik kararl l k için bir yeter koşul b + b + b 2 > ve b < dir ki bu koşul (i) hipotezi ile çak ş r. E¼ger b b < b + b ise, o zaman b > dir. Buradan (ii) hipotezi, b > ve b + b b 2 < eşitsizliklerinden ortaya ç kar. b > ve b 2 < durumu benzer şekilde incelenir. 49

55 P 3.3 x (t) = ax (t) + N a i x ([t + i]) Denklemi Hakk nda i= Teorem Birinci basamaktan skaler P x (t) = ax (t) + N a i x ([t + i]) ; a N 6= ; N 2 (3.3.) i= denklemi ve x (i) = c i ; i = ; ; :::; N ; (3.3.2) koşullar ndan oluşan başlang ç de¼ger problemi [; ) aral ¼g üzerinde bir tek çözüme sahiptir ve bu çözümün sonsuza gitmesi üstel fonksiyonun sonsuza gitmesinden daha yavaşt r. Ispat. (3:3:) denkleminin [n; n + ) aral ¼g üzerindeki çözümü x n (t) x (t), x (n + i) = c n+i ; i N; olsun. Bu durumda (3:3:) denklemi x n (t) P ax n (t) = N a i c n+i i= şeklinde olur. Bu denklem bir lineer diferensiyel denklem olup x (n) = c n koşulunu sa¼glayan çözümü x n (t) = e a(t n) c n + e a(t n) NP a a i c n+i (3.3.3) dir. (3:3:) denkleminin [n + ; n + 2) aral ¼g üzerindeki çözümü x n+ (t) = e a(t n ) c n+ + e a(t n ) NP a a i c n++i : Çözümün t = n + noktas ndaki süreklili¼ginden, i= i= x n+ (n + ) = x n (n + ) : Buradan, P c n+ = e a c n + N (e a ) a a i c n+i (3.3.4) i= 5

56 şeklinde bir fark denklemi elde edilir. b = e a + (e a ) a a ; b i = (e a ) a a i ; i ; notasyonlar n n kullan lmasiyle, (3:3:4) denklemi b N c n+n + b N c n+n + ::: + b 2 c n+2 + (b ) c n+ + b c n = (3.3.5) şeklinde yaz l r. (3:3:5) denkleminin c n = n şeklinde bir çözümü aran rsa, b N N + b N N + ::: + b (b ) + b = (3.3.6) karakteristik denklemi elde edilir. (3:3:6) denkleminin ; 2 ; :::; N kökleri birbirinden farkl ise, o zaman (3:3:5) denkleminin genel çözümü c n = k n + k 2 n 2 + ::: + k N n N (3.3.7) dir; burada k ; k 2 ; :::; k N key sabitlerdir. (3:3:2) koşullar n = ; ; :::; N için c n = x (n) şeklinde yaz l rsa ve (3:3:7) ye uygulan rsa, k ; k 2 ; :::; k N bilinmiyenli bir denklem sistemi elde edilir. Bu sistemin katsay lar determinant s f rdan farkl olup Vandermonde determinant na eşittir: det j i (Bellman 96). Dolay s yla bilinmeyen k j ; j = ; 2; : : : ; N; sabitleri tek olarak hesaplan rlar. (3:3:6) denkleminin baz kökleri katl ise, o zaman (3:3:5) fark denkleminin genel çözümü dereceleri sonlu olan polinomlarla üstel fonksiyonlar n çarp mlar n içerir. Uyar (3:3:3) çözümünün a! için limiti, (3:3:) denkleminin a = haline karş l k gelen çözümüne eşittir. 5

57 4. ALTERNE D IFERENS IYEL DENKLEMLER Bu bölümde x (t) = f x (t) ; x t + 2 (4.) şeklinde parçal sürekli argümentli diferensiyel denklemler üzerinde durulmaktad r; burada [:] tam de¼ger fonksiyonunu göstermektedir. (4:) denklemi hakk nda yap lan çal şmalar şöyle s ralanabilir: Aftabizadeh and Wiener 986, 988, Cooke and Wiener 987, Wiener and Aftabizadeh 988, Huang 989, 99, Ladas et al. 989, Wiener and Cooke 989, Jayasree and Deo 99, Papaschinopoulos 994. Böylesi denklemleri ilginç k lan özellik T (t) = t Zira T (t) ; n tam say olmak üzere her bir n 2 < t < n + 2 de¼giştirir. Gerçekten, n t + 2 argüment deviasyonudur. aral ¼g nda işaret t < n için T (t) < ve n < t < n+ için T (t) > d r. 2 2 Bu ise (4:) denkleminin, s rasiyle, ileri ve gecikmeli tipten olmas demektir. Yani, sözü edilen denklem n 2 ; n aral ¼g üzerinde ileri tipten iken, n; n + 2 aral ¼g üzerinde gecikmeli tiptendir. Şimdi x (t) = ax (t) + a x 2 t + 2 ; x () = c ; (4.2) denklemini ele alal m. Buna göre t + T (t) = t 2 2 (4.3) argüment deviasyonu 2n t < 2n aral ¼g üzerinde negatif iken, 2n < t < 2n + aral ¼g üzerinde pozitiftir. Böylece (4:2) denklemi [2n ; 2n) aral ¼g üzerinde ileri tipten iken, (2n; 2n + ) aral ¼g üzerinde gecikmeli tiptendir. Tan m 4.. (4:2) denkleminin [; ) aral ¼g üzerindeki çözümü aşa¼g daki özellikleri sa¼glayan bir x (t) fonksiyonudur: (i) x (t) fonksiyonu [; ) aral ¼g üzerinde süreklidir; (ii) x (t) türevi t = 2n (n = ; 2; :::) noktalar d ş nda her t 2 [; ) noktas nda 52

58 mevcuttur, ve türevin olmad ¼g t = ; 3; : : : noktalar nda tek yanl türevler mevcuttur; (iii) x (t) fonksiyonu her bir 2n sa¼glar. t < 2n + aral ¼g üzerinde (4:2) denklemini Bu arada daha sonra kullanmak üzere aşa¼g daki notasyonlar not edelim: (t) = e at + (e at ) a a ; = () ; = ( ) : (4.4) Teorem 4.. a 6= ve 6= ise, bu durumda (4:2) problemi [; ) aral ¼g üzerinde [ t+ 2 ] x (t) = (T (t)) c (4.5) şeklinde bir tek çözüme sahiptir; burada T (t) ; (4:3) de tan mland ¼g gibidir. Ispat. (4:2) denkleminin 2n t < 2n + aral ¼g üzerindeki çözümü x n (t), x n (2n) = c 2n ; olsun. Bu durumda (4:2) denklemi x n (t) ax n (t) = a c 2n şeklini al r. Bu denklemin verilen aral k üzerindeki genel çözümü x n (t) = e a(t 2n) c a a c 2n dir, burada c bir key sabittir. Burada t = 2n al n rsa, ve dolay siyle c 2n = c a a c 2n x n (t) = e a(t 2n) + e a(t 2n) a a c2n 53

Daha göster