İSTANBUL SABAHATTİN ZAİM ÜNİVERSİTESİ

Transkript

1 İSTANBUL SABAHATTİN ZAİM ÜNİVERSİTESİ BİLGİSAYAR MÜHENDİSLİĞİ BÖLÜMÜ GÜZ DÖNEMİ Diferansiyel Denklemler Ders Notları Yrd.Doç.Dr. Ahmet Altundağ İSTANBUL

2 2

3 İçindekiler BİRİNCİ MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER 5. Diferansiyel Denklemlerin Sınıflandırılması Diferansiyel Denklemlerin Çözümü Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemlerim Çözüm Yöntemleri Değişkenlerine Ayrılabilen Diferansiyle Denklemler Homojen Diferansiyel Denklemler Homojen Denkleme İndirgenebilen Diferansiyel Denklemler Lineer Diferansiyel Denklemler Bernoulli Diferensiyel Denklemi Riccati Diferansiyel Denklemi Tam Diferansiyel Denklemler İntegrasyon Çarpanı Çözümlerin Varlık ve Tekliği Picard Ardışık Yaklaşımlar Yöntemi Picard Teoremi YÜKSEK DERECEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER Clairaut Diferansiyel Denklemi Lagrange (d Alembert) Diferansiyel Denklemi Genelleştirme Yüksek Dereceden Homojen Denklemler Geometrik Uygulamalar YÜKSEK MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER İkinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler Sabit Katsayılı İkinci Mertebeden Homojen Diferansiyel Denklemler Lineer Bağımlılık ve Bağımsızlık Sabit Katsayılı İkinci Mertebeden Homojen olmayan Diferansiyel Denklemler n. Mertebeden Lineer ve Sabit Katsayılı Diferansiyel Denklemler

4 4 İÇINDEKILER 3.2. n. mertebeden lineer ve sabit katsaylı homojen diferansiyel denklemlerin çözümü n. mertebeden lineer ve sabit katsayılı homojen olmayan diferansiyel denklemlerin çözümü Operatör Metodu Sabitin değişimi kuralı (Lagrange kuralı) Değişken Katsayılı Lineer Diferansiyel Denklemler Euler-Cauchy diferansiyel denklemi DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN SERİLERLE ÇÖZÜMLERİ Adi, Tekil, Düzgün Tekil ve Düzgün Olmayan Tekil Nokta Tanımları Adi Nokta Civarında Seri Çözümleri Düzgün Tekil Nokta Civarında Seri Çözümleri (Frobenius Metodu) 74 5 LAPLACE DÖNÜŞÜMÜ Direkt (Forward) Laplace Dönüşümü Direkt Laplace Dönüşümünün Temel Özellikleri Impuls veya Dirac Delta Fonksiyonu Ters (Inverse) Laplace Dönüşümü Ters Laplace Dönüşümünün Özellikleri Laplace Dönüşümünün Uygulamaları MERTEBEDEN LİNEER DİFERANSİYEL DENKLEM SİSTEM- LERİNİN ÇÖZÜMLERİ Lineer Sistem Türleri Sabit Katsayalı Lineer Sistemlerde Operatör Metodu Lineer ve sabit katsayılı bir normal diferansiyel denklem sisteminin matrisler yardımıyla çözümü Homojen tipteki sabit katsayılı lineer denklem sistemlerinin çözümü Homojen olmayan Lineer Sistemler Köşegenleştirme Metodu

5 Bölüm BİRİNCİ MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER. Diferansiyel Denklemlerin Sınıflandırılması Tanım. Bağımlı bir değişkeni ve bunun bir ya da daha çok bağımsız değişkene göre türevini içeren bir denkleme diferansiyel denklem denir. Tanım.2 Bağımlı değişken yanlızca bir bağımsız değişkene bağlı ise denkleme sıradan diferansiyel denklem denir. Tanım.3 Bağımlı değişkenin bir ya da daha çok bağımsız değişkene göre kısmi türevlerini içeren diferansiyel denkleme kısmi türevli diferansiyel denklem denir. Örnek. d 2 y + y = sin x (.) dx2 ( ) 2 dy dy dx + x + sin y = 0 (.2) dx d 3 y dt + αdy 3 dt + βy = 2e t (.3) 2 u x + 2 u 2 y + 2 u 2 z 2 = 0 (.4) 2 u = u x 2 t (.5) Bu örnekteki ilk üç denklem sıradan diferansiyel, son ikisi de kısmi türevli diferansiyel denklemdir. (.) ve (.2) denklemlerinde x bağımsız, y de bağımlı değişkendir. (.3) te ise t bağımsız, y ise bağımlı değişkendir. (.4) te x, y, z bağımsız, u ise bağımlı ve (.5) te x, t bağımsız, u yine bağımlı değişkendir. 5

6 6 BÖLÜM. BİRİNCİ MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER Tanım.4 Bir diferansiyel denklemde en yüksek türevin mertebesine diferansiyel denklemin mertebesi denir. Örnek. de (.) denklemi 2. mertebe, (.2) denklemi. mertebe, (.3) denklemi 3. mertebe ve diğer iki denklem de 2. mertebe diferansiyel denklemlerdir. n. mertebeden en genel sıradan diferansiyel denklem biçiminde yazılır. F (x, y, dy dx,..., dn y dx n ) = 0 (.6) Tanım.5 (.6) denklemi bütün türevlerine göre bir polinom ise, en yüksek türevli türevli terimin kuvvetine denklemin derecesi denir. Tanım.6 Bağımlı değişkeni y ve bağımsız değişkeni x olan n. mertebeden lineer bir diferansiyel denklem a 0 (x) dn y dx n + a (x) dn y dx n + + a n (x) dy dx + a n(x)y = b(x) (.7) biçiminde ifade edilebilir. Burada a 0 (x) özdeş olarak sıfır olmayan bir fonksiyondur. Tanım.7 Eğer sıradan bir diferansiyel denklem lineer değilse bu denkleme lineer olmayan sıradan diferansiyel denklem denir. Örnek. deki (.) ve (.3) denklemleri lineer, (.2) denklemi ise lineer olmayan bir diferansiyel denklemdir..2 Diferansiyel Denklemlerin Çözümü Tanım.8 n. mertebeden (.6) diferansiyel denklemini düşünelim. f(x), reel bir I aralığında tanımlı ve her x I için n. mertebeden türetilebilen reel bir fonksiyon olsun. Eğer F ( x, f(x),..., f (n) (x) ) x I için tanımlı ve F ( x, f(x),..., f (n) (x) ) = 0 ise, f(x) fonksiyonuna diferansiyel denklemin açık bir çözümü denir. Eğer g(x, y) = 0 biçiminde bir bağıntı, belirli bir I aralığında (.6) diferansiyel denkleminin açık bir çözümü olacak biçimde x değişkeninin reel bir f fonksiyonu tanımlıyorsa bu bağıntıya denklemin kapalı çözümü denir. Açık ve kapalı çözümlere genellikle çözüm denir.

7 .3. BIRINCI MERTEBEDEN DIFERANSIYEL DENKLEMLERIM ÇÖZÜM YÖNTEMLERI7 Örnek.2 f(x) = e x + 2e 2x fonksiyonu d 2 y dx 2 3dy dx + 2y = 0 diferansiyel denkleminin açık bir çözümüdür. Gerçekten, f(x) fonksiyonu tanımlı ve türetilebilir olduğundan f (x) = e x + 4e 2x, f (x) = e x + 8e 2x yazılabilir. Diferansiyel denklemde, y yerine f(x) ve y, y yerine sırasıyla f (x) ve f (x) konulduğunda özdeşliği elde edilir. e x + 8e 2x 3e x 2e 2x + 2e x + 4e 2x 0 Örnek.3 x 2 +y 2 4 = 0 bağıntısı x+yy = 0 diferansiyel denkleminin I = ( 2, 2) aralığında kapalı bir çözümdür. Verilen bağıntı bütün reel x I için f (x) = 4 x2 ve f 2 (x) = 4 x 2 şeklinde iki reel fonksiyon tanımlar ve her iki fonksiyon da denklemin I aralığı üzerinde açık çözümleridir. Örnek.4 y + x y = 2 (.8) diferansiyel denklemini düşünelim. y = f 0 (x) = x fonksiyonu diferansiyel denklemin bir çözümüdür. Ayrıca f (x) = x +, f x 2(x) = x + 2, f x 3(x) = x + 3,... fonksiyonları x da birer çözümdür. Genel olarak, her c sayısı için f c (x) = x + c x (.9) ile tanımlanan f c (x) fonksiyonu sonsuz fonksiyon ailesi tanımlar ve ailenin her elamanı (.8) denkleminin bir çözümüdür. (.9) denklemindeki c sabitine keyfi sabit veya parametre ve (.9) ile tanımlanan fonksiyon ailesine (.8) denkleminin bir çözümü veya genel integrali denir..3 Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemlerim Çözüm Yöntemleri.3. Değişkenlerine Ayrılabilen Diferansiyle Denklemler Birinci mertebeden bir diferansiyel denklem genel olarak y = f(x, y) türev biçiminde veya P (x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 diferansiyel biçiminde ifade edilebilir. Eğer

8 8 BÖLÜM. BİRİNCİ MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER y = f(x, y) diferansiyel denklemi f(x, y) fonksiyonu yanlızca x ve y değişkenlerini içeren fonksiyonların çarpımı olarak, yani veya y = a(x)b(y), b(y) 0 (.0) P (x)dx + Q(y)dy = 0 (.) diferansiyel biçiminde yazılıyorsa, denkleme değişkenleri ayrılabilir denir. O halde (.0) denklemi dy b(y) = a(x)dx olur ve genel çözümü de bir integrasyon ile, c integral sabiti olmak üzere dy b(y) = a(x)dx + c olur. NOT: Aşağıdaki değişkenlerine ayrılabilir diferansiyel denklemlerin keyfi olarak seçilen 4 tanesi derste çözülecektir. Çözülmeyen soruların 4 tanesi, derse kayıtlı öğrencilere ödev olarak verilecektir. Ödevler bir sonraki dersin başında getirilmesi zorunludur. ÇÖZÜLECEK PROBLEMLER Aşağıdaki değişkenlere ayrılabilir diferansiyel denklemlerin genel çözümlerini bulunuz.. ( + x 2 ) ( + y 2) dx xydy = 0 2. yy + xy 2 = x ( 3. ) + x 2 dy + ( + y 2) dx = 0 4. e 2x+y dx e x y dy = 0 5. y = x y 2 + xy 2 6. xy y y 2 = 0 7. y + cosh y cosh x = 0 8. y = + y x2 dy + + y 2 dx = 0 0. y = cot x tan y. y = xe x+y ( 2. xy 2 + x ) dx + ( x 2 y + y ) dy = 0

9 .3. BIRINCI MERTEBEDEN DIFERANSIYEL DENKLEMLERIM ÇÖZÜM YÖNTEMLERI9 ( 3. xy 2 + 2y 2) dx + ( xy 2 x ) dy = 0 ( 4. ) + x 2 y + 2xy = x 5. 2ydy + 4x 3 4 y 4 dx = 0 6. x2 dy + + y 2 dx = 0 7. y sin y cos x + cos y sin x = 0 8. x ( x 2 a ) + ( y 2 b ) yy = Homojen Diferansiyel Denklemler y = f(x, y) denkleminde f(x, y) fonksiyonu değişkenlerine göre sıfırıncı dereceden homojen bir fonksiyon, yani her reel λ için f(λx, λy) = f(x, y) ise denkleme homojendir denir. Homojen bir diferansiyel denklemin çözümü u = y x değişken değişimi ile bulunur. NOT: Aşağıdaki homojen diferansiyel denklemlerin keyfi olarak seçilen 3 tanesi derste çözülecektir. Çözülmeyen soruların 3 tanesi, derse kayıtlı öğrencilere ödev olarak verilecektir. Ödevler bir sonraki dersin başında getirilmesi zorunludur. ÇÖZÜLECEK PROBLEMLER 2. y = y x + tan y x 2. xy y = x 2 + y 2 3. x 2 cos x ( y y y 2 + xy cos x ) = 0 y 4. xy 2 dy = ( x 3 + y 3) dx 5. (2 xy y) dx + xdy = 0 ( 6. x y ) x e y 2 x dx + 7. xyy = y 2 x x 2 + y 2 ( x e y x y 8. y y x = x2 y 2 9. (y + x) dx + (y x) dy = 0 0. y = 2y4 + x 4 xy 3 ) dy = 0 ) dx = 0. e x y (y x) dy + y ( + e x y ( 2. x2 y 2 y) dx + xdy = 0

10 0 BÖLÜM. BİRİNCİ MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER.3.3 Homojen Denkleme İndirgenebilen Diferansiyel Denklemler x ve y değişkenlerine göre sabit katsayılı y ax + by + c = (.2) a x + b y + c diferansiyel denklemi homojen olmadığı halde basit bir değişken dönüşümü ile homojen diferansiyel denklem haline indirgenebilir. Eğer ax + by + c = 0, a x + b y + c = 0 (.3) lineer denklemleri ile tanımlanan doğrular bir (h, k) noktasında kesişiyorsa = ab a b 0 olmalıdır. = 0 olması durumunda ise doğrular bir birine paralel olur. nın bu iki olası durumunda farklı dönüşümler tatbik edilmelidir. 0 durumunda orijin noktasını x = X + h, y = Y + k (.4) lineer dönüşümü kullanarak (h, k) kesişim noktasına kaydırabiliriz. Bu dönüşüm ile (.2) diferansiyel denklemi dy ax + by = (.5) dx a X + b Y homojen diferansiyel denklemine dönüşür. (.5) homojen denklemini de Y = ux dönüşümü uygulanır ve denklem çözülür. Elde edilen çözümünde (.4) tanımlanan (x,y) değerleri yerlerine yazılarak aranan çözüm bulunur. Eğer (.3) doğruları paralel, yani = 0 ise, o zaman yukarıda uygulanan öteleme uygulanamaz. Bu durumda z = a x+b y +c dönüşümü yapılarak (.2) diferansiyel denklemi çözülür. NOT: Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin keyfi olarak seçilen 2 tanesi derste çözülecektir. Çözülmeyen soruların 2 tanesi, derse kayıtlı öğrencilere ödev olarak verilecektir. Ödevler bir sonraki dersin başında getirilmesi zorunludur. ÇÖZÜLECEK PROBLEMLER 3. (3x y + ) dx + (x 3y + 2) dy = 0 2. y = x + y + 4 x y 6 3. y = x y + x + y 4. y = x + y + 4 x + y 6 5. y = x + 2y + 2x + 3y 6. y tan y 2x x + = y + 2 x +

11 .3. BIRINCI MERTEBEDEN DIFERANSIYEL DENKLEMLERIM ÇÖZÜM YÖNTEMLERI.3.4 Lineer Diferansiyel Denklemler f(x)y + g(x)y = h(x), f(x) 0 biçiminde y ve y fonksiyonlarına göre lineer olmayan bir denkleme lineer (doğrusal) diferansiyel denklem denir. Bunun yerine f(x) fonksiyonu ile bölerek elde edilen y + p(x)y = q(x) (.6) standart lineer denklemi ele alacağız. Bu denklem iki farklı yoldan birbirine denk olan genel çözümü bulunabilir. Sabitin Değişimi Yöntemi: (.6) denkleminde q = 0 alalım, yani sağ yanı sıfır olan homojen denklemini düşünelim. Bunun, y + p(x)y = 0 y = Ce p(x)dx, C := Sabit. çözümü yanlızca bir integrasyon sabiti içerir. Şimdi C sabitini x değişkeninin bir fonksiyonu varsayalım ve yukarıdaki y fonksiyonu (.6) denkleminin çözümü olacak biçimde C(x) fonksiyonunu belirleyelim. y = C(x)e p(x)dx (.7) (.6) lineer denklemine konursa ve düzenlersek (C (x) p(x)c(x)) e p(x)dx + p(x)c(x)e pdx = q(x) C (x)e p(x)dx = q(x) bulunur ki buradan C(x) fonksiyonu bir integrasyon sabiti ile C(x) = q(x)e p(x)dx dx + c olarak bulunur. C(x) fonksiyonu (.7) denkleminde yerine konursa (.6) denkleminin genel çözümü ( ) y = q(x)e p(x)dx dx + c e p(x)dx olur. Değişken Dönüşümü Yöntemi:

12 2 BÖLÜM. BİRİNCİ MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER (.6) denkleminde y = u(x)v(x) konursa, belirli bir v için u ya göre yine lineer vu + (v + pv)u = q denklemi bulunur. v fonksiyonu v + pv = 0 denklemini sağlıcak biçimde seçilirse, yani v = e pdx ise u nun katsayısı sıfır yapılmış olur. u = qv den bir kez daha integrasyon ile u fonksiyonu u = qe pdx dx + c olarak bulunur. Sonuç olarak, lineer denklemin çözümü yine ( ) y = uv = qe pdx dx + c e pdx bağıntısı ile formüle edilmiş olur. NOT: Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin keyfi olarak seçilen 3 tanesi derste çözülecektir. Çözülmeyen soruların 3 tanesi, derse kayıtlı öğrencilere ödev olarak verilecektir. Ödevler bir sonraki dersin başında getirilmesi zorunludur. ÇÖZÜLECEK PROBLEMLER 4. xy 3y = x 4 2. y + y = + e 2x 3. xy y = x 3 e x2 4. xy 2y = x sin x 5. y 2xy + x 2 = arctan x 6. y + y coth x = tanh x 7. y + 3x 2 y = x 2 8. (e x + x) y (e x + ) y = (e x + x) 3 9. y + y sin x = e cos x 0. y + y cos x = sin 2x 2. y + y tan x = sin 2x 2. sin 2 xy + y tan x = sin 2x 3. y + y sin x = sin 2x 4. y + y cot x = tan x

13 .3. BIRINCI MERTEBEDEN DIFERANSIYEL DENKLEMLERIM ÇÖZÜM YÖNTEMLERI3.3.5 Bernoulli Diferensiyel Denklemi y + p(x)y = q(x)y n (.8) biçiminde lineer olmayan bir denklem Bernoulli denklemi olarak isimlendirilir. Bu denklemin n = 0 için lineer ve n = için homojen denklemlerini içerir. Bu sebeble n 0, varsayacağız. Basit bir değişken değişimi ile Bernoulli denklemi lineer denkleme dönüştürülebilir. Eğer (.8) denklemininin her iki yanı y n ile bölünürse y n y + p(x)y n = q(x) bulunur. Bu denkleme z = y n, n 0, dönüşümü uygulanırsa z + ( n)p(x)z = ( n)q(x) (.9) lineer diferansiyel denklemi elde edilir. (.9) denklemi de bir önceki bölümde lineer diferansiyel denklemler için gösterilen çözüm yöntemlerinden biri kullanılarak çözüm bulunur. Bulunan çözümde, z ile y arasındaki bağıntıdan faydalanarak Bernoulli diferansiyel denkleminin genel çözümü elde edilir. NOT: Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin keyfi olarak seçilen 2 tanesi derste çözülecektir. Çözülmeyen soruların 2 tanesi, derse kayıtlı öğrencilere ödev olarak verilecektir. Ödevler bir sonraki dersin başında getirilmesi zorunludur. ÇÖZÜLECEK PROBLEMLER 5. ( x 2 + ) y + xy = x 3 y 3 2. xy + y = y 2 ln x 3. 2xyy = x 2 + y 2 4. xyy + y 2 = x sinh x ( 5. y xy 3 dx + xdy = 0 ( 6. x 2 y 3) dx + 3xy 2 dy = 0 7. x 2 y xy + y 2 = 0 8. y cos 2x + 2 tan xy + y 2 = 0 9. y + 4xy = 2xe x2 y.3.6 Riccati Diferansiyel Denklemi Standart Riccati denklemi y = p(x)y 2 + q(x)y + r(x) (.20)

14 4 BÖLÜM. BİRİNCİ MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER biçiminde lineer olmayan bir denklemdir. Burada p, özdeş olarak sıfır olmayan bir fonksiyondur. Bu denklemin y = y gibi özel bir çözümü biliniyorsa denklemin genel çözümü bulunabilir. Bunun için, u yeni bir bağımlı değişken olmak üzere y = y + u dönüşümü yapmak yeterlidir. y özel çözüm olduğundan (.20) denklemini sağlar, yani, y = p(x)y 2 + q(x)y + r(x) (.2) olur. O halde (.20) denklemi ( y = y u u = p y y u + ) + q (y u 2 + u ) + r 2 olarak yazılır ve (.2) göz önünde bulundurulursa u + (2py + q)u + p = 0 (.22) lineer diferansiyel denklemi elde edilir. NOT: Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin keyfi olarak seçilen 2 tanesi derste çözülecektir. Çözülmeyen soruların 2 tanesi, derse kayıtlı öğrencilere ödev olarak verilecektir. Ödevler bir sonraki dersin başında getirilmesi zorunludur. ÇÖZÜLECEK PROBLEMLER 6. ( x n+ ) y y 2 + (n )x n y + nx n = 0, y = x n 2. ( sin x cos x) y + cos xy 2 y + sin x = 0, y = cos x 3. y + y 2 3 tan xy + tan 2 x = 0, y = tan x ( 4. x 2 + a ) y + 2y 2 3xy a = 0, y = x 5. y + e x y 2 3y + e x = 0, y = e x 6. y + y 2 2xy + x 2 = 0, y = x 7. y + sin xy 2 = 2 sin x cos 2 x, y = sec x.3.7 Tam Diferansiyel Denklemler Eğer diferansiyel denkleminin P (x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 (.23) u(x, y) = c (.24)

15 .3. BIRINCI MERTEBEDEN DIFERANSIYEL DENKLEMLERIM ÇÖZÜM YÖNTEMLERI5 şeklindeki bir düzlem eğri ailesinin çözümü ise (.23) diferansiyel denklemine tam diferansiyel denklem denir. Şimdi, verilen bir diferansiyel denklemin tam olup olmadığı hakkında bir kriter belirleyelim. Bunun için önce (.24) denklemin diferansiyeli alınırsa du = u x u dx + dy (.25) y denklemi elde edilir. Bu durumda, (.23) ve (.25) denklemleri birbirine özdeştir. Bu özdeşlikten P (x, y) = u ve Q(x, y) = u (.26) x y bağıntıları elde edilir. (.26) içerisindeki bağıntıları x ve y değişkenlerine göre türetirsek P (x, y) = 2 u Q(x, y) ve = 2 u (.27) y y x x x y bağıntıları bulunur. Sonuç olarak aşağıdaki teoremi ifade edebiliriz. Teorem. P (x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 şeklindeki bir denklemin tam diferansiyel denklem olması için gerek ve yeter koşul P (x, y) y = Q(x, y) x olmasıdır. (.23) diferansiyel denklemi tam diferansiyel denklem olsun. Şimdi bu varsayım ile iki kısmi diferansiyel denklemden oluşan (.26) sistemini sağlıyan bir u(x, y) fonksiyonunu bulalım. u = P (x, y) x denklemini x göre integralini alırsak u(x, y) = P (x, y)dx + h(y) (.28) buluruz. Şimdi de (.26) da bulunan ikinci bağıntıyı kullanırsak Q(x, y) = u y = ( ) P (x, y)dx + dh(y) y dy (.29) elde ederiz. (.29) bağıntısından da h(y) fonksiyonunu [ h(y) = Q(x, y) ( )] P (x, y)dx dy + c y

16 6 BÖLÜM. BİRİNCİ MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER buluruz. Sonuç olarak, bulduğumuz h(y) fonksiyonunu (.28) de yerine yazarsak u(x, y) fonsiyonunu elde ederiz. NOT: Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin keyfi olarak seçilen 3 tanesi derste çözülecektir. Çözülmeyen soruların 3 tanesi, derse kayıtlı öğrencilere ödev olarak verilecektir. Ödevler bir sonraki dersin başında getirilmesi zorunludur. ÇÖZÜLECEK PROBLEMLER 7. arctan y 2 dx + 2xy + y 4 dy = 0 2. (y + ye xy ) dx + (x + xe xy ) dy = 0 3. e y dx + (xe y + 2y) dy = 0 4. y cos x y dx x y cos x 2 y dy = 0 5. y x 2 y 2 x dx x 2 + y 2 x 2 + y dy = (e x ( + x y) + e y ) dx + (e y (x y ) e x ) dy = 0 ( 7. + ) dx ln x xy y dy = 0 ( ) 2 ( ) 8. x y + x dx + x 2 + y 2 y x + y dy = 0 x 2 + y ( 2 9. x y ) ( dx + x x y + ) dy = 0 y ( ) ( ) y 0. x 2 y + x x dx + 2 x 2 y + y dy = İntegrasyon Çarpanı Tam diferansiyel olma koşulu sağlanmadığı durumlarda bazı diferansiyel denklemleri bir fonksiyonla çarparak tam diferansiyel denklem yapabiliriz. Tam olmayan diferansiyel denklemi verildiğinde, P (x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 (.30) µ(x, y)p (x, y)dx + µ(x, y)q(x, y)dy = 0 (.3) değiştirilmiş (µ ile çarpılmış) denklemi tam olacak şekilde bir µ(x, y) fonksiyonu bulunabilir. Gerçekten, yukarıdaki denklem için tam diferansiyel olma koşulu uygulandığında y (µp ) = x (µq)

17 .3. BIRINCI MERTEBEDEN DIFERANSIYEL DENKLEMLERIM ÇÖZÜM YÖNTEMLERI7 veya P µ ( P y Q µ x + µ y Q ) = 0 (.32) x olarak yazılırsa, µ(x, y) integrasyon çarpanının bulunması problemi yukarıdaki kısmi diferansiyel denklemin bir çözümünün bulunmasına indirgenmiş olunur. Bu kısmi denklemi çözmek (bir özel çözümünü bulmak yerterli olur) verilen sıradan diferansiyel denklemi çok daha güçtür. Fakat yine de deneme ile bu denklemin bazı özel çözümlerini bulabiliriz. İntegrasyon çarpanı µ sadece x in bir fonksiyonu, yani µ = µ(x) olması durumu : Bu durumda (.32) denkleminden µ(x) = ce Q( P y Q x )dx (.33) integrasyon çarpımı ile elde edilir. Burada c sabitini özel olarak seçmek (genellike c=) yeterlidir. ( ) UYARI: µ = µ(x) şeklinde bir itegrasyon çarpanının bulunabilmesi için P Q Q y x ifadesinin sadece x bağımsız değişkenine bağlı olması gereklidir. Örnek.5 (xy )dx + ( x 2 xy ) dy = 0 (.34) diferansiyel denklemini göz önüne alalım. (.34) denkleminde P (x, y) = xy ve Q(x, y) = x 2 P xy dir. = x ve Q P = 2x y olup Q dir. Yani y x y x (.34) denklemi tam diferansiyel denklem değildir. Şimdi, (.34) ( denklemini ) tam P diferansiyel denklem yapacak integrasyon çarpanını bulalım. Q = Q y x x olduğundan (.33) bağıntısını kullanabiliriz. µ(x) = ce ( x)dx = c x olarak elde edilir. c sabiti keyfi olduğundan c = için µ(x) = alabiliriz. Özetle, x tam olmayan (.34) denklmini fonksiyonu ile çarptığımızda oluşan denklem tam x diferansiyel denklem olur. İntegrasyon çarpanı µ sadece y in bir fonksiyonu, yani µ = µ(y) olması durumu : Bu durumda (.32) denkleminden µ(y) = e P ( P y Q x )dy elde edilir. UYARI: µ = µ(y) şeklinde bir itegrasyon çarpanının bulunabilmesi için P ifadesinin sadece y bağımsız değişkenine bağlı olması gereklidir. (.35) ( ) P Q y x

18 8 BÖLÜM. BİRİNCİ MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER Örnek.6 dx + (x tan y 2 sec y) dy = 0 (.36) diferansiyel denklemini göz önüne alalım. (.36) denkleminde P (x, y) = ve Q(x, y) = x tan y 2 sec y dir. P Q P = 0 ve = tan y olup Q dir. Yani (.36) denklemi tam diferansiyel denklem değildir. Şimdi, (.34) ( denklemini ) tam diferansiyel y x y x denklem yapacak integrasyon çarpanını bulalım. P Q tan y = bulunur. Bu bağıntı sadece x bağımsız ( değişkenine ) bağlı olmadığından (.33) bağıntısını Q y x x tan y 2 sec y kullanamayız! Fakat P Q = tan y bağıntısı sadece y değişkenine bağlı P y x olduğundan (.35) formülü kullanılarak bir itegrasyon bulunabiliriz. (.35) formülünü kullanırsak µ(y) = e ( tan y)dx = e ln cos y = cos y = sec y elde ederiz. Özetle, tam olmayan (.36) denklemini sec y ile çarparsak oluşan denklem tam diferansiyle denklem olur. Özel İntegrasyon Çarpanının Bulunması P (x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 biçimindeki bir diferansiyel denkleminin µ = µ (η(x, y)) şeklinde bir integrasyon çarpanı olsun. (P η y Qη x ) dµ(η) ( P + µ(η) dη y Q ), x veya µ (η) µ(η) = P y Q x Qη x P η y (.37) biçimini alır. (.37) denkleminin sağ yanı F (η) := Py Qx Qη x P η y biçiminde bir F (η) fonksiyonu ile ifade edilebiliyorsa o zaman verilen diferansiyel denkleme bir integrasyon çarpanı bulabiliriz. Bu integrasyon, dµ µ = F (η)dη, veya µ(η) = ce F (η)dη biçiminde elde edilir. Burada integrasyon sabitini yine c = olarak alabiliriz. (.38) Örnek.7 ( x 2 y 2 + ) dx + ( x 2 y 2 ) dy = 0, (.39) diferansiyel denkleminin bir integrasyon çarpanını bulalım. (.39) denkleminde P (x, y) = x 2 y 2 + ve Q(x, y) = x 2 y 2 dir. P y = 2y ve Q x = 2x olduğundan

19 .3. BIRINCI MERTEBEDEN DIFERANSIYEL DENKLEMLERIM ÇÖZÜM YÖNTEMLERI9 (.39)tam diferansiyel denklem değildir. (P Q y Q x ) = 2y 2x bulunur. Bu bağıntı x 2 y 2 sadece x bağımsız değişkenine bağlı olmadığından (.33) bağıntısını kullanamayız! (P P y Q x ) = 2y 2x dir. Bu bağıntı sadece y bağımsız değişkenine bağlı olmadığından (.35) bağıntısını da kullanamayız!! η = x + y olacak şekilde µ = µ(η) x 2 y 2 + biçiminde bir integrasyon çarpanı bulalım. F (η) := olduğundan (.38) formülünü kullanabiliriz. P y Q x Qη x P η y = x + y = η µ(η) = e ηdη = e 2 η2 = e 2 (x+y)2 (.40) bulunur. Özetle, tam diferansiyel denklem olmayan (.39) denklemini e 2 (x+y)2 foksiyonuyla çarptığımız taktirde elde edeceğimiz deklem tam diferansiyel denklem olur. UYARI: Bu örnekte sorulacak aşikar sorulardan birisi de η fonksiyonun η = x + y biçiminde nasıl belirlendiğidir. Yapılması gereken işlem, η fonksiyonunu (.37) diferansiyel denklemden bulmaktır. Fakat, bu problemin çözümü verilen (.39) diferansiyel denkleminin çözümünden zordur. Dolayısıyla böyle bir problem verildiği taktirde η fonksiyonu da problemle birlikte verilir. M(x, y) ve N(x, y) fonksiyonları birer polinom olmak üzere, ym(x, y)dx+ xn(x, y)dy = 0 biçimindeki tam olmayan bir direfansiyel denklem için itegrasyan çarpanı: Bu şekilde formülize edilen bir diferansiyel denklem için µ = x m y n, m, n Z biçiminde bir integrasyon çarpanı bulunabilir. Şimdi verilen yöntemi aşağıdak örnekle izah edelim. Örnek.8 ( 2xy 2 + 3y ) dx + ( x 2 y + 3x ) dy = 0 (.4) denklemi tam olmayan bir diferansiyel denklemdir. (.4) denklemini ym(x, y)dx + xn(x, y)dy = 0, öyle ki M(x, y) = 2xy + 3 ve N(x, y) = xy + 3, formunda yazılabileceğimizden bahsi geçen yöntemi uygulayabiliriz. (.4) denklemini µ = x m y n, m, n Z fonksiyonuyla çarptığımızda ( 2x m+ y n+2 + 3x m y n+) dx + ( x m+2 y n+ + 3x m+ y n) dy = 0 (.42) elde ederiz. (.42) denkleminde P (x, y) = 2x m+ y n+2 + 3x m y n+ ve Q(x, y) = x m+2 y n+ + 3(n + )x m+ y n olup bu denkleme için tam diferansiyel olma koşulu, yani P y = Q x yazılırsa 2(n + 2)x m+ y n+ + 3(n + )x m y n = (m + 2)x m+ y n+ + 3(m + )x m y n

20 20 BÖLÜM. BİRİNCİ MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER polinomların özdeşliğinden m 2n = 2 ve m = n elde edilir. Buradan da m = n = 2 bulunur. Sonuç olarak, integrasyon çarpanı µ = x 2 y 2 bulunur. NOT: Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin keyfi olarak seçilen 2 tanesi derste çözülecektir. Çözülmeyen soruların 3 tanesi, derse kayıtlı öğrencilere ödev olarak verilecektir. Ödevler bir sonraki dersin başında getirilmesi zorunludur. ÇÖZÜLECEK PROBLEMLER 8 Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin yanlızca µ(x) veya µ(y) biçiminde birer integrasyon çarpımını bularak genel çözümlerini elde ediniz.. 4xydx + ( x 2 + y ) dy = 0 ) ( ) 2. (x + y 2 y2 dx + x 3 x 2y dy = 0 ( 3. 3x 2 y 2) dy 2xydx = 0 ( 4. y + x 3 e x) dx xdy = 0 ( ) 5. ye x y dx xe x y + y 3 dy = 0 6. (x 2 + y 2 + 2x)dx + 2ydy = xydx + (y 2 3x 2 )dy = 0 8. (x 2 + y 2 )dx 2xy = 0 9. (xy + x 2 + )dx + x 2 dy 0. ydx xdy = y 2 e x dx NOT: Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin keyfi olarak seçilen 2 tanesi derste çözülecektir. Çözülmeyen soruların 2 tanesi, derse kayıtlı öğrencilere ödev olarak verilecektir. Ödevler bir sonraki dersin başında getirilmesi zorunludur. ÇÖZÜLECEK PROBLEMLER 9 Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin yanlarında gösterilen biçimde bir integrasyon çarpanı bularak genel çözümlerini belirleyiniz.

21 .4. ÇÖZÜMLERIN VARLIK VE TEKLIĞI 2. (y + x)dx + (y x)dy = 0, µ = µ(x 2 + y 2 ) 2. (x 2y)dx + ydy = 0, µ = µ(x y) 3. ydx (x + x 2 + y 2 )dy = 0, µ = µ(x 2 + y 2 ) 4. (x 2 y 2 + )xdx ydy = 0, µ = µ(x 2 y 2 ) ( 5. x + 2 ) ( dx + y y 2 ) dy = 0, µ = µ(xy) x 6. (xy 2 + y)dx x ln xdy = 0, µ = µ(xy 2 ) NOT: Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin keyfi olarak seçilen 2 tanesi derste çözülecektir. Çözülmeyen soruların 2 tanesi, derse kayıtlı öğrencilere ödev olarak verilecektir. Ödevler bir sonraki dersin başında getirilmesi zorunludur. ÇÖZÜLECEK PROBLEMLER 0 ym(x, y)dx + yn(x, y)dy = 0 formunda olan aşağıdaki diferansiyel denklemler için µ = x m y n, m, n Z biçiminde integrasyon çarpanı bularak genel çözümlerini belirleyiniz.. ydx + (x + 3x 2 y 2 )dy = 0, 2. (2xy 2 + 3y)dx + (x 2 y + 3x)dy = 0 3. (2x 3 y 3 x)y + 2x 3 y 3 y = 0 4. (y + xy 2 )dx + (x x 2 y)dy = 0.4 Çözümlerin Varlık ve Tekliği.4. Picard Ardışık Yaklaşımlar Yöntemi Şimdiye kadar gördüğümüz standart yöntemlerle çözülebilen(integre edilebilen) birinci mertebe denklemlerin oldukça kısıtlı olduğunu gördük. Genel olarak uygulamalarda karşılaşılan denklemlerin pek çoğu bu sınıf dışında kalmaktadır. Ancak, f(x, y) fonksiyonu (x 0, y 0 ) noktasının bir komşuluğunda tanımlı ve sürekli bir fonksiyon olmak üzere y = f(x, y), y(x 0 ) = y 0 (.43) ile tanımlanan birinci mertebe bir denklem için başlangıç değer problemi, denklemi çözmeden çözümlerine ilişkin oldukça önemli bilgiler çıkarabiliriz. Örneğin çözümlerin varlığı ve tekliği gibi. Şimdi böyle kavramlara hazırlık olarak Picard iterasyon veya ardaşık yaklaşımlar yöntemini verelim. Bu yöntemin çıkış noktası (.43) problemini denk bir y(x) = y 0 + x x 0 f(t, y(t))dt (.44)

22 22 BÖLÜM. BİRİNCİ MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER integral denklemine dönüştürmektir. Eğer y(x), (.43) probleminin bir çözümü ise, y(x) sürekli ve f(x, y(x)) fonksiyonu x in sürekli bir fonksiyonu olur. (.43) deki diferansiyel denklemi x, e göre x 0 x, e kadar integre edilir ve başlangıç koşulu kullanılırsa (.44) integral denklemine varılır. Burada, üst integrasyon sınırı x değişkeni ile karışıklığı önlemek için integral değişkeni olarak t değişkeni kullanılmıştır. Tersine, eğer y(x) integral denklemin sürekli bir çözümü ise, y(x 0 ) = y 0 başlangıç koşulu sağlanır ve (.44) denkleminin x, göre türetilerek (.43) deki denklem elde edilir. Şimdi (.44) integral denklemini iterasyon işlemi ile çözmek istiyoruz. Bunun için kaba yaklaşımla çözüme başlayarak, bunu adım adım geliştirmeye çalışalım. Başlangıç çözümü olarak y(x) = y 0 sabit çözümü olarak seçilebilir. Bu yaklaşımı integral denklemin sağ yanına yerleştirerek yeni ve daha iyi bir y (x) yaklaşımı bekleyebiliriz: y (x) = y 0 + x x 0 f(t, y 0 (t))dt ikinci iterasyonda y (x) yaklaşımını kullanarak yine daha iyi bir y 2 çözümü üretebiliriz: x y 2 (x) = y 0 + f(t, y (t))dt x 0 ve bu biçimdeki iterasyonla n. adım yaklaşımı y n (x) = y 0 + x x 0 f(t, y n (t))dt (.45) olacaktır. n için limite geçerek {y n (x)} fonksiyon dizisi gerçek çözüme yakınsayacatır. Bu diziye Picard yaklaştırımlar dizisi, bu iterasyonlu yönteme de Picard iterasyon yöntemi denir. Örnek.9 y = + y 2, y(0) = 0 (.46) başlangıç değer probleminin çözümü bulmak için Picard iterasyon yöntemi uygulayalım. İntegral denklem y(x) = y(0) + x 0 ( + y(t) 2 ) dt olur. Birinci adımda veya iterasyonda y 0 = 0 başlangıç değeri yukarıdaki denklemin sağ yanındaki integrale yazılırsa; y (x) = y(0) + x buluruz. Bir sonraki iterasyonda y 2 yaklaşımı y 2 (x) = y(0) + x 0 0 ( + y0 (t) 2) x dt = dt = x ( + y (t) 2) dt = x 0 0 ( + t 2 )dt = x + x3 3

23 .4. ÇÖZÜMLERIN VARLIK VE TEKLIĞI 23 olarak bulunur. Üçüncü iterasyonda y 3 yaklaşımı x ( y 3 (x) = y(0) + + y2 (t) 2) x dt = ( + (t + t33 ) )2 dt = x + x x5 5 + x buluruz. Bu işleme istediğimiz kadar devam ederek kesin çözüme yaklaşabiliriz. Gözönüne aldığımız denklem analitik çözümü bulunabilen bir diferansiyel denklemdir. Gerçekten, (.46) denklemini dy + y 2 = dx şekinde yazabiliriz. Eşitliğin her iki tarafının itegralini alırsak arctan y = x + c buluruz. Başlangıç koşulundan arctan 0 = 0 + c bağıntısından c = 0 elde edilir. Şu halde (.46) diferansiyel denkleminin özel (başlangıç koşulunu sağlıyan) bir çözümü arctan y = x veya denk olarak y = tan x dir. tan x fonksiyonunun MacLaurin seri açılımı tan x = x + x x5 5 + x (.47) şeklindedir. Picard yöntemiyle bulduğumuz y 3 değeri ile tan x seri açılımının ilk dört terimiyle uyuştuğuna dikkat edelim. Eğer Picard yöntemiyle iterasyona devam etseydik tan x seri açılımdaki diğer terimleri de elde ederdik. Ve de sonsuz bir iterasyon gerçekleştirmiş olsaydık tan x fonksiyonunu elde ederdik. Bu örnekten görüldüğü gibi, ardaşık yaklaşımlar yönteminde integrallerin hesaplanması çok karmaşık olabilir. Böyle bir engelden dolayı bu yöntemin pratik problemlere uygulanabilirliği kısıtlıdır. Ancak bu yöntemin asıl değeri diferansiyel denklemlerin çözümlerinin varlık ve tekliğine ilişkin teoremlerin kanıtına yaptığı katkıdır..4.2 Picard Teoremi f(x, y) fonksiyonu xy-düzleminin (x 0, y 0 ) noktasını içeren bir bölgede tanımlı bir fonksiyon fonksiyon olmak üzere y = f(x, y), y(x 0 ) = y 0 (.48) başlangıç değer teorimi için hangi koşullar altında çözümün var olduğunu ve eğer böyle bir çözüm varsa tekliğini garanti eden varlık ve teklik teorimi ifade eder. Teorem.2 f(x, y) ve f, kenarları eksenlere paralel kapalı bir R diktörtgeni üzerinde x ve y değişkeninin sürekli fonksiyonları olsunlar. Eğer (x 0, y 0 ) R bölgesinin y herhangi bir iç noktası ise, (.48) başlangıç değer probleminin x x 0 h aralığı üzerinde yanlızca bir y(x) çözümü olacak biçimde bir h > 0 sayısı vardır. Bu teoremin kanıtı için [6](sayfa 68) bakınız.

24 24 BÖLÜM. BİRİNCİ MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER

25 Bölüm 2 YÜKSEK DERECEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER P, P 2,..., P n foksiyonları x ve y nin fonksiyonları olsun. Eğer bir diferansiyel denklem y ye göre n. dereceden bir polinom ise denkleme n. derecedendir denir. Böyle bir diferansiyel denklem ( dy dx ) n ( ) n dy + P + + P n dx biçiminde ifade edilebilir. (2.) denkleminin ( ) dy + P n = 0 (2.) dx (y Q (x, y))(y Q 2 (x, y))... (y Q n (x, y)) = 0 (2.2) biçiminde çarpanlara ayrılabildiğini kabul edelim. Eğer, q r (x, y, c r ) = 0 y Q r (x, y) = 0 denkleminin bir çözümü ise, bu aynı zamanda (2.2) denkleminin de bir çözümüdür. Tersine, ϕ(x, y, c) = 0 fonksiyonu (2.) denkleminin bir çözümü ise y Q r (x, y) = 0, r =, 2,..., n denklemlerinden birini de sağlar. Şu halde, (2.2) denkleminin genel çözümü q (x, y, c)q 2 (x, y, c)... q n (x, y, c) = 0 şeklindedir. 25

26 26 BÖLÜM 2. YÜKSEK DERECEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER Örnek 2. xy 2 + y( x 2 )y xy 2 = 0 (2.3) diferansiyel denklemi y ye göre 2. derecedendir ve denklem (y xy)(y + y x ) = 0 şeklinde ifede edilebilir. Bunun genel çözümü ise. derece denklemlerin çözümleri olan bağıntılarının çarpımı olur. Yani, y = xy ve y = y x y ce x2 /2 = 0 ve y c x = 0 ( ) ( y ce x2 /2 y c ) = 0. x 2. Clairaut Diferansiyel Denklemi y = xp + f(p), p = y (2.4) tipindeki bir denkleme Clairaut diferansiyel denklemi denir. Bir parametreli y = cx + f(c) (2.5) doğru ailesini sağlayan diferansiyel denklemi bulmaya çalışalım. (2.5) denklemini x, e göre türevi y = p = c olur. (2.5) de yerine konursa c yok edilmiş olur ve (2.4) Clairaut diferansiyel denklemi bulunur. O halde (2.5) doğru ailesi (2.4) denkleminin genel çözümüdür. (2.4) denkleminin (2.5) genel çözümünden elde edilemeyen ve tekil çözüm denilen bir başka çözüm daha bulabiliriz. Bu amaçla, (2.4) denklemi x, e göre türetirsek p = p + (x + f (p)) dp dx bulunur. (2.6) denkleminin iki çözümü vardır: p = dp dx = 0 p = c (x + f (p)) dp dx = 0 (2.6) (2.4) denkleminde yerine yazılırsa yine (2.5) genel çözümüne varılır.

27 2.. CLAIRAUT DIFERANSIYEL DENKLEMI 27 (2.6) denklemi x = f (p) (2.7) için sağlanır. Eğer (2.4) ile (2.7) arasındaki x yok edilirse y = pf (p) + f(p) (2.8) elde edilir. (2.7) ve (2.8) denklemleri birlikte, p parametre olmak üzere, (2.4) denkleminin parametrik çözümüdür. Bu iki denklem arasında p yok edilirse, ϕ(x, y) = 0 biçiminde c sabitini içermeyen bir çözüm bulunur. Bu çözüme de (2.4) diferansiyel denkleminin tekil çözümü denir. Örnek 2.2 y = xp + sin p diferansiyel denkleminin genel ve tekil çözümlerini bulunuz. Denklelmi x, e göre türetirsek p (x cos p) = 0 buluruz. p = 0 çarpanı y = cx + sin c genel çözümü, (x cos p) = 0 çarpanı ise x = cos p, y = p cos p + sin p veya p nin yok edilmesiyle y = x arccos x + x 2 tekil çözümü bulunur. NOT: Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin keyfi olarak seçilen 2 tanesi derste çözülecektir. Çözülmeyen soruların 2 tanesi, derse kayıtlı öğrencilere ödev olarak verilecektir. Ödevler bir sonraki dersin başında getirilmesi zorunludur. ÇÖZÜLECEK PROBLEMLER Aşağıdaki Clairaut tipindeki diferansiyel denklemlerin genel ve tekil çözümlerini bulunuz. y = xp + ap(p 2 + ) /2 2. y = xp + ap a ln p 3. y = xp + p ln p 4. y = xp + p 2 p arccos p 5. y = xp + + p 2 p ln p

28 28 BÖLÜM 2. YÜKSEK DERECEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER 2.2 Lagrange (d Alembert) Diferansiyel Denklemi y = xg(p) + f(p), p = y (2.9) tipindeki bir denkleme Lagrange diferansiyel denklemi denir. Clairaut diferansiyel denklemi Lagrange denkleminin özel g(p) p durumudur. Bundan dolayı, burada g(p) nin p den farklı olduğunu varsayıyoruz. (2.9) denklemini x, e göre türetirsek p = g(p) + [xg (p) + f (p)]p (x) (2.0) buluruz. p g(p) olduğundan genel integral eğrileri artık doğrular olmaz. (2.0) denklemi (g(p) p) dx dp + g (p)x = f (p) (2.) biçiminde x, e göre lineer bir denklem olarak yazılabilir. (2.) lineer diferansiyel denklemi sabitin değişimi yöntemiyle çözülürse x = e g (p) g(p) p f (p)e dp c g (p) g(p) p dp dp (2.2) g(p) p bulunur. O halde, (2.9) ve (2.2) arasında x yok edilirse, y yanlızca p ve c nin bir fonksiyonu olarak elde edilir. Eğer, p bir parametre olarak düşünülürse, (2.9) ve (2.2) denklemleri genel çözümün parametrik denklemleri olur. Ancak bazı özel durumlarda bu p parametresi yok edilerek x, y ve c yi içeren bir genel çözüm bulmak mümkün olabilir. Diğer yandan, eğer g(p) p = 0 denkleminin en az bir reel kökü varsa, örneğin p = p 0 ise, o zaman (2.0) denklemi p (x) = 0 için sağlanır. Bu durumda (2.9) denkleminin y = xg(p 0 ) + f(p 0 ) biçiminde sabit içermeyen bir çözümünü daha elde ederiz. Bu ise tekil veya özel çözümdür. Örnek 2.3 y = xp 2 + p 3 (2.3) denkleminin genel ve tekil çözümünlerini bulalım. Denklemi x, e göre türetilirse, p = p 2 + (2xp + 3p 2 )p (x) veya p p 2 = (2xp + 3p 2 )p (x) (2.4) biçiminde olur. p p 2 = 0 denkleminin kökleri p 0 = 0 ve p 0 = dir. p 0 = 0 veya p 0 = olduğunda (2.4) denkleminde p (x) = 0 olur. Şu halde, p(x) = c = p 0 bulunur. p 0 = 0 karşılık gelen tekil çözüm y = 0 ve p 0 = köküne karşılık gelen

29 2.3. GENELLEŞTIRME 29 tekil çözüm y = x + biçiminde olur. Şimdi, p 0, için, (2.3) denkleminin genel çözümünü bulalım. (2.4) denklemi dx dp 2 p x = 3p p biçiminde x, e göre lineerdir. Bu denklemin çözümü de ( ) 3 x = ( p) 2 2 p2 p 3 + c (2.5) olur. Bununla, verilen denklem arasında x yok edilirse ( ) 3 y = ( p) 2 2 p3 p 4 + cp + p 3 (2.6) bulunur ki, (2.5) ve (2.6) denklemleri genel çözümünü verir. NOT: Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin keyfi olarak seçilen tanesi derste çözülecektir. Çözülmeyen soruların tanesi, derse kayıtlı öğrencilere ödev olarak verilecektir. Ödevler bir sonraki dersin başında getirilmesi zorunludur. ÇÖZÜLECEK PROBLEMLER 2 Aşağıdaki Lagrange tipindeki diferansiyel denklemlerin genel ve varsa tekil çözümlerini bulunuz. 2.3 Genelleştirme. y = 2xp p 2 2. y + xp = p 3 3. y = xp 2 + p 3 + 2p x veya y değişkenine göre çözülebilen herhangi bir yüksek dereceden denklemin genel veya tekil çözümleri benzer bir türev alma işlemi ile bulunabilir. Gerçekten, eğer F (x, y, p) = 0 denklemi y ye göre y = f(x, p) (2.7) biçiminde çözülebiliyorsa, (2.7) denklemini x, e göre türetirsek p (x) türevine göre. dereceden p = f x + f dp p dx

30 30 BÖLÜM 2. YÜKSEK DERECEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER denklemi bulunur. Bu denklemin bir sabiti içeren genel çözümü şu biçimde ifade edilebilir: ϕ(x, p, c) = 0. (2.8) Eğer (2.8) denklemi x değişkenine göre x = ψ(p, c) biçiminde çözülebiliyorsa, bu bağıntı (2.7) denklemi ile birlikte genel çözümün parametrik denklemlerini verir. p parametresinin yok edilebildiği durumlarda genel çözümün x, y ve c türünden, yani kartezyen ifadesi elde edilir. Eğer, p f x ve f p nin yanlızca x ve p ye bağlı bir ortak çarpanı varsa, bu durumda denklemin bir tekil çözümünü çıkarabiliriz. Eğer F (x, y, p) = 0 denklemi x, e göre çözülebiliyorsa, yani x = g(y, p) (2.9) ise, bu kez y değişkenine göre türev alarak p (y) türevine göre birinci dereceden dx dy = p = g y + g dp p dy denklemi bulunur. Bu denklemin çözümü ϕ(y, p, c) = 0 veya y = ψ(p, c) (2.20) biçiminde yazılabileceğinden, yine (2.9) ve (2.20) denklemleri parametrik olarak genel çözümü verir. Örnek 2.4 y = p + ex p denkleminin genel ve tekil çözümlerini bulalım. Denklem y ye göre çözülmüş olduğundan her iki yanını x, göre türetelim. veya p = p + ex p p p 2 ex buluruz. (2.22) denklemi p = p için saplanır. Buradan, (2.2) ) (p p) ( ex = 0 (2.22) p 2 p = p p = ce x (2.23) buluruz. (2.2) ve (2.23) denklemleri arasında p yok edilirse y = ce x + c genel çözümü buluruz. (2.22) denkleminin sabit içermeyen ikinçi çarpanı ise p 2 = e x bağıntısını verir ki, bununla (2.2) denklem arasında p yok edilirse tekil çözümü elde ederiz. y 2 = 4e x

31 2.4. YÜKSEK DERECEDEN HOMOJEN DENKLEMLER 3 NOT: Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin keyfi olarak seçilen 2 tanesi derste çözülecektir. Çözülmeyen soruların 2 tanesi, derse kayıtlı öğrencilere ödev olarak verilecektir. Ödevler bir sonraki dersin başında getirilmesi zorunludur. ÇÖZÜLECEK PROBLEMLER 3 Aşağıdaki genel tipteki diferansiyel denklemlerin genel ve varsa tekil çözümlerini bulunuz.. y = yp 2 + 2px 2. x y = 2ap ap 2 3. y = p 2 + p 3 4. p 2 + 2y cot xp y 2 = x 2 p 2 4xyp + y 2 = 0 6. (x e p )p = 2.4 Yüksek Dereceden Homojen Denklemler Bölüm de birinci dereceden homojen bir diferansiyel denklemin y = xu değişken dönüşümü ile değişkenleri ayrılabilir bir denkleme indirgendiğini gördük. Yüksek dereceden homojen denklemler de aynı tip dönüşüm ile integre edilebilir. F (x, y, p) = 0 (2.24) diferansiyel denklemini ele alalım. Eğer F fonksiyonu x ve y değişkenlerine göre n. dereceden homojen bir fonksiyon ise F (λx, λy, p) = λ n F (x, y, p) (2.25) yazılabilir. y = xu dönüşümü ile p = xu + u olmak üzere yazılabildiğinden, (2.24) denklemi F (x, xu, p) = x n F (, u, p) = x n G(u, p) (2.26) biçimini alır. Bu denklem p ye göre çözülebilirse, G(u, p) = 0 (2.27) p = xu + u = ϕ(u) elde edilir ki, bu da değişkenlerine ayrılabilir bir denklemdir. Eğer (2.27) denklemi u ya göre u = ψ(p) biçiminde çözülürse y = xψ(p) (2.28)

32 32 BÖLÜM 2. YÜKSEK DERECEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER olur. Bu bağıntının x, e göre türevi alınırsa p = ψ(p) + xψ (p)p (x) p ψ(p) = xψ (p) dp dx değişkenlerine ayrılabilen denklem elde edilir. (2.29) Örnek 2.5 F (x, y, p) = xyp 2 + (x 2 y 2 )p xy = 0 (2.30) diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulalım. F (λx, λy, p) = λ 2 (xyp 2 + (x 2 y 2 )p xy) = λ 2 F (x, y, p) (2.3) olduğundan (2.30) 2. dereceden homojen bir denklemdir. y = ux dönüşümü yerine konur ve x 2 ile bölünürse p ye göre çözülebilen denklemini verir. O halde, up 2 + ( u 2 )p u = 0 (2.32) p = xu + u = u2 (u 2 ) 2 + 4u 2 2u = u2 (u 2 + ) 2u = u, u bulunur. xu + u = u bağıntısından u = c veya y = cx ve xu + u = bağıntısından u da x(u ) = ce u veya y x = ce y x çözümleri bulunur. NOT: Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin keyfi olarak seçilen tanesi derste çözülecektir. Çözülmeyen soruların tanesi, derse kayıtlı öğrencilere ödev olarak verilecektir. Ödevler bir sonraki dersin başında getirilmesi zorunludur. ÇÖZÜLECEK PROBLEMLER 4 Aşağıdaki genel tipteki diferansiyel denklemlerin genel ve varsa tekil çözümlerini bulunuz.. xyp 2 + (x 2 + y 2 )p + xy = 0 2. xp 2 2py x = 0 3. y = x(p + + p 2 ) 4. xp 2 2yp x = 0

33 2.5. GEOMETRIK UYGULAMALAR Geometrik Uygulamalar F (x, y, y ) = 0 (2.33) diferansiyel denkleminin integral eğrilerinin yanlızca bir parametreye bağlı f(x, y, c) = 0 (2.34) biçiminde eğri ailesi olduğunu biliyoruz. Tersine, (2.34) denkleminin x, e göre türetilmesiyle elde edilen ϕ(x, y, y, c) = 0 ile (2.34) arasında c sabiti yok edilirse (2.33) denklemi elde edilir. Şimdi, yine bu sabite bağlı iki eğri ailesi alalım: f(x, y, c) = 0 ve g(x, y, k) = 0. (2.35) (2.35) denklemlerinden birisini c ailesi, diğeri de k ailesi olarak isimlendirelim. Eğer k-ailesinin herhangibir eğrisi c-ailesinin her eğrisini belirli bir geometrik özelliğe göre keserse, her iki ailenin herhangibir eğrisine diğer yörüngenin yörüngesi denir. Bir eğri, eğri ailesinin bütün eğrilerini dik açı altında keserse, bu eğriye o ailenin dik yörüngesi, eğer 90 den farklı bir açı altında keserse, eğik yörüngesi denir. Şekil() deki gibi (2.35) eğri aileleri sabit bir γ açısı ile kesişsin ve c ailesinin herhangibir eğrisinin keyfi bir (x, y) noktasında teğeti x ekseniyle α açısı yapsın. β ise, k-ailesinin bu noktada x ekseni ile yaptığı açı olsun. Bu şartlar altında, aşağıdaki bağıntıyı yazabiliriz: y tan β tan γ = tan α = tan(β γ) = + tan β tan γ. c ailesinin diferansiyel deklemi F (x, y, y ) = 0 ise F (x, y, tan α) = F (x, y, tan β tan γ + tan β tan γ ) (2.36) yazılabilir. k ailesinin diferansiyel denklemini bulmak için (2.36) denkleminde tan β = y koymak yeterlidir. Özetle, k ailesi yani c ailesinin eğik yörüngeleri F (x, y, y tan γ + y tan γ ) = 0 (2.37) diferansiyel denkleminin integral eğrileri olur. Başka bir ifadeyle, eğer c ailesinin diferansiyel denkleminde y yerine y tan γ yazılırsa k ailesinin diferansyel denklemi +y tan γ bulunmuş olur. Özel olarak, eğer bu iki eğri ailesi dik kesişiyorsa yani γ = 90 veya tan 90 = için, y tan γ + y tan γ y olduğundan aranan dik yörüngenin veya k ailesinin denklemi, verilen ailenin diferansiyel denkleminde y konarak elde edilir. y

34 34 BÖLÜM 2. YÜKSEK DERECEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER Örnek 2.6 x 2 + y 2 = c (2.38) çember ailesinin dik yörüngelerini ve γ = 45 altında kesen eğik yörüngelerini bulunuz. Verilen çember ailesinin (2.38) diferansiyel denklemi y = x y (2.39) dir. (2.38) ailesinin dik yörüngelerini bulmak için y y y = y x dönüşümü yapılırsa (2.40) elde edilir. (2.40) diferansiyel denkleminin çözümünden y = kx bulunur. Özetle, (2.38) çember ailesinin dik yörüngeleri y = kx doğru ailesidir. Şimdi de (2.38) çember ailesinin γ = 45 altındaki eğik yörüngelerini bulalım. Yapılması gereken iş, (2.40) diferansiyel denkleminde y y tan 45 dönüşümü yapmaktır. Bu dönüşüm +y tan 45 yapıldığında y + y = x y veyay = y x y + x. dereceden homojen diferansyel denkelemi elde edilir. y = ux dönüşümünden y = u x + u = u u + ve buradan buradan da u + u 2 + du + dx u + dx x = 0 u 2 + du + x = k ln u + arctan u + ln x = x ln y + arctan y x = k elde edilir. NOT: Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin keyfi olarak seçilen 2 tanesi derste çözülecektir. Çözülmeyen soruların 2 tanesi, derse kayıtlı öğrencilere ödev olarak verilecektir. Ödevler bir sonraki dersin başında getirilmesi zorunludur. ÇÖZÜLECEK PROBLEMLER 5

35 2.5. GEOMETRIK UYGULAMALAR 35 Aşağıdaki bir parametreli eğri ailelerinin dik yörünge denklemlerini bulunuz.. y 2 = cx 2. y = c sin x 3. y = c ln x 4. y = c(x + )e x 5. (x 2 a 2 ) 2 + (y 2 b 2 ) 2 = c NOT: Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin keyfi olarak seçilen 2 tanesi derste çözülecektir. Çözülmeyen soruların tanesi, derse kayıtlı öğrencilere ödev olarak verilecektir. Ödevler bir sonraki dersin başında getirilmesi zorunludur. ÇÖZÜLECEK PROBLEMLER 6 Aşağıdaki bir parametreli eğri ailelerinin γ = 45 altındaki eğik yörünge denklemlerini bulunuz.. xy = c 2. x 2 y 2 = c 3. x 2 + y 2 = 2cx 4. y = x ln cx 5. y x = cx 2

36 36 BÖLÜM 2. YÜKSEK DERECEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER

37 Bölüm 3 YÜKSEK MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER 3. İkinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler f verilen keyfi fonksiyon olmak üzüre ikinci mertebeden bir diferansiyel denklem ( d 2 y dx = f x, y, dy ) (3.) 2 dx biçiminde ifade edilebilir. Eğer (3.) denklemindeki f fonksiyonunda y ve dy dx lineer olacak şekilde ifade edilebilyorsa, denkleme 2. mertebeden lineer diferansiyel denklem denir. Eğer (3.) denklemi lineer ise, P (x) 0 olmak üzere denklem genel olarak, P (x)y + Q(x)y + R(x)y = G(x) (3.2) biçiminde yazılabilir. (3.2) denklemi P (x) ile bölünürse formunda ifade edilebilir. (3.3) denklem ile birlikte y + q(x)y + r(x)y = g(x) (3.3) y(x 0 ) = y 0 := sabit, y (x 0 ) = y 0 := sabit, (3.4) başlangıç koşulları da verilirse bu probleme başlangıç değer problemi denir. 3.. Sabit Katsayılı İkinci Mertebeden Homojen Diferansiyel Denklemler Eğer (3.2) denkleminde P (x), Q(x) ve R(x) fonksiyonları sabit ve G(x) = 0 ise denkleme sabit katyalı ikinci mertebeden homojen diferansiyel denklem denir. Böyle 37

38 38 BÖLÜM 3. YÜKSEK MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER bir diferansiyel a, b, c reel sabitler olmak üzere ay + by + cy = 0 (3.5) biçiminde ifade edilir. Şimdi (3.5) diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulalım. Evvelâ a = 0 halini gözönüne alalım. Bu taktirde denklem, b dy dx + cy = 0 şeklinde birinci mertebeden değişkenlere ayrılabilen tipte bir denklem halini alır. Buradan, dy y = c b dx = rdx ln y = rx y = kerx k elde edilir. Bu şekilde elde edilen sonuç bize, ikinci mertebeden diferansiyel denklemin çözümünde y = ke rx şeklinde olabileceğini telkin eder. Şimdi, y = ke rx ve türevlerini (3.5) denkleminde yerine koyarak y = ke rx in bu denklemi sağlama şartlarını bulalım. y = ke rx, y = kre rx, y = kr 2 e rx. Bu ifadeleri (3.5) denkleminde yerlerine koyarsak akr 2 e rx + kre rx + cke rx = 0 ( ar 2 + br + c ) ke rx = 0 elde edilir. k keyfi bir sabit olduğundan daima sıfır olamaz ve her x değeri için e rx 0 olduğundan bu bağıntının sağlanabilmesi için ar 2 + br + c = 0 (3.6) olması gerekir. O halde y = ke rx deki r sayısı (3.6) denklemini sağlayan bir köküdür. Yani r (3.6) denkleminin bir kökü ise y = ke rx (3.5) denkleminin bir çözümü olur. (3.6) denklemine (3.5) denkleminin karakteristik denklemi denir. Bu denklem, diferansiyel denklemde d 2 y dx 2 yerine r 2 dy dx yerine r y yerine yazılmak suretiyle, doğrudan doğruya elde edilir. Karakteristik denklemi iki reel köke veya iki katlı bir köke veyahut da eşlenik iki kompleks köke sahip olabileceğine göre, diferansiyel denkleminin çözümleri de değişik üç türde karşımıza çıkar.

39 3.. İKINCI MERTEBEDEN LINEER DIFERANSIYEL DENKLEMLER 39 I. Karakteristik denkleminin iki reel kökünün olması hali: = b 2 4ac > 0 olması durumunda karakteristik denklemin kökleri r ve r 2 ise y = k e r x ve y 2 = k 2 e r 2x bağıntıları (3.5) diferansiyel denkleminin birer çözümü olarak denklemi sağlarlar. Ancak birer tane keyfi sabit içerdiklerinden genel çözüm olamazlar. y ve y 2 nin (3.5) denklemini sağlama şartını yazarsak ve bu iki bağıntıyı taraf tarafa toplarsak elde edilir. Bu ise bize ay + by + cy = 0 ay 2 + by 2 + cy 2 = 0 a(y + y 2) + b(y + y 2) + c(y + y 2 ) = 0 y = y + y 2 = k e r x + k 2 e r 2x (3.7) ifadesinin de (3.5) diferansiyel denkleminin bir çözümü olduğunu gösterir. Diğer taraftan bu çözüm, k ve k 2 gibi iki keyfi sabit içerdiğinden genel çözümdür. Örnek 3. diferansiyel denklemini çözelim. Karakteristik denklem, olup kökleri olarak denklemin genel çözümü dir. y 3y + 2 = 0 r 2 3r + 2 = 0 r =, r 2 = 2 y = k e x + k 2 e 2x

40 40 BÖLÜM 3. YÜKSEK MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER II. Karakteristik denklemin iki katlı bir kökü olması hali: b 2 4ac = 0 olması halinde karakteristik denkleminin iki katlı kökü r = b 2a olup (3.5) diferansiyel denklemin çözümü y = ke rx dir. Ancak bu bağıntı bir tek keyfi sabit içerdiğinden genel çözüm olamaz. Genel çözümü bulmak için daha önce birinci mertebeden lineer diferansiyel denklemin çözümünde kullandığımız sabitin değişimi kuralını buraya uygulayalım. Bunun için de y = ke rx in diferansiyel denklemin genel çözümü olabilmesi için k = k(x) olacak şekilde bir k(x) fonksiyonu bulalım. y = k(x)e rx y = k e rx + kre rx = (k + kr)e rx y = k e rx + 2k re rx + kr 2 e rx = (k + 2k r + kr 2 )e rx olup y ve türevlerini (3.5) diferansiyel denkleminde yerine koyarak sağlama şartını elde etmek istersek a(k + 2k r + kr 2 )e rx + b(k + kr)e rx + cke rx = 0 veya ak + (2ar + b)k + (ar 2 + br + c)k = 0 (3.8) elde edilir. r, karaktersik denklemin iki katlı kökü olduğu gözönüne alınırsa ar 2 + br + c = 0 ve 2ar + b = 0 olduğu anlaşılır. O halde (3.8) denkleminden ak = 0 k = 0 k = k k = k x + k 2, k, k 2 = sabit bulunur. Buna göre (3.5) diferansiyel denkleminin karakteristik denklemi çift katlı kökü olması durumunda genel çözümü olur. y = ke rx = (k x + k 2 )e rx, k, k 2 = sabit (3.9) Örnek 3.2 y 4y + 4y = 0 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. Karektersitik denklem r 2 4r + 4 olup kökleri r = r 2 = 2 iki katlıdır. O halde denklemin genel çözümü y = (k x + k 2 )e 2x

41 3.. İKINCI MERTEBEDEN LINEER DIFERANSIYEL DENKLEMLER 4 III. Karakteristik denklemin iki kökünün kompleks olması hali: = b 2 4ac < 0 olması durumunda karakteristik denklemin kökleri eşlenik kompleks bir kök olup r = b 2a + = α + iβ 2a r 2 = b 2a = α iβ 2a dir. Buna göre (3.5) diferansiyel denkleminin genel çözümü y = k e r x + k 2 e r 2x y = k e (α+iβ)x + k 2 e (α iβ)x y = e αx [ k e iβx + k 2 e iβx] y = e αx [k (cos βx + i sin βx) + k 2 (cos βx i sin βx)] y = e αx [(k + k 2 ) cos βx + i(k k 2 ) sin βx] (3.0) bulunur. Eğer d := k + k 2 ve d 2 := i(k k 2 ) alınırsa (3.0) denklemi y = e αx [d cos βx + d 2 sin βx] (3.) halini alır. (3.) denklemi (3.5) diferansiyel denkleminin karakteristik denklemin kompleks kökü olması halindeki genel çözümüdür. Bazen (3.) denklemi daha kısa formda da ifade edilir. Bu formu elde etmek için d = d cos δ ve d 2 = d sin δ alınırsa (3.) denklemi y = de αx cos(βx δ) (3.2) bulunur. δ, Fiziksel veya mühendislikteki problemlerde faz farkı olarak nitelendirilir. Örneğin sıvı içerinde salınım yapan bir yaya bağlı bir parçacığın oluşturduğu diferansiyel denklemin çözümü (3.2) denklemidir. Burada d genliği ve δ faz farkını temsil eder. Örnek 3.3 y 2y + 2y = 0 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulalım. Verilen diferansiyel denklemin karakteristik denklemi r 2 2r + 2 = 0 olup kökleri r = i dir. Diferansiyel denklemin genel çözümü bulunur. y = e x (d cos x + d 2 sin x) veya y = de x cos(x δ)

42 42 BÖLÜM 3. YÜKSEK MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER 3..2 Lineer Bağımlılık ve Bağımsızlık Açık veya kapalı bir I aralığında tanımlı bir {y, y 2,..., y n } fonksiyonlar kümesi, en az bir c j 0, j =,..., n için c y + c 2 y c n y n = 0 (3.3) koşulunu sağlıyorsa {y, y 2,..., y n } fonksiyonları I üzerinde lineer bağımlıdır denir. Eğer, (3.3) denklemi ancak c = c 2 =... = c n = 0 olması durumunda sağlanıyorsa, {y, y 2,..., y n } fonksiyonları I aralığı üzerinde lineer bağımsızdır denir. Örnek 3.4 I = R reel sayılar kümesi üzerinde tamımlı {y = e x, y 2 = e x } fonksiyonlar R üzerinde lineer bağımızdır. Gerçekten, eğer lineer bağımlı olsalardı c e x + c 2 e x = 0 bağıntısını sağlayan en az biri sıfıdan farklı c veya c 2 olması gerekirdi. c 0 olsun. O zaman c 2 = c e 2x olur. Verilen denklemden, c ( e x e 2x) = 0 olur. Her x R için e x e 2x = 0 olamıyacağından c = 0 olmalıdır. Bu ise c 0 olmasıyla çelişir. Bu çelişki ise {y = e x, y 2 = e x } fonksiyonlarının lineer bağımlı olsun varsayımından kaynaklanmıştır. O halde {y = e x, y 2 = e x } fonksiyonları lineer bağımsızdır. Bu iki fonksiyonunun lineer bağımsızlığını, W (e x, e x ) = e x e x = e x d dx ex d dx e x e x e x e x = 2 0 şeklinde de tanımlayabiliriz. Buradaki W (e x, e x ) ifadesine, e x ve e x fonksiyonlarının Wronskian ı denir. Eğer bir fonksiyonlar kümesinin Wronskian ı, foksiyonlar kümesinin tanımlı olduğu tüm aralılta sıfırdan farklı ise bu kümeye ait fonksiyonlara linear bağımsız denir. e x, e x fonksiyonlarının Wronskian ı sıfırdan farklı olduğundan bu fonksiyonlar lineer bağımsızdır. Şimdi bu kavramı fonksiyonlar kümesine uygulayalım. Genel halde, I aralığında tanımlı bir {y, y 2,..., y n } fonksiyonlar kümesinin Wronskian ı, W (y, y 2,..., y n ) = y y 2... y n y y 2... y n y (n ) y (n ) 2... y n (n )

43 3.. İKINCI MERTEBEDEN LINEER DIFERANSIYEL DENKLEMLER 43 biçiminde verilir. Eğer bu Wronskian I aralığının en az bir değerinde sıfırdan farklı ise {y, y 2,..., y n } fonksiyonlar kümesi I üzerinde lineer bağımsız, aksi halde yani I aralığınının her elemanı için Wronskian değeri sıfır ise {y, y 2,..., y n } fonksiyonlar kümesi I üzerinde lineer bağımlı olur. Örnek 3.5 y 5y + 6y = 0 denkleminin çözümlerinin lineer bağımlı olup olmadığını inceliyelim. Verilen denklemin karakteristik denklemi r 2 5r + 6 = 0 olup kökleri r = 2, r 2 = 3 tür. r = 2 köküne karşılık gelen çözüm y = k e 2x ve r 2 = 3 köküne karşılık gelen çözüm y 2 = k 2 e 3x olduğunu geçtiğimiz alt bölümden biliyoruz. k e 2x k 2 e 3x k 2 e 3x W (e 2x, e 3x ) = d dx k e 2x d dx k 2e 3x = k e 2x 2k e 2x 3k 2 e 3x = k k 2 e 5x 0 olduğundan y = k e 2x ve y 2 = k 2 e 3x fonksiyonları (, ) aralığı üzerinde lineer bağımsızdır. Verilen diferansiyel denklemin genel çözümü de bu iki lineer bağımsız çözümün toplamıdır. y = k e 2x + k 2 e 3x 3..3 Sabit Katsayılı İkinci Mertebeden Homojen olmayan Diferansiyel Denklemler Bu alt bölümde ay + by + cy = f(x) (3.4) biçiminde ifade edilen sabit katsayılı lineer ve sağ yanlı veya homojen olmayan diferansiyel denlemin çözümünü bulacağız. Teorem 3. (3.4) şeklindeki bir diferansiyel denklemin genel çözümü, y homojen kısmın ve y 2 homojen olmayan denklemin bir özel çözümü olmak üzere biçimindedir. y = y + y 2 Buna göre, homojen olmayan (3.4) diferansiyel denkleminin özel çözümlerinin bulunması için genel bir kuralı, denklemin 2. yol dan çözülmesi sırasında ele alacağız. Ancak, f(x) in bazı belirli şekilleri için, doğrudan doğruya bir özel çözüm bulmak mümkündür. Şimdi bu şekillerin en önemlilerini gözden geçirelim.

44 44 BÖLÜM 3. YÜKSEK MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER. YOL f(x) fonksiyonunun n. dereceden bir polinom olması hali: Bu taktirde, y 2 özel çözümü genellikle, x in aynı dereceden polinomdur. Örneğin, ay + by + cy = d n x n + d n x n + + d x + d 0 biçimindeki bir diferansiyel denklemin bir özel çözümü y 2 = e n x n + e n x n + + e x + e 0 şeklindedir. Eğer homojen kısmın çözümünde polimon şeklinde bir çözüm var ise, ki bu durum (3.4) denkleminde c = 0 olmasıyla gerçekleşir yani bu durumda karakteristik denklemin en az bir kökü sıfırdır, o taktirde homojen çözümden lineer bağımsız bir özel çözüm y 2 = x(e n x n + e n x n + + e x + d 0 ) = e n x n+ + e n x n + + e x 2 + e 0 x şeklinde aranmalıdır. Örnek 3.6 y 3y + 2y = 2x 2 5x + 3 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulalım. Homojen kısmı yani y 3y + 2y = 0 denklemini çözelim. Bu denklemin karakteristik denklemi r 2 3y + 2 = olup kökleri de r =, r 2 = 2 dir. O halde homejen kısmın genel kısmın çözümü y = k e x + k 2 e 2x şeklinde bulunur. Homojen olmayan kısmın 2. dereceden bir polinom olduğu ve homojen kısmın çözümü polinom olmadığı gözönünde bulundurulduğunda, denklemin özel çözümü y 2 = e 2 x 2 + e x + e 0 (3.5) biçiminde aranmalıdır. Türevler y 2 = 2e 2 x+e ve y 2 = 2e 2 şeklinde olup bu ifadeler verilen diferansiyel denklemde yerlerine konusa 2e 2 6e 2 x 3e + 2e 2 x 2 + 2e x + 2e 0 = 2x 2 5x + 3 elde edilir ve bu denklem düzenlenirse 2e 2 x 2 + ( 6e 2 + 2e )x + 2e 2 3e + 2e 0 = 2x 2 5x + 3 elde edilir. Polinomların özdeşliğinden 2e 2 = 2 6e 2 + 2e = 5 2e 2 3e + 2e 0 = 3

45 3.. İKINCI MERTEBEDEN LINEER DIFERANSIYEL DENKLEMLER 45 elde edilir ki buradan da e 2 =, e = 2 ve e 0 = 5 4 bulunur. Şu halde özel çözüm y 2 = x x olur. Verilen diferansiyel denklemin genel çözümü ise biçiminde bulunur. y = y + y 2 = k e x + k 2 e 2x + x x Örnek 3.7 y + 2y = 2x + 4 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulalım. Denklemin homojen kısmı y + 2y = 0 dir. Bu denklemin karakteristik denklemi de r 2 + 2r = 0 ve bu denklemin kökleri r = 0 ve r 2 = 2 dir. Bu köklere karşılık gelen çözümler k ve k 2 e 2x dir. Homojen kısmın çözümü y = k + k 2 e 2x olur. Homojen kısmın çözümünde k şeklinde sıfırıncı dereceden polinom olduğundan özel çözüm y 2 = x(e x + e 0 ) = e x 2 + e 0 x olacak şekilde aranmalıdır. Türevler y 2 = 2e x + e 0 ve y 2 = 2e olup bu ifadeleri verilen diferansiyel denklemde yerlerine yazdığımızda 2e + 2e x + e 0 = 2x + 4 elde ederiz. Polinomların özdeşliğinden e = ve e 0 = 2 buluruz. O halde özel çözüm y 2 = x 2 + 2x bulunuruz. Sonuç olarak, verilen diferansiyel denklemin genel çözümünü şeklinde buluruz. y = y + y 2 = k + k 2 e 2x + x 2 + 2x f(x) fonksiyonunun de αx biçiminde üstel bir fonksiyon olması hali: biçimindeki bir diferansiyel denkleminin özel çözümü: ay + by + cy = de αx (3.6). Eğer karakteritik denklemin köklerinden herhangi biri α ya eşit değilse, o zaman özel çözüm y 2 = Ke αx şeklinde aranır.

46 46 BÖLÜM 3. YÜKSEK MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER 2. Eğer karakteristik denklemin herhangi bir kökü α ya eşit yani α karakteristik denkleminin basit kökü ise, o zaman özel çözüm şeklinde aranır. y 2 = Kxe αx 3. Eğer α karakteristik denklemin çift katlı bir kökü ise, o zaman özel çözüm şeklinde aranır. y = Kx 2 e αx Örnek 3.8 y +4y +8y = 2e 2x diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulalım. Homojen kısım y + 4y + 8y = 0 olup karakteristik denklemi r 2 + 4r + 8 = 0 biçimindedir. Karakteristik denklemin kökleri ise r = 2 + 2i ve r 2 = 2 2i dir. Dolayısıyla homojen kısmın çözümü y = e 2x (k cos 2x + k 2 sin 2x) biçiminde bulunur. Şimdi verilen denklem için özel çözüm bulalım. α = 2 olup karakteristik denklemin köklerine eşit olmadığından y 2 = Ke 2x biçiminde özel çözüm arayalım. y 2 = 2Ke 2x ve y 2 = 4Ke 2x olup bu ifadeler verilen denklemde yerlerine konursa 4Ke 2x 8Ke 2x + 8Ke 2x = 2e 2x elde edilir. Buradan da K = olup özel çözüm y 2 2 = 2 e 2x şeklinde olur. Verilen diferansiyel denklemin genel çözümü de biçiminde buluruz. y = e 2x (k cos 2x + k 2 sin 2x) + 2 e 2x Örnek 3.9 y 5y + 6y = 7e 2x diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulalım. Verilen denklemin homojen kısmı y 5y + 6y = 0 dır. Bu denklemin karakteristik denklemi r 2 5y +6 = 0 olup kökleri r = 2 ve r 2 = 3 olur. Homojen kısmın çözümü y = k e 2x + k 2 e 3x bulunur. Şimdi de özel çözümü bulalım. α = 2 karakteristik denklemin basit kökü olduğundan özel çözüm y 2 = Kxe 2x formunda aranmalıdır. Türevler y 2 = Ke 2x + 2Kxe 2x y 2 = 4Ke 2x + 4Kxe 2x olup bu ifadeler verilen denklemde yerlerine yazılırsa 4Ke 2x + 4Kxe 2x 5Ke 2x 0Kxe 2x + 6Kxe 2x = 7e 2x

47 3.. İKINCI MERTEBEDEN LINEER DIFERANSIYEL DENKLEMLER 47 formunda olur ve buradan da K = 7 bulunur. Özel çözüm y 2 = 7xe 2x şeklinde elde edilir. Verilen diferansiyel denklemin genel çözümü ise formunda bulunur. y = k e 2x + k 2 e 3x 7xe 2x Örnek 3.0 y +4y +4y = 2e 2x diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulalım. Homojen kısmın karakteristik denklemi r 2 +4r +4 = 0 dir ve kökleri çift katlı olarak r = 2 biçimindedir. Homojen kısmın çözümü y = (k x + k 2 )e 2x şeklindedir. α = 2 karakteristik denklemin çift katlı kökü olduğundan özel çözüm y 2 = Kx 2 e 2x formunda aranır. y 2 = 2Kxe 2x 2Kx 2 e 2x ve y 2 = 2Ke 2x 8Kxe 2x +4Kx 2 e 2x olup verilen diferansiyel denklemde yerlerine konursa 2Ke 2x 8Kxe 2x + 4Kx 2 e 2x + 8Kxe 2x 8Kx 2 e 2x + 4Kx 2 e 2x = 2e 2x buradan da K = bulunur. Şu halde özel çözüm y 2 = x 2 e 2x biçiminde elde edilir. Verilen denklemin genel çözümü ise y = (k x + k 2 )e 2x + x 2 e 2x f(x) fonksiyonunun M sin px + N cos px şeklinde olması hali: ay + by + cy = M sin px + N cos px (3.7) biçimindeki bir diferansiyel denkleminin özel çözümü:. Eğer b 0 olması durumunda (3.7) denkleminin özel çözümü formunda aranır. y 2 = A sin px + B cos px 2. Eğer b = 0 ve karakteristik denklemin kökleri pi şeklinde ise o zaman (3.7) denkleminin özel çözümü formunda aranır. y 2 = Ax sin px + Bx cos px

48 48 BÖLÜM 3. YÜKSEK MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER Örnek 3. y + y 2y = 4 sin 2x diferansiyel denklemini çözelim. Karakteristik denklem r 2 +r 2 = 0 ve kökleri r = 2, r 2 = olup homejen kısmın çözümü y = k e 2x + k 2 e x şeklinde bulunur. Verilen denklemde b = 0 olduğundan özel çözüm y 2 = A sin 2x + B cos 2x formunda aranır. Türevler ise y 2 = 2A cos 2x 2B sin 2x, y 2 = 4A sin 2x 4B cos 2x olur. Bu ifadeler verilen diferansiyel denklemde yerine konursa 4A sin 2x 4B cos 2x + 2A cos 2x 2B sin 2x 2A sin 2x 2B cos 2x = 4 sin 2x ve özdeş olarak ( 6A 2B) sin 2x + (2A 6B) cos 2x = 4 sin 2x yazılır. Buradan da 6A 2B = 4 ve 2A 6B = 0 veya A = 3/5 ve B = /5 elde edilir. Bunlara göre özel çözüm olur. Verilen denklemin genel çözümü ise buluruz. y 2 = 3 5 sin 2x cos 2x 5 y = k e 2x + k 2 e x 3 5 sin 2x cos 2x 5 Örnek 3.2 y + y = 2 sin x + cos x diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulalım. Karakteristik denklem r 2 + = 0 ve denklemin kökleri r = i dir. Homejen kısmın çözümü y = k sin x + k 2 cos x olur. p = olduğundan verilen denklemin özel çözümü y 2 = Ax sin x + Bx cos x formunda aranmalıdır.türevler y 2 = A sin x + Ax cos x + B cos x Bx sin x ve y 2 = 2A cos x Ax sin x 2B sin x Bx cos x formunda elde edilir. Bu ifadeler verilen denklemde yerlerine konursa 2A cos x Ax sin x 2B sin x Bx cos x + Ax sin x + Bx cos x = 2 sin x + cos x

49 3.. İKINCI MERTEBEDEN LINEER DIFERANSIYEL DENKLEMLER 49 buradan da A = /2 ve B = bulunur. Bunlardan da özel çözüm y 2 = x sin x x cos x 2 elde edilir. Verilen denklemin genel çözümü ise biçiminde buluruz. y = k sin x + k 2 cos x + x sin x x cos x 2 f(x) fonksiyonunun g(x)e αx olması hali: diferansiyel denkleminin y 2 özel çözümü değişken dönüşümü yapılarak bulunur. Örnek 3.3 ay + by + cy = g(x)e αx (3.8) y 2 (x) = z(x)e αx y + y 2y = e 2x cos 2x (3.9) diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulalım. (3.9) denkleminin homojen kısmının karakteristik denklemi r 2 + r 2 = 0 dir. Bu denklemin kökleri ise r = 2 ve r 2 = olur. Şu halde homojen kısmın çözümü y = k e 2x + k 2 e x biçiminde elde ederiz. (3.9) denkliminin sağ yanı f(x) = g(x)e αx biçiminde olduğundan özel çözüm için y 2 (x) = z(x)e 2x değişken değişimini uygulayabiliriz. y 2 = z e 2x + 2ze 2x ve y 2 = z e 2x + 4z e 2x + 4ze 2x buluruz. Bu ifadeler verilen denklemde yerlerine koyarsak z e 2x + 4z e 2x + 4ze 2x + z e 2x + 2ze 2x 2ze 2x = e 2x cos 2x buluruz. Bu ifadeyi düzenlersek ve eşitliğin her iki yanı e 2x ile bölersek denklemi elde ederiz. Bu denklemin bir özel çözümünü z + 5z + 4z = cos 2x (3.20) z = A sin 2x + B cos 2x

50 50 BÖLÜM 3. YÜKSEK MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER formunda bulabiliriz. z = 2A cos 2x 2B sin 2x ve z = 4A sin 2x 4B cos 2x biçiminde yazarız. Bu ifadeler (3.20) denkleminde yerine yazarsak, 4A sin 2x 4B cos 2x + 0A cos 2x 0B sin 2x + 4A sin 2x + 4B cos 2x = cos 2x elde ederiz ve bu denklem düzenlersek 0B sin 2x + 0A cos 2x = cos 2x buradan da A = ve B = 0 elde ederiz. (3.20) denkleminin özel bir çözümü 0 z = sin 2x bulunur. O halde (3.9) denklemin özel çözümü 0 y 2 (x) = 0 e2x sin 2x buluruz. (3.9) denkleminin genel çözümü ise biçiminde elde ederiz. y = k e 2x + k 2 e x + 0 e2x sin 2x f(x) fonksiyonunun bir kaç fonksiyonun toplamı şeklinde olması hali: Bu taktirde özel çözüm, f(x) i oluşturan fonksiyonların herbirine karşılık gelen özel çözümlerin toplamına eşittir. Örneğin, ay + by + cy = f (x) + f 2 (x) + f 3 (x) (3.2) şeklindeki bir diferansiyel denklemin özel çözümü f (x), f 2 (x), f 3 (x) fonksiyonlarının herbirine karşılık gelen y 2, y 22, y 23 özel çözümlerinin toplamına, yani e eşittir. Örnek 3.4 y 2 = y 2 + y 22 + y 23 y 3y + 2y = 4x e x (3.22) denkleminin genel çözümünü bulalım. (3.22) denklemindeki homojen kısmın karakteristik denklemi r 2 3r + 2 = 0. Şu halde homojen kısmın çözümü y = k e x + k 2 e 2x biçiminde buluruz. Evvelâ 4x + 8 e karşılık gelen özel çözümü bulalım. y 2 = Ax + B

51 3.. İKINCI MERTEBEDEN LINEER DIFERANSIYEL DENKLEMLER 5 formunda bir özel çözüm bulalım. y 2 = A ve y 2 = 0 bulunur. 3A + 2Ax + 2B = 4x + 8 elde ederiz. Buradan da A = 2 ve B = olup y 2 özel çözümü y 2 = 2x + buluruz. Şimdi de 2e x karşılık gelen y 22 özel çözümü bulalım. y 22 = Ke x y 22 = Ke x ve y 22 = Ke x. Bu ifadeler denklemde yerine koyarsa Ke x + 3Ke x + 2Ke x = 2e x (3.23) elde ederiz. Buradan da K = 3 olur ki y 22 = 3 e x biçiminde buluruz. Şu halde (3.22) diferansiyel denkleminin genel çözümü biçiminde buluruz. 2. YOL y = y + y 2 + y 22 = k e x + k 2 e 2x + 2x e x Sabitin değişimi kuralı (Lagrange kuralı): Eğer f(x) yukarıda bahsi geçen biçimlerden herhangi birisine uymuyorsa o taktirde şimde ele alcağımız Lagrange kuralını uygulamalıyız. Aslında bu kural f(x) fonksiyonunun bütün halleri için uygulanabilir. Ancak işlemlerin kısalığı açısından eğer f(x) yukarıda belirtilen biçimlere uyması durumunda bu biçimlere uygun metodlarla çözüm yapılabilir. Lagrange kanıtlamıştır ki, homojen denklemin genel çözümü biliniyor ise, özel çözüm integral işlemleri ile elde edilir. ay + by + cy = f(x) (3.24) denleminin çözümünü bulalım. (3.24) denkleminin homojen kısmı olan denkleminin genel çözümü ay + by + cy = 0 y = k y + k 2 y 2

52 52 BÖLÜM 3. YÜKSEK MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER olsun. Lagrange, k ve k 2 sabitlerini x bağımsız değişkenine bağımlı değişkenler yani k = k (x) ve k 2 = k 2 (x) olduğunu varsaymıştır. Bu varsayımdan hareketle (3.24) denkleminin genel çözümü y = k (x)y + k 2 (x)y 2 (3.25) biçimden olduğunu kanıtlamıştır. (3.25) denklemini x göre türetirsek y = k (x)y + k 2 (x)y 2 + k (x)y + k 2(x)y 2 (3.26) elde edilir. Bu ifade de şeçilirse (3.26) denklemi k (x)y + k 2(x)y 2 = 0 y = k (x)y + k 2 (x)y 2 (3.27) formunu alır. (3.27) denklemini x göre tekrar türetirsek y = k (x)y + k 2 (x)y 2 + k (x)y + k 2(x)y 2 (3.28) elde ederiz. y, y ve y ifadelerini (3.24) denkleminde yerlerine koyar ve düzenlersek (ay + by + cy )k (x) + (ay 2 + by 2 + cy 2 )k 2 (x) + ak y + ak 2y 2 = f(x) (3.29) elde ederiz. (3.29) denkleminden de ak (x)y + ak 2(x)y 2 = f(x) buluruz. Özetle k (x) ve k 2 (x) foksiyonlarını k (x)y + k 2(x)y 2 = 0 ak (x)y + ak 2(x)y 2 = f(x) denklem sisteminden elde ederiz ve genel çözümüde y = k (x)y +k 2 (x)y 2 biçiminde buluruz. Örnek 3.5 y + y = tan x diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulalım. Homojen denklemin y +y = 0 karakteristik denklemi r 2 + = 0 olup kökleri r = i. Homojen denklemin çözümü y = k sin x + k 2 cos x

53 3.2. N. MERTEBEDEN LINEER VE SABIT KATSAYILI DIFERANSIYEL DENKLEMLER53 biçiminde buluruz. Lagrange metodunu uygularsak k (x) sin x + k 2(x) cos x = 0 k (x) cos x k 2(x) sin x = tan x denklem sistemini elde ederiz. Cramer yönteminden 0 cos x tan x sin x k (x) = sin x cos x ve k 2 (x) = cos x sin x sin x 0 cos x tan x sin x cos x cos x sin x buluruz ve buradan da k (x) = sin x ve k 2(x) = sin x tan x elde ederiz. Bu denklemler çözülürse k (x) = sin xdx = cos x + c k 2 (x) = sin 2 x cos x dx = cos xdx cos x dx = sin x ln tan x + sec x + c 2 buluruz. Verilen diferansiyel denklemin genel çözümü de biçiminde buluruz. y = k (x) sin x + k 2 (x) cos x = ( cos x + c ) sin x + (sin x ln tan x + sec x + c 2 ) cos x = c sin x + c 2 cos x cos x ln tan x + sec x 3.2 n. Mertebeden Lineer ve Sabit Katsayılı Diferansiyel Denklemler n. mertebeden lineer ve sabit katsayılı diferansiyel denklem d n y a n dx + a d n y n n dx a dy n dx + a 0y = f(x) (3.30) biçimindedir. f 0 ise (3.30) denklemine homojen olmayan, f(x) = 0 ise denkleme homojen diferansiyel denklem denir n. mertebeden lineer ve sabit katsaylı homojen diferansiyel denklemlerin çözümü d n y a n dx + a d n y n n dx a dy n dx + a 0y = 0 (3.3)

54 54 BÖLÜM 3. YÜKSEK MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER denkleminin çözümleri de, ikinci mertebede olduğu gibi, c bir sabit olmak üzere y = ce rx şeklindedir. Şimdi bu bağıntının denklemi sağlaması için r nin ne olması gerektiğini inceliyelim. y = ce rx y = cre rx,..., y (n ) = cr n e rx, y (n) = cr n e rx bağıntılarını (3.3) denkleminde yerinde koyarsak elde edilir. Bu özdeşliğin sağlanması için (a n r n + a n r n a r + a 0 )ce rx 0 a n r n + a n r n a r + a 0 = 0 (3.32) olması gerekir. O halde r bu denklemin bir kökü olmalıdır. İkinci mertebede olduğu gibi, (3.32) denklemine (3.3) homojen denkleminin karakteristikdenklemi denir. Böyle bir cebirsel denklemin, n tane kökü olacağına göre, denklemin de n tane çözümü yazılabilir. Lineer olarak bağımsız n çözüm y, y 2,...,y n ise (3.3) homojen denkleminin genel çözümü y = c y + c 2 y c n y n biçiminde olur. Burada c, c 2,...,c n keyfi sabitlerdir. Örnek 3.6 y y 4y + 4y = 0 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulalım. Denklemin karakteristik denklemi r 3 r 2 4r + 4 = (r )(r 2)(r + 2) = 0 ve kökleri r =, r 2 = 2 ve r 3 = 2 olup denklemin genel çözümü buluruz. y = c e x + c 2 e 2x + c 3 e 2x Örnek 3.7 y 2y 4y + 8y = 0 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulalım. Denklemin karakteristik denklemi r 3 2r 2 4r + 8 = (r 2) 2 (r + 2) = 0 ve kökleri r = 2, r 2 = 2 (iki katlı) ve r 3 = 2 olup genel çözüm buluruz. y = (c + c 2 x)e 2x + c 3 e 2x

55 3.2. N. MERTEBEDEN LINEER VE SABIT KATSAYILI DIFERANSIYEL DENKLEMLER55 Örnek 3.8 y 3y + 3y y = 0 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulalım. Karakteristik denklem r 3 3r 2 + 3r = (r ) 3 ve kökleri r = r 2 = r 3 = üç katlı olup genel çözüm biçiminde buluruz. y = (c + c 2 x + c 3 x 2 )e x Örnek 3.9 y (4) y = 0 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulalım. Karakteristik denklem r 4 = (r 2 + )(r )(r + ) = 0 ve kökleri r = i, r 2 = i, r 3 = ve r 4 = olup denklemin genel çözümü biçiminde buluruz. y = c sin x + c 2 cos x + c 3 e x + c 4 e x n. mertebeden lineer ve sabit katsayılı homojen olmayan diferansiyel denklemlerin çözümü n. mertebeden sabit katsayılı ve homojen olmayan bir diferansiyel denklemi d n y a n dx + a d n y n n dx a dy n dx + a 0y = f(x) (3.33) formunda yazıldığını bu bölümün başında ifade etmiştik. İkinci mertebenden sabit katsayılı homojen olmayan lineer diferasinsel denklemlerinin özel çözümlerinin bulunuşuna benzer olarak, burada da (3.33) denklemindeki eşitliğin sağ yanı olan f(x) fonksiyonun belirli durumları için de özel çözümler bulmaya çalışacağız. ÖZEL ÇÖZÜMLER:. f(x) = a n x n + a n x n a x + a 0 şeklinde olması hali: Bu durumda y 2 özel çözümü, aynı dereceden bir çok terimli, yani y = c n x n + c n x n c x + c 0 biçimindedir. Ancak, r m karakteristik denklemin bir çarpanı yani, r = 0 karakteristik denklemin m katlı kökü ise, özel çözüm y = x m (c n x n + c n x n c x + c 0 ) biçimindedir. Burada c n, c n,..., c 0 lar belirlenmesi gereken sabitlerdir.

56 56 BÖLÜM 3. YÜKSEK MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER 2. f(x) = de αx şeklinde olması hali: Bu durumda y 2 özel çözümü y 2 = ce αx şeklindedir. Ancak, (r α) m karakteristik denklemin bir çarpanı yani r = α karakteristik denklemin m katlı bir kökü ise, özel çözüm y = cx m e αx şeklindedir. c belirlenmesi gereken sabittir. 3. f(x) = M sin px + N cos px şeklinde olması hali: Bu durumda y 2 özel çözümü y 2 = c sin px + c 2 cos px şeklindedir. Ancak, (r 2 + p 2 ) m karakteristik denklemin bir çarpanı ise özel çözümü y 2 = x m (c sin px + c 2 cos px) şeklindedir. c ve c 2 belirlenmesi gereken sabitlerdir. 4. f(x) = g(x)e αx şeklinde olması hali: Bu durumda y 2 = ze αx dönüştürmesi yapılır ve denklemin her iki tarafı e αx bölünerek, z i bilinmeyen kabul eden bir sabit katsayılı lineer diferansiyele varılır. 5. f(x) bir kaç fonksiyonun toplamı şeklinde ise özel çözüm, bu fonksiyonların herbirine karşılık gelen özel çözümlerin toplamına eşittir. Örnek 3.20 y (4) + 2y + y = 2x diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulalım. Homojen kısmının karakteristik denklemi r 4 + 2r 2 + = (r 2 + ) 2 = 0 ve kökleri r i (iki katlı) olup homojen kısmın çözümü y = (c + c 2 x) sin x + (c 3 + c 4 x) cos x

57 3.2. N. MERTEBEDEN LINEER VE SABIT KATSAYILI DIFERANSIYEL DENKLEMLER57 elde edilir. Homojen olmayan kısım için özel çözümü y 2 = ax 2 + bx + c şeklinde olup a, b, c yi belirlemek üzere, y 2 nin x e göre türevleri y 2 = 2ax, y 2 = 2a, y 2 = 0, y (4) 2 = 0 buluruz. y 2 nin denklemi sağlama şartını yazarsak ax 2 + bx + 4a + c 2x elde ederiz. Buradaki özdeşlikten a = 2, b = 0 ve c = 2 buluruz. Dolayısıyla y 2 çözümünü y 2 = 2x 2 2 şeklinde buluruz. Verilen diferansiyel denklemin genel çözümü ise şeklinde elde ederiz. y = (c + c 2 x) sin x + (c 3 + c 4 x) cos x + 2x 2 2 Örnek 3.2 y 2y 5y + 6y = 5e 3x diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulalım. Homojen kısmın karakteristik denklemi r 3 2r 2 5r + 6 = (r )(r 3)(r + 2) = 0 ve kökleri r =, r 2 = 3 ve r 3 = 2 olup homojen kısmın çözümü y = c e x + c 2 e 3x + c 3 e 2x şeklinde elde ederiz. Homojen olmayan kısım için özel çözümü belirleyelim. α = 3 karakteristik denklemin basit kökü olduğundan özel çözüm y 2 = cxe 3x formunda aranmalıdır. y 2 türevleri y 2 = ce 3x + 3cxe 3x, y 2 = 6ce 3x + 9cxe 3x ve y 2 = 27ce 3x + 27cxe 3x buluruz. y 2 denklemi sağlama şartından özdeşliğini elde ederiz. Buradan da c = 2 0ce 3x 5e 3x y 2 = 2 xe3x olup özel çözüm biçiminde elde ederiz. Verilen diferansiyel denklemin genel çözümü de şeklinde elde ederiz. y = c e x + c 2 e 3x + c 3 e 2x + 2 xe3x

58 58 BÖLÜM 3. YÜKSEK MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER Operatör Metodu Yüksek mertebeden sabit katsayılı ve homojen olmayan diferansiyel denklemlerin özel çözümlerini yani homojen olmayan kısmın çözümünü operatör metoduyla çözümünü bulalım. D := d şeklinde bir D türev operatorü tanımlayalım. Tanım dx gereğince D türev operatörü ise bu operatörün tersi D integral operatörüdür. g reel veya kompleks değerli ve en az bir kez sürekli türeve sahip bir fonksiyon olmak üzere DD g(x) = g(x) olmasına karşın D Dg(x) = g(x) + c dir. Bu method ile yüksek mertebeden homojen olmayan diferansiyel denklemlerin özel çözümlerini aradığımızdan D Dg(x) = g(x) + c ifadesinde elde edilen integrasyon sabiti c yi sıfır kabul ediyoruz. Bir başka değişle D ve D operatörlerinin komitatif (değişme) özelliğine sahip olduğunu varsayıyoruz. (3.33) denklemini { } an D n + a n D n a D + a 0 y = f(x) (3.34) biçiminde ifade edebiliriz. F (D) := a n D n + a n D n a D + a 0 biçiminde bir F (D) operatörü tanımlayalım. Şu halde (3.34) diferansiyel denkleminin bir y 2 özel çözümünü y 2 = = f(x) a n D n + a n D n a D + a 0 f(x) (3.35) F (D) biçiminde olur. f(x) fonksiyonunun bazı durumları için (3.35) denkleminiden bulabiliriz. f(x) fonksiyonunun polinom olması durumu Örnek 3.22 Örnek (3.6) çözdüğümüz y 3y + 2y = 2x 2 5x + 3 diferansiyel denkleminin genel çözümünü operatör metoduyla bulalım. Homojen kısmının çözümü y = k e x + k 2 e 2x biçiminde elde etmiştik. Şimdi y 2 çözümünü elde edelim. (D 2 3D+2)y 2 = 2x 2 5x+3 y 2 = D 2 3D + 2 (2x2 5x+3) = 2 + X = X + X2 X 3 + X D2 3D 2 olduğu gözönüne alınırsa ve X = D2 3D seçersek 2 ( y 2 = ( ) D2 3D D 2 2 ( ) ) 3D D 2 3 3D (2x 2 5x + 3) (2x 2 5x+3) = x x + 5 4

59 3.2. N. MERTEBEDEN LINEER VE SABIT KATSAYILI DIFERANSIYEL DENKLEMLER59 biçiminde buluruz. Şu halde ele aldığımız diferansiyel denklemin genel çözümünü biçiminde elde ederiz. y = y + y 2 = k e x + k 2 e 2x + x x f(x) fonksiyonunun de αx olması durumu. Eğer α karakteristik denklemin bir kökü değilse y 2 çözümünü y 2 = F (D) eαx = e αx F (α) 2. Eğer α karakteristik denklemin bir kökü ise biçiminde aranır. Örnek 3.23 y +y 2y = e 2x y 2 = F (D) eαx = e αx F (D + α) diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulalım. Ele aldığımız denklemin karakteristik denklemi r 2 + r 2 = 0 olup kökler r = ve r 2 = 2 buluruz. Homojen kısmın çözümü y = c e x + c 2 e 2x α = 2 ve karakteristik denklemin köklerine eşit olmadığından. bağıntıyı kullanabiliriz. Ele alınan denklemden F (D) = D 2 + D 2 olduğu gözönüne alındığında y 2 = F (D) e2x = e 2x F (2) = e2x = 4 e2x buluruz. Denklemin genel çözümü ise biçiminde buluruz. y = y + y 2 = c e x + c 2 e 2x + 4 e2x Örnek 3.24 y + y 2y = e x diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulalım. Verilen denklemin karakteristik denkleminin kökleri r =, r 2 = 2 ve homojen kısmının çözümü y = c e x + c 2 e 2x biçimindedir. α = ve bu değer karakteristik köklerden birine eşit olduğu gözönüne alınırsa y 2 = F (D) ex = (D )(D + 2) ex = e x D 3 = ex 3 biçiminde buluruz. Şu halde denklemin genel çözümünü biçiminde buluruz. y = y + y 2 = c e x + c 2 e 2x + x 3 ex D = x 3 ex

60 60 BÖLÜM 3. YÜKSEK MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER f(x) = g(x)e αx biçiminde olması hali Bu durumda diferansiyel denklemin homojen olmayan kısmı yani y 2 çözümü bağıntısından bulunur. Örnek 3.25 y 5y + 6y = (x 2 x)e x bulalım. y 2 = F (D) g(x)eαx = e αx F (D + α) g(x) diferansiyel denkleminin genel çözümünü Ele aldığımız denklemin karakteristik denklemi r 2 5r + 6 = 0 dir. Bu denklemin köklerini r = 2 ve r 2 = 3 buluruz. Homojen kısmın çözümünü y = c e 2x + c 2 e 3x biçiminde buluruz. Şimdi homojen olmayan kısmın çözümünü bulalım. F (D) = D 2 5D + 6 y 2 = F (D) (x2 x)e x = e x F (D + ) (x2 x) = e x D 2 3D + 2 (x2 x) = ex 2 + D2 3D 2 (x 2 x) = ex 2 (x2 + 2x ) biçiminde buluruz. Şu halde ele aldığımız diferansiyel denklemin genel çözümü y = y + y 2 = c e 2x + c 2 e 3x + ex 2 (x2 + 2x ) f(x) = M cos px + N sin px biçiminde olması hali Bu durumda homojen olmayan kısmın çözümünde F (D 2 ) cos px = F ( p 2 ) cos px ve F (D 2 ) cos px = F ( p 2 ) sin px F (D 2 ) cos px = F ( p 2 ) cos px ve F (D 2 ) sin px = sin px F ( p 2 ) bağıntılarından faydalanacağız. diferansiyel denkleminin genel çözümünü bu- Örnek 3.26 y + y 2y = sin 2x lalım. Homojen kısım Örnek 3.24 homejen kısmı ile örtüşmektedir. Yani homojen kısmın çözümü y = c e x + c 2 e 2x biçimindedir. Şimdi de homojen olmayan kısmın çözümünü bulalım. p = 2 ve F (D) = D 2 + D 2 olduğu gözönüne alınırsa y 2 = D 2 + D 2 sin 2x = sin 2x = sin 2x D 2 D 6 = D + 6 D + 6 sin 2x = D sin 2x = (cos 2x + 3 sin 2x) 20

61 3.2. N. MERTEBEDEN LINEER VE SABIT KATSAYILI DIFERANSIYEL DENKLEMLER6 biçiminde buluruz. Şu halde ele aldığımız diferansiyel denklemin genel çözümünü şeklinde buluruz. y = y + y 2 = c e x + c 2 e 2x (cos 2x + 3 sin 2x) 20 f(x) = M cos px + N sin px biçiminde olması biçiminde olması ve (r 2 + p 2 ) m karakteristik denklemin bir çarpanı olması durumu Bu taktirde F (D 2 ) sin px = sin px F ( p 2 ) bağıntısını kullanamayız. Kullanamamızın sebebini bir örnekle izah etme çalışalım. Örnek 3.27 y + 9y = cos 3x diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulalım. Ele aldığımız diferansiyel denklemin karakteristik denklemi r = 0 ve p = 3 tür. r 2 + p 2 = r karakteristik denklemin bir çarpanıdır. Şimdi bahsi geçen metodun neden uygulanamayacağını gösterelim. Ele aldığımız denklemin homojen kısmının çözümünü y = c cos 3x + c 2 sin 3x buluruz. Şimdi de homojen olmayan kısmın çözümü bulmaya çalışalım. ( ) y 2 = D cos 3x = cos 3x = cos 3x biçiminde tanımsız bir ifadeyi elde ederiz!!! Aşikar soru, o halde bu y 2 çözümü nasıl bulunur? Bu durumda Lisede karmaşık sayılar konusunda gördüğümüz Euler eşitliğinden faydalanacağız. Euler eşitliği e ip = cos px + i sin px biçiminde ifade edilir. Şimdi ele aldığımız diferansiyel denklemi sağ yanını f(x) = cos 3x yerine f(x) = e 3ix olduğunu varsayıp y 2 çözümünü bulalım. y 2 = D e3ix = e 3ix (D + 3i) = e3ix D(D + 6i) = e 3ix 6iD + D 6i = e 3ix 6iD ( D 6i + ( D 6i) 2... = e 3ix 6iD = i 6 xe3ix = i 6 x cos 3x + x sin 3x 6 )

62 62 BÖLÜM 3. YÜKSEK MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER buluruz. Şu halde f(x) = e 3ix = cos 3x+i sin 3x karşı gelen özel çözüm i x cos 3x+ 6 x sin 3x olduğuna göre, cos 3x karşılık gelen çözüm x sin 3x ve sin 3x karşılık gelen 6 6 çözüm de x cos 3x dir. 6 Şu halde y +9y = cos 3x diferansiyel denkleminin homojen olmayan kısmın çözümü yani özel çözümü biçiminde buluruz. y 2 = x sin 3x Sabitin değişimi kuralı (Lagrange kuralı) İkinci mertebeden sabit katsayılı ve homojen olmayan diferansiyel denlemler için geçen alt bölümde verdiğimiz sabitin değişimi kuralı, yüksek mertebeden denklemlere de uygulanabilir. n. mertebeden sabit katsayılı homojen olmayan lineer bir diferansiyel denklemin homojen kısmın çözümü y = c y + c 2 y c n y n biçiminde olsun. Bu bağıntıdaki c, c 2,..., c n sabitleri öyle bir c (x), c 2 (x),..., c n (x) fonksiyonları olsunlar ki, bu bağıntı (3.30) denklemini sağlıyacak şekilde c (x), c 2 (x),..., c n (x) fonksiyonları bulunabilsin. Böyle bir foksiyonlar takımı denklem sistemi çözülerek bulunur. c y + c 2y c ny n = 0 c y + c 2y c ny n = c y (n ) + c 2y (n ) c ny n (n ) = f(x) a n Örnek 3.28 y + y = sec x diferansiyel denklemin genel çözümünü bulalım. Homojen kısmın karakteristik denklemi r 3 + r = (r 2 + )r = 0 ve kökleri r = 0, r 2,3 i olup homojen kısmın çözümü y = c + c 2 sin x + c 3 cos x biçiminde olur. f(x) = sec x olup yukarıda bahsi geçen özel çözüm biçimlerine uymaz. O halde bu problemde sadece Lagrange kuralı tatbik edilebilir. Lagrange ın öngördüğü gibi c = c (x), c 2 = c 2 (x) ve c 3 = c 3 (x) biçimininde düşünülürse, lineer denklem sistemi c + c 2 sin x + c 3 cos x = 0 c 2 cos x c 3 sin x = 0 c 2 sin x c 3 cos x = sec x

63 3.4. DEĞIŞKEN KATSAYILI LINEER DIFERANSIYEL DENKLEMLER 63 elde edilir. Cramer kuralından 0 sin x cos x 0 cos x sin x sec x sin x cos x c (x) =, c sin x cos x 2(x) = 0 cos x sin x 0 sin x cos x 0 cos x 0 0 sin x 0 sec x cos x sin x cos x 0 cos x sin x 0 sin x cos x, c 3(x) = sin x 0 0 cos x 0 0 sin x sec x sin x cos x 0 cos x sin x 0 sin x cos x elde ederiz. Buradan da c = sec x, c 2 = tan x ve c 3 = buluruz. Bu bağıntılardan da c = ln tan x + sec x + k, c 2 = ln cos x + k 2 ve c 3 = x + k 3 buluruz. Şu halde verilen diferansiyel denklemin genel çözümü y = c + c 2 sin x + c 3 cos x biçiminde buluruz. = ln tan x + sec x + k + (ln cos x + k 2 ) sin x + ( x + k 3 ) cos x 3.4 Değişken Katsayılı Lineer Diferansiyel Denklemler a n (x) dn y dx + a n (x) dn y n dx a (x) dy n dx + a 0(x)y = f(x) denklemine n. mertebeden değişken katsayılı lineer diferansiyel denklem denir. Eğer f(x) = 0 ise denkleme homojen, f(x) 0 ise denkleme homojen olmayan değiiken katsayılı lineer diferansiyel denklem denir. y, y 2,...,y n homojen kısmın n tane lineer bağımsız çözümleri ise y = c y + c 2 y c n y n denklemi homojen denklemin genel çözümün genel çözümüdür. Bu çözümü elde etmek için genel bir kural yoktur. Ancak, bazı özel hallere uyabilecek özel kurallar vardır Euler-Cauchy diferansiyel denklemi a 0, a,..., a n sabitler olmak üzere a n x n dn y dx n + a n x n dn y dx n a x dy dx + a 0y = f(x) biçimindeki bir lineer denkleme Euler-Cauchy diferansiyel denklemi denir. Bu denklemde x = e t dönüşümü yapılırsa, denklem sabit katsayılı lineer denkleme dönüşür. Bu dönüşümün nasıl yapılacağını bir örnek ile izah edelim.

64 64 BÖLÜM 3. YÜKSEK MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER Örnek 3.29 x 2 y xy + y = x ln x Euler-Cauchy diferansiyel denklemini çözelim. x = e t veya ln x = t dönüşümü altındaki dy ve d2 y dx dx 2 ifadelerini alacağı formu bulalım. dy dx = dy dt dt dx = dy x dt d 2 y = d dy dx 2 dx dx = d ( ) dy = dy dx x dt x 2 dt + d dy x dx dt = dy x 2 dt + dt d dy x dx dt dt = dy x 2 dt + dy x 2 dt 2 bu ifadeler verilen diferansiyel denklemde yerlerine koyarsak, d 2 y dt 2 2dy dt + y = tet şeklinde sabit katyalı lineer homojen olmayan bir diferansiyel denklemine indirgenmiş diferansiyel denklem buluruz. İndirgenmiş denklemin homojen kısmının karakteristik denklemi r 2 2r + = (r ) 2 olup bu denklemi çift katlı bir r = kökü vardır. Şu halde homojen kısmın genel çözümü y = c e t + c 2 te t biçiminde buluruz. α = olduğunu gözönünde tutulduğunda homojen olmayan kısım için özel çözümü y 2 = t 2 (At + B)e t = (At 3 + Bt 2 )e t formunda A ve B sabitlerini belirleyelim. y 2 = (3At 2 + 2Bt)e t + (At 3 + Bt 2 )e t y 2 = (6At + 2B)e t + 2(3At 2 + 2Bt)e t + (At 3 + Bt 2 )e t olup y 2 nin indirgenmiş denklemi sağlama koşulu uygularsak (6At+2B)e t +2(3At 2 +2Bt)e t +(At 3 +Bt 2 )e t 2(3At 2 +2Bt)e t 2(At 3 +Bt 2 )e t +(At 3 +Bt 2 )e t = te t buluruz ve bu denklemi düzenler ve e t ile böldüğümüzde 6At + 2B = t elde ederiz. Buradan da A = ve B = 0 buluruz. Şu halde indirgenmiş denklemin 6 özel çözümü ya da homojen olmayan kısmın çözümü y 2 = 6 t3 e t elde ederiz. İndirgenmiş denklemin genel çözümü y = c e t + c 2 te t + 6 t3 e t

65 3.4. DEĞIŞKEN KATSAYILI LINEER DIFERANSIYEL DENKLEMLER 65 buluruz. t = ln x kullanılırsak, verilen diferansiyel denklemin genel çözümünü y = c x + c 2 x ln x + 6 x ln3 x biçiminde buluruz.

66 66 BÖLÜM 3. YÜKSEK MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER

67 Bölüm 4 DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN SERİLERLE ÇÖZÜMLERİ 4. Adi, Tekil, Düzgün Tekil ve Düzgün Olmayan Tekil Nokta Tanımları veya P (x)y + Q(x)y + R(x)y = 0 (4.) y + Q(x) P (x) y + R(x) P (x) y = 0 (4.2) biçimindeki bir diferansiyel denklem için adi nokta (ordinary point), tekil nokta( singular point), ve düzgün tekil nokta (regular singular point) kavramları verilecektir. (4.) denklemindeki P (x), Q(x) ve R(x) fonksiyonlarının polinom veya analitik fonksiyon olmalarına bağlı olarak adi nokta, tekil nokta ve düzgün tekil nokta tanımları değişmektedir. Bu nedenle (4.) biçiminde verilen bir diferansiyel denklemde öncelikle P (x), Q(x) ve R(x) fonksiyonlarının polinom mu yoksa analitik fonksiyon mu oldukları tespit edilmelidir. Tanım 4. (4.) diferansiyel denkleminde P (x), Q(x) ve R(x) fonksiyonları polinom ve ortak bölenleri olmasın. Eğer bir x 0 noktsı P (x 0 ) 0 ise x 0 noktasına (4.) diferansiyel denkleminin bir adi noktasıdır denir. Tanım 4.2 (4.) diferansiyel denkleminde P (x), Q(x) ve R(x) fonksiyonları polinom ve ortak bölenleri olmasın. Eğer bir x 0 noktsı P (x 0 ) = 0 ise x 0 noktasına (4.) diferansiyel denkleminin bir tekil noktasıdır denir. Tanım 4.3 (4.) diferansiyel denkleminde P (x), Q(x) ve R(x) fonksiyonları polinom ve x x 0 biçiminde bir ortak böleni varsa x 0 noktasına (4.) diferansiyel denkleminin bir tekil noktasıdır denir. 67

68 68 BÖLÜM 4. DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN SERİLERLE ÇÖZÜMLERİ Örnek 4. x 2 y + xy + (x 2 a 2 )y = 0, adi noktalarını belirleyelim. a 0 diferansiyel denkleminin tekil ve P (x) = x 2 = 0 x = 0 noktası verilen diferansiyel denklemin bir tekil noktasıdır. x = 0 noktası dışındaki bütun noktalar verilen diferansiyel denklemin adi noktalarıdır. Örnek 4.2 (x 2 )y +xy +y = 0 diferansiyel denkleminin adi ve tekil noktalarını belirleyelim. P (x) = x 2 = 0 x = ele alınan diferansiyel denklemin tekil noktalarıdır. x = dışındaki noktalar verilen diferansiyel denklemin adi noktalarıdır. Tanım 4.4 P (x), Q(x) ve R(x) fonksiyonları birer polinom olsunlar ve x 0 noktası (4.) diferansiyel denkleminin bir tekil noktası olsun. Eğer x 0 tekil noktası için lim (x x 0 ) Q(x) x x 0 P (x) ve lim (x x 0 ) 2 Q(x) x x0 P (x) (4.3) limitleri mevcut ise, x 0 noktasına (4.) diferansiyel denkleminin bir düzgün tekil noktasıdır denir. Eğer bir x 0 tekil noktası (4.) diferansiyel denkleminin düzgün tekil noktası değilse, x 0 noktasına (4.) diferansiyel denkleminin düzgün olmayan tekil noktası (irregular singular point) denir. Örnek 4.3 (4 x 2 )y +2xy 3y = 0 diferansiyel denkleminin tekil noktalarını bulalım. Bulduğumuz tekil noktaların düzgün tekil noktalar olup olmadığını inceliyelim. P (x) = 4 x 2 = 0 x 0 2 noktaları ele alınan diferansiyel denklemin tekil noktalarıdır. x 0 = 2 noktasının için lim x 2 2x 3 (x 2) = ve lim(x 2)2 4 x2 x 2 4 x = 0 2 limitleri mevcut olduğundan x 0 = 2 tekil noktası ele alınan diferansiyel denklemin bir düzgün tekil noktasıdır. x 0 = 2 noktasının için lim x 2 2x 3 (x + 2) = ve lim (x + 2)2 4 x2 x 2 4 x = 0 2 limitleri mevcut olduğundan x 0 = 2 tekil noktası ele alınan diferansiyel denklemin bir düzgün tekil noktasıdır. Örnek 4.4 x 2 (x )y + (3x 3)y + (2x 2)y = 0 diferansiyel denkleminin tekil noktalarını bulalım. Bulduğumuz tekil noktaları düzgün tekil nokta veya düzgün olmayan tekil nokta biçiminde sınıflandıralım.

69 4.. ADI, TEKIL, DÜZGÜN TEKIL VE DÜZGÜN OLMAYAN TEKIL NOKTA TANIMLARI69 P (x) = x 2 (x ) = 0 x 0 = 0 ve x 0 = noktaları ele aldığımız diferansiyel denkleminin tekil noktalarıdır. x 0 = 0 tekil noktsı için, lim x 3x 3 x 0 x 2 (x ) = lim 3 x 0 x = ve lim x 0 x2 2x 2 x 2 (x ) = lim x 0 2 = 2 lim x 0 x Q(x) P (x) = olduğundan yani limit mevcut olmadığından x 0 = 0 noktası ele aldığımız diferansiyel denklemin düzgün olmayan tekil noktasıdır. x 0 = tekil noktsı için, 3x 3 lim(x ) x x 2 (x ) limitleri mevcut olduğundan x 0 düzgün tekil noktasıdır. = 0 ve lim x 0 (x )2 2x 2 x 2 (x ) = 0 = noktası ele aldığımız diferansiyel denklemin UYARI: 4.4 örneğinde adığımız diferasiyel denklemde x ortak çarpandır. Eğer bu denklemi x ile bölseydik x 2 y + 3y + 2y = 0 biçiminde bir denklem ederdik. Ancak, bu halde x 0 = tekil noktasını gözardı etmiş olurduk. Şimdi, P (x), Q(x) ve R(x) fonksiyonları birer analitik fonksiyon olma durumlarında yukarıda verdiğimiz tanım ve kavramları genişletmek zorundayız. Tanım 4.5 Eğer p(x) := Q(x) P (x) ve q(x) := R(x) P (x) fonksiyonları bir x 0 noktasında analitik ise, yani p(x) ve q(x) fonksiyonları x 0 noktasında p(x) = a n (x x 0 ) ve q(x) = b n (x x 0 ) a n, b n = sabit biçiminde Taylor serisine açılabilir ve bu fonksiyonlara karşılık gelen seriler x 0 ın açık bir komşuluğunda bu fonksiyonlara yakınsıyorsa, x 0 noktasına (4.) diferansiyel denkleminin bir adi noktasıdır denir. Aksi halde, bu noktaya (4.) diferansiyel denkleminin bir tekil noktasıdır denir. Tanım 4.6 x 0 noktası (4.) denkleminin bir tekil noktası olsun. P (x), Q(x) ve R(x) fonksiyonları x 0 noktasında analitik olmak üzere, eğer (x x 0 ) Q(x) P (x) ve (x x 0 ) 2 R(x) P (x) (4.4)

70 70 BÖLÜM 4. DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN SERİLERLE ÇÖZÜMLERİ her iki fonksiyon da x 0 noktasında analitik ise x 0 noktasına (4.) denkleminin düzgün tekil noktasıdır denir. Eğer (4.) diferansiyel denkleminin bir tekil noktası düzgün tekil nokta değilse, o zaman bu noktaya düzgün olmayan tekil nokta denir. Örnek 4.5 (x π 2 )2 y + cos xy + sin xy = 0 diferansiyel denkleminin tekil noktalarını bulalım ve bulduğumuz tekil noktaların düzgün tekil nokta olup olmadığını inceliyelim. Ele aldığımız difaransiyel denklemde P (x) = (x π 2 )2, Q(x) = cos x ve R(x) = sin x dir ve bu fonksiyonlar analitik fonksiyonlardır. P (x) = (x π 2 )2 = 0 bağıntısından tekil nokta veya noktalar bulunur. Şu ele alınan diferansiyel denklemin tekil noktası x 0 = π dir. Şimdi bu noktanın düzgün tekil nokta olup olmadığını inceliyelim. cos x 2 fonksiyonunun x 0 = π Taylor açılımı gözönüne alınırsa 2 (x x 0 ) Q(x) P (x) = (x π 2 ) cos x cos x (x π = )2 x π 2 2 = + (x π 2 )2 3! (x π 2 )4 5! +... biçiminde olup (x x 0 ) Q(x) P (x) fonksiyonu x 0 nokstasında analitiktir. (x x 0 ) 2 R(x) P (x) = (x π sin x 2 )2 (x π = sin x )2 2 olduğundan (x x 0 ) 2 R(x) P (x) fonksiyonu x 0 = π 2 noktsında analitiktir. Şu halde x 0 = π 2 noktası ele aldığımız diferansiyel denklemin düzgün tekil noktasıdır. 4.2 Adi Nokta Civarında Seri Çözümleri Teorem 4. Eğer x = x 0 noktası P (x)y + Q(x)y + R(x)y = 0, diferansiyel denkleminin bir adi noktası ise bu denklemin x = x 0 noktası civarında y = a n (x x 0 ) n olacak şekilde bir kuvvet serisi veya Taylor serisi çözümü vardır. Örnek 4.6 y + xy + 2y = 0

71 4.2. ADI NOKTA CIVARINDA SERI ÇÖZÜMLERI 7 diferansiyel denkleminin x 0 = 0 noktasındaki kuvvet serisi çözümünü bulalım. Verilen diferansiyel denklemde P (x 0 ) = P (0) = 0 olup x 0 = 0 noktası verilen diferansiyel denklemin bir adi noktasıdır. O halde, verilen diferansiyel denklemin x 0 = 0 noktasında y = a n x n (4.5) biçiminde bir kuvvet serisi çözümü vardır. y nin birinci ve ikinci türevleri y = na n x n, y = n= n(n )a n x n 2 şeklinde elde ederiz. Bu ifadeleri ele aldığımız denklemde yerlerine koyarsak n(n )a n x n 2 + n=2 n= n=2 na n x n + 2 a n x n = 0 (4.6) biçiminde elde ederiz. Öncelikle, (4.6) denklemindeki kuvvet serilerindeki x ifadelerinin üslerini eşitlemeliyiz. Bunun için birinci seride n n+2, dönüşümü yapılırsa (n + 2)(n + )a n+2 x n + buluruz. (4.7) denklemi 2a 2 + 2a 0 + n= (n + 2)(n + )a n+2 x n + n= biçiminde yazabiliriz. (4.8) denklemini de 2a 2 + 2a 0 + na n x n + 2 a n x n = 0 (4.7) na n x n + n= 2a n x n = 0 (4.8) n= [(n + 2)(n + )a n+2 + na n + 2a n ] x n = 0 (4.9) n= biçiminde yazabiliriz. Polinomların özdeşliği gözönüne alırsak 2a 2 + 2a 0 = 0 ve (n + 2)(n + )a n+2 + na n + 2a n = 0, n veya a 2 = a 0 ve a n+2 = n + a n, n (4.0)

72 72 BÖLÜM 4. DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN SERİLERLE ÇÖZÜMLERİ şeklinde rekürans formülünü buluruz. a n değerlerini bu formül vasıtasıyla buluruz. Çift indisli terimler, ve tek indisli terimler, a 2 = a 0 a 4 = a 2 3 = 3 a 0 a 6 = a 4 5 = 3.5 a 0 a 8 = a 6 7 = a 0... a 2n = ( ) n (2n ) a 0 a = a a 3 = a 2 a 5 = a 3 4 = 2.4 a a 7 = a 5 6 = a... a 2n+ = ( ) n (2n) a şeklinde buluruz. Buradan görüyoruz ki tüm a n katsayıları, a 0 ve a gibi sıfırdan farklı herhangi iki keyfi sabit cinsinden ifade edilebilmektedir. Bu değerler (4.5) denklimde yerine konursa ( ) ) y = a 0 x 2 + x4 3 x a (x x3 2 + x5 2.4 x veya y = a 0 ( + n= ) ( ( ) n (2n ) x2n + a x + n= ) ( ) n (2n) x2n+ şeklinde ele alınan diferansiyel denklemin genel çözümünü bulduk. Şimdi rekürans formülünden (4.6) serisinin yakınsaklı yarıçapı R = lim a n = lim n + = n a n+2 n şeklinde buluruz. Bu demektir ki, her x değeri için genel çözüm geçerlidir.

73 4.2. ADI NOKTA CIVARINDA SERI ÇÖZÜMLERI 73 Örnek 4.7 (x 2 + 2)y xy 4y = 0 diferansiyel denklemini x 0 = 0 noktası civarında çözelim. Ele aldığımız diferansiyel denklemde P (x) = x olup x 0 = 0 da P (x) = 0 denkleminin bir kökü değildir. Şu halde, x 0 = 0 ele alınan diferansiyel denklemin bir adi noktasıdır ve y = a n x n (4.) biçiminde bir kuvvet serisi çözümü vardır. (4.) denkleminin türevleri y = na n x n ve y = n= n(n )a n x n 2 buluruz. Bu ifadeleri verilen diferansiyel denklemde yerlerine koyarsak n(n )a n x n + n=2 2n(n )a n x n 2 n=2 n=2 na n x n (4.2) denklemindeki ikinci seriye n n + 2 dönüşümü uygularsak n(n )a n x n + n=2 n= 2(n + 2)(n + )a n+2 x n elde ederiz. (4.3) denklemini 4a 2 + 4a 0 + (2a 3 3a )x + 4a n x n = 0 (4.2) na n x n n= 4a n x n = 0 (4.3) [2(n + 2)(n + )a n+2 + (n + )(n 3)a n ] x n = 0 n=2 elde ederiz ve polinomların özdeşliğinden a 2 = a 0, a 3 = 4 a a n+2 = n 3 2(n + 2), n 2. buluruz. Rekürans bağıntısından a n elamanlarını bulalım. a n nin çift terimleri a 4 = 2.4 a 2 = 8 a 0 a 6 = 2.6 a 4 = 2 ( 8 a 0) = 96 a 0 a 8 = a 6 = a 0...

74 74 BÖLÜM 4. DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN SERİLERLE ÇÖZÜMLERİ ve a n nin tekli terimleri a 5 = a 3 = 0 a 7 = a 5 = 0 a 5 = a 7 = a 9 =... = a 2n+ =... = 0 elde ederiz. Şu halde ele adığımız diferansiyel denkleminin genel çözümü y = a n x n biçiminde buluruz. ( = a 0 x 2 8 x x6 5 ) 6.96 x a (x + 4 ) x3 4.3 Düzgün Tekil Nokta Civarında Seri Çözümleri (Frobenius Metodu) Teorem 4.2 Eğer x = x 0 noktası P (x)y + Q(x)y + R(x)y = 0 (4.4) diferansiyel denkleminin bir düzgün tekil noktası ise, bu noktanın uygun bir civarında diferansiyel denklemin y = a n (x x 0 ) n+r şeklinde bir kuvvet serisi çözümü vardır. x 0 0 olması durumunda x = x 0 noktası, diferansiyel denklemin düzgün tekil noktası ise x x 0 = t dönüşümü yapılarak, düzgün tekil nokta orjine taşınabilir. Bu nedenle, diferansiyel denklemin x 0 = 0 düzgün tekil noktası civarında seri çözümü bulmak yeterlidir. (4.4) diferansiyel denklemini sıfırdan farklı P (x) ile bölüp daha sonra x 2 ile çarpılır ve düzenlenlersek p(x) := Q(x) P (x) x 2 y + x ve q(x) := R(x) P (x) ( x Q(x) P (x) ) ( y + x 2 R(x) ) y = 0 (4.5) P (x) şeklinde tanımlarsak (4.5) diferansiyel denklemini x 2 y + x (xp(x)) y + ( x 2 q(x) ) y = 0 (4.6)

75 4.3. DÜZGÜN TEKIL NOKTA CIVARINDA SERI ÇÖZÜMLERI (FROBENIUS METODU)75 biçiminde yazabiliriz. x 0 = 0 noktası, (4.6) denkleminin bir bir düzgün tekil noktası olduğundan lim x x0 xp(x) lim x x0 x 2 q(x) limitlerinin mevcuttur. Dolayısıyla xp(x) ve x 2 q(x) fonksiyonları x 0 = 0 noktasında analitik fonksiyonları analitiktirler. Yani xp(x) ve x 2 q(x) fonksiyonları x 0 = 0 noktası civarında xp(x) = p m x m ve x 2 q(x) = m=0 q m x m x < R, R > 0 olacak şekilde Taylor serisine açabiliriz. Bu kuvvet serileri ve 4.2 teoremende ifade edilen çözümü y = a n x n+r (4.6) diferansiyel denkleminde yerlerine koyarsak a n (n+r)(n+r )x n+r + m=0 m=0 p m a n (n+r)x n+m+r + m=0 q m a n x n+m+r = 0 (4.7) buluruz. Bu denklemde m = 0 ve n = 0 için x r li terimlerin katsayısı ortak paranteze alınırsa ve polinomları özdeşliği gözönüne alınırsa x r li terimin katsayısı sıfıra eşit olur. Buradan, a 0 (r(r ) + p 0 r + q 0 ) = 0 ve a 0 0 olduğundan F (r) = r(r ) + p 0 r + q 0 = 0 (4.8) denklemi elde ederiz. (4.8) denklemine (4.6) diferansiyel denkleminin indis denklemi denir. Bu indis denkleminin iki köküne ise (4.6) diferansiyel denkleminin tekil noktalarındaki üsleri denir. (4.8) indis denklemindeki p 0 ve q 0 sabitleri p 0 = lim x 0 xp(x) ve q 0 = lim x 0 x 2 q(x) limitlerinden buluruz. (4.7) denklemi n ve m içinde açılıp x in x r+, x r+2,...,x r+n,... terimlerinin toplamı şeklinde yazılırsa, olmak üzere, (4.7) denklemini a 0 F (r)x r + F (r + n) = (r + n)(r + n ) + p 0 (r + n) + q 0 = 0 ( ) n F (r + n)a n + a k ((r + k)p n k + q n k ) x r+n = 0 (4.9) n= k=0

76 76 BÖLÜM 4. DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN SERİLERLE ÇÖZÜMLERİ biçiminde yazabiliriz. (4.9) denklemi her x r terimlerinin katsayısı sıfıra eşit olacağından (4.6) denkleminin rekürans bağıntısı biçiminde elde ederiz. n F (r + n)a n + a k ((r + k)p n k + q n k ) = 0, n k=0 Teorem 4.3 x 0 = 0 (4.6) diferansiyel denkleminin bir düzgün tekil noktası olsun. R > 0 sayısı xp(x) ile x 2 q(x) kuvvet serilerinin yakınsaklık yarıçaplarının minumumu olmak üzere x < R için xp(x) = p m x m ve x 2 q(x) = m=0 serileri yakınsaktır. Reel r ve r 2, q m x m m=0 F (r + n) = (r + n)(r + n ) + p 0 (r + n) + q 0 = 0 indis denkleminin r r 2 olacak şekilde iki kökü olsun. Bu durumda R < x < 0 veya 0 < x < R aralıklarından birinde y (x) = x r ( a 0 + ) a n (r )x n biçiminde bir çözüm bulunur. y 2 çözümü indis denkleminden elde edilen kökler arasındaki duruma göre 3 biçimde olabilir.. r r 2 farkının sıfır veya pozitif bir tamsayı olmaması durumu; y 2 (x) = x r 2 ( n= a 0 + ) a n (r 2 )x n n= formunda ikinci bir lineer bağımsız çözüm bulunur. 2. r = r 2 olması durumu; ( y 2 (x) = y (x) ln x + x r n= ) d dr a n(r) x n r=r biçimde ikinci bir lineer bağımsız çözüm bulunur.

77 4.3. DÜZGÜN TEKIL NOKTA CIVARINDA SERI ÇÖZÜMLERI (FROBENIUS METODU)77 3. r r 2 = N N yani r r 2 farkı pozitif tam sayı olması durumu; Örnek 4.8 ( ) y 2 (x) = ky (x) ln x + x r d 2 dr [(r r 2)a n (r)] x n r=r2 k = lim r r2 (r r 2 )a N (r) biçiminde ikinci lineer bağımsız çözüm bulunur. n= 2x 2 y + xy + (x 2 )y = 0 (4.20) diferansiyel denklemini x 0 = 0 noktası civarındaki çözümünü bulalım. (4.20) diferansiyel denkleminde P (x) = 2x 2, Q(x) = x ve R(x) = x 2 dir. P (x) = 2x 2 = 0 denkleminin kökü x 0 = 0 olduğundan x 0 = 0 noktası (4.20) denkleminin bir tekil noktasıdır. lim xq(x) x 0 P (x) R(x) lim x2 x 0 P (x) = lim x x x 0 2x = 2 2 = lim x 2 x2 = x 0 x 2 olduğundan x 0 = 0 noktası (4.20) diferansiyel denkleminin düzgün tekil noktasıdır. O halde (4.20) denkleminin x 0 = 0 noktasında y = a n x n+r (4.2) biçiminde Frobenius çözümü vardır. (4.2) ifadesini x e göre birinci ve ikinci türevleri y = a n (n + r)x n+r, y = (n + r)(n + r )a n x n+r 2 biçiminde buluruz. Bu ifadeler (4.20) denkleminde yerine koyarsak, 2(n + r)(n + r )a n x n+r + a n (n + r)x n+r + a n x n+r+2 a n x n+r = 0 elde ederiz. (4.22) denklemindeki 3. seriye n n 2 dönüşümü yapılırsa n=2 (4.22) 2(n + r)(n + r )a n x n+r + a n (n + r)x n+r + a n 2 x n+r a n x n+r = 0 (4.23)

78 78 BÖLÜM 4. DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN SERİLERLE ÇÖZÜMLERİ elde ederiz. (4.23) denklemini (2r+)(r )a 0 x r +r(2r+3)a x r+ + [(2n + 2r + )(n + r )a n + a n 2 ] x n+r = 0 biçiminde yazabiliriz. Buradan da (2r + )(r )a 0 = 0, a 0 0 r(2r + 3)a = 0 n=2 (2n + 2r + )(n + r )a n + a n 2 = 0, n 2 buluruz. Birinci denklemden (indis denklemi) r = ve r 2 = elde ederiz. 2 İkinci denklemde a = 0 buluruz. Üçüncü denklemden rekürans formüdür. Şimdi r = karşılık gelen çözümü bulalım. r = için rekürans formülü elde ederiz. Buradan da a 2 = 4 a 0 a n 2 a n = n(2n + 3), n 2 a 3 = 27 a = 0 a = a 3 =... = a 2n+ =... = 0 a 4 = 44 a 2 = ( 44 )( 4 a 0) = 66 a 0. elde ederiz. Şu halde r = köküne karşılık gelen çözüme y dersek y = a n x n+r = a n x n+ = x ( a 0 + a x + a 2 x 2 + a 3 x ) ( = a 0 x 4 x2 + ) 66 x biçiminde elde ederiz. a 0 = için y çözümü ( y = x 4 x2 + ) 66 x elde ederiz. Şimdi y 2 çözümünü elde edelim. Öncelikle r r 2 = 3 / N olduğundan 2 r 2 = köküne karşılık gelen ve y 2 çözümüne lineer bağımsız bir y 2 çözüm vardır. r 2 = için rekürans bağıntısı 2 a n = n(2n 3) a n 2, n 2 biçiminde olur.

79 4.3. DÜZGÜN TEKIL NOKTA CIVARINDA SERI ÇÖZÜMLERI (FROBENIUS METODU)79 a 2 = 2 a 0 a 3 = 9 a = 0, a = a 3 =... = a 2n+ =... = 0 a 4 = 20 a 2 = ( 20 )( 2 a 0) = 40 a 0. elde ederiz. Şu halde y 2 çözümü y 2 = a n x n+r 2 = a n x n /2 = x ( /2 a 0 + a x + a 2 x 2 + a 3 x ) = a 0 x ( /2 2 x2 + ) 20 x biçiminde elde ederiz. a 0 = için y 2 çözümü y 2 = x ( /2 2 x2 + ) 20 x elde ederiz. (4.20) diferansiyel denkleminin genel çözümü de y = c y + c 2 y ( 2 = c x 4 x2 + ) ( 66 x c 2 x /2 2 x2 + ) 20 x biçiminde elde ederiz. Örnek 4.9 x 2 y + 3xy + ( 2x)y = 0 (4.24) diferansiyel denklemini x 0 = 0 noktası civarındaki genel çözümünü bulalım. (4.24) diferansiyel denkleminde P (x) = x 2, Q(x) = 3x ve R(x) = 2x dir. P (x) = x 2 = 0 denkleminin kökü x 0 = 0 olduğundan x 0 = 0 noktası (4.24) denkleminin bir tekil noktasıdır. lim xq(x) x 0 P (x) R(x) lim x2 x 0 P (x) = lim x 3x x 0 x = 3 2 = lim x 0 x 2 2x x 2 =

80 80 BÖLÜM 4. DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN SERİLERLE ÇÖZÜMLERİ olduğundan x 0 = 0 noktası (4.24) diferansiyel denkleminin düzgün tekil noktasıdır. O halde (4.24) denkleminin x 0 = 0 noktasında y = a n x n+r (4.25) biçiminde Frobenius çözümü vardır. (4.25) ifadesini x e göre birinci ve ikinci türevleri y = a n (n + r)x n+r, y = (n + r)(n + r )a n x n+r 2 biçiminde buluruz. Bu ifadeler (4.24) denkleminde yerine koyarsak, (n + r)(n + r )a n x n+r + 3a n (n + r)x n+r + a n x n+r 2a n x n+r+ = 0 elde ederiz. (4.26) denklemindeki 4. seriye n n dönüşümü yapılırsa (4.26) (n + r)(n + r )a n x n+r + 3a n (n + r)x n+r + a n x n+r 2a n x n+r = 0 elde ederiz. (4.27) denklemini (r + ) 2 a 0 x r + n= [ ] ((n + r) 2 + 2(n + r) + )a n 2a n x n+r = 0 n= biçiminde yazabiliriz. Buradan da (4.27) (r + ) 2 a 0 = 0, a 0 0 ((n + r) 2 + 2(n + r) + )a n 2a n = 0, n elde ederiz. Birinci denklemden (indis denklemi) r = r 2 = elde ederiz. Şimdi r = köküne karşılık gelen çözümü bulalım. r = için rekürans bağıntısı a n = 2a n n 2, n

81 4.3. DÜZGÜN TEKIL NOKTA CIVARINDA SERI ÇÖZÜMLERI (FROBENIUS METODU)8 elde ederiz. Buradan da a = 2a 0 a 2 = a = ( )(2a 0) = a 0 a 3 = a 2 = ( ) a 0 = a 0 a 4 = a 3 = ( ) a 0 = a 0. a n = 2n (n!) 2 a 0 elde ederiz. Şu halde Frobenius seri çözümü y = a n x n+r = a n x n+2 = x = a 0 x 2 n (n!) 2 xn = x a n x n 2 n (n!) 2 xn, a 0 = Şimdi de y 2 çözümünü bulalım. r = r 2 = olduğu gözönüne alınırsa y 2 çözümü ( ) y 2 (x) = y (x) ln x + x r d dr a n(r) x n r=r = y (x) ln x + x r n= b n (r )x n biçimindedir. Şimdi de b n katsayılarını bulalım. b = d dr [a (r)] = d r=r2 dr [ 2a 0 (r + 2) ] 2 = 4a 0 r= b 2 = d dr [a 2(r)] = d r=r2 dr [ 4a 0 (r + 2) 2 (r + 3) ] 2 = 3a 0 r=. elde ederiz. Şu halde a 0 = için y 2 çözümü n= y 2 = y (x) ln x + x ( 4x 3x 2... ) (4.28) biçiminde elde ederiz. (4.24) denkleminin genel çözümü biçiminde buluruz. y = c y + c 2 y 2

82 82 BÖLÜM 4. DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN SERİLERLE ÇÖZÜMLERİ Örnek 4.0 x 2 y + x(x 2)y + 2y = 0 (4.29) diferansiyel denkleminin x 0 = 0 noktası civarında genel çözümünü bulalım. P (x) = x 2 = 0 denkleminin kökü x 0 = 0 noktası olduğundan (4.29) denkleminin bir tekil noktasıdır. 2) lim xx(x = 2 ve lim x 2 2 x 0 x 2 x 0 x = 2 2 olduğundan x 0 = 0 noktası (4.29) denkleminin düzgün tekil noktasıdır. Şu halde (4.29) diferansiyel denkleminin x 0 = 0 noktası civarında y = a n x n+r (4.30) biçiminde Frobenius çözümü vardır. (4.30) ifadesini x e göre birinci ve ikinci türevleri y = a n (n + r)x n+r, y = (n + r)(n + r )a n x n+r 2 biçiminde buluruz. Bu ifadeler (4.29) denkleminde yerine koyarsak, (n+r)(n+r )a n x n+r + a n (n+r)x n+r+ 2 a n (n+r)x n+r + 2a n x n+r = 0 elde ederiz. (4.3) denklemindeki 2. seriye n n dönüşümü yapılırsa n= (4.3) (n+r)(n+r )a n x n+r + a n (n+r )x n+r 2 a n (n+r)x n+r + 2a n x n+r = 0 elde ederiz. (4.32) denklemini (r )(r 2)a 0 x r + (4.32) [(n + r 2)(n + r )a n + (n + r )a n ] x n+r = 0 n= biçiminde yazabiliriz. Buradan da (r 2)(r )a 0 = 0, a 0 0 (n + r 2)(n + r )a n + (n + r )a n = 0, n 2 elde ederiz.birinci denklemden (indis denklemi) r = 2 ve r 2 = elde ederiz. Şimdi r = 2 köküne karşılık gelen çözümü bulalım. r = 2 için rekürans bağıntısı a n = a n n, n

83 4.3. DÜZGÜN TEKIL NOKTA CIVARINDA SERI ÇÖZÜMLERI (FROBENIUS METODU)83 elde ederiz. Buradan da a = a 0 a 2 = 2 a = ( 2 )( a 0) = 2! a 0 a 3 = 3 a 2 = ( 3 ) 2! a 0 = 3! a 0. a n = ( ) n n! a 0 elde ederiz. Şu halde Frobenius seri çözümü y = a n x n+r = a n x n+2 = x 2 = a 0 x 2 ( ) n x n = x 2 e x, a 0 = n! a n x n buluruz. Şimde de r 2 = e karşılık gelen çözümü bulalım. N = r r 2 = N olduğundan r 2 = değerini rekürans bağıntısına koyduğumuzda y fonksiyonundan lineer bağımsız ikinci çözümü elde edemeyiz! ( ) y 2 (x) = ky (x) ln x + x r d 2 dr [(r r 2)a n (r)] x n r=r2 = ky (x) ln x + x r 2 n= b n (r 2 )x n k = lim r r2 (r r 2 )a N (r) biçiminde ikinci lineer bağımsız çözüm bulalım. ( ) a0 k = lim (r r 2 )a N (r) = lim(r )a (r) = lim(r ) = a 0 r r2 r r r n= elde ederiz. Şimdi b n katsayılarını bulalım. b = d dr [(r r 2)a (r)] = d r=r2 dr [(r ) a 0 r ] = 0 r= b 2 = d dr [(r r 2)a 2 (r)] = d r=r2 dr [(r ) a 0 (r )r ] = a 0 = a r= r 2 0 r= b 3 = d dr [(r r 2)a 3 (r)] = d r=r2 dr [(r ) a 0 (r )r(r + ) ] = a 0(2r + ) r= r 2 (r + ) 2 = 3 r= 4 a 0.

84 84 BÖLÜM 4. DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN SERİLERLE ÇÖZÜMLERİ biçiminde buluruz. Şu halde a 0 = için y 2 çözümü ( y 2 = y (x) ln x + x x ) 4 x elde ederiz. (4.29) denkleminin genel çözümü biçiminde elde ederiz. y = c y + c 2 y 2

85 Bölüm 5 LAPLACE DÖNÜŞÜMÜ 5. Direkt (Forward) Laplace Dönüşümü Tanım 5. f(t), gerçel bir t değişkeninin fonksiyonu olsun ve t > 0 için tanımlansın. Gerçel bir s değişkeninin fonksiyonu olan bir F (s) fonksiyonunu düşünelim ve bu fonksiyon F (s) := L{f(t)} = 0 e st f(t)dt (5.) denklmi ile tanımlansın ve s nin bütün değerleri için (5.) denklemindeki integral mevcut olsun. L{f(t)} veya F (s) dönüşümüne f(t) fonksiyonunun Laplace dönüşümü denir. Örnek 5. f(t) = a, a := sabit foksiyonunun Laplace dönüşümünü bulalım. F (s) = L{f(t)} = a e st dt 0 R = a lim e st dt = a lim R 0 R s e st R 0 = a s, s > 0. Örnek 5.2 f(t) = t n, n N, t 0 fonksiyonunun Laplace dönüşümünü bulalım. 85

86 86 BÖLÜM 5. LAPLACE DÖNÜŞÜMÜ F (s) = L{f(t)} = 0 R e st t n dt = lim e st t n dt R 0 u = t n, dv = e st dt du = nt n dt, v = s e st { F (s) = lim t n R R s e st + n } R t n e st n R dt = lim t n e st dt s 0 R s 0 F (s) = lim R. F (s) = lim R 0 u = t n, dv = e st dt du = (n )t n 2 dt, v = s e st { t n R s e st + n(n )...2. s n n(n )...2. = lim R s n biçiminde buluruz. 0 R n(n ) s 2 e st dt 0 { } R s e st 0 R 0 t n 2 e st dt = n! s n+ } n(n ) R = lim t n 2 e st dt R s 2 0 Örnek 5.3 f(t) = sin t, t 0 fonksiyonunun Laplace dönüşümünü bulalım. R F (s) = L{f(t)} = e st t n dt = lim e st sin tdt 0 R 0 R F (s) = lim e st ( eit e it )dt R 2i = 2i lim R = 2i lim R = s R 0 e ( i+s)t dt 2i lim R { e ( i+s)t i + s + e (i+s)t i + s } R R 0 0 e (i+s)t dt

87 5.. DIREKT (FORWARD) LAPLACE DÖNÜŞÜMÜ 87 Tablo 5.: Bazı Fonksiyonların Laplace Dönüşümleri f(t) := L {F (s)} F (s) := L{f(t)} a a, a := sabit s, s > 0 t n n!, n N, s > 0 s n+ e at, a := sabit s a, s > 0 a sin at, a := sabit, s > a s 2 +a 2 s cos at, a := sabit, s > a s 2 +a 2 a sinh at, a := sabit, s > a s 2 a 2 s cosh at, a := sabit s > a s 2 a 2, 5.. Direkt Laplace Dönüşümünün Temel Özellikleri Lineerlik Özelliği f (t) ve f 2 (t) fonksiyonlarının Laplace dönüşümü sırasıyla F (s) ve F 2 (s) olsun. c ve c 2 sabitler olmak üzere özelliğine sahiptir. L{c f (t) + c 2 f 2 (t)} = c F (s) + c 2 F 2 (s) Örnek 5.4 f(t) = 3 cos 2 3t fonksiyonunun Laplace dönüşümünü bulalım. F (s) = L{3 cos 2 3t} = L{ 3 ( + 2 cos 6t)} 2 = 3 2 L{} + 3L{cos 6t} = 3 2s + 3s s Birinci Öteleme (translation) özelliği Eğer f(t) fonksiyonunun Laplace dönüşümü F (s) yani F (s) = L{f(t)} ise e at f(t) fonksiyonunun Laplace dönüşümü (transformasyonu) biçiminde olur. L{e at f(t)} = F (s a)

88 88 BÖLÜM 5. LAPLACE DÖNÜŞÜMÜ Örnek 5.5 f(t) = e 2t cos 3t fonksiyonunun Laplace dönüşümünü bulalım. biçiminde elde ederiz. İkinci Öteleme Özelliği F (s) = L{e 2t cos 3t} = s 2 (s 2) t = a noktasında sıçrama süreksizliği olan birim basamak fonksiyonu {, t a u a (t) = u(t a) = 0, t < a ile tamımlanır. Eğer F (s) = L{f(t)} ise biçiminde olur. L{f(t a)u(t a)} = e as F (s), a 0 t n f(t) şeklindeki fonksiyonların Laplace dönüşümü F (s) = L{f(t)} ise t n f(t), n N biçimindeki bir fonksiyonun Laplace dönüşümü L{t n f(t)} = ( ) n dn F (s) ds n formülünden bulunur. Örnek 5.6 t sin at fonksiyonunun Laplace dönüşümünü bulalım. biçiminde buluruz. L{t sin at} = d a ds s 2 + a = 2 2as s 2 + a 2 f(t) t şeklindeki fonksiyonunun Laplace dönüşümü F (s) = L{f(t)} ise f(t), biçimindeki bir fonksiyonun Laplace dönüşümü t formülünden bulunur. L{ f(t) } = t s F (u)du

89 5.. DIREKT (FORWARD) LAPLACE DÖNÜŞÜMÜ 89 Örnek 5.7 L{ sin at } = t s biçiminde elde ederiz. a u 2 + a du = arctan u 2 a s = π 2 arctan s a Türevlerin Dönüşümleri Eğer F (s) = L{f(t)} ise f (t) biçimindeki bir fonksiyonun Laplace dönüşümü L{f (t)} = sf (s) f(0) formülünden bulunur. En genel halde bir f(t) fonksiyonunun n. mertebeden Laplace dönüşümü { } L f (n) (t) = dn f(t) = s n F (s) s n f(0) s n 2 f (0)... f (n ) (0) dt n formunda olur Impuls veya Dirac Delta Fonksiyonu Şimdi yalnızca fiziksel problemlerde anlamlı olabilecek bir fonksiyon üretmek istiyoruz. Bu amaçla, { δ ɛ (t t 0 ) =, t t 2ɛ 0 ɛ 0, t t 0 > ɛ ile tanımlan bir fonksiyon olsun. Bu fonksiyonun bütün reel eksen üzerindeki integrali δ ɛ (t t 0 )dt = ɛ ɛ 2ɛ dt = biçimindedir. Birim impuls (Dirac Delta) fonksiyonu δ ɛ nin ɛ 0 için limiti {, t = t0 δ(t t 0 ) = lim δ ɛ (t t 0 ) = ɛ 0 0, t t 0 olarak tanımlanır. Ayrıca, Dirac delta fonkyonunun bütün reel eksen üzerindeki integrali δ(t t 0 )dt = biçimindedir. Dirac delta fonksiyonunun eleme özelliği diye bilinen bir özelliğe sahiptir. Bu özellik şöyle ifade edilir: δ(t t 0 )f(t)dt = f(t 0 ).

90 90 BÖLÜM 5. LAPLACE DÖNÜŞÜMÜ δ(t t 0 ) fonksiyonunun Laplace dönüşümü biçiminde olur. L{δ(t t 0 )} = e t 0s 5.2 Ters (Inverse) Laplace Dönüşümü Eğer F (s) = L{f(t)} ise f(t) fonksiyonuna F (s) görüntü fonksiyonunun ters Laplace dönüşümü adı verilir ve f(t) = L {F (s)} biçiminde ifade edilir. Ters Laplace dönüşümü de lineer bir işlemdir, yani f(t) = L {F (s)} ve g(t) = L {G(s)} ise L {F (s) + G(s)} = L {F (s)} + L {G(s)} = f(t) + g(t) biçimindedir. Laplace operatorü LL = L L I biçiminde bir özdeşliğe sahiptir. Burada I birim operatördür Ters Laplace Dönüşümünün Özellikleri Ölçek Değişim Özelliği L {F (s)} = f(t) ise L {F (as)} = a f( t a ) dir. Birinci Öteleme Özelliği L {F (s a)} = e at L {F (s)} = e at f(t). Örnek 5.8 { } { } L = e 3t L = e 3t s 3 s Örnek 5.9 { } { } L = L s 2 + 2s + 2 (s + ) 2 + { } = e t L = e t sin t s 2 +

91 5.2. TERS (INVERSE) LAPLACE DÖNÜŞÜMÜ 9 İkinci Öteleme Özelliği L {e as F (s)} = f(t a)u(t a) = { f(t a), t a 0, t < a Örnek 5.0 L {e πs s } = cos(t π)u(t π) = s 2 + Türevin Ters Laplace Dönüşümü { cos t, t π 0, t < π L {F (n) (s)} = ( ) n t n L {F (s)} = ( ) n t n f(t). Örnek 5. L {ln(s 2)} =? F (s) = ln(s 2) F (s) = { } s 2 tl {ln(s 2)} = L s 2 L {ln(s 2)} = t e2t Kısmi Kesirler Yöntemi Örnek 5.2 { } L 6s =? s 3 2s 2 s + 2 6s s 3 2s 2 s + 2 = 6s (s + )(s )(s 2) A s + + B s + C s 2 özdeşliğinden A = 5 3, B = 5 ve C = 28 3 buluruz. 6s s 3 2s 2 s + 2 = 5 3 s + 5 s + 28 { } 3 s 2 L 6s = 5 { } { } s 3 2s 2 s L 5L s + s = 5 3 e t 5e t e2t + 28 { } 3 L s 2

92 92 BÖLÜM 5. LAPLACE DÖNÜŞÜMÜ Örnek 5.3 { } L s =? (s + 2) 2 (s 2 + ) s (s + 2) 2 (s 2 + ) A s B (s + 2) + Cs + D 2 s 2 + özdeşliğinden A = 2 25, B = 8 5, C = 2 25 ve D = 9 25 buluruz. s (s + 2) 2 (s 2 + ) { } L s (s + 2) 2 (s 2 + ) = 2 25 s (s + 2) 2 s 2 25 s s 2 + = 2 { }+ 85 { } 25 L s + 2 L 2 { s (s + 2) 2 25 L s 2 + = 2 25 e 2t te 2t 2 25 cos t sin t } + 9 { } 25 L s Laplace Dönüşümünün Uygulamaları Laplace dönüşümünün uygulamalardaki tekniği birkaç adımdan oluşur.. Diferansiyel denklemin her iki yanınının Laplace dönüşümü alınır. Sonuç bilinmeyen fonksiyonun dönüşümünü içeren cebirsel bir denklemdir. 2. Cebirsel denklem çözülür. 3. Ters dönüşüm alarak diferansiyel denklemin aynı zamanda başlangıç koşullarını sağlayan çözüme varılır. Örnek 5.4 y + 4y + 3y = e 2t, y(0) = 0, y (0) = 0 başlangıç değer probleminin çözümünü Laplace dönüşümünden yararlanarak bulalım. Ele aldığımız diferansiyel denklemin her iki tarafının Laplace dönüşümü uygulanırsa L{y + 4y + 3y} = L{e 2t } L{y } + 4L{y } + 3L{y} = L{e 2t } s 2 Y (s) sy(0) y (0) + 4sY (s) 4y(0) + 3Y (s) = s + 2 Y (s) = (s + )(s + 2)(s + 3)

93 5.3. LAPLACE DÖNÜŞÜMÜNÜN UYGULAMALARI 93 işlemleriyle yukarıda bahsi geçen ilk iki adımı tamamlamış olduk. Şimdi üçüncü adımı uygulayalım yani Y (s) ifadesinin ters Laplace sını aldığımızda { } y(t) = L {Y (s)} = L (s + )(s + 2)(s + 3) = { } { } 2 L L + { } s + s L s + 3 = 2 e t e 2t + 2 e 3t biçiminde ele aldığımız diferansiyel denklemin y(0) = 0, y (0) = 0 başlagıç koşulu altındaki çözümü elde ettik. Örnek 5.5 y +2y +y = δ(t 5), y(0) = 0, y (0) = 0 başlangıç değer probleminin çözümünü Laplace dönüşümünden yararlanarak bulalım. Ele aldığımız diferansiyel denklemin her iki tarafının Laplace dönüşümü uygulanırsa L{y + 6y + 5y} = L{δ(t 5)} s 2 Y (s) sy(0) y (0) + 6sY (s) 6y(0) + 5Y (s) = e 5s Y (s) ifadesinin ters Laplace sını aldığımızda { y(t) = L {Y (s)} = L e 5s = e 2(t 5) e 3(t 5) (s + 2)(s + 3) Y (s) = e 5s (s + 2)(s + 3) } { } e = L 5s (s + 2) e 5s (s + 3) biçiminde ele aldığımız diferansiyel denklemin y(0) = 0, y (0) = 0 başlagıç koşulu altındaki çözümü elde ettik. Örnek 5.6 y (t) + w 2 y(t) = u a (t) diferansiyel denkleminin y(0) = 0, y (0) = 0 başlangıç koşulu altındaki çözümünü bulalım. Ele aldığımız diferansiyel denklemin her iki tarafının Laplace dönüşümü uygulanırsa L{y + w 2 y} = L{u a (t)} L{y } + w 2 L{y} = L{u a (t)} s 2 Y (s) sy(0) y (0) + w 2 Y (s) = e as s e as Y (s) = s(s 2 + w 2 )

94 94 BÖLÜM 5. LAPLACE DÖNÜŞÜMÜ Y (s) ifadesinin ters Laplace sını aldığımızda ele aldığımız denklemin çözümünü { } e y(t) = L {Y (s)} = L as s(s 2 + w 2 ) = { [ ]} w 2 L e as s s s 2 + w 2 biçiminde buluruz. Örnek 5.7 olmak üzere, = w 2 [ cos w(t a)]u a(t) = g(t) = { { 3, 5 t < 20 0, 0 t < 5 ve t 20 [ cos w(t a)], t a w 2 0, t < a y 3y + 2y = g(t), y(0) = 0, y (0) = 0 başlangıç değer probleminin çözümünü bulalım. Öncelikle, ele aldığımız diferansiyel denklemdeki g(t) fonksiyonunu basamak fonksiyonları cinsinden ifade edelim. { {, t 5, t 20 u 5 (t) = u 0, t < 5 20 (t) = 0, t < 20 olduğu gözönüne aldığımızda g(t) = 3(u 5 u 20 ) olduğunu anlarız. Şu halde ele aldığımız denklem y 3y + 2y = 3(u 5 u 20 ), y(0) = 0, y (0) = 0 biçiminde olacaktır. Bu diferansiyel denklemin her iki tarafının Laplace dönüşümü uygulanırsa L{y 3y + 2y} = L{3(u 5 u 20 )} s 2 Y (s) sy(0) y (0) 3Y (s) 3y(0) + 2Y (s) = 3e 5s 3e 20s s Y (s) = 3e 5s 3e 20 s(s )(s 2) Y (s) ifadesinin ters Laplace sını aldığımızda ele aldığımız denklemin çözümünü { } 3e y(t) = L {Y (s)} = L 5s 3e 20 s(s )(s 2) { [ = 3L e 5s 2s ]} { [ s + 3L e 20s 2(s 2) 2s ]} s + 2(s 2) { = 3 2 u 5(t) 2 u 20(t) e (t 5) u 5 (t) + 2 e2(t 5) u 5 (t) + e (t 20) u 20 (t) } 2 e2(t 20) u 20 (t) biçiminde buluruz.

95 Bölüm 6.MERTEBEDEN LİNEER DİFERANSİYEL DENKLEM SİSTEMLERİNİN ÇÖZÜMLERİ Bundan önceki bölümlerde, bir bağımsız ve bir bağımlı değişkeni içeren tek diferansiyel denklemleri inceledik. Şimdi ise, bir bağımsız değişken ve iki veya daha fazla bağımlı değişkeni bulunan ve genellikle bağımlı değişken kadar diferansiyel denklemden oluşan dif eransiyel denklem sistemlerini inceliyeceğiz. 6. Lineer Sistem Türleri a (t) dx dt + a 2(t) dx 2 dt + a 3(t)x + a 4 (t)x 2 = c (t) b (t) dx dt + b 2(t) dx 2 dt + b 3(t)x + b 4 (t)x 2 = c 2 (t) (6.) biçiminde verilen bir diferansiyel denkleme bağımsız değişken t ve bağımlı değişkenler x ve x 2 olmak üzere birinci mertebeden değişken katsayılı ve iki bilinmeyenli lineer bir diferansiyel denklem sistemi denir. (6.) diferansiyel denklem sistemi dx dt = A (t)x + A 2 (t)x 2 + C (t) dx 2 dt = B (t)x + B 2 (t)x 2 + C 2 (t) biçiminde de verilir. Bu biçim, Normal F orm başlığı altında tanımlanır ve yaygın olarak kullanacağız. 95

96 96BÖLÜM 6..MERTEBEDEN LİNEER DİFERANSİYEL DENKLEM SİSTEMLERİNİN ÇÖZÜMLE Bağımsız değişkeni t ve bağımlı değişkenleri x, x 2,..., x n olan ve n sayıda diferansiyel denklemden oluşan normal formdaki diferansiyel denklem sistemi dx dt dx 2 dt dx n dt biçiminde ifade edilir. = a (t)x + a 2 (t)x a n (t)x n + f (t) = a 2 (t)x + a 22 (t)x a 2n (t)x n + f 2 (t). = a n (t)x + a n2 (t)x a nn (t)x n + f n (t) 6.2 Sabit Katsayalı Lineer Sistemlerde Operatör Metodu D := d şeklinde bir D diferansiyel operatörü tanımlaması yapalım. Metodu da bir dt kaç örnek ile izah edelim. Örnek 6. dx dt + dx 2 dt x 3x 2 = e t dx dt + dx 2 dt + x = 3e 3t diferansiyel denklem sistemini operatör metodunu kullanarak çözelim. Ele aldığımız diferansiyel denklemi özdeş olarak (D )x + (D 3)x 2 = e t (D + )x + Dx 2 = e 3t (6.2) biçiminde yazabiliriz. Cramer kuralından et D 3 e 3t D x = D D 3, x 2 = D + D D et D + e 3t D D 3 D + D buluruz. Buradan da x = et D + 3, x 2 = 2(e3t e t ) D + 3

97 6.2. SABIT KATSAYALI LINEER SISTEMLERDE OPERATÖR METODU 97 elde ederiz. Yani dx dt + 3x = e t, dx 2 dt + 3x 2 = 2(e 3t e t ) biçiminde iki adet birinci mertebeden lineer diferansiyel denklem elde ederiz. Bu denklemlerin çözümleri de x = c e 3t + 4 et ve x 2 = c 2 e 3t + 3 e3t 2 et şeklinde elde ederiz. (6.2) denkleminin Wronskian ı W = D D 3 D + D = D + 3 olur. Wronskian değeri D + 3 olduğuna, yani mertebesi olduğuna göre, (6.2) diferansiyel sisteminin bağımsız sabit sayısı bir tane olmalıdır. Buna göre, c ile c 2 arasındaki bağıntıyı bulmak için, x ve x 2 nin yukarıda bulunan değerleri ele aldığımız diferansiyel denklem sisteminin herhangi bir denkleminde yerine yazılarak buluruz. x ve x 2 ifadesini dx dt + dx 2 dt + x = 3e 3t diferansiyel denkleminde yerlerine yazarsak c 2 = 2 3 c buluruz. Sonuç olarak ele aldığımız diferansiyel denklemin sisteminin genel çözümü biçiminde buluruz. Örnek 6.2 x = ce 3t + 4 et ve x 2 = 2 3 ce 3t + 3 e3t 2 et 2 dx dt + dx 2 dt + x + x 2 = t 2 + 4t dx dt + dx 2 dt + 2x + 2x 2 = 2t 2 2t diferansiyel denklem sistemini operatör metodunu kullanarak çözelim. Ele aldığımız diferansiyel denklemi özdeş olarak (2D + )x + (D + )x 2 = t 2 + 4t (D + 2)x + (D + 2)x 2 = 2t 2 2t (6.3)

98 98BÖLÜM 6..MERTEBEDEN LİNEER DİFERANSİYEL DENKLEM SİSTEMLERİNİN ÇÖZÜMLE biçiminde yazabiliriz. Cramer kuralından x = t 2 + 4t D + 2t 2 2t D + 2 2D + D +, x 2 = D + 2 D + 2 2D + t2 + 4t D + 2t 2 2t 2D + D + D + 2 D + 2 buluruz. Buradan da x = 8t + 6 D 2 + 2D, x 2 = 4t 8 D 2 + 2D elde ederiz. Yani d 2 x dt + 2dx 2 dt = 8t + 6, d 2 x 2 dt + 2dx 2 2 dt = 4t 8, biçiminde iki adet ikinci mertebeden lineer diferansiyel denklem elde ederiz. Bu denklemlerin çözümleri de x = c + c 2 e 2t + 2t 2 + t ve x 2 = k + k 2 e 2t t 2 3t şeklinde elde ederiz. (6.3) denkleminin Wronskian ı W = 2D + D + D + 2 D + 2 = D2 + 2D olur. Wronskian değeri D 2 + 2D olduğuna, yani mertebesi 2 olduğuna göre, (6.3) diferansiyel sisteminin bağımsız sabit sayısı bir tane olmalıdır. Buna göre, sabitler arasındaki bağıntıyı bulmak için, x ve x 2 nin yukarıda bulunan değerleri ele aldığımız diferansiyel denklem sisteminin herhangi bir denkleminde yerine yazılarak buluruz. x ve x 2 ifadesini 2 dx dt + dx 2 dt + x + x 2 = t 2 + 4t diferansiyel denkleminde yerlerine yazarsak k = c ve k 2 = 3c 2 buluruz. Sonuç olarak ele aldığımız diferansiyel denklemin sisteminin genel çözümü biçiminde buluruz. x = c + c 2 e 2t + 2t 2 + t ve x 2 = c 3c 2 e 2t t 2 3t

99 6.3. LINEER VE SABIT KATSAYILI BIR NORMAL DIFERANSIYEL DENKLEM SISTEMININ MAT 6.3 Lineer ve sabit katsayılı bir normal diferansiyel denklem sisteminin matrisler yardımıyla çözümü dx dt dx 2 dt dx n dt = a (t)x + a 2 (t)x a n (t)x n + f (t) = a 2 (t)x + a 22 (t)x a 2n (t)x n + f 2 (t). (6.4) = a n (t)x + a n2 (t)x a nn (t)x n + f n (t) şeklindeki bir sistem, sabit katsayılı lineer ve homojen olmayan normal bir sistemdir. Bu sistemde f (t) = f 2 (t) =... = f n (t) = 0 ise sistem, homojen sistem adını alır. Homojen olmayan lineer sistemin genel çözümünü bulmamız için, öncelikle homojen sistemin genel çözümü buluruz. Sonra da homojen olmayan sistemin bir özel çözümü aramalıyız ve bu iki çözüm toplanarak (6.4) denkleminin genel çözümü bulunur. (6.4) sistemi dx dt dx 2 dt. dx n dt veya daha kısa olarak a a 2... a n x f (t) = a 2 a a 2n x f 2 (t). a n a n2... a nn f n (t) x n dx i dt = n a ij x j + f i, j= i =, 2,... n şeklinde yazılabilir. Eğer, x a a 2... a n f (t) x 2 x =., A = a 2 a a 2n , f(t) = f 2 (t). x n a n a n2... a nn f n (t) ise, (6.4) sistemi dx dt Ax = f(t) (6.5)

100 00BÖLÜM 6..MERTEBEDEN LİNEER DİFERANSİYEL DENKLEM SİSTEMLERİNİN ÇÖZÜML biçiminde yazarız. Sistem homojen ise (6.5) denklemi şekillerini alır. dx dt Ax = 0 (6.6) 6.3. Homojen tipteki sabit katsayılı lineer denklem sistemlerinin çözümü (6.6) homojen sisteminin n tane çözümü x (), x (2),..., x (n) ise ve X(t) sutunları x (), x (2),..., x (n) çözümleri ile oluşturulmuş bir matris olsun. X(t) matrisinin determinantına x (), x (2),..., x (n) çözümlerinin Wronskian ı denir ve x (t) x 2 (t)... x n (t) W [x (), x (2),..., x (n) x 2 (t) x 22 (t)... x 2n (t) ] = det[x(t)] = x n (t) x n2 (t)... x nn (t) biçiminde gösterilir. x (), x (2),..., x (n) çözümlerinin lineer bağımsız olmaları için gerek ve yeter koşul W [x (), x (2),..., x (n) ] 0 (6.7) olmasıdır. Eğer (6.7) koşulu sağlanıyorsa (6.6) homojen denklem sisteminin genel çözümü c, c 2,..., c n keyfi sabitler olmak üzere biçiminde olur. x = c x () (t) + c 2 x (2) (t) + + c n x (n) (t) (6.6) homojen denklem sisteminin çözümleri genel halde x = ξe λt (6.8) biçiminde aramalıyız. Burada, λ kuvveti ve sabit ξ vektörü bulmamız gerekir. Eğer x in (6.8) ifadesi (6.6) homojen denklem sisteminde yerine koyar ve düzenlersek e λt (λi A)ξ = 0 (6.9) elde ederiz. Burada I, n n lik birim matristir. Her t R için e λt 0 olacağından (6.9) denklemi (λi A)ξ = 0 (6.0) biçimine indirgeriz. Şu halde, (6.6) homojen denklem sistemini çözmek için (6.0) denklemi ile verilen cebirsel denklemler sisteminin çözümünü bulmamız gerekir. Bu ise, A matrisinin özdeğerlerinin ve özvektörlerinin bulunması problemidir. Şimdi çözüm metodunu bir kaç örnekle izah edelim.

101 6.3. LINEER VE SABIT KATSAYILI BIR NORMAL DIFERANSIYEL DENKLEM SISTEMININ MAT Örnek 6.3 x = [ ] 6 3 x 2 diferansiyel denklem sisteminin genel çözümünü bulalım. [ ] 6 3 Ele aldığımız denklemde A := dir. Sistemin çözümü için x = ξe 2 λt biçiminde bir çözüm arayacağız. Bu ifade ele aldığımız diferansiyel denklemde yerine koyar ve düzemleme yaparsak [ ] [ ] [ ] λ 6 3 ξ 0 (λi A)ξ = = (6.) 2 λ 0 elde ederiz. (6.) denkleminin sıfırdan farklı çözümü sahip olması için gerek ve yeter koşul katsayılar determinantının sıfır olmasıdır. det(λi A) = λ λ = (λ 3)(λ 4) = 0 Buradan da özdeğerleri λ = 3 ve λ 2 = 4 biçiminde buluruz. Şimdi bu özdeğerlere karşılık gelen özvektörleri bulalım. λ = 3 özdeğerine karşılık gelen özvektörü bulalım. [ ] [ ] [ ] 3 3 ξ 0 = buluruz. Buradan da 3ξ + 3ξ 2 = 0 veya ξ = ξ 2 buluruz. c 0 keyfi bir sabit olmak üzere ξ = c seçilirse ξ 2 [ = ] c olarak elde ederiz. Şu halde λ = 3 özdeğerine karşılık gelen özvektör ξ () = c biçiminde buluruz. c keyfi sabit olduğundan c = [ ] seçebiliriz. Özvektör de ξ () = halini almış olur. Şimdi λ 2 = 4 özdeğerine karşılık gelen özvektörü bulalım. [ ξ 2 ] [ ] ξ = buluruz. Buradan da 2ξ + 3ξ 2 = 0 veya 2ξ = 3ξ 2 buluruz. c 0 keyfi bir sabit olmak üzere ξ = 3c seçilirse ξ[ 2 = ] 2c olarak elde ederiz. Şu halde λ = 4 özdeğerine 3 karşılık gelen özvektör ξ (2) = c biçiminde buluruz. c keyfi sabit olduğundan c = [ 2 ] 3 seçebiliriz. Özvektör de ξ (2) = şeklinde olur. Ele aldığımız diferansiyel denklem 2 sisteminin çözümleri [ ] [ ] e x () (t) = ξ () e λt = e 3t 3t = e 3t [ ] [ ] 3 3e x (2) (t) = ξ (2) e λ2t = e 4t 4t = 2 2e 4t ξ 2 [ ] 0 0 ξ 2

102 02BÖLÜM 6..MERTEBEDEN LİNEER DİFERANSİYEL DENKLEM SİSTEMLERİNİN ÇÖZÜML buluruz. Bu çözümlerin Wronskian ı W [x (), x (2) ] = e3t e 3t 3e 4t 2e 4t = e7t 0 olup x (), x (2) çözümleri t R üzerinde lineer bağımsızdır. Şu halde ele aldığımız diferansiyel denklemin genel çözümü [ ] [ ] 3 x(t) = c x () (t) + c 2 x (2) (t) = c e 3t + c 2 e 4t 2 biçiminde buluruz. Katlı Özdeğerler Durumu dx = Ax (6.2) dt lineer homojen denklem sisteminin A kaysayılar matrisinin katlı özdeğerlerinin bulunması halindeki çözümünü inceliyelim. Eğer r = λ det(ri A) = 0 denkleminin m katlı kökü ise, λ ya A matrisinin katlılığı m olan özdeğeri denir. Bu durumda iki halin dikkate almamız gerekir.. A matrisinin katlığı m olan λ özdeğerine m tane özvektör karşılık gelir. Bu (6.2) diferansiyel denkleminin çözümlerini biçiminde buluruz. x () = ξ () e λt x (2) = ξ (2) e λt. x (m) = ξ (m) e λt x (m+) = ξ (m+) e λ m+t. x (n) = ξ (n) e λnt 2. A matrisinin katlılığı m olan λ özdeğerine m den az özvektör karşı gelir. Bu durum, A matrisinin Hermitian olmaması durumunda olur. λ nın katlılığı m olduğu halde λ ya karşı gelen özvektörlerinin sayısı m den azdır. Bu durumda geri kalan özvektörler değişik formlarda aramalıyız.

103 6.3. LINEER VE SABIT KATSAYILI BIR NORMAL DIFERANSIYEL DENKLEM SISTEMININ MAT r = λ özdeğerlerinin katlılığının iki olması durumu r = λ özdeğeri, A matrisinin katlılığı iki olan bir özdeğeri olsun ve özdeğere karşı gelen birtane ξ özvektörü olsun. Bu durumda sistemin bir çözümü şeklindedir. Sistemin ikinci çözümünü biçiminde aramalıyız. η vektörünü x () (t) = ξe λt x (2) (t) = ξte λt + ηe λt (λi A)η = ξ denklemininden buluruz. Bu durumda (6.2) diferansiyel denkleminin çözümlerini biçiminde buluruz. x () = ξ () e λt x (2) = ξ () te λt + ηe λt x (3) = ξ (3) e λ 3t. x (n) = ξ (n) e λnt r = λ özdeğerinin katlılığının üç olması hali. r = λ üç katlı özdeğerine karşı bir tane özvektörün karşı geldiği veya bulunduğunu varsayalım. Bu durumda (6.2) diferansiyel denkleminin çözümleri x () = ξ () e λt x (2) = ξ () te λt + ηe λt x (3) = () t2 ξ 2! eλt + ηte λt + ζe λt x (4) = ξ (4) e λ 4t. x (n) = ξ (n) e λnt biçiminde buluruz. Buradaki η ve ζ vektörlerini denklemlerinden buluruz. (λi A)η = ξ () (λi A)ζ = η

104 04BÖLÜM 6..MERTEBEDEN LİNEER DİFERANSİYEL DENKLEM SİSTEMLERİNİN ÇÖZÜML Örnek r = λ üç katlı özdeğerine karşı iki tane lineer bağımsız özvektörün karşı geldiği veya bulunabildiğini varsayalım. Bu durumda (6.2) diferansiyel denkleminin çözümleri x () = ξ () e λt x (2) = ξ (2) e λt x (3) = ξte λt + ηte λt x (4) = ξ (4) e λ 4t. x (n) = ξ (n) e λnt biçiminde buluruz. Buradaki ξ vektörü ξ () ve ξ (2) vektörlerinin bir lineer kombinasyonudur ve η vektörünü denkleminden buluruz. (λi A)η = ξ 3. r = λ üç katlı özdeğerine karşı üç tane lineer bağımsız özvektörün karşı geldiği veya bulunabildiğini varsayalım. Bu durumda (6.2) diferansiyel denkleminin çözümleri biçiminde buluruz. dx dt dx 2 dt dx 3 dt x () = ξ () e λt x (2) = ξ (2) e λt x (3) = ξ 3 e λt x (4) = ξ (4) e λ 4t. x (n) = ξ (n) e λnt = x + 3x 2 + 3x 3 = x + 3x 2 + x 3 = x + x 2 + 3x 3 homojen, lineer diferansiyel denklem sistemini çözelim.

105 6.3. LINEER VE SABIT KATSAYILI BIR NORMAL DIFERANSIYEL DENKLEM SISTEMININ MAT Denklem sistemini önce matris formunda yazalım. 3 3 x dx = Ax, A := 3 ve x := x 2 (6.3) dt 3 x 3 (6.3) denkleminin çözümü x = ξe λt formunda aradığımızda karakteristik denklemi λ det(λi A) = λ 3 λ 3 = λ3 5λ 2 + 8λ 4 = 0 biçiminde buluruz. Karakteristik denklemin köklerini veya özdeğerleri λ =, λ 2 = 2 ve λ 3 = 2 buluruz. λ = özdeğerine karşılık gelen özvektörü ξ () = ξ 2 bulalım. ξ ξ 0 2 ξ 2 = 0 2 ξ denkleminden ξ () = c buluruz. c keyfi sabit olduğundan c = seçebiliriz. Şu 3 halde λ = özdeğerine karşılık gelen özvektör ξ () = biçiminde buluruz. λ 2 = λ 3 = 2 özdeğerine karşılık gelen özvektörleri ξ (2,3) = ξ 2 bulalım. ξ ξ 0 ξ 2 = 0 ξ buluruz. matrisinin rankı dir. Bilinmeyen sayısı 3 ve rank olduğundan keyfi sabit sayısı 3 = 2 olmalıdır. Şu halde ξ 3 = c ve ξ 2 = c 2 seçersek ξ = c + c 2 buluruz. Buradan da ξ (2) = c 0 ve ξ (3) = c 2 buluruz. c ve c 2 0 ξ ξ

106 06BÖLÜM 6..MERTEBEDEN LİNEER DİFERANSİYEL DENKLEM SİSTEMLERİNİN ÇÖZÜML keyfi sabit olduklarında c = c 2 = seçebiliriz. Şu halde λ = 2 özdeğerine karşılık gelen lineer bağımsız özvektörler ξ (2) = 0 ve ξ (3) = biçiminde buluruz. Şu 0 halde ele aldığımız diferansiyel denklemin genel çözümü k, k 2 ve k 3 keyfi sabitler olmak üzere x 3 x = x 2 = k e t + k 2 0 e 2t + k 3 e 2t x 3 0 yani x = 3k e t + (k 2 + k 3 )e 2t x 2 = k e t + k 3 e 2t x 3 = k e t + k 2 e 2t biçiminde buluruz. Not: Bulduğumuz sonuçun doğruluğunu test etmek istenirse bu sonuçlar ele aldığımız denklem sisteminin herhangi bir denkleminde yerlerine konularak seçilen denklemi sağladığı gösterilebilir. Örnek 6.5 dx dt dx 2 dt = x x 2, x (0) = = x + 3x 2, x 2 (0) = başlangıç değer diferansiyel denklem sistemi problemini çözelim. Denklem sistemini önce matris formunda yazalım. [ ] dx = Ax, A := ve x := dt 3 [ x x 2 ], x(0) = [ ] (6.4) (6.4) denkleminin çözümü x = ξe λt formunda aradığımızda karakteristik denklemi det(λi A) = λ λ 3 = λ2 4λ + 4 = 0 biçiminde buluruz. Karakteristik denklemin köklerini veya özdeğerleri λ = λ 2 = 2 buluruz. λ = 2 özdeğerine karşılık gelen özvektörü ξ () = [ ξ ξ 2 ] bulalım.

107 6.3. LINEER VE SABIT KATSAYILI BIR NORMAL DIFERANSIYEL DENKLEM SISTEMININ MAT [ ] [ ] [ ] ξ 0 = ξ 2 0 [ ] denkleminden λ = 2 karşı gelen özvektörü ξ () = biçiminde buluruz. Şu halde x () çözümünü [ ] x () = e 2t biçiminde buluruz. λ = λ 2 olduğundan ξ () den lineer bağımsız bir η vektörü bulmalıyız. [ ] [ ] [ ] (λi A)η = ξ () η = η 2 [ ] buradan da η = biçiminde buluruz. Şu halde x 0 (2) çözümünü x (2) = ξ () te 2t + ηe 2t = [ ] te 2t + [ ] e 2t 0 biçiminde buluruz. Şu halde ele aldığımız diferansiyel denklemin genel çözümü x = c x () + c 2 x [ ] (2) {[ ] = c e 2t + c 2 te 2t + [ ] } e 2t 0 [ ] buluruz. x(0) = başlangıç koşulundan c = ve c 2 = 2 buluruz. Şu halde ele aldığımız diferansiyel denklem sisteminin başlangıç koşulu altındaki çözümü şeklinde buluruz. Kompleks özdeğerler x (t) = e 2t 2te 2t x 2 (t) = e 2t + 2te 2t dx dt = Ax (6.5) homojen, lineer denklem sistemini tekrar ele alalım. Eğer A matrisi reel değerli ise det(λi A) = 0 polinom denkleminin katsayıları reel sayılar olacağından bu denklemin kökleri olan özdeğerlerin bazıları kompleks eşlenikleri ile bulabiliriz. Örneğin, eğer λ = α + iβ, (α, β reel), A nın bir özdeğeri ise λ 2 = α iβ da A matrisinin bir özdeğeridir. Ayrıca, λ = α + iβ özdeğerine karşılık gelen özvektör ξ () ise

108 08BÖLÜM 6..MERTEBEDEN LİNEER DİFERANSİYEL DENKLEM SİSTEMLERİNİN ÇÖZÜML λ 2 = α iβ özdeğerine karşılık gelen özvektör λ = α + iβ karşılık gelen özvektörün kompleks eşleniği olur yani ξ (2) = ξ () olur. Şu halde (6.5) homojen, lineer diferansiyel denklem sisteminin bu kompleks özdeğerine karşı gelen çözümleri x () (t) = ξ () e λ t ve x (2) (t) = ξ () e λ t biçiminde olur. λ = α + iβ, α, β R ve ξ () = a + ib, a ve b reel vektörler olmak üzere x () çözümünü x () (t) = e αt (a cos βt b sin βt) + ie αt (a sin βt + b cos βt) = u(t) + iv(t) biçiminde buluruz. Benzer şekilde x (2) çözümünü x (2) (t) = e αt (a cos βt b sin βt) ie αt (a sin βt + b cos βt) = u(t) iv(t) biçiminde buluruz. Şu halde x () ve x (2) çözümlerinin bir lineer kombinasyonu c x () + c 2 x (2) = (c + c 2 )u + i(c c 2 )v = k u + k 2 v şeklinde olur. Dolayısıyla (6.5) denkleminin genel çözümü k, k 2,..., k n keyfi sabitler olmak üzere biçiminde olur. Örnek 6.6 x = k u + k 2 v + k 3 ξ (3) e λ 3t + + k n ξ (n) e λnt dx dt dx 2 dt dx 3 dt = x = 2x + x 2 2x 3 = 3x + 2x 2 + x 3 homojen, lineer diferansiyel denklem sistemini çözelim. Denklem sistemini önce matris formunda yazalım. 0 0 x dx = Ax, A := 2 2 ve x := x 2 (6.6) dt 3 2 x 3

109 6.3. LINEER VE SABIT KATSAYILI BIR NORMAL DIFERANSIYEL DENKLEM SISTEMININ MAT (6.6) denkleminin çözümü x = ξe λt formunda aradığımızda karakteristik denklemi λ 0 0 det(λi A) = 2 λ λ = (λ )((λ )2 + 4) = 0 biçiminde buluruz. Karakteristik denklemin köklerini veya özdeğerleri λ =, λ 2 = + 2i ve λ 3 = 2i buluruz. λ = özdeğerine karşılık gelen özvektörü ξ () = ξ 2 bulalım. ξ ξ ξ 2 = ξ 3 0 denkleminden ξ () = c 3/2 buluruz. c keyfi sabit olduğundan c = 2 seçebiliriz. 2 Şu halde λ = özdeğerine karşılık gelen özvektör ξ () = 3 biçiminde buluruz. 2 λ 2 = + 2i özdeğerine karşılık gelen özvektörleri ξ (2) = ξ 2 bulalım. ξ 3 2i 0 0 ξ 0 2 2i 2 ξ 2 = i ξ denkleminden ξ (2) = i = 0 + i buluruz x (2) (t) = e t cos 2t 0 sin 2t + ie t 0 sin 2t + cos 2t 0 0 = u(t) + iv(t) ξ ξ buluruz. Buradan da 0 0 u = sin 2t e t ve v = cos 2t e t cos 2t sin 2t

110 0BÖLÜM 6..MERTEBEDEN LİNEER DİFERANSİYEL DENKLEM SİSTEMLERİNİN ÇÖZÜML buluruz. Şu halde ele aldığımız diferansiyel denklemin genel çözümü k, k 2 ve k 3 keyfi sabitler olmak üzere yani x = x x 2 x 3 = k ξ () e λ t + k 2 u + k 3 v 2 = k 3 e t + k 2 2 x = 2k e t 0 sin 2t cos 2t e t + k 3 0 cos 2t sin 2t x 2 = 3k e t k 2 e t sin 2t + k 3 e t cos 2t x 3 = 2k e t + k 2 e t cos 2t + k 3 e t sin 2t biçiminde buluruz. Not: Bulduğumuz sonuçun doğruluğunu test etmek istenirse bu sonuçlar ele aldığımız denklem sisteminin herhangi bir denkleminde yerlerine konularak seçilen denklemi sağladığı gösterilebilir. 6.4 Homojen olmayan Lineer Sistemler (6.5) homojen olmayan lineer diferansiyel denklemini dx dt e t Ax = f(t) (6.7) tekrar gözönüne alalım.(6.7) homojen olmayan denklem sisteminin genel çözümü c, c 2,..., c n keyfi sabitler olmak üzere x = c x () (t) + c 2 x (2) (t) c n x (n) (t) + F(t) biçimindedir. Genel çözümün c x () (t) + c 2 x (2) (t) c n x (n) (t) kısmı (6.7) denklemin sisteminin homojen kısmından ve F(t) kısmı ise (6.7) denklemin sisteminin homojen olmayan kısmından elde edilir. Homojen olmayan kısmın çözümüne özel çözüm diyoruz. Şimdi özel çözümün nasıl ve dolayısıyla genel çözüm nasıl bulunacağına dair sadece bir metodu vereceğiz Köşegenleştirme Metodu Öncelikle köşegenleştirme metodunun uygulanabilmesi için (6.7) denklemindeki A matrisinin köşegenleştirilebilir bir matris olması gerekir. Şimdi A matrisinin hangi durumda köşegenleştirilebileceği ile alakalı teoremi vereceğiz.

111 6.4. HOMOJEN OLMAYAN LINEER SISTEMLER Teorem 6. Bir n n boyutundaki A matrisi köşegenleştirlebilmesi için gerek ve yeter koşul n tane lineer bağımsız özvektöre sahip olmasıdır. Lemma 6. Eğer n n boyutundaki A matrisinin n tane farklı özdeğeri varsa, o zaman bunlara karşı gelen özvektörler lineer bağımsızdırlar ve A matrisi köşegenleştirilebilir. A matrisinin özdeğerlerine karşılık gelen n tane lineer bağımsız özvektörler ξ (), ξ (2),..., ξ (n) mevcut veya bulunabilir olsun. Sutunları bu özvektörlerden oluşan bir T matrisi ξ () ξ (2)... ξ (n) ξ () 2 ξ (2) 2... ξ (n) 2 T = ξ n () ξ n (2)... ξ n (n) biçiminde oluştururuz. x = Ty olacak şekilde bir dönüşüm yaptığımızda (6.7) denklem sistemi T dy = ATy + f(t) (6.8) dt biçiminde buluruz. (6.8) denklemini T matrisi ile çarptığımızda dy dt = T ATy + T f(t) (6.9) biçiminde buluruz. (6.9) denklemindeki T AT matris çarpımı, A matrisinin özdeğerlerini köşegenlerinde bulunduran bir matristir yani λ T 0 λ AT = λ n biçiminde elde ederiz. (6.9) diferansiyel denklem sistemi n tane birinci mertebeden lineer diferansiyel denklemden oluşur. Bu n tane birinci mertebeden lineer diferansiyel denklem çözüldükten sonra (6.7) homojen olmayan diferansiyel denklem sisteminin genel çözümü x = Ay denkleminden buluruz. Örnek 6.7 x = [ ] 6 3 x + 2 [ ] 2t e t diferansiyel denklem sisteminin genel çözümünü bulalım. (6.20)

112 2BÖLÜM 6..MERTEBEDEN LİNEER DİFERANSİYEL DENKLEM SİSTEMLERİNİN ÇÖZÜML [ ] [ ] 6 3 2t Ele aldığımız denklemde A := ve f(t) = 2 e t dir. Bu denklemin homojen kısmını Örnek (6.3) incelemiştik. Örnek (6.3) te A matrisinin özdeğerleri λ = 3[ ve ] λ 2 = 4 bulmuştuk ve bu özdeğerlere karşılık gelen özvektörleri de sırayla ξ () = [ ] 3 ve ξ (2) = biçiminde bulmuştuk. Şimdi bu özvektörlerin her biri sutun olacak 2 şekilde bir T matrisi [ ] 3 T = 2 biçiminde oluştururuz. x = Ty olacak şekilde bir dönüşüm yaptığımızda (6.20) denklem sistemi T dy dt biçimine dönüşür. (6.2) denklemini T = = ATy + f(t) (6.2) [ ] 2 3 matrisi ile çarptığımızda dy dt = T ATy + T f(t) (6.22) elde ederiz. (6.22) denklemini daha açık formda yazarsak biçiminde buluruz. y = dy dt = [ y y 2 [ ] [ y ] [ ] 2t ] olduğunu gözönüne alırsak (6.23) denkleminden e t (6.23) dy dt 3y = 2t + 3e t dy 2 dt 4y 2 = 2t e t şeklinde iki tane birinci mertebeden lineer diferansiyel denklem elde ederiz. Bu denklemlerin çözümleri ise y = 2 3 t et + c e 3t y 2 = 2 t et + c 2 e 4t

113 6.4. HOMOJEN OLMAYAN LINEER SISTEMLER 3 biçiminde buluruz. Şu halde ele aldığımız diferansiyel denklem sisteminin genel çözümünü [ ] [ ] [ ] [ 3 y 3 2 x = Ty = = t + 2 ] et + c e 3t 2 y 2 2 t et + c 2 e 4t [ 5 = t ] et + c e 3t + 3c 2 e 4t t et + c e 3t + 2c 2 e 4t [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] 5 = 6 t e t + c e 3t + c 2 e 4t biçiminde buluruz.

114 4BÖLÜM 6..MERTEBEDEN LİNEER DİFERANSİYEL DENKLEM SİSTEMLERİNİN ÇÖZÜML

115 Kaynakça [] Aydın, M., Kuryel, B., Gündüz, G., and Oturanç, G. : Diferansiyel Denklemler ve Uygulamaları, İzmir, 995. [2] Ayres, F. : Differential Equations, Schaum, s Outline Series, 98, McGraw-Hill Book Co. Singapore. [3] Boyce, W. and DiPrima, R. : Elementary Differential Equations and Boundary Value Problems,200, John-Wiley & Sons. [4] Bronson, R. Modern Introductory Differential Equations, Schaum, s series [5] Cesur, Y. Diferansiyel Denklemler ve Mathematica, İTÜ yayınları, [6] Güngör, F.: Diferansiyel Denklemler ARGEM A.Ş. Yayınları, İ.T.Ü. Vakfı, [7] Karadeniz, A.A.,: Yüksek Matematik, 3. Cilt, Çağlayan Kitabevi, 995. [8] Spiegel, M. R. : Laplace Transforms, Schaum, outline series, 965, McGraw- Hill, Inc. 5