MÜHENDİSLİK MATEMATİĞİ ÜÜ ÜÜ İİ İİ MM MM HH HH EEEEEEE NN NN DDDDD SSSSS LLLL KKK KK MMM MMM ÜÜ ÜÜ HH HH EE EE NNN NN DD DD İİİİ SS SS LL İİİİ KK KK MMMMMMM ÜÜ ÜÜ HH HH EE E NNNN NN DD DD İİ SS SS LL İİ KK KK MMMMMMM ÜÜ ÜÜ HH HH EE E NNNNNNN DD DD İİ SS LL İİ KK KK MM M MM ÜÜ ÜÜ HHHHHHH EEEE NN NNNN DD DD İİ SSS LL İİ KKKK MM MM ÜÜ ÜÜ HH HH EE E NN NNN DD DD İİ SS LL İİ KKKK MM MM ÜÜ ÜÜ HH HH EE NN NN DD DD İİ SS LL İİ KK KK MM MM ÜÜ ÜÜ HH HH EE E NN NN DD DD İİ SS SS LL L İİ KK KK MM MM ÜÜ ÜÜ HH HH EE EE NN NN DD DD İİ SS SS LL LL İİ KK KK MM MM ÜÜÜÜÜ HH HH EEEEEEE NN NN DDDDD İİİİ SSSSS LLLLLLL İİİİ KKK KK İİ ĞĞĞĞ İİ MM MM A TTTTTT EEEEEEE MM MM A TTTTTT MMM MMM AAA TTTTTT EE EE MMM MMM AAA TTTTTT İİİİ ĞĞĞĞ İİİİ MMMMMMM AA AA T TT T EE E MMMMMMM AA AA T TT T İİ ĞĞ ĞĞ İİ MMMMMMM AA AA TT EE E MMMMMMM AA AA TT İİ ĞĞ Ğ İİ MM M MM AA AA TT EEEE MM M MM AA AA TT İİ ĞĞ İİ MM MM AAAAAAA TT EE E MM MM AAAAAAA TT İİ ĞĞ ĞĞĞĞ İİ MM MM AA AA TT EE MM MM AA AA TT İİ ĞĞ ĞĞ İİ MM MM AA AA TT EE E MM MM AA AA TT İİ ĞĞ ĞĞ İİ MM MM AA AA TT EE EE MM MM AA AA TT İİ ĞĞĞ Ğ İİ MM MM AA AA TTTT EEEEEEE MM MM AA AA TTTT İİİİ İİİİ
Birinci Mertebeden Diferansiel Denklemler. Giriş Fiziksel bilimlerin temel kanunlarının çoğunda, son zamanlarda sosal ve biolojik bilimlerde içinde bilinmeen fonksionlar ve türevlerini ihtiva eden denklemler kullanılmaktadır. Bu çeşit denklemler diferansiel denklemler denilmektedir. Bu bölümde diferansiel denklemlerin nasıl kurulduklarından ve nasıl çözüldüklerinden bahsedeceğiz. Bununla birlikte, herhangi bir örnek vermeden evvel, diferansiel denklemlerin en karmaşık problemler ugulamasının, gerçek durumun saısal olarak ifade edilmesi demek olduğunu belirtmemiz gerekir. Bu amaçla matematik terimlerle açıklanabilen kabullerin basitleştirilmesini apmak elzemdir. Mesela bir kütlenin uzada hareketini tanımlamadan önce bu kütlenin, a- Maddesel nokta olduğunu b- Sürtünmenin a da hava direncinin olmadığını kabul edebiliriz. Bu kabuller gerçekçi değildir. Fakat bilim adamları bu basit kabullerden ola çıkarak daha karmaşık modellere tedrici olarak aklaşabilirler. Bu basitleştirilmiş model bir kere anlaşılınca diğer faktörler hesaba katılabilir. ÖRNEK : Serbest Düşme: Newton un gravitason kanunu, kütlesi m olan bir maddesel nokta ile düna arasındaki çekim kuvvetinin (F), maddesel noktanın kütlesi ile doğru orantılı, maddesel nokta ile dünanın merkezi arasındaki uzaklığın (r) karesi ile ters orantılı olduğunu ifade eder. Eğer k orantı katsaısını gösterirse, F k m r
Newton un ikinci kanununa göre d r F ma m dt azılabilir. Bu denklemde a a r olup maddesel noktanın dünanın merkezinden olan uzaklığına bağlı olarak sahip olduğu ivmei ifade eder. Buna göre, elde edilir. Dünanın üzeinde ani r k r dt d r R olduğunda ivme g dir. Bu göre, azılarak, elde edilir. r R+ h azıldıktan sonra, k g r dt d r k gr d r d h gr gr + dt dt r R h azıldıktan sonra h<< R olduğundan h, R anında ihmal edilirse, d h g dt elde edilir. Bu denklem arka arkaa iki kere integre edilerek, elde edilir. dh v t gt+ C dt () h t gt C t C () + + Birinci örnekteki diferansiel denklem doğrudan integrason metodu ile çözülmüştür. Ancak daha karmaşık diferansiel denklemler için değişik çözüm metotları mevcuttur. Aşağıda daha değişik çözüm öntemi ile çözülen bir örnek mevcuttur.
ÖRNEK : d + α d şeklinde verilen diferansiel denklemi çözünüz. Burada α bir sabittir. ÇÖZÜM: d + αd d + α d ln + α ln( C ) Ce Bu çözüm genel çözümdür. Farklı C ler için sonsuz saıda çözüm elde etmek şartını sağlaan özel çözüm olup genel çözümde mümkündür. α azılarak integral sabiti C nin değeri elde edilir. elde edilir. Burada C Ce C α e α ÖRNEK :Newton un Soğuma Kanunu. Newton un soğuma kanunu bir cisim ile onu çevreleen ortam arasındaki sıcaklık farkının değişim hızı, var olan sıcaklık farkı ile orantılı olduğunu ifade eder. T çevre sıcaklığını, T cismin sıcaklığını, T T T söz konusu sıcaklık farkını ve t ise zamanı gösterirse, bu kanun matematiksel olarak,
4 şeklinde azılabilir. Bu denklem, ( T) d α T dt d( T T) α dt ( T) ( T T) d T ( T T) αdt şeklinde eniden düzenlenirse, bu denklemin genel çözümü, ln T T C t ln + α t T T Ce α olarak elde edilir. Bu çözüm genel çözümdür. Özel olarak, sıcaklığı C olan bir cisim, sıcaklığı C olan bir ortam içine bırakılsın. dakika sonra bu cismin sıcaklığı 8 C olarak ölçülsün. Cismin sıcaklığının başlangıçtaki sıcaklığın arısına düşmesi için geçmesi lazım gelen zamanı hesaplaınız. T Ce αt t Ce α C 8 T 8e αt ve, 8 8e α α. 48 elde edilir. Bu özel çözümdür. Şimdi T 5 azarak, 5 8 denkleminden t 6. 888 dakika bulunur. 48t e ÖRNEK 4:Karbonla Tarih Hesaplama. Karbon ile tarih hesaplama arkeologlar, jeologlar a da toprak altından çıkan eski el apımı malzemelerin tarihini hesaplamak üzere kullanılan bir metottur. Bu teknik karbon atomunun sahip olduğu belirli özeliklere daanır. Normal hallerde C atomunun çekirdeğinde proton ve nötron bulunmaktadır. Karbonunun diğer izotopu olan 4 C atomunun çekirdeğinde ilave nötron bulunmaktadır. 4 C radoaktiftir. elektron salarak stabil 4 N atomuna dönüşür. Biz atmosferde 4 C ün
5 C e oranının sabit olduğunu kabul ederiz. Atmosferin üst katmanlarında kozmik bombardıman ile medana gelen 4 C, teneffüs olu ile canlıların vücuduna girer ve radoaktif bozunmaa uğrar. Canlılar öldükten sonra teneffüs duracağı için canlının vücuduna artık eni 4 C girmez olur. Radoaktif bozunma kanununa göre her bir radoaktif maddenin kendine ait bir arılanma hızı vardır. Yani g 4 C, 57 ıl sonra bozunarak.5 g kalır. Bu arılanma ömrü 4 C için 57 ıldır. Toprak altından çıkartılan bir canlı kalıntısı üzerinde apılan bir ölçümde 4 C miktarı olması gereken sevienin %4 ı olarak ölçülmüştür. Bu canlının öldüğü tarihten bulunduğu tarihe kadar geçen zaman nedir? M, herhangi bir andaki 4 C miktarını, t zamanı ve α orantı katsaısını gösterirse, bozunma kanununun matematiksel ifadesi, dm dt αm şeklinde azılır. Bu diferansiel denklemin genel çözümü, olduğundan özel çözüm, M Ce αt t M M C M M M e αt şeklinde elde edilir. t 57 için M M alınarak, e 57α e α 57 e αt t 57 elde edilir. Nihaet özel çözüm olarak, bulunur. Gelelim sorunun cevabına, M M t 57 M M 4 t 57 t 7575 sene. PROBLEMLER.:
6 - Bakteri populasonlarının çoğalma hızı, halihazırdaki saıları ile doğru orantılıdır. Başlangıç populasonu olan bakteri topluluğunun sonraki hızı 5 dir. gün sonraki populasonu nedir? Gün sonraki populasonu nedir? - Birinci problemde gün sonraki populason 6 ise gün sonraki populason neditr? Gün sonraki populason nedir? - Bir şehrin ıllık nüfus artış hızı %6 dır. ılında nüfusu 5 olan bu şehrin ve 4 ılındaki nüfusu ne olur? 4- C derecelik bir ortam içinde bir cisim 77 C dereceden 6 C e arım saatte soğutuluor. a- Bir saat sonraki sıcaklık nedir? b- Cismin sıcaklığının C derecee düşmesi için geçmesi gereken zaman nedir? 5-5 C derece sıcaklığındaki bir kömür C derecedeki buzlu sua daldırılıor. s sonra kömürün sıcaklığı 6 C olarak ölçülüor. Buzlu suun sıcaklığının C derecede sabit tutulduğunu kabul ederek, a- Kömürün sıcaklığının dakika sonra ne olacağını hesaplaınız. b- Kömürün sıcaklığı ne zaman C derece olur? 6- Devlet başkanı ve başbakan kahve molası vermişlerdir. Bunlara anı sıcaklıkta sıcak kahve servisi apılmıştır. Devlet başkanı bir kaptan kahvesine ani bir şekilde soğuk krema katmakta ve karıştırıp beklemektedir. Başbakan ise dakika bekledikten sonra soğuk kremaı kahvesine ani bir şekilde katıp karıştırmıştır. Daha sonra her ikisi de kahvelerini udumlamışlardır. Krema sıcaklığının içinde bulunduğu atmosferden daha düşük olduğunu kabul ederek kimin daha sıcak kahve içtiğini söleiniz. 7- İnsan elinden çıkmış bir malzemenin içinde bulunan 4 C miktarı olması gerekenin %7 i olduğu ölçülmüştür. Bu kalıntı kaç ıllıktır. 8- Bir radoaktif maddenin %4 üz ıl içinde ortadan kabolmuştur. a- Bu radoaktif maddenin arılanma ömrü ne kadardır? b- Kaç ıl sonra %9 ı kabolur? 9- Sodum [Na + ] ve klor[cl - ] ionlarının su içinde çözünme hızı onların kütlelerile orantılıdır. Başlangıçta 5 kg tuz çözünmüş bir çözelti içine atılan 5 kg tuz saatte çözünmüştür. a- Bir gün sonra ne kadar çözünmemiş tuz kalır? b- Ne kadar saat sonra çözünmemiş arım kilogram tuz kalır?
7 - X ışınları uniform ve kısmen opak bir cisme sadece zamanın bir fonksionu olarak değil anı zamanda penetrason mesafesinin bir fonksionu olarakda absorbe olur. X ışınının I( ) oğunluğunun değişim hızı, oğunluğunun bir fonksionudur. Burada penetrason mesafesi olarak ölçülmektedir. Penetrasondaki ükselme, oğunluktaki düşmee karşı gelir. Orantılılık sabiti olan katsaı, penetre edilen ortamın D oğunluğudur. a- Bu olaı tasvir eden diferansiel denklemi kurunuz. b- I( ) ı, D ve başlangıç üze oğunluğu I a bağlı olarak çözünüz. - Radoaktif berilum derin deniz sedimentlerinde bazen aş taininde kullanılmaktadır. Berilumun bozunması, da αa dt α. 5 7 dir. Berilumun arı ömrü nedir? - Belirli tıbbî tedavilerde pankeras fonksionlarını takip etmek üzere iz boası kullanılmaktadır ve bu amaçla vücuda enjekte edilmektedir.. Normal bir pankreas dakika başına %4 boa salgılamaktadır.bir fizikçi. gram boa enjekte etmiş olup dakika sonra. gram kalmıştır. Eğer pankreas fonksionlarını tam olarak apmış olsadı kaç gram boa kalmış olurdu. - Atmosferik basınç deniz seviesinin üzerinde üksekliğin bir fonksionudur ve dp dh βp ile verilmektedir. Bu denklemde β bir sabittir. Deniz seviesinde ani h olduğunda ve 5 C derecede atmosferik basınç.5 mbar dır. h 5 metrede 845.6 mbardır. a- h 4 metrede basınç nedir? b- h metrede basınç nedir? c- Ağrı dağının zirvesinde h 565 metrede basınç nedir? d- Everest tepesinde h 8848 metrede basınç nedir? 4- Bir bakteri populasonunun eksponansiel arttığı tespit edilmiş olup bu populason hakkında aşağıdaki veriler toplanmıştır. Gün saısı Bakteri saısı 5 96 9
8 986 a- Başlangıç populasonu nedir? b- Eğer üzdelik çoğalma hızı devam ederse 6 gün sonraki populason nedir? 5- Bir bakteri populasonunun eksponansiel azaldığı tespit edilmiş olup bu populason hakkında aşağıdaki veriler toplanmıştır. Saat saısı Bakteri saısı 596 4 56 48 69 a- Başlangıç populasonu nedir? b- Bir hafta sonra ne kadar bakteri kalır? c- Bakterilerin tamamı ne zaman ok olur? 6- Yüksekliği h olan bir binanın üstünden v m/s ilk hızı ile bir top ukarı doğru atılmıştır. Yere çarpma noktası referans alınırsa aşağıdaki veriler için topun ne kadar ükseğe çıkacağını hesaplaınız. a- v 49 m/s h 59 m b- v 4 m/s h m c- v m/s h 75 m d- v 7 m/s h 56 m e- v 7. 7 m/s h 4 m 7- arasındaki problemlerde 8 C derece sıcaklığındaki fırında C derece sıcaklığındaki hamurun dakikada 8 C sıcaklığında ekmek olabilmesi için dakika geçmesi gerekmektedir. Buna göre aşağıda verilen fırın sıcaklıklarını dikkate alarak hamurun 8 C derecee kadar çıkması için geçen zamanı hesaplaınız. 7 C
9 8 9 C 5 C C
. Değişkenlere Aırma Metodu d f(, ) d şeklinde verilmiş bir diferansiel denklem alalım. Bu diferansiel denklemde, (, ) f g h olarak azılabiliorsa, verilen diferansiel denklem değişkenlerine arılabilir tipten bir diferansiel denklemdir denir. Buna göre, d h d d h d g d g g h d+ C Yazılarak taraf tarafa integre edilir ve diferansiel denklem çözülür. ÖRNEK : d d şeklinde verilmiş diferansiel denklemi çözünüz. d arcsin d + c sin + c şeklinde genel çözüm elde edilir. Eğer özel olarak bulunur. Bu sonuca göre özel çözüm, π sin + 6 azılırsa, c π 6 olur.
ÖRNEK : Kurtulma Hızı. Örnek. de azdığımı denklemdeki kabulleri bu örnekte dikkate almaz isek, d r R g dt r dr v dt d r d d dr dr ( v) ( v) v dt dt dr dt dv dv R v g dr r R vdv g dr r R vdv g dr+ c r R v g + c r olarak çözüm elde edilir. r için hızın sıfır olması için r R için ani erüzündeki hızın ne olması gerektiği sorulursa, inetgral sabiti çözülerek özel çözüm elde edilir. Bu durumda c dır. Özel çözüm, v R g r Artık erüzünde bu cismin sahip olması gereken hız, olarak elde edilir. v v gr. km/h Bu denklemin çözümünde önce diferansiel denklemin mertebesini düşürüp, değişkenlerine arılma metodunu uguladık. ÖRNEK Lojistik Artış. P() t, herhangi bir türün herhangi bir andaki popülâson hacmini göstersin. Popülâsonun fert başına çoğalma hızı, popülasonun artma miktarının popülason hacmine oranıdır. Bir popülasonda doğum oranı %., ölüm oranı %.8 ise büüme hızı, %.-%.8%.4 tür. Farz edelim ki, bir popülâsonda ortalama doğum hızı sabit olup β ile gösterilsin. Bu topluluktaki ölüm hızı, popülâsonu oluşturan fertlerin saısı ile
orantılı olduğunu kabul etmek makul bir aklaşımdır. Daha büük popülâsonlar daha büük kalabalık, daha fazla besin tüketimi ve daha fazla toprak demektir. Bu orantı sabitini de δ ile gösterelim. Bu sebeple dp dt popülâsonun artış hızı, dp P dt İse, fert başına popülâsonun artış hızıdır. O halde bu popülâsonun büümesini tanımlaan diferansiel denklem, dp β δp P dt dir. Her iki taraf, P ile çarpılarak elde edilen dp P dt ( β δp) diferansiel denklemine, lojistik denklem * denir. Bu denklemle verilen büümee lojistik büüme denir. Bu denklem, dp δ + β δ β β δ dp dt P P P P ( ) şeklinde eniden düzenlenip integre edilirse, elde edilir. t için, ( ln P lnβ δp) t+ lnc β β P β δ Ce P P β δ P βt C elde edilir. Bulunan bu integral sabiti erine azılırsa, edilir. () P t β β δ+ P β δ t e * Bu lojistik denklemden 88 de insan populasonu için model teklif eden Belçikalı matematikçi P.F.Verhust (84-849) hatırasına Verhulst denklemi olarak da bahsedilir.
Bir Diferansiel Denklem Ne Zaman Çarpanlarına Arılabilir? Bu bölümde çarpanlara arılabilir bir diferansiel denklemin nasıl çözüleceğinden bahsedildi. Ancak bir denklemin hangi durumlarda çarpanlara arılabileceğini ilk bakışta nasıl karar verebiliriz? Bu önemli bir sorudur. Bazı durumlarda bir denklemin çarpanlara arılabileceği ilk bakışta görülebilir. f(, ) e cos Denklemi ilk bakışta çarpanlara arılabilir tipte olduğu görülebilir. Ancak, f(, ) + + denkleminin ilk bakışta çarpanlara arılıp arılamaacağına karar vermek zordur. TEOREM Farz edelim ki, f(, ) g h( ) olsun. Burada hem g( ), hem de h( ) türetilebilir olsun. O halde azabiliriz. İSPAT: elde edilir. ÖRNEK 4 ve (, ) (, ) (, ) (, ) f f f f (, ) (, ) f g h f g h (, ) f g h (, ) (, ) (, ) (, ) f f f f g h g h g h g h f, + + f, 4 + f, + f, + (, ) (, ) ( + + )( + ) f f 4 + + 6 + +
4 (, ) (, ) ( 4 + )( + ) f f 4 + + 6 + + olduğundan verilen fonksion çarpanlarına arılabilir tiptendir. elde edilir. ÖRNEK 5 ve (, ) + + ( + )( ) f (, ) (, ) f, + f f f ( ), f, f, + (, ) (, ) f f olduğundan verilen fonksion çarpanlarına arılabilir tipten değildir. PROBLEMLER.: Problem -5 de verilen fonksionları çarpanlarına aırarak genel çözümleri elde ediniz. Eğer başlangıç şartları verilmiş ise bu şartları kullanarak özel çözümleri elde ediniz. d e. d. 5 d e. + d e e d 4. cos d π dz dr 5. r ( + z )
5 d 6. + ( e + ) d dp dq 7. P( cosq+ sinq) d d 8. ( + ) ds 9. + s st dt s d. + d. d + d ( 6) 7 d. + e cost dt d. cot + + d d dt 4. ( sint) 5. d + d 6. d tan tan d 7. d + d () 8. 9.. d + d + d e + dt ds s + s dr r r 8 () s. e
6. + ( e +). ( ) 4. d + d d 5. d + 6. Bir cisim vakumda g ivmesi ile düşmektedir. Bu cismin hızını üksekliğinin fonksionu olara ifade ediniz. 7. Bir roket, herhangi bir (, ) noktasından atala θ açısı ( π ) apacak şekilde fırlatılmıştır. Bu roketin ata ve düşe koordinatlarını () t ve () t olarak elde ediniz. Bu problemi çözerken hava direncini ihmal ediniz ve er çekimi ivmesi g i sabit kabul ediniz. 8. Ekonomist Vilfredo Pareto (848-9), stabil bir ekonomide en az dolar gelire sahip olan insanların saısı olan nin azalma hızı, böle insanların saısı ile doğru orantılı olduğunu ve onların gelirlerile ters orantılı olduğunu keşfetmiştir. Pareto kanunu ( ) şeklinde ifade ediniz. 9. Gravitasonel çekime ek olarak erüzüne düşmekte olan bir cisme hızı ile orantılı olarak hava direnci tesir etmektedir. Bu cismin limit hızını hesaplaınız. h g ch. metre arıçapında arım küre şeklinde bir sarnıç su ile doludur. Bu sarnıcın tabanında 5 cm arıçapında bir delik vardır. Toricelli kanununa göre bir kabın tabanında bulunan bir delikten suun boşalma hızı, kabın içindeki su seviesinden delik hizasına kadar serbest düşen bir cismin hızına eşittir. Suun sarnıçtan tamamen boşalmasına kadar geçecek zamanı hesaplaınız.. Eski mısırlılar (M.Ö. 8) zamanı ölçmek için kap içindeki suun seviesinin sabit bir hızda düşmesi için ugun kap formunu bulmuşlardır. Sizde bu amaca hizmet eden kap şeklini bulunuz.. Belirli bir günde sabah vakti kar ağışı başlamıştır ve sabit hızla ağmaa devam etmektedir. Kar küreme makinası, ığılan karın üksekliği ile ter orantılı hızda karı temizleebilmektedir. Kar küreme makinası çalışmalara sabah saat de başlamış ve öğleden sonra saat e kadar olun 6 km uzunluğundaki kısmını temizlemiştir. Yolun kalan km lik kısmını öğleden sonra saat 5 e kadar temizleebilmiştir. Kar ağışının başlama saatini hesaplaınız.
7. Tablo, bir kültür içindeki maanın çoğalmasını göstermektedir. β.55 ve δ 8. 4 alıp denklem () i kullanarak tahmin edilen çoğalmaı hesap ediniz ve Hesaplanan değerlerle ölçülen değerler arasındaki üzdelik hataı bulunuz. TABLO Zaman (Saat) Gözlenen maa biokütlesi 9.6 8. 9. 47. 4 7. 5 9. 6 74.6 7 57. 8 5.7 9 44. 5. 559.7 594.8 69.4 4 64.8 5 65. 6 655.9 7 569.6 8 66.8 4. Obsidien tarihlemesi antropoljistler tarafından kullanılan ve 4 ıllık geçmişe kadar güvenilir sonuçlar veren bir tarihleme metodudur. Obsiden, volkan camı (a da obsidien) doğal ollarla oluşan volkanik kökenli bir cam türüdür. Lavın hızlıca soğuması ve kristalleşmee etecek kadar zaman geçmeden donmasıla oluşur. Genellikle felsik lav akıntılarının, soğumanın hızlı olduğu kenar bölümlerinde bulunur. Kristal apıda olmadığından, keskin kııları moleküler inceliğe ulaşabilir. Bu özelliğinden ötürü eski çağlarda ok ucu olarak kullanılmış, günümüzde ise cerrahların kullandığı neşterlerin kesici kısımlarında kullanılmaktadır. Hali hazırda obsidene cam haline gelmesi için etken vardır. ) Soğuma hızı ) Bileşimindeki SiO miktarıdır. Obsidenler özellikle siah olmakla beraber Yeşil Obsiden (Nemrut Dağı- Tatvan), Kırmızı Obsiden (İkizdere-Rize) gibi değişik renklere sahiptir. Yeni açılmış bir obsidien üzeinin su kaparak hidrasona uğraması ve bu hidrasonun zamanla obsidien içinde ilerlemesinden ararlanılarak obsidien aletlerin aşı saptanır. Yüzein altında kalan hidrason tabakasının kalınlığı t, imal edilen aletlerin imal tarihinden itibaren geçen zamana bağlı () kalınlığı ifade eder. Hidrason tabakasının kalınlaşma hızı, tabakanın kalınlığı ile ters orantılıdır. Tabakanın kalınlığını zamanın fonksionu olarak elde ediniz.
8 5. Koni şeklindeki bir gölün arıçapı r ve derinliği d dir. Bu gölün içine sabit i hızında su gelmekte ve suun buharlaşma hızı açıktaki suun üzei ile doğru orantılıdır. a- Göl içindeki suun her hangi bir andaki hacminin, π rv V i k π d diferansiel denklemini sağladığını gösteriniz. b- Bu diferansiel denklemi çözünüz. c- Gölün taşmaması için hangi şartları sağlaması gerektiğini söleiniz. 6. İkinci bir kar küreme makinası öğle vakti. problemde sözü edilen kar küremem makinasının olunu izlemee başlarsa birinci kar küreme makinasını ne zaman akalar? 7. Farzediniz ki, üç kar küreme makinası ani caddei saat.,. ve öğle vakti temizlemee başlamış ise, bu üç makine ne zaman ani hizaa gelir?
9. Diferansiel Denklemlerin Tasnifi ve Doğrultu Alanları Daha önceki örnekler dikkatle incelendiğinde ani türden olalar için çeşitli tipte diferansiel denklemlerin varlığı görülebilir. Bu örneklerde çok sınırlı saıda problem tipleri üzerinde çalışıldığını sölemek gerekir. Bu denklemler için açık bir tasnif, denklemler içinde geçen türevlerin tipi ile ilgilidir. Bir diferansiel denklem sadece adi türevleri ihtiva ediorsa (bir fonksionun sadece bir fonksiona göre türevi) adi diferansiel denklem denir. Bir diferansiel denklem sadece kısmi türevleri ihtiva ediorsa kısmi türevli diferansiel denklem denir. Daha ileri seviede apacağımız tasnif ilerideki bölümlerde olacaktır. TANIM Bir diferansiel denklemin mertebesi denklem içindeki en üksek mertebeli türevin mertebesine eşittir. ÖRNEK - a- d d a birinci mertebeden b- + cost ikinci mertebeden c- ( 4) 4 cos dördüncü mertebeden TANIM n. mertebeden bir diferansiel denklemin çözümü, diferansiel denklemi sağlaan ve n kere türetilebilen bir fonksiondur. Sembolik olarak azılırsa, ( n) (,,,, ) F 4 şeklinde verilmiş bir diferansiel denklemin çözümü olan ( ) ın, ( n ) olmak üzere türevleri var olmalı ve,, denklemini sağlamalıdır. ( n) (,,,, ) F ÖRNEK -
Örnek.. deki diferansiel denklem α şeklinde azılabilir. Bu denklemin bütün lar ve k nin reel olmak üzere herhangi bir değeri için ke α şeklinde bir çözümünün olduğu görülebilir. Burada herhangi ibr reel sabit olan k, α ke αke αke αke α α α α şeklinde bu çözümün özel şartlarından hesaplanır ki, bu şartlara başlangıç şartları denir. TANIM Herhangi mertebeden verilmiş bir diferansiel denklemin çözümü olan fonksionu ve onun türevlerini, olaın başlangıç anındaki değerlerini sağlaan çözümüne ait probleme başlangıç değer problemi denir. ÖRNEK - Aşağıdaki örnekler başlangıç değer problemlerine örnektir. a- d d () () b- + sint cost noktasıdır.) TANIM (Burada başlangıç noktasıdır.), 5 (Burada t başlangıç Bir n. mertebeden başlangıç değer probleminin çözümü, n defa türetilebilen, diferansiel denklemi ve başlangıç şartlarını sağlaan bir fonksion olarak tanımlanır. ÖRNEK -4 e fonksionu, d d başlangıç değer probleminin çözümüdür. Çünkü, e ve d d e 6 e d d
Trivial Çözüm Eğer bir I aralığında bir diferansiel denklemin çözümü ise (ki idantik olarak sıfıra eşittir), bu çözüme diferansiel denklemin I aralığında trivial çözümü denir. Mesela örnek 4 teki diferansiel denklemin trivial çözümüdür. Ancak bu çözüm başlangıç şartlarını sağlamamaktadır. Kapalı ve Açık Çözümler Eğer bir diferansiel denklemin çözümleri f çözüme açık çözüm, f(, ) C ÖRNEK 5 şeklinde azılırsa bu şeklinde azılırsa kapalı çözüm denir. Aşağıdaki örnekler başlangıç değer problemlerine örnektir. a- e çözümü verilen diferansiel denklemin açık çözümüdür. b- Aşağıdaki diferansiel denklemi göz önüne alalım, d d d d + c c C Bu çözüm kapalı çözümdür. Burada tek bir fonksion değildir. + C azamaız, zira + C Sınır Değer Problemi Bir sınır değer problemi, verilen diferansiel denklemin çözümü a da bu çözümün türevleri tarafından en az iki farklı nokta ve daha fazla noktada sağlaması gerekli olan diferansiel denklemden ibarettir. ÖRNEK -6 Aşağıdaki örnekler sınır değer problemine aittir. a- d 5 cos d + ()
d b- 5 d + ( ) () Doğrultu alanları Birinci mertebeden, (, ) f 5 denklemini göz önüne alalım. Eğer başlangıç şartları tanımlanırsa bu denklemin bir tek çözümü vardır. Bu başlangıç şartı kefi olarak seçilen için, f, şeklindedir. Çözüm olan ( ),( ) düzleminde bir eğridir. verildiğinden, ( ) şeklinde bir fonksion bulamamış olsak bile, eğri üzerinde bulunan her bir nokta üzerinde eğrinin eğimini bilioruz demektir. Eğri söz konusu f, olur. Düzlemdeki bu noktadan geçtiğine göre bu noktadaki eğimi doğrultular kümesine doğrultu alanı adını veririz. ÖRNEK -7 Aşağıdaki örneği dikkate alalım. > ise > < ise < > birinci ve dördüncü kadranda, < ikinci ve üçüncü kadrandadır. Bu denklemler ait doğrultu alanı şekil dedir. Eğer başlangıç şartı sağlanırsa Şekil te görülen bir tek eğri a da bir tek çözüm elde edilir. ln d d d d + lnc Ce e
Şekil Şekil PROBLEMLER.: Problem -7 için diferansiel denklemlerin mertebesini söleiniz.. + a sin
4. d d 4cost dt dt. s s 4. 5 d 5 d 5. + 6. 7. d dt 5 Problem 8- için diferansiel denklemlerden hangisinin başlangıç değer hangisinin sınır değer problemi olduğunu söleiniz. 8. 9.. + ω + ω + ω, (),,,, (), ω sabit ω sabit ω sabit. d dt 4 sin t. + e sin, 5,. + e sin (), Problem 4-8 için verilen fonksion a da fonksionların diferansiel denklemleri sağladığını gösteriniz 4. + sin, 5cos 5. + e, cos cos + sin + e 6. +
5 7. e e 4 + e + e 8. 4ln + 5 + 4 6 > a 9. Tahmin metodu ile 4 + denkleminin, e cosb şeklinde bir çözümün olduğunu gösteriniz. Bunun dışında ikinci bir çözüm tahmin edilebilir mi? a. Tahmin metodu ile 4 denkleminin, e şeklinde bir çözümün olduğunu gösteriniz. Bunun dışında ikinci bir çözüm tahmin edilebilir mi?. Problem de verilen denklemin c c + şeklinde bir çözümünün daha olduğunu gösteriniz. Burada c, c kefi sabitlerdir.. ϕ fonksionunu öle tain ediniz ki, sin ln ve cos ln, > + ϕ Diferansiel denkleminin çözümü olsun.. sin( ) ve cos( ) ın, d d + d d diferansiel denkleminin çözümü olduğunu gösteriniz. 4. sinh ve cosh ın, diferansiel denkleminin çözümü olduğunu gösteriniz. 5. 6. + başlangıç değer probleminin çözümünün, ve başlangıç şartlarıla ϕ olduğunu kabul ederek, ϕ ve hesaplaınız. ϕ değerlerini + başlangıç değer probleminin çözümünün, () başlangıç şartlarıla hesaplaınız. Doğrultu Alanları 7. a- b- ϕ olduğunu kabul ederek, () ϕ, () 4 5 diferansiel denklemi için doğrultu alanlarını çiziniz. i sağlaan çözümü çiziniz. ϕ ve ϕ () değerlerini
6 8. a- 9.. c- b- c- i sağlaan çözümü çiziniz. 5 diferansiel denklemi için doğrultu alanlarını çiziniz. i sağlaan çözümü çiziniz. i sağlaan çözümü çiziniz. diferansiel denklemi için doğrultu alanlarını çiziniz. a- ( ) b- c- d- 4 i sağlaan çözümü çiziniz. i sağlaan çözümü çiziniz. i sağlaan çözümü çiziniz. diferansiel denklemi için doğrultu alanlarını çiziniz. a- ( 4)( 4) b- c- d- e- f- i sağlaan çözümü çiziniz. i sağlaan çözümü çiziniz. i sağlaan çözümü çiziniz. i sağlaan çözümü çiziniz. 5 i sağlaan çözümü çiziniz.. a- + diferansiel denklemi için doğrultu alanlarını çiziniz. b- () i sağlaan çözümü çiziniz. c- d- e- f- i sağlaan çözümü çiziniz. i sağlaan çözümü çiziniz. i sağlaan çözümü çiziniz. 5 i sağlaan çözümü çiziniz.. a- diferansiel denklemi için doğrultu alanlarını çiziniz. + b- () i sağlaan çözümü çiziniz. c- () i sağlaan çözümü çiziniz.. 5 diferansiel denklemi için doğrultu alanlarını çiziniz. + 4. a- + + diferansiel denklemi için doğrultu alanlarını çiziniz.
7 b- i sağlaan çözümü çiziniz. 5. a- e diferansiel denklemi için doğrultu alanlarını çiziniz. b- Orijinden geçen çözümü tartışınız., doğru giden çözümü tartışınız. c- (, ) den
8.4 Birinci mertebeden Lineer Diferansiel Denklemler. Lineer Diferansiel Denklem TANIM n. mertebeden lineer bir diferansiel denklem, n n d d d n n n + a + + a + a f d d d şeklinde azılır. Bu sebeple birinci mertebeden lineer bir diferansiel denklem, d a d + f ve, ikinci mertebeden lineer bir diferansiel denklem, d d d + a + b f d Şeklinde ifade edilir. Bu denklemlerde görülen a( ), b( ) ve f( ) tek başlarına ın birer fonksionlarıdır. Nonlineer Diferansiel Denklemler TANIM Yukarıdaki şekilde azılamaan bir diferansiel denklem nonlineer bir diferansiel denklemdir. Mesela, nonlineer bir diferansiel denklemdir. d d Homojen ve Nonhomojen Diferansiel Denklemler Eğer f( ) ise verilen diferansiel denklem homojendir. Eğer f ise verilen diferansiel denklem nonhomojendir. Birinci mertebeden bir diferansiel denklem, homojen olarak ele alınırsa, d a f d + 6
9 d d + a a da d a d 7 integre ederek, d a d ln a d+ lnc Ce a d 8 elde edilir. denklemi diferansiel denkleminin genel çözümüdür ve bütün özel çözüm kümesini içine alır. ÖRNEK : homojen diferansiel denklemi çözünüz. ÇÖZÜM ÖRNEK : homojen diferansiel denklemi çözünüz. ÇÖZÜM + d d + d d ln + lnc Ce () 9
ln d d d d + lnc () Ce Ce Ce C e e Özel çözümdür. denklemini eniden ele alıp her iki tarafı a d e ile çarparsak e a d elde ederiz. Eğer her iki tarafın türevini alırsak, C a e a d + elde ederiz. Sol tarafta köşeli parantez içindeki terim verilen diferansiel denkleme eşittir. Bu ifadedeki integral çarpanı adını alır. a d e Şimdi, d a f d + nonhomojen diferansiel denklemi ele alalım. Her iki tarafı 7 de görülen integral çarpanı ile çarpalım. d a d a d + a e f e d Sol taraftaki ifade (5) ve (6) dikkate alınarak, 4
d d a d e f e a d eniden azıldıktan sonra her iki tarafın integrali alınarak, 5 d d a d a d e d f e d + C a da, a d a d e f e d+ C elde edilir. f e d+ C e a d a d 6 ÖRNEK : nonhomojen diferansiel denklemi çözünüz. ÇÖZÜM Verilen denklemi, + () 7 8 şeklinde eniden azarak, a( ) olduğunu görürüz. İntegrason çarpanı, olarak elde edilir. Her iki tarafın integralini alarak, e d e ( ) e e e ( e ) e e d+ C ( ) e C e + +
( ) Ce + + şeklinde genel çözüm elde edilir. Başlangıç şartı dikkate alınarak, C bulunur. Bu değer erine azılarak, şeklinde özel çözüm bulunur. ÖRNEK 4: e + + () nonhomojen diferansiel denklemi çözünüz. ÇÖZÜM Verilen denklemi, + a şeklinde eniden azarak, olduğunu görürüz. İntegrason çarpanı, e olarak elde edilir. d e e e d+ C Kısmi integrason neticesinde, e e + C + Ce şeklinde genel.çözüm ve elde edilerek, () Ce C + e özel çözüm bulunur.
ÖRNEK 5: 5 lt hacminde bir tank içinde 5 Kg tuz çözünmüştür. Her dakika içerisinde 6 Kg tuz erimiş lt salamura tanka akmakta ve ani hacimdeki su tanktan dışarıa akmaktadır. Herhangi bir anda tankta bulunan su miktarını hesaplaınız. Herhangi bir t anında tanktaki tuz miktarı: Kg t+ t anında tanktaki tuz miktarı: + + 6 t t 5 Kg 6 t t 5 6 t 5 d lim 6 t dt 5 t d 6 dt 5 5 5 d dt 5ln t 5lnC Ce t 5 Ce t 5 t 5 Kg 5 Ce 5 C 75 e t 5 75 Kg elde edilir.
4 ÖRNEK 6: A noktasında bulunan bir köpek O noktasında bulunan ve ekseni bounca v hızıla kaçan bir tavşanı v K hızı ile kovalamaktadır. Köpeğin önü daima tavşana doğrudur. Bu üzden köpek eğrisel bir örünge izlemektedir. Köpeğin örünge eğrisini bulunuz. Köpek herhangi bir anda K noktasında bulunsun., olur. Bu noktanın koordinatları T Tavşanın aldığı ol: T v t t T tanθ T vt t Köpeğin bu zaman zarfında aldığı ol: s v t + d K a t a + v K d v a T T d F a F v + K v K v vt v df T vt + F( a) F v K v + + K d vk + vt v K p p p + p dp + p vt v K v v T K d p sinhu dp coshudu coshu du + sinh u v v T du K d vt vt u ln lnc v + v K K
5 vt p sinhu sinh ln C vk vt ssinh ln vk ( ac) C a a v v v T T T vt vt vt v T vk v K v v ln ln K vk vk vk vk T a a a a sinh ln sinh ln e e vk a a a a vt vk a a a a a + C + C v + vk v K Köpeğin aldığı ol: s vt vt vt vt + + vk vk v vk vk K v K T a v T a vk+ v T a vk v T a vt vk a a a a a + + v v a v v a v v vt vt + v vk vk K v K vkv T C C K+ T K T K T a v v av v C K T K T vk v T vk vt a + v v a v v a v v vt vt + v vk vk K v K avkvt K+ T K T K T vt vt + a v vk vk K v K a vk v K + vk+ v T a vk v T a vk vt vk v + T vt v T + a v vk vk K v K vk v T a vk v T a +
6 v T v T v T v T v K v K v K v K s d d + + d 4 + + + a a 4 a a a a s d + a a v + T a v T a + v v a vk v K + vk+ vt vk v T vt vt vt vt + a vk vk vk vk av s v K K vt K K Eğer köpeğin hızı ile tavşanın hızı birbirine eşitse, anı zaman zarfında köpeğin aldığı ol ile tavşanın aldığı ol birbirine eşittir. Köpek eksenine limit durumda aklaşırken köpek ile tavşan arasındaki mesafe, s + V V v v v v a v v a v v vt vt + av vk vk K av K a vk vk avk vt ( ) K T K T K+ T K T K T vk( vk vt) K K T K v a a a ( )( + ) ( v + v) ( v+ v) av av v v v v v v v v v v elde edilir. K T K T vk v K T K T T v vk vt v a s a K T vk vt v vk vt v
7 ÖRNEK 7: Büük bir popülasonda enfeksion hastalığı görülmüştür. Hastalığa maruz kalan nüfusun oranı gittikçe artmaktadır. Herhangi bir anda hastalığa maruz kalan nüfusun oranı p() t olsun. Burada t ılı ifade etmektedir. Eğer, () p t p () t p () ise, hastalanmış nüfus oranının % 9 olması için geçmesi gereken zamanı hesaplaınız. p p p p +
8 p u p u p u u u + du dt u + t lnu+ lnc u p Ce t t Ce C p e t. 9 e t t e t. 9. ln. -. 6 t 6. 978 ıl Bernouille Diferansiel Denklemi d a d + f n Tipindeki denklem Bernouille diferansiel denklemidir. Bu diferansiel denklemin çözümü için, d + a n n d f d + a n n d f n d dz z n n d d n d dz d n d dönüşümü apılarak,
9 n n ( ) ( ) dz + a z n d f dz + a z n d f şeklinde birinci mertebeden diferansiel denklem elde edilir. ÖRNEK 8: d 5 d d 5 d z d dz d d d dz d d dz z 5 d dz z 5 + d dz z + d dz d + z ln z ln + lnc C z dz C C d C C C 5 + C C C 5 + C 5 4 5 C + C
4 C+ z C+ 5 5 C+ 5 elde edilir. Benzer işlemi d a f ln d + Diferansiel denklemini çözmek içinde kullanabiliriz. d d + a f ln + a f ln ln z z z + a f z Bölelikle denklem Bernouilli diferansiel denklemi haline gelir. Aşağıda verilen diferansiel denklemlerin genel çözümünü ve başlangıç şartlarını sağlaan özel çözümünü bulunuz. d dt d d + () d dt + () d d + 4 sin( ) d 5 ln d 6 d + d + e 7 d d () d 4 8 cos() t t csc() t dt + 9 d t t e dt cos + ( π )
4 ds u + s ue + du d d e d d ı bağımlı değişken, ' i bağımsız değişken olarak alınız. Problem de gösterilen metodu kullanarak d d e denklemini çözünüz. 4 d d ( ) denkleminin (, ) noktalarından geçen çözümünü bulunuz.
4 Tam Diferansiel Denklem: f f f df d+ d+ dz z (,, ) (,, ) (,, ) df M z d+ N z d+ R z dz df M(,, z) i+ N(,, z) j+ R(,, z) k di+ d j+ dzk df F z dr (,, ) şeklinde verilmiş bir diferansiel denklemde, i j k RotF F z M N R R N z R M z N M şartı sağlanıorsa, f f f df d+ d+ dz z (,, ) (,, ) (,, ) df M z d+ N z d+ R z dz diferansiel denklemi tam diferansieldir denir. ÖRNEK 9: (, ) (, ) sin tan d+ cos sec d M d+ N d+ dz N M ( cos sec ) ( sin tan ) verilen ifade tam diferansieldir. sin sec sin sec
4 α f sin tan f + + + C (, ) cos tan α f α cos sec + cos sec α f, + cos tan + C elde edilir. Tam Olmaan Diferansiel Denklemi Tam Diferansiel denklem Haline Getirme- İntegrason Faktörü Burada (, ) (, ) (,, ) (, ) (,, ) df µ M z d+ µ N z d µ integrason faktörüdür. Tam diferansiel olma şartı ugulanırsa, Burada bakılır eğer, sadece ın fonksionu ise, ( µ N) ( µ M) µ N µ M N+ µ M+ µ µ µ M N N M µ M N N M N µ µ N denklemi çözülerek µ hesaplanır. Eğer,
44 M N M sadece nin fonksionu ise, denklemi çözülerek µ hesaplanır. ÖRNEK : M N µ µ M d+ d diferansiel denklemini çözünüz. (, ) (, ) d+ d M d+ N d+ dz N M ( ) 6 ( ) M N 6 N ( ) ( ) ( ) M N 6 4 M M N µ µ M µ 4 µ µ µ 4 dµ d 4 µ
45 lnµ 4ln µ (, ) (, ) 4 ( ) 4 d + 4 d M d+ N d+ dz α N M 4 4 6 6 4 4 f 4 f(, ) + α + C ( ) f α + α f(, ) + + C 4 4 Birinci Mertebeden Diferansiel Denklemlerin Nümerik Çözümü Euler Metodu ÖRNEK : d d () h. + h
46 + h + h h n+ n+ n i i i i + e Fark...........57 -.57.....4 -.4....464.49859 -.8859.4.464.464.65.4985 -.775.5.65.65.7756.6487 -.8.6.7756.7756.94877.89 -.5558.7.94877.94877.4589.75 -.656.8.4589.4589.57948.554 -.895.9.57948.57948.5974.4596 -.655..5974.5974.857.788 -.459 d f(, ) d f + fh + fh + fh + + f h n n n (, ) f f
47 ÖRNEK : d d + () h. i i i i + e Fark...........55 -.55...5.6.48 -.8..6.46.4787.59576 -.476.4.4787.687.6458.55474 -.6764.5.6458.8958.889.69664 -.558.6.889.989.5.9656 -.7457.7.5.54.55.558 -.5.8.55.9455.59968.466 -.497.9.59968.4968.946.76889 -.697..946.946.466.54845 -.444 ÖRNEK : d d + 5 h. i i i i +. 5. 5. 5.5. 5.5 5.599 6.59. 6.59 6.596 6.6554. 6.6554 6.6688 7.649.4 7.649 7.568 8.5496.5 8.5496 8.74 8.86947.6 8.86947 8.885 9.757.7 9.757 9.77566.77697.8.77697.757485.8446.9.8446.8778.9877..9877.5659 4.8978
48 Ardışık Yaklaşımlar Metodu Picard Metodu (, ) f () d f t, t dt () f t, t dt +, () f t t dt ÖRNEK 4: () + dt + t + + ( + t) dt + t+ t + + + t t dt t t t + + + + + + + +!! 4 t t t + + + + dt + t+ t + t +! t + + + +! 4!! 4! n k n e k! k 4 4 ÖRNEK 5: + () + + + + + + t+ t dt + t+ t + t + + + + + + + + + + + + +! ( ) + + +! + + +
49 + + + + + + + +! + + + + + +! t t t t t t 4 + + + + + + + dt + t+ t + t! + t t t + t+ t + t! 4!! 4 + + + + + + +! 4!! 4 + + + + + + + + +! 4!! 4 + + +! + 4! + + + +! 4 ( ) + + +! + 4! + + + +! 4 + + + + + + + + +! 4!! 4 + + + + + + + +! 4!! 4 + t t t t t t t t + + + + + + + +! 4!! dt 4 5 4 + t+ t + t + t + t t t+ t+ t + t + t! 4! 5!! 4! 4 5 4 + + + + + + + + +! 4! 5!! 4! 4 5 4 + + + + + + + + + + +! 4! 5!! 4! 4 5 4 + + + + + + + + + +! 4! 5!! 4! 4 5 4 ( ) + + +! + 4! + 5! + + + +! + 4! 4 5 6 4 5 4( ) + + +! + 4! + 5! + 6! + + + +! + 4! + 5! n ( n ) n + + + + + + + + + + + + +! ( n )! +! ( n+ )! lim n + + + + n! + + + + +! + + + +! e
5.5 İkinci ve daha Yüksek Mertebeden Lineer Diferansiel Denklemler. Lineer Diferansiel Denklem TANIM n. mertebeden lineer bir diferansiel denklem, şeklinde azılır. n n d d d n n n + a + + a + a f d d d Eğer f( ) ise diferansiel denklem homojen diferansiel denklem adını alır. Eğer f ise diferansiel denklem non-homojen diferansiel denklem adını alır. Eğer a Eğer a alır. c ise diferansiel denklem sabit katsaılı diferansiel denklem adını alır. c ise diferansiel denklem değişken katsaılı diferansiel denklem adını Lineer Kombinason : c + c : ( ), ( ) ve lineer kombinasonudur denir. Eğer, ancak ve ancak c c ( ) lineer bağımsızdır denir. Aksi takdirde, c + c c k c azılabilir. olduğunda sıfıra eşit oluorsa, ın ve Diferansiel Denklemlerin bir Çözümü Bilindiğinde Diğer Çözümü Bulma. d d + a + a d d Diferansiel denkleminin bir çözümü olsun. Şimdi bu çözüm ile lineer bağımsız olan çözümünü arıoruz. Eğer ve lineer bağımsız ise,
5 v azılabilir. v v v + v v v + v + v + v azıldıktan sonra, bulduklarımızı verilen diferansiel denklemde erine azalım. v + v + v + a v + v + a v v + a v a a + + + + v v + a + v dv d + + v v elde edilir. a d a d e ÖRNEK : v + a v +, + diferansiel denkleminin bir çözümüdür. Bu çözümle lineer olarak bağımsız diğer çözümü bulunuz. v v v + v v v + v + v v
5 ( ) ( ) v v v v v + + + + + [ + ] v v v dv d + v ln v + ln ln dv v d v ln ln + v + v v v Genel çözüm: c+ c ln olarak bulunuz Sabit Katsaılı Lineer Diferansiel Denklemin Çözümü: Homojen Denklemler. a- Köklerin Farklı Olması Hali: ÖRNEK : + () () + e α α αe α α α e α + ( α α ) + ( α )( α ) + 5 α 5, α 5 Genel çözüm : c e + c e olarak elde edilir. Özel çözüm:
5 c+ c için 5c+ c için 7 c c 8 e e 7 7 8 7 5 + olarak elde edilir. b- Köklerin Eşit Olması Hali: 6+ 9 6+ 9 e α α αe α α α e α 6+ 9 ( α α ) 6 + 9 ( α ) α, α v ve v e + ve v e + v e + 9ve 6+ 9 v e + v e + 9ve 6 v e ve + + 9ve e v ( 6 6) v ( 9 8 9) v + + + v v v e Genel çözüm : c e + c e olarak elde edilir.
54 c- Köklerin Kompleks Olması Hali: + + + + e α α αe α α α e α + ( α α ) + + ( α i ) + α i, α + i ( i ) ( + i ) Genel çözüm : c e + c e olarak elde edilir. ( ) e c e + c e i i ( α ) sin( α ) iα e cos + i ( α ) sin( α ) iα e cos i ( α ) ( α ) ( α ) ( α ) iα iα ce + ce c cos i sin c cos i sin + + cos + + + Ölese genel çözüm, ( α)( c c) i( c c) sin( α) A B ( α ) sin( α ) Acos + B ( ) sin( ) e Acos + B şeklinde elde edilir.
55 Non-Homojen Denklemler. a- Belirsiz Katsaılar Metodu. ÖRNEK : diferansiel denklemini çözünüz. Genel çözüm: g h+ p h : homojen kısmın çözümü p : sağ taraflı denklemin çözümü e α α αe α α α e α ( α ) ( α )( α ) + α, α + c e c e h + olarak elde edilir. a+ b+ c p b+ c p c p c a b c ( ) c a b c c b ( c a) a c a
56 p + g h p c e + c e g ÖRNEK 4: + e sin e α α αe α α α e α + ( α )( α ) α, α + c e c e h + olarak elde edilir. ae sin + be cos p ( sin cos ) ( cos sin ) + + p ae be cos a+ b e + a b e sin p ( sin cos sin ) ( cos sin cos ) + + p ae be ( cos ) ( sin ) + p ae be + e sin ( ) ( ) ae cos + be sin a+ b e cos+ a b e sin + ae sin+ be cos e sin a ( a b) b e cos b ( a b) a + + + + e sin e sin a ( a b) b + + b ( a b) a + a b a+ b a b p e ( cos sin )
57 + g h p g ce + ce + e ÖRNEK 5: ( cos sin ) + e e α α αe α α α e α + ( α ) + α i, α i c cos + c sin olarak elde edilir. h p e a+ b p p e a+ b + be e a+ b+ b e a+ b+ b + e b e a+ b+ b 4 4 4 ( 4 4 4 ) + e e a+ b+ b + e a+ b e 5a+ 4b 5b 4 a 5 b 5 4 p e + 5 5 + g h p e 5a+ 4b+ 5be e e g c cos + c sin+ 4+ 5 5
58 ÖRNEK 6: e e α α αe α α α e α ( α ) α, α c e c e h + olarak elde edilir. p ae ( ) + p ae ( ) ( ) + + + p ae ae ae ( ) e ae + ae e a p e ae e + g h p g c e + c e + e
59 ÖRNEK 7: + cos e α α αe α α α e α ( α ) α i, α i c cos + c sin olarak elde edilir. h p p ( cos sin ) a + b ( cos sin ) ( sin cos ) a + b + a + b ( sin cos ) ( cos sin ) a + b + a b p ( ) cos ( ) b a + a b sin p ( ) ( ) + cos b a cos+ a b sin+ acos+ bsin cos a b + + sin p bcos asin cos + g h p g h c cos + c sin + sin
6 ÖRNEK 8: + sin e α α αe α α α e α + ( α ) + α i, α i c cos + c sin olarak elde edilir. h cos a + b + c + d sin p ( ) sin ( ) + + + + + + cos sin + + + + + + cos p a c b d c d a b p c d 4a c b a 4c b d a ( 4 ) ( 4 ) + sin a+ c b sin + c+ a+ d cos sin 4a sin + c b sin + 4c cos + a+ d cos sin a 4 b c d 4 sin p + g h p g h c cos + c sin cos + sin 4 4
6 ÖZET f( ) p Pn( ) n a+ a+ a + an n a n P e ( + + + n ) a Pn e sinb a Qn e cosb a a a a e n ( n ) n ( + + + n ) a a + a + a + a e sinb+ a c c c c e cosb a b- Sabitlerin Değişimi Metodu. + a + b f diferansiel denkleminin homojen kısmının çözümleri, ve olsun. Non-homojen kısmın çözümü p olsun. Lagrange göre, p ve p sabit değildir. O halde, p c + c [ elzem değildir, ancak ugundur] p c + c + c + c p c + c p c + c + c + c erlerine azılarak, + a + b f + a + b f + + + c c c c + a c c + + b c c +
6 ( + + ) + ( + + ) + + c a b c a b c c f c + c c + c f Lineer bağımsız çözüm için Wronskien, W c + c f olmalıdır. Bu iki bilinmeenli denklemden c, c ve dolaısıla c ve c bulunur. ÖRNEK 9: e e α α αe α α α e α ( α ) α, α e e c e c e h + olarak elde edilir. c e + c e c e + c e e c e e c e c e 6 c e e c e
6 c p e c + c p e e + e e 6 p e + g h p g c e + c e + e ÖRNEK : + tan e α α αe α α α e α + ( α ) + α i, α i cos sin c cos + c sin olarak elde edilir. h c + c c + c f Lineer bağımsız çözüm için Wronskien, W olmalıdır. c cos + c sin c sin+ c cos tan c tan sin sin cos c + cos cos cos cos
64 c tan cos c sin c + cos d cos + u du d cos u + u du du du + u u + u + tan + u ln ln u tan cos + sin ln cos sin cos + sin ln cos sin + sin ln cos tan u + tan d du du d + u cos + u u sin + u cos u + u + u cos u + sin c ln + sin cos c cos c + c p + sin p ln + sin cos cos sin cos + sin p ln cos cos + g h p + sin g c cos + c sin + ln cos cos elde edilir. Euler Diferansiel Denklemin Çözümü:
65 + + tipindeki diferansiel denklemlerin çözümünün a b f bulunması. ÖRNEK : + diferansiel denkleminin çözümünü bulunuz. + + m m m m m m + m( m ) + m m m( m ) m + m m m + m m+ 4 m m m m m 4 m c + c 4 ÖRNEK :Köklerin eşit olması hali. + 4 diferansiel denkleminin çözümünü bulunuz. 4 + 4 + m m m m m m 4 + 4 m( m ) m + m m( m ) m 4 + m m 4m 4 + m m m m m m
66 m m v v v + v v + v + v + 4 ( ) ( ) 4 v + v + v v + v + 4v v + 4 v+ 6 + 4 v ln ln ( v v ) + 4 4 v v + dv d v ln v ln v d dv v ln c + c ln ( ln ) c+ c elde edilir. ÖRNEK :Köklerin kompleks olması hali. + 5 + diferansiel denkleminin çözümünü bulunuz. 5 + + 5 + + m m m m m m
67 5 + + m 5 m m m( m ) + m + m m( m ) 5m + + m m m + + m i m + i i + i c + c i + i i i ( ) c + c + elde edilir. ai nedir? Şimdi bunu hesaplaalım. u ai lnu ai ln ln u i( a ln ) u e e cos a ln + i sin a ln u ai lnu ai ln ln u i( a ln ) u e e cos a ln i sin a ln ai + ai c + c c cos a ln i sin a ln c cos a ln i sin a ln + + ( c+ c) cos( a ln ) + ( c c) i sin( a ln ) genel çözüm, c + c A i + i Acos a ln + B sin a ln a a sin( ln ) Acos ln + B i i ( ) { cos ln sin ln } { cos ln sin ln } c + c + A + B A + B B olarak elde edilir.
68 ÖRNEK : + > diferansiel denkleminin çözümünü bulunuz. + + + + > m m m m m m + m m m m( m ) + m m m( m ) m + m m m + + 4 m m m m 4 m i + i c + c 4 c + c 4 c + c c + c f c c + 4 4 c + c 5 Lineer bağımsız çözüm için Wronskien,
69 4 4 7 W + 4 5 4 5 c 4 7 7 + 4 5 7 c 7 9 6 9 9 4 c 4 7 7 + 4 5 7 c 7 5 5 5 5 c + c p p 6 5 6 5 9 5 4 p 4 45 + g h p 4 g c + c 45 4 elde edilir.