ANKARA ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ YÜKSEK LİSANS TEZİ. Aylin AYKUT MATEMATİK ANABİLİM DALI ANKARA Her hakkı saklıdır
|
|
- Umut Çalış
- 6 yıl önce
- İzleme sayısı:
Transkript
1 ANKARA ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ YÜKSEK LİSANS TEZİ SİNGÜLER POTANSİYELLİ STRUM-LIOUVILLE OPERATÖRLERİ Aylin AYKUT MATEMATİK ANABİLİM DALI ANKARA Her hakkı saklıdır
2 ÖZET Yüksek Lisans Tezi S INGÜLER POTANS IYELL I STRUM-LIOUVILLE OPERATÖRLER I Aylin AYKUT Ankara Üniversitesi Fen Bilimleri Enstitüsü Matematik Anabilim Dal Dan şman: Yrd. Doç. Dr. Cafer COŞKUN Bu tez üç bölümden oluşmaktad r. Ilk bölüm giriş k sm na ayr lm şt r. Ikinci bölümde, Schrödinger dalga denkleminin Jost çözümleri elde edilmiştir. Üçüncü bölümde, Jost çözümlerinin varl ¼g ve tekli¼gi araşt r lm şt r. Ekim, 47 sayfa Anahtar Kelimeler : Singüler, Strum-Liouville operatörü, Jost çözümü, Bessel fonksiyonu, Hankel fonksiyonu. i
3 ABSTRACT Master Thesis STRUM-LIOUVILLE OPERATORS WITH SINGULAR POTENTIAL Aylin AYKUT Ankara University Graduate School of Natural and Applied Sciences Department of Mathematics Supervisor: Yrd. Doç. Dr. Cafer COŞKUN This thesis consists of three chapters. The rst chapter is devoted to the introduction. In the second chapter, the Jost solution of Schrödinger wave equation is obtained. In the third chapter, eistence and uniqeness of the Jost solution is investigated. October, 47 pages Key Words: Singular, Strum-Liouville operator, Jost solution, Bessel function, Hankel function. ii
4 TEŞEKKÜR Yüksek lisans tezimi yönetmeyi kabul ederek karş laşt ¼g m güçlüklerde yard mlar n benden esirgemeyen, büyük bir sab r ve titizlikle beni yönlendiren sayg de¼ger hocam, Say n Yrd. Doç. Dr. Cafer COŞKUN (Ankara Üniversitesi Fen Fakültesi Matematik Anabilim Dal ) na, yüksek lisans yapt ¼g m süre boyunca ve hayat m n her aşamas nda bana yard mc olan babama, anneme, kardeşime ve başta Fahriye Zehra Babacan ve Ferda¼g Kahraman olmak üzere sevgili dostlar ma en içten sayg ve teşekkürlerimi sunar m. Aylin AYKUT Ankara, Ekim iii
5 IÇ INDEK ILER ÖZET ABSTRACT TEŞEKKÜR S IMGELER D IZ IN I i ii iii v. G IR IŞ JOST ÇÖZÜMÜ k V() = Durumu lim! (; k; ) = S n r Koşulu Alt nda V () = Durumu.3 4 V () = Durumu lim! e ik f (; k; ) = S n r Koşulu Alt nda V () = Durumu ve f ÇÖZÜMLER IN IN VARLI ¼GI (; k; ) Çözümünün Varl ¼g ve Tekli¼gi f (; k; ) Çözümünün Varl ¼g ve Tekli¼gi KAYNAKLAR ÖZGEÇM IŞ iv
6 S IMGELER D IZ IN I C J H () Y () Kompleks say lar cümlesi basamaktan birinci tür Bessel fonksiyonu bamaktan ikinci tür Hankel fonksiyonu basamaktan ikinci tür Bessel fonksiyonu Gama fonksiyonu v
7 . G IR IŞ Matematik ve zik alan nda pek çok uygulamaya sahip olan spektral teori; fonksiyonel analizin ana dallar ndan biri olup, belirli ters operatörler ve bunlar n genel özelliklerine ilişkindir. Kuantum mekani¼ginin pek çok probleminin çözümünde diferensiyel operatörlerin Jost çözümleri temel oluşturdu¼gundan Kuantum mekani¼ginin gelişmesi ile diferensiyel operatörlerin Jost çözümlerine ilgi artm şt r. Bu alanda Strum-Liouville operatörü yard m yla elde edilen ikinci mertebeden diferensiyel denklemlerin Jost çözümleri ve bu çözümlerin analitik incelemesi önemlidir. q kompleks de¼gerli bir fonksiyon ve h C olmak üzere l (y) := y q () y < diferensiyel ifadesinin ve y () hy () = s n r koşulunun yard m ile L (; ) uzay nda tan ml non-selfadjoint Strum-Liouville operatörü L olmak üzere bu operatörün spektral teorisi ilk olarak 954 y l nda Naimark taraf ndan incelenmeye başlanm şt r. Ayr ca L (; ) uzay nda p; q kompleks de¼gerli fonksiyonlar ve p fonksiyonu (; ) da sürekli diferensiyellenebilir bir fonksiyon olmak üzere y q () hp () h y; < denklemi ve Z K () y () d y () () = s n r koşulu yard m yla üretilen KuadratikSchrödinger operatörler demetini L (h) ile gösterelim. Burada ; C; jj jj 6= olmak üzere K L (; ) olsun. Bairamov vd. (997) ve Bairamov vd. (999a,b,c) çal şmalar nda analitik fonk-
8 siyonlar n birebirlik teoremlerini kullanarak L (h) operatörünün spektral analizini incelmiştir. Bu tezde ise V reel de¼gişkenli ve reel de¼gerli bir fonksiyon, k, l C ve = noktas nda ve! için singülerli¼ge sahip q () = k l (l ) V () potansiyelli () k l (l ) V () () = şeklindeki Strum-Lioville diferensiyel denkleminin Jost çözümlerinin bulunmas, bu çözümlerin analitik özelliklerinin ve asimtotiklerinin incelenmesi amaçlanm şt r.
9 . JOST ÇÖZÜMÜ V reel de¼gişkenli ve reel de¼gerli bir fonksiyon, k, l C ve q () = l (l ) V () potansiyeli = noktas nda ve! da singülerli¼ge sahip olmak üzere; a) V () hemen hemen her yerde sürekli Z b) j V () j d = M (c) < (c > ) c Z c c) j V () j d = N c < (c > ) (.) (:) koşullar n sa¼glayan () k l (l ) V () () = (.) (:) Schrödinger dalga denklemi incelenecektir.. k V() = Durumu (:) diferensiyel denkleminde [k V ()] ifadesi ihmal edilirse (:) denklemi () l (l ) () = (..) ikinci basamaktan de¼gişken katsay l bir denklem halini al r. l (l ) =! olmak üzere, 3
10 ()! () = olarak yaz l rsa, = e t de¼gişken de¼giştirmesi yap l r ve = D denilirse = D D olarak bulunur. O halde D D! () = r r! = karakteristik deklemi elde edilir. Buradan (::) denkleminin temel çözümleri l ve l olarak bulunur. Bu durumda () = l l ifadesi de (:) denkleminin bir çözümüdür. (:) denklemi! için ' () = l ( ()) (..) ' () = l ( ()) koşullar n sa¼glayan iki çözüme sahiptir. = l eşitli¼gini kullanarak (:) denklemini () " k 4 V () # () = (..3) şeklinde ele almak daha uygun olacakt r. yerine al n rsa, ' () çözümü ' () çözümüne, benzer biçimde ' () çözümü de ' () çözümüne dönüşür. 4
11 Şimdi ' (; k; ) = () () (..4) yaz larak ve katsay lar n elde etmek için Lagrange yöntemi kullan lacakt r. Buna göre (::4) eşitli¼ginde her iki taraf n de¼gişkenine göre türevi al n rsa ' (; k; ) = p () () p () = () () () bulunur. Burada p () p () = (..5) al nmak üzere ikinci mertebeden türev al ns n. Bu durumda ' (; k; ) = = = = () () h i () 3 () () () () () () 4 () () ' (; k; ) () 4 () 3 () elde edilir. 5
12 Bu ifadeler (:) denkleminde yerine yaz l rsa, () () = V () k ' (; k; ) (..6) denklemi bulunur. Şimdi (::5) ve (::6) denklem sistemi ele al ns n. sistemin katsay lar determinant olmak üzere = = = olup Gram-Schmidt yöntemi uygulan rsa p () = [V () k ] ' (; k; ) = V () k ' (; k; ) ve () = [V () k ] ' (; k; ) = k V () ' (; k; ) denklemleri bulunur. 6
13 (::) koşulundan lim () =! lim () =! oldu¼gu görülebilir. Buradan ve Z ifadeleri elde edilir. () d = Z ) () () = [V () k Z ) () = Z () d = Z ) () () = ) () = ] ' (; k; ) d [V () k ] ' (; k; ) d Z [k Z Z [V () k ] ' (; k; ) d V ()] ' (; k; ) d [k V ()] ' (; k; ) d [k V ()] ' (; k; ) d 7
14 Bu ifadeler (::4) denkleminde yerine yaz l rsa, ' (; k; ) = 3 4 Z V () k ' (; k; ) d Z k V () ' (; k; ) d 5 = Z k = = Z Z Z V () k ' (; k; ) d V () ' (; k; ) d V () ' (; k; ) k ' (; k; ) d " Voltera tipi integral denklemi elde edilir. # p k V () ' (; k; ) d Teorem... (::) koşulu alt nda ' (; k; ) çözümü vard r ve tektir. Ispat. durumda Bunun için = i ile gösterilmek üzere ve 6= olsun. Bu = i = i = e ilog = = olup < olmak üzere yaz labilir. Gerçekten; = < < ) < (..7) 8
15 < ) < (..8) ) < dolay s yla (::7) ve (::8) ifadelerinden < ) < (..9) bulunur. (::9) ifadesi de göz önüne al nararak = (..) eşitsizli¼gi elde edilir. Şimdi X ' (; k; ) = ' (n) (; k; ) (..) n= olsun. ' () (; k; ) = olmak üzere, n için al n rsa ' (n) (; k; ) = Z " # p k V () ' (n) (; k; ) d Z ' () (; k; ) = Z = p [k V ()] ' () (; k; ) d p [k V ()] d 9
16 oldu¼gu görülür. Buradan ' () (; k; ) = sa¼glan r ve dolay s yla jj jj jj jj Z Z Z Z Z " " # p k # p k p k k V () d p k V () d V () d V () d V () d ' () (; k; ) jj Z k V () d eşitsizli¼gi elde edilir. P reel de¼gerli ve azalmayan bir fonksiyon olmak üzere P () = Z k V () d olarak tan mlayal m. (:) koşullar alt nda P () = Z k V () d Z Z k jv ()j d = k N () eşitsizli¼gi gerçeklenir.
17 Şimdi n için ' (n ) (; k; ) (n )! jj n [P ()]n (..) oldu¼gu kabul edilirse ve dp () = k V () olaca¼g ndan (::) eşitsizli¼gi de kullan larak, ' (n) (; k; ) = jj jj Z Z Z = jj n " # p k p k Z = n! jj n [P ()] n p k V () P () n d (P ()) (n )! V () ' (n V () ' (n bulunur. Böylece tümevar m yöntemi gere¼gince her n için elde edilmiş olur. ' (n) (; k; ) jj n ) (; k; ) d ) (; k; ) d (n )! jj n [P ()]n d [P ()] n X n= jj n X [P ()]n serisi yak nsak oldu¼gundan karş laşt rma testi gere¼gince ' (n) (; k; ) n= serisi yak nsak olup,
18 X ' (n) (; k; ) n= X ' (n) (; k; ) n= X n= = n! jj n [P ()] n X n= = P () e [P ()] n n! jj n eşitsizli¼gi gerçeklenir.. lim! (; k; ) = S n r Koşulu Alt nda V () = Durumu (::3) diferensiyel denkleminde V () ifadesi ihmal edilsin. Bu durumda (::3) denklemi () " k 4 halini al r. (::) diferensiyel denkleminin # () = (..) lim (; k; ) = (..)! (::) koşulu alt ndaki çözümü, J (k; ) = X n= ( ) n k n n! (n ) (..3) basamaktan birinci çeşit Bessel Fonksiyonu olmak üzere (; k; ) = [ (; k; )] V ()= = k ( ) J (k; ) şeklindedir (Bateman 953).
19 (::) denkleminde () = u (..4) de¼gişken de¼giştirmesi yap ls n. Gerekli işlemler yap larak d u d du d k u = denklemi elde edilir. Tekrar t = k de¼gişken de¼giştirmesi ile denklem t d u dt tdu dt t u = (..5) halini al r. (::5) denklemi basamaktan bir Bessel diferensiyel denklemdir. (::5) denklemi u u t u biçiminde yaz ls n. (::6) denkleminde çözümü arans n. u (t) = u t = (..6) X c n t nr (..7) n= Buna göre (::7) ifadesinin t de¼gişkenine göre birinci ve ikinci mertebeden türevleri al n p (::5) denkleminde yerine yaz l rsa c (r ) t r r c (r ) t r r c t r r c (r ) t r X c t r c t r c n (n r) (n r ) t nr oldu¼gu görülür. X c n (n r) t nr n= X X c n t nr c n t nr = n= n= n= 3
20 Bu ifade düzenlenirse olur ve buradan c r t r c (r ) t r X c X n (n r) (n r ) (n r) c n t nr = n= n= c r t r c (r ) t r X cn (n r) c n t nr = n= (..8) elde edilir. c s f rdan farkl seçilebildi¼ginden t r ifadesinin katsay s s f ra eşitlenerek r = indisel denklemine ulaş l r. Bu denklemin kökleri ise r = ve r = d r. r = (::8) denkleminde yerine yaz l rsa c ( ) X t (n ) n= c n t nr = ve X c ( ) t [n (n ) c n c n ] t n = n= bulunur. Di¼ger terimlerin katsay lar n n s f ra eşitlenmesi ile c = olur ve indirgeme formülü elde edilir. Buradan n (n ) c n c n = ; (n ) c n = ( ) n c n n! ( ) ( ) ::: ( n) olup c 3; c 5 ; ::: katsay lar c e ba¼gl oldu¼gu için c 3 = c 5 = ::: = c n halde = bulunur. O u (t) = X c n t n = c t n= X n= ( ) n c n n! ( ) ( ) ::: ( n) (..) elde edilir. 4
21 Burada >, = i ve > olmak üzere (n ) = (n ) (n ) = (n ) (n ) (n ) = (n ) (n ) ::: [(n ) (n )] [(n ) (n )] = ( ) ( ) ::: (n ) ( ) ) (n ) (n ) = ( ) ( ) ::: (n ) sa¼glan r ve bu sonuç (::) ifadesinde yerine yaz l rsa u (t) = c t X n= ( ) n t n ( ) n n! (n ) oldu¼gu görülür. t = k ve () = u de¼gişken de¼giştirmeleri göz önüne al n rsa (; k; ) = c k X n= ( ) n k n ( ) n! (n ) elde edilir. c key oldu¼gundan c = k al narak (; k; ) = k ( ) çözümü bulunur ve (::3) ifadesi kullan l rsa X n= ( ) n k n n! (n ) (..) (; k; ) = k ( ) J (k) (..) olarak elde edilmiş olur. 5
22 r = çözümü içinse c = k al narak ( ; k; ) = k ( ) J (k) (..3) elde edilir. Lemma... (::) ve (::3) çözümleri lineer ba¼g ms zd r. Ispat. ( ) ( ) = sin (Bateman 953)ve W [J (k) ; J (k)] = sin k (Watson 948). eşitliklerinden yararlan larak W [ (; k; ) ; ( ; k; )] = (; k; ) ( ; k; ) (; k; ) ( ; k; ) = k ( ) k ( ) J (k) J (k) J (k) kj (k) i J (k) J (k) J (k) kj (k) = k J (k) J (k) J (k) J (k) = ( ) ( ) W [J (k) ; J (k)] = sin (k) sin k = elde edilir. W [ (; k; ) ; ( ; k; )] 6= oldu¼gundan ispat tamamlanm ş olur. Şimdi (; k; ) = () (; k; ) () ( ; k; ) (..4) yaz larak ve katsay lar n elde etmek için Lagrange yöntemi kullan ls n. 6
23 Buna göre (::4) eşitli¼ginde her iki taraf n de¼gişkenine göre türevi al n rsa (; k; ) = () (; k; ) () (; k; ) (..5) () ( ; k; ) () ( ; k; ) bulunur. Burada () (; k; ) () ( ; k; ) = (..6) al nmak üzere ikinci mertebeden türev al ns n. Bu durumda (; k; ) = () (; k; ) () (; k; ) () ( ; k; ) () ( ; k; ) elde edilir. Bu ifadeler (::4) denkleminde yerine yaz l rsa () (; k; ) () (; k; ) () ( ; k; ) () ( ; k; )!! k 4 = V () (; k; ) () (; k; ) k 4 () ( ; k; ) denklemi bulunur. (; k; ) ve ( ; k; ) çözümleri (::) denklemini sa¼glad ¼g ndan () (; k; ) () ( ; k; ) () ( ; k; ) (..7) = V () (; k; ) oldu¼gu görülür. Şimdi (::6) ve (::7) denklem sistemi ele al ns n. sistemin katsay lar determinant olmak üzere 7
24 = (; k; ) ( ; k; ) (; k; ) ( ; k; ) = olup Gram-Schmidt yöntemi uygulan rsa () = ( ; k; ) V () (; k; ) ( ; k; ) = ( ; k; ) V () (; k; ) ve () = (; k; ) (; k; ) V () (; k; ) = (; k; ) V () (; k; ) eşitlikleri bulunur. (::) koşulundan oldu¼gu görülebilir. Bu koşullar alt nda lim () =! lim () =! Z (y) dy = ) () () = Z Z ) () = ( ( Z ( ; k; y) V () (; k; y) dy ; k; y) V () (; k; y) dy ; k; y) V () (; k; y) dy 8
25 ve Z (y) dy = ) () () = ) () = Z Z Z (; k; y) V (y) (; k; y) dy (; k; y) V (y) (; k; y) dy (; k; y) V (y) (; k; y) dy ifadeleri elde edilir. Bu ifadeler (::4).denkleminde yerine yaz l rsa (; k; ) = (; k; ) bulunur ve Z ( Z (; k; ) ( ; k; y) V (y) (; k; y) dy ; k; ) (; k; y) V (y) (; k; y) dy G (; k; ; y) = [ (; k; ) ( ; k; y) ( ; k; ) (; k; y)] (..8) tan mlanmak üzere, (; k; ) = (; k; ) Z G (; k; ; y) V (y) (; k; y) dy elde edilmiş olur. 9
26 .3 4 V () = Durumu (:) diferensiyel denkleminde h 4 i V () ifadesi ihmal edilirse bu denklem () k () = (.3.) ikinci basamaktan diferensiyel denklem halini al r. Burada D k D = karakteristik denklemi elde edilir. (:3:) denkleminin temel çözümleri e ik ve e ik olarak bulunur. Buradan f (; k; ) = e ik e ik ifadesi de (:) denkleminin bir çözümüdür. Bu durumda (:) denklemi! için f (; k; ) = e ik ( o ()) (.3.) f (; k; ) = e ik ( o ()) koşullar n sa¼glayan iki çözüme sahiptir. f (; k; ) = () e ik () e ik (.3.3) yaz larak ve katsay lar n bulmak için bu Lagrange yöntemi kullan ls n. (:3:3) eşitli¼ginde her iki taraf n de¼gişkenine göre türevi al n rsa f (; k; ) = () e ik () ( ik) e ik () e ik () (ik) e ik (.3.4) bulunur.
27 Burada () e ik () e ik = (.3.5) al nmak üzere ikinci mertebeden türev al n rsa f (; k; ) = () ( ik) e ik () k e ik () (ik) e ik () k e ik elde edilir. Bu ifadeler (:) denkleminde yerine yaz l rsa = () ( ik) e ik () k e ik () (ik) e ik () k e ik k # () e ik () e "V ik () 4 () e ik () e ik denklemi bulunur. Burada e ik ve e ik çözümleri (:3:).denklemini sa¼glad ¼g ndan () ( ik) e ik () (ik) e ik = " V () 4 # f (; k; ) (.3.6) elde edilir. Şimdi (:3:5)ve (:3:6) denklem sistemi ele al ns n. sistemin katsay lar determinant olmak üzere e = ik e ik ( ik) e ik (ik) e ik = ik olup Gram-Schmidt yöntemi uygulan rsa () = = h V () 4 e ik i f (; k; ) (ik) e ik " ik # ik eik V () 4 f (; k; )
28 ve () = e ik ( ik) e ik hv () 4 i f (; k; ) = ik e ik " ik V () 4 # f (; k; ) eşitlikleri elde edilir. (:3:) koşulundan olup lim () =! lim () =! ve Z (y) dy = ) () lim t! (t) Z Z ) () = Z ifadeleri elde edilir. (y) dy = ) () lim t! (t) = ) () = Z Z Z Z h i ik eiky V (y) 4 f (; k; y) dy y h i ik eiky V (y) 4 f (; k; y) dy y h i ik eiky V (y) 4 f (; k; y) dy y h i e iky V (y) 4 f (; k; y) dy ik y h i e iky V (y) 4 f (; k; y) dy ik y h i e iky V (y) 4 f (; k; y) dy ik y
29 Bu ifadeler (:3:3) denkleminde yerine yaz l rsa Z f (; k; ) = e ik e ik ik eiky V (y) 4 y Z e ik ik e iky V (y) 4 y!! f (; k; y) dy f (; k; y) dy bulunur ve sin (y ) = eik(y ) e i ik(y ) (Alfaro 965 s.5) eşitli¼gi kullan larak f (; k; ) = e ik k Z biçiminde bir denklem elde edilmiş olur. sin (y ) V (y) 4 y Teorem.3. f (; k; ) çözümü vard r ve tektir. Ispat. olmak üzere n için g (; k; ) = e ik! f (; k; y) dy (.3.7) g n (; k; ) = k Z sin k (y ) " V (y) 4 y # g n (; k; y) dy al n rsa n = için olur. g (; k; ) = k Z sin k (y ) " V (y) 4 y # g (; k; y) dy 3
30 Burada jkj jsin k (y )j < y jkj y ejbjyb (.3.8) gerçeklenir (Alfaro 965). (:3:8) eşitsizli¼gi kullan larak jg (; k; )j = jkj < Z Z e jbjyb jsin k (y )j V (y) 4 e iky dy y y jkj y V (y) 4 e by dy y elde edilir. Q reel de¼gerli bir fonksiyon ve b < olmak üzere Q () = Z " V (y) 4 y olarak tan mlans n. (:) koşullar alt nda # y jkj y e(jbjb)y dy jq ()j = Z Z Z Z " # V (y) 4 y y jkj y e(jbjb)y dy V (y) 4 y y jkj y e(jbjb)y dy e (jbjb)y jv (y)j ydy jv (y)j ydy < gerçeklenir. 4
31 E¼ger oldu¼gu kabul edilirse ve g n (; k; ) < e b [CQ ()] n (n )! (.3.9) dq () dy = " V (y) 4 y # y jkj y e(jbjb)y olmak üzere ve (:3:9) eşitsizli¼ginden jg n (; k; )j jkj Z jsin k (y e b [CQ ()] n (n)! )j V (y) 4 jg n y (; k; y)j dy bulunur. Böylece tümevar m yöntemi gere¼gince 8 n için ) jg n (; k; )j e b [CQ ()] n P elde edilmiş olur. Buna göre e b [CQ ()] n serisi yak nsak oldu¼gundan karş laşt rma (n)! n= P testinden g n (; k; ) serisi yak nsak olup n= (n)! jf (; k; )j X jg n (; k; )j < n= n= X n= e b [CQ ()] n (n)! X = e b [CQ ()] n = e b e Q () (n)! eşitsizli¼gi gerçeklenir. 5
32 .4 lim! e ik f (; k; ) = S n r Koşulu Alt nda V () = Durumu H () ; basamaktan ikinci tür Hankel fonksiyonu olmak üzere (::5) Bessel diferensiyel denkleminin koşulu alt nda çözümü, biçimindedir. Gerçekten, f (; k; ) = lim! eik f (; k; ) = (.4.) k i( ) () e H (k) (.4.) J (k) ve J (k) çözümleri lineer ba¼g ms z oldu¼gundan bu çözümlerin lineer kombinasyonlar da (::4) denkleminin bir çözümü olur. Buna göre; Y (k) = cos kj (k) J (k) sin k (.4.3) olarak tan mlan rsa (:4:3) fonksiyonu da (::5) denkleminin bir di¼ger çözümüdür. Burada Y ile tan mlanan fonksiyon basamaktan ikinci tür Bessel Fonksiyonu ad n al r (Pala 6). J ve Y foksiyonlar n n lineer ba¼g ms zl ¼g ndan (::5) denkleminin bir di¼ger çözümü de biçimde elde edilir. Buradan f (; k; ) = AJ (k) BY (k) A = k i ( ) e ve seçimleri yap l p, B = i k i( ) e 6
33 k! için ve J (k) Y (k) cos k k sin k k ifadeleri dikkate al n rsa ve (:4:) koşulundan dolay f (; k; ) = k i ( ) e [J (k) iy (k)] elde edilir (Olver 974). H () fonksiyonu basamaktan ikinci tür Hankel Fonksiyonu olmak üzere H () (k) = J (k) iy (k) (Bateman 953). şeklinde tan mlan r. Böylece (:4:3) çözümüne ulaş l r. Ayn şekilde f (; k; ) = k i( ) () e H (k) bir di¼ger çözümdür. Lemma.4..f (; k; ) ve f (; Ispat. k; ) çözümleri lineer ba¼g ms zd r. W [f (; k; ) ; f (; k; )] = f (; k; ) f (; k; ) f (; k; ) f (; k; ) ( k = i e i( ) k k H ( k) ( k e i( ) k k H (k) k i e i( ) H ( k) k = ( i) e i i ( k) H (k) H (k) H (k) H (k) = ( i) e i k olur. iw [H (k) ; H (k)] ) H (k) e i( ) ) e i( ) (k) H (k) 7
34 Burada W [H (k) ; H (k)] = şeklindedir. Gerçekten, n h (sin ) e i k ( ) ( ) i o W [J ; J ] (.4.4) H ( k) == ei ( ) J (k) ( ) J (k) i sin (.4.5) olmak üzere W [H (k) ; H (k)] = H (k) H (k) H (k) H (k) = e i (sin ) J (k) J (k) h i e i ( ) kj (k) ( ) kj (k) e i kj (k) kj (k) h io olup = e i ( ) J (k) ( ) J (k) n (sin ) e i k k W [f (; k; ) ; f (; k; )] = ( i) e i n (sin ) e i k k = (sin ) = ik h ( ) ( ) i W [J (k) ; J (k)] i h ( ) ( ) i o W [J ; J ] sin k e i k e i o elde edilir. Böylece W [f (; k; ) ; f (; k; )] 6= oldu¼gundan ispat tamamlanm ş olur. Şimdi f (; k; ) = () f (; k; ) () f (; k; ) (.4.6) al narak ve katsay lar n bulmak için Lagrange yöntemini kullanal m. 8
35 Bu durumda (3::4) eşitli¼ginde her iki taraf n de¼gişkenine göre türevi al n rsa f (; k; ) = () f (; k; ) () f (; k; ) () f (; k; ) () f (; k; ) olur. Burada () f (; k; ) () f (; k; ) = (.4.7) al nmak üzere ikinci mertebeden türev al n rsa f (; k; ) = () f (; k; ) () f (; k; ) () f (; k; ) () f (; k; ) elde edilir. Bu ifadeler (::4) denkleminde yerine yaz l rsa (.4.8) () f (; k; ) () f (; k; ) () f (; k; ) () f (; k; ) " # " # = k 4 () f (; k; ) k 4 () f (; k; ) V () f (; k; ) denklemi bulunur. f (; k; ) ve f (; k; ) çözümleri (::) denklemini sa¼glad ¼g ndan () f (; k; ) () f (; k; ) = V () f (; k; ) (.4.9) oldu¼gu görülür. Şimdi (:4:7).ve (:4:9) denklem sistemi ele al ns n. denklem sisteminin katsay lar determinant olmak üzere f = (; k; ) f (; k; ) f (; k; ) f (; k; ) = ik 9
36 olup Gram-Schmidt yöntemi uygulan rsa () = f (; k; ) V () f (; k; ) ik = V () f (; k; ) ik ve () = f (; k; ) f (; k; ) V () ik = V () f (; k; ) ik eşitlikleri elde edilir. (:4:) koşullar ndan lim () =! lim () =! olup Z (y) dy = ) () lim t! (t) = Z Z ) () = Z V (y) f (; ik V (y) f (; ik V (y) f (; ik k; y) dy k; y) dy k; y) dy 3
37 ve Z (y) dy = ) () lim t! (t) = Z Z ) () = Z V (y) f (; k; y) dy ik V (y) f (; k; y) dy ik V (y) f (; k; y) dy ik ifadeleri elde edilir. Bu ifadeler (:4:4) denkleminde yerine yaz l rsa f (; k; ) = f (; k; ) bulunur ve Z ik f (; Z ik f (; k; y) V (y) f (; k; y) f (; k; y) V (y) f (; k; y) f (; k; ) dy k; ) dy B (; k; ; y) = ik [f (; k; y) f (; k; ) f (; k; y) f (; k; )] (.4.) tan mlanmak üzere f (; k; ) = f (; k; ) Z B (; k; ; y) V (y) f (; k; y) dy (.4.) denklemi elde edilir. 3
38 3. ve f ÇÖZÜMLER IN IN VARLI ¼GI Bu bölümde f ve çözümlerinin varl ¼g ve tekli¼gi incelenecektir. Bunun için öncelikle bize yard mc olacak baz lemmalar verelim. Lemma 3.. (::4) denkleminin (::) ve (3::) çözümlerinin s ras yla aşa¼g daki biçimde yaz labilir. (; k; ) = k (; ; k) f (; k; ) = f (; ; k) Bu durumda k = z olarak tan mlan rsa 8 < j (; ; z)j e jim zj < C jzj jzj < : (C jzj) jzj > (3.) olacak biçimde ya ba¼gl pozitif bir C say s bulmak mümkündür (Alfaro 965). Buna göre jzj > için jzj jzj > jzj olup gerekli düzenlemeler yap l r ve daha sonra her iki taraf n C pozitif kat al n p, kuvveti al n rsa C < C jzj jzj elde edilir. jzj < için de jzj < olup gerekli düzenlemeler yap l r ve her iki taraf n jzj kat al n p, tekrar ayn işlemler uygulan rsa bulunur. C jzj < C jzj jzj 3
39 (3:) ifadesi göz önünde bulundurulursa j (; ; z)j e jim zj < C jzj jzj olup j (; k; )j e jbj < C jkj (3.) elde edilir. Ayn şekilde 8 < (C jf (; ; z)j e Im z jzj) jj ; jzj < < : (C ) jj ; jzj > (3.3) için de bir pozitif C say s bulmak mümkün olup, yukar daki işlemlere benzer işlemler uygulan rsa jf (; ; z)j e Im z < jj C jzj jzj olup jj jf (; k; )j e b C jkj jkj (3.4) elde edilir. Lemma.3.. > y, b = Im k, = Re olmak üzere G (; k; ; y) çekirde¼gi için jg (; k; ; y)j < C () e j yjjbj jj y jj jkj y jkj (3.5) eşitsizli¼gi gerçeklenir. Ispat. v (; k) = ( ) k ep i olarak tan mlans n. 33
40 Ilk olarak ( ; k; ) = oldu¼gunu gösterelim. Buna göre v (; k) ff (; k; ) v ( ; k) (; k; )g (3.6) f (; k; ) = (k) epf i( )g H (k) (3.7) ve v ( ; k) (; k; ) (3.8) = ( ) k ep i k ( ) J (k) olup, (3:7) ve (3:8) ifadeleri toplan p v (;k) kat al n rsa, v (; k) [f (; k; ) f ( ; k) (; k; )] = k ep i [ ( )] H (k) k ( ) J (k) ep fig = k ( i) [ ( )] H (k) ( ) J (k) ep fig elde edilir. Burada (Watson 948) ve H (k) = ei J (k) J (k) i sin ( ) = sin ( ) (Franklin 955) eşitlikleri kullan l rsa; 34
41 ( ; k; ) = k i [ ( )] e i H (k) ( ) J (k) e i ( = k i [ ( )] e i J (k) i sin i [ ( )] J (k) i sin = k ( ) J (k) ( ) J (k) e i ) olarak bulunur. (3:7) eşitli¼gi (::8) ifadesinde yerine yaz l rsa G (; k; ; y) = elde edilir. f (; k) [ (; k; ) f (; k; y) (; k; y) f (; k; )] (3.9) Şimdi (3:) ve (3:3) eşitsizlikleri (3:9) ifadesinde kullan l rsa jg (; k; ; y)j = jf (; k)j j (; k; ) f (; k; y) (; k; y) f (; k; )j jf (; k)j j (; k; ) f (; k; y)j j (; k; y) f (; k; )j A jkj C jj e jbj C jkj y e by jkj jkj y A jkj C y jj e jbjy C jkj e b jkj y jkj = e jbj y C C y jkj jkj y ( e jbj(y ) C y jkj y C jkj ) bulunur. 35
42 f (t) = t t elde edilir. ile tan mlanan f fonksiyonu artan oldu¼gundan, jg (; k; ; y)j Ce jbj y C C y jkj jkj y Lemma 3.3. < y; > ve b < için B (; k; ; y) için jj jb (; k; ; y)j < C () e jbjby y jj jkj y jkj (3.) eşitsizli¼gi gerçeklenir. Ispat. v (; k) = ( ) k ep i olarak tan mlans n. Ilk olarak f (; k; ) = oldu¼gunu gösterelim. Gerekli işlemlerle v (; k) fik (; k; ) v ( ; k) f (; k; )g (3.) ik (; k; ) = = ik k ( ) k ep k ( ) J (k) i J (k) ep i ) ik (; k; ) = k ep i J (k) (3.3) ve v (; k) f (; k; ) = ( ) ( k) ep k i( ) e H (k) = ( ) k ep i i H (k) 36
43 ) v (; k) f (; k; ) = ( ) k ep i H (k) (3.4) ifadeleri elde edilir. (3:3) ve (3:4) ifadeleri toplan p v (;k) kat al n rsa = f (; k) [ik (; k; ) f (; k) f (; k; )] k ep i n o e i J (k) ( ) H (k) bulunur. Ayr ca H (k) = ei J (k) J (k) i sin eşitli¼gi kullan l rsa e i J (k) ( ) e i J (k) J (k) i sin = i sin J (k) ( ) e i J (k) J (k) i sin = ei ( ) J (k) ( ) J (k) = H ( k) i sin olup ) e i J (k) ( ) H (k) = H ( k) sa¼glan r. Buna göre = v (; k) [ik (; k; ) f (; k) f (; k; )] k ep i H ( k) (3:) ifadesi elde edilir. 37
44 (3:) ifadesi (:4:) de yerine yaz l rsa B (; k; ; y) = i f (; k; y) k f (; k) [ik (; k; ) f ( ; k) f (; k; )] f (; k) [ik (; k; y) f ( ; k) f (; k; y) f (; k; )] = f (; k) [f (; k; ) (; k; y) f (; k; y) (; k; )] ) B (; k; ; y) = bulunur. f (; k) [f (; k; ) (; k; y) f (; k; y) (; k; )] (3.5) Şimdi (:3:) ve (:3:3) eşitsizlikleri ve f (; k) = A jkj (Alfaro 965) kullan l rsa jb (; k; ; y)j A jkj fjf (; k; ) (; k; y)j jf (; k; y) (; k; )jg ( jj A jkj C jkj e b C y e jbjy jkj jkj y jj ) C jkj y e by C e jbj jkj y jkj = Ae bjbjy C y jkj y ( e (jbjby) C y jkj y C jkj jkj jj C jkj ) bulunur. f (t) = elde edilir. t t ile tan mlanan f fonksiyonu artan oldu¼gundan jb (; k; ; y)j C () e bjbjy C y jkj y jj C jkj jkj 38
45 3. (; k; ) Çözümünün Varl ¼g ve Tekli¼gi Şimdi (; k; ) çözümü > için (; k; ) = olsun. n için X n (; k; ) n= n (; k; ) = (; k; ) G (; k; ; y) V (y) n Z (; k; y) dy al n rsa (; k; ) = Z G (; k; ; y) V (y) (; k; y) dy elde edilir. Buradan n = için (3:5) eşitsizli¼gi kullan larak j (; k; )j = Z Z G (; k; ; y) V (y) (; k; y) dy jg (; k; ; y)j jv (y)j j (; k; y)j dy < Z ce jbj e jbjy jkj = ce jbj jkj < ce jbj jkj = Ce jbj jkj Z Z Z y jv (y)j j (; k; y)j dy jkj y e jbjy y jkj y e jbjy y jkj y y jkj y jv (y)j dy jv (y)j j (; k; y)j dy jv (y)j e jbjy c y dy jkj y ve ) j (; k; )j Ce jbj jkj Z y jkj y jv (y)j dy 39
46 eşitsizlikleri elde edilir. P sonlu ve azalmayan bir fonksiyon olmak üzere P () = olarak tan mlans n. (:) koşulundan Z y jv (y)j jkj y dy P (y) = Z y Z y t V (t) dt jkj t t jv (t)j dt < Z y t jv (t)j dt jkj t gerçeklenir. E¼ger j n oldu¼gu kabul edilip (; k; )j < Ce jbj [P ()] n jkj (n )! d dy P (y) = d Z y t V (t) dt dy jkj t = y jkj y V (y) (3..) olmak üzere (3::) eşitsizli¼ginden j n (; k; )j = < Z Z Z G (; k; ; y) V (y) n jg (; k; ; y)j jv (y)j j n ce jbj e jbjy jkj (; k; y) dy (; k; y)j dy y jkj y jv (y)j e jbjy y P n (y) jkj y (n )! dy 4
47 = Ce jbj jkj = Ce jbj jkj = Ce jbj jkj = Ce jbj jkj Z y jv (y)j jkj y Z P n P n (y) (n )! dy (y) d (P (y)) (n )! P n (y) j ; P () = (n)! P n () (n)! bulunur. Böylece tümevar m prensibi gere¼gince 8 n için ) j n (; k; )j Ce jbj P n () jkj (n)! elde edilir. Buna göre X n (; k; ) serisi yak nsak olup n= j (; k; )j X j n (; k; )j < n= = Ae jbj jkj = Ae jbj jkj X A n= (CP ())n (n)! X (CP ()) n n= e Cp () (n)! e jbj jkj gerçeklenir. Teorem 3... jkj! için j (; k; ) (; k; )j = o e jbj sa¼glan r. 4
48 Ispat. X j (; k; ) (; k; )j = (; k; ) n (; k; ) (; k; ) n= < Ae jbj e Cp () jkj olup j (; k; ) (; k; )j < Ae jbj jkj e Cp () elde edilir. Burada jkj! için P () = < Z Z a y jv (y)j jkj y dy < Z a y jv (y)j dy jkj y jv (y)j jkj y dy Z a Z a y jv (y)j dy < y y jv (y)j jkj y dy sa¼glan r ve gerçeklenir. P () < Z a y jv (y)j dy O jkj 4
49 3. f (; k; ) Çözümünün Varl ¼g ve Tekli¼gi Teorem 3.. (3:8) koşulu alt nda f (; k; ) çözümü vard r ve tektir. Ispat: f (; k; ) = olsun. n için X f n (; k; ) n= Z f n (; k; ) = f (; k; ) B (; k; ; y) V (y) f n (; k; y) dy al n rsa f (; k; ) = Z B (; k; ; y) V (y) f (; k; y) dy elde edilir. Buradan n = için (3:) eşitsizli¼gi kullan larak, jf (; k; )j = Z Z B (; k; ; y) V (y) f (; k; y) dy jb (; k; ; y)j jv (y)j jf (; k; y)j dy < Z ce b e jbjy y jkj y jj C jkj y jv (y)j e by dy jkj y = c e jkj jj jj Z A jkj jj jj jkj e jbjyby y jv (y)j dy jkj y ve jf (; k; )j c e jkj jj A jkj eşitsizlikleri elde edilir. jj Z e jbjyby y jv (y)j dy jkj y 43
50 Q sonlu bir fonksiyon ve b < olmak üzere Q () = Z olarak tan mlans n. (:) koşulu alt nda e (jbjb)y yv (y) jkj y dy jq ()j = = Z Z e (jbjb)y yv (y) jkj y dy e (jbjb)y jv (y)j ydy = Z Z e (jbjb)y jv (y)j jv (y)j ydy < y jkj y dy gerçeklenir. E¼ger jj jkj jf t (; k; )j < Ce b (Q ()) t jkj (t )! (3..) oldu¼gu kabul edilirse ve d dy Q (y) = d dy Z y e (jbjb)s olmak üzere (3::) eşitsizli¼ginden, sv (s) yv (y) ds = e(jbjb)y jkj s jkj y jf t (; k; )j = < Z Z Z B (; k; ; y) V (y) f t jb (; k; ; y)j jv (y)j jf t ce b e jbjy y jkj y (; k; y) dy (; k; y)j dy jj jj jkj jj jkj y jv (y)j Ce by (Q (y)) t jkj y (t )! 44
51 jj jkj = Ce b jkj jj jkj = Ce b jkj jkj = Ce b jkj = Ce b jkj jkj Z Z jj CQ (y) t t! jj CQ () t jbjyby y jv (y)j e jkj y (Q (y)) t dy (t )! jbjyby y jv (y)j e f d [Q (y)]g jkj y elde edilir. Böylece tümevar m yöntemi gere¼gince 8 t için t! j ; lim y! Q (y) = jj jkj ) jf t (; k; )j < Ce b CQ () t jkj t! P elde edilir. Buna göre jj Ce b jkj CQ() t serisi mutlak yak nsak oldu¼gundan Weierstrass M-testinden f n (; k; ) serisi düzgün yak nsakt r. jkj t! n= P Ayr ca n= jf (; k; )j X jf n (; k; )j < n= X jkj Ce b jkj X CQ () t n= jj jkj < Ce b jkj n= jj jkj = Ce b e CQ() jkj t! jj CQ () t t! eşitsizli¼gi sa¼glan r. 45
52 KAYNAKLAR Alfaro, V.D. and Regge, T Potential Scattering. North-Holland Publishing Company, Amsderdam. Bairamov, E., Çakar, Ö. and Krall, A.M Spectrum and spectral singularities quadratic pencil of a Schrödinger operators with a general boundary condition, J. Di erential Equations 5, Bateman, H Higher Transcendental Functions Volume II. Mcgraw-Hill Book Company, New York. Pala, Y. 6. Modern Uygulamal Diferensiyel Denklemler. Nobel Yay n Da¼g t m, Ankara. Watson, G.N A Treatise on the Theory of Bessel Functions. The Macmillan Company, New York. 46
53 ÖZGEÇM IŞ Ad Soyad : Aylin AYKUT Do¼gum Yeri : Konya Do¼gum Tarihi :..983 Medeni Hali : Bekar Yabanc Dili : Ingilizce E¼gitim Durumu (Kurum ve Y l) Lise : Selçuklu Anadolu Lisesi () Lisans : Ankara Üniversitesi Fen Fakültesi Matematik Bölümü (7) Yüksek Lisans : Ankara Üniversitesi Fen Bilimleri Enstitüsü Matematik Anabilim Dal (Eylül 7-Ekim ) 47
(z z 0 ) n. n=1. Z f (z) dz = 2ib 1
0 RE IDÜ TEOR IS I Tan m. f fonksiyonu z 0 noktas nda ayr k singülerli¼ge sahip olsun. Bu durumda f fonksiyonu 0 < jz z 0 j < " bölgesinde X X f(z) = a n (z z 0 ) n b n + (z z 0 ) n Laurent seri aç l m
Detaylıfonksiyonu, her x 6= 1 reel say s için tan ml d r. (x 1)(x+1) = = x + 1 yaz labilir. Bu da; f (x) = L
Limit Bu bölümde, matematik analizde temel bir görevi olan it kavram incelenecektir. Analizdeki bir çok problemin çözümünde it kavram na gereksinim duyulmaktad r. Bunlardan baz lar ; bir noktada bir e¼griye
DetaylıBir H Hilbert uzay üzerinde herhangi bir kompakt simetrik T operatörü için,
Ritz Yöntemi Kullan larak Integral Operatörlerin Özde¼gerlerinin Yaklaş k Hesab Yüksel SOYKAN, Erkan TAŞDEM IR, Melih GÖCEN Zonguldak Karaelmas Üniversitesi, Fen Edebiyat Fakültesi, Matematik Bölümü, 6700
DetaylıANKARA ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ YÜKSEK LİSANS TEZİ SONSUZ JACOBİ MATRİSLERİ İÇİN SPEKTRAL EŞİTSİZLİKLER. Yelda AYGAR
ANKARA ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ YÜKSEK LİSANS TEZİ SONSUZ JACOBİ MATRİSLERİ İÇİN SPEKTRAL EŞİTSİZLİKLER Yelda AYGAR MATEMATİK ANABİLİM DALI ANKARA 008 Her hakkı saklıdır ÖZET Yüksek Lisans
Detaylı8 LAURENT SER I GÖSTER IMLER I
8 LAURENT SER I GÖSTER IMLER I Tan m. C n ; n 0; ; ; : : : kompleks sabitler olmak üere serisine Laurent serisi denir. Burada n X C n ( X X X C n ( 0 ) n a n ( 0 ) n b n + ( 0 ) n 0 ) n dir. Teore8.. (Laurent
DetaylıANKARA ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ YÜKSEK LİSANS TEZİ İKİNCİ BASAMAKTAN DİFERENSİYEL DENKLEMLER İÇİN ARALIK SALINIM KRİTERİ.
ANKARA ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ YÜKSEK LİSANS TEZİ İKİNCİ BASAMAKTAN DİFERENSİYEL DENKLEMLER İÇİN ARALIK SALINIM KRİTERİ Neslihan ÇAVUNT MATEMATİK ANABİLİM DALI ANKARA 202 Her hakkı saklıdır
DetaylıIki Boyutlu Sabit Katsay l Lineer Homogen Diferensiyel Denklem Sistemleri (Euler Metodu)
Iki Boyulu Sabi Kasay l Lineer Homogen Diferensiyel Denklem Sisemleri (Euler Meodu) Bu bölümde sabi kasay l, lineer, homogen 8 >< d = a 1x + b 1 y >: dy d = a 2x + b 2 y sisemi ele al nmakad r. Burada
DetaylıANKARA ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ DOKTORA TEZİ SINIR KOŞULLARINDA SPEKTRAL PARAMETRE BULUNAN NON-SELFADJOİNT FARK OPERATÖRLERİNİN
ANKARA ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ DOKTORA TEZİ SINIR KOŞULLARINDA SPEKTRAL PARAMETRE BULUNAN NON-SELFADJOİNT FARK OPERATÖRLERİNİN SPEKTRAL ANALİZİ Turhan KÖPRÜBAŞI MATEMATİK ANABİLİM DALI ANKARA
DetaylıNÜMER IK ANAL IZ. Nuri ÖZALP. Sabit Nokta ve Fonksiyonel Yineleme. Bilimsel Hesaplama Matemati¼gi
NÜMER IK ANAL IZ Bilimsel Hesaplama Matemati¼gi Nuri ÖZALP Sabit Nokta ve Fonksiyonel Yineleme Nuri ÖZALP (Ankara Üni.) NÜMER IK ANAL IZ BÖLÜM 3 7! Sabit Nokta ve Fonksiyonel Yineleme 1 / 23 Sabit Nokta
Detaylı7 TAYLOR SER I GÖSTER IMLER I
7 TAYLOR SER I GÖSTER IMLER I Bir f fonksiyonu analitiklik bölgesi içinde f () X a n ( 0 ) n şeklinde bir kuvvet serisi gösterimine sahiptir. E¼ger a n f (n) ( 0 ) seçilirse bu kuvvet serisi Taylor serisi
Detaylımat 103. Çal şma Sorular 1
mat 0. Çal şma Sorular. FONKS IYONLA. Aşa¼g daki kurallarla verilen fonksiyonlar n gra klerini çiziniz. (a) f() 4 jj (b) f() jj (c) f() 4 jj (ç) f() j j (d) f() j j (e) f() j j (f) f() j j. Aşa¼g daki
DetaylıSORULAR. 1. Aşa¼g daki limitleri bulunuz. Cevab n z n aşamalar n belirtiniz. lim. 1 n sin. lim. q 1 x 1+x
SOULA. Aşa¼g daki limitleri bulunuz. Cevab n z n aşamalar n belirtiniz. lim! lim sin(t )dt sin 4 np n! i= n sin i n. q + arcsin belirli integralini hesalay n z. Cevab n z n aşamalar n belirtiniz. 3. 4
DetaylıNÜMER IK ANAL IZ. Nuri ÖZALP MATEMAT IKSEL ÖNB ILG ILER. Bilimsel Hesaplama Matemati¼gi
NÜMER IK ANAL IZ Bilimsel Hesaplama Matemati¼gi Nuri ÖZALP MATEMAT IKSEL ÖNB ILG ILER Nuri ÖZALP (Ankara Üni.) NÜMER IK ANAL IZ BÖLÜM 1 7! MATEMAT IKSEL ÖNB ILG ILER 1 / 15 Kaynaklar Nümerik Analiz-Bilimsel
DetaylıANKARA ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ YÜKSEK LİSANS TEZİ PARÇALI SÜREKLİ ARGÜMENTLİ DİFERENSİYEL DENKLEMLER. Gizem SEYHAN
ANKARA ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ YÜKSEK LİSANS TEZİ PARÇALI SÜREKLİ ARGÜMENTLİ DİFERENSİYEL DENKLEMLER Gizem SEYHAN MATEMATİK ANABİLİM DALI ANKARA 28 Her hakkı saklıdır ÖZET Yüksek Lisans Tezi
DetaylıFonksiyonel Analize Giriş I Ara S nav Sorular 29 Kas m Bir metrik uzayda her kapal yuvar kapal bir kümedir. Ispatlay n z.
Fonksiyonel Analize Giriş I Ara S nav Sorular 29 Kas m 2010 1 Bir metrik uzayda her kapal yuvar kapal bir kümedir. Ispatlay n z. 2 (a) d (x; y) = Z 1 0 jx (t) y (t)j 1 + jx (t) y (t)j dt fonksiyonunun
DetaylıNÜMER IK ANAL IZ. Nuri ÖZALP L INEER OLMAYAN DENKLEMLER IN ÇÖZÜMÜ 1 / Bilimsel Hesaplama Matemati¼gi
NÜMER IK ANAL IZ Bilimsel Hesaplama Matemati¼gi Nuri ÖZALP L INEER OLMAYAN DENKLEMLER IN ÇÖZÜMÜ L INEER OLMAYAN DENKLEMLER IN ÇÖZÜMÜ 1 / 27 Çok farkl durumlara uygulanabilen genel bir yöntemdir. Reel de¼gişkenli,
DetaylıMIT Açık Ders Malzemeleri Kompleks Değişkenli Fonksiyonlar 2008 Güz
MIT Açık Ders Malzemeleri http://ocw.mit.edu 18.112 Kompleks Değişkenli Fonksiyonlar 2008 Güz Bu materyallerden alıntı yapmak ya Kullanım Şartları hakkında bilgi almak için http://ocw.mit.edu/terms http://tuba.acikders.org.tr
DetaylıNÜMER IK ANAL IZ. Nuri ÖZALP. SAYISAL TÜREV ve INTEGRAL. Bilimsel Hesaplama Matemati¼gi
NÜMER IK ANAL IZ Bilimsel Hesaplama Matemati¼gi Nuri ÖZALP SAYISAL TÜREV ve INTEGRAL Nuri ÖZALP (Ankara Üni.) NÜMER IK ANAL IZ BÖLÜM 5 7! SAYISAL TÜREV ve INTEGRAL 1 / 23 1 Say sal Türev ve Richardson
DetaylıSDÜ Matematik Bölümü Analiz-IV Final S nav
Dersin Kodu: MAT0 Dönemi: 00-0 Bahar Tarihi: 0.0.0 Saat:. 00 Yer: Am III-IV Süre: 90 Dakika Dersin Sorumlusu Gözetmenler SDÜ Matematik Bölümü Analiz-IV Final S nav : Prof. Dr. Seril PEHL IVAN : Araş. Gör.
DetaylıBelirsiz Integraller. 1.1 Ilkel Fonksiyon ve Belirsiz Integral. 1.1.1 Temel Tan mlar ve Sonuc. lar
Ic. indekiler Belirsiz Integraller 3. Ilkel Fonksiyon ve Belirsiz Integral................ 3.. Temel Tan mlar ve Sonuc.lar............... 3. Temel Integral Alma Yöntemleri................ 0.. De giṣken
DetaylıANKARA ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ YÜKSEK LİSANS TEZİ ÜSTEL İNTEGRAL FONKSİYONLARIN. Çağla CAN MATEMATİK ANABİLİM DALI ANKARA 2012
ANKARA ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ YÜKSEK LİSANS TEİ ÜSTEL İNTEGRAL FONKSİYONLARIN DÜGÜN YAKINSAKLIĞI Çağla CAN MATEMATİK ANABİLİM DALI ANKARA 0 Her hakkı saklıdır ÖET Yüksek Lisans Tezi ÜSTEL
DetaylıAKDEN IZ ÜN IVERS ITES I 21. ULUSAL ANTALYA MATEMAT IK OL IMP IYATI SORULARI
KDEN IZ ÜN IVERS ITES I 21. ULUSL NTLY MTEMT IK OL IMP IYTI SORULRI DI SOYDI :...CEP TEL :... OKUL...ŞEH IR :... SINIF :...Ö ¼GRETMEN :... eposta :... IMZ :... SINV TR IH I VE ST I : 14 May s 2016 - Cumartesi
DetaylıNÜMER IK ANAL IZ. Nuri ÖZALP FONKS IYONLARA YAKLAŞIM. Bilimsel Hesaplama Matemati¼gi
NÜMER IK ANAL IZ Bilimsel Hesaplama Matemati¼gi Nuri ÖZALP FONKS IYONLARA YAKLAŞIM Nuri ÖZALP (Ankara Üni.) NÜMER IK ANAL IZ BÖLÜM 4 7! FONKS IYONLARA YAKLAŞIM 1 / 21 1 Polinom Interpolasyonu Newton Formu
DetaylıNÜMER IK ANAL IZ. Nuri ÖZALP L INEER OLMAYAN DENKLEMLER IN ÇÖZÜMÜ 1 / Bilimsel Hesaplama Matemati¼gi
NÜMER IK ANAL IZ Bilimsel Hesaplama Matemati¼gi Nuri ÖZALP L INEER OLMAYAN DENKLEMLER IN ÇÖZÜMÜ L INEER OLMAYAN DENKLEMLER IN ÇÖZÜMÜ 1 / 1 Denklemlerin Köklerini Bulma Giriş Denklemlerin Köklerini Bulma
Detaylı20. ULUSAL ANTALYA MATEMAT IK OL IMP IYATI SORULARI A A A A A A A
KDEN IZ ÜN IVERS ITES I 20. ULUSL NTLY MTEMT IK OL IMP IYTI SORULRI DI SOYDI :...CEP TEL :... OKUL...ŞEH IR :... SINIF :...Ö ¼GRETMEN :... eposta :... IMZ :... SINV TR IH I VE ST I : 3 May s 2015 - Pazar
DetaylıANKARA ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ DOKTORA TEZİ ÇOK DEĞİŞKENLİ ORTOGONAL POLİNOMLARIN ÖZELLİKLERİNDE BAZI GENİŞLETMELER.
ANKARA ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ DOKTORA TEZİ ÇOK DEĞİŞKENLİ ORTOGONAL POLİNOMLARIN ÖZELLİKLERİNDE BAZI GENİŞLETMELER Rabia AKTAŞ MATEMATİK ANABİLİM DALI ANKARA 0 Her hakkı saklıdır TEZ ONAYI
DetaylıBaki Karl ¼ga. Gazi Üniversitesi Fen Edebiyat Fakültesi Matematik Bölümü Ankara/Türkiye
H IPERBOL IK VE KÜRESEL ÜÇGENLERIN KENAR UZUNLUKLARINA BA ¼GLI ALAN FORMÜLLER I Baki Karl ¼ga karliaga@gazi.edu.tr Murat Savaş msavas@gazi.edu.tr Gazi Üniversitesi Fen Edebiyat Fakültesi Matematik Bölümü
DetaylıT.C. PAMUKKALE ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ MATEMATİK ANABİLİM DALI
T.C. PAMUKKALE ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ MATEMATİK ANABİLİM DALI LATİSLERDE TÜREVLER YÜKSEK LİSANS TEZİ UTKU PEHLİVAN DENİZLİ, OCAK - 2015 T.C. PAMUKKALE ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ
Detaylıİleri Diferansiyel Denklemler
MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret
Detaylın ; = w! =(w 1 ; :::; w n ) (1.2.2) ; :::; + :::
1. G IR IŞ 1.1. Ön Bilgiler Laplace denklemi, zik ve mühendisli¼gin pekçok alan nda ortaya ç kt ¼g ndan matematikçilerin, mühendislerin ve bilim adamlar n n büyük bir ilgi alan olmuştur. Potansiyel Teorinin
Detaylı1) 6 kişilik bir aile yuvarlak bir masa etraf nda, anne ile baban n yan yana oturmamas koşulu ile kaç farkl biçimde oturabilir?
) 6 kişilik bir aile yuvarlak bir masa etraf nda, anne ile baban n yan yana oturmamas koşulu ile kaç farkl biçimde oturabilir? Çözüm: Önce, anne ile baban n yan yana oturma durumunu düşünelim. Anne ile
Detaylıİleri Diferansiyel Denklemler
MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret
DetaylıİÇİNDEKİLER. Ön Söz...2. Adi Diferansiyel Denklemler...3. Birinci Mertebeden ve Birinci Dereceden. Diferansiyel Denklemler...9
İÇİNDEKİLER Ön Söz... Adi Diferansiyel Denklemler... Birinci Mertebeden ve Birinci Dereceden Diferansiyel Denklemler...9 Homojen Diferansiyel Denklemler...15 Tam Diferansiyel Denklemler...19 Birinci Mertebeden
DetaylıDÜZCE ÜN IVERS ITES I FEN-EDEB IYAT FAKÜLTES I
DÜZCE ÜN IVERS ITES I FEN-EDEB IYAT FAKÜLTES I MATEMAT IK BÖLÜMÜ 203-204 BAHAR YARIYILI D IFERANS IYEL DENKLEMLER II ARA SINAV 2 Nisan 204 Süre: 90 dakika CEVAP ANAHTARI. (5p) Belirsiz katsay lar yöntemini
DetaylıÜN TE II L M T. Limit Sa dan ve Soldan Limit Özel Fonksiyonlarda Limit Limit Teoremleri Belirsizlik Durumlar Örnekler
ÜN TE II L M T Limit Sa dan ve Soldan Limit Özel Fonksiyonlarda Limit Limit Teoremleri Belirsizlik Durumlar Örnekler MATEMAT K 5 BU BÖLÜM NELER AMAÇLIYOR? Bu bölümü çal flt n zda (bitirdi inizde), *Bir
Detaylıİleri Diferansiyel Denklemler
MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret
Detaylı2010 oldu¼gundan x 2 = 2010 ve
) 444400 say s ndaki rakamlar n yerleri de¼giştirilerek 7 basamakl kaç farkl say yaz labilir? Çözüm : Bu rakamlar n bütün farkl 7 li dizilişlerinin say s 7! olacakt r. Bu dizilişlerin 4!! soldan ilk rakam
Detaylı1998 ULUSAL ANTALYA MATEMAT IK OL IMP IYATI B IR INC I AŞAMA SORULARI
1998 ULUSL NTLY MTEMT IK OL IMP IYTI IR INC I ŞM SORULRI Lise 1- S nav Sorular 1. T = 1! +! + 3! + ::: + 1997! + 1998! toplam n n son iki basama¼g ndaki rakamlar n toplam kaçt r? ) 13 ) 9 C) 6 D) E) Hiçbiri.
DetaylıANKARA ÜN IVERS ITES I FEN B IL IMLER I ENST ITÜSÜ YÜKSEK L ISANS TEZ I YILDIZIL VE KONVEKS FONKS IYONLAR IÇ IN BAZI KR ITERLER
ANKARA ÜN IVERS ITES I FEN B IL IMLER I ENST ITÜSÜ YÜKSEK L ISANS TEZ I YILDIZIL VE KONVEKS FONKS IYONLAR IÇ IN BAZI KR ITERLER Mü t ŞAN MATEMAT IK ANAB IL IM DALI ANKARA 2 Her hakk sakl d r TEZ ONAYI
DetaylıÇözümlü Yüksek Matematik Problemleri. Doç. Dr. Erhan Pişkin
Çözümlü Yüksek Matematik Problemleri Doç. Dr. Erhan Pişkin Doç. Dr. Erhan PİŞKİN ÇÖZÜMLÜ YÜKSEK MATEMATİK PROBLEMLERİ ISBN 978-605-38-45-5 Kitap içeriğinin tüm sorumluluğu yazarına aittir. 06, Pegem Akademi
Detaylıİleri Diferansiyel Denklemler
MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret
Detaylı2. Topolojik Uzaylarda Ba¼glant l l k Ba¼glant l Topolojik Uzaylar. Tan m (X; ) topolojik uzay n n her biri boş kümeden farkl olan ayr k
2. Topolojik Uzaylarda Ba¼glant l l k 2.1. Ba¼glant l Topolojik Uzaylar Tan m 2.1.1. (X; ) topolojik uzay n n her biri boş kümeden farkl olan ayr k iki aç ktan oluşan bir örtüsü yok ise, (X; ) topolojik
DetaylıZAMAN SKALASINDA LİNEER OLMAYAN İNTEGRAL EŞİTSİZLİKLERİ. YÜKSEK LİSANS TEZİ Hakan TEMİZ. Danışman Doç. Dr. Mustafa Kemal YILDIZ
ZAMAN SKALASINDA LİNEER OLMAYAN İNTEGRAL EŞİTSİZLİKLERİ YÜKSEK LİSANS TEZİ Hakan TEMİZ Danışman Doç. Dr. Mustafa Kemal YILDIZ MATEMATİK ANABİLİM DALI Haziran, 2014 AFYON KOCATEPE ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ
DetaylıİKİNCİ MERTEBEDEN LİNEER DİFERANSİYEL DENKLEMLER İÇİN HAREKETLİ SINIR DEĞER PROBLEMİ
Yüksek Lisans Tezi Tezi Hazırlaуan Kalima MOLDOKULOVA Matematik Anabilim Dalı 2014 KIRGIZİSTAN-TÜRKİYE MANAS ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ MATEMATİK ANABİLİM DALI İKİNCİ MERTEBEDEN LİNEER DİFERANSİYEL
DetaylıANKARA ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ YÜKSEK LİSANS TEZİ SOBOLEV UZAYLARINDA YAKLAŞIM. Sezgin SUCU MATEMATİK ANABİLİM DALI ANKARA 2009
ANKARA ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ YÜKSEK LİSANS TEİ SOBOLEV UAYLARINDA YAKLAŞIM Sezgin SUCU MATEMATİK ANABİLİM DALI ANKARA 29 Her hakkı saklıdır ÖET Yüksek Lisans Tezi SOBOLEV UAYLARINDA YAKLAŞIM
DetaylıANAL IZ III Aras nav Sorular
Ad ve Soyad : Numaras : ANAL IZ III Aras nav Sorular 26.11.27 1. x 1 = p 3 ve x n+1 = p 3 + x n ; n = 1; 2; ::: biçiminde tan mlanan (x n ) dizisinin yak nsak oldu¼gunu gösteriniz ve limitini bulunuz.(2)
Detaylı2 1 fonksiyonu veriliyor. olacak şekilde ortalama değer teoremini sağlayacak bir c sayısının var olup olmadığını araştırınız. Eğer var ise bulunuz.
ANALİZ 1.) a) sgn. sgn( 1) = 1 denkleminin çözüm kümesini b) f ( ) 3 1 fonksiyonu veriliyor. olacak şekilde ortalama değer teoremini sağlayacak bir c sayısının var olup olmadığını araştırınız. Eğer var
DetaylıKESİRLİ LİNEER FARK DENKLEMLERİ YÜKSEK LİSANS TEZİ. Münevvere Mine KARAKAYA. Doç. Dr. Umut Mutlu ÖZKAN MATEMATİK ANABİLİM DALI
KESİRLİ LİNEER FARK DENKLEMLERİ YÜKSEK LİSANS TEZİ Münevvere Mine KARAKAYA Doç. Dr. Umut Mutlu ÖZKAN MATEMATİK ANABİLİM DALI Ocak 2015 BİLİMSEL ETİK BİLDİRİM SAYFASI Afyon Kocatepe Üniversitesi Fen Bilimleri
Detaylı1.3. Normal Uzaylar. Bu bölümde; regülerlikten daha kuvvetli bir ay rma aksiyomu tan mlanarak. baz temel özellikleri incelenecektir.
1.3. Normal Uzaylar Bu bölümde; regülerlikten daha kuvvetli bir ay rma aksiyomu tan mlanarak baz temel özellikleri incelenecektir. Tan m 1.3.1. (X; ) bir Hausdor uzay olsun. E¼ger, 8F; K 2 F; F \ K = ;
DetaylıAnaliz III Ara S nav Sorular 24 Kas m 2010
Analiz III Ara S nav Sorular 24 Kas m 2010 1 Aşa¼g daki ifadelerin do¼gru olup olmad klar n nedenlerini aç klayarak yaz n z. (a) R n uzay n n aç k olmayan her alt kümesi kapal d r. (b) A = fx 2 [0; 1]
DetaylıANKARA ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ DOKTORA TEZİ ÇOK DEĞİŞKENLİ HİPERGEOMETRİK FONKSİYONLAR. Recep ŞAHİN MATEMATİK ANABİLİM DALI ANKARA 2011
ANKARA ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ DOKTORA TEZİ ÇOK DEĞİŞKENLİ HİPERGEOMETRİK FONKSİYONLAR Recep ŞAHİN MATEMATİK ANABİLİM DALI ANKARA 2 Her hakkı saklıdır TEZ ONAYI Recep ŞAH IN taraf ndan haz
DetaylıFONKS IYONEL ANAL IZE G IR IŞ I Aras nav Sorular
Ad ve Soyad : Numaras : FONKS IYONEL ANAL IZE G IR IŞ I Aras nav Sorular 30.11.2007 1. Aşa¼g daki ifadelerin do¼gru olup olmad klar n nedenlerini aç klayarak yaz n z. (a) (X; kk) bir normlu uzay ve M bunun
DetaylıOPERATÖRLER BÖLÜM 4. 4.1 Giriş. 4.2. Aritmetik Operatörler
BÖLÜM 4. OPERATÖRLER 4.1 Giriş Turbo Pascal programlama dilinde de diğer programlama dillerinde olduğu gibi operatörler, yapılan işlem türüne göre aritmetik, mantıksal ve karşılaştırma operatörleri olmak
Detaylıİleri Diferansiyel Denklemler
MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret
DetaylıBahar Yarıyılı D_IFERANS_IYEL DENKLEMLER II ARA SINAV 6 Nisan 2011 Süre: 90 dakika CEVAP ANAHTARI. y = c n x n+r. (n + r) c n x n+r 1 +
DÜZCE ÜN_IVERS_ITES_I FEN-EDEB_IYAT FAKÜLTES_I MATEMAT_IK BÖLÜMÜ 010-011 Bahar Yarıyılı D_IFERANS_IYEL DENKLEMLER II ARA SINAV 6 Nisan 011 Süre: 90 dakika CEVAP ANAHTARI 1. 0p x d y + dy + xy = 0 diferansiyel
Detaylı2014 LYS MATEMATİK. P(x) x 2 x 3 polinomunda. 2b a ifade- x lü terimin. olduğuna göre, katsayısı kaçtır? değeri kaçtır? ifadesinin değeri kaçtır? 4.
04 LYS MATEMATİK. a b b a ifade- ab olduğuna göre, sinin değeri kaçtır? 5. P() polinomunda katsayısı kaçtır? 4 lü terimin. ifadesinin değeri kaçtır? 4. yy y 4y y olduğuna göre, + y toplamının değeri kaçtır?
DetaylıErkan TAŞDEMĐR. Zonguldak Karaelmas Üniversitesi Fen Bilimleri Enstitüsü Matematik Anabilim Dalında Yüksek Lisans Tezi Olarak Hazırlanmıştır
POZĐTĐF ĐNTEGRAL OPERATÖRLER Erkan TAŞDEMĐR Zonguldak Karaelmas Üniversitesi Fen Bilimleri Enstitüsü Matematik Anabilim Dalında Yüksek Lisans Tezi Olarak Hazırlanmıştır ZONGULDAK Haziran 0 i ÖZET Yüksek
DetaylıAFYON KOCATEPE ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ MATEMATİK ANABİLİM DALI BAŞKANLIĞI YÜKSEK LİSANS PROGRAMI
YÜKSEK LİSANS PROGRAMI BİRİNCİ YIL BİRİNCİ YARIYIL MAT-5501 UZMANLIK ALAN DERSİ Z 8 0 8 0 9 MAT-5601 TEZ HAZIRLIK ÇALIŞMASI Z 0 1 1 0 1 20 1 21 12 30 İKİNCİ YARIYIL MAT-5502 UZMANLIK ALAN DERSİ Z 8 0 8
DetaylıBİR SAYININ ÖZÜ VE DÖRT İŞLEM
ÖZEL EGE LİSESİ BİR SAYININ ÖZÜ VE DÖRT İŞLEM HAZIRLAYAN ÖĞRENCİ: Sıla Avar DANIŞMAN ÖĞRETMEN: Gizem Günel İZMİR 2012 İÇİNDEKİLER 1. PROJENİN AMACI.. 3 2. GİRİŞ... 3 3. YÖNTEM. 3 4. ÖN BİLGİLER... 3 5.
DetaylıKaynaklar Shepley L. Ross, Differential Equations (3rd Edition), 1984.
Çankırı Karatekin Üniversitesi Matematik Bölümü 2015 Kaynaklar Shepley L. Ross, Differential Equations (3rd Edition), 1984. (Adi ) Bir ya da daha fazla bağımsız değişkenden oluşan bağımlı değişken ve türevlerini
DetaylıÖZGEÇMİŞ. 1. Adı Soyadı : Ali AKBULUT İletişim Bilgileri : Ahi Evran Üniversitesi Fen debiyat Fakültesi Adres Matematik Bölümü KIRŞEHİR
ÖZGEÇMİŞ 1. Adı Soyadı : Ali AKBULUT İletişim Bilgileri : Ahi Evran Üniversitesi Fen debiyat Fakültesi Adres Matematik Bölümü KIRŞEHİR Telefon : (0386) 280 4565 Mail : aakbulut@ahievran.edu.tr 2. Doğum
Detaylıİleri Diferansiyel Denklemler
MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret
DetaylıMATEMAT IK-I (SORULAR)
Part I MATEMAT IK-I (SORULAR) SAYILAR. irrasyonel midir?. 7 say s n n irrasyonel oldu¼gunu gösteriniz. (Gauss Teoremini kullan n z.) 3. + 3 say s n n irrasyonel oldu¼gunu gösteriniz. (Gauss Teoremini kullan
DetaylıMAK 210 SAYISAL ANALİZ
MAK 210 SAYISAL ANALİZ BÖLÜM 7- SAYISAL TÜREV Doç. Dr. Ali Rıza YILDIZ 1 GİRİŞ İntegral işlemi gibi türev işlemi de mühendislikte çok fazla kullanılan bir işlemdir. Basit olarak bir fonksiyonun bir noktadaki
Detaylı17. ULUSAL ANTALYA MATEMAT IK OL IMP IYATLARI B IR INC I AŞAMA SORULARI A A A A A A A
AKDEN IZ ÜN IVERS ITES I 17. ULUSAL ANTALYA MATEMAT IK OL IMP IYATLARI B IR INC I AŞAMA SORULARI A A A A A A A SINAV TAR IH I VE SAAT I : 24 MART 2012 - Cumartesi 10.00-12.30 Bu s nav 25 sorudan oluşmaktad
DetaylıAFYON KOCATEPE ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ MATEMATİK ANABİLİM DALI BAŞKANLIĞI DOKTORA PROGRAMI
DOKTORA PROGRAMI BİRİNCİ YIL BİRİNCİ YARIYIL ADI MAT-6501 UZMANLIK ALAN DERSİ Z 8 0 8 0 9 MAT-6601 TEZ HAZIRLIK ÇALIŞMASI Z 0 1 1 0 1 20 1 21 12 30 İKİNCİ YARIYIL ADI MAT-6502 UZMANLIK ALAN DERSİ Z 8 0
DetaylıDers Adı Ders Kodu T+U K AKTS Snf Program ATATÜRK İLKELERİ VE INKİLAP TARİHİ I AIIT Matematik ANALİTİK GEOMETRİ I MAT
Ders Adı Ders Kodu T+U K AKTS Snf Program ATATÜRK İLKELERİ VE INKİLAP TARİHİ I AIIT101 2+0 2 2 1 Matematik ANALİTİK GEOMETRİ I MAT101 3+0 3 5 1 Matematik ANALİTİK GEOMETRİ II MAT102 3+0 3 5 1 Matematik
DetaylıY l Sonu S nav Önerilen Çözümleri. C t = :85Y t 1 I t = 6(Y t 1 Y t 2 ) G t = 100
Ankara Üniversitesi, Siyasal Bilgiler Fakültesi Iktisat Bölümü 013-014 Bahar Dönemi Matematiksel Iktisat Prof.Dr. Hasan Şahin Y l Sonu S nav Önerilen Çözümleri 1. ve. sorular 30 puan 4. soru 40 puan de¼gerindedir.
DetaylıKesirli Türevde Son Gelişmeler
Kesirli Türevde Son Gelişmeler Kübra DEĞERLİ Yrd.Doç.Dr. Işım Genç DEMİRİZ Yıldız Teknik Üniversitesi Fen Bilimleri Enstitüsü 6-9 Eylül, 217 Kesirli Türevin Ortaya Çıkışı Gama ve Beta Fonksiyonları Bazı
DetaylıANKARA ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ DOKTORA TEZİ GENELLEŞTİRİLMİŞ KANAL YÜZEYLERİ. Fatih DOĞAN MATEMATİK ANABİLİM DALI ANKARA 2012
ANKARA ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ DOKTORA TEZİ GENELLEŞTİRİLMİŞ KANAL YÜZEYLERİ Fatih DOĞAN MATEMATİK ANABİLİM DALI ANKARA 01 Her hakkı saklıdır ÖZET Doktora Tezi GENELLEŞT IR ILM IŞ KANAL YÜZEYLER
DetaylıFEN FAKÜLTESİ MATEMATİK BÖLÜMÜ YAZ OKULU DERS İÇERİGİ. Bölümü Dersin Kodu ve Adı T P K AKTS
Bir Dönemde Okutulan Ders Saati MAT101 Genel I (Mühendislik Fakültesi Bütün Bölümler, Fen Fakültesi Kimya ve Astronomi Bölümleri) 1 Kümeler, reel sayılar, bir denklem veya eşitsizliğin grafiği 2 Fonksiyonlar,
DetaylıANKARA ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ YÜKSEK LİSANS TEZİ SIRA SÜREKLİ OPERATÖRLERİN LİMİTLERİ. Ercan KARADAŞ MATEMATİK ANABİLİM DALI ANKARA 2007
ANKARA ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ YÜKSEK LİSANS TEZİ SIRA SÜREKLİ OPERATÖRLERİN LİMİTLERİ Ercan KARADAŞ MATEMATİK ANABİLİM DALI ANKARA 2007 Her Hakkı Saklıdır Anne ve Babam a ÖZET Yüksek Lisans
DetaylıProf. Dr. Hüseyin Şirin Hüseyin 17 Temmuz 1951 tarihinde Azerbaycan da dünyaya geldi yılında Bakü Devlet Üniversitesi, Matematik Bölümü nde Lisa
Prof. Dr. Prof. Dr. Hüseyin Şirin Hüseyin 17 Temmuz 1951 tarihinde Azerbaycan da dünyaya geldi. 1973 yılında Bakü Devlet Üniversitesi, Matematik Bölümü nde Lisans eğitimini tamamladı. 1977 yılında Moskova
Detaylıİleri Diferansiyel Denklemler
MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret
DetaylıANKARA ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ DOKTORA TEZİ GENELLEŞTİRİLMİŞ TOPOLOJİLERDE BAZI YENİ SONUÇLAR. Sevda SAĞIROĞLU PEKER
ANKARA ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ DOKTORA TEZİ GENELLEŞTİRİLMİŞ TOPOLOJİLERDE BAZI YENİ SONUÇLAR Sevda SAĞIROĞLU PEKER MATEMATİK ANABİLİM DALI ANKARA 2009 Her hakkı saklıdır ÖZET Doktora Tezi
Detaylı1 Lineer Diferansiyel Denklem Sistemleri
Outline İçindekiler 1 Lineer Diferansiyel Denklem Sistemleri 1 1.1 Lineer sistem türleri (iki bilinmeyenli iki denklem)................. 1 2 Normal Formda lineer denklem sistemleri (İki bilinmeyenli iki
DetaylıÖZGEÇMİŞ Doç. Dr. NİLÜFER TOPSAKAL
ÖZGEÇMİŞ Doç. Dr. NİLÜFER TOPSAKAL TC Kimlik No / Pasaport No: Doğum Yılı: 1978 Yazışma Adresi : Telefon : 346-2191010/1531 e-posta : Fen Fakültesi Matematik Bölümü 58140 Sivas/ ntopsakal@cumhuriyet.edu.tr
DetaylıS4 u(x, y) = ln ( sin y. S5 u(x, y) = 2α 2 sec(α(x 4α 2 t)) fonksiyonunun
Kısmi Türevli Denklemler Problem Seti-I S1 u = u(x, y ve a, b, c R olmak uzere, ξ = ax + by ve η = bx ay degisken degistirmesi yaparak n cozunuz. au x + bu y + cy = 0 S2 Aşa gidaki denklemleri Adi Diferensiyel
Detaylıİkinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler
A(x)y + B(x)y + C(x)y = F (x) (5) Denklem (5) in sağ tarafında bulunan F (x) fonksiyonu, I aralığı üzerinde sıfıra özdeş ise, (5) denklemine lineer homogen; aksi taktirde lineer homogen olmayan denklem
Detaylıİleri Diferansiyel Denklemler
MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret
DetaylıHOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER
n. mertebeden homogen olmayan lineer bir diferansiyel denklemin y (n) + p 1 (x)y (n 1) + + p n 1 (x)y + p n (x)y = f(x) (1) şeklinde olduğunu ve bununla ilgili olan n. mertebeden lineer homogen denlemin
DetaylıEEM 202 DENEY 5 SERİ RL DEVRESİ
SERİ RL DEVRESİ 5.1 Amaçlar i, v, v R ve v L için RMS değerlerini hesaplama Seri RL devresinde voltaj ve empedans üçgenlerini tanımlama Seri RL devresinin empdansının kazanç ve faz karakteristiklerini
DetaylıA; e A; A kümelerini tan mlay n z. (x) = fb 2 B : x 2 Bg
Genel Topolojiye Giriş I Ara S nav Sorular 30 Kas m 2010 1 (X; T ) bir topolojik uzay ve A X olsun. 2 (a) Ikinci say labilir topolojik uzay ne demektir? Tan mlay n z. A; e A; A ve @A kümelerini tan mlay
Detaylı4 ab sayısı 26 ile tam bölünebildiğine göre, kalanı 0 dır.
BÖLME, BÖLÜNEBİLME A. Bölme İşlemi A, B, C, K doğal sayılar ve B 0 olmak üzere, Bölünen A 75, bölen B 9, bölüm C 8 ve kalan K tür. Yukarıdaki bölme işlemine göre, 1. 9 yani, K B dir. işlemine bölme denir.
DetaylıUygulamalı Matematik (MATH587) Ders Detayları
Uygulamalı Matematik (MATH587) Ders Detayları Ders Adı Ders Kodu Dönemi Ders Saati Uygulama Saati Laboratuar Kredi AKTS Saati Uygulamalı Matematik MATH587 Güz 3 0 0 3 7.5 Ön Koşul Ders(ler)i Math 262 Adi
DetaylıKAHRAMANMARAŞ SÜTÇÜ İMAM ÜNİVERSİTESİ EĞİTİM ÖĞRETİM YILI FEN-EDEBİYAT FAKÜLTESİ MATEMATİK BÖLÜMÜ BİRİNCİ VE İKİNCİ ÖĞRETİM DERSLERİ
I. YARIYIL Adı Teori Uygulama KSU MT101 Analiz I 6 4 2 5 7 MT107 Soyut Matematik I 4 4 0 4 5 MT109 Analitik Geometri I 4 4 0 4 5 FZ173 Fizik I 4 4 0 4 4 OZ101 Türk Dili I 2 2 0 2 2 OZ121 Ingilizce I 2
DetaylıMAT355 Kompleks Fonksiyonlar Teorisi I Hafta 13
4. İNTEGRALLER 4.1. Kompleks İntegrasyon Tanım 1. f : [a, b] R fonksiyonu f(t) u(t) + iv(t) biçiminde olsun. Eğer u ve v, [a, b] aralığı üzerinde integrallenebilirse, olarak tanımlanır. b f(t)dt b u(t)dt
DetaylıT.C. SÜLEYMAN DEMİREL ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ DEJENERE HELİSLER ÜZERİNE
T.C. SÜLEYMAN DEMİREL ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ DEJENERE HELİSLER ÜZERİNE Zafer ŞANLI Danışman: Prof. Dr. A. Ceylan ÇÖKEN YÜKSEK LİSANS TEZİ MATEMATİK ANABİLİM DALI ISPARTA-2009 Fen Bilimleri
DetaylıBirinci Mertebeden Adi Diferansiyel Denklemler
Birinci Mertebeden Adi Diferansiyel Denklemler Bir veya daha çok bağımlı değişken, bir veya daha çok bağımsız değişken ve bağımlı değişkenin bağımsız değişkene göre (diferansiyel) türevlerini içeren bağıntıya
DetaylıOlasılık ve İstatistik Dersinin Öğretiminde Deney ve Simülasyon
Olasılık ve İstatistik Dersinin Öğretiminde Deney ve Simülasyon Levent ÖZBEK Fikri ÖZTÜRK Ankara Üniversitesi Fen Fakültesi İstatistik Bölümü Sistem Modelleme ve Simülasyon Laboratuvarı 61 Tandoğan/Ankara
DetaylıProje Adı: Sonlu Bir Aritmetik Dizinin Terimlerinin Kuvvetleri Toplamının İndirgeme Bağıntısıyla Bulunması.
Proje Adı: Sonlu Bir Aritmetik Dizinin Terimlerinin Kuvvetleri Toplamının İndirgeme Bağıntısıyla Bulunması. Projenin Amacı: Aritmetik bir dizinin ilk n-teriminin belirli tam sayı kuvvetleri toplamının
DetaylıDiferansiyel denklemler uygulama soruları
. Aşağıdaki diferansiyel denklemleri sınıflandırınız. a) d y d d + y = 0 b) 5 d dt + 4d + 9 = cos 3t dt Diferansiyel denklemler uygulama soruları 0.0.3 c) u + u [ ) ] d) y + = c d. y + 3 = 0 denkleminin,
DetaylıİÇİNDEKİLER KISIM 1: BİRİNCİ MERTEBE ADİ DİFERENSİYEL DENKLEMLER
İÇİNDEKİLER KISIM 1: BİRİNCİ MERTEBE ADİ DİFERENSİYEL DENKLEMLER 1.1. Fiziksel Kanunlar ve Diferensiyel Denklemler Arasındaki İlişki... 1 1.2. Diferensiyel Denklemlerin Sınıflandırılması ve Terminoloji...
DetaylıÖZGEÇMİŞ Prof. Dr. RAUF AMİROV
TC Kimlik No / Pasaport No: Doğum Yılı: 1956 Yazışma Adresi : ÖZGEÇMİŞ Prof. Dr. RAUF AMİROV CUMHURİYET ÜNİVERSİTESİ FEN EDEBİYAT FAKÜLTESİ MATEMATİK BÖLÜMÜ - 58140 Sivas/Türkiye Telefon : 346-21910101522
DetaylıDeğişken Katsayılı Adi Diferensiyel Denklemler Katsayıları bağımsız(x) değişkene bağlı diferensiyel denklemlerdir. Genel ifadesi şöyledir.
3. Yüksek Mertebeden Adi Diferansiyel Denklemler Geçmiş konularda şu ana kadar ele alınan 1.mertebe-1.dereceden adi diferensiyel denklemler ancak 1.mertebe seviyesindeki belirli problemleri ifade edebilmektedir.
DetaylıDiferensiyel Denklemler I Uygulama Notları
2004 Diferensiyel Denklemler I Uygulama Notları Mustafa Özdemir İçindekiler Temel Bilgiler...................................................................... 2 Tam Diferensiyel Denklemler........................................................4
DetaylıÖğrenim Kazanımları Bu programı başarı ile tamamlayan öğrenci;
Image not found http://bologna.konya.edu.tr/panel/images/pdflogo.png Ders Adı : ANALİZ I Ders No : 0310250035 : 4 Pratik : 2 Kredi : 5 ECTS : 8 Ders Bilgileri Ders Türü Öğretim Dili Öğretim Tipi Zorunlu
Detaylıx 0 = A(t)x + B(t) (2.1.2)
ÖLÜM 2 LİNEER SİSTEMLER Genel durumda diferansiyel denklemlerin çözümlerini açık olarak elde etmek veya çözümlerin bazı önemli özelliklerini araştırmak için genel yöntemler yoktur, çoğu zaman denkleme
Detaylıe e ex α := e α α +1,
s t a n b u l K ü l t ü r Ü n i v e r s i t e s i Matematik - Bilgisayar Bölümü MC 886 ntegral Denklemler... Yßliçi Sßnavß CEVAPLAR Talimatlar: Sßnav süresi 9 dakikadßr. lk dakika sßnav salonunu terk etmeyiniz.
DetaylıAd ve Soyad : Numaras : Analiz III Aras nav Sorular
Analiz III Aras nav Sorular 30. 11. 2006 1. (a) A = fx 2 R : x 2 4x 5 < 0g ise sup A =? (b) A R boş olmayan ve üstten s n rl bir küme olsun. > 0 ise sup(a) = sup A oldu¼gunu gösteriniz. 2. A = f(x; y)
Detaylı