Adi diferansiyel denklemler notlari Arzu Erdem c 2009/2010 G¨ uz d¨ onemi m¨ uhendislik notları 1
1
1. Kayley Rectorys- Survey of Applicable Analysis 2. William Boyce and Richard DiPrima - Elementary differential equations and boundary value problems 3. Shepley Ross - Introduction to ordinary differential equations Kaynaklar: 4. Nail Ibragimov - A practical course in differential equations and mathematical modeling 5. Nese Dernek ve Ahmet Dernek- Diferansiyel Diferansiyel denklemler denklemler 6. Diferansiyel Denklemler ve Uygulamaları - Mehmet Aydın, Beno Kuryel, G¨on¨ on¨ u l G¨ ul und¨ und¨ uz, Galip Oturan uz, Oturan¸c¸ 7. B.Demid B.Demidovitc ovitch h - Matema Matematik tik analiz ve alistirma problemleri problemleri derlemesi ileti¸ ile ti¸sim sim i¸cin cin : erdem.arzu @ gmail.com , web page: http://umm.kocaeli.edu.tr/dosyalar/dif.htm 25 Agustos 2009
Contents List of Figures
v
List of Tables
vii
Chapter 0. Giri¸s 1. Matematiksel modeller 2. E˘ gri ailesinin diferansiyel denklemleri
1 1 5
Chapter 1. Diferansiyel denklemler ve onların ¸co¨z¨umleri 3. Diferansiyel denklemlerin sınıflandırması 4. Temel Kavramlar
7 7 7
Chapter 2. Birinci mertebeden ADD 5. y = f (x) formundaki denklemler 6. y = f (y) formundaki denklemler 7. De˘ gi¸skenlerine ayrılabilen ADD 8. Homojen ADD 1 y+c1 9. y = f aa12 x+b formundaki ADD x+b2 y+c2 10. Lineer ADD 11. Bernoulli denklemi 12. Riccati Denklemi 13. Tam ADD ˙ 14. Integrasyon C ¸ arpanı
13 13 14 15 18 19 21 24 26 28 30
Chapter 3. Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemlerin Uygulamaları 15. Dik Y¨ or¨ungeler 16. Mekanik problemleri 17. Oran Problemleri 18. Pop¨ ulasyon Problemleri 19. Karı¸sım Problemleri 20. Elektrik Devre Problemleri
37 37 38 42 43 44 45
Chapter 4. 1. mertebeden y¨uksek dereceli ADD 16. y = f (x, p) formundaki ADD 17. x = f (y, p) formundaki ADD 18. Lagrange Denklemi 19. Clairaut Denklemi
51 51 52 53 54
Chapter 5. Y¨ uksek Mertebeden Lineer ADD 21. Giri¸s 22. Lineer homojen ADD i¸cin temel teoremler 23. Mertebenin indirgenmesi 24. Sabit katsayılı homojen lineer ADD 25. Homojen olmayan ADD 26. Cauchy-Euler denklemi
57 57 57 58 60 62 70
′ ′ ′
Chapter 6.
˙ Sabit katsayılı Ikinci Mertebeden Diferansiyel Denklemlerin Uygulamaları iii
73
iv
CONTENTS
27. Salınım Hareketi 28. Elektrik Devre Problemleri
73 75
Chapter 7. Lineer Diferansiyel Denklem Sistemleri ˙ bilinmeyenli iki denklem) 29. Lineer sistem t¨ urleri (Iki 30. Diferansiyel operat¨ orler 31. Sabit katsayılı lineer sistemler i¸cin operat¨or y¨ontemi ˙ bilinmeyenli iki denklem) 32. Normal Formda lineer denklem sistemleri (Iki
79 79 80 81 84
Chapter 8. Lineer Diferansiyel Denklem Sistemlerinin Uygulamaları 33. Salınım Hareketi 34. Elektrik Devre Problemleri 35. Karı¸sım Problemleri
93 93 94 96
Chapter 9. N¨ umerik Y¨ontemler 1 36. Euler y¨ontemi 37. Runge-Kutta Y¨ ontemi 38. Sistemler i¸cin Euler y¨ontemi 39. Sistemler i¸cin Runge-Kutta y¨ontemi
99 99 102 107 109
Chapter 10. Laplace D¨ on¨u¸su ¨m¨ u 40. Laplace ve Ters Laplace d¨on¨ u¸sm¨ u ˙ 41. T¨ urev ve Integrallerin Laplace D¨on¨u¸su ¨m¨ u 42. BDP problemlerine uygulamaları 43. Basamak Fonksiyonu (Heaviside2 Fonksiyonu)
115 115 118 119 121
Bibliography
127
Bibliography
127
List of Figures ¨ ¨ 37.1Ornek 1. i¸cin ve Ornek 2. i¸cin
107
v
List of Tables
vii
CHAPTER 0
Giri¸ s 1. Matematiksel modeller T¨ urevleri i¸ceren denklemlere kısaca diferansiyel denklem denir. B¨oylece akı¸skan haraketi, elektrik devresindeki akımı, katı bir nesnedeki ısı transferi, sismik dalgaların belirlenmesi, pop¨ulasyon artımı vey azalması ve daha bir¸cok benzeri problemleri anlamak ve onları incelemek i¸cin diferansiyel denklemler hakkında bilgi sahibi olmak gerekmektedir. Diferansiyel denklemler, fiziksel modeli ifade ederler ve matematiksel model ¸seklinde adlandırlırlar. Diferansiyel denklemleri ¸co¨zmenin temel amacı fiziksel y¨ontemi ifade eden matematiksel model hakkında bir¸seyler ¨o˘grenmeye ¸calı¸smaktır Kompleks ve do˘gal bir y¨ontemi anlamak aslında onu en basite indirgemekten ge¸cer. B¨ oylece bu modelleri ifade eden denklemler hakkında bilgiler ve onların ¸co¨z¨umleri i¸c in ¨oncelikle onların basit modelleri hakkında bilgi sahibi olmalıyız. . 1.1. Populasyon modeli. Thomas Robert Malthus tarafından 1978 yılında geli¸stirilmi¸s olan bir problemdir. Onun modeline g¨ ore populasyon orantılı olarak artmaktadır ve populasyonu P ile g¨ osterdi˘ gimizde, a¸sa˘gıdaki diferansiyel denklem ile ifade edilmektedir. dP = αP, α = sabit > 0 dt B¨oylece limitsiz b¨ uy¨ume bu diferansiyel denklemin ¸c¨oz¨um¨ u olan ve exponansiyel kural olarak da adlandırılan P (t) = P 0 exp(α (t
− t0))
fonksiyonu ile ifade edilmektedir. Burada P 0 , t = t0 anındaki populasyon ve P (t) ise keyfi t anındaki populasyon olarak g¨osterilmektedir. Daha sonraları bu modelin ¸cok ger¸cke¸ci olmadı˘gı g¨ozlenerek, model mantıksal model olarak adlandırlılmı¸stır ve dP = αP βP 2 , α,β = sabit = 0 dt diferansiyel denkelemi ile ifade edilmi¸stir.
−
1.2. Ekoloji: Radyoaktif atık u ¨r¨ unler. Radyoaktiviti, y¨ uksek atom a˘gırlıklı (uranyum minerali gibi) elementlerin kırılması sonucu elde edilir. Yapay radyoaktiviti kimya, tıp ve n¨ukleer enerji gibi alanlarda ¸cok kullanı¸slıdır. Fakat n¨ ukleer enerjinin end¨ ustrisel kullanımı son derece dikkat gerektiriyor. C ¸u ¨ nk¨ u radyoaktif atık maddeler populasyon a¸cısından tehlike olu¸sturmaktadır. Radyoaktif bozulmanın matematiksel ifadesi, bozulma ile orantılı olarak ifade edilir ve diferansiyel denklemi dU = kU, k = sabit > 0 dt burada U maddenin keyfi t anındaki rayoaktiflik oranını g¨ostermektedir. Bu denklemin ¸c¨oz¨um¨ u
−
U (t) = U 0 exp( k (t
− − t0))
¸seklinde ifade edilir.
1.3. Kepler kanunu ve Newton’un yer¸ cekimi kuralı. Bilindi˘ gi u ¨ zere eski yunan biliminde gezegenlerin g¨ une¸s ekseni etrafında dairesel hareketler ile d¨ond¨ u˘g¨u iddia edilmi¸sti. 1609 yılında Kepler tarafından gezegenlerin g¨ une¸s etrafında eliptik hareketler ile d¨ond¨ u˘g¨u kanıtlanmı¸stır. Bu kuram Kepler’in 1. ve 2. kuralları olarak da adlandırılmaktadır. Kepler gezegenlerin nasıl hareket etti˘gi sorusunun cevabını vermi¸stir ancak neden sorusunun cevabı daha sonra Galileo Galilei ve Newton tarafından verilmi¸stir. Newton’un yer¸cekimi kuralına g¨ ore, g¨ une¸s ve gezegenler arasında ¸cekim kuvveti α F = 3 x, α = GmM r
−
1
2
0. GIRIS ¸
olarak ifade edilmi¸stir. Burada G genel yer¸cekimi sabiti m ve M sırasıyla gezegen ve g¨une¸sin k¨utleleridir. B¨oylece gezegenlerin ¸cekimleri altında g u ¨ne¸sin hareketini ihmal edersek d2 x α m 2 = 3 x, α = sabit dt r Newton’un 2. kuralı olarak ifade edilmi¸stir. Bu problemin integral alınması ile elde edilen problem de Kepler problemi olarak adlandırılmı¸stır. 1.4. D¨ unya yakınında serbest d¨ u¸sme hareketi. D¨ unya u ¨ zerinde, yer¸cekiminin sabit oldu˘gunu varsayarak serbest d¨u¸sme hareketini ele alalım. m = sabit k¨utlenin a˘gırlı˘gı h y¨ukseklik t zaman g 981 cm/sn2 s¨urt¨ unme ivmesini g¨ostermek u ¨ zere, s¨ urt¨ unme kuvveti
≈
F =
−mg
olarak g¨osterilir ve Newton denklemi d2 h = dt2 olarak yazılır. Bunun ¸co¨z¨um¨ u h=
−g
− g2 t2 + c1t + c2
olarak bulunur. Burada c1, , c2 keyfi sabitlerdir. 1.5. So˘ gutma (ısınma) i¸cin Newton modeli. So˘gutma (ısınma) olayı, hayatımızın her alanında kullanılan bir i¸slemdir. Havayı so˘ gutma i¸slemleri, fırını ısıtma vb. Newton’un so˘gutma kuramı olarak adlandırılan model dτ = k (T t) , k = sabit > 0 dt ile ifade edilir. Burada T (t) so˘gutulan nesnenin hi¸cbir etki g¨ostermedi˘ gi sıcaklıktır(doyum noktası). τ (t) keyfi t anındaki sıcaklık ve t zamanı g¨ostermektedir. Bir binanın klima tarafından ısıtıldı˘gını varsayalım. H (t) ile sıcaklı˘ gın artım oranını A (t) ile sıcaklı˘ gın de˘gi¸sim oranını g¨osterirsek, yukarıdaki denklemi
−
dτ = k (T dt
− t) + H (t) + A (t)
olarak d¨ uzenleyebiliriz. 1.6. Mekanik titre¸ sim ve Sarka¸ clar. Yaprakların r¨ uzgarda hı¸sırtısı, suyun dalgalanması bu modeller i¸cin bazı fiziksel olaylardır. En temel salınım hareketi, bir yere sabit asılı olan bir bobinden a˘ gır bir cisimin ileri geri hareketidir. Hooke yasasına g¨ore ba¸slangı¸c anından kar¸sı tarafa olan hareketi F 1 =
−ky, k = sabit
olarak yazılır. Burada y yerde˘ gi¸stirmeyi g¨osterir. S¨ urt¨unme kuvvetini de F 2 =
−l dy dt
olarak yazabiliriz. f (t) ile toplam dı¸s kuvveti (r¨uzgar) g¨osterirsek, Newton’un 2. kuralına g¨ore F = F 1 + F 2 + f (t) ve model
d2 y dy m 2 +l + ky = f (t) dt dt
1.7. Asfaltların c¨ ¸okmesi. Asfaltların periyodik bi¸cimde ¸co¨kmesi a¸sa˘gıdaki diferansiyel denklem ile ifade edilir d4 u µ 4 = f dx burada u yolun d¨ uz pozisyonundan ¸c¨okmesi sonucu elde edilen yer de˘gi¸stirmesi ve f merkezka¸c kuvvetinin yo˘ gunlu˘ gudur.
1. MATEMATIKSEL MODELLER
3
1.8. Van der Pol denklemi. Elektrik kondensatorlerinin devreleri arasındaki elektrik akımı dV dI C = I, V L = RI dt dt olarak yazılır. Burada I (t) akım, V (t) voltaj, R resistans, C kondensator¨ un kapasitesi, L bobinin ind¨ uktansını g¨ostermektedir. Burada V yi y ile g¨ osterirsek, modeli
−
−
ay + by + cy = 0
′′
′
olarak yazabiliriz. a = LC, b = RC, c = 1. 1.9. Telegraf denklemi. Elektrodinamikte, kablolar ¨uzerindeki akımı ifade eden denkleme telegraf denklemi denir ve modeli a¸sa˘gıdaki ¸sekilde ifade edilir: vtt
− c2vxx + (a + b) vt + abv
= 0, 1 G R c2 = , a= , b= CL C L C = kapasite, L = kendini ind¨ ukleme, R = resis tan s, G = ka¸cak. 1.10. Maxwell denklemi. Elektromagnetik alan 2 bile¸sene sahiptir. E elektrik alanı g¨osteren vekt¨or ve H magnetik alanı g¨ osteren vekt¨or. Buna g¨ore model bir ¸cift denklemden olu¸sur: ∂E = c( ∂t ∂H = c( ∂t j ve ρ elektrik akım ve y¨uklenme yo˘gunlukları, c fizikte genelde
∇ × H ) − 4πj, ∇ · E = 4πρ − ∇ × E ) , ∇ · H = 0 ≈ 3 × 1010 ı¸sık hızını g¨ostermektedir. Bu denklem sistemini
1 ∂E c ∂t 1 ∂H c ∂t
= curlH =
− 4πc j, divE = 4πρ
−curlE, divH = 0
¸seklinde g¨osterilir. 1.11. Navier-Stokes Denklemi. Yapı¸skan maddelerin akımı bu t¨ur denklemler ile ifade edilir 1 vt + (v. ) v + p = v∆v ρ
∇
∇
p basın¸c, ρ yo˘ gunluk, v akı¸skanın hızını g¨ostermektedir. 1.12. Sulama(irrigation) sistemlerinin modellemesi. Sulama sistemlerinin matematiksel modeli C (ψ) ψt = (K (ψ) ψx )x + (K (ψ) (ψz
− 1))z − S (ψ)
¸seklindedir. Burada ψ topraktaki nem basıncı, C (ψ) topra˘gın su kapasitesi, K (ψ) hidrolik iletkenli˘ gin doyum oranı, S (ψ) kaynak fonksiyonu, t zaman, x yatay eksen, z dikey ekseni g¨ ostermektedir. 1.13. Isı denklemi. Yayılma(dif¨uzyon) y¨onetmelerini ifade eden modeller genel olarak ut =
∇ · (k (x) ∇u)
¸seklinde ifade edilir. 1.14. Burgers ve Korteweg-de Vries denklemleri. Burgers denklemi ut = u ux + νu xx genelde akı¸skanlar mekani˘ginde ve nonlinear akustik problemlerinde kullanılmaktadır. Korteweg-de Vries denklemi ut = u ux + µuxxx kanallardaki b¨ uy¨ uk su dalgalarının yayılmasını modeller.
4
0. GIRIS ¸
1.15. Finansta matematiksel model. Matematiksel finanstaki temel ¸calı¸smalar dalgalanan stok fiyatlarıdır ve a¸sa˘gıdaki denklem ile ifade edilir 1 ut + A2 x2 uxx + Bxu x Cu = 0, A,B,C = sabit. 2
−
1.16. B¨ uy¨ uyen t¨ um¨ or modeli. Bu model lineer olmayan diferansiyel denklem ile ifade edilir ut ct pt
= f (u) (ucx )x = g (c, p) = h (u, c) Kp
−
−
−
u, c, p sırasıyla hastalıklı h¨ ucrenin konsantrasyonu, h¨ucre dı¸sı sıvısı, proteaz (enzimlerin par¸calanmasını sa˘glayan enzim grubu). 1.17. Dalga denklemi. Tel vb. gibi maddeler ¨uzerindeki dalgalanma hareketi utt
− k2 (x) ∆u = F (x, t)
ile ifade edilir. 1.18. Diferansiyel Denklemlerin Tarihi. Diferansiyel denklemleri tanımadan ve onların c¸¨oz¨ umleri hakkında bilgi sahibi olmadan ¨once biraz tarihinden bahsedelim. Diferansiyel denklemler konusu ilk olarak Isaac Newton(1642– ˙ 1727) ve Gottfried Wilhelm Leibniz(1646–1716) tarafında 17 y¨uzyılda c¸alı¸sılmaya ba¸slanmı¸stır. Newton, Ingiltere de b¨ uy¨uy¨ up, Trinity koleji- Cambridge de e˘gitim almı¸stır ve 1669 da Lucasian (t¨un profess¨otl¨uk hizmetlerinin ba˘glı oldu˘ gu ) profes¨or¨u olmu¸stur. Devrim yaratan ¸calı¸smaları hesaplamada ve mekanik prblemlerde, 1665 yılında ger¸cekle¸smi¸stir. Matematik camisaı tarafından kabul g¨ormesine ra˘gmen, Newton ele¸stiriler hakkında ¸cok hassas oldu˘gundan ¸calı¸smalarını 1687 ye kadar basmamı¸stır. 1687 yılında ¸cok u ¨ nl¨ u kitabı Philosophiae Naturalis Principia Mathematica baılmı¸stır. Newton diferansiyel denklemler ile c¸alı¸smalarını y¨ur¨ut¨ urken,hesaplamada ve mekanikteki temel geli¸smeleri Euler tarafından sa˘glandı. Newton, 1. mertebeden diferansiyel denklemleri dy/dx = f (x), dy/dx = f (y), ve dy/dx = f (x, y) formunda sınıflandırdı. Sonrasında ise f (x, y) x ve y nin polinomu oldu˘gunda, serileri kullanarak ¸c¨oz¨um y¨ontemi geli¸stirdi. Newton’un aktif ¸calı¸smaları 1690 ların ba¸slarında son buldu ve daha ¨once elde etmi¸s oldu˘gu sonu¸cların yayınlanması ve d¨ uzenlenmesi ¸calı¸smalarını ger¸cekle¸stirdi. 1696 da British Mint te tekrar profes¨or oldu. 1705 de ¸s¨ovalye olarak ilan edildi ve Westminster Abbey de g¨om¨ uld¨ u. Leibniz, 20 ya¸sında Leipzig de Altdorf u ¨niversitesinde, filozofi alanında doktora ¸calı¸smasını tamamladı Hayatı ¨ boyunca, birka¸c alandaki ¸calı¸smaları ile me¸sg¨ ul oldu. Oncelikli alanları arasında matematik vardır ¸cu ¨ nk¨u 20 li ya¸slarında bu alanda c¸alı¸smalar ger¸cekle¸stirmi¸stir. Newton dan biraz sonra olmasına ra˘gmen diferansiyel denklemler ile ilgili temel sonu¸clara ula¸smı¸stır fakat 1684’te Newton dan ¨once basılmı¸stır. Matematiksel notasyonları kullanma konusunda ¸cok iyidir ve t¨urev i¸cin dy/dx ve integral sembol¨un¨ un kullanımları ona aittir. 1691 yılında de˘ gi¸skenlere ayırma y¨ontemini vermi¸stir ve homojen denklemleri, de˘gi¸skenlerine ayrılabilen diferansiyel denklemlere indirgemi¸stir. 1. mertebeden diferansiyel denklemlerin ¸c¨oz¨um¨ un¨u 1694 yılında vermi¸stir. Hayatını bir el¸ci gibi ya¸samı¸stır ve Alma kraliyet ailelerine tavsiyelerde bulunmu¸stur. Bu g¨orevi sayesinde, ¸cok sayıda ¨ gezi d¨ uzenlemi¸s ve yazı¸smalarını di˘ger matematik¸cilere ta¸sıyabilmi¸stir. Ozellikle de Bernoulli karde¸slere. Bu i¸sbirli˘ gi sayesinde pek ¸cok problem 17 y¨uzyılda ¸c¨oz¨ulebilmi¸stir. Jakob(1654–1705) ve Johann(1667–1748) Bernoulli karde¸sler diferansiyel denklemlerde y¨ontemler geli¸stirip bunların uygulama alanlarını geni¸sletmi¸slerdir. Jakob, 1687 de Basel de profes¨or olmu¸stur. Johann, karde¸sinin 1705 yılında ¨olmesinden sonra aynı g¨oreve getirilmi¸stir. Her iki adamda kavgacı kıskan¸c ve ¨ozellikle de kendi tartı¸smalarında sık¸ca karı¸stırlırlardı. Yine de her ikisi de matematikte ¸cok ¨onemli geli¸smelere imza atmı¸slardır. Hesaplamaların da yardımı ile mekanikte diferansiyel denklem olarak ifade edilen problemler i¸cin ¸c¨oz¨um y¨ontemleri geli¸stirmi¸slerdir. 1690 da Jacob y = [a3 /(b2 y a3 )]1/2 diferansiyel denklemini c¸¨ozm¨ u¸st¨ ur ve makalesinde ilk defa integral terimine yer vermi¸stir. 1694 te Johann dy/dx = y/ax. diferansiyel denkleminin c¸¨oz¨ um¨ un¨u elde etmi¸stir. Geli¸stirdikleri en ¨onemli problemlerden birisi de brachistochrone problemidir. Johann’ın o˘glu olan Daniel Bernoulli(1700–1782), daha hen¨ uz yeni kurulmu¸s olan St. Petersburg akademisen g¨o¸c etti ancak 1733 de Basel’e botanik ve daha sonra da fizik profes¨or¨u olarak geri d¨ond¨ u. Temel ilgil alan¨ ları arasında kısmi diferansiyel denklemler ve onun uygulamalrı vardı. Orne˘gin adı, akı¸skanlar mekani˘ gindeki diferansiyel denklemlere verilmi¸stir. Ve ayrıca daha sonra Bessel fonksiyonları olarak adlanadırılacak olan fonksiyonlar ile c¸alı¸smı¸stır.
′
−
˘ 2. EGRI AILESININ DIFERANSIYEL DENKLEMLERI
5
18 y¨ uzyılın en ¨onemli matematik¸cilerinden birisi de Johann Bernoulli’nin ¨o˘grencisi olan ve Basel yakınlarında ya¸sayan Leonhard Euler(1707–1783) dir. 1727 de arkada¸sı Daniel Bernoulli yi takip ederek St. Petersburg a girmi¸stir. 1727–1741 ve 1766–1783 yılları arasında St. Petersburg akademisinde 1741–1766 de Berlin akademisinde ¸calı¸smı¸stır. Euler b¨ut¨ un zamanın en vermli matematik¸cilerinde biridir ve t¨ um ¸calı¸smları toplamda 70 dergiyi ˙ ge¸cer. Ilgi alanı matemati˘gin ve uygulamanın t¨ um alanlarını kapsar. Ya¸samının son 17 yılını k¨ or olarak ¨ ge¸cirmesine ra˘gmen, ¨olene kadar ¸calı¸smlarını devam ettirmi¸stir. Ozellikle de mekani˘gi matematikde ¸cok iyi kullanırdı. Lagrange, Eulerin mekanik uygulamalrı i¸cin ”analizdeki en ¨onemli ¸calı¸sma hareketin bilimine uygulandı” tabirini kullandı. Di˘ ger ¸calı¸smaları ile birlikte 1734–35 de diferansiyel denklemin tamlık ko¸sulunu verdi ve aynı ¸calı¸smada integral fakt¨or¨u teorisini geli¸stirdi. 1743 de sabit katsayılı, homojen lineer denklemler i¸cin genel ¸c¨oz¨um kavramını verdi. 1750–51 de aynı teoriyi homojen olmayan denklemler i¸cin geni¸sletti. 1750 lerin ba¸slarında, diferansiyel denklemlerin ¸c¨oz¨ um¨ u i¸cin kuvvet serisi uygulamalrını geli¸stirdi. 1768–69 lerde n¨ umerik ¸c¨oz¨um y¨ontemleri geli¸stirdi. Joseph-Louis Lagrange(1736–1813), 19 ya¸sında Turin de profes¨or oldu. 1766 da Berlin akademisinde Eulerin varisi oldu ve 1787 de Paris akademisine ge¸ci¸s yaptı. En ¨onemli ¸calı¸sması 1788 de basılmı¸s olan Me ´caniqueanalytique, Newton mekani˘ginin c¸ok kapsamlı ve ¸cok g¨ uzel bir konusudur. 1762–65 de , n. mertebeden homojen diferansiyel denkleminin genel ¸co¨z¨um¨ un¨ un, n tane lineer ba˘gımsız ¸c¨oz¨umlerinin lineer kombinasyonu oldu˘gunu g¨osterdi. 1774–75 de parametrelerin varyasyonu olarak biline ¸calı¸smayı geli¸stirdi ve kısmi diferansiyel denklemler ile varyasyonel hesaplamalarda ¸cok temel ¸calı¸smaları mevcuttur. Pierre-Simon de Laplace(1749–1827) ¸cocuklu˘gunu Normandy de ge¸cirdi ancak 1768 de Parise gelerek ve 1773 de Acade ´mie des Sciences’ı kazanarak bilimsel ¸cemberde ¸cok ¨onemli geli¸smelere imza atmanın ba¸slangıcını ya¸sadı. Astroloji’de mekanik alanında c¸alı¸smalarda bulunmu¸stur. Laplace denklemleri matematiksel fizi˘gin temel denklemlerini ol¸sturur. Laplace d¨on¨u¸su ¨ mlerinin faydası ise sonlara do˘gru daha iyi anla¸sılmı¸stır. 18 y¨ uzyılın sonlarına do˘gru diferansiyel denklemlerinin ¸c¨oz¨um ile ilgili teori geli¸stirilmi¸stir. 19. y¨ uzyılda ise daha teorik bir sorunun cevabı irdelenmi¸stir: varlık ve teklik. Kısmi dfireansiyel denklemler ¸calı¸sılmaya ba¸slanmı¸s ve onların matematiksel fizi˘ge uygulamaları ele alınmı¸stır. Bazı diferansiyel denklemlerin analitik anlamda c¸o¨z¨umlerine ula¸sılamaması n¨ umerik ¸c¨oz¨um kavramını getirmi¸stir. 1900 l¨ u yıllarda n¨ umerik integral geli¸stirilmi¸stir fakat uygulamaları, elle hespalamaların veya ilkel hesaplama ¨ ara¸clarınının kısıtlılı˘ gı ile c¸ok yaygınla¸smamı¸stır. Ozellikle son 50 yıl i¸cinde, hesaplama ara¸clarının ilerlemesi ve uyduya ba˘glı bilgisayarların varlı˘ gı ile uygulama alanları olduk¸ca yaygınla¸smı¸stır. 20 y¨ uzyıl, diferansiyel denlklemlerin geometrik ve toploji olarak yeni bir kreasyonudur. Ama¸c, c¸o¨z¨um¨ un geometriksel olarak davranı¸s niteli˘gini anlamaktır. Daha fazla bilgiye ihtiya¸c duyuldu˘ gunda, n¨ umerik y¨ontem ile elde edilen veriler kullanılmı¸stır. Son birka¸c yılda bu iki trend birlikte gelmi¸stir. Bilgisayarlar, lineer olmayan diferansiyel denklem sistemlerinin ¸calı¸sılmasına hız katmı¸stır. 2. E˘ gri ailesinin diferansiyel denklemleri (x, y) d¨uzleminde y = f (x, c1 , c2 ,...,c n )
(2.1)
ϕ (x,y,c1 , c2 ,...,c n ) = 0
(2.2)
e˘gri ailesini d¨ u¸su ¨ nelim. Kapalı formada
¸seklinde yazabiliriz. Burada c1 , c2 ,...,c n uygun parametrelerdir. E˘grinin kapalı formunda kapalı fonksiyonların t¨urevi kuralını uygulayarak n defa t¨urev alabiliriz. ∂ϕ ∂ϕ + y ∂x ∂y ∂ 2 ϕ ∂ 2 ϕ ∂ 2 ϕ 2 ∂ϕ +2 + y + y ∂x 2 ∂x∂y ∂y 2 ∂y
′
′
= 0,
′′
= 0, ...
∂ n ϕ ∂ϕ (n) +... + y n ∂x ∂y n bilinmeyenli sistmede c1 , c2 ,...,c n parametrelerini yok edersek,
F x,y,y , . . . , y
′
(n)
=0
= 0.
(2.3)
6
0. GIRIS ¸
n. mertebeden diferansiyel denklemini elde ederiz. Notasyon 2.1. x,y,y , . . . , y (n) de˘gi¸skenlerine ba˘glı F fonksiyonun tam diferansiyel denklemi
′
∂F ∂F ∂F ∂F +y +y + + y (n) (n−1) ∂x ∂y ∂y ∂y olarak g¨ osterilir. Buna g¨ ore (2.3 ) sistemi a¸sa˘gıdaki ¸sekilde yazılır. Dx F =
′
′′ ′ · · ·
Dx ϕ = 0, Dx2 ϕ = 0, . . . , Dxn ϕ = 0
(2.4)
¨ Ornek 2.2. Do˘grular ailesinin diferansiyel denklemini bulunuz. C ¸ o¨z¨ um ϕ = y
− ax − b yazarak (2.4)′ ten Dx ϕ = y
′ − a = 0, Dx2 ϕ = y′′ = 0
son denklem hi¸c bir parametre i¸cermedi˘ gi i¸cin diferansiyel denklemi 2. mertebeden lineer denklem olarak y =0
′′
¸seklinde ifade edebiliriz.
¨ Ornek 2.3. Paraboller ailesinin diferansiyel denklemini bulunuz. C ¸ o¨z¨ um Paraboller ailesini y = ax2 + bx + c olarak yazabiliriz. ϕ = y ax2 + bx + c fonksiyonunu (2.4) te kullanırsak, Dx ϕ = y 2ax b = 0, Dx2 ϕ = y 2a = 0, Dx3 = y = 0
−
′−
−
′′ −
′′′
elde ederiz. B¨oylece paraboller ailesinin diferansiyel denklemi 3. mertebeden lineer denklemdir. Alı¸stırma 2.4. C ¸ emberler ailesinin diferansiyel denklemini bulunuz. C ¸ o¨z¨ um C ¸ emberler ailesini (y (2.4) te kullanırsak,
− b)2 + (x − a)2 = c2 olarak yazabiliriz. ϕ = (y − b)2 + (x − a)2 − c2 fonksiyonunu
− b) y′ + 2 (x − a) = 0, Dx2 ϕ = 2 + 2y′2 + 2 (y − b) y′′ = 0, Dx3 = 6y′y′′ + 2 (y − b) y′′′ = 0 elde ederiz. 2. denklemden y − b = − 1 + y ′2 /y ′′ elde ederiz. Bunu 3. denklemde yerine yazarsak, y ′y ′′2 y ′′′− 3 =0 1 + y ′2 Dx ϕ = 2 (y
denklemini elde ederiz.
Alı¸stırma 2.5. Hiperboller ailesinin diferansiyel denklemini bulunuz. C ¸ o¨z¨ um Hiperboller ailesini (y te kullanırsak,
− a) (b − cx) = 1 olarak yazabiliriz. ϕ = (y − a) (b − cx) − 1 fonksiyonunu
− cx) y′ − c (y − a) = 0, Dx2 ϕ = (b − cx) y′′ − 2cy′ = 0, Dx3 = (b − cx) y′′′− 3cy′′ = 0 ve 3. denklemden (b − cx) terimini yok edersek, 3 y ′′2 y ′′′− =0 2 y′
(2.4)
Dx ϕ = (b elde ederiz. 2.
denklemini elde ederiz.
Uyarı 2.6. Tam diferansiyel ve kısmi diferansiyel arasındaki farkı a¸sa˘gıdaki ¸sekilde kavrayabilriz:Tam diferansiyller Dx (x) = 1, Dx (y) = y , Dx (xy ) = y + xy ¸seklinde iken, kısmi diferansiyel denklemler ∂x ∂y ∂ (xy ) = 1, = 0, =y ∂x ∂x ∂x
′
′
′
′
′
′′
CHAPTER 1
Diferansiyel denklemler ve onların ¸ c¨ oz¨ umleri 3. Diferansiyel denklemlerin sınıflandırması Tanım 3.1. Bilinmeyen fonksiyon ile onun t¨ urevleri arasındaki ba˘ gıntıya diferansiyel denklem denir. Tanım 3.2. Bilinmeyen fonksiyon bir de˘ gi¸skenli ise denkleme adi diferansiyel (ADD) (ordinary differential equation ODE) denklem denir, e˘ ger fonksiyon ¸cok de˘gi¸skenli ise kısmi diferansiyel (KDD) (partial differential equation PDE) denklem denir. Tanım 3.3. n tane bilinmeyen fonksiyonu i¸ceren m adet diferensiyel denkleme kısaca diferansiyel denklem sistemi denir. Burada m ile n e¸sit olmak zorunda de˘gildir. Tanım 3.4. Denklemin mertebesi, denklemdeki en y¨ uksek mertebedeki t¨ urevdir. Benzer ¸sekilde sitemin mertebesi, sistemdeki en y¨ uksek mertebeli t¨ urevdir. Tanım 3.5. Bir diferansiyel denklemde bulunan en y¨ uksek mertebeli t¨ urevin u ¨ ss¨une, bu diferansiyel denklemin derecesi denir. Tanım 3.6. Bir diferansiyel denklemdeki ba˘ gımlı de˘gi¸sken ve t¨ um t¨ urevleri birinci dereceden ise,diferansiyel denkleme lineer diferansiyel denklem denir.n. mertebeden adi lineer diferansiyel, ba˘ gımlı de˘gi¸sken y ve ba˘gımsız de˘gi¸sken x olmak uzere, ¨ a¸sa˘gıdaki formda g¨ osterilir. dn y dn−1 y + a (x) + 1 dxn dxn−1 a0 (x) y (n) + a1 (x) y (n−1) +
dy · ·· + an−1 (x) dx + an (x) y · ·· + an−1 (x) y′ + an (x) y
a0 (x)
= b (x) veya = b (x)
Dolayısıyla i¸cerisinde y 3 ,(y )2 , yy , y y , siny, exp(y) gibi terimler bulunan denklemler lineer de˘gildir. Bunun yanında denklem x2 , xy ,sinx, exp sin x3 , ln x t¨ ur¨ unden ifadeler i¸cerebilir. ¨ Ornek
′′ ′ ′ ′′′ ′′ − 3.7. y ′′ + xy′ − exp(y) = 0, 2. mertebeden lineer olmayan adi diferansiyel denklemdir.
¨ Ornek 3.8.
d4 y dx4
3
d y 3 dy + x2 dx 3 + x dx = x exp(x) , 4. mertebeden lineer adi defreansiyel denklemdir.
¨ Ornek 3.9. ut = k (x) uxx veya ¨ Ornek 3.10.
∂u 1 ∂x
2
− ∂ ∂yu
2 2
= 0,
∂u ∂t
∂ 3 u1 ∂y 3
2
u = k (x) ∂ 2. mertebeden lineer kısmi diferansiyel denklemdir. ∂x 2
− ∂u∂x
2
= 0, 3. mertebeden kısmi diferansiyel denklemler sistemidir. 4. Temel Kavramlar
Tanım 4.1. Birinci mertebeden ADD ile F (x,y,y ) = 0
′
⇔ F
veya y = f (x, y)
′
x,y,
dy dx
=0
(4.1)
dy ⇔ dx = f (x, y)
(4.2)
formlarını d¨ u¸s¨ unece˘giz. Tanım 4.2. n. mertebden ADD ile
F x,y,y , y , . . . , y
′ ′′
(n)
=0
⇔
dy d2 y dn y F x,y, , 2 , . . . , n dx dx dx 7
=0
(4.3)
¨ UMLERI ¨ 1. DIFERANSIYEL DENKLEMLER VE ONLARIN C ¸ OZ
8
ya da y
(n)
= f x,y,y , y , . . . , y
′ ′′
(n−1)
⇔
dn y dy d2 y dn−1 y = f x,y, , 2 , . . . , n−1 dxn dx dx dx
(4.4)
Tanım 4.3. Keyfi g (x) fonksiyonu ¨ ozde¸s olarak (4.3 ).denklemini sa˘glıyorsa g (x) fonksiyonuna (4.3 ) denkleminin integrali ya da ¸coz¨ ¨ um¨ u denir. (bkz Uyarı 4.6 ) Uyarı 4.4. ADD genelde bir I aralı˘ gında tanımlanır. B¨ oylece g (x) fonksiyonu n mertebeye kadar t¨ urevi olan (n) (n) bir fonksiyon ve (4.3 ) denkleminde y yerine g (x) , y yerine g (x), . . . , y yerine g (x) yazdı˘gımızda (4.3 ) denklemi sa˘glanıyorsa, y = g (x) fonksiyonuna I aralı˘gında (4.3 ) denleminin bir ¸coz¨ ¨ um¨ u denir.
′
¨ Ornek 4.5. y = sin x fonksiyonu y + y = 0 denkleminin (
′′
′
−∞, ∞) aralı˘gında bir genel ¸coz¨ ¨ um¨ ud¨ ur.
Uyarı 4.6. (4.3 ) denkleminin c¸oz¨ ¨ um¨ u y = g (x) a¸cık formunda olmak zorunda de˘ gildir. Aynı zamanda h (x, y) = 0 kapalı formu ile de verilebilir. Buna g¨ ore t¨ urevleri kapalı fonksiyonlar i¸cin t¨ urev form¨ ul¨ u kullanılarak bulunur. B¨ oylece benzer ¸sekilde (4.3 ).denklemi ¨ ozde¸s olarak h (x, y) = 0 fonksiyonunun her noktasında ¨ ozde¸s (n) olarak sa˘glanıyorsa h (x, y) = 0 fonksiyonu (4.3 ) denkleminin integrali ya da ¸c¨ oz¨ um¨ ud¨ ur., y , . . . , y (Bkz. ¨ Ornek 4.34)
′′
¨ Ornek 4.7. x2 + y 2 = 4 fonksiyonu
′ − xy
y =
(4.5)
denkleminin kapalı formda ¸c¨ oz¨ um¨ ud¨ ur. x2 + y 2 4 = 0 ¸cemberinde kapalı fonksiyonlar i¸cin t¨ urev ba˘gıntısını kullanırsak 2x + 2yy = 0 elde ederiz, b¨ oylece (4.5 ) denklemi sa˘glanır. ( 2, 0) ve (2, 0) noktalarında y = 0 ¨ ¨ oldu˘gundan bu noktaları hari¸c tutmalıyız.(Bkz. Ornek Ornek 4.34).
−
′
−
Uyarı 4.8. (4.2 ) denkleminin geometrik yorumu: f (x, y), Q b¨ olgesinde tanımlı bir fonksiyon olsun. (4.2 ) denklemine g¨ ore her (x, y) Q noktasında bu noktadan ge¸cen ve e˘gimi y olan bir do˘gru (do˘grusal eleman) vardır. B¨ oylece bu do˘gruların olu¸sturmu¸s oldu˘gu alana kısaca do˘grultu alanı denir. Buna g¨ ore Q b¨ olgesindeki e˘griyi bulmak, do˘ gruların herbir noktasındaki tanjantı bulmaktır.
∈
′
Buna g¨ore 2. mertebeden y = f (x,y,y )
′′
′
denklemi i¸cin y yani ¸c¨oz¨ um e˘grisinin e˘ grili˘gi bulunmalıdır. 3 ve daha y¨ uksek mertebeden ADD i¸cin benzeri geomtrik yorumlar yoktur.
′′
Tanım 4.9. y1 = g1 (x) , y2 = g2 (x) , . . . , y n = gn (x)
(4.6)
y1′ = f 1 (x, y1 , y2 , . . . , yn ) y2′ = f 2 (x, y1 , y2 , . . . , yn ) ... yn′ = f n (x, y1 , y2 , . . . , yn )
(4.7)
fonksiyonları
sistemini ozde¸ ¨ s olarak sa˘glıyorsa, (4.6 ) fonksiyonlarına sistemin ¸c¨ oz¨ um¨ u (integrali) denir. Bu durumda da ¸co¨z¨umleri kapalı fonkiyon gibi d¨ u¸su ¨ nebiliriz. (Bkz Uyarı 4.6). Uyarı 4.10. n = 2 durumu i¸cin y1 , y2 fonksiyonları yerine bilinmeyen y, z fonksiyonlarını ele alalım. Buna g¨ ore (4.6 ) fonksiyonları y = g1 (x) , z = g2 (x) geometriksel olarak bir e˘gri tanımlar (3 boyutlu uzayda). Bu sebepten ¨ ot¨ ur¨ u (4.6 ) fonksiyonları (4.7 ) sisteminin integral e˘grisi diye adlandırılır. Uyarı 4.11. Genel olarak (4.7 ) sisteminde bilinmeyen fonksiyon sayısı ile denklem sayısı e¸sit olmak zorunda de˘gildir. Fakat ¸coz¨ ¨ um tanımı aynıdır. Yine de ¸c¨ oz¨ um¨ un varlı˘gı ve tekli˘gi hakkında bir genelleme yapmalıyız.
4. TEMEL KAVRAMLAR
9
Teorem 4.12. (4.7 ) sistemi ve P (a, b1 , b2 , . . . , bn )
(4.8)
noktasını ele alalım. (4.7 ) sistemindeki f 1 , f 2 , . . . , fn n + 1 de˘gi¸skenli ve de˘gi¸skenleri x, y1 , y2 , . . . , yn olmak uzere, ¨ P noktasının bir O kom¸sulu˘ gunda, s¨ urekli ve y1 , y2 , . . . , yn de˘gi¸skenlerine g¨ ore s¨ urekli kısmi t¨ urevlere sahip fonksiyonlar olsun. O kom¸sulu˘gunda (4.7 ) sistemini ve g1 (a) = b1 , g2 (a) = b2 , . . . , gn (a) = bn
(4.9)
ko¸sulunu (ba¸slangı¸c ko¸sulu) sa˘glayan g1 (x) , g2 (x) , . . . , gn (x) fonksiyonları vardır ve bu fonksiyonlar tektir. Tanım 4.13. Bir problem diferansiyel denklemi ve belirli ko¸sulları i¸cerir. Problemdeki ko¸sullar x in bir de˘geriyle ilgili ise bu durumda probleme ba¸slangı¸c de˘ger problemi, x in 2 de˘geri ile ilgili ise sınır de˘ ger problemi denir. ¨ Ornek 4.14. y + y = 0, y (1) = 3 y (1) = 4
′′
′
−
ba¸slangı¸c de˘ ger problemidir (BDP)- (initial value problem IVP). ¨ Ornek 4.15. y + y = 0, y (0) = 1 π y = 5 2 sınır de˘ ger problemidir (SDP)- (boundary value problem BVP).
′′
Uyarı 4.16. Uyarı 4.10 ’ e g¨ ore f 1, f 2 , . . . , fn fonksiyonları O kom¸sulu˘gunda yukarıdaki ko¸suları sa˘glıyorsa (4.7 ) sisteminin P noktasından ge¸cen bir tek integral e˘grisi vardır. ¨ Ozel durumda f (x, y) ,
∂f (x, y) ∂y
(4.10)
fonksiyonları P noktasının O kom¸sulu˘gunda s¨ urekli ise y = f (x, y)
′
denkleminin bir tek integral e˘grisi mevcuttur ve bu e˘gri P noktasından ge¸cer. Uyarı 4.17. E˘ger her x
∈ [a, b] , y1, y2 ∈ [c, d] i¸cin |f (x, y1 ) − f (x, y2)| ≤ K |y1 − y2|
(4.11)
e¸sitsizli˘gini sa˘glayacak ¸sekilde pozitif bir K sayısı bulunabilirse f (x, y).fonksiyonu y de˘gi¸skenine g¨ ore R ¨ (a x b, c y d) b¨ olgesinde Lipchitz ko¸sulunu sa˘glar denir. Ozel olarak f (x, y).fonksiyonu y de˘gi¸skenine g¨ ore R b¨ olgesinde t¨ urevi mevcut ve ∂f K (4.12) ∂y ko¸sulu sa˘glanıyor ise (4.11) ko¸sulu sa˘glanır. Fakat tersi do˘gru de˘gildir. Yani y de˘ gi¸skenine g¨ ore t¨ urevi mevcut olmayabilir fakat (4.11) ko¸sulunu sa˘glayan fonksiyonlar da vardır. A¸sa˘gıdaki ¨ ornek bununla ilgilidir.
≤ ≤
≤ ≤
≤
¨ Ornek 4.18. f (x, y) = y fonksiyonu y de˘ gi¸skenine g¨ ore kısmi t¨ urevi yoktur ancak Lipschitz ko¸sulunu sa˘glar. Ger¸cekten y1 y2 y1 y2 , K = 1
||
sa˘glanır.
|| | − | | | ≤ | − |
¨ UMLERI ¨ 1. DIFERANSIYEL DENKLEMLER VE ONLARIN C ¸ OZ
10
Teorem 4.19. f (x, y) fonksiyonu Q (a h x a + h, b k y b + k) b¨ olgesinde s¨ urekli olsun (S¨ urekli fonksiyon kapalı aralıkta sınırlıdır yani Q b¨ olgesinde f (x, y) M ko¸sulunu sa˘glayan pozitif M sabiti mevcuttur.) ve (4.11) ko¸sulunu sa˘glasın. k d = min h, M olmak uzere ¨ [a d, a + d] aralı˘gında y = f (x, y) denklemini sa˘glayan y = g (x) bir tek ¸coz¨ ¨ um¨ u vardır.
− ≤ ≤
−
|
− ≤ ≤ |≤
′
Uyarı 4.20. Lipschitz ko¸sulu ve Teorem 4.19 ’ye benzer teorem (4.7 ) sistemi i¸ci de form¨ ule edilebilir. Uyarı 4.21. C ¸ ¨ oz¨ um¨ un varlı˘gı i¸cin f (x, y) fonksiyonun s¨ ureklili˘gi yeterli bir ko¸sulken teklik i¸cin yeterli de˘gildir. ¨ Ornek 4.22. y = 0 ve y = fonks¸syonları y =
′
Teorem 4.23.
3
1 (x 27
− 2)3
y 2 denkleminin integral e˘grisidir.
y(n) = f x,y,y , y , . . . , y (n−1)
′ ′′
diferansiyel denklemini ve P (a, b1 , b2 , . . . , bn ) noktasını ele alalım. f,
(4.13)
∂f ∂f , , ∂y ∂y
∂f · ·· , (n−1) ′ ∂y
fonksiyonları s¨ urekli olsun. Bu durumda P noktasının bir kom¸sulu˘ gunda (4.13 ) denklemini ve g (a) = b1 , g (a) = b2 , . . . , g (n−1) (x) = bn
′
(4.14)
ko¸sulunu sa˘glayan y = g (x) tek ¸c¨ oz¨ um¨ u mevcuttur. Uyarı 4.24. Lipschitz ko¸sulunu kullanarak (4.13 ) denklemi i¸cin Teorem 4.19’ ye benzer bir teorem form¨ ule etmek m¨ umk¨ und¨ ur. Teorem 4.23 lokal karakterlidir. Yani y (n) + an−1 (x) y (n−1) +
· ·· + a1 (x) y′ + a0 (x) y = b (x)
(4.15)
denkleminin ¸c¨oz¨um¨ un¨ un varlı˘gı ve tekli˘gi I aralı˘gında mevcuttur.
Uyarı 4.25. (4.13 ) denklemi i¸cin (4.14) ko¸sul ları sa˘glansın. (n + 1) boyutlu P (a, b1 , b2 , . . . , bn ) noktası verilsin. Q b¨ olgesi P noktasını i¸ceren b¨ olge ve (4.13 ) denkleminin bu noktada Teorem 4.23 ’e g¨ ore tek bir ¸c¨ oz¨ um¨ u olsun. Buna g¨ ore a¸sa˘gıda bu tarz denklemler i¸cin genel ¸c¨ oz¨ um kavramını tanımlayaca˘gız. Tanım 4.26. (4.13 ) denkleminin ¸coz¨ ¨ um¨ u n tane ba˘ gımsız keyfi sabit i¸ceriyorsa bu ¸c¨ oz¨ ume Q b¨ olgesinde (4.13 ) denkleminin genel ¸coz¨ ¨ um¨ u (integrali) denir. Uyarı 4.27. E˘ger sabitlerden herhangi birisini, di˘gerleriyle yer de˘gi¸stirmek m¨ umk¨ un de˘gil ise bu durumda bu sabitlere ba˘ gımsız denir. Yani hi¸c biri gereksiz de˘gil ise. ¨ Ornek 4.28. y = c1 exp2x + c2 exp( x)
−
fonksiyonu y denkleminin genel ¸coz¨ ¨ um¨ ud¨ ur.
′′ − y′ − 2y = 0
c1 exp(x + c2 ) fonksiyonu y
′′ − y = 0
4. TEMEL KAVRAMLAR
11
denkleminin genel ¸coz¨ ¨ um¨ u de˘gildir. C ¸ ¨ unk¨ u c1 exp(x + c2 ) = c1 exp(x)exp(c2 ) = K exp x olarak yazabiliriz. Uyarı 4.29. Genel durumda
F x,y,y , y , . . . , y
′ ′′
(n)
=0
(4.16)
denklemi i¸cin genel integralden bahsetmek ¸cok m¨ umk¨ un de˘gildir. C ¸ ¨ unk¨ u ¸c¨ oz¨ um¨ un tekli˘gi sorusunun ¨ oncelikle ¨ gin cevaplanması gerekmektedir. Orne˘ y 2 x4 y 2 = 0 (4.17) denklemi a¸sa˘gıdaki de˘gerler i¸cin sa˘glanır:
′−
y = x2 y, y =
′ −x2y
′
E˘ger belli bir b¨ olgeden ve ya ba¸slangı¸c ko¸sullarından bahsediyorsak, (4.16 ) denkleminin genel ¸c¨ oz¨ um¨ unden bahsetmek m¨ umk¨ und¨ ur. Tanım 4.30. E˘ger her noktada ¸c¨ oz¨ um¨ un tekli˘gi ko¸sulu sa˘glanmıyorsa bu durumda y = f (x, y) denkleminin ¸c¨ oz¨ um¨ une tekil ¸coz¨ ¨ um (integral) denir.
′
¨ Ornek 4.31. y = 0 integral e˘grisi
y = 3 y2 ADD nin tekil ¸c¨ oz¨ um¨ ud¨ ur ¸c¨ unk¨ u (2, 0) noktası boyunca 1 3 y= (x 2) 27 fonksiyonu da di˘ger bir integral e˘grisidir.
′
−
Uyarı 4.32. y = f (x, y) denklemi bir parametreli genel ¸coz¨ ¨ ume sahiptir. E˘ ger ¸c¨ oz¨ um mevcut ise verilen denklemin tekil integraline e¸sittir.
′
Uyarı 4.33. f (x, y) = 0 i¸cin
dy 1 = dx f (x, y)
(4.18)
denklemi ile
dx = f (x, y) (4.19) dy denklemi denktir. f (x, y) = 0 durumunda (4.18 ) denklemi tanımsız iken (4.19 ) denklemi tanımlıdır. B¨ oylece genelde (4.18 ) denklemine (4.19 ) denklemini ekleriz ve (4.18 ) denkleminin integral e˘grisi ile hem (4.19 ) denkleminin hem de (4.18 ) denkleminin integral e˘grilerinin d¨ u¸sunece˘ ¨ giz. ¨ Ornek 4.34. x2 + y 2 ¸cemberi
−4 =0
′ − xy
y =
( 2, 0) , (2, 0) noktalarında bile ADD nin integral e˘grisidir. C ¸ ¨ unk¨ u bu noktalarda (4.20 ) fonksiyonu dx y = dy x ADD yi sa˘glar.
−
−
(4.20)
CHAPTER 2
Birinci mertebeden ADD 5. y = f (x) formundaki denklemler
′
f (x) verilen I aralı˘gında s¨ urekli bir fonksiyon olmak u ¨ zere y = f (x)
′
ADD nin genel ¸c¨oz¨um¨ u y= ¸seklindedir ve belirsiz integral keyfi sabiti i¸cerir.
f (x) dx
y (x0 ) = y0 ba¸slangı¸c ko¸sulu verildi˘ ginde ¸c¨oz¨um
x
y = y0 +
f (t) dt
x0
¸seklindedir. ¨ Ornek 5.1.
y ′ = 3x2 ADD nin ¸c¨ oz¨ um¨ un¨ u bulunuz. C ¸ ¨ oz¨ um y=
3x2 dx
⇒ y = x3 + c
¨ Ornek 5.2. y′
= 3x2
y (3) = 27 BDP nin ¸c¨ oz¨ um¨ un¨ u bulunuz. C ¸ ¨ oz¨ um y=
3x2 dx
⇒ y = x3 + c ⇒ 27 = 27 + c ⇒ c = 0 ⇒ y = x3
¨ Ornek 5.3. y ′′ = sin x ADD nin ¸c¨ oz¨ um¨ un¨ u bulunuz. C ¸ ¨ oz¨ um y′ =
sin xdx
⇒
y′ =
− cos x + c1 ⇒ y =
−
(cos x + c1 ) dx
13
⇒ y = − sin x + c1x + c2
14
2. BIRINCI MERTEBEDEN ADD
¨ Ornek 5.4. y ′ = 3x2 y ( 2) = 0
−
BDP nin ¸c¨ oz¨ um¨ un¨ u bulunuz. C ¸ ¨ oz¨ um y=
3x2
− 6x + 1
dx
− 6x + 1
⇒ y = x3 − 3x2 + x + c ⇒ 0 = −8 − 12 + c ⇒ c = 20 ⇒ y = x3 − 3x2 + x + 20
¨ Ornek 5.5. y ′′′ = exp ( x) y (0) = 1, y ′ (0) = 1, y ′′ (0) = 3
−
BDP nin ¸c¨ oz¨ um¨ un¨ u bulunuz. C ¸ ¨ oz¨ um y ′′ = y
=
y
=
−
⇒
− exp(−x) + c1 ⇒
y′ =
−
⇒ y′ = exp (−x) + c1x + c2 ⇒ −1 = −1 + c3 x2 ⇒ (exp (−x) + c1 x + c2 ) dx ⇒ y = − exp(−x) + c1 + c2 x + c3 ⇒ 1 = 1 + c2 2 3 = − 1 + c1 − exp(−x) + 2x2 exp( x) dx
y ′′ =
−
( exp( x) + c1 ) dx
−
6. y = f (y) formundaki denklemler
′
f (y) = 0 s¨ urekli bir fonksiyon olmak u ¨ zere (Bkz. Uyarı 4.33)
y = f (y)
′
ADD ni
dx 1 = dy f (y)
olarak yazabiliriz. Buna g¨ore genel ¸c¨oz¨ um x= dir ve e˘gri (x0 , y0 ) noktasından ge¸ciyorsa ¸c¨oz¨um
dy f (y) y
x
− x0 =
formundadır. E˘ger f (y0 ) = 0 ise ¸co¨z¨um
y0
dt f (t)
y = y0 ¸seklindedir. ¨ Ornek 6.1. y = y2, y = 0 ya da
′
dx 1 = 2 dy y
ADD nin ¸c¨ oz¨ um¨ u x=
−1 + c y
ya da y=
1 c
−x
˘ ¸ KENLERINE AYRILABILEN ADD 7. DEGIS
15
dir. E˘ger ¸c¨ oz¨ um (3, 1) noktasından ge¸ciyorsa ¸c¨ oz¨ um 1
y=
4
E˘ger ¸coz¨ ¨ um (3, 0) noktasından ge¸ciyorsa ¸c¨ oz¨ um
− x.
y =0 dır ¸c¨ unk¨ u y =0
⇒y=c
′
ve ba¸slangı¸c ko¸sullarından y = 0 elde ederiz. ¨ Ornek 6.2.
1 3 y′ + y = 5 5 ADD nin ¸c¨ oz¨ um¨ un¨ u bulunuz. C ¸ ¨ oz¨ um y′ = ln y
| − 3|
=
⇒
1 ( 3 + y) 5 1 x + ln c y 5
− − −
− − ⇒ √ y′ = 2
ADD nin ¸c¨ oz¨ um¨ un¨ u bulunuz. C ¸ ¨ oz¨ um
y′ = 2 y y
y
−3
=
⇒ − 3 = c exp
¨ Ornek 6.3.
−
dy
y
1 dx 5 1 x 5
1
dy = 2 y 1
1
1 = x+c
− ⇒ −
−
⇒ y = 1 + (x + c)2
dx
⇒
7. De˘ gi¸skenlerine ayrılabilen ADD Teorem 7.1. f (x) , [a, b] aralı˘gında s¨ urekli, g (y) , [c, d] aralı˘gında s¨ urekli fonksiyonlar ve g (y) = 0 olsun. y =
′
ADD nin ¸c¨ oz¨ um¨ u
f (x) g (y)
f (x) dx =
g (y) dy
formundadır. E˘ ger c¸¨ oz¨ um (x0 , y0 ) noktasından ge¸ciyorsa x
y
f (x) dx =
x0
g (y) dy
y0
Uyarı 7.2. y = f (x) g (y) denklemi i¸cinde benzer teorem ge¸cerlidir. C ¸ ¨ oz¨ um 1 f (x) dx = dy g (y)
′
¸seklindedir ve ¸c¨ oz¨ um (x0 , y0 ) noktasından ge¸ciyorsa x
f (x) dx =
x0
y
y0
1 dy g (y)
16
2. BIRINCI MERTEBEDEN ADD
dir. E˘ger g (y0 ) = ise ¸c¨ oz¨ um y = y0 dır. ¨ Ornek 7.3. y = xy 3 sin x y (0) = 1
′
BDP nin ¸c¨ oz¨ um¨ un¨ u bulunuz. C ¸ o¨z¨ u m De˘gi¸skenlere ayırma y¨ontemini kullanırsak
dy = y3
x sin xdx
elde ederiz. Bu durumda genel ¸c¨oz¨um 1 1 = x cos x 2 y2
− sin x + c
ve y (0) = 1 ko¸sulundan c = 1/2 elde edilir. B¨oylece ¸co¨z¨um y=
√2x cos x −1 2sin x + 1 .
y (0) = +1 ko¸sulundan dolayı pozitif k¨ok alınmı¸stır. Aynı denklemin y (0) = 0 ba¸slangı¸c ko¸sullu ¸co¨z¨um¨ u y = 0 dır.
¨ Ornek 7.4.
′ − x −y 3 , x = 3
y = denklemini ¸coz¨ ¨ un¨ uz. C ¸ o¨z¨ um Denklemi
dy = y ¸seklinde yazabiliriz. Buna g¨ore denkleminin ¸co¨z¨um¨ u
− xdx − 3 dy
ln y = ln (x y (x 3) = c
−
−
− 3) + ln c
¨ Ornek 7.5.
−
(3x + 8) y 2 + 4 dx denklemini ¸coz¨ ¨ un¨ uz.
4y x2 + 5x + 6 dy = 0
C ¸ o¨z¨ um Denklemi (3x + 8) dx + 5x + 6)
(x2
− (y24y+ 4) dy = 0
¸seklinde yazabiliriz. Buna g¨ore (3x + 8) 2y dx 2 2 dy (x + 2) (x + 3) (y + 4) 2 1 2y + dx 2 2 dy x+2 x+3 y +4
−
−
= 0 = 0
˘ ¸ KENLERINE AYRILABILEN ADD 7. DEGIS
17
denkleminin ¸c¨oz¨um¨ u
ln (x + 2)2 + ln (x + 3)
− ln
y2 + 4
2
= ln c
2
ln
(x + 2) (x + 3) 2 (y 2 + 4)
= ln c
2
(x + 2) (x + 3)
= c
(y 2 + 4)2 2
(x + 2) (x + 3) =
¨ Ornek 7.6.
c y2 + 4
2
x (y + 1)2 dx + x2 + 1 ye y dy = 0 denklemini ¸coz¨ ¨ un¨ uz. C ¸ o¨z¨ um Denklemi x ye y dx + 2 dy = 0 (x2 + 1) (y + 1) ¸seklinde yazabiliriz. Buna g¨ore
1 ln x2 + 1 + 2
x dx + 2 (x + 1)
− − −
(y + 1) ey (y + 1)2
ey
dy
(y + 1)2
dy
dy (y+1)2
ey dy (y + 1)
1 ln x2 + 1 + 2 denkleminin ¸c¨oz¨um¨ u
ye y (y + 1)2
= ey = u = dv v=
⇒
ey + (y + 1)
1 − (y+1)
dy
=
c
⇒
=
ey dy (y + 1)
0
c
⇒
1 ey ln x2 + 1 + =c 2 (y + 1)
¨ Ornek 7.7. dy x = dx y (1 x2 )1/2
−
denklemini ¸coz¨ ¨ un¨ uz. C ¸ o¨z¨ um Denklemi ydy ¸seklinde yazabiliriz. Buna g¨ore
(1
− ydy
denkleminin ¸c¨oz¨um¨ u
x
−
− x2)1/2 x
dx = 0
dx = 0
− x2)1/2 1 2 1/2 y + 1 − x2 2 (1
−
1 2 y + 1 2
x2
1/2
= c
⇒
=c
18
2. BIRINCI MERTEBEDEN ADD
8. Hom Homojen ojen ADD ADD f (tx f ( tx,, ty ty)) = tn f f ((x, y ) formunda yazılabilen fonksiyonlara n. derec dereceden eden homojen fonksiy fonksiyonlar onlar denir. Sa˘ g taraf fonksiyonu 0. 0. dereceden homojen olan y = f
′
formundak form undakii ADD lere homojen denkl denklemler emler denir.
y x
(8.1)
Uyarı Uy arı 8.1. Ve Verilen rilen bir ADD in homojen olup olmadı˘ gını anlamak i¸cin gını cin f ((tx,ty f tx,ty)) = f f ((x, y ) ba˘ gınt ısının gıntısın ın sa˘glanması glan ması gerekm gerekmektedi ektedir. r. ¨ ek 8.2. Orn Ornek y
′
= ln x
f ((tx f tx,, ty ty)) = ln
− ln y + xx +− yy ⇒ f f ((x, y) = ln x − ln y + xx +− yy
tx tx + ty + = f f ((x, y ) ty tx ty
−
oldu˘gundan gundan ADD homojendir. ¨ ek 8.3. Orn Ornek y
′
=
f ((tx,ty f tx,ty)) =
2xy 2xy y 3 + 2xy y 3 + 2xy f ( f ( x, y ) = 2 2 x x 3 3 2 3 t y + 2t 2t xy ty + 2xy 2xy = = f f ((x, y ) 2 2 2 t x x
⇒
oldu˘gundan gun dan ADD homo homojen jen de˘gildir. gild ir. C ¸ oz¨ o¨z¨um um i¸cin cin (8.1 (8.1)) denklemi yerine y (x) ya da y (x) = xz (x) x ba˘ggıntısı ıntısı olan z (x) fonksiyonunu bulmaya ¸calı¸ calı¸salım. salım. 2. ba˘gıntıyı gıntıyı kullanırsak z (x) =
y = z + xz
′
elde ederiz. Bunu (8.1 (8.1)) denkleminde kullanırsak
(8.2) (8.3)
′
z + xz = f f ((z )
′
veya
f ((z ) z f x ADD yi elde ederiz. Bu denklem de˘gi¸ gi¸skenlerine skenlerine ayrılabilir ADD elde ederiz.
−
z =
′
¨ ek 8.4. y ′ = ey/x + Orn Ornek C ¸ oz¨ o¨z¨ um u = y/x um
y x
(8.4)
ADD nin ¸c¨ c¨ oz¨ um¨ un¨ u bulun bulunuz. uz.
⇒ y = xu ⇒ y′ = u + xu′ ifadesini denklemde yerine yazarsak u + xu′ = eu + u ⇒ e−u u′ = x ⇒ e−u du 1 1 ⇒ = e−u du = dx ⇒ dx x x −e−u = ln x − ln c ⇒ e−u = ln xc ⇒ −u = ln lnln xc ⇒ u = − lnln xc
√
¨ ek 8.5. ( y + x + Orn Ornek
√y − x) dx − (√y + x − √y − x) dy = 0 ADD nin ¸c¨ coz¨ ¨ um¨ un¨ u bulunuz.
9. y ′ = f
a1 x+b1 y+c1 a2 x+b2 y+c2
FORMUNDAKI ADD
19
C ¸ oz¨ o¨z¨ um Denkle um Denklem m homojen ADD ADD dir. u = y/x y′
=
u + xu′
=
u + xu′
=
u + xu′
⇒ y = xu ⇒ y′ = u + xu′ ifadesini denklemde yerine yazarsak √y + x + √y − x √y + x − √y − x √xu + x + √xu − x √xu + x − √xu − x ⇒ √u + 1 + √u − 1 √u + 1 − √u − 1 ⇒ √u + 1 + √u − 1 2 ⇒ u + 1 − (u − 1) √ u + 1 + u − 1 + 2 u2 − 1 = u + u2 − 1 ⇒ 2 dx √udu ⇒.int u2 − 1 ⇒ = 2−1 (32).int x (32) ln x + ln c ⇒ u + u2 − 1 = cx ⇒ u=y/x
= =
xu′ =
− | − − u2
ln u +
|
y + x
y x
1
2
=
y′
=
u + xu′
=
u + xu′
=
xu′ = 2 ln 3u + u2 + 3
2
⇒ y = xu ⇒ y′ = u + xu′ ifadesini denklemde yerine yazarsak ⇒
+3
= cx
2
=
⇒ ⇒ 3u + u2 + 3
2
= cx
⇒
⇒
u=y/x
⇒ y (2) = −6 ⇒ (−9 + 9 + 3)3)2 = 2c ⇒ c = 92 ⇒
9 x 2
9. y = f
′
a1 x+b1 y +c1 a2 x+b2 y +c2
a1 a2
olmak uzere u ¨ zere
formundaki ADD
b1 =0 b2
a1 x + b1 y + c1 y = f a2 x + b2 y + c2
′
ADD nin c¨ c¸¨oz¨ oz¨ um¨ um¨ u i¸cin cin
− − 4u2
⇒
= ln x + ln c
|
−6 BDP nin ¸c¨ c¨ oz¨ um¨ un¨ u bulunuz.
3x2 + 9xy 9xy + 5y 5y 2 6x2 + 4xy 4xy 2 3x + 9ux 9ux2 + 5u 5u2 x2 6x2 + 4ux 4ux2 3 + 9u 9 u + 5u 5u2 3 + 9u 9 u + 5u 5u2 6u xu′ = 6 + 4u 4u 6 + 4u 4u 2 3u + u + 3 4u + 6 dx du = 4u + 6 3u + u2 + 3 x
2
3u + u 2 + 3
6x2 + 4xy 4xy dy = 0, 0 , y (2) =
C ¸ oz¨ o¨z¨ um Denkle um Denklem m homojen ADD ADD dir. u = y/x
y y 3 + x x
1 = cx
¨ ek 8.6. 3x2 + 9xy Orn Ornek 9xy + 5y 5y 2 dx
|
(9.1)
x = X X + + h, y = Y + k
(9.2)
(9.3)
20
2. BIRINCI MERTEBEDEN ADD
de˘gi¸ gi¸sken ske n de˘gi¸ gi¸stirmesi stirmes i yapılır. yapıl ır. Bunu (9.2 ( 9.2)) denkleminde yazalım:
dY a1 X X + + b1 Y + a1 h + b1 k + c1 = f dX a2 X + X + b2 Y + a2 h + b2 k + c2 diferansiyel denkleminde
a1 h + b1 k + c1 a2 h + b2 k + c2 olacak olaca k ¸sekilde sekild e se¸cersek cersek
(9.4)
= 0 = 0
(9.5)
dY a1 X X + + b1 Y = f (9.6) dX a2 X X + + b2 Y denkle den klemin minii eld eldee ede ederiz riz ki bu den denkle klem m hom homojen ojen den denkle klemd mdir ir ve hom homojen ojen denkle denklemle mlerr i¸cin cin ge¸cerli cerli olan ¸c¨ coz¨ o¨z¨um um y¨ontemi ontemi kullanılır. E˘ger ger (9.1 (9.1)) dete determinan rminantı tı sıfır ise yani a2 x + b2 y = k (a1 x + b1 y ) ise (9.2 (9.2)) denklemi kolayca ¸c¨ c¨oz¨ oz¨ ul¨ ul¨ ur. ur. z = a1 x + b1 y
⇒ a2x + b2y = kz z ′ − a1 z ′ = a1 + b1 y ′ ⇒ y ′ =
yazarak
b1
ifadelerini ifadele rini (9.2) denkleminde yazarsak
⇒
z a1 z + c1 = + f b1 b1 kz + c2
′
dz a1 + b1 f
de˘gi¸ gi¸skenlerine skenleri ne ayrılabilen ayrıla bilen ADD A DD elde el de ederiz. eder iz.
z +c1 kz+ kz +c2
= dx
¨ ek 9.1. Orn Ornek y =
′
ADD nin c¨ c¸¨oz¨ oz¨ um¨ um¨ un¨ un¨ u bulunuz. C ¸ oz¨ o¨z¨ um um
oldu˘ gundan (9.5 gundan (9.5)) denkleminin ¸c¨ c¨ozersek ozersek h = denklemde yerine yazdı˘gımızda gımızda
−
2x y + 9 x 3y + 2
− −
2 1 =0 1 3 5, k = 1 buluruz. x = X
− − − dY 2X − Y = dX X − 3Y
homojen denklemini denklemini elde ederi ederiz. z.
z=
− 5,
y = Y
Y , Y = zX X
d¨on¨ on¨u¸sum¨ u ¨m¨ un¨u denklemde yazarsak un¨ dz 2 z dz 2 2z + 3z 3z 2 X +z = ya da X = dX 1 3z dX 1 3z de˘gi¸ gi¸skenlerine skenlerine ayrılabilir ADD ni elde ederiz. Buna g¨ore ore ¸c¨ c¨oz¨ oz¨um um 1 3z dX dz = 2 2 2z + 3z 3z X 1 ln 2 2z + 3z 3z 2 = ln (X (X ) + ln c 2 1 c1 1 ln 2 2z + 3z 3z 2 = 2 l n (cX (cX ) = ln 2 2 = ln l n 2 , c1 = 2 c X X c c1 2 2 2z + 3z 3z = , X 2 Y z=X geri d¨on¨ on¨u¸sum¨ u ¨m¨ un¨ un¨ u ve X = x + 5, 5, Y = y + 1 geri d¨on¨ on¨u¸sum¨ u ¨ m¨ un¨u yaparsak un¨
− −
−
−
− − − −
−
⇒
⇒
−
2X 2
− 2X Y + 3Y 3Y 2 = c1
−
− 1 yazdı˘gımızda gımızda ve
10. LINEER ADD
ya da
2 (x + 5)2
¸c¨oz¨um¨ un¨ u elde ederiz.
21
− 2 (x + 5) (y + 1) + 3 (y + 1)2 = c1
¨ Ornek 9.2. (2x + 3y + 1) dx + (4x + 6y + 1) dy = 0 ADD nin c¸¨oz¨ um¨ un¨ u bulunuz. C ¸ o¨z¨ um dy = dx
ve
+ 3y + 1 − 2x 4x + 6y + 1
2 3 =0 4 6 oldu˘ gundan z = 2x + 3y 4x + 6y = 2z d¨on¨u¸su ¨ m¨ un¨u kullanarak z = 2 + 3y Bunları denklemde kullandı˘gımzda z 2 z +1 = 3 2z + 1 3 (z + 1) z = +2 2z + 1 z 1 z = 2z + 1 de˘gi¸skenlerine ayrılabilen ADD elde ederiz. 2z + 1 dz = dx z 1 3 2+ dz = dx z 1 2z + 3 ln(z 1) = x + c
⇒
′−
′ ⇒ y′ = (z′ − 2) /3 elde ederiz.
−
′ ′
′
−
−
−
−
−
¸c¨oz¨um¨ un¨ u elde ederiz. z = 2x + 3y d¨ on¨u¸su ¨m¨ un¨ u tekrar kullandı˘gımızda 2 (2x + 3y) + 3 ln(2x + 3y ¸c¨oz¨um¨ un¨ u elde ederiz.
− 1) = x + c
10. Lineer ADD y + a (x) y = b (x) formundaki denklemlere lineer denklemler denir.
′
y + a (x) y = 0
′
(10.1) (10.2)
denklemine de (10.1) denklemine kar¸sılık gelen homo jen lineer denklem denir. Homojen terimi ”homo jen ADD” ile karı¸stırlılmamalıdır. Buna ra˘gmen literat¨urde bu terim kullanılmaktadır. a (x) , b (x) I aralı˘gında s¨ urekli fonksiyonlar olsun. Uyarı 4.24’i kullanarak (10.1) ve (10.2) ADD nin tek ¨ ¸c¨oz¨um¨ unden bahsedebiliriz. Oncelikle (10.2) denklemi de˘gi¸skenlerine ayrılabilen ADD’dir ve c¸¨oz¨um dy = a (x) dx y
ln (Cy) = Cy y ¸seklinde elde ederiz.
− − − −
a (x) dx, Cy > 0
= exp
= c exp
a (x) dx ,
a (x) dx , C = 1/c
(10.3)
22
2. BIRINCI MERTEBEDEN ADD
S¸imdi (10.1) denkleminin genel ¸c¨oz¨um¨ un¨u elde edelim. C ¸ ¨oz¨um¨ u ”parametrelerin de˘gi¸simi” olarak adlandırılan y¨ontemi kullanarak bulalım. (10.1) in genel ¸c¨oz¨ um¨ un¨u (10.3) formu ¸seklinde arayalım. Fakat burada c, x’in bir fonksiyonu olsun,
− ′ − − − − − − − ′ − ′ y = c (x)exp
a (x) dx .
(10.4)
(10.4) denklemini diferansiyellersek
y = c (x) exp
a (x) dx
c (x) a (x)exp
a (x) dx
(10.5)
ifadesini elde ederiz. (10.4) ve (10.5) ¨ozde¸sliklerini (10.1) denkleminde kullanırsak c (x)exp
′
ifadesinden
a (x) dx
c (x) a (x)exp
a (x) dx + a (x) c (x)exp
a (x) dx
= b (x)
c (x)exp
a (x) dx
= b (x)
c (x) = exp
a (x) dx b (x)
elde ederiz ki de˘gi¸skenlerine ayrılabilen ADD dir. Buna g¨ore (10.1) denklemindeki c (x) fonksiyonu c (x) =
b (x)exp
a (x) dx dx + c1
¸seklindedir. Son olarak bu fonksiyonu (10.4)de yazarsak ¸c¨oz¨um¨ u b (x) e(
a(x)dx
y = e−
a(x)dx)
dx + c1
(10.6)
¸seklinde elde ederiz. ¨ Ornek 10.1.
y + 2xy = x3
(10.7)
′
ADD denkleminin ¸c¨ oz¨ um¨ un¨ u bulunuz.
C ¸ o¨z¨ um (10.1) denklemine g¨ore a (x) = 2x, b (x) = x3 dir. Buna g¨ore (10.6) formuna g¨ore y = e−
2 y = e −x
y
2
= e −x
3 ( 2xdx)
x e
3 x2
x e dx + c1 2
⇒ 2
= e −x =
x2 xex dx + c1 , 2
1 2 x2 x e 2 1 2 x2 x e 2
− −
2 1 2xex dx + c1 2 1 x2 e + c1 2
−
2 1 2 x 1 + c1 e − x 2 ve (10.7)denkleminin ¸c¨oz¨um¨ u (10.8) ¸seklindedir.
y
dx + c1
x2 = u, xex dx = dv 2 2xdx = du,v = 12 ex
2 y = e −x
y
2xdx
(10.8)
¨ gin (10.7 )denkleminin Uyarı 10.2. (10.1) denklemi y0 = 0 ba¸slangı¸c ko¸sulunu sa˘glasa bile (10.6 ) ¸coz¨ ¨ um¨ u tektir. Orne˘ ¸c¨ oz¨ um¨ u (0, 0) noktasından ge¸ciyorsa (10.8 ) a g¨ ore ¸c¨ oz¨ um 2 1 2 1 y= x 1 + e −x 2 2
−
10. LINEER ADD
23
dir. Uyarı 10.3. Parametrelerin de˘gi¸simi y¨ ontemi yerine (10.1) denkleminin ¸c¨ oz¨ um¨ un¨ u y (x) = u (x) v (x)
(10.9)
olarak arayalım. Bu ifadeyi (10.1) denkleminde yerine yazdı˘gımızda u v + uv + auv = b
′
(10.10)
′
¸seklinde elde ederiz. S ¸ imdi u (x) fonksiyonunun u + au = 0
(10.11)
′
lineer homojen ADD i sa˘gladı˘gını varsayalım, yani (10.11) denkleminin ¸coz¨ ¨ um¨ u u = e−
a(x)dx
dir. (10.10 ) denklemini (u + au) v + uv = b
′
′
olarak yazıp (10.11) i kullanırsak uv = b
′
ya da v=
a(x)dx
b (x) e
+c
(10.12)
olarak elde ederiz. C ¸ ¨ oz¨ um¨ un (10.9 ) ifadesini kullanırsak daha ¨ onceki (10.6 ) formunu elde ederiz. ¨ Ornek 10.4. dy + dx ADD denkleminin ¸c¨ oz¨ um¨ un¨ u bulunuz. C ¸ o¨z¨ um (10.1) denklemine g¨ore a (x) = y = e− y
=
y
=
y
=
2x+1 x ,
2x+1
x
dx
2x + 1 x
y = e−2x
b (x) = exp( 2x) dir. Buna g¨ore (10.6) formuna g¨ore
−
exp( 2x) e(
−
−
2x+1
x
dx)
dx + c1
e−2x exp( 2x)exp(2x) xdx + c1 x e−2x x2 + c1 , x 2 xe−2x e−2x + c1 2 x
(10.13)
: ve denkleminin ¸c¨oz¨um¨ u xe−2x e−2x y= + c1 2 x ¸seklindedir.
¨ Ornek 10.5.
x2 + 1
ADD denkleminin ¸c¨ oz¨ um¨ un¨ u bulunuz.
dy + 4xy = x dx y (2) = 1.
24
2. BIRINCI MERTEBEDEN ADD
C ¸ o¨z¨ um (10.1) denklemine g¨ore a (x) = y
4x (x2 +1) ,
b (x) =
x (x2 +1)
dir. Buna g¨ore (10.6) formuna g¨ore
→ →
= e
−
4x x2 +1
(
)
x e 2 (x + 1)
dx
4x
(x2 +1)
dx
dx + c1
x 2 x2 + 1 dx + c1 + 1) −2 x4 x2 y = x2 + 1 + + c1 , 4 2 −2 16 + 4 + c y(2) = 1 1 = (5) c1 = 19 1 4 2 y
ve denkleminin ¸c¨oz¨um¨ u
=
x2 + 1
−2
(x2
y = x2 + 1
¸seklindedir.
−2
(10.14)
x4 x2 + + 19 4 2
11. Bernoulli denklemi y + a(x)y = b(x)y n
(11.1)
′
formundaki ADD lere Bernoulli ADD denir. a (x) , b (x) I aralı˘gında s¨ urekli fonksiyonlar olsun. n = 0 ya da n = 1 durumu i¸cin sırasıyla (10.1) ve (10.2) lineer ADD yi elde ederiz. Burada n sayısının 0 ve 1 den farklı durumlarını ele alaca˘g ız. (11.1) denklemini y n ye b¨old¨ u˘g¨um¨ uzde y a(x) + n−1 = b(x) (11.2) n y y denklemini elde ederiz. 1 z = n−1 = y −n+1 y d¨on¨u¸su ¨m¨ un¨u kullandı˘ gımızda y z = z = ( n + 1) y −n y yn ( n + 1) buluruz. Bu ifadeleri (11.2) denkleminde yazarsak z + a(x)z = b(x) (11.3) ( n + 1)
′
′⇒ ′
′ −
−
−
′
′
lineer denklemini (Bkz. (10.1)) ve ¸c¨oz¨ um¨ u (10.6) olarak elde ederiz. ¨ Ornek 11.1. y + xy = xy 3
(11.4)
′
ADD c¸¨oz¨um¨ u bulunuz. C ¸ o¨z¨ um (11.4) denklemini (11.1) ile kar¸sıla¸stırırsak a (x) = x, b (x) = x, n = 3 elde ederiz. Bunu (11.3) da yerine yazdı˘gımızda z + xz 2 z (z 1) dz (z 1) ln (z 1)
′ −
′ −
− −
= x =
⇒ 2x ⇒
= 2xdx
⇒
= x2 + c
11. BERNOULLI DENKLEMI
ve z = y −2 d¨on¨ u¸su ¨m¨ unden ln (11.4) denkleminin ¸co¨z¨um¨ ud¨ ur.
−
= x2 + c
dy +y = dx
−2x6y4
y2
1
y2
25
¨ Ornek 11.2. x ADD c¸¨oz¨um¨ u bulunuz. C ¸ o¨z¨ um denklemi xy 4 ya b¨olelim: y −4 elde ederiz.
dy + x−1 y −3 = dx
z = y −3
−2x5
dz dy ⇒ dx = −3y −4 dx
Bunu denklemde yerine yazdı˘gımızda z 1 dx hom ojen denklem i¸cin dz + z = 2x5 =3 3 x z x 3 3 z = cx z = c (x) x 3 c′ x3 + 3x2 c (x) c (x) x3 = 6x5 x c′ = 6x2 c (x) = 2x3 + c1
′ −
−
⇒
⇒
⇒
⇒ ⇒ ⇒
ve
−
⇒
3
3
z = 2x + c1 x
2x3 + c1 y= x
denkleminin ¸c¨oz¨um¨ ud¨ ur.
2x3 + c1 − 1/3 y=z =
⇒
−1/3
x
−1/3
¨ Ornek 11.3. dy y + = xy−3 dx 2x y(1) = 2 ADD c¸¨oz¨um¨ u bulunuz. C ¸ o¨z¨ um denklemi y −3 ya b¨olelim: y4 y + =x dx 2x 3 dy
elde ederiz.
z = y4 Bunu denklemde yerine yazdı˘gımızda z 1 + z = 4 2x z =
′
ve
⇒ ⇒ ⇒ ⇒
x
dz dy ⇒ dx = 4y 3 dx
hom ojen denklem i¸cin
⇒
dz = z
−2 dxx ⇒
cx−2
⇒ z = c (x) x−2 2 c′ x−2 − 2x−3 c (x) + c (x) x−2 = 4x x ′ 3 4 c = 4x ⇒ c (x) = x + c1 1/4 z = x2 + c1 x−2 ⇒ y = z 1/4 = x2 + c1 x−2 1/4 ⇒ c1 = 15 2 = (1 + c1 )
y 4 = x2 + 15x−2
26
2. BIRINCI MERTEBEDEN ADD
denkleminin ¸c¨oz¨um¨ ud¨ ur.
12. Riccati Denklemi y = a (x) y 2 + b (x) y + c (x) (12.1) forundaki denklemlere Riccati denklemleri denir. a (x) = 0 durumunda (12.1) denklemi lineer denklemdir ve c (x) = 0 durumunda (12.1) denklemi Bernoulli denklemidir. Genel olarak Riccati denklemini analitik olarak ¸c¨ozmek m¨ umk¨ un de˘gildir. E˘ ger (12.1) denkleminin bir ¸c¨oz¨ um¨ u biliniyorsa genel c¸¨oz¨um¨ u elde etmek m¨umk¨ und¨ur: y1 (x) (12.1) denkleminin bir ¸co¨z¨um¨ u olsun, yani
′
y1′ = a (x) y12 + b (x) y1 + c (x)
(12.2)
yazılır. y = y1 + z ile yeni ibr z fonksiyonu tanımlayalım. (12.3) ifadesini (12.1) denkleminde kullanırsak y1′ + z y1′ + z (12.2) den faydalanırsak
′ ′
(12.3)
= a (x) (y1 + z)2 + b (x) (y1 + z) + c (x) = a (x) y12 + 2a (x) y1 z + a (x) z 2 + b (x) y1 + b (x) z + c (x) z = (2a (x) y1 + b (x)) z + a (x) z 2
′
Bernouilli denklemini elde ederiz.
(12.4)
¨ Ornek 12.1. xy 3y + y 2 = 4x2 4x ADD i¸cin bir ¨ ozel ¸c¨ oz¨ um y1 = Ax + B olmak uzere ¨ genel ¸coz¨ ¨ um¨ un¨ u bulunuz.
′−
−
¨ C ¸ o¨z¨ um Ozel c¸¨oz¨um y1 = Ax + B (12.5) da yerine yazarsak xA ifadesinden
− 3Ax − 3B + A2x2 + 2ABx + B2 = 4x2 − 4x A = 2, B = 0
elde ederiz. B¨oylece denklemin bir ¨ozel ¸c¨oz¨um¨ u y1 = 2x dir. (12.1) denklemine g¨ore (12.5) da a (x) =
− x1 , b (x) = x3 , c (x) = 4x − 4
(12.3) d¨ on¨u¸su ¨m¨ u ile y = 2x + z (12.4) denklemi
− −
3 1 2 z z x x Bernoulli denklemine d¨on¨u¸su ¨ r. (11.1) Bernoulli denkleminin ifadesine g¨ore 3 1 a (x) = 4 , b (x) = , n=2 x x dir. Buna g¨ore 1 u= z d¨on¨u¸su ¨m¨ unden 3 1 u + 4 u= x x lineer ADD elde ederiz. Tekrar (10.1) lineer denklemin formuna g¨ore 3 1 a (x) = 4, b (x) = x x z =
′
4+
−
−′
−
− −
−
(12.5)
12. RICCATI DENKLEMI
27
ve ¸c¨oz¨um¨ un (10.6) formuna g¨ore
− −− 1 ( x3 −4)dx e dx + c1 x
3 u (x) = e− ( x −4)dx
1 3 ln x−4x e dx + c1 x 1 ln x3 −4x e dx + c1 x
= e−3 ln x+4x = eln x
3
−
+4x
= x−3 e4x
1 3 −4x x e dx + c1 x
= x−3 e4x
x2 e−4x dx + c1
(integral tablo (50)) x2 2x 2 = x−3 e4x + e−4x + c1 x−3 e4x 4 16 64 2 x 2x 2 = x−3 + + c1 x−3 e4x 4 16 64
−
elde ederiz. z=
1 u
ters d¨on¨u¸su ¨m¨ u ve y = 2x + z d¨on¨u¸su ¨m¨ u ile (12.5) ADD nin c¸¨oz¨ um¨ un¨ u elde etmi¸s oluruz.
12.1. Riccati denkleminin o ¨zel durumları. 12.1.1. A.. y = ay2 + by + c
′
t¨ur¨undeki denklemler. Burada a,b,c sabitlerdir. Denklem B¨ol¨ um 6 ve 7 teki y¨ontemler kullanılarak ¸c¨oz¨ul¨ ur. 12.1.2. B.. b y = ay 2 + 2 x
′
t¨ur¨undeki denklemler. Burada a, b keyfi sabitlerdir. y=
1 z
d¨on¨u¸su ¨m¨ u ile
′ − zz2′
y = bulunur. Bu ifadeleri denklemde yerine yazdı˘gımızda
− zz2′ = za2 + xb2 ve z =
′ −a − b
z x
2
homojen denklemi elde edilir ve B¨ol¨ um 8 teki y¨ontem ile ¸c¨oz¨um elde edilir.
28
2. BIRINCI MERTEBEDEN ADD
13. Tam ADD Uyarı 13.1. y = ϕ (x, y) denklemi
′
y +
′
f (x, y) =0 g (x, y)
(13.1)
formundadır. Burada f, g fonksiyonları ve onların 1. mertebeden t¨ urevleri O b¨ olgesinde s¨ urekli fonksiyonlar ve g (x, y) = 0 dır. Teorem 4.12 ve Uyarı 4.16 ye g¨ ore ¸c¨ oz¨ um¨ un varlı˘gı ve tekli˘gi mevcuttur. (13.1) denklemini
f (x, y) dx + g(x, y)dy = 0
(13.2)
formunda yazabiliriz. Teorem 13.2. (13.2 ) denkleminin sol tarafı F (x, y) fonksiyonunun tam diferansiyeli olsun. E˘ ger ∂f ∂g = ∂y ∂x
(13.3)
ko¸sulu sa˘glanıyorsa (13.2 ) denklemine tamdır denir. E˘ ger O b¨ olgesi basit ba˘ glantılı b¨ olge ise (13.2 ) denklemi veya (13.1) denkleminin genel ¸c¨ oz¨ um¨ u F (x, y) = c
(13.4)
fonksiyonudur. Buna g¨ore ¸c¨oz¨um a¸sa˘gıdaki ¸sekilde bulunur: ∂F = f (x, y) ∂x ifadesinde integral aldı˘ gımızda F (x, y) =
f (x, y) dx + ϕ (y)
(13.5)
elde ederiz. Burada tekrar y ye g¨ore t¨ urev aldı˘gımızda ∂F ∂y
∂ ∂y
=
f (x, y) dx + ϕ (y) = g (x, y)
ϕ (y) = g (x, y)
′
−
∂ ∂y
′
⇒
f (x, y) dx
elde ederiz. Burada son denklemin sa˘g tarafı denklemin tam olmasından dolayı x de˘gi¸skeninden ba˘gımsızdır ve denklemin ¸c¨oz¨um¨ u ϕ (y) =
g (x, y)
−
∂ ∂y
f (x, y) dx dy
¸seklindedir. Bunu (13.4) ¸c¨oz¨um¨ unde yerine yazdı˘ gımızda (13.2) denklemi veya (13.1) denkleminin genel ¸c¨oz¨ um¨ un¨u elde ederiz. ¨ Ornek 13.3.
−
− 2xy
−
−
x2
ADD nin ¸c¨ oz¨ um¨ un¨ u bulunuz.
y 2 dx + y 3
dy = 0
C ¸ o¨z¨ um
∂ x2 y 2 ∂ y 3 2xy = = ∂y ∂x
−2y
(13.6)
13. TAM ADD
29
oldu˘ gundan (13.3) ko¸sulu sa˘glanır. ∂F ∂x
= f (x, y) = x2
F (x, y) = F (x, y) = ∂F ∂y
=
− x2
y 2 dx + ϕ (y)
⇒
x3 3
− xy2 + ϕ (y) ⇒ g (x, y) ⇒ −2xy + ϕ′ (y) = y 2 − 2xy ⇒
ϕ (y) = y 2
′
− y2 ⇒ (13.7)
3
⇒ ϕ (y) = y3
+c
son ϕ (y) ifadesini (13.7) denkleminde yerine yazarsak (13.6) denkleminin genel ¸c¨oz¨um¨ un¨ u x3 3
F (x, y) =
3
− xy2 + y3
+c
¸seklinde elde ederiz.
¨ Ornek 13.4.
2x cos y + 3x2 y dx + x3
− x2 sin y − y
dy = 0 y (0) = 2
ADD nin ¸c¨ oz¨ um¨ un¨ u bulunuz. C ¸ o¨z¨ um
∂ 2x cos y + 3x2 y ∂ x3 = ∂y oldu˘ gundan (13.3) ko¸sulu sa˘glanır. ∂F ∂x
− x2 sin y − y ∂x
= f (x, y) = 2x cos y + 3x2 y
F (x, y) =
= 3x2
⇒
2x cos y + 3x2 y dx + ϕ (y)
⇒
F (x, y) = x2 cos y + x3 y + ϕ (y) ∂F = g (x, y) x2 sin y + x3 + ϕ (y) = x3 ∂y y2 ϕ (y) = y ϕ (y) = +c 2 son ϕ (y) ifadesini denkleminde yerine yazarsak genel ¸c¨oz¨um¨ u
− ⇒
(13.8)
⇒
⇒−
′
− 2x sin y
′
− x2 sin y − y ⇒
−
F (x, y) = x2 cos y + x3 y
2
− y2
+c
¸seklinde elde ederiz. Son olarak ba¸slangı¸c ko¸sulundan, 0 = x2 cos y + x3 y
2
− y2
=
− 42 + c ⇒ c = 2 ⇒ −2
¸c¨oz¨umd¨ ur.
¨ Ornek 13.5. (ye xy cos2x ADD nin ¸c¨ oz¨ um¨ un¨ u bulunuz.
− 2exy sin2x + 2x) dx + (xexy cos2x − 3) dy = 0
30
2. BIRINCI MERTEBEDEN ADD
C ¸ o¨z¨ um ∂ (ye xy cos2x
− 2exy sin2x + 2x) = ∂ (xexy cos2x − 3) = exy (cos2x − 2x sin2x + xy cos2x) ∂y
∂x
oldu˘ gundan (13.3) ko¸sulu sa˘glanır. ∂F ∂x ∂F ∂y F (x, y) F (x, y) ∂F ∂x ϕ (x)
′
= = =
f (x, y) = ye xy cos2x
− 2exy sin2x + 2x g (x, y) = xexy cos2x − 3 ⇒
(xexy cos2x
− 3) dy + ϕ (x) ⇒
− 3y + ϕ (x) ⇒ ∂x∂ ((cos2x) exy − 3y) = ye xy cos2x − 2exy sin2x + 2x ⇒ y (cos2x) exy − 2(sin2x) exy + ϕ′ (x) = yexy cos2x − 2exy sin2x + 2x ⇒ = 2x ⇒ ϕ (x) = x2 + c =
(cos 2x) exy
son ϕ (x) ifadesini denkleminde yerine yazarsak genel ¸co¨z¨um¨ u F (x, y) = (cos 2x) exy
− 3y + x2 + c
¸seklinde elde ederiz.
˙ 14. Integrasyon C ¸ arpanı E˘ger (13.2) denklemi tam diferansiyel denklem de˘gil ise yukarıdaki y¨ontem uygulanamaz. B¨oyle bir durumda (13.2) denklemini tam ADD yapacak ¸sekilde sıfırdan farklı bir fonksiyon ile c¸arpmalıyız. Yani, m (x, y) f (x, y) dx + m (x, y) g (x, y) dy = 0
(14.1)
denklemi tam ADD olacak ¸sekilde m (x, y) = 0 fonksiyonu bulmalıyız.
Tanım 14.1. E˘ger (13.2 ) denklemi tam diferansiyel denklem de˘ gil fakat (14.1) denklemi tam diferansiyel denklem ise m (x, y) fonksiyonuna (13.2 ) denkleminin integrasyon ¸carpanı (integration factor) denir. ¨ Ornek 14.2.
ADD tam de˘gildir. C ¸ ¨ unk¨ u
3y + 4xy 2 dx + 2x + 3x2 y dy = 0
f (x, y) = 3y + 4xy 2 , g (x, y) = 2x + 3x2 y ∂f ∂g = 3 + 8xy, = 2 + 6xy ∂y ∂x ∂f ∂g = ∂y ∂x
⇒
⇒
fakat m (x, y) = x2 y i¸cin denklemi
3x2 y 2 + 4x3 y 3 dx + 2x3 y + 3x4 y 2 dy = 0
∂ (mf ) ∂ (mg) = 6x2 + 12x3 y2 = ∂y ∂x ko¸sulunu sa˘gladı˘gından tamdır. Bu durumda m (x, y) = x2 y integrasyon ¸carpanıdır. Uyarı 14.3. E˘ger m (x, y) fonksiyonu integrasyon ¸carpanı ise yani (14.1) denklemi tam diferansiyel denklem ise ∂ (mf ) ∂ (mg) = ∂y ∂x
˙ 14. INTEGRASYON C ¸ ARPANI
ko¸sulu sa˘glanır. Buradan ∂m g (x, y) ∂x
−
∂m f (x, y) = ∂y
elde ederiz.
∂f ∂y
31
−
∂g ∂x
m
(14.2)
Genelde integrasyon ¸carpanını bulmak olduk¸c a zordur. Bu y¨ uzden (14.2) ifadesini kullanarak m (x, y) integrasyon ¸carpanı sadece x ve sadece y nin fonksiyonu oldu˘gu ¨ozel durumlarda inceleyece˘giz. 14.1. I.Durum. m (x, y) integrasyon ¸carpanı sadece x in bir fonksiyonu olsun. ifadesinde ∂m ∂y = 0 dır ve (14.2) ifadesinden ∂m g (x, y) ∂x
− ⇒ − ⇒ − ⇒ − ∂f ∂y
=
dm m
∂g ∂x
∂f ∂y
=
m
∂g ∂x
dx
g (x, y) ∂f ∂y
ln m =
∂g ∂x
(14.3)
dx
g (x, y)
∂f ∂y
m (x) = exp
Bu durumda (14.2)
∂g ∂x
dx
g (x, y)
(14.4)
Uyarı 14.4. (14.3 ) denkleminde dx in katsayısı x in bir fonksiyonu olmalıdır. 14.2. II.Durum. m (x, y) integrasyon ¸carpanı sadece y in bir fonksiyonu olsun. Bu durumda (14.2) ifadesinde ∂m ∂x = 0 dır ve (14.2) ifadesinden
−
∂m f (x, y) ∂y
=
dm m
=
ln m =
− ⇒ − − ⇒ − − ⇒ − − ∂f ∂y
∂g ∂x
∂f ∂y
m
∂g ∂x
dy
f (x, y) ∂f ∂y
∂g ∂x
f (x, y)
∂f ∂y
m (x) = exp
(14.5)
dy
∂g ∂x
f (x, y)
dy
(14.6)
Uyarı 14.5. (14.5 ) denkleminde dy in katsayısı y in bir fonksiyonu olmalıdır. ¨ Ornek 14.6. (x ADD nin ¸c¨ oz¨ um¨ un¨ u bulunuz.
− y) dx − dy = 0
C ¸ o¨z¨ um f (x, y) = (x y) , g (x, y) = ∂f ∂g = 1, =0 ∂y ∂x ∂f ∂g = ∂y ∂x
−
−
−1 ⇒
⇒
¨ oldu˘ gundan denklem tam ADD de˘gildir. Buna g¨ ore integrasyon ¸carpanını bulalım. Once m (x, y) integrasyon ¸carpanı sadece x in bir fonksiyonu olma durumunu inceleyelim:
− ∂f ∂y
∂g ∂x
g (x, y)
=1
32
2. BIRINCI MERTEBEDEN ADD
ve sadece x in bir fonksiyonudur. (14.4) ¸co¨z¨um¨ unden integrasyon ¸carpanı m (x) = exp olarak bulunur. Buna g¨ore
− ∂f ∂y
∂g ∂x
dx
g (x, y)
ex (x denklemi tam ADD dir:
= exp
dx
= ex
− y) dx − exdy = 0
(14.7)
f (x, y) = ex (x y) , g (x, y) = ∂f ∂g = ex , = ex ∂y ∂x ∂f ∂g = ∂y ∂x
−ex ⇒
−
−
− ⇒
ve ¸c¨oz¨um¨ u ∂F ∂x
= f (x, y) = ex (x
F (x, y) = F (x, y) = ∂F = ∂y ϕ (y) =
′
− y) ⇒
(ex (x
− y)) dx + ϕ (y) ⇒ (49) ve (51) nolu form¨ullerden ex (x − 1) − ye x + ϕ (y) ⇒ g (x, y) ⇒ −ex + ϕ′ (y) = −ex ⇒ 0 ⇒ ϕ (y) = c
(14.8)
son ϕ (y) ifadesini (14.8) denkleminde yerine yazarsak (14.7) denkleminin genel ¸c¨oz¨um¨ un¨ u F (x, y) = ex (x F (x, y) = ex (x
− 1) − yex + c ⇒ − y − 1) + c
¸seklinde elde ederiz.
¨ Ornek 14.7. ydx + (3 + 3x ADD nin ¸c¨ oz¨ um¨ un¨ u bulunuz.
− y) dy = 0
C ¸ o¨z¨ um f (x, y) = y, g (x, y) = (3 + 3x ∂f ∂g = 1, =3 ∂y ∂x ∂f ∂g = ∂y ∂x
− y) ⇒
⇒
¨ oldu˘ gundan denklem tam ADD de˘gildir. Buna g¨ ore integrasyon ¸carpanını bulalım. Once m (x, y) integrasyon ¸carpanı sadece x in bir fonksiyonu olma durumunu inceleyelim:
− ∂f ∂y
∂g ∂x
g (x, y)
=
−2
(3 + 3x
− y)
sadece x in bir fonksiyonu de˘gildir. Buna g¨ ore m (x, y) integrasyon ¸carpanı sadece y in bir fonksiyonu olma durumunu inceleyelim:
−
− ∂f ∂y
∂g ∂x
f (x, y)
=
2 y
˙ 14. INTEGRASYON C ¸ ARPANI
33
sadece y in bir fonksiyonudur. (14.6) ¸c¨oz¨um¨ unden integrasyon ¸carpanı m (y) = exp olarak bulunur. Buna g¨ore
− − ∂f ∂y
∂g ∂x
dy
f (x, y)
2 dy y
= exp
y3 dx + y 2 (3 + 3x
denklemi tam ADD dir:
2
= e2 ln y = eln y = y 2
− y) dy = 0
f (x, y) = y 3 , g (x, y) = y 2 (3 + 3x ∂f ∂g = 3y 2 , = 3y 2 ∂y ∂x ∂f ∂g = ∂y ∂x
(14.9)
− y) ⇒
⇒
ve ¸c¨oz¨um¨ u ∂F ∂x
= f (x, y) = y 3
F (x, y) =
⇒
y 3 dx + ϕ (y)
⇒ (1) nolu form¨ulden
F (x, y) = xy3 + ϕ (y) ∂F = g (x, y) 3xy2 + ϕ (y) = y 2 (3 + 3x ∂y
⇒
2
ϕ (y) = y (3
′
(14.10)
⇒
′
− y) ⇒ ϕ (y) =
y 2 (3
− y) ⇒
− y) dy + c ⇒ (1) nolu form¨ulden
y4 ϕ (y) = y +c 4 son ϕ (y) ifadesini (14.10) denkleminde yerine yazarsak (14.9) denkleminin genel ¸co¨z¨um¨ un¨ u 3
−
F (x, y) = xy3 + y 3
4
− y4
+c
¸seklinde elde ederiz.
¨ Ornek 14.8. 3x2 + y + 3x3 y dx + xdy = 0 ADD nin ¸c¨ oz¨ um¨ un¨ u bulunuz. C ¸ o¨z¨ um f (x, y) = 3x2 + y + 3x3 y, g (x, y) = x
∂ 3x2 + y + 3x3 y ∂f = = 3x3 + 1, ∂y ∂y ∂g ∂ (x) = =1 ∂x ∂x ∂f ∂g = ∂y ∂x oldu˘ gundan tam ADD de˘gildir. (14.2) form¨ ul¨ une g¨ore
⇒
∂m g (x, y) ∂x
−
⇒
∂m f (x, y) ∂y ∂f ∂g ∂y ∂x ∂m ∂y dm m ln m m
−
=
∂f ∂y
−
= 3x3 + 1 = 0, x =
∂g ∂x
m
⇒
− 1 = 3x3 ⇒
∂m = 3x3 m ∂x
3x2 dx
= x3 3 = ex
⇒
⇒
⇒
34
2. BIRINCI MERTEBEDEN ADD
integral ¸carpanıdır. Buna g¨ore
3
3
3x2 + y + 3x3 y ex dx + xex dy = 0
3
denklemi tam ADD dir. f (x, y) = 3x2 + y + 3x3 y ex , g (x, y) = xex
∂f ∂y ∂g ∂x ∂f ∂y
∂ =
2
3
∂g ∂x
∂y
3
3
= ex + 3x3 ex ,
3
∂x
=
3x + y + 3x y ex
∂ xex =
3
3
3
= ex + 3x3 ex
3
⇒
⇒ ∂F ∂y
= g (x, y) = xex
F (x, y) =
3
⇒
⇒ ⇒ ⇒ 3
xex
dy
3
= xyex + ϕ (x) 3
∂F ∂x
∂ xyex + ϕ (x)
=
= ye
x3
∂x 3 + 3x3 ye x + ϕ′ (x)
3
= f (x, y) = 3x2 + y + 3x3 y ex 3
3
ye x + 3x3 ye x + ϕ′ (x) =
3x2 + y + 3x3 y ex 3
ϕ′ (x) = 3x2 ex 3
ϕ (x) = ex + c 3
ϕ (x) =
⇒
F (x, y) = xyex + ϕ (x) 3
3
3
3x2 ex
3
dx
⇒
F (x, y) = xyex + ex + c = 0 ¸c¨oz¨umd¨ ur. ¨ Ornek 14.9. (2xy2 + y)dx + (2y 3
− x)dy = 0 ADD nin ¸c¨ oz¨ um¨ un¨ u bulunuz.
2
C ¸ o¨z¨ um f (x, y) = 2xy + y, g (x, y) = 2y ∂f ∂y ∂g ∂x ∂f ∂y
3
−x = =
=
− −⇒
∂ 2xy 2 + y = 4xy + 1, ∂y ∂ 2y 3 x = 1 ∂x ∂g ∂x
⇒
˙ 14. INTEGRASYON C ¸ ARPANI
oldu˘ gundan tam ADD de˘gildir. (14.2) form¨ ul¨ une g¨ore ∂m g (x, y) ∂x
−
∂m f (x, y) ∂y ∂f ∂g ∂y ∂x ∂m ∂x dm m ln m m
−
∂g ∂x
= 4xy + 2
⇒
=
−
∂f ∂y
=
−
⇒
2 dy y 2 ln y
⇒ ⇒
= = y −2
−
m
−(2xy2 + y) ∂m = (4xy + 2) m ⇒ ∂y
= 0,
35
integral ¸carpanıdır. Buna g¨ore (2xy 2 + y)y −2 dx + (2y 3 x)y −2 dy = 0 denklemi tam ADD dir. f (x, y) = (2xy 2 + y)y −2 , g (x, y) = (2y 3 x)y −2
−
∂f ∂y ∂g ∂x ∂f ∂y
= = = ∂F ∂y
∂ (2xy 2 + y)y −2 1 = , ∂y y2 ∂ (2y 3 x)y −2 1 = ∂x y2 ∂g ∂x
−
− ⇒
⇒
= g (x, y) = (2y 3
F (x, y) = = ∂F ∂x
−−
(2y 3
− x)y−2 dy x y 2 + + ϕ (x) ⇒ y 2
∂ y +
=
− x)y−2 ⇒
x y
+ ϕ (x)
∂x 1 = + ϕ′ (x) y = f (x, y) = (2xy2 + y)y −2
1 + ϕ′ (x) = (2xy 2 + y)y −2 y ϕ′ (x) = 2x ϕ (x) =
⇒ ϕ (x) = x2 + c ⇒
⇒
(2x) dx
x + ϕ (x) y x F (x, y) = y 2 + + x2 + c = 0 y F (x, y) = y 2 +
⇒
¸c¨oz¨umd¨ ur.
14.3. (13.1) denkleminin tekil noktası. E˘ ger f,g,∂f/∂y,∂g/∂y fonksiyonları (x0 , y0 ) noktası kom¸sulu˘gunda s¨urekli fonksiyonlar ve g (x0 , y0 ) = 0 ise Teorem 4.19’ye g¨ore tek ¸co¨z¨um s¨oz konusudur ve e˘ger g (x0 , y0 ) = 0 fakat f (x0 , y0 ) = 0 ise (13.1) denklemini Uyarı 4.33 ya g¨ore
dx = dy
g (x, y) − f (x, y)
¸seklinde yazabiliriz ve aynı ko¸sullar altında c¸¨oz¨um¨ un varlı˘gından s¨oz edebiliriz.
(14.11)
36
2. BIRINCI MERTEBEDEN ADD
Tanım 14.10. E˘ger g (x0 , y0 ) = 0, f (x0 , y0 ) = 0 ko¸sulu sa˘glanıyorsa (x0 , y0 ) noktasına (13.1) denkleminin tekil noktası denir. Tekl nokta i¸cin ¸c¨oz¨um¨ un varlı˘gı de˘gi¸sik olasılıklar ta¸sımaktadır. Bunlar ile ilgili bazı o¨rnekler verelim. ¨ Ornek 14.11.
y x denklemi i¸cin (0, 0) noktası tekil noktadır. De˘gi¸skenlerine ayrılabilir ADD oldu˘gundan ¸c¨ oz¨ um kolayca y =
′
y = cx olarak elde edilir ve ¸c¨ oz¨ umde (0, 0) noktasından ge¸cmektedir. ¨ Tanım 14.12. E˘ ger ADD in ¸c¨ oz¨ um¨ u tekil noktadan ge¸cerse bu tekil noktaya d¨ u˘ gum ¨ noktası denir. Ornek 14.11 de (0, 0) noktası bir d¨ u˘gum ¨ (node) noktasıdır. ¨ Ornek 14.13.
′ − xy
y =
denklemi i¸cin (0, 0) noktası tekil noktadır. De˘gi¸skenlerine ayrılabilir ADD oldu˘gundan ¸c¨ oz¨ um kolayca c y= x olarak elde edilir ve ¸c¨ oz¨ umde (0, 0) noktasından ge¸cmemektedir. Fakat y = 0, x = 0 ¸c¨ oz¨ um¨ un asimptotlarıdır. Tanım 14.14. E˘ ger ADD in tekil noktasındaki ¸c¨ oz¨ um¨ u asimptotları ise bu tekil noktaya semer (saddle) noktası ¨ denir. Ornek 14.13 de (0, 0) noktası bir semer noktasıdır. ¨ Ornek 14.15.
′ − xy
y =
denklemi i¸cin (0, 0) noktası tekil noktadır. De˘gi¸skenlerine ayrılabilir ADD oldu˘gundan ¸c¨ oz¨ um kolayca x2 + y2 = c olarak elde edilir. C ¸ ¨ oz¨ umde (0, 0) noktasından ge¸cmemektedir. ve y = 0, x = 0 ¸c¨ oz¨ um¨ un asimptotları de˘gildir. Tanım 14.16. E˘ ger ADD in tekil noktasındaki ¸c¨ oz¨ um¨ u asimptotları de˘ gil ise ve ¸c¨ oz¨ um tekil noktadan ge¸cmiyorsa ¨ bu tekil noktaya merkez (center) noktası denir. Ornek 14.15 de (0, 0) noktası bir merkez noktasıdır.
CHAPTER 3
Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemlerin Uygulamaları 15. Dik Y¨ or¨ ungeler xy
• d¨uzlemi i¸cinde bir D b¨olgesinde tarif edilmi¸s bulunan bir e˘gri ailesi f (x,y,c) = 0
(15.1)
denklemi ile ifade edilir. Burada c bir parametredir ve c nin her de˘geri yeni bir e˘griyi tarif eder. Bu e˘ griler birlikte bir e˘gri ailesi olu¸sturur. Tanım 15.1. Bir e˘ gri ailesinin e˘grilerinin herbirini aynı bir θ a¸cısı ile kesen bir e˘ grisine θ - y¨ or¨ ungesi denir. θ a¸cısı 90◦ olursa bu y¨ or¨ ungeye dik y¨ or¨ unge denir.
•
Verilen bir e˘gri altesinin θ - y¨ or¨ungesini bulmak i¸cin bu ailenin f (x,y,y ) = 0 diferansiyel denkleminden yararlanılır.
′
y = tan ϕ = tan (φ
′
ifadesinden θ - y¨or¨unge e˘grisinin diferansiyel denklemi
θ − θ) = 1y+′ −y′tan tan θ
′ − ′ ′ −′ −′ −
f x,y,
y tan θ 1 + y tan θ
=0
(15.2)
¨ olarak elde edilir. Ozel olarak dik y¨or¨unge durumu i¸cin
y tan θ 1 = θ → 2 1 + y tan θ y limπ
elde edilir. Buna g¨ ore (15.2) ifadesinden
f x,y,
¸sekline d¨on¨u¸su ¨ r.
1
y
′
=0
Uyarı 15.2. Verilen e˘grinin diferansiyel denklemi P (x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 37
(15.3)
38
3. BI RINCI MERTEBEDEN DIFERANSIYEL D ENKLEMLERI N UYGULAM ALARI
¸seklinde ele alınırsa, burada dy/dx yerine
−dx/dy yazmak suretiyle, dik y¨ or¨ unge e˘grisinin diferansiyel denklemi Q(x, y)dx − P (x, y)dy = 0 (15.4)
diferansiyel denklemi elde edilir. Bu diferansiyel denklem ile ifade edilen e˘ gri ailesi de, ilk verilen e˘gri ailesinin dik y¨ or¨ ungesini olu¸sturur. ¨ Ornek 15.3. x2 + y 2 = c2 , c > 0
(15.5)
e˘gıi ailesi, aynı O merkezli ve c yarı¸caplı dairelerdir. Bu e˘ grilere dik olan e˘ gri ailesini bulunuz. C ¸ o¨z¨ um (15.5) ifadesinde diferansiyel alırsak 2xdx + 2ydy = 0
(15.6)
ADD elde ederiz. (15.3) e g¨ore P (x, y) = 2x, Q (x, y) = 2y ve (15.4) e g¨ore (15.5) e˘gri ailesine dik e˘gri ailesi 2ydx
− 2xdy = 0
(15.7)
olarak elde ederiz. ADD in ¸c¨oz¨ um¨ u 2ydx
− 2xdy = 0 ⇒ dyy = dxx ⇒ y = mx
ile ifade eilen do˘gru aileleridir.
16. Mekanik problemleri Bilindi˘ gi gibi Newton’un ikinci hareket kanunu, F = ma = m m =
w g
dv d2 x =m 2 dt dt
˙ ¸seklinde ifade edilir. Burada m cismin k¨ utlesi, F cisme etki eden sabit kuvvet, a cismin hareketinin Ivmesi, v hız ve gidilen yol x , w ise cismin a˘gırlı˘gı ile ifade edilir. ¨ ˙ hızsız olarak serbest Ornek 16.1. K¨ utlesi m olan bir cismin yerden olduk¸ca y¨ uksekte bulunan bir noktadan Ilk d¨ u¸smeye bırakılıyor. Cisme etki eden yer¸cekim kuvveti sabit ve hava direncinin cismin hızı ˆıle orantılı oldu˘gu kabul edildi˘gine g¨ ore. herhangi bir t anında cismin ba¸slangı¸c noktasından hangi uzaklıkla oldu˘ gunu ve o anda hangi hızla hareket etmekte oldu˘gunu bulunuz.
16. MEKANIK PROBLEMLERI
39
C ¸ o¨z¨ um S ¸ekil 4 ’te g¨or¨uld¨ u˘g¨u gibi, pozitif x-ekseni boyunca a¸sa˘gı do˘gru d¨ us¸mekte olan cisim bir t anında O ˙ ba¸slangı¸c noktasından x kadar uzakta ve bir v hızı Ile hareket etmekte olsun, k pozitif bir katsayı olmak ¨uzere, ˙ cisim v hızı ile a¸sa˘gı do˘gru hareket etmekte Iken cismin hareketine engel olmaya ¸calı¸san hava direnme kuvveti ˙ cismin hızı Ile orantılıdır ve kv ’ye e¸sittir. Cisme etki eden yer¸cekim kuvveti de mg oldu˘ guna g¨ore, t anında cisme etki eden toplam kuvvet mg kv olur. O zaman, Newton ’un ikinci hareket kanununa g¨ore
− −kdv = −kdt dv dt ⇒ m dv ⇒ ⇒ = mg − kv = de˘ gi¸skenleri ne ayrılan mg − kv dt m mg − kv m ⇒ ln (mg − kv) = −k mt + ln c ⇒ mg − kv = ce−k t m
elde edilir. t = 0 anında cismin hızı (ilk hız) ”sıfır” oklu˘gundan v (0) = 0 mg = c olarak bulunur. Buna g¨ore genel ¸co¨z¨um gm k
v=
− mg e− k
k mt
olarak bulunur. dx dt
= v
dx =
mg − t ⇒ dx = vdt ⇒ dx = gm − e dt ⇒ k k gm mg − t mg m − e dt ⇒ x = t + e− t k k k k
k m
2
k m
2
⇒ h = mk2g + c ⇒ c = h − mk2g ⇒ mg m m2 g t + e− t + h − 2 k k k
k m
+c
⇒
x (0) = h x =
k m
¨ ¨ Ornek 16.2. Uzerindeki donanımları ile birlikte bir para¸s¨ ut¸c¨ un¨ un a˘gırlı˘gı 160 lb (libre) verilmi¸stir. Para¸s¨ ut a¸cılmadan ¨ once hava direnci hızın yarısına e¸sittir. Para¸s¨ ut 5 sn sonra a¸cıldı˘gında hava direnci hızın karesinin 5/8’i kadar oluyor. Para¸s¨ ut a¸cılmadan ve a¸cıldıktan sonra para¸s¨ ut¸c¨ un¨ un hızını bulunuz. (Yer¸cekimi ivmesini 2 g = 32 fit/sn olarak alınız.)
C ¸ o¨z¨ um Para¸s¨ut a¸cılmadan ¨onceki hızını bulalım. w = 160 lb
⇒ m = wg = 160/32 = 5
40
3. BI RINCI MERTEBEDEN DIFERANSIYEL D ENKLEMLERI N UYGULAM ALARI
dır. Newton’un 2.kuramından dv dv v dv = F 1 + F 2 m = 160 5 = 160 dt dt 2 dt 320 v dv dt 1 = = ln(320 v) = t 2 320 v 10 10 1 1 = ce− 10 t v (t) = 320 ce− 10 t
F = m dv dt 320 v
⇒
− ⇒ ⇒
5
−
− ⇒ ⇒− −
−
− v2 ⇒ − ln c ⇒
−
olarak buluruz. Para¸s¨ut¸cu ¨ n¨un ilk zamanda hızının olmamasından v (0) = 0 ko¸sulundan 0 = 320
c
c = 320
− −⇒ e−
v (t) = 320 1
1 10
t
⇒
para¸su ¨ t a¸cılmadan ¨onceki para¸s¨ut¸c¨un¨ un hızını vermektedir. 5 sn. sonraki hızı y 100
50 0 -5
-2.5
0
2.5
5 x
-50
-100
-150
-200
− 1
e− 10 5
v (5) = 320 1
olarak buluruz. Buna g¨ore 5 sn sonraki diferansiyel denklemi m
dv dt
2
− 5v8 320 1 − e−
= 160
v (5) = : olarak verebiliriz. Denklemin ¸c¨oz¨um¨ u dv 162 v2 16 + v ln 16 v
−
−
320 1
1 e− 10 5
=
v (t) = olarak bulunur.
5
= 125.91
1 dt = + dv = 16 v 16 + v 8 16 + v = 4t + ln c = ce4t v 1 + ce4t = 16 ce4t 16 v 16 ce4t 1 1 = v (5) = 320 1 e− 10 5 4t (1 + ce )
⇒
1 32
1
−
⇒
− ⇒ − ⇒
⇒ − − ⇒ ce20 − 1 ⇒c=
− v
−
dt 8
1 10
⇒
1
16 336 320e− 2 39 (1 + ce20 ) 320e 2 304e20 20+4t 16 110 1 142 e , t 5 20+4t 1 + 110 142 e
−
−
1
≈ 110 e20 ⇒ 142
≥
16. MEKANIK PROBLEMLERI
41
30
48sin30
48cos30 48
30
¨ Ornek 16.3. A˘gırlı˘gı 48 lb olan bir cisim yatayla 30◦ olan e˘gik bir d¨ uzlemin en ust¨ ¨ unden bırakılıyor. Hava direnci, hızın yarısına ve s¨ urt¨ unme katsayısı da 0.25 olarak verildi˘ gine g¨ ore, cisim bırakıldıktan 2sn sonraki hızını ve toplam yol 24 ft(fit) oldu˘ guna g¨ ore cisim alt kısma vardı˘ gında cismin hızı nedir (g=32 ft/sec 2 )? C ¸ o¨z¨ um Formulasyon:
(1) A˘gırlı˘gı 48 lb, dikey olarak belirtilen kuvvettir. (2) N notmal kuvveti, yatay d¨uzleme dik olan y¨ondedir. S¸imdi ise toplam kuvvetleri belirleyelim: (1) F 1 , a˘gırlı˘gın yatay bile¸seni ile verilen kuvvettir F 1 = 48sin30◦ = 24 (2) F 2 , s¨urt¨ unme kuvveti, a˘gırlı˘gın dikey bile¸seni ile s¨urt¨ unme kuvvetinin ¸carpımıdır: F 2 = µN = (3) F 3 , hava direnci
v 2
− 14 48cos30◦ = −6
√
3
ve v > 0 oldu˘gundan negatif y¨ondedir F 3 =
− v2
S ¸imdi Newtonun kuralı F = ma = F 1 + F 2 + F 3 , w 48 3 m = = = g 32 2 dv v m = 24 6 3 dt 2 v (0) = 0
⇒
− √ −
diferansiyel denklemini ¸c¨ozelim:
− 48 − 12dv√3 − v √ ln 48 − 12 3 − v √ 48 − 12 3 − v √ 48 − 12 3
v
= = = = =
v (2) =
− dt3 ⇒ − 3t + ln c ⇒ ce− ⇒ v (0) = 0 ⇒ c⇒ √ 48 − 12 3 1 − e− ⇒ √ 48 − 12 3 1 − e− ≃ 13.2(f t/ sec2 ) t
3
t
3
2 3
42
3. BI RINCI MERTEBEDEN DIFERANSIYEL D ENKLEMLERI N UYGULAM ALARI
elde ederiz. S ¸imdi yolun 24 olması durumunda son noktadaki hızının ne oldu˘gu sorusuna gelelim: dx t = v = 48 12 3 1 e− 3 dt
− √ − ⇒ − √ ⇒ √ − − − √ ⇒ − ⇒ − √ − ⇒
x = c2
48
=
3 48
x = 24 = t
3e− 3
t
48
12 3
t + 3e− 3
48
12 3
t + 3e− 3
13 denkleminin yakla¸sık c¸¨oz¨um¨ u 2.6 dır. v = 48
− 12
x (0) = 0
⇒
12 3
√ 47 + 2 3
=
t
t + 3e− 3 + c2
12 3
3
t
3
−t
√
− ≃
3
e−
1
2.6 3
16.2f t/ sec
17. Oran Problemleri
Oran problemleri, bir fiziksel b¨uy¨ ukl¨ ukteki, birim zaman i¸cinde meydana gelen de˘gi¸sme olarak tarif edilir. ¨ Ornek 17.1. Radyoaktif bir elementin bozunma hızı elementin mevcut miktarı ile do˘ gru orantılıdır. Rayoaktif elementin orjinal a˘gırlı˘gının yarısı 1500 yıl i¸cinde da˘gıldı˘gına g¨ ore (1) 4500 yıl sonra, radyoaktif elementin a˘gırlı˘gını bulunuz. (2) Orjinal a˘gırlı˘gının %10 una varması i¸cin ne kadar zaman ge¸cmesi gerekti˘gini bulunuz. C ¸ o¨z¨ um x radyoaktif elementin miktarını g¨ostermek u ¨ zere dx/dt radyokatif bozulmanın oranın belirtir. Bu oran mevcut miktar ile do˘gru orantılı oldu˘gundan dx = kx dt miktarda alama oldu˘gundan i¸saret negatifdir. x (0) = x0 ve 1500 yıl sonraki bozulma miktarı x0 x (1500) = 2 dir. dx = kx,x (0) = x0 dt diferansiyel denkleminin c¸o¨z¨um¨ u x0 x = x0 e−kt x (1500) = 2 oldu˘ guna g¨ore x0 ln 2 = x0 e−1500k k= 0.00046 x = x0 e−0.00046t 2 1500 1/1500 t/1500 1 1 t e −k = x = x0 e−k = x0 2 2
−
−
⇒
(1) t = 4500 i¸cin bozunma
⇒
≈
⇒
⇒ ⇒
⇒
4500/1500
1 x0 x = x0 = 2 8 Bu ise 4500 sene sonunda bozunmanın 1/8 veya %12.5 oldu˘gunu s¨oyler (2) x0 x= 10 yıl sonra ger¸cekle¸sir.
⇒
x0 = x0 10
1 2
t/1500
t = 1500
ln10 ln 2
≈ 4985
¨ 18. POPULASYON PROBLEMLERI
43
¨ Ornek 17.2. Newton’un so˘guma kuramına g¨ ore, so˘guyan bir cisimin sıcaklı˘ gı, cismin sıcaklı˘ gı ve cismi ◦ kaplayan ortamın sabit sıcaklı˘ gının farkı ile orantılıdır. t = 0 daki 50 sabit sıcaklıklı bir ortamdaki sıcaklı˘ gı 80◦ oldu˘guna g¨ ore ve 5 saniye sonra cismin sıcaklı˘gı 70◦ ’e d¨ u¸st¨ u˘gune ¨ g¨ ore cismin sıcaklı˘gının, t ye ba˘ glı fonksiyonunu bulunuz ve 10 sn sonraki sıcaklı˘ gını bulunuz. C ¸ o¨z¨ um x,t zamandaki cismin sıcaklı˘gını g¨ ostersin buna g¨ore diferansiyel denklem dx = k (x dt x (0) = 80
− 50)
ve x (5) = 70 ko¸sullarımız vardır. dx x 50
= kdt
−
30 = c
⇒ ln (x − 50) = kt + ln c ⇒ x − 50 = cekt ⇒ x = 50 + cekt ⇒ x (0) = 80 ⇒ 5k
kt
5k
⇒ x = 50 + 30e ⇒ 70 = 50 + 30e ⇒ e
x = 50 + 30
2 3
2 = 3
⇒ k ≈ −0.08109 ⇒ e
t/5
10 sn sonraki cismin sıcaklı˘gı x = 50 + 30
2 3
k
=
2 3
1/5
⇒
10/5
= 63.33◦
18. Pop¨ ulasyon Problemleri Populasyon i¸cin diferansiyel model dx = kx dt olarak d¨ u¸su ¨n¨ ul¨ urken realistik model dx = kx dt
− λx2
¸seklindedir. ¨ Ornek 18.1. Populasyon i¸cin realistik model dx 1 1 2 = x x dt 100 108 olarak veriliyor. 1980 yılında ¸sehrin pop¨ ulasyonu 100000 olarak verildi˘gine g¨ ore 2000 yılındaki ¸sehrin pop¨ ulasyonu nedir? Hangi yılda, 1980 deki pop¨ ulasyonunun 2 katı kadar pop¨ ulasyon olur?
−
C ¸ o¨z¨ um dx dt ln x
− ln 1 − 10−6x
= =
c =
1 1 2 dx 1 10−6 x x = dt 100 + dx = dt 100 108 10−2x 10−8 x2 x 1 10−6 x t x + ln c = cet/100 100 1 10−6 x cet/100 ce1980/100 5 5 x= , x (1980) = 10 10 = 1 + c10−6 et/100 1 + c10−6 e1980/100 106 2000/100 99 e 106 9e 5 x (2000) = 119495 99 6 1 + 1099 10−6 e2000/100 9e 5
−
⇒
⇒
−
⇒ −
⇒
⇒
⇒
9e
≈
5
−
⇒
44
3. BI RINCI MERTEBEDEN DIFERANSIYEL D ENKLEMLERI N UYGULAM ALARI
2. ¸sıkkın c¸¨oz¨ um¨ u i¸cin: 2.105 =
1+
106 t/100 99 e 9e 5 106 −6 et/100 99 10 9e 5
⇒ e19.8−t/100 = 49 ⇒ t ≈ 2061
19. Karı¸sım Problemleri Burada karı¸sımlardaki oranlar ele alınır. S maddesi belli oranlardaki karı¸sımları i¸cerip, karı¸sım, karı¸sıtrıcı ile sabit tutuluyor. x ile S maddesinin miktarını g¨osterirsek dx/dt x deki de˘gi¸simin t ye g¨ore oranını verir. Buna g¨ore diferansiyel modeli dx = giris verileri c¸ıkı¸s verileri dt olarak verilir.
−
¨ Ornek 19.1. Ba¸slangı¸cta 50 gal(gallon, 3.78lt lik bir ¨ ol¸c¨ u ) saf su i¸ceren bir tanker de t = 0 anında 3 gal/sn lik hızla tankın i¸cine 2 lb lik tuz i¸ceren ¸coz¨ ¨ ulm¨ u¸s tuzlu su eklenmektedir. Karı¸stırıcı ile karı¸sım homojen tutulurken, ba¸ska bir vanadan aynı hızla karı¸sım bo¸saltılmaktadır. Buna g¨ ore, tankta herhangi t zamanındaki tuz oranını nedir?
C ¸ o¨z¨ um Giri¸s verileri: 3 gal/sn lik hızla tankın i¸cine 2 lb lik tuz i¸ceren ¸c¨oz¨ulm¨ u¸s tuzlu su
⇒
giris verileri = 2(lb/gal)3(gal/sn) = 6 lb/sn Ekleme hızı ile bo¸saltma hızı aynı oranda oldu˘gundan tank herhangi bir zamanda 50 gal’lik bir karı¸sım i¸cermektedir. Ve bunun x lb’si tuz ise tuz konsantrasyonu x/50 olarak verilir. 3x x cikis verileri = (lb/gal)3(gal/sn) = lb/sn 50 50 dir. O halde diferansiyel denklem: dx 3x dx dt dx 3dt 3 = 6 = = ln (x 100) = t + ln c dt 50 300 3x 50 x 100 50 50 x 100 = ce−3t/100 x (0) = 0
−
−
ko¸sulundan
⇒ − ⇒
c=
⇒ −
−
⇒
−100 ⇒ x = 100 1 − e−3t/100
−
−
⇒
¨ Ornek 19.2. B¨ uy¨ uk bir su tankeri, ba¸slangı¸c ta i¸ c inde 10lb lik tuz oranı bulunan 50 gal lik bir tuzlu su i¸cermektedir. Gallonunda 2 lb lik tuz bulunduran ba¸ska bir tuzlu su karı¸sımı 5gal/sn lik hızla karı¸sıma ilave edilmektedir. Karı¸stırıcı ile tuzlu su karı¸sımı homojen tutulurken 3gal/sn lik hızla ba¸ska bir vanadan dı¸sarı bo¸saltılmaktadır. Herhangi bir zamanda, su tankerindeki tuz oranını bulunuz?
20. ELEKTRIK DEVRE PROBLEMLERI
45
C ¸ o¨z¨ um Gri¸sler: giris verileri = 2(lb/gal)5(gal/sn) = 10 lb/sn giri¸s hızı 5 ve ¸cıkı¸s hızı 3 oldu˘guna g¨ore toplam hız 5
−3= 2
ve b¨oylece herhangi zamandaki tuzlu su miktarı, ba¸slangı¸cta da 50 oldu˘gundan 50+ 2t ve tuz konsantrasyonu ise
x 50+ 2t
olarak verilir. B¨ oylece
cikis verileri =
x 3x (lb/gal)3(gal/sn) = lb/sn 50 + 2t 50 + 2t
O halde diferansiyel denklem: dx = 10 dt
3x dx 3 − 50+ ⇒ + x = 10 2t dt 50+ 2t
lineer denklemini elde ederiz. dx 3 dx 3 3 + x = 0 = dt ln x = ln(50 + 2t) + ln c dt 50+ 2t x 50+ 2t 2 −3/2 −3/2 x = c (50 + 2t) x = c (t) (50 + 2t)
⇒
−
⇒
−
⇒
⇒
homojen olmayan denklemin ¸c¨oz¨ um¨ u olsun.
⇒ ⇒ ⇒ ko¸sulundan
− 3c (t) (50 + 2t)−5/2 + 50+3 2t c (t) (50 + 2t)−3/2 = 10 √ 3/2 ⇒ c = 10 (50 + 2t)3/2 dt = 8 2 (t + 25)5/2 + c1 c′ = 10(50 + 2t) √ x = 8 2 (t + 25)5/2 + c1 (50 + 2t)−3/2 ⇒ x (0) = 0 c′ (50 + 2t)
0 = x = sonuc olarak buluruz.
−3/2
√ √
8 2 (25)5/2 + c1 (50)−3/2 5/2
8 2 (t + 25)
− 25000
√
√ ⇒ c = −25000 2 ⇒
2 (50 + 2t)−3/2
20. Elektrik Devre Problemleri En basit elektrik devreleri, jenerat¨or veya pil gibi elektrik kayna˘gı ve enerjiyi kullanan bir rezist¨or (¨orne˘gin elektrik amp¨ ul¨ u) (resistance) bulunan bir seri devredir. E˘ger d¨ u˘gme kapatılırsa bir I akımı rezist¨ore do˘gru akacak ve bir voltaj d¨us¸mesine sebep olucaktır. Yani rezist¨or¨un iki ucundaki potansiyel farklı olucaktır. Bu potansiyel farkı veya voltaj d¨u¸su ¨¸su ¨ ise Voltmetre denilen bir elt ile ¨ol¸c¨ulebilir. Eketrik devrelerindeki basit bir kural Kirchoff kuralı olarak adalandırılır, Bu kurala g¨ ore, elektrik devresindeki t¨um voltajların toplamı, toplam kuvvete e¸sittir. Toplam kuvveti E (t) ile g¨osterirsek (emf-electromotive force) V L + V R + V C = E (t) R rezist¨ or (reistance), C kapasit¨or (capacitor), I ind¨ ukt¨ or (ınductor). I = I (t) elektrik devresindeki akımı ve q = q (t) kapasit¨ordeki ani elektrik y¨ uk¨un¨ u g¨ostermek ¨uzere q′ = I ¸seklinde bir ba˘gıntı mevcuttur. Ohm kanununa g¨ore rezist¨or u ¨ zerindeki voltaj d¨ u¸su ¨ kl¨ ug˘¨u akım ile do˘gru orantılıdır: V R = RI
46
3. BI RINCI MERTEBEDEN DIFERANSIYEL D ENKLEMLERI N UYGULAM ALARI
Resistör Kaynak
Düğme
burada R rezist¨ or¨un direncidir ve sabittir. Kapasit¨ordeki voltaj d¨u¸su ¨¸su ¨ ise kapasit¨ordeki elektrik y¨uk¨ u ile orantılıdır ve 1 V C = q C olarak verilir. Burada C kapasitanstır (capacidance). Son olarak ind¨ukt¨ ordeki voltaj d¨ u¸su ¨¸su ¨ ise akımın de˘gi¸sim hızı ile orantılıdır: V L = LI ′ L sabitine indikt¨or¨un ind¨ uktansı denir (henry ile ¨ol¸cu ¨ l¨ur) (inductance). Kirchoff kuralına g¨ ore 1 LI ′ + q + RI = E (t) C ba˘gıntısını elde ederiz. Burada t¨urev alırsak ve q′ = I ifadesine g¨ ore 1 LI ′′ + q′ + RI ′ = E ′ (t) C 1 LI ′′ + RI ′ + I = E ′ (t) C 2.mertebeden denklemi RCL denklemi olarak adalndırılır. Ind¨ ukt¨ or¨un olmadı˘gı durumda devreye RC devresi denir ve denklem 1 V C + V R = E (t) q + RI = E (t) I = q′ C 1 Rq ′ + q = E (t) C olan 1. mertebeden ADD elde ederiz.
⇒ ⇒
⇒
⇒
⇒
20. ELEKTRIK DEVRE PROBLEMLERI
47
¨ Ornek 20.1. S ¸ ekilde verilen RC devresinde (a) ¨ once S anahtarının 1 konumuna getirilmesi durumunda (b) S anahtarının 2 konumuna getirilmesi durumunda devreden ge¸cen akım ¸siddetini bulunuz. R 1 S 2
E(t) C
C ¸ o¨z¨ u m (a) e˘ger anahtar bir durumunda ise emf-electromotive force E (t) dir ve denklem Rq ′ +
1 q = E (t) C
1 E (t) ⇒ q′ + RC q= R
lineer denklemdir ve ¸c¨oz¨um q = e− q′
=
I =
⇒ − ⇒ −
1
RC dt
E (t) R E (t) R
E (t) e R
1
RC dt
1 q = I RC t 1 e− RC RC
dt + c1
t E (t) RC e dt + c1 R
(b) ¸sıkkı i¸cin ise E (t) = 0 durumudur ve denklemin ¸c¨oz¨um¨ unde yerine yazdı˘gımızda c1 − t I = e RC RC olarak buluruz. Buradaki - i¸sareti akımın ters y¨one do˘gru gitti˘gini g¨ osterir.
−
¨ Ornek 20.2. 20Ω luk bir diren¸c teli, 0.01F (Farad) lık bir kapasitansı olan kondansat¨ or, emf(electromotive − − 2t 4t force)’si 40e +20e lik bir ¨ uretece seri olarak ba˘ glanıyor. Ba¸slangı¸c zamanda y¨ uk¨ u olmadı˘gına g¨ ore herhangi bir andaki y¨ uk¨ un¨ u bulunuz? C ¸ o¨z¨ um R = 20, C = 0.01F, E (t) = 40e−2t + 20e−4t verileri ve denklem: q′ +
1 E (t) q = RC R q (0) = 0
lineer denklemi i¸cin ¨once homojen denklemi ele alalım: dq = q
1 − RC dt = −5dt ⇒ q = ce−5t
ve homojen olmayan denklemin ¸co¨z¨um¨ u q = c (t) e−5t
48
3. BI RINCI MERTEBEDEN DIFERANSIYEL D ENKLEMLERI N UYGULAM ALARI
olsun.
⇒ ⇒ ⇒ ⇒
c′ e−5t
− 5ce−5t + 5e−5t = 40e−2t + 20e−4t ⇒ 40 3t c′ = 40e3t + 20et ⇒ c (t) = e + 20et + c1 3 40 3t 100 ⇒ q= e + 20et + c1 e−5t ⇒ q (0) = 0 ⇒ c1 = − 3 3 q=
40 3t e + 20et 3
−
100 −5t e 3
Basit bir elektrik devresini olarak ifade edebiliriz. S¸imdi sırasıyla herbir durumu irdeleyelim:
A. V R = RI ve V V R = 0 olmalı. Bunun anlamı ise V ve V R kar¸sılıklı olarak ters y¨onde hareket etti˘ginden i¸saretleri farklı olmalıdır. V = V R ba˘gıntısından ise voltaj d¨ u¸su ¨ kl¨ u˘g¨un¨ un olmadı˘ gını s¨ oyleyebiliriz. B. V V 1 V 2 = 0 ko¸sulundan ve V 1 = I.R 1 , V 2 = I.R 2 V = I (R1 + R2 ) olarak buluruz. Rs = R1 + R2 ise toplam resistansı verir.
−
− −
⇒
V
= I (R1 + R2 )
V 1
= I.R 1 =
V 2
⇒ I = R1 V + R2 ⇒
R1 V, R1 + R2 R2 = I.R 2 = V R1 + R2
C. ko¸sulunda ise V
= V R = I 1 R1 = I 2 R2 I = I 1 + I 2 1 1 R1 R2 I = V + V = I R1 R2 R1 + R2 V 1 R1 R2 R2 I 1 = = I = I R1 R1 R1 + R2 R1 + R2 V 1 R1 R2 R1 I 2 = = I = I R2 R2 R1 + R2 R1 + R2
⇒ ⇒
⇒ ⇒
⇒
sonu¸clarını elde ederiz. ¨ Ornek 20.3. Bu ¸sekilde ve yukraıdaki ¸sekilde V ile g¨ osterilen aslında E (t) dir.
20. ELEKTRIK DEVRE PROBLEMLERI
⇒ ⇒ ⇒
49
dV R V R 1 I C = C , I r = , I = (V V R ) dt R2 R1 1 dV R V R I = I C + I R (V V R ) = C + R1 dt R2 dV R 1 1 V + + V R = dt CR 2 CR 1 R1
−
⇒
−
⇒
⇒
CHAPTER 4
1. mertebeden y¨ uksek dereceli ADD 1.mertebeden y¨uksek mertebeli ADD genel formu F (x,y,y ) = 0
′
(15.1)
¸seklindedir. Genel olarak y =p
′
olarak g¨osterilir. Buna g¨ore (15.1) denklemi F (x,y,p) = 0
(15.2)
¸seklinde ifade edilir. Uyarı 15.4. (15.1) denklemini ¸c¨ ozmek genelde ¸cok kolay de˘ gildir. Ve hatta ¸coz¨ ¨ um¨ un olması da gerekmez. Bunun i¸ cin en ¨ onemli sonu¸cları burada belirtece˘ giz.
16. y = f (x, p) formundaki ADD (15.1) denklemi y = f (x, p)
(16.1)
formunda olsun. dy =p dx
⇒ dy = pdx
ve (16.1) denkleminden ∂f ∂f dx + dp = dy = pdx ∂x ∂p ∂f ∂f dp + = p ∂x ∂p dx
⇒ dx e b¨olersek (16.2)
¨ y¨ontemleri ile ¸c¨oz¨um elde edilebilir. (16.2) denklemi p ve x in denklemidir ve B¨ol¨ um 2 deki ¸c¨ozUm ¨ Ornek 16.1. y2
− 1 + y′2 = 0
(16.3)
−
(16.4)
ADD nin ¸c¨ oz¨ um¨ un¨ u bulunuz. C ¸ o¨z¨ um (16.3) denklemini y=
1
51
p2
¨ 4. 1. MERTEBEDEN YUKSEK DERECELI ADD
52
olarak da yazabiliriz. (16.2) ifadesinden
−
f (x, p) = 1 ∂f ∂f dp + = p ∂x ∂p dx p dp = p 1 p2 dx
p2
⇒
−
− − − − 1
p 1 +
dp p2 dx
1
1+
1
p2
1
1
1
dp dx
⇒
= 0
⇒
= 0, p = 0
dp =
p2 arcsin p = p = y =
(16.4) ADD nin ¸c¨oz¨umleridir.
⇒
dy −dx, dx =0 ⇒ −x + c, y = c ⇒ sin (−x + c) , y = c ⇒ cos (−x + c) , y = c
17. x = f (y, p) formundaki ADD (15.1) denklemi x = f (y, p) formunda olsun.
(17.1)
dx 1 1 = dy = dy p dx
ve (17.1) denkleminden ∂f ∂f dp dx 1 + = = ∂y ∂p dy dy p ∂f ∂f dp 1 + = ∂y ∂p dy p (17.2) denklemi p ve y in denklemidir ve B¨ol¨um 2 deki ¸c¨oz¨ um y¨ontemleri ile ¸co¨z¨um elde edilebilir.
⇒
(17.2)
¨ Ornek 17.1.
− 1 + y′2 = 0
x ADD nin ¸c¨ oz¨ um¨ un¨ u bulunuz.
(17.3)
C ¸ o¨z¨ um (17.3) denklemini x = 1 p2
−
olarak da yazabiliriz. (17.2) ifadesinden
f (x, p) = 1 p2 ∂f ∂f dp 1 + = ∂y ∂p dy p dp 1 2 p = 2 p2dp = dy dy p
− ⇒
−
⇒−
−
−
dy 3 2
(y + c)
(17.3) ADD nin ¸c¨oz¨umleridir.
2 3 p 3 1/3
= y+c = dx
⇒
⇒
dy = p = dx 1
⇒
−
2/3
(y + c) 1/3 2/3 ( 3/2)
−
3 (y + c) 2 =x
1/3
⇒
⇒
18. LAGRANGE DENKLEMI
53
18. Lagrange Denklemi y = ϕ (y ) x + ψ (y )
′
(18.1)
y = ϕ ( p) x + ψ ( p)
(18.2)
′
veya
t¨ur¨undeki denklemlere Lagrange denklemi denir. (18.2) denklemini x e g¨ore diferansiyelini alırsak dp dp + ψ ( p) dx dx dp dp ϕ ( p) = xϕ ( p) + ψ ( p) dx dx xϕ ( p) dp ψ ( p) dp 1 = + p ϕ ( p) dx p ϕ ( p) dx dx ϕ ( p) ψ ( p) = x+ dp p ϕ ( p) p ϕ ( p) p = ϕ ( p) + xϕ ( p)
′
p
−
′
′
′
′ − ′ −
− ′ −
lineer denklemini elde ederiz ve ¸co¨z¨um¨ un¨ u
′ ⇒
⇒
⇒
x = t ( p,c)
(18.3)
(18.4)
(Bkz. B¨ol¨ um 2 te lineer ADDin ¸c¨oz¨um¨ unden elde ederiz) olarak yazalım. Buna g¨ore (18.4) yı (18.2) ¸c¨oz¨ um¨ unde yerine yazarsak ¸c¨o¨uz¨ um¨ un parametrik g¨osterimi olarak y = ϕ ( p) x + ψ ( p)
(18.5)
elde ederiz. ¨ Ornek 18.1. y = 2xy + y ADD nin ¸c¨ oz¨ um¨ un¨ u bulunuz.
′
′2 ya da y = 2xp + p2
(18.6)
C ¸ o¨z¨ um (18.1) ifadesine g¨ore ϕ ( p) = 2 p, ψ ( p) = p2 ve (18.3) d¨on¨u¸su ¨m¨ unden dx 2 2 p 2 = x+ = x dp p 2 p p 2 p p lineer denklemini elde ederiz. (10.1) ifadesinden
−
a ( p) = ve (10.6) ¸c¨oz¨um¨ unden x = e−
p p dp
2
−
= eln p
= p −2
2 , b ( p) = p
−2
− − − − −
= p −2
− −2
−
2e
3
p dp
dp + c1
2
2eln p dp + c1
2 p2 dp + c
2 3 p + c 3
(18.7)
elde ederiz. (18.7)′ u (18.6)′ de yerine yazdı˘gımızda
y = 2 p−1
2 3 p + c + p2 3
elde ederiz. (18.7) ve (18.8) , (18.6) ın genel ¸c¨oz¨um¨ un¨un parametrik denklemidir.
(18.8)
¨ 4. 1. MERTEBEDEN YUKSEK DERECELI ADD
54
19. Clairaut Denklemi Lagrange denkleminde ϕ ( p) = p durumunda y = xy + ψ (y ) veya y = px + ψ ( p) t¨ur¨undeki denklemlere Clairaut denklemi denir. (19.1) denklemini x e g¨ore diferansiyelini alırsak dp dp + ψ ( p) p = p + x dx dx dp dp (x + ψ ( p)) = 0 =0 dx dx p = c
′
′
′
′ ⇒
⇒
(19.1)
⇒
(19.2)
¸c¨oz¨um¨ un¨ u elde ederiz. Bu (19.2) yi (19.1) denkleminde kullanırsak (19.1) denkleminin genel ¸c¨oz¨um¨ un¨u y = cx + ψ (c)
(19.3)
x + ψ ( p) = 0
(19.4)
elde ederiz. Bunun yanında e˘ger
′
sa˘glanırsa bu denklemin genel ¸c¨oz¨um¨ un¨ u de
p = t (x) (19.5) olarak g¨osterelim. Tekrar (19.5) yi (19.1) denkleminde kullanırsak (19.1) denkleminin genel ¸co¨z¨um¨ un¨ u y = xt (x) + ψ (t (x))
(19.6)
olarak elde ederiz. ¨ Ornek 19.1.
− − dy dx
1
y
x
dy dx
=
dy ya da ( p dx
− 1) (y − xp) = p
(19.7)
ADD nin ¸c¨ oz¨ um¨ un¨ u bulunuz.
C ¸ o¨z¨ um (19.7) yı d¨ uzenledi˘ gimizde y = px +
p p
elde ederiz. (19.2) ifadesine g¨ore ψ ( p) = ve (19.2) d¨on¨u¸su ¨m¨ unden
(19.8)
−1 p
p
(19.9)
−1
p = c elde ederiz. Bu (19.10) yi (19.8) denkleminde kullanırsak (19.7) denkleminin genel ¸c¨oz¨um¨ un¨u c y = cx + c 1 elde ederiz. E˘ger (19.4) sa˘glanırsa
−
dp ( p 1)2 1 p 1
−
− −
p
= =
(19.11)
′ − 1) − p′ p = x − p′ = 0 ⇒ 2 2 ( p − 1) ( p − 1) dp xdx ⇒ = xdx ⇒ (6) ifadesinden ( p − 1)2
x + ψ ( p) = x +
′
(19.10)
p ( p
x2 + c 2
= 1
⇒
− x2 2+ c
(19.12)
elde ederiz. Bu (19.12) yi (19.8) denkleminde kullanırsak (19.7) denkleminin genel ¸c¨oz¨um¨ un¨u
−
y= 1
2 x2 + c
x+1+
1
− − 1
2 x2 +c
(19.13) 1
19. CLAIRAUT DENKLEMI
elde ederiz.
55
CHAPTER 5
Y¨ uksek Mertebeden Lineer ADD 21. Giri¸s Tanım 21.1. n. inci mertebeden homojen olmayan bir lineer ADD genel olarak a0 (x)y(n) + a1 (x)y (n−1) + ... + an 1 (x)y′ + an (x)y = F (x) (21.1) n n−1 d y d y dy a0 (x) n + a1 (x) n−1 + + an−1 (x) + an (x) y = F (x) dx dx dx ¸seklinde yazılır. Burada a0 (x), a1 (x), . . . , an (x) de˘gi¸sken katsayılardır. Bu katsayılar ve F (x) fonksiyonu, x ’in bir I = [a, b] aralı˘gında tanımlanmı¸s s¨ urekli fonksiyon larıdır.
· ··
Tanım 21.2. E˘ ger, F (x) = 0 ise, (21.1) denklemi a0 (x)y (n) + a1 (x)y (n−1) + ... + an 1 (x)y ′ + an (x)y = 0
(21.2)
¸seklini alır. O zaman bu denkleme, n ’inci mertebeden de˘gi¸sken katsayılı homojen lineer ADD denir. ¨ Ornek 21.3. y′′ + 3xy ′ + x3 y = ex lineer 2. mertebeden ADD dir. 22. Lineer homojen ADD i¸cin temel teoremler homojen olmayan n.inci mertebeden de˘gi¸sken katsayılı bir lineer diferansiyel denklemin, yani (21.1) denkleminin genel ¸c¨oz¨um¨ un¨ u bulmak amacımızdır. Bunun i¸cin ¨once (21.2) homojen diferansiyel denklemin genel ¸c¨oz¨ um¨ un¨ un bulunması incelenecektir. ((21.1) diferansiyel denkleminin ¸c¨oz¨um¨ u ile ilgili varlık teoremi Teorem (4.23) de ele alınmı¸stır.) Teorem 22.1. n. inci mertebeden bir homojen diferansiyel denklemin biribirinden farklı m sayıda ¸c¨ oz¨ um¨ u y1 , y2 ,...,y m olsun. Burada m n’dır. Bu durumda c1 , c2 ,...,c m katsayıları keyfi sabit sayılar olmak ¨ uzere, y = c1 y1 + c2 y2 + ... + cm ym fonksiyonu da aynı denklemin bir ¸c¨ oz¨ um¨ u olur.
≤
Tanım 22.2. y1 , y2 ,...,y m herhangi fonksiyonlar ve c1 , c2 ,...,c m herhangi keyfi sabit sayılar olsunlar. Bu durumda c1 y1 + c2 y2 + ... + cm ym ifadesine y1 , y2 ,...,y m fonksiyonlarının lineer kombinasyonu denir. Uyarı 22.3. Tanım 22.2 e g¨ ore (21.2 ) homojen diferansiyel denklemin ¸c¨ oz¨ umlerinin lineer kombinasyonu da bir ¸coz¨ ¨ umd¨ ur. ¨ Ornek 22.4. sin x ve cos x fonksiyonları y ′′ + y = 0 ADD nin ¸c¨ oz¨ um¨ ud¨ ur. Uyarı 22.14’ a g¨ ore y = c1 cos x + c2 sin x de denklemin ¸coz¨ ¨ um¨ ud¨ ur. Tanım 22.5. Bir a x b aralı˘gında tanımlamı¸s olan y1 , y2 ,...,y m fonksiyon k¨ umesi i¸cin, hepsi sıfır olmayan c1 , c2 ,...,c m gibi sabit sayılar bulunabilirse ve x’in bu aralıktaki b¨ ut¨ un de˘gerleri i¸cin,
≤ ≤
c1 y1 + c2 y2 + ... + cm ym = 0 ise, bu fonksiyonlara aralarında lineer ba˘ gımlı fonksiyonlar denir. ¨ Ornek 22.6. x ve 2x fonksiyonları [0, 1] aralı˘gında lineer ba˘gımlıdır. C ¸ ¨ unk¨ u c1 x + c2 (2x) = 0 ¨ gin c2 = Orne˘
⇒ (c1 + 2c2) x = 0, ∀x ∈ [0, 1] ⇒ c1 + 2c2 = 0 ⇒ c1 = −2c2
−1, c1 = 2 i¸cin ifade sa˘glanmı¸s olur. Tanım 22.7. Bir a ≤ x ≤ b aralı˘gında lineer ba˘ gımlı olmayan fonksiyonlara ise, lineer ba˘ gımsız fonksiyonlar denir. Yani, c1 y1 + c2 y2 + ... + cm ym = 0 ⇒ c1 = c2 = · · · = cm = 0 57
¨ 5. YUKSEK MERTEBEDEN LINEE MERTEBEDEN LINEER R ADD
58
¨ nek Or Orne k 22. 22.8. 8. x ve x2 fonksiyonları [0 [0,, 1] aral aralı˘ ı˘gında gın da lin lineer eer ba˘gımsız gım sızdır dır.. c1 x + c2 x2 = 0 ifadesini difer diferanan2 siyellersek c1 + 2c 2c2 x = 0 elde ederiz ve x ile bu denklemi ¸carparsak carparsak c1 x + 2c 2c2 x = 0 elde ederiz. c1 x + c2 x2 = 0 ve c1 x + 2c 2c2 x2 = 0, 0, denklemlerini ¸cıkartırsak cıkartırsak c2 x2 = 0,
∀x ∈ [0[0,, 1]
∀x ∈ [0[0,, 1] elde ederiz. Buna g¨ ore c2 = 0 = c1 dir.
Teorem 22.9. (21.2 ) homojen diferansiyel denklemi n lineer ba˘ gıms ız ¸c¨ gımsız c¨ oz¨ ume sahiptir. y1 , y2 ,...,y n (21.2 ) homojen diferansiyel denklemin denkleminin in lineer lin eer ba˘ gımsız ¸c¨ gımsız coz¨ ¨ umleri ise (21.2 ) nin genel ¸c¨ c¨ oz¨ um¨ u c1 y1 + c2 y2 + ... + cn yn ile ifade edilir. Burad Burada a c1 , c2 ,...,c n keyfi sabit sayılar. ¨ ek 22.1 Orn Ornek 22.10. 0. sin x ve cos x lin lineer eer ba˘ gıms ız fonks gımsız f onksiyon iyonları ları y ′′ + y = 0 ADD nin ¸c¨ c¨ oz¨ um¨ ud¨ ur. Uyarı 22.14’ a ve Teorem 22.9 g¨ ore y = c1 cos x + c2 sin x de denklemin ¸c¨ c¨ oz¨ um¨ ud¨ ur. S¸imdi, ¸imd i, iki veya daha fazla fonksi fonksiyonun yonun hangi hang i ko¸sullarda sulla rda lineer li neer ba˘gımlı gımlı veya lineer ba˘gımsız gımsız oldu˘gunu gunu ara¸stıral stı ralım. ım. Tanım 22.11. Bir a sahip olsunlar.
≤ x ≤ b aral aralı˘ ı˘gında gın da ta tanı nımla mlamı¸ mı¸s ola olan n y1 , y2 ,...,y n fonksiyonları (n − 1) . mertebden t¨ ureve W (y1 , y2 ,...,y n ) =
determinantına Wronskian denir ve a
≤x≤
y1 y1′ .. .
y2 y2′
(n−1)
... ...
yn y n′ .. .
(n−1)
(n−1)
y1 y2 . . . yn b nok noktas tasında ındaki ki de˘ d e˘geri ger i kısaca kıs aca W (y1 , y2 ,...,y n ) ile g¨ osterilir.
Teorem 22.12. y1 , y2 ,...,y n (21.2 ) homojen diferansiyel denkleminin ¸c¨ c¨ oz¨ umleri lineer ba˘ gımsız olması i¸cin gımsız cin gerek ve yeter ko¸sul sul W (y1 , y2 ,...,y n ) = 0 olmalıdır.
¨ ek 22.1 Orn Ornek 22.13. 3. sin x ve cos x fonksiyonları y ′′ + y = 0 ADD nin lineer ba˘ gımsız ¸c¨ gımsız coz¨ ¨ um¨ ud¨ ur ve
sin x W (sin x, cos x) = cos x
cos x = sin x
−
−1 = 0
Uyarı Uy arı 22.1 22.14. 4. (21.2 ) homojen diferansiyel denkleminin ¸c¨ coz¨ ¨ um¨ u y (x) olsun ve y (x0 ) = 0, y ′ (x0 ) = 0, . . . , y (n−1) (x0 ) = 0 ko¸sulunu sul unu sa˘glıyorsa glıyo rsa bu duru durumda mda ¸c¨ coz¨ ¨ um y (x) = 0 dır. Tanım 22.15. Uyarı 22.14 deki ¸c¨ c¨ oz¨ umee a¸sikar um sik ar ¸c¨ c¨ oz¨ um denir. 23. Merteben Mertebenin in indirgenmesi indirgenmesi Teor eorem em 23.1 23.1.. (21.2 ) homojen difer diferansiyel ansiyel denkleminin a¸sikar sikar olmayan f c¨ ¸coz¨ ¨ um¨ un¨ u bili biliyorsa yorsak k y = f v d¨ on¨ u¸sum¨ ¨ u ile denklemi (n 1) . mertebeye indir indirgeyebiliriz. geyebiliriz.
−
Teorem 23.2. a0 (x)y ′′ + a1 (x)y + a2 (x)y = 0 homojen diferansiyel denklemin denkleminin in a¸sikar sikar olmayan f olsun.
(23.1)
′
y = fv
(23.2)
d¨ on¨ u¸sum¨ ¨ un¨ u denklemde yerine yazalım
′′
a0 (x) (f v) + a1 (x) (f v) + a2 (x)f v ′′ ′ ′ a0 (x) (f v + 2f 2f v + f v′′ ) + a1 (x) (f ′ v + f v′ ) + a2 (x)f v (a0 (x)f ′′ + a1 (x)f + a2 (x)f f ))v + a0 (x) f v′′ + (2a (2a0 (x) f ′ + a1 (x) f f )) v′
ile (23.1 23.1)) denklemini
′
=0
a0 (x)f f ((x)
′
dw + [2a [2a0 (x) f ′ (x) + a1 (x) f f ((x)] w = 0 dx
= 0 = 0 = 0
⇒ ⇒ ⇒ (23.3)
23. MERTEBENIN INDIRGENMESI
59
denklemine indirgeyebiliriz. indirgeyebiliriz. Bura Burada da w = v′ dır. Buna g¨ ore (23.3 ) denkleminin ¸c¨ coz¨ ¨ um¨ u
− − a1 (x) a0 (x) dx 2
exp w=
[f f ((x)]
ve w = v′
a1 (x) a0 (x) dx 2
exp
⇒v=
¸sekli se klind ndedir edir..
[f f ((x)]
− − − −
dx
(23.4)
¨ ek 23.3 Orn Ornek 23.3.. y = x fonksiyonu x2 + 1 y ′′ 2xy ′ + 2y = 0 denkleminin bir ¸c¨ c¨ oz¨ um¨ u olmak ¨ uzere, mertebenin indirgenmesi y¨ ontemini ontemi ni kull kullanarak anarak lineer ba˘ gımsız ¸c¨ gımsız c¨ oz¨ um¨ u bulunuz. C ¸ oz¨ o¨z¨ um (23.1 um 23.1)) e g¨ore ore a0 (x) = x2 + 1, 1, a1 (x) = a1 (x) a0 (x) dx 2
exp
v
=
[f f ((x)]
−2x x2 +1 dx
exp
=
2x, a2 (x) = 2 dir. (23.4 (23.4)) ten
dx
dx
du u
exp
=
+1=u =du x2 x2 x2 +1= u⇒2xdx xdx= exp (ln (lnu u) u+c x2 + 1 = dx = dx = dx = x2 +1= +1=u u x2 x2 x2 1 1 = x +c =x +c x x (23.2) 23.2) d¨ on¨u¸sum¨ on¨ u ¨m¨ unden ¸c¨ unden c¨oz¨ oz¨ um¨ um¨ u 1 y=x x + c = x2 + cx 1 x ¸seklinde sekli nde elde el de ederiz. eder iz. Teorem 22.1 e g¨ore ore
−
dx
1+
1 x2
dx
−
y
−
= c2 x + c3 x2 + cx = A x2
genel ¸c¨ c¨oz¨ oz¨ umd¨ umd¨ ur. ur.
−
−1
+ Bx
−1
¨ ek 23.4 Orn Ornek 23.4.. y = x fonksiyonu x2 y ′′ 4xy ′ + 4y 4y = 0 denkleminin bir ¸c¨ coz¨ ¨ um¨ u olsun. Mertebenin indirgenmesi y¨ ontemi ile genel ¸c¨ c¨ oz¨ um¨ u bulunu bulunuz. z.
−
C ¸ oz¨ o¨z¨ um um y = xv d¨on¨ on¨u¸sum¨ u ¨m¨ un¨u denklemde yerine yazalım. un¨ x2 (xv xv))
′′
′ 4xv − 4x (xv xv)) + 4xv x2 (xv′′ − 2v′ ) ln w
⇒ x2 (2 (2vv′ + xv′′ ) − 4x (v + xv′ ) + 4xv 4 xv = 0 ⇒ dw dx ⇒ 0 ⇒ xv′′ − 2v′ = 0 ⇒ xw′ = 2w ⇒ =2 w=v w x 2 ln ln x + ln c ⇒ w = cx2 ⇒ v′ = cx2 ⇒ dv = cx2 dx ⇒ w=v
= 0 = =
′
3
v
=
cx + c1 3
⇒y=x
¸seklinde seklinde elde ederiz. Teorem 23.9 e g¨ g ¨ore ore y
= c2 x + c3
′
3
cx + c1 3
=
cx4 + c1 x 3
cx4 + c1 x 3
x4 = A + Bx 3 genel ¸c¨ c¨oz¨ oz¨ umd¨ umd¨ ur. ur.
¨ 5. YUKSEK MERTEBEDEN LINEE MERTEBEDEN LINEER R ADD
60
24. Sabit katsa katsayılı yılı homojen lineer ADD a0 y (n) + a1 y (n−1) + ... + an 1 y ′ + an y = 0
(24.1)
sabit katsayılı homojen denklemin ¸c¨ c¨oz¨ oz¨ um¨ um¨ un¨ un¨ u y = emx
(24.2)
olarak arayalım. Buna g¨ore ore dk y = mk emx, k = 1,..,n k dx t¨u urevlerini revlerini (24.1 (24.1)) denkleminde yerine yazarsak
emx a0 mn + a1 mn−1 + +... +... + an 1 m + an = 0 denklemini elde ederiz. emx = 0 oldu˘gundan gundan
a0 mn + a1 mn−1 + +... +... + an 1 m + an = 0
(24.3)
elde edilir edilir.. Tanım 24.1. (24.3 )′ e dif difer eransiy ansiyel el denkl denklemin emin kar karakter akteristik istik denklemi denir. Bu denk denklem lem n’inci dereceden bir cebirsel denklem oldu˘guna guna g¨ ore, denklemin m1 , m2 ,...,m n gibi n tane k¨ ok¨ u olmalı olmalıdı dır. r. Bu k¨ oklerr bir okle birer er bir birer er denklem (24.1 24.1))’da yerine konursa her defasında bir ¨ ozel ¸c¨ c¨ oz¨ um elde edilecektir. Buna g¨ ore denklemin k¨ oklerine g¨ ore ¸c¨ coz¨ ¨ um¨ u irdeleyelim. 24.1.. 1. Dur 24.1 Durum: um: Ayr Ayrık ık reel reel k¨ okler. (24.3 okler. (24.3)) denkleminin n tane farklı (ayrık) k¨ok¨ ok¨un¨ un¨ un oldu˘gu un gu durumdur. Teorem 24.2. (24.3 ) denkleminin denkleminin n n tane m1 , m2 ,...,m n gibi farklı (ayrık) reel k¨ ok¨ u var ise (24.1 24.1)) denkleminin genel ¸c¨ c¨ oz¨ um¨ u y = c1 em1 x + c2 em2 x + ... + cn emn x (24.4) ¸sekli se klind ndedir edir.. c1 ,c,...,cn keyfi sabitlerdir. ¨ ek 24.3 Orn Ornek 24.3.. y′′
− 3y′ + 2y 2y = 0 ADD nin ¸c¨ c¨ oz¨ um¨ un¨ u bulunuz. Karakteristik Karakte ristik denkl denklem em m2 − 3m + 2 = 0. 0. B¨oylece oylece denklemin ¸c¨ coz¨ o¨z¨um¨ um¨ u (m − 1) (m − 2) = 0 ⇒ m1 =
C ¸ oz¨ o¨z¨ um um ′ 1, m2 = 2. (24.4 24.4)) dan
y = c1 ex + c2 e2x ¸c¨oz¨ c¨ oz¨umd¨ umd¨ ur. ur.
¨ Uyarı Uy arı 24.4 24.4.. Ornek 24.3 ’de ’de g¨ or¨ uld¨ u˘g¨ u uzere ¨ ex ve e2x fonksiyon fonksiyonları ları lineer ba˘ gımsızdır. gımsızdır.
W ex , e2x dır. ¨ ek 24.5 Orn Ornek 24.5.. y ′′
− y′ − 12 12yy = 0,
ex = x e
e2x = ex = 0 2e2x
y (0) = 3, 3, y ′ (0) = 5 BDP nin ¸c¨ coz¨ ¨ um¨ un¨ u bulunu bulunuz. z.
C ¸ oz¨ o¨z¨ um Diferansiyel denklemin karakteristik denklemi um m2 ¸c¨oz¨ c¨ oz¨umler umler m1,2 =
− m − 12 = 0
−3, 4, ve 1. Durum: dir. Buna g¨ore ore
e−3x , e4x
lineer ba˘gımsız gımsız ¸c¨ coz¨ o¨z¨umlerdir. umlerdir. Teorem 23.9 a g¨ore ore y = c1 e−3x + c2 e4x ¸c¨oz¨ c¨ oz¨umd¨ umd¨ ur. ur. y (0) = 3, 3 , y ′ (0) = 5
24. SABIT KATSAYILI HOMOJEN LINEER ADD
61
ko¸sullarından
−
c1 + c2 = 3 3c1 + 4c2 = 5
⇒ ⇒
c1 = 1, c2 = 2 y = e−3x + e4x
¸c¨oz¨umd¨ ur.
24.2. 2. Durum: Tekrarlı k¨ okler. Teorem 24.6. (24.3 ) denkleminin k¨ okleri k defa tekrarlanıyorsa ( m1 = m2 = (24.1) denkleminin tekrar eden k¨ oklere kar¸sılık gelen ¸coz¨ ¨ um¨ u
c1 + c2 x +
· · · + ck xk−1
· ·· = mk = m) bu durumda
emx
(24.5)
¸seklindedir. mk+1 , mk+2 , . . . , mn birbirinden farklı reel k¨ okler olmak ¨ uzere (24.1) denkleminin genel ¸c¨ oz¨ um¨ u
y = c1 + c2 x + formundadır.
· ·· + ckxk−1
¨ Ornek 24.7. yiv + 5y ′′′ + 6y ′′ + 4y ′
emx + ck+1 emk+1 x + ck+2 emk+2x + ... + cn emn x
(24.6)
− 8y = 0 ADD nin ¸coz¨ ¨ um¨ un¨ u bulunuz.
C ¸ o¨z¨ um Denklemin karakteristik denklemi m4 + 5m3 + 6m2 + 4m
−8 =0
ve denklemin k¨okleri 2, 2, 2, 1 dir. Buna g¨ore tekrar eden m = 2 k¨ok¨une kar¸sılık gelen ¸co¨z¨um (24.5) dan
−
ve m2 =
y1 = c1 + c2 x + c3 x2 e2x
−1 k¨ok¨une kar¸sılık gelen ¸c¨oz¨um
y2 = c4 e−x
dir. Buna g¨ore genel ¸c¨oz¨ um (24.6) den
y = y1 + y2 = c1 + c2 x + c3 x2 e2x + c4 e−x dır. ¨ Ornek 24.8. y(5)
− 2y(4) + y′′′ = 0 denkleminin ¸c¨ oz¨ um¨ un¨ u bulunuz.
C ¸ o¨z¨ um Diferansiyel denklemin karakteristik denklemi m5
− 2m4 + m3 = 0
ve ¸c¨oz¨umler m1,2,3,4,5 = 0, 0, 0, 1, 1 ve 2. Durum: Tekrarlı k¨okler dir. Buna g¨ore 1, x, x2 , ex , xex lineer ba˘gımsız ¸co¨z¨umlerdir. Teorem 23.9 a g¨ore y = c1 + c2 x + c3 x2 + c4 ex + c5 xe ¸c¨oz¨umd¨ ur.
24.3. 3. Durum: Kompleks e¸ slenik k¨ okler. Tanım 24.9. i2 = 1 olmak ¨ uzere kompleks sayılar a + ib, b = 0 formundadır. ( a, b reel sayılar). a sayısına ise a + ib nin kompleks e¸sleni˘gi denir.
−
Teorem 24.10. (24.3 ) denkleminin kompleks e¸slenik k¨ okleri a + ib ve a genel ¸c¨ oz¨ um y = eax (c1 sin bx + c2 cos bx) olarak yazılır.
− ib
− ib tekrarlanmasınlar. Bu durumda (24.7)
¨ 5. YUKSEK MERTEBEDEN LINEER ADD
62 Proof.
Genel ¸c¨oz¨um¨ u k1 e(a+ib)x + k2 e(a−ib)x
olarak yazabiliriz. Burada eiθ = cos θ + i sin θ Euler formul¨ un¨u kullanırsak k1 e(a+ib)x + k2 e(a−ib)x
= k1 eaxeibx + k2 eax e−ibx
eax k1 eibx + k2 e−ibx eax (k1 (cos bx + i sin bx) + k2 (cos bx i sin bx)) eax ((k1 + k2 )cos bx + i (k1 k2 )sin bx) eax (c1 sin bx + c2 cos bx) , c1 = k1 + k2 , c2 = k1
= = = =
−
−
elde ederiz.
− k2
¨ Ornek 24.11. y ′′ C ¸ o¨z¨ um
− 6y′ + 25y = 0 ADD nin ¸c¨ oz¨ um¨ un¨ u bulunuz. ADD nin karakteristik denklemi m2 − 6m + 25 = 0 dır. Denlemin k¨okleri √ 6 ± 36 − 100 6 ± 8i m = = = 3 ± 4i ⇒ 2 2 a = 3, b = 4 ⇒ 24.7 (
3x
y
= e
)
(c1 sin4x + c2 cos4x)
¸c¨oz¨umd¨ ur.
Teorem 24.12. (24.3 ) denkleminin kompleks e¸slenik k¨ okleri a+ib ve a ib k defa tekrarlansınlar. Bu durumda tekrarlanan k¨ oklere kar¸sılık gelen genel ¸coz¨ ¨ um
−
y = eax c1 + c2 x + olarak yazılır. ¨ Ornek 24.13. y vi
· · · + ck xk−1
sin bx + eax c1 + c2 x +
·· · + ck xk−1
cos bx
(24.8)
− 2y′′′ + y = 0 ADD nin ¸coz¨ ¨ um¨ un¨ u bulunuz.
C ¸ o¨z¨ um Diferansiyel denklemin karakteristik denklemi m6
√
√
− 2m3 + 1 = 0
c¸¨oz¨umler m1,2,3 = 1, 21 + i 23 , 21 + i 23 , ve di˘gerleri e¸sit olmak u ¨ zere 1. Durum: Ayrık reel k¨okler & 2. Durum & 3. Durum: Kompleks e¸slenik k¨okler dir. Buna g¨ore
−
x
−
x
e , xe , e
1 2
x
1 2
√3x
x
, e sin , xe 2 2 lineer ba˘gımsız ¸co¨z¨umlerdir. Teorem 23.9 a g¨ore x
x
y = c1 e + c2 xe + c3 e
1 2
cos
√3x
x
cos
√3x 2
+ c4 e
1 2
x
sin
1 2
x
√3x 2
cos
√3x 2
+ c5 xe
1 2
, xe
x
cos
1 2
x
sin
√3x 2
√3x 2
+ c6 xe
¸c¨oz¨umd¨ ur.
1 2
x
sin
√3x 2
25. Homojen olmayan ADD (21.1) homojen olmayan denklemi ele alalım: a0 (x)y(n) + a1 (x)y (n−1) + ... + an 1 (x)y ′ + an (x)y = F (x) Teorem 25.1. v fonksiyonu (21.1) homojen olmayan denklemin bir ¸c¨ oz¨ um¨ u ve u fonksiyonu (21.2 ) homojen denklemin ¸coz¨ ¨ um¨ u ise u + v fonksiyonu da (21.1) homojen olmayan denklemin bir ¸coz¨ ¨ um¨ ud¨ ur. ¨ Ornek 25.2. y = x fonksiyonu y ′′ + y = x homojen olmayan denkleminin bir ¸c¨ oz¨ um¨ ud¨ ur. sin x fonksiyonu ′′ ′′ y +y = 0 homojen ADD nin ¸c¨ oz¨ um¨ ud¨ ur. Teorem 25.1’e g¨ ore y = x+sin x fonksiyonu da y +y = x denkleminin ¸c¨ oz¨ um¨ ud¨ ur.
25. HOMOJEN OLMAYAN ADD
63
(21.2) homojen denklemin genel ¸co¨z¨um¨ u olan yc (complementary function )’nin nasıl bulundu˘ gunu biliyoruz. S¸imdi ise amacımız, homojen olmayan bu denklemin bir ¨ozel ¸c¨oz¨um¨ u olan ve bir keyfi sabit sayı i¸cermeyen y p (particular integral ) ¸co¨z¨um¨ un¨ u ve sonu¸c olarak (21.1) homojen olmayan denkleminin genel ¸c¨oz¨um¨ un¨u bulmaktır. y p ’nin bulunması ile ilgili olarak birka¸c metot geli¸stirilmi¸stir. Bu metotlar, sırası ile, (i): Belirsiz Katsayılar Metodu (ii): Parametrelerin De˘gi¸simi Metodu 25.1. Belirsiz Katsayılar Metodu. Tanım 25.3. E˘ ger (1) (2) (3) (4)
xn , n 0 pozitif sayı eax, a = 0 sin(bx + c) , b = 0, c sabitler cos(bx + c) , b = 0, c sabitler
≥
fonksiyonlarından birisi veya bunları lineer kombinasyonu ise fonksiyona UC (undetermined coefficient) fonksiyonu denir. ¨ Ornek 25.4. x3 , e−2x , sin(3x/2) , cos(2x + π/4) UC fonksiyonlarıdır. Tanım 25.5. Lineer ba˘ gımsız UC fonksiyonlarının k¨ umesine kısaca UC k¨ umesi denir. 1 2 3 4
UC fonksiyonu xn eax sin (bx + c) veya cos (bx + c) xn eax
UC k¨ umesi n n−1 x ,x ,...,x,1 ax e sin(bx + c) , cos(bx + c)
{ {
6
7
}
xn eax , xn−1 eax , . . . , x eax , eax xn sin(bx + c) , xn cos(bx + c) , xn−1 sin(bx + c) , xn−1 cos(bx + c) , . . . , x sin(bx + c) , x cos(bx + c) , sin(bx + c) , cos(bx + c) eax sin(bx + c) , eax cos(bx + c)
{
n
5
}
x sin(bx + c) veya xn cos(bx + c) ax
e sin(bx + c) veya eax cos(bx + c)
{
}
}
{xn−ne1axaxsin(bx + c) , xnneax cos(bx + c) , −1 ax
x e sin(bx + c) , x e cos(bx + c) , ax sin(bx + ax cos(bx + ...,xe c) , xe c) , eax sin(bx + c) , eax cos(bx + c)
xn eax sin(bx + c) veya xn eax cos(bx + c)
}
¨ Ornek 25.6. f (x) = x2 sin x fonksiyonunun UC k¨ umesi x2 sin x, x2 cos x, x sin x, x cos x, sin x, cos x
Y¨ ontem (21.1) homojen olmayan denkleminde
a0 (x)y(n) + a1 (x)y (n−1) + ... + an 1 (x)y ′ + an (x)y = F (x) F (x) fonksiyonunu UC fonksiyonlarının lineer kombinasyonu olması durumunda bu y¨ontemi ugulayabiliriz. (1) (2) (3) (4)
F = c1 u1 + c2 u2 + + cm um olsun. Burada u1 , u2 , . . . , um UC fonksiyonlarıdır. u1 , u2 , . . . , um UC fonksiyonlarına kar¸sılık gelen UC k¨ umelerini S 1 , S 2 , . . . , Sm olarak belirleyelim. Denk veya birbirinde i¸cerilen k¨ umeleri elimine edelim veya u ¨ st k¨ umeyi se¸celim. E˘ger UC k¨ umelerinin elemanları, t¨ urde¸s kısmın ¸c¨oz¨um¨ unde olmayacak e¸skilde x in en k¨ u¸c¨uk kuvveti ile c¸arpıp k¨ umeyi yeniden d¨uzenleyelim. ¨ (5) Ozel c¸¨oz¨um¨ u bu UC fonksiyonlarının lineer kombinasyonu oldu˘gunu varsayalım. (6) Lineer kombinasyondaki bilinmeyen katsayıları denklemde yerine yazarak belirleyelim. ¨ Ornek 25.7. y
· ··
′′ − 2y′ − 3y = 2ex − 10sin x ADD nin ¸c¨ oz¨ um¨ un¨ u bulunuz.
¨ 5. YUKSEK MERTEBEDEN LINEER ADD
64
C ¸ o¨z¨ um y homojen denklemin ¸c¨oz¨um¨ u
′′ − 2y′ − 3y = 0
m2 2m 3 = 0 karakteristik denkleminin ¸c¨oz¨um¨ unden m1 = 3, m2 = 1 yc = c1 e3x + c2 e−x formundadır. S ¸imdi homo jen olmayan terime gelelim: 2ex 10 sin x fonksiyonu (1) ex , sin x, cos x UC fonksiyonlarının lineer kombinasyonu olarak yazılmı¸stır. Buna g¨ore UC k¨ umeleri (2)
−
− − ⇒
−
S 1 S 2
= =
{ex} {sin x, cos x}
(3) Birbirine denk ve e¸sit k¨ume olmadı˘gından bu adımı ge¸celim. (4) S 1 ve S 2 k¨umelerinin elemanları ile homojen kısmın fonksiyonları bir biri ile aynı de˘gildir. Bu ¸sıkkıda ge¸celim. (5) 3 ve 4. durumlar sa˘glanmadı˘gından bir sonraki durum. ¨ (6) Ozel fonksiyonu bu k¨ umelerin olu¸sturmu¸s oldu˘gu elemaların kombinasyonu ¸seklinde yazıldı˘gını varsayalım: y p y p′
= Aex + B sin x + C cos x = Aex + B cos x C sin x
y p′′
=
denklemde yerine yazarsak
−
− Aex − B sin x − C cos x
y 2y 3y 3 (Aex + B sin x + C cos x) 4Aex + ( 4B + 2C ) sin x + ( 4C 2B)cos x 4A 4B + 2C
−
−
′′ − ′ −
− −
−
− −4C − 2B y p
⇒ ⇒
2ex 10sin x Aex B sin x 2ex 10sin x 2ex 10sin x 2, 10 1 = 0 A= , B = 2, C = 1 2 1 x = e + 2 sin x cos x 2
= = = = =
− − −
− ⇒ −
¨ozel ¸c¨oz¨um ve y = yc + y p = c1 e3x + c2 e−x
⇒ ⇒
−
−
− C cos x − 2 (Aex + B cos x − C sin
−
−
− 12 ex + 2 sin x − cos x
genel ¸c¨oz¨ umd¨ ur. ¨ Ornek 25.8. y
′′ − 3y′ + 2y = 2x2 + ex + 2xex + 4e3x ADD nin ¸c¨ oz¨ um¨ un¨ u bulunuz.
C ¸ o¨z¨ um y homojen denklemin ¸c¨oz¨um¨ u
′′ − 3y′ + 2y = 0
m2 3m + 2 = 0 karakteristik denkleminin ¸c¨oz¨ um¨ unden m1 = 1, m2 = 2 yc = c1 ex + c2 e2x formundadır. S ¸imdi homojen olmayan terime gelelim: 2x2 + ex + 2xex + 4e3x fonksiyonu (1) x2 , ex , xex , e3x
−
⇒
25. HOMOJEN OLMAYAN ADD
65
UC fonksiyonlarının lineer kombinasyonu olarak yazılmı¸stır. Buna g¨ore UC k¨ umeleri (2) S 1
=
S 2 S 3
= =
S 4
=
{ } { } x2 , x, 1
ex xex , ex e3x
(3) S 2 S 3 oldu˘ gundan S 1 , S 3 , S 4 k¨umeleri ele alıncaktır. x x (4) S 3 = xe , e k¨umesi ex fonksiyonunu i¸cerdi˘ ginden ve ex fonksiyonu homojen denklemin ¸c¨oz¨um¨ u i¸cinde oldu˘ gundan S 3 k¨umesinin elemanlarını x ile c¸arpıp yeniden d¨uzenleriz: S 3 = x2 ex , xex k¨ umesinin elemanları ile o¨zle ¸c¨oz¨umdeki fonksiyonlar aynı de˘gildir. (5) Yeniden d¨uzenlenen k¨ umeler sırasıyla:
⊂
{
}
{
′
S 1
=
S 3
= =
′
S 4
}
{ } x2 , x, 1
x2 ex , xex e3x
¸seklindedir. ¨ (6) Ozel fonksiyonu bu k¨ umelerin olu¸sturmu¸s oldu˘gu elemaların kombinasyonu ¸seklinde yazıldı˘gını varsayalım: = Ax2 + Bx + C + Dx2 ex + Exe x + F e3x
y p
x
y′
x
x
= B + 2Ax + Ee + 2xDe + xEe + 3F e
p
⇒
3x
+ x2 Dex
⇒
y p′′ = 2A + 2Dex + 2Ee x + 4xDex + xEe x + 9F e3x + x2 Dex denklemde yerine yazarsak y
+2De3x
−
′′ − 3y′ + 2y
+Exe x + F e3x 2Exe x + (2E F ) ex 2A 3B + 2C 2B 6A 2A 2D 2E
−
−
−
− 2E − F y p
= 2x2 + ex + 2xex + 4e3x 2A + 2Dex + 2Ee x + 4xDex + xEe x + 9F e3x + x2 Dex 3 B + 2Ax + Ee x + 2xDex + xEe x + 3F e3x + x2 Dex + 2Ax2 + Bx + C + Dx2 = = = = = = =
⇒
−
2x2 + ex + 2xex + 4e3x 2x2 + ex + 2xex + 4e3x 0 0 2 4 2
⇒ (2A − 3B + 2C ) + (2B − 6A) x + 2Ax2 ⇒
⇒ A = 1, B = 3, C = 72 , F = −3, D = 2, E = −1 ⇒ 7 x2 + 3x + + 2x2 ex − xex − 3e3x 2
= 1 =
¨ozel ¸c¨oz¨um ve y = yc + y p = c1 ex + c2 e2x + x2 + 3x + genel ¸c¨oz¨ umd¨ ur. ¨ Ornek 25.9. yiv + y′′ = 3x2 + 4 sin x
7 + 2x2 ex 2
− xex − 3e3x
− 2cos x ADD nin ¸c¨ oz¨ um¨ un¨ u bulunuz.
C ¸ o¨z¨ um y iv + y ′′ = 0 homojen denklemin ¸c¨oz¨um¨ u karakteristik denkleminin ¸c¨oz¨um¨ unden m1,2 S¸imdi homo jen olmayan terime gelelim:
m4 + m2 = 0 = 0, m3,4 = i yc = c1 + c2 x + c3 sin x + c4 cos x formundadır.
±⇒ 3x2 + 4 sin x − 2cos x
¨ 5. YUKSEK MERTEBEDEN LINEER ADD
66
fonksiyonu (1) x2 , sin x, cos x UC fonksiyonlarının lineer kombinasyonu olarak yazılmı¸stır. Buna g¨ore UC k¨ umeleri (2) S 1 S 2 S 3
x2 , x, 1 sin x, cos x cos x, sin x
= = =
{ {
} }
(3) S 2 = S 3 oldu˘ gundan S 1 , S 2 k¨umeleri ele alıncaktır. 2 (4) S 1 = x , x, 1 k¨umesi x, 1 fonksiyonlarını i¸cerdi˘ ginden ve x, 1 fonksiyonları homojen denklemin ¸c¨oz¨ um¨ u i¸cinde oldu˘gundan S 1 k¨umesinin elemanlarını x2 ile c¸arpıp yeniden d¨uzenleriz: S 1 = x4 , x3 , x2 . B¨ oylece bu k¨umenin elemanları t¨ urde¸s kısmın ¸c¨oz¨um¨ undeki fonksiyonlardan farklıdır. Yine S 2 k¨umesinin elemanları, t¨ urde¸s kısmın ¸co¨z¨um¨ unde oldu˘gundan, elemanları x ile c¸arpalım: S 2 = x sin x, x cos x (5) Yeniden d¨uzenlenen k¨ umeler sırasıyla:
′
′
S 1 S 2
= =
′
′
{
{
}
}
{x4, x3, x2 } {x sin x, x cos x}
¸seklindedir. ¨ (6) Ozel fonksiyonu bu k¨ umelerin olu¸sturmu¸s oldu˘gu elemaların kombinasyonu ¸seklinde yazıldı˘gını varsayalım: y p
= Ax4 + Bx 3 + Cx 2 + Dx sin x + Ex cos x
y p′
= 2Cx + E cos x + D sin x + xD cos x
y p′′
=
y p′′′ = y piv
=
⇒
− xE sin x + 4Ax3 + 3Bx2 ⇒ 2C + 6Bx + 2D cos x − 2E sin x − xE cos x − xD sin x + 12Ax2 ⇒ 6B + 24Ax − 3E cos x − 3D sin x − xD cos x + xE sin x ⇒ 24A − 4D cos x + 4E sin x + xE cos x + xD sin x
denklemde yerine yazarsak y iv + y ′′
24A + 2C 6B 12A 2D
−
2E y p
= 3x2 + 4 sin x 2cos x 24A 4D cos x + 4E sin x + xE cos x + xD sin x +2C + 6Bx + 2D cos x 2E sin x xE cos x xD sin x + 12Ax2 = 3x2 + 4 sin x 2cos x = 0 = 0 = 3 = 2 1 = 4 A = , B = 0, C = 3, D = 1, E = 2 4 1 4 = x 3x2 + x sin x + 2x cos x 4
−
⇒ −
−
− ⇒
−
−
−
−
−
¨ozel ¸c¨oz¨um ve 1 y = yc + y p = c1 + c2 x + c3 sin x + c4 cos x + x4 4 genel ¸c¨oz¨ umd¨ ur.
− 3x2 + x sin x + 2x cos x
25.2. Parametrelerin De˘ gi¸simi Metodu. y + a (x) y = b (x)
′
formundaki denklemlere lineer denklemini hatırlayalım. Denklemin y + a (x) y = 0
′
25. HOMOJEN OLMAYAN ADD
t¨urde¸s denklemine kar¸sılık gelen ¸c¨oz¨ um¨ u y = c exp
67
−
olarak elde etmi¸stik. (10.1) in genel ¸c¨oz¨ um¨ un¨u y = c (x)exp
a (x) dx ,
−
a (x) dx .
formunda aramı¸stık ki bu teori olarak ”parametrelerin de˘gi¸simi metodu” dur. Y¨ontemi 2. mertebden de˘gi¸sken katsayılı bir ADD i¸cin anlatalım: a0 (x) y ′′ + a1 (x) y ′ + a2 (x) = F (x)
(25.1)
a0 (x) y′′ + a1 (x) y ′ + a2 (x) = 0
(25.2)
denklemini ele alalım. y1 ve y2 homojen denkleminin lineer ba˘gımsız ¸c¨oz¨umleri olsunlar. Bu durumda yc = c1 y1 + c2 y2 (25.2) homojen denkleminin bir genel ¸c¨oz¨um¨ ud¨ur. Parametrelerin de˘gi¸simi y¨onteminde c1 , c2 sabitleri yerine fonksiyonlar d¨ u¸su ¨n¨ ul¨ ur. Yani y p = v1 (x) y1 (x) + v2 (x) y2 (x) (25.3) fonksiyonu (25.1) denkleminin bir ¸c¨oz¨um¨ ud¨ ur. Burada v1 (x) ve v2 (x) fonksiyonlarının ifadelerini bulmamız gerekmektedir. Elimizde 2 bilinmeyen var ve 1 ko¸sul olarakda (25.3) fonksiyonunun ¸c¨oz¨um olması var. Dolayısıyla 2. bir ek ko¸sula ihtiya¸c duyulmaktadır. y p′ = v1 (x) y1′ (x) + v2 (x) y2′ (x) + v1′ (x) y1 (x) + v2′ (x) y2 (x)
(25.4)
Burada y p′′ fonksiyonunu bulmadan ¨once daha ¨once bahsetmi¸s oldu˘gumuz 2. ko¸sul olarak v1′ (x) y1 (x) + v2′ (x) y2 (x) = 0
(25.5)
alalım. S ¸imdi fonksiyonun 2. t¨ urevini alırsak y p′′ = v1 (x) y1′′ (x) + v2 (x) y2′′ (x) + v1′ (x) y1′ (x) + v2′ (x) y2′ (x)
(25.6)
elde ederiz. (25.3) fonksiyonunun ¸co¨z¨um oldu˘gundan (25.3) , (25.4) , (25.6) ifadelerini (25.1) denkleminde yerine yazarsak a0 (x) [v1 (x) y1′′ (x) + v2 (x) y2′′ (x) + v1′ (x) y1′ (x) + v2′ (x) y2′ (x)] + a1 (x) [v1 (x) y1′ (x) + v2 (x) y2′ (x)] + a2 (x) [v1 (x) y1 (x) + v2 (x) y2 (x)] = F (x) v1 (x) [a0 (x) y1′′ (x) + a1 (x) y1′ (x) + a2 (x) y1 (x)] + v2 (x) [a0 (x) y2′′ (x) + a1 (x) y2′ (x) + a2 (x) y2 (x)] + a0 (x) [v1′ (x) y1′ (x) + v2′ (x) y2′ (x)] = F (x)
⇒
(25.7)
elde ederiz. y1 ve y2 homojen denkleminin lineer ba˘gımsız ¸c¨oz¨umleri oldu˘gundan a0 (x) y1′′ (x) + a1 (x) y1′ (x) + a2 (x) y1 (x) = 0 ve a0 (x) y2′′ (x) + a1 (x) y2′ (x) + a2 (x) y2 (x) ko¸sulları sa˘glanır. (25.7) de bunları dikkate alırsak a0 (x) [v1′ (x) y1′ (x) + v2′ (x) y2′ (x)] = F (x)
(25.8)
ko¸sulunu elde ederiz.B¨oylece bilinmeyen v1 (x) ve v2 (x) fonksiyonları i¸cin
v1′ (x) y1 (x) + v2′ (x) y2 (x) = 0 v1′ (x) y1′ (x) + v2′ (x) y2′ (x) = aF (x) 0 (x)
denklem sistemini elde ederiz. Katsayılar determinantı
y (x) W [y1 (x) , y2 (x)] = 1′ y1 (x)
y2 (x) y2′ (x)
(25.9)
¨ 5. YUKSEK MERTEBEDEN LINEER ADD
68
olarak elde ederiz. y1 ve y2 lineer ba˘gımsız ¸co¨z¨umler oldu˘gundan Wronkiyen W [y1 (x) , y2 (x)] = 0 dır. B¨oylece (25.9) sisteminin tek ¸c¨oz¨ um¨ u vardır. Ve v1′ (x) ve v2′ (x) fonksiyonlarını
v1′ (x) =
0 F (x) a0 (x)
y2 (x) y2′ (x)
y1 (x) y2 (x) y1′ (x) y2′ (x) y1 (x) y1′ (x)
v2′ (x) =
0 F (x) a0 (x)
y1 (x) y2 (x) y1′ (x) y2′ (x)
=
y2 (x) − a0 (x)F W (x) [y1 (x) , y2 (x)]
(25.10)
=
F (x) y1 (x) a0 (x) W [y1 (x) , y2 (x)]
(25.11)
B¨oylece (25.10) ve (25.11) de integral aldı˘gımızda v1 (x) ve v2 (x) fonksiyonlarını buluruz. ¨ Ornek 25.10. y ′′ + y = tan x ADD nin ¸c¨ oz¨ um¨ un¨ u bulunuz. C ¸ o¨z¨ um Homojen kısmın ¸c¨oz¨um¨ u yc = c1 sin x + c2 cos x oldu˘ gundan genel ¸co¨z¨um¨ u y p = v1 (x)sin x + v2 (x)cos x olsun. y p′ = v1 (x)cos x v2 (x)sin x + v1′ (x)sin x + v2′ (x)cos x Burada y p′′ fonksiyonunu bulmadan ¨once daha ¨once bahsetmi¸s oldu˘gumuz 2. ko¸sul olarak
−
v1′ (x)sin x + v2′ (x)cos x = 0 alalım. S ¸imdi fonksiyonun 2. t¨ urevini alırsak y p′′ =
−v1 (x)sin x − v2 (x)cos x + v1′ (x)cos x − v2′ (x)sin x
elde ederiz. Denklemde yerine yazarsak
v1′ (x)cos x
− v2′ (x)sin x = tan x
elde ederiz. B¨oylece bilinmeyen v1 (x) ve v2 (x) fonksiyonları i¸cin
v1′ (x)sin x + v2′ (x)cos x = 0 v1′ (x)cos x v2′ (x)sin x = tan x
−
denklem sistemini elde ederiz. Ve v1′ (x) ve v2′ (x) fonksiyonlarını v1′ (x) =
v2′ (x) =
v2 (x) =
0 tan x sin x cos x
cos x sin x = sin x cos x sin x
− −
sin x 0 cos x tan x = sin x cos x cos x sin x
⇒ v1 (x) = − cos x + c3
2 x cos2 x − 1 − sin ⇒ = cos x cos x
− (cos x − sec x) dx = sin x − ln (sec x + tan x) + c4 (77).intg
olarak elde ederiz. Buna g¨ore genel ¸c¨oz¨um y p (x) = v1 (x)sin x + v2 (x)cos x = ( cos x + c3 )sin x + (sin x ln (sec x + tan x) + c4 )cos x = c3 sin x + c4 cos x ln (sec x + tan x)cos x
−
−
−
25. HOMOJEN OLMAYAN ADD
69
olarak elde ederiz. y
= yc + y p = c1 sin x + c2 cos x + c3 sin x + c4 cos x = A3 sin x + B cos x ln (sec x + tan x)cos x
−
− ln (sec x + tan x)cos x
¨ Ornek 25.11. y ′′′
− 6y′′ + 11y′ − 6y = ex
ADD nin ¸c¨ oz¨ um¨ un¨ u bulunuz. C ¸ o¨z¨ um Homojen kısmın ¸c¨oz¨um¨ u m3
− 6m2 + 11m − 6 yc
= 0
⇒ m1,2,3 = 1, 2, 3 ⇒
= c1 ex + c2 e2x + c3 e3x
oldu˘ gundan genel ¸co¨z¨um¨ u y p = v1 (x) ex + v2 (x) e2x + v3 (x) e3x olsun. y p′ = v1 (x) ex + 2v2 (x) e2x + 3v3 (x) e3x + v1′ (x) ex + v2′ (x) e2x + v3′ (x) e3x 2. ko¸sul olarak v1′ (x) ex + v2′ (x) e2x + v3′ (x) e3x = 0 alalım. S ¸imdi fonksiyonun 2. t¨ urevini alırsak y p′′ = v1 (x) ex + 4v2 (x) e2x + 9v3 (x) e3x + v1′ (x) ex + 2v2′ (x) e2x + 3v3′ (x) e3x elde ederiz. 3. ko¸sul olarak da v1′ (x) ex + 2v2′ (x) e2x + 3v3′ (x) e3x = 0 buluruz. 3. t¨ urevi de alırsak y p′′′ = v1 (x) ex + 8v2 (x) e2x + 27v3 (x) e3x + v1′ (x) ex + 4v2′ (x) e2x + 9v3′ (x) e3x elde ederiz. Bunları denklemde yerine yazarsak v1′ (x) ex + 4v2′ (x) e2x + 9v3′ (x) e3x = ex elde ederiz. B¨oylece bilinmeyen v1 (x) , v2 (x) ve v3 (x) fonksiyonları i¸cin
v1′ (x) ex + v2′ (x) e2x + v3′ (x) e3x = 0 v1′ (x) ex + 2v2′ (x) e2x + 3v3′ (x) e3x = 0 v1′ (x) ex + 4v2′ (x) e2x + 9v3′ (x) e3x = ex
¨ 5. YUKSEK MERTEBEDEN LINEER ADD
70
denklem sistemini elde ederiz. Ve v1′ (x) , v2′ (x) ve v3′ (x) fonksiyonlarını
v1′ (x) =
v2′ (x) =
v3′ (x) =
v2 (x) =
0 0 ex ex ex ex
e2x 2e2x 4e2x e2x 2e2x 4e2x
e3x 3e3x 9e3x ex e2x e3x = 2ex e2x e3x e3x 3x 3e 9e3x
⇒ v1 (x) = 12 x + c4
ex 0 e3x ex 0 3e3x ex ex 9e3x 2e2x e3x = = 2ex e2x e3x ex e2x e3x ex 2e2x 3e3x ex 4e2x 9e3x
−
−e−x ⇒ v2 (x) = e−x + c5
ex e2x 0 2x x e 2e 0 ex 4e2x ex e2x e2x 1 −2x = = e 2ex e2x e3x 2 ex e2x e3x ex 2e2x 3e3x ex 4e2x 9e3x (cos x
⇒ v3 (x) = − 14 e−2x + c6
− sec x) dx (77).intg = sin x − ln (sec x + tan x) + c4
: : : : 0 : olarak elde ederiz. Buna g¨ore genel ¸co¨z¨um y p (x) = v1 (x) ex + v2 (x) e2x + v3 (x) e3x 1 1 −2x = x + c4 ex + e−x + c5 e2x + e + c6 e3x 2 4 1 x 1 x = xe + c4 ex + ex + c5 e2x e + c6 e3x 2 4 olarak elde ederiz. Buna g¨ore genel ¸c¨oz¨um 1 1 x y = yc + y p = c1 ex + c2 e2x + c3 e3x + xex + c4 ex + ex + c5 e2x e + c6 e3x 2 4 1 = Aex + Be 2x + Ce 3x + xex 2 buluruz.
−
−
−
26. Cauchy-Euler denklemi Tanım 26.1. a0 xn y (n) + a1 xn−1 y (n−1) + ... + an 1 xy′ + an y = 0 denklemine Cauchy-Euler denklemi denir. Teorem 26.2. x = et d¨ on¨ u¸sum¨ ¨ u ile (26.1) denklemi sabit katsayılı lineer denkleme d¨ on¨ u¸sur. ¨ ¨ Ornek 26.3. x2 y ′′ ADD nin ¸c¨ oz¨ um¨ un¨ u bulunuz.
− 2xy′ + 2y = x3
C ¸ o¨z¨ um x = et d¨ on¨u¸su ¨m¨ u ile dy dy dt 1 dy ⇒ dx ⇒ = = dt dx x dt 1 d2 y dt 1 dy 1 d2 y dy − − dt = x dt2 dx x2 dt x2 dt2
t = ln x d2 y dx2
=
(26.1)
CHAPTER 6
˙ Sabit katsayılı Ikinci Mertebeden Diferansiyel Denklemlerin Uygulamaları 27. Salınım Hareketi Sistem denge konumunda bir miktar a¸sa˘gı do˘gru ¸cekilir ve bırakılırsa gidip-gelme hareketi yapar. Buna salınım hareketi vey titre¸sim hareketi denir. Hava direnci ihmal edilirse, bir ba¸ska deyi¸sle s¨urt¨ unme kuvveti yok kabul edilirse, cisim yukarıda ve a¸sa˘gıda aynı limitler arasında bir gidip-gelme hareketi yapıcaktır. Buna basit harmonik hareket denir. E˘ ger s¨ urt¨ unme varsa cismin salınım genli˘gi gittik¸ce azalıcak ve cisim bir s¨ure denge konumuna gelicektir. Cismin bu t¨ur hareketine serbest s¨ on¨ uml¨ u harmonik hareket i denir. Bunun yanı sıra, cisme devamlı ve sinusoidal bir fonksiyonla ifade edilebilen bir harmonik etki verilebilir. Bu durumda cismin hareketi zorlanmı¸s s¨ on¨ uml¨ u harmonik hareket tir.
1: Basit Harmonik Hareket Hooke yasasına g¨ore ¸cekilen ve bırakılan bir yayın b¨uy¨ukl¨ u˘g¨u, yayın uzama miktarı ile orantılı bir geri ¸ca˘grıcı kuvvettir. Buna g¨ore kuvveti, F = kx ile g¨ osteririz. Buna g¨ore diferansiyel denklem
−
m
d2 x = dt2
2
−kx ⇒ ddtx2 + ω0x = 0, ω0 = mk
olarak verilir. 2: Serbest S¨on¨uml¨ u Harmonik Hareket Denge konumundan x uzaklı˘gında buluna bir cisme etki eden s¨ond¨ur¨ uc¨u kuvvetin b¨uy¨ ukl¨ u˘g¨u dx b dt ile verilir. b > 0 sabittir ve s¨ond¨ urme katsayısı olarak adlandırılır. S¨ ond¨ ur¨uc¨ u kuvvetin y¨on¨u, cismin hareket y¨on¨une zıttır. Buna g¨ore diferansiyel denklemi m
d2 x = dt2
2
d x dx −kx − b dx ⇒ + kx = 0 m 2 +b dt dt dt
olarak veririz. 73
74
˙ SABIT KATSAYILI IKINCI MERTEBEDEN DIFERANSIYEL DENKLEMLERIN UYGULAMALARI
6.
3: Zorlanmı¸s S¨on¨uml¨ u Harmonik Hareket Dı¸sarıdan verilen bir kuvvet ile birlikte diferansiyel denklemi m
d2 x dx +b + kx = F (t) 2 dt dt
olarak yazarız. ¨ Ornek 27.1. Bir ucundan tavana asıl duran bir yayın di˘ ger ucuna m = 2kg a˘gırlı˘gında bir cisim asıldı˘gı zaman yay 20cm uzuyor. Denge konumunda 6cm uzaklı˘ga ¸cekilip ba¸slangı¸c anında ilk hızsız olarak serbest bırakılan cimin
(1) s¨ urt¨unme kuvveti ihmal edilerek 10s sonraki hızını ve hangi uzaklıkta oldu˘gunu bulunuz. (2) S¨ urt¨ unme kuvveti cismin hızının 4 katı ve devamlı olarak cisme etki eden kuvvet cos t oldu˘ gunda cismin 10s sonraki hızı ve hangi uzaklıkta oldu˘gunu bulunuz. Burada g = 9.8m/s2 olarak alınız. C ¸ o¨z¨ um (1) k∆x = mg yayın esneklik katsayısıdır.
⇒ k ∗ 0.2m = 2kg ∗ 9.8m/s2 ⇒ k = 98N/m
d2 x d2 x = kx 2 = 98x dt2 dt2 x (t) = c1 cos7t + c2 sin7t x (0) = 0.06 c1 = 0.06
m
− ⇒
ilk hızsız olması ise
−
2
⇒ ddtx2 + 49x = 0 ⇒ m2 + 49 = 0 ⇒ m1,2 = ±7i
⇒
⇒
v (0) = x′ (0) = 0 x′ (t) = 0.42sin t + 7c2 cos7t x′ (0) = 0 7c2 = 0 c2 = 0 x (t) = 0.06cos7t x (10) = 0.06 cos (70◦) = 2. 0521 10−2
⇒
⇒ ⇒ ⇒
−
⇒
∗
×
28. ELEKTRIK DEVRE PROBLEMLERI
75
(2) 2
2
d x dx ⇒ 2 ddtx2 = −4 dx − 98x + cos t ⇒ 2 2 + 4 + 98x = cos t dt dt dt ¨once homojen denklemi ¸c¨ozelim
⇒ ⇒
d2 x dx 2 2 +4 + 98x = 0 dt dt m1,2 =
⇒ 2m2 + 4m + 98 = 0 ⇒ m2 + 2m + 7 = 0 √ √ −t
√ ±i 6 − 1 ⇒ xc (t) = e
c1 cos
6t + c2 sin 6t
¸simdi gelelim homojen olmayan denklemin ¨ozel ¸c¨oz¨um¨ une UC y¨ontemini kullanırsak:
⇒ S 1 = {cos t, sin t} ⇒ x p (t) = A cos t + B sin t ⇒ x p′ = −A sin t + B cos t ⇒ x p′′ = −A cos t − B sin t d2 x dx 2 2 +4 + 98x = cos t ⇒ 2 (−A cos t − B sin t) + 4 (−A sin t + B cos t) + 98 (A cos t + B sin t) = cos t dt dt 6 1 96A + 4B = 1 (96A + 4B)cos t + ( −4A + 96B)sin t = cos t ⇒ −4A + 96B = 0 ⇒ A = 577 , B = 2308
⇒ ⇒ ⇒
u1 = cos t
⇒
x p (t) =
6 1 cos t + sin t 577 2308 Buna g¨ore ¸c¨oz¨um
√
√
6 x (t) = e−t c1 cos 6t + c2 sin 6t + cos t + x (0) = 0 x′ (0) = x (t) =
6 577
577
1 sin t 2308
⇒ c1 = − √ 1 1 √ ⇒ 0 ⇒ c2 6 = − c2 = − 6 2308 13 848 √ √ 6 1 √ 6 1 cos 6t − 6sin 6t + cos t + sin t e−t 577 13 848 577 2308
28. Elektrik Devre Problemleri En basit elektrik devreleri, jenerat¨or veya pil gibi elektrik kayna˘gı ve enerjiyi kullanan bir rezist¨or (¨orne˘gin elektrik amp¨ ul¨ u) (resistance) bulunan bir seri devredir. E˘ger d¨ u˘gme kapatılırsa bir I akımı rezist¨ore do˘gru akacak ve bir voltaj d¨us¸mesine sebep olucaktır. Yani rezist¨or¨un iki ucundaki potansiyel farklı olucaktır. Bu potansiyel farkı veya voltaj d¨u¸su ¨¸su ¨ ise Voltmetre denilen bir elt ile ¨ol¸c¨ulebilir. Eketrik devrelerindeki basit bir
Resistör Kaynak
Düğme
kural Kirchoff kuralı olarak adalandırılır, Bu kurala g¨ ore, elektrik devresindeki t¨um voltajların toplamı, toplam kuvvete e¸sittir. Toplam kuvveti E (t) ile g¨osterirsek (emf-electromotive force) V L + V R + V C = E (t)
76
6.
˙ SABIT KATSAYILI IKINCI MERTEBEDEN DIFERANSIYEL DENKLEMLERIN UYGULAMALARI
V L + V R + V C = E (t) R rezist¨ or (reistance), C kapasit¨or (capacitor), I ind¨ ukt¨ or (ınductor). I = I (t) elektrik devresindeki akımı ve q = q (t) kapasit¨ordeki ani elektrik y¨ uk¨un¨ u g¨ostermek ¨uzere q′ = I ¸seklinde bir ba˘gıntı mevcuttur. Ohm kanununa g¨ore rezist¨or u ¨ zerindeki voltaj d¨ u¸su ¨ kl¨ ug˘¨u akım ile do˘gru orantılıdır: V R = RI burada R rezist¨ or¨un direncidir ve sabittir. Kapasit¨ordeki voltaj d¨u¸su ¨¸su ¨ ise kapasit¨ordeki elektrik y¨uk¨ u ile orantılıdır ve 1 V C = q C olarak verilir. Burada C kapasitanstır (capacidance). Son olarak ind¨ukt¨ ordeki voltaj d¨ u¸su ¨¸su ¨ ise akımın de˘gi¸sim hızı ile orantılıdır: V L = LI ′ L sabitine indikt¨or¨un ind¨ uktansı denir (henry ile ¨ol¸cu ¨ l¨ur) (inductance). Kirchoff kuralına g¨ ore 1 LI ′ + q + RI = E (t) C ba˘gıntısını elde ederiz. Burada t¨urev alırsak ve q′ = I ifadesine g¨ ore 1 Lq ′′ + Rq ′ + q = E (t) C 1 LI ′′ + q′ + RI ′ = E ′ (t) C 1 LI ′′ + RI ′ + I = E ′ (t) C 2.mertebeden denklemi RCL denklemi olarak adalndırılır.
⇒ ⇒
¨ Ornek 28.1. Direnci 10Ω olan bir diren¸c teli ve ¨ oz ind¨ uksiyon katsayısı L = 0.2 henry olan bir bobin, elektromotor kuvveti 40 volt ve kapasitansı olmayan bir do˘ gru akım ¨ uretecine seri olarak ba˘ glanıyor. Ba¸slangı¸cta akım ve elektrik y¨ uk¨ u olmadı˘gına g¨ ore.herhangi zamandaki elektrik y¨ uk¨ un¨ u ve akımı bulunuz. C ¸ o¨z¨ um Yukarıdaki denklem g¨ore R = 10Ω, L = 0.2, E (t) = 40, V C 0.2q′′ + 10q′ = 40 m2 + 50m = 0 qc (t) = c1 + c2 e−50t
⇒
→ yok ⇒
⇒ m1 = 0, m2 = −50 ⇒
28. ELEKTRIK DEVRE PROBLEMLERI
77
¨ozel ¸c¨oz¨um i¸cin: u1
{ } ⇒ S 1′ = {t} ⇒ q p (t) = At ⇒ 50A = 40 ⇒ A = 45 ⇒
= 1, S 1 = 1
q p (t) = q (0) = q (t) =
4 t 5
⇒ q (t) = c1 + c2 e−50t + 45 t 4 4 4 4 ⇒ 0 ⇒ c1 + c2 = 0, I = q′ = −50c2 e−50t + ⇒ I (0) = 0 ⇒ 50c2 = ⇒ c2 = c1 = − 5 5 250 250 4 4 4 e−50t − 1 + t, I (t) = 1 − e−50t 250 5 5
CHAPTER 7
Lineer Diferansiyel Denklem Sistemleri S¸u ana kadar bir bilinmeyenli bir diferansiyel denklemleri inceledik. S ¸imdi ise iki bilinmeyen fonksiyonu bulunan iki diferansiyel denklemi ve genel olarak n bilinmeyen fonksiyonu bulunan n diferansiyel denklemi inceleyece˘giz. Daha ¨once Diferansiyel denklem sistemleri ni tanıtmak ile ba¸slayalım. ˙ bilinmeyenli iki denklem) 29. Lineer sistem t¨ urleri (Iki x ve y bilinmeyen fonkiyonlar olmak u ¨ zere 1. mertebeden de˘gi¸sken katsayılı lineer diferansiyel denklem sistemi genel olarak, a1 (t) x′ + a2 (t) y ′ + a3 (t) x + a4 (t) y = F 1 (t) (29.1) b1 (t) x′ + b2 (t) y ′ + b3 (t) x + b4 (t) y = F 2 (t) ¸seklinde yazılır. Burada t ba˘ gımsız de˘gi¸skendir. ¨ Ornek 29.1. 2x′ + 3y ′ 2x + y = t2 x′ 3y ′ + 3x + 4y = et 1. mertebeden, sabit katsayılı bir sistemdir.
−
−
x ve y bilinmeyen fonkiyonlar olmak u ¨ zere 2. mertebeden de˘gi¸sken katsayılı lineer diferansiyel denklem sistemi genel olarak, a1 (t) x′′ + a2 (t) y ′′ + a3 (t) x′ + a4 (t) y ′ + a5 (t) x + a6 (t) y = F 1 (t) (29.2) b1 (t) x′′ + b2 (t) y ′′ + b3 (t) x′ + b4 (t) y ′ + b5 (t) x + b6 (t) y = F 2 (t) ¸seklinde yazılır. (29.1) sistemini ¨ozel olarak x′ = a11 (t) x + a12 (t) y + F 1 (t) y′ = a21 (t) x + a22 (t) y + F 2 (t)
(29.3)
yazılır ve bu forma Normal form denir. ¨ Ornek 29.2. x′ = t2 x + (t + 1) y + t3 y ′ = tet x + t3 y et
−
1. mertebeden de˘gi¸sken katsayılı lineer diferansiyel denklemi ve x′ = 5x + 7y + t2 y ′ = 2x 3y + 2t
−
1. mertebeden, sabit katsayılı bir sistemdir. n sayıda diferansiyel denklemden olu¸san sistemi genel olarak, x′1 = a11 (t) x1 + a12 (t) x2 + x′2 = a21 (t) x1 + a22 (t) x2 + .. .
·· · + a1n (t) xn + F 1 (t) ·· · + a2n (t) xn + F 2 (t)
x′n = an1 (t) x1 + an2 (t) x2 + ¸seklinde yazılır. 79
· ·· + ann (t) xn + F n (t)
(29.4)
80
7.
LINEER DIFERANSIYEL DENKLEM SISTEMLERI
30. Diferansiyel operat¨ orler Burada sabit katsayılı bir lineer diferansiyel denklem sistemi i¸cin sembolik diferansiyel operat¨ or y¨ ontemi ni ele alaca˘gız. d x = x′ = Dx dt ¸sekilde yazılabilir.n. mertebeden diferansiyel operat¨or d n x = x(n) = Dn x dt n ¸sekilde yazılabilir. ¨ Ornek 30.1. (i) (D + c) x (ii) (aDn + bDm ) x (iii)
a0 Dn + a1 Dn−1 +
¨ Ornek
⇔ x′ + cx, c sabit
⇔ ax(n) + bx(m) , a , b sabitler
·· · + an−1D + an x ⇔ a0x(n) + a1x(n−1) + · · · + an−1x′ + anx, a0, a1, . . . , an sabitler 30.2. x (t) = t3 fonksiyonu i¸ cin 3D2 + 5D − 2 x ifadesini bulunuz.
2
3D + 5D
S¸imdi daha genel olarak,
−
2 x =3
L yazalım. a0 , a1 , . . . , an sabitlerdir.
−
d2 t 3 dt
+5
2
d t3 dt
2t3 = 18t + 15t2
− 2t3
≡ a0Dn + a1Dn−1 + ·· · + an−1D + an
Teorem 30.3. c1 ve c2 keyfi sabitler olmak ¨ uzere L [c1 f + c2 g] = c1 L [f ] + c2 L [g] ¨ Ornek 30.4. L olsun. f = t2 , g = sin t i¸cin
≡ 3D2 + 5D − 2
L [3f + 2g] = 3L [f ] + 2L [g] oldu˘gunu g¨ osteriniz. C ¸ o¨z¨ um d2 d 2 3t + 2 sin + 5 3t2 + 2 sin t t 2 dt dt 30t + 10 cos t 10 sin t 6t2 + 18 d2 d 2 3 2 t2 + 5 t 2 t2 dt dt 2t2 + 10t + 6 d2 d 3 2 (sin t) + 5 (sin t) 2 (sin t) dt dt 5 cos t 5sin t 3 2t2 + 10t + 6 + 2(5 cos t 5sin t)
L [3f + 2g] = 3 = L [f ] = = L [g] = = 3L [f ] + 2L [g] =
−
− − −
−
2 3t2 + 2 sin t
−
− −
⇒
= 30t + 10 cos t 10 sin t L [3f + 2g] = 3L [f ] + 2L [g]
−
−
− 6t2 + 18 ⇒
¨ YONTEMI ¨ 31. SABIT KATSAYILI LINEER SISTEMLER IC ¸ IN OPERATOR
81
31. Sabit katsayılı lineer sistemler i¸ cin operat¨ or y¨ ontemi S¸imdi sabit katsayılı lineer sistemler i¸cin operat¨or y¨ontemini a¸cıklayaca˘ gız. L1 x + L2 y = f 1 (t) L3 x + L4 y = f 2 (t)
(31.1)
lineer sistemini ele alalım. Burada L1 , L2 , L3 , L4 sabit katsayılı lineer operat¨orleri a¸sa˘gıdaki formdadır: L1 L2 L3 L4
≡ a0Dmn + a1 Dnm−−11+ ·· · + an−1D + an ≡ b0D p + b1D p−1 + · · · + bm−1D + bm ≡ c0D q + c1D q−1 + · · · + c p−1D + c p ≡ d0D + d1 D + · ·· + dq−1 D + dq
ve ai , bi , ci , di katsayıları sabittir. ¨ Ornek 31.1. 2x′ 2y ′ 3x = t 2x′ + 2y ′ + 3x + 8y = 2
−
−
lineer sistemini (2D 3) x 2Dy = t (2D + 3) x + (2D + 8) y = 2
−
−
ile g¨ osterebiliriz. Buna g¨ ore L1 , L2 , L3 , L4 sabit katsayılı lineer operat¨ orleri a¸sa˘gıdaki formdadır: L1 L2 L3 L4
≡ 2D − 3 ≡ −2D ≡ 2D + 3 ≡ 2D + 8
Y¨ ontem (31.1) sisteminde 1.denklem L4 operat¨or¨u ile ¸carpılır, 2. denklem ise L2 operat¨or¨u ile ¸carpılıp taraf tarafa ¸cıkartılır:
⇒
L4 L1 x + L4 L2 y = L4 f 1 (t) L2 L3 x + L2 L4 y = L2 f 2 (t) (L4 L1 L2 L3 ) x = L4 f 1 (t)
−
− L2f 2 (t)
(31.2)
sabit katsayılı, tek bilinmeyenli lineer ADD elde edilir. B¨ ol¨um 5’daki y¨ ontemler kullanılarak ¸co¨z¨um bulunur. Benzer ¸sekilde bilinmeyen y fonksiyonunu bulmak i¸cin ise (31.1) sisteminde 1.denklem L3 operat¨or¨u ile ¸carpılır, 2. denklem ise L1 operat¨or¨u ile ¸carpılıp taraf tarafa ¸cıkartılır:
⇒
L3L1 x + L3 L2 y = L3 f 1 (t) L1L3 x + L1 L4 y = L1 f 2 (t) (L3 L2 L1 L4 ) y = L3 f 1 (t)
−
− L1f 2 (t)
¨ Ornek 31.2. 2x′ 2y ′ 3x = t 2x′ + 2y ′ + 3x + 8y = 2
−
−
lineer sisteminin ¸c¨ oz¨ um¨ un¨ u bulunuz. C ¸ o¨z¨ um Lineer sistemi operat¨or formu ile (2D 3) x 2Dy = t (2D + 3) x + (2D + 8) y = 2
−
−
(31.3)
82
7.
LINEER DIFERANSIYEL DENKLEM SISTEMLERI
¸seklinde g¨osterebiliriz. Buna g¨ore (2D + 8) / (2D 3) x 2Dy = t 2D / (2D + 3) x + (2D + 8) y = 2
−
−
[(2D + 8)(2D 3) + 2D (2D + 3)] x = (2D + 8) t + 2D (2) 16D + 8D2 24 x = 8t + 2 1 D2 + 2D 3 x = t + 4 ¨oncelikle homojen denklemin ¸c¨oz¨ um¨ un¨ u bulalım:
⇒ ⇒ ⇒
− −
−
D2 + 2D
karakteristik denklemi
m2 + 2m ve genel ¸co¨z¨um¨ u
−3
x=0
− 3 = 0 ⇒ m1 = −3, m2 = 1 xc = c1 e−3t + c2 et
¨ olarak elde ederiz. Ozel c¸¨oz¨um i¸cin x p = at + b formunda arayalım: 2
⇒ dtd 2 (at + b) + 2 dtd (at + b) − 3 (at + b) = t + 14 ⇒ 2a − 3b − 3at = t + 14 − 3b = 14 ⇒ a = − 1 , b = − 11 ⇒ 2a −3a = 1 3 36 ⇒ x (t) = xc + x p = c1e−3t + c2et − 13 t − 11 36 y ¸c¨oz¨um¨ un¨u bulmak i¸cin de benzer ¸sekilde
− (2D + 3) / (2D − 3) x − 2Dy = t (2D − 3) / (2D + 3) x + (2D + 8) y = 2 ⇒ [(2D + 3) 2D + (2D − 3)(2D + 8)] y = − (2D + 3) t + (2D − 3) (2) ⇒ 16D + 8D2 − 24 x = 3t − 8 ⇒ D2 + 2D − 3 x = − 38 t − 1
¨oncelikle homojen denklemin ¸c¨oz¨ um¨ un¨ u bulalım:
D2 + 2D
karakteristik denklemi
m2 + 2m ve genel ¸co¨z¨um¨ u
−3
y =0
− 3 = 0 ⇒ m1 = −3, m2 = 1 yc = k1 e−3t + k2 et
¨ olarak elde ederiz. Ozel c¸¨oz¨um i¸cin y p = at + b formunda arayalım: 2
⇒ dtd 2 (at + b) + 2 dtd (at + b) − 3 (at + b) = 38 t − 1 ⇒ 2a − 3b − 3at = 38 t − 1 − 3b =3 −1 ⇒ a = 1 , b = 5 ⇒ 2a −3a = − 8 8 12 ⇒ y (t) = yc + y p = k1e−3t + k2et + 18 t + 125
¨ YONTEMI ¨ 31. SABIT KATSAYILI LINEER SISTEMLER IC ¸ IN OPERATOR
83
S¸imdi c1 , c2 , k1 , k2 katsayılarının se¸cimini belirleyelim: 2x′
−
3 c1 e−3t + c2 et
− 2y′ − 3x
1 t 3
− −
11 36
=
⇒
d 2 dt
1 11 c1 e−3t + c2 et t 3 36 d 1 5 2 k1 e−3t + k2 et + t + dt 8 12
−
=
− − 2k1) et + (−9c2 + 6k2) e−3t = −c1 − 2k1 = 0 ⇒ −9c2 + 6k2 = 0
( c1
t
t
⇒
0 c1 = 2k1 c2 = 23 k2
−
− x (t) y (t)
− −
⇒
=
c1 e−3t + c2 et 13 t 11 36 5 k1 e−3t + k2 et + 18 t + 12
=
2k1 e−3t + 23 k2 et 13 t k1 e−3t + k2 et + 18 t +
− −
− −5 1136 12
Alternatif Y¨ ontem Di˘ ger y¨ontem gibi ¨oncelikli olarak x (t) ¸c¨oz¨um¨ u bulunur. y (t) ¸c¨oz¨um¨ un¨u bulmak i¸cin, (31.1) sisteminde y nin t¨urevini i¸ceren terim yok olucak ¸sekilde yeni bir ba˘gıntı eldeedilip y (t) ¸co¨z¨um¨ u elde edilir. ¨ Ornek 31.3. 2x′ 2y ′ 3x = t 2x′ + 2y ′ + 3x + 8y = 2
−
−
lineer sisteminin ¸c¨ oz¨ um¨ un¨ u bulunuz. C ¸ o¨z¨ u m Bir o¨nceki ¨ornekten
⇒ x (t) = xc + x p = c1e−3t + c2et − 13 t − 11 36 olarak elde etmi¸stik. y ¸c¨oz¨um¨ un¨ u bulmak i¸cin 2x′ 2y ′ 3x = t 2x′ + 2y ′ + 3x + 8y = 2
−
−
sisteminde y ′ yok olacak ¸sekilde d¨uzenleme yapalım: Sistemi taraf tarafa topladı˘gımda 4x′ + 8y
= t+2 t+2 =
y
⇒ − 4x′
8
aranan ¸c¨oz¨umd¨ ur. y
= =
t+2
−
− 4 −3c1e−3t + c2et − 13
3 −3t c1 e 2
−
8 1 t 1 5 c2 e + t + 2 8 12
¨ Ornek 31.4. x′ y ′ x′ + y ′ lineer sisteminin ¸c¨ oz¨ um¨ un¨ u bulunuz.
− − 2x + 4y = t −x−y =1
84
7.
LINEER DIFERANSIYEL DENKLEM SISTEMLERI
C ¸ o¨z¨ um Lineer sistemi operat¨or formu ile (D (D
− 2) x − (D − 4) y = t − 1) x + (D − 1) y = 1
¸seklinde g¨osterebiliriz. Buna g¨ore (D (D
− 1) / (D − 2) x − (D − 4) y = t − 4) / (D − 1) x + (D − 1) y = 1 ⇒ [(D − 1) (D − 2) + (D − 4) (D − 1)] x = (D − 1) t + (D − 4) (1) ⇒ 2D2 − 8D + 6 x = −t − 3
¨oncelikle homojen denklemin ¸c¨oz¨ um¨ un¨ u bulalım:
karakteristik denklemi m2 ve genel ¸co¨z¨um¨ u
2D2
− 8D + 6
x=0
− 4m + 3 = 0 ⇒ m1 = 3, m2 = 1 xc = c1 e3t + c2 et
¨ olarak elde ederiz. Ozel c¸¨oz¨um i¸cin x p = at + b formunda arayalım: d2 d (at + b) 8 (at + b) + 6 (at + b) = 2 dt dt 6b 8a + 6at = t 3 1 13 6b 8a = 3 a= ,b = 6a = 1 6 18 1 13 x (t) = xc + x p = c1 e3t + c2 et t 6 18 2
⇒ ⇒ ⇒
−
− −
⇒
−− − ⇒ − −
−t − 3
−
− −
S¸imdi y ¸c¨oz¨um¨ un¨u bulalım: x′ y ′ x′ + y ′ denklem siteminde y ′ li terimi yok edersek:
− − 2x + 4y = t −x−y =1
− 3x + 3y = t + 1 ⇒ y = 2x − 3x3 − t − 1 1 13 d 3t t 2 dt c1 e3t + c2 et − 16 t − 13 18 − 3 c1 e + c2 e − 6 t − 18 − t − 1 ⇒ y= 3 1 1 5 ⇒ y = c1e3t − 3 c2et − 6 t + 18 ⇒
′
2x′
˙ bilinmeyenli iki denklem) 32. Normal Formda lineer denklem sistemleri (Iki Tanım 32.1. x′ = a11 (t) x + a12 (t) y + F 1 (t) y′ = a21 (t) x + a22 (t) y + F 2 (t) sistemine homojen olmayan, iki bilinmeyenli sistem denir. F 1 (t) = 0, F 2 (t) = 0 durumunda sisteme homojen sistem denir.
(32.1)
˙ 32. NORMAL FORMDA LINEER DENKLEM SISTEMLERI (IKI BILINMEYENLI IKI DENKLEM)
85
¨ Ornek 32.2. x′ = 2x y y ′ = 3x + 6y
−
homojen sistemdir ve x′ = 2x y 5t y ′ = 3x + 6y 4
− − −
homojen olmayan sistemdir.
Teorem 32.3. a11 (t) , a12 (t) , a21 (t) , a22 (t) , F 1 (t) , F 2 (t) fonksiyonları s¨ urekli fonksiyonlar ise (32.1) sisteminin bir tek x = f (t) y = g (t) ¸c¨ oz¨ um¨ u vardır. 32.1. Homojen lineer sistemler i¸ cin temel ¨ ozellikler. x′ = a11 (t) x + a12 (t) y y ′ = a21 (t) x + a22 (t) y
(32.2)
homojen sistemini ele alalım. Tanım 32.4. x = f 1 (t) x = f 2 (t) ve y = g1 (t) y = g2 (t) fonksiyonları (32.2 ) sisteminin lineer ba˘ gımsız ¸c¨ oz¨ umleri olsun. Bu durumda
f 1 (t) f 2 (t) g1 (t) g2 (t)
determinantına bu fonksiyonların Wronskian’ı denir ve W (t) ile g¨ osterilir. Teorem 32.5. x = f 1 (t) x = f 2 (t) ve y = g1 (t) y = g2 (t) fonksiyonları (32.2 ) sisteminin lineer ba˘ gımsız ¸c¨ oz¨ umleri olması i¸cin gerek ve yeter ko¸sul
f (t) f 2 (t) W (t) = 1 =0 g1 (t) g2 (t) olmasıdır. Teorem 32.6. x = f 1 (t) x = f 2 (t) ve y = g1 (t) y = g2 (t) fonksiyonları (32.2 ) sisteminin lineer ba˘ gımsız ¸c¨ oz¨ umleri olsun. Bu durumda x = c1 f 1 (t) + c2 f 2 (t) y = c1 g1 (t) + c2 g2 (t) fonksiyonuna sistemin genel ¸c¨ oz¨ um¨ u denir. ¨ Ornek 32.7. x = e5t x = e3t ve y = 3e5t y = e3t fonksiyonları
−
−
x′ = 2x y y ′ = 3x + 6y homojen sisteminin lineer ba˘ gımsız bir ¸c¨ oz¨ umleri oldu˘gunu g¨ osteriniz. Buna g¨ ore genel ¸c¨ oz¨ um¨ u belirtiniz.
−
86
7.
LINEER DIFERANSIYEL DENKLEM SISTEMLERI
C ¸ o¨z¨ um W (t) = oldu˘ gundan lineer ba˘gımsızdır.
−
e5t 3e5t
e3t = 2e8t = 0 e3t
−
x (t) = c1 e5t + c2 e3t y (t) = 3c1 e5t c2 = 0
−
fonksiyonu genel ¸c¨oz¨umd¨ ur.
−
32.2. Sabit katsayılı homojen lineer sistemler. x′ = a11 x + a12 y y ′ = a21 x + a22 y
(32.3)
homojen sistemini ele alalım. Sabit katsayılı homojen denklemin ¸c¨oz¨um¨ un¨u x = Aeλt y = Be λt
(32.4)
olarak arayalım. Buna g¨ore x′ = Aλeλt y ′ = Bλe λt t¨urevlerini (32.3) sisteminde yerine yazarsak Aλeλt = a11 Aeλt + a12 Be λt Bλe λt = a21 Aeλt + a22 Be λt sistemini elde ederiz. eλt = 0 oldu˘gundan
(a11 λ) A + a12 B = 0 a21 A + (a22 λ) B = 0
−
−
sistemi elde edilir. Sistemin sıfırdan farklı c¸o¨z¨um¨ un olması i¸cin
olması gerekir. Buna g¨ore λ2 denklemini elde ederiz.
(a11 λ) a12 =0 a21 (a22 λ)
−
−
− (a11 + a22) λ + a11 a22 − a12 a21 = 0
(32.5)
(32.6)
(32.7)
Tanım 32.8. (32.7 )′ e diferansiyel sistemin karakteristik denklemi denir. Bu denklem 2’inci dereceden bir cebirsel denklem oldu˘guna g¨ ore, denklemin λ1 , λ2 , gibi 2 tane k¨ ok¨ u olmalıdır. Bu k¨ okler birer birer denklem (32.3 )’da yerine konursa her defasında bir ¨ ozel ¸c¨ oz¨ um elde edilecektir. Buna g¨ ore denklemin k¨ oklerine g¨ ore ¸c¨ oz¨ um¨ u irdeleyelim. 32.2.1. 1.Durum: Ayrık Reel k¨ okler. Teorem 32.9. λ1 ve λ2 , (32.7 )′ e karakteristik denklemin ayrık reel k¨ okleri olsun. x = A1 eλ1 t x = A2 eλ2 t ve y = B1 eλ1 t y = B2 eλ2 t fonksiyonları (32.3 ) sisteminin lineer ba˘ gımsız ¸c¨ oz¨ umleridir ve genel ¸c¨ oz¨ um x = c1 A1 eλ1 t + c2 A2 eλ2 t y = c1 B1 eλ1 t + c2 B2 eλ2 t olarak yazarız. Burada c1 , c2 keyfi sabitlerdir. ¨ Ornek 32.10. x′ = 6x 3y y ′ = 2x + y
−
sisteminin c¸¨ oz¨ um¨ un¨ u bulunuz.
˙ 32. NORMAL FORMDA LINEER DENKLEM SISTEMLERI (IKI BILINMEYENLI IKI DENKLEM)
87
C ¸ o¨z¨ um Sisteme kar¸sılık gelen lineer cebirsel denklemler (6 λ) A 3B = 0 2A + (1 λ) B = 0
−
− −
ve sisteme kar¸sılık gelen karaktestik denklem
(6
− λ) 2
λ2
−3 (1 − λ)
= 0
⇒ 0⇒
− 7λ + 12
= = 3, 4
λ1,2
k¨oklerdir. λ1 = 3 i¸cin elde edilen cebirsel denklem 3A 2A i¸cin
− 3B = 0 ⇒ A = B = 1 − 2B = 0 x (t) = e3t y (t) = e3t
¸c¨oz¨umd¨ ur. λ2 = 4 i¸cin elde edilen cebirsel denklem 2A 2A i¸cin
− 3B = 0 ⇒ 2A = 3B = 6 − 3B = 0 x (t) = 3e4t y (t) = 2e4t
¸c¨oz¨umd¨ ur.
x (t) = e3t x (t) = 3e4t ve y (t) = e3t y (t) = 2e4t fonksiyonları sisteminin lineer ba˘gımsız ¸co¨z¨umleridir ve genel ¸c¨oz¨ um x = c1 e3t + 3c2 e4t y = c1 e3t + 2c2 e4t olarak yazarız.
¨ Ornek 32.11. x′ = 2x + 7y y ′ = 3x + 2y x (0) = 9 y (0) = 1
−
−
sisteminin c¸¨ oz¨ um¨ un¨ u bulunuz.
C ¸ o¨z¨ um Sisteme kar¸sılık gelen lineer cebirsel denklemler ( 2 λ) A + 7B = 0 3A + (2 λ) B = 0
− −
ve sisteme kar¸sılık gelen karaktestik denklem
− − ( 2
3
−
λ)
7 (2
− λ) λ2 − 25 λ1,2
k¨oklerdir. λ1 =
−5
= 0 = =
⇒ 0⇒ ±5
88
7.
LINEER DIFERANSIYEL DENKLEM SISTEMLERI
i¸cin elde edilen cebirsel denklem 3A + 7B = 0 3A + 7B = 0 i¸cin
⇒ 3A = −7B = 21
x (t) = 7e−5t y (t) = 3e−5t
−
¸c¨oz¨umd¨ ur.
λ2 = 5 i¸cin elde edilen cebirsel denklem
−7A + 7B = 0 ⇒ A = B = 1 3A − 3B = 0
i¸cin
x (t) = e5t y (t) = e5t
¸c¨oz¨umd¨ ur.
x (t) = 7e−5t x (t) = e5t − 5t ve y (t) = 3e y (t) = e5t fonksiyonları sisteminin lineer ba˘gımsız ¸co¨z¨umleridir ve genel ¸c¨oz¨ um
−
x = 7c1 e−5t + c2 e5t y = 3c1 e−5t + c2 e5t
−
olarak yazarız.
x (0) = 9 y (0) = 1
−
ba¸slangı¸c ko¸sullarından 7c1 + c2 = 9 3c1 + c2 =
−
¸c¨oz¨umd¨ ur. 32.2.2. 2.Durum: E¸sit Reel k¨ okler.
−1 ⇒ c1 = 1, c2 = 2 ⇒
x = 7e−5t + 2e5t y = 3e−5t + 2e5t
−
′
Teorem 32.12. λ , (32.7 ) e karakteristik denklemin e¸sit tekrar eden reel k¨ ok¨ u olsun. x = Aeλt x = (A1 t + A2 ) eλt λt ve y = Be y = (B1 t + B2 ) eλt fonksiyonları (32.3 ) sisteminin lineer ba˘ gımsız ¸c¨ oz¨ umleridir ve genel ¸c¨ oz¨ um x = c1 Aeλt + c2 (A1 t + A2 ) eλt y = c1 Be λt + c2 (B1 t + B2 ) eλt olarak yazarız. Burada c1 , c2 keyfi sabitlerdir. ¨ Ornek 32.13. x′ = 4x y y ′ = x + 2y
−
sisteminin c¸¨ oz¨ um¨ un¨ u bulunuz. C ¸ o¨z¨ um Sisteme kar¸sılık gelen lineer cebirsel denklemler (4 λ) A B = 0 A + (2 λ) B = 0
−
ve sisteme kar¸sılık gelen karaktestik denklem
(4
− λ) 1
−
−
−1 (2 − λ) λ2 − 6λ + 9 λ1,2
= 0
⇒ 0⇒
= = 3
˙ 32. NORMAL FORMDA LINEER DENKLEM SISTEMLERI (IKI BILINMEYENLI IKI DENKLEM)
89
k¨oklerdir. λ1 = 3 i¸cin elde edilen cebirsel denklem A A i¸cin
−B =0 ⇒ A =B =1 −B =0 x (t) = e3t y (t) = e3t
¸c¨oz¨umd¨ ur. Ve di˘ ger lineer ba˘gımsız ¸co¨z¨um x (t) = (A1 t + A2 ) e3t y (t) = (B1 t + B2 ) e3t ¸seklindedir. Bunu denklemde yerine yazdı˘gımızda e3t (A1 + 3A1 t + 3A2 ) = 4(A1 t + A2 ) e3t (B1 t + B2 ) e3t e3t (B1 + 3B1 t + 3B2 ) = (A1 t + A2 ) e3t + 2 (B1 t + B2 ) e3t
−
(A1 (A1
− B1) t + (A2 − A1 − B2) = 0 − B1) t + (A2 − B1 − B2) = 0 (A1 − B1 ) = 0, A2 − A1 − B2 = 0 A1 − B1 = 0 A2 − B1 − B2 = 0 ⇒ A1 = B1 = A2 − B2 = 1 ⇒ A2 = 1, B2 = 0 x (t) = e3t x (t) = (t + 1) e3t 3t ve y (t) = e y (t) = te3t fonksiyonları sisteminin lineer ba˘gımsız ¸co¨z¨umleridir ve genel ¸c¨oz¨ um x = c1 e3t + c2 (t + 1) e3t y = c1 e3t + c2 te3t olarak yazarız.
¨ Ornek 32.14. x′ = 6x 4y y ′ = x + 2y x (0) = 2 y (0) = 3
−
sisteminin c¸¨ oz¨ um¨ un¨ u bulunuz. C ¸ o¨z¨ um Sisteme kar¸sılık gelen lineer cebirsel denklemler (6 λ) A 4B = 0 A + (2 λ) B = 0
−
ve sisteme kar¸sılık gelen karaktestik denklem
(6
− λ) 1
λ2
−
−
−4 (2 − λ)
− 8λ + 16 λ1,2
= 0
⇒ 0⇒
= = 4
k¨oklerdir. λ1 = 4 i¸cin elde edilen cebirsel denklem 2A 4B = 0 A 2B = 0
− −
⇒ A = 2B = 2 ⇒ A = 2, B = 1
90
7.
LINEER DIFERANSIYEL DENKLEM SISTEMLERI
i¸cin x (t) = 2e4t y (t) = e4t ¸c¨oz¨umd¨ ur. Ve di˘ ger lineer ba˘gımsız ¸co¨z¨um x (t) = (A1 t + A2 ) e4t y (t) = (B1 t + B2 ) e4t ¸seklindedir. Bunu denklemde yerine yazdı˘gımızda e4t (A1 + 4A1 t + 4A2 ) = 6(A1 t + A2 ) e4t 4 (B1 t + B2 ) e4t e4t (B1 + 4B1 t + 4B2 ) = (A1 t + A2 ) e4t + 2 (B1 t + B2 ) e4t
−
(2A1 4B1 ) t + (2A2 A1 4B2 ) = 0 (A1 2B1 ) t + (A2 B1 2B2 ) = 0
− − − − − − (2A1 − 4B1 ) = 0, (2A2 − A1 − 4B2 ) = 0 (A1 − 2B1 ) = 0 A2 − B1 − 2B2 = 0 ⇒ A1 = 2B1 = A2 − 2B2 = 2 ⇒ A1 = 2, B1 = 1, A2 = 4, B2 = 1 x (t) = (2t + 4) e4t y (t) = (t + 1) e4t ¸seklindedir x (t) = 2e4t x (t) = (2t + 4) e4t ve y (t) = e4t y (t) = (t + 1) e4t fonksiyonları sisteminin lineer ba˘gımsız ¸co¨z¨umleridir ve genel ¸c¨oz¨ um x = 2c1 e4t + c2 (2t + 4) e4t y = c1 e4t + c2 (t + 1) e4t olarak yazarız. x (0) = 2 y (0) = 3 ko¸sullarından 2c1 + 4c2 = 2 c1 + c2 = 3
⇒ c1 = 5, c2 = −2 ⇒ x = 10e4t − 2 (2t + 4) e4t y = 5e4t − 2 (t + 1) e4t
32.2.3. 3.Durum: Kompleks e¸slenik k¨ okler. Teorem 32.15. λ1 = a + ib ve λ2 = a
− ib, (32.7 )′ e karakteristik denklemin kompleks e¸slenik k¨ okleri olsun.
x = (A1 + iA2 ) eat (cos bt + i sin bt) y = (B1 + iB2 ) eat (cos bt + i sin bt) veya
x = eat (A1 cos bt A2 sin bt) x = eat (A2 cos bt + A1 sin bt) ve at y = e (B1 cos bt B2 sin bt) y = eat (B2 cos bt + B1 sin bt) fonksiyonları (32.3 ) sisteminin lineer ba˘ gımsız ¸c¨ oz¨ umleridir ve genel ¸c¨ oz¨ um
− −
x = c1 eat (A1 cos bt y = c1 eat (B1 cos bt
− A2 sin bt) + c2eatat (A2 cos bt + A1 sin bt) − B2 sin bt) + c2 e (B2 cos bt + B1 sin bt)
olarak yazarız. Burada c1 , c2 keyfi sabitlerdir. ¨ Ornek 32.16.
x′ = 3x + 2y y ′ = 5x + y sisteminin c¸¨ oz¨ um¨ un¨ u bulunuz.
−
˙ 32. NORMAL FORMDA LINEER DENKLEM SISTEMLERI (IKI BILINMEYENLI IKI DENKLEM)
91
C ¸ o¨z¨ um Sisteme kar¸sılık gelen lineer cebirsel denklemler (3 λ) A + 2B = 0 5A + (1 λ) B = 0 ve sisteme kar¸sılık gelen karaktestik denklem
−
− − (3
−
−
λ) 5 λ2
2 (1
− λ)
= 0
− 4λ + 13
= =
λ1,2
k¨oklerdir.
⇒ 0⇒ 2 ± 3i
λ1 = 2 + 3i i¸cin elde edilen cebirsel denklem (1 3i) A + 2B = 0 5A (1 + 3i) B = 0 i¸cin
− − −
⇒ (1 − 3i) A = −2B ⇒ A = 2, B = −1 + 3i
x = 2e2t (cos3t + i sin3t) y = ( 1 + 3i) e2t (cos3t + i sin3t) ¸c¨oz¨umd¨ ur. Burada reel ve sanal kısımları ayırdı˘gımızda
−
x = 2e2t cos3t y = e2t ( cos3t
−
x = 2e2t sin3t y = e2t (3cos3t
ve
− 3sin3t)
fonksiyonları sisteminin lineer ba˘gımsız ¸co¨z¨umleridir ve genel ¸c¨oz¨ um x = 2c1 e2t cos3t + 2c2 e2t sin3t y = c1 e2t ( cos3t 3sin3t) + c2 e2t (3cos3t
−
olarak yazarız.
−
− sin3t)
− sin3t)
¨ Ornek 32.17. x′ = 7x 4y y ′ = 2x + 3y x (0) = 2 y (0) = 1
−
−
sisteminin c¸¨ oz¨ um¨ un¨ u bulunuz. C ¸ o¨z¨ um Sisteme kar¸sılık gelen lineer cebirsel denklemler
(7 λ) A 4B = 0 2A + (3 λ) B = 0
−
ve sisteme kar¸sılık gelen karaktestik denklem
(7
− λ) 2
λ2
− −
−4 (3 − λ)
− 10λ + 29 λ1,2
= 0 = =
k¨oklerdir. λ1 = 5 i¸cin elde edilen cebirsel denklem (2 + 2i) A 4B = 0 2A + ( 2 + 2i) B = 0 i¸cin
−
−
⇒ 0⇒ 5 − 2i, 5 + 2i
− 2i
⇒ (2 + 2i) A = 4B ⇒ A = 4, B = 2 + 2i
x (t) = 4e(5−2i)t = 4e5t (cos2t i sin2t) y (t) = (2 + 2i) e(5−2i)t = (2 + 2i) e5t (cos2t
−
− i sin2t)
92
7.
LINEER DIFERANSIYEL DENKLEM SISTEMLERI
¸c¨oz¨umd¨ ur. Burada reel ve sanal kısımları ayırdı˘gımızda x = 4e5t cos2t x = 4e5t sin2t ve y = e5t (2cos2t + 2sin 2t) y = e5t (2cos2t fonksiyonları sisteminin lineer ba˘gımsız ¸co¨z¨umleridir ve genel ¸c¨oz¨ um x = 4c1 e5t cos2t + 4c2 e5t sin2t y = c1 e5t (2cos2t + 2sin 2t) + c2 e5t (2cos2t olarak yazarız.
− 2sin2t)
− 2sin2t)
x (0) = 2 y (0) = 1
−
ba¸slangı¸c ko¸sullarından
¸c¨oz¨umd¨ ur.
−5t
5t
1 x = 7e + 2e ⇒ c1 = , c2 = −1 ⇒ − 5t −1 y = −3e + 2e5t 2 x = 2e5t cos2t − 4e5t sin2t y = 12 e5t (2cos2t + 2sin 2t) − e5t (2cos2t − 2sin2t)
4c1 = 2 2c1 + 2c2 =
CHAPTER 8
Lineer Diferansiyel Denklem Sistemlerinin Uygulamaları 33. Salınım Hareketi
F1=-k1x1
F1=-k2(x2-x1)
m1 k¨utlesindeki yer de˘ gi¸stirmeyi x1 ile m2 k¨utlesindeki yer de˘gi¸stirmeyi ise x2 ile g¨ osterelim. 1. telin esneklik sabiti k1 , 2. sinin ise k2 olsun. S¸imdi m1 k¨utlesine etkiyen kuvvetleri d¨u¸su ¨ nelim. Burada 1.tel ve 2. telin uygulamı¸s oldukları kuvvetler mevcuttur. 1. telin uygulamı¸s oldu˘gu kuvvet F 1 =
−k1x1
2.k¨ utlenin yer de˘gi¸stirmesi ise (x2 x1 ) kadardır. 2. tele negatif olarak verilen kuvvet 1. tele pozitif olarak etkiyecektir. B¨oylece Newton un 2. kuralına g¨ore
−
m1 x′′1 =
−k1x1 + k2 (x2 − x1 )
2.k¨ utleye uygulanan kuvvet Hooke kuralına g¨ore F 2 =
−k2 (x2 − x1 )
ve Newton 2. kuralına g¨ore m2 x′′2 = ve m1 x′′1 = m2 x′′2 = diferansiyel denklem sitemini elde ederiz.
−k2 (x2 − x1)
−k1x1 + k2 (x2 − x1 ) −k2 (x2 − x1 )
¨ Ornek 33.1. Yatay ve s¨ urt¨ unmesiz bir d¨ uzlem uzerinde ¨ hareket etmekte olan m1 = 2kg ve m2 = 1kg olan cisimler ¸sekilde g¨ or¨ uld¨ u˘g¨ u gibi a˘gırlıksız yaylarla birbirine tutturulmu¸s olarak denge konumları etrafında salınım hareketi yapmaktadırlar. 1. telin esneklik katsayısı k1 = 4N/m 2. telin ise k2 = 2N/m olarak veriliyor. Ba¸slangı¸c ta 1. k¨ utlenin uzaklı˘gı 1m ve 2. k¨ utlenin uzaklı˘gı 5m/s hızsız olarak verildi˘gine g¨ ore herbirinin denge konumundan hangi uzaklıkta oldu˘gunu bulunuz. C ¸ o¨z¨ um m1 x′′1 = m2 x′′2 =
−k1x1 + k2 (x2 − x1 ) −k2 (x2 − x1 ) 93
94
8.
LINEER DIFERANSIYEL DENKLEM SISTEMLERININ UYGULAMALARI
sisteminde verilenleri yerine yazıp d¨uzenledi˘ gimizde 2x′′1 + 6x1 2x2 = 0 x′′2 2x1 + 2x2 = 0 x1 (0) = 1, x′1 (0) = 0 x2 (0) = 5, x′2 (0) = 0
−
−
sistemini c¸¨ozmeliyiz.
− ⇒ − − ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ D2 + 2 / 2D2 + 6 x1 2x2 = 0 2/ 2x1 + D2 + 2 x2 = 0 D2 + 2
2D2 + 6
4 x1 = 0
2D4 + 10D2 + 8 x1 = 0
⇒ ⇒ ⇒ ⇒ = =
⇒ ⇒ ⇒ ⇒
m4 + 5m2 + 4 = 0 m2 + 1 m2 + 4 = 0 m1,2 = i, m3,4 = 2i x1 (t) = c1 cos t + c2 sin t + c3 cos2t + c4 sin2t 2x′′1 + 6x1 2x2 = 0 x2 = x′′1 + 3x1 ( c1 cos t c2 sin t 4c3 cos2t 4c4 sin2t) + 3 (c1 cos t + c2 sin t + c3 cos2t + c4 sin2t) 2c1 cos t + 2c2 sin t c3 cos2t c4 sin2t c1 + c3 = 0 x1 (0) = 1, x2 (0) = 5 c1 = 2, c3 = 1 2c1 c3 = 5
±
±
−
−
⇒
−
− −
⇒
x′1 (0) = 0, x′2 (0) = 0
⇒
x1 (t) = 2 cos t cos2t x2 (t) = 4 cos t + cos 2t
−
− − −
⇒
−
⇒ c2 = 0, c4 = 0
c2 + 2c4 = 0 2c2 2c4 = 0
−
34. Elektrik Devre Problemleri 1 q, V L = LI ′ C S¸ekile g¨ore ABGF kapalı devresinde toplam volta jlar e¸sit olmalıdır. Buna g¨ore q ′ = I, V R = RI,V C =
V R1 + V L1 = E
⇒ R1I 1 + L1 (I 1′ − I 2′ ) = E ⇒ L1I 1′ − L1I 2′ + R1 I 1 = E
BCFG kapalı devresinde ise V L1 + V R2 + V L2 = 0
⇒ L1 (I 2′ − I 1′ ) + R2I 2 + L2I 2′ = 0
34. ELEKTRIK DEVRE PROBLEMLERI
R1
B
A
95
C
R2 I2
I1
I
I2
I1
L2
L1
E
D
F
G diferansiyel denklemleri ile
L1 I 1′ L1 I 2′ + R1 I 1 = E L1I 1′ + (L1 + L2 ) I 2′ + R2 I 2 = 0
−
−
sistemini elde ederiz.
¨ Ornek 34.1. Yukarıdaki elektrik sisteminde L1 = 0.02H (enry), R1 = 10Ω, L2 = 0.04H, R2 = 20Ω, E = 30V ve ba¸slangı¸c akımı sıfır oldu˘guna g¨ ore herhangi zamandaki akımı bulunuz. C ¸ o¨z¨ um I 1 − I 2 + 500I 1 = 1500 1 − 0.02I 2 + 10I 1 = 30 ⇒ 0.02I −0.02I 1′ + 0.06I 2′ + 20I 2 = 0 ⇒ −I 1′ + 3I 2′ + 1000I 2 = 0 + 1000) / (D + 500) I 1 − DI 2 = 1500 ⇒ (3D D / − DI 1 + (3D + 1000) I 2 = 0 ⇒ (3D + 1000) (D + 500) − D2 I 1 = (3D + 1000)(1500) ⇒ 2D2 + 2500D + 500 000 I 1 = 1500000 ⇒ D2 + 1250D + 250000 I 1 = 750000 ⇒ I 1′′ + 1250I 1′ + 250000I 1 = 750000
′
′
′
′
denkleminin ¨oncelikle homojen kısmın ¸c¨oz¨um¨ un¨u elde edelim: I 1′′ + 1250I 1′ + 250000I 1 = 0 m2 + 1250m + 250000 = 0 m1 = 250, m2 = 1000 I 1,c (t) = c1 e−250t + c2 e−1000t
⇒ ⇒
−
−
⇒
⇒
⇒ (m + 250)(m + 1000) = 0
¨ozel ¸c¨oz¨um i¸cin I 1,p = A olarak buluruz.
sisteminde I 2′ terimlerini yok edersek:
⇒ ⇒ =
⇒
⇒ A = 3 ⇒ I 1 (t) = c1e−250t + c2e−1000t + 3 I 1′ − I 2′ + 500I 1 = 1500 −I 1′ + 3I 2′ + 1000I 2 = 0
4500 2I 1′ 1500I 1 ′ 2I 1 + 1500I 1 + 1000I 2 = 4500 I 2 = 1000 4500 2 250c1 e−250t 1000c2e−1000t 1500 c1 e−250t + c2 e−1000t + 3 I 2 =
− −
500c2 e−1000t
−
1000c1 e−250t
⇒ −
−
1000
−
−
⇒
1000 c2 −1000t I 2 = e c1 e−250t 2
−
96
8.
LINEER DIFERANSIYEL DENKLEM SISTEMLERININ UYGULAMALARI
35. Karı¸sım Problemleri
r
r12 rout
c
A2
A1
r21
l ¸sekildeki sistemde, 1. tanka c grl bir kimyasal r dk hızla bo¸saltılmaktadır. Ayrıca 1. tanktan r12 hız ile bir bo¸saltım ve r21 hızı ile 2. tanktan akım meydana gelmektedir.2. tanka ise 1. tanktan r12 hızında bir miktar kimyasal giri¸si olurken r21 ve rout hızı ile ¸cıkı¸s meydana gelmektedir. A1 ve A2 ile 1. ve 2. tankerdeki kimyasal miktarlarını belirtirsek ve V 1 , V 2 ile sırasıyla 1.ve 2. tankerin hacmini belirtirsek
dA1 dt dA2 dt
= rc
− r12 AV 11 + r21 AV 22
= r12
A1 V 1
− (r21 + rout) AV 22
diferansiyel denklem sisteminin ¸c¨oz¨um¨ u 1. ve 2. tankerdeki kimyasal miktarlarını vericektir. ¨ Ornek 35.1. Birbiriyle ba˘ glantılı X ve Y tanklarında X ba¸slangı¸cta 100lt lik tuzlu suyun i¸cinde 5kg tuz, Y ise 100lt like tuzlu suyun i¸cinde 2kg lık tuzlu su i¸cermektedir. 6 l/dk lık bir hız ile X tankerine saf su giri¸si olmaktadır. X tankerinden Y tankerine tuzlu su 8 l/dk lık bir hızla akmaktadır. Y tankerinden X tankerine ise 2 l/dk lık hızla tuzlu su geri pompalanmaktadır. Y tankerinden tuzlu su 6 l/dk hızla bo¸saltımaktadır. Herbir tankta c¸oz¨ ¨ un¨ url¨ uk homojen olucak ¸sekilde karı¸stırıldı˘gına g¨ ore tanklardaki, herhangi bir zamandaki tuz miktarı nedir? C ¸ ¨ oz¨ um c = 0, r = 6l/dk, r12 = 8l/dk,r21 = 2l/dk,rout = 6l/dk 1. tankta 6l/dk lık bir giri¸s ve toplamda 8 2 = 6 l/dk lık bir ¸cıkı¸s oldu˘gundan toplam litrede bir de˘gi¸sim olmayacaktır. Ve benzer ¸sekilde Y tankında da 8-2=6 lık bir giri¸s ve 6 lık bir ¸cıkı¸s oldu˘gundan Y deki hacim de˘gi¸smeyecektir. Buna g¨ ore denklemi
−
dx x y = 8 +2 dt 100 100 dy x y = 8 8 dt 100 100 x (0) = 5, y (0) = 2
−
−
35. KARIS ¸ IM PROBLEMLERI
sisteminin c¸¨ oz¨ um¨ unden
⇒ −
−
8 100 8 100
2 100 8 100
−λ
=0
− λ Ae− ⇒ λ1 = − 251 ⇒ xy == Be − ⇒
λ1 =
− 253 ⇒ 1
3 1 3 ⇒ λ2 + 254 λ + 625 = 0 ⇒ λ1 = − , λ2 = − 25 25
1 25
t
1 25
t
⇒ −4A + 2B = 0 ⇒ B = 2, A = 1 ⇒
x = e− 25 t 1 y = 2e− 25 t
x = Ae− 25 t 3 y = Be − 25 t
1
⇒ 4A + 2B = 0 ⇒ B = 2, A = −1 ⇒
x = e− 25 t 3 y = 2e− 25 t
3
⇒ ⇒
5 = c1 c2 2 = 2c1 + 2c2
−
−
3
3
x = c1 e− 25 t c2 e− 25 t 1 3 y = 2c1 e− 25 t + 2c2 e− 25 t
−
97
⇒ x (0) = 5, y (0) = 2 1
⇒ c1 = 3, c2 = −2 ⇒
3
x = 3e− 25 t + 2e− 25 t 1 3 y = 6e− 25 t 4e− 25 t
−
CHAPTER 9
N¨ umerik Y¨ ontemler
y ′ = f (x, y) (35.1) y (x0 ) = y0 BDP nin c¸¨oz¨um¨ un¨u bulmak herzaman m¨ umk¨ u n olmayabilir. Bu y¨ uzden bunların ¸co¨z¨umleri i¸cin di˘ ger bir yakla¸sım da n¨umerik y¨ontemlerdir. 36. Euler1 y¨ ontemi (35.1) BDP nin ger¸cek ¸co¨z¨um¨ u ϕ (x) olsun. h yeterince k¨ u¸cu ¨ k pozitif bir artım olmak ¨uzere x1 x2
= x0 + h = x1 + h ... = xn−1 + h
xn
Bu noktalardaki yakla¸sık ¸c¨oz¨umler y1 , y2 ,...,y n ve ger¸cek ¸co¨z¨umler ϕ (x1 ) , ϕ (x2 ) ,...,ϕ (xn ) olsunlar. Tanım 36.1. %δϕ = oranına y¨ uzdelikli ba˘ gıl hata denir.
yn
− ϕ (xn)
ϕ (xn )
ϕ (x) , fonksiyonu ger¸cek ¸co¨z¨um ise (35.1) BDP yi sa˘glar.
.100
ϕ′ (x) = f (x, ϕ (x)) ϕ (x0 ) = y0 denklemde her iki tarafın (x0 , x1 ) aralı˘gında integralini alırsak
x1
x0
ϕ (x1 )
x1
ϕ′ (x) dx =
f (x, ϕ (x)) dx
⇒
f (x, ϕ (x)) dx
⇒
x0 x1
− ϕ (x0)
=
x0
ϕ (x1 ) =
x1
y0 +
f (x, ϕ (x)) dx
x0
Euler y¨ontemi soldaki integraldeki f (x, ϕ (x)) de˘geri yerine f (x0 , ϕ (x0 )) = f (x0 , y0 ) de˘gerini alır. Buna g¨ ore
x1
ϕ (x1 )
≈
x1
y0 +
f (x0 , y0 ) dx
x0
f (x0 , y0 ) dx = f (x0 , y0 ) (x1
x0
Buna g¨ore ϕ (x1 ) yakla¸sımını
ϕ (x1 )
≈
− x0) = hf (x0 , y0) ⇒
y0 + hf (x0 , y0 )
y1 = y0 + hf (x0 , y0 )
(36.1)
1Leonhard Paul Euler (15 April 1707 – 18 September 1783) was a pioneering Swiss mathematician and physicist who spent
most of his life in Russia and Germany. 99
¨ EULER2 YONTEMI
36.
101
h = 0.5
h = 0.25
4.5
4.5 Exact Solution Approximate solution
4
Exact Solution Approximate solution
4
3.5
3.5
3
3
2.5
2.5
2
2
1.5
1.5
1
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1
0
0.2
0.4
x
h = 0.1
1
0.6
0.8
1
4.5 Exact Solution Approximate solution
Exact Solution Approximate solution
4
3.5
3.5
3
3
2.5
2.5
2
2
1.5
1.5
1
0.8
h = 0.05
4.5 4
0.6 x
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1
0
0.2
0.4
x
x
Maximum error= 33.8122% when h is 0.5
Maximum error= 19.9918% when h is 0.25
35
20
30 15
25 r o r r e
20
r o r r e
10
15 10
5
5 0 −0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
0 −0.2
1.2
0
0.2
0.4
x
Maximum error= 8.9923% when h is 0.1
r o r r e
5
8
4
6
r o r r e
2
2
1
0.2
0.4
1
1.2
1
1.2
3
4
0
0.8
Maximum error= 4.6922% when h is 0.05
10
0 −0.2
0.6 x
0.6
0.8
1
0 −0.2
1.2
0
0.2
0.4
x
0.6
0.8
x
homojen olmayan kısmın ¸c¨ oz¨ umleri olmak ¨ uzere c′ (x) e−x + c (x) e−x =
−
c (x) = z
=
−
x x x x x + c (x) e−x c′ (x) = e c (x) = e dx 10 10 10 1 x 1 xe + ex + c1 10 10 −1 1 1 1 1 − − x x x+ + c1 e y= x+ + c1 e 10 10 10 10
⇒
−
−
⇒
−
⇒
⇒
−
37.
¨ RUNGE-KUTTA YONTEMI
103
h = 0.5
h = 0.25
7
7 Exact Solution Approximate solution
Exact Solution Approximate solution
6
6
5
5
4
4
3
3
2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
2
1
0
0.2
0.4
x
h = 0.1
0.8
1
0.6
0.8
1
h = 0.05
7
7 Exact Solution Approximate solution
Exact Solution Approximate solution
6
6
5
5
4
4
3
3
2
0.6 x
0
0.2
0.4
0.6
0.8
2
1
0
0.2
0.4
x
x
Maximum error= 30.4708% when h is 0.5
Maximum error= 20.3552% when h is 0.25
35
25
30 20 25 r o r r e
15
20
r o r r e
15
10
10 5 5 0 −0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
0 −0.2
0
0.2
0.4
x
Maximum error= 10.3223% when h is 0.1 6
10
5
1
1.2
1
1.2
4 r o r r e
6
3
4
2
2
1
0 −0.2
0.8
Maximum error= 5.6885% when h is 0.05
12
8 r o r r e
0.6 x
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
x
0 −0.2
0
0.2
0.4
0.6 x
y (0) = 1 ko¸sulundan
c1 y
= 3
⇒
= ϕ (x) = ϕ (0.1)
−2 − 2x + 3exp (x)
0.8
37.
¨ RUNGE-KUTTA YONTEMI
105
h = 0.5
h = 0.25
4.5
4.5 Exact Solution Approximate solution
4
Exact Solution Approximate solution
4
3.5
3.5
3
3
2.5
2.5
2
2
1.5
1.5
1
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1
0
0.2
0.4
x
h = 0.1
0.6
0.8
1
Exact Solution Approximate solution
4
3.5
3.5
3
3
2.5
2.5
2
2
1.5
1.5
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1
0
0.2
0.4
x
x
−3
Maximum error= 0.067558% when h is 0.5 0.07
6
0.06
5
0.05
Maximum error= 0.0051908% when h is 0.25
x 10
4
0.04
r o r r e
0.03
3 2
0.02
1
0.01 0 −0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
0 −0.2
1.2
0
0.2
0.4
x
−4
1.6
1
4.5 Exact Solution Approximate solution
4
r o r r e
0.8
h = 0.05
4.5
1
0.6 x
−5
Maximum error= 0.0001505% when h is 0.1
x 10
0.6
0.8
1
1.2
1
1.2
x
1
Maximum error= 9.8056e−006% when h is 0.05
x 10
1.4 0.8
1.2 1 r o r r e
r o r r e
0.8
0.6
0.4
0.6 0.4
0.2
0.2 0 −0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
0 −0.2
0
x
Kesin ¸coz¨ ¨ um 2 2, 2127 2, 454 2, 7298 2, 7298 3, 4175 3, 8532 4, 3738 5, 0067 5, 7928 6 7957
0.4
0.6
0.8
x
fonksiyonu ger¸ cek ¸coz¨ ¨ umd¨ ur. h = 0.1, f (x, y) = y + xn 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1
0.2
xy 2 10
Yakla¸sık c¸¨ oz¨ um 2 2, 2127 2, 454 2, 7298 2, 7298 3, 4175 3, 8532 4, 3738 5, 0067 5, 7928 6 7957
%δϕ 0 6, 4525e 006 1, 3774e 005 2, 234e 005 3, 2728e 005 4, 5861e 005 6, 3288e 005 8, 7773e 005 12, 458e 005 18, 457e 005 29 224 005
− − − − − − − − −
106
9.
¨ ¨ NUMERIK YONTEMLER
h = 0.5
h = 0.25
7
7 Exact Solution Approximate solution
Exact Solution Approximate solution
6
6
5
5
4
4
3
3
2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
2
1
0
0.2
0.4
x
h = 0.1
1
0.6
0.8
1
7 Exact Solution Approximate solution
Exact Solution Approximate solution
6
6
5
5
4
4
3
3
0
0.2
0.4
0.6
0.8
2
1
0
0.2
0.4
x
x
Maximum error= 0.1363% when h is 0.5
Maximum error= 0.010672% when h is 0.25
0.14
0.012
0.12
0.01
0.1 r o r r e
0.8
h = 0.05
7
2
0.6 x
0.008
0.08
r o r r e
0.06
0.006 0.004
0.04
0.002
0.02 0 −0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
0 −0.2
1.2
0
0.2
0.4
x
−4
−5
Maximum error= 0.00029224% when h is 0.1
x 10
0.6
0.8
1
1.2
1
1.2
x
2
Maximum error= 1.8317e−005% when h is 0.05
x 10
1.5 2 r o r r e
r o r r e
1
1 0.5
0 −0.2
0
0.2
0.4
0.6 x
0.8
1
1.2
0 −0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
x
A¸sa˘ g ıdaki grafik ile 1. ve 2. o¨rneklerin Euler ve Runge-Kutta y¨ontemi ile ¸c¨oz¨um¨ unden elde edilen yakla¸sık ¸c¨oz¨umlerin kar¸sıla¸stırılması g¨osterilmektedir.
38.
h = 0.5 ExactSolution Appr.sol.with Runge−Kutta Appr.sol.with Euler
ExactSolution Appr.sol. with Runge−Kutta Appr.sol. with Euler
4 3.5
3
3
2.5
2.5
2
2
1.5
1.5
0
E
e = 0.0051908,e = 19.9918% when h is 0.25 R
E
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1
20
40
15
30 Runge−Kutta Euler 20
Runge−Kutta 10 Euler
10
5
0 −0.5
0 −0.5 0
0
0.5
0.5 1
0
0.2
0.4
x
0.6
0.8
1
1.5
error
h = 0.1
1
3.5
3
3
2.5
2.5
2
2
1.5
1.5
eR= 9.8056e−006,eE= 4.6922% when h is 0.05 6
10
ExactSolution Appr.sol. with Runge−Kutta Appr.sol. with Euler
3.5
4 Runge−Kutta Euler
5
Runge−Kutta Euler
2 0 −0.5
0 −0.5
0
0
0.5
0.5
1
1 1
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1
0
0.2
0.4
x
0.6
0.8
2 1.5 1
error
1
h = 0.5
h = 0.25
1.5 1 2
error
x
7
2 x
eR= 0.0001505,e E= 8.9923% when h is 0.1
h = 0.05
4
1.5 1
error x
4.5 ExactSolution Appr.sol.with Runge−Kutta Appr.sol.with Euler
1
2
x
4.5 4
R
4.5
3.5
1
107
e = 0.067558,e = 33.8122% when h is 0.5
h = 0.25
4.5 4
¨ SISTEMLER IC ¸ IN EULER Y ONTEMI
x
x
e = 0.1363,e = 30.4708% when h is 0.5
e = 0.010672,e = 20.3552% when h is 0.25
R
E
R
E
7 ExactSolution Appr.sol.with Runge−Kutta Appr.sol.with Euler
6
ExactSolution Appr.sol. with Runge−Kutta Appr.sol. with Euler
6
5
30
40 Runge−Kutta 30 Euler
Runge−Kutta 20 Euler
20
5
10 10
4
4
3
3
0 −0.5
0 −0.5
0
0
0.5
0.5 2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
2
1 0
0.2
0.4
x
0.6
0.8
1
1
h = 0.1
eR= 1.8317e−005,eE= 5.6885% when h is 0.05 6
15
ExactSolution Appr.sol. with Runge−Kutta Appr.sol. with Euler
6
Runge−Kutta 4 Euler
Runge−Kutta 10 Euler
5
5
5
2
4
4
0 −0.5
0 −0.5
3
3
0
0
0.5
0.5
1
1 2
0
0.2
0.4
0.6 x
0.8
1
2
0
0.2
0.4
2 x
eR= 0.00029224,e E= 10.3223% when h is 0.1
h = 0.05 7
ExactSolution Appr.sol.with Runge−Kutta Appr.sol.with Euler
1.5 1
error x
x
7
6
1.5
error
1
2
0.6
0.8
1
error
2 1.5 1
x
Figure 37.1.
error x
1.5 1 2 x
¨ ¨ Ornek 1. i¸cin ve Ornek 2. i¸cin
38. Sistemler i¸ cin Euler y¨ ontemi
x′ = f (t,x,y) y ′ = g (t,x,y) x (t0 ) = x0 y (t0 ) = y0
(38.1)
108
9.
¨ ¨ NUMERIK YONTEMLER
sistemi i¸cin Euler y¨ontemi tn+1 xn+1 yn+1
= tn + h = xn + hf (tn , xn , yn ) = yn + hg (tn , xn , yn)
(38.2)
n = 1, 2, 3,... ile verilir. ¨ Ornek 38.1. x′ = 5x 2y y ′ = 3x x (0) = 1 y (0) = 2 sisteminin ger¸cek ve yakla¸sık ¸c¨ oz¨ um¨ un¨ un t = 0.1, 0.2, ..., 1 noktalarındaki de˘gerlerini bulup y¨ uzdelikli ba˘ gıl hatayı bulunuz.
−
¨ C ¸ o¨z¨ um Oncelikle ger¸cek ¸co¨z¨um¨ u bulalım. Sisteme kar¸sılık gelen lineer cebirsel denklemler (5 λ) A 2B = 0 3A + ( λ) B = 0
−
ve sisteme kar¸sılık gelen karaktestik denklem
(5
−
−
− λ) −2 3 (−λ) λ2 − 5λ + 6 λ1,2
= 0
⇒ 0⇒
= = 3, 2
k¨oklerdir. λ1 = 3 i¸cin elde edilen cebirsel denklem 2A 3A i¸cin
− 2B = 0 ⇒ A = B = 1 − 3B = 0 x (t) = e3t y (t) = e3t
¸c¨oz¨umd¨ ur. λ2 = 2 i¸cin elde edilen cebirsel denklem 3A 2A i¸cin
− 2B = 0 ⇒ 3A = 2B = 6 − 2B = 0 x (t) = 2e2t y (t) = 3e2t
¸c¨oz¨umd¨ ur. x (t) = e3t x (t) = 2e2t 3t ve y (t) = e y (t) = 3e2t fonksiyonları sisteminin lineer ba˘gımsız ¸co¨z¨umleridir ve genel ¸c¨oz¨ um x = c1 e3t + 2c2 e2t y = c1 e3t + 3c2 e2t olarak yazarız. x (0) = 1 y (0) = 2
110
¨ ¨ NUMERIK YONTEMLER
9.
h = 0.5
h = 0.25
t
t
6
6 x
x
exact
exact
yexact
4
xappromiate
2
y
approximate
0
−2
−2
−4
−4
0
0.2
0.4
0.6
0.8
xappromiate
2
0
−6
yexact
4
y
approximate
−6 0
1
0.2
0.4
0.6
t ht = 0.1
1
ht = 0.05
6
6 x
x
exact
exact
yexact
4
0
0
−2
−2
−4
−4
0.2
0.4
0.6
0.8
xappromiate
2
yapproximate
0
yexact
4
xappromiate
2
−6
0.8
t
yapproximate
−6 0
1
0.2
0.4
0.6
t
max x
= 132.9727% , max y
error
0.8
1
t
= 176.2257% when h is 0.5
error
max x
t
200 150
= 365.2054% , max y
error
= 179.0405% when h is 0.25
error
t
xerror
400
xerror
yerror
300
yerror
100
200
50
100
0 −0.5
0 −0.5 0
0
0.5
0.5 1 error
1
2 1.5
1
error
t
1.5
1
2 t
max xerror= 1698.548% , max yerror= 130.0772% when h t is 0.1
max xerror= 1031.1298% , max yerror= 83.316% when ht is 0.05 1500
2000
xerror y
1500
xerror y
1000
error
error
1000 500 500 0 −0.5
0 −0.5
0
0
0.5
0.5
1
1 error
2 1.5 1
error t
1.5 1 2 t
¨ Ornek 39.1. x′ = 5x 2y y ′ = 3x x (0) = 1 y (0) = 2
−
sisteminin ger¸cek ve yakla¸sık ¸c¨ oz¨ um¨ un¨ un t = 0.1, 0.2, ..., 1 noktalarındaki de˘gerlerini bulup y¨ uzdelikli ba˘ gıl hatayı bulunuz.
112
¨ ¨ NUMERIK YONTEMLER
9.
h = 0.5
h = 0.25
t
t
4
4 x
x
exact
exact
yexact
2
xappromiate y
0
approximate
−2
−4
−4
0
0.2
0.4
0.6
0.8
−6 0
1
xappromiate y
approximate
0
−2
−6
yexact
2
0.2
0.4
0.6
t
0.8
1
t
ht = 0.1
ht = 0.05
6
4 x
x
exact
exact
yexact
4
xappromiate
2
yapproximate
2
yexact
0
yapproximate
xappromiate
0 −2 −2 −4
−4 −6
0
0.2
0.4
0.6
0.8
−6 0
1
0.2
0.4
0.6
t
max x
= 11.8949% , max y
error
0.8
1
t
= 27.7342% when h is 0.5
error
max x
t
xerror
30
= 4.8906% , max y
error
= 3.3697% when h is 0.25
error
t
xerror
6
yerror
yerror 4
20 10
2
0 −0.5
0 −0.5 0
0
0.5
0.5 1 error
1
2 1.5
1
error
t
1.5
1
2 t
max xerror= 1.388% , max yerror= 0.12825% when ht is 0.1
max xerror= 0.098895% , max yerror= 0.0091463% when ht is 0.05 0.1
1.5 1
xerror
xerror
y
y
error
error
0.05 0.5 0 −0.5
0 −0.5
0
0
0.5
0.5
1
1 error
2 1.5 1
error t
1.5 1 2 t
Asa˘gıdaki grafik ile Euler ve Runge-Kutta y¨ontemlerinin kar¸sıla¸stırılması verilmi¸stir.
¨ SISTEMLER IC ¸ IN RUNGE-KUTTA Y ONTEMI
39.
ht = 0.5
113
ht = 0.25
6
6 xexact y
4
exact R−K x appr. R−K y appr. xE appr. E y appr.
2 0 −2 −4
xexact y
4
exact R−K appr. R−K y appr. xE appr. E y appr.
x 2 0 −2 −4
−6 0
0.2
0.4
0.6
0.8
−6
1
0
0.2
0.4
0.6
t
0.8
1
t
ht = 0.1
ht = 0.05
6
6 x
x
exact
yexact
4
R−K
xappr.
2
yR−K appr. E xappr. yEappr.
0 −2 −4
exact
yexact
4
R−K
xappr.
2
yR−K appr. E
xappr.
0
yEappr.
−2 −4
−6 0
0.2
0.4
0.6
0.8
−6
1
0
0.2
0.4
t
R−K
R−K
R−K
max xerror= 11.8949% , max yerror= 27.7342% max xE = 132.9727% , max yE = 176.2257% when h is 0.5 error
0.6
0.8
1
t
error
R−K
max xerror= 4.8906% , max yerror= 3.3697% max xE = 365.2054% , max yE = 179.0405% when h is 0.25
t
error
error
t
R−K
xerror R−K
yerror
200
100
R−K
xerror
400
xEerror
300
yE
200
R−K
yerror xEerror yE
error
error
100 0 −0.5
0 −0.5
0
0
4
0.5
0.5
3 1 1
1.5
error
1
2
max xR−K = 1.388% , max yR−K = 0.12825% error error E E max xerror= 1698.548% , max yerror= 130.0772% when ht is 0.1 x
1500 1000 500
4
t
max xR−K = 0.098895% , max yR−K = 0.0091463% error error E E max xerror= 1031.1298% , max yerror= 83.316% when ht is 0.05 R−K error R−K yerror E xerror E yerror
2000
1
1.5
error
t
3
2
1500
R−K error R−K
x
yerror
1000
E
xerror 500
E
yerror
0 −0.5
0 −0.5
0
0
0.5
0.5 1 error
4 2 3 1.5 1 t
1 error
1.5 1 2
34 t
CHAPTER 10
Laplace D¨ on¨ u¸ su ¨ m¨ u 40. Laplace ve Ters Laplace d¨ on¨ u¸sm¨ u Laplace d¨on¨u¸su ¨mleri, ba¸slangı¸c sınır de˘ger problemlerinin ¸c¨oz¨umleri i¸c in ¸cok etkili bir y¨ontemdir. Burada uygulanacak olan i¸slemler sırasıyla Adım 1.: Verilen ADD cebirsel denkleme d¨on¨u¸st¨ ur¨ul¨ ur. Adım 2.: Cebirsel denklem ¸c¨oz¨ ul¨ ur Adım 3.: 2. adımdaki cebirsel denklemin ¸c¨oz¨ um¨ u, ters d¨on¨u¸su ¨ m ile ADD nin c¸o¨z¨um¨ u elde edilir. Bu y¨ontemin ¸cok ¨onemli avantajları mevcuttur. 1.: Ba¸slangı¸c de˘ger probleminin ¸c¨oz¨um¨ u direkt olarak elde edilir. Di˘ger y¨ontemlerde c sabitleri ile elde edilen ¸co¨z¨umde ba¸slangı¸c ko¸sulları verilerek c sabitleri bulunur. 2.: En ¨onemli avantajı homojen olmayan denklemlerde, sa˘g taraftaki fonksiyonun s¨urekli olmadı˘ gı durumlarda da ¸c¨oz¨um¨ u elde edebiliriz. Tanım 40.1. f (t) , t
≥ 0 fonksiyonun Laplace1 d¨ on¨ u¸sum¨ ¨ u F (s) ile g¨ osterilir F (s) = L (f ) =
∞
e−st f (t) dt
(40.1)
0
ile tanımlanır.
Tanım 40.2. F (s) fonksiyonun ters Laplace d¨ on¨ u¸sum¨ ¨ u ise f (t) , t f (t) = L−1 (F )
≥ 0 dir
ile g¨ osterilir. Notasyon 40.3. t ye ba˘glı olanlar fonksiyonlar s ye ba˘ glı olanları da d¨ on¨ u¸sumler ¨ olarak d¨ u¸sunece˘ ¨ giz. Fonksiyonları k¨ u¸cuk ¨ harfler ile d¨ on¨ u¸sumleri ¨ ise b¨ uy¨ uk harfler ile g¨ osterece˘giz. f (t) fonksiyonun d¨ on¨ u¸sum¨ ¨ u F (s), y (t) fonksiyonunun d¨ on¨ u¸sum¨ ¨ u Y (s) . ¨ Ornek 40.4. f (t) = 1 fonksiyonun Laplace d¨ on¨ u¸sum¨ ¨ un¨ u bulunuz. C ¸ o¨z¨ um L (f ) =
∞
e−st dt =
0
−
1 −st e s
∞
=
0
1 s
¨ Ornek 40.5. f (t) = eat , a sabit fonksiyonun Laplace d¨ on¨ u¸sum¨ ¨ un¨ u bulunuz. C ¸ o¨z¨ um L (f ) =
∞
0
e−st eat dt =
1
−s − a
e−(s−a)t
∞
=
0
1
s
− a, s > a
Teorem 40.6. Laplace d¨ on¨ u¸s¨ um¨ u lineerdir:f (t) , g (t) fonksiyonları ve a, b sabitleri i¸cin L (af + bg) = aL (f ) + bL (g) 1Pierre Simon Marquis de Laplace (1749-1827) Fransız matematik¸ ci, Pariste profes¨ orl¨ uk yapmı¸s ve Nap oleon Bonaparte 1
senelik ¨ og ˘rencisi olmu¸sltur. 115
¨ US ¨ ¸ MU ¨ 40. LAPLACE VE TERS LAPLACE D ON
117
C ¸ o¨z¨ um s s2 + w2
F (s) = L (cos wt) = F (s
− a)
=
F (s) = F (s
− a)
⇒ s−a L eat cos wt = 2 (s − a) + w2 w ⇒ L (sin wt) = 2 s + w2
= L eat sin wt =
(s
−
w a)2 + w2
¨ Ornek 40.11. 3 s2 + 100
F (s) = L (f (t)) = ise f fonksiyonu nedir? C ¸ o¨z¨ um 3 L (f (t)) = 2 s + 100
⇒
f (t) = L−1
3 2 s + 100
3 10 10
= L−1
s2
+ 102
3 = L−1 10
10 2 s + 102
=
3 sin (10t) 10
¨ Ornek 40.12. F (s) = L (f (t)) =
s2
ise f fonksiyonu nedir?
−
25 4s + 29
C ¸ o¨z¨ um L (f (t)) =
s2
−
25 = 4s + 29 (s
−
25 2)2 + 25
⇒ f (t) = L−1
(s
−
5.5 2)2 + 52
= 5L−1
(s
−
5 2)2 + 52
= 5e2t sin(5t)
¨ Ornek 40.13. L (f ) =
3s 137 s2 + 2s + 401
−
oldu˘guna g¨ ore f (t) fonksiyonu nedir? C ¸ o¨z¨ um 3s 137 3s 137 3 (s + 1) 140 = = 2 2 + 2s + 401 (s + 1) + 400 (s + 1) + 202 (s + 1) 140 20 = 3 2 2 20 (s + 1)2 + 202 (s + 1) + 20
L (f ) =
−
s2
f = L−1 3 = 3L−1
−
−
−
(s + 1) (s + 1)
2
+ 202
(s + 1) 2 (s + 1) + 202
= 3e−t cos(20t)
⇒
20 − 140 20 (s + 1)2 + 202
− 7L−1
20 2 (s + 1) + 202
− 7e−t sin (20t)
u¸su ¨m¨ u olması i¸cin s¨ urekli olması gerekmez ancak belli ko¸sulları sa˘glamalıdır. f (t) fonksiyonunun Laplace d¨on¨ Tanım 40.14. Herbir sonlu aralıkta s¨ urekli olan f (t) fonksiyonuna par¸calı s¨ urekli fonksiyon denir.
118
¨ US ¨ ¸ UM ¨ U ¨ LAPLACE DON
10.
Teorem 40.15. f (t) fonksiyonu par¸calı s¨ urekli ve
|f (t)| ≤ M eλt, M > 0 ko¸sulunu sa˘glıyorsa, fonksiyonun Laplace d¨ on¨ u¸sum¨ ¨ u vardır.
˙ 41. T¨ urev ve Integrallerin Laplace D¨ on¨ u¸su ¨ m¨ u Teorem 41.1. f (t) fonksiyonu (n
− 1) . mertebeye kadar t¨ urevleri s¨ urekli olsun
L (f ′ ) = sL (f ) L (f ′′ ) = L (f ′′′ ) =
L f (n)
− f (0) s2 L (f ) − sf (0) − f ′ (0) s3 L (f ) − s2 f (0) − sf ′ (0) − f ′′ (0) ...
= sn L (f )
− sn−1f (0) − sn−2f ′ (0) − sn−3f ′′ (0) − · · · − sf (n−2) (0) − f (n−1) (0)
¨ Ornek 41.2. f (t) = t sin wt fonksiyonu i¸cin L (f ′′ ) de˘gerini hesaplayınız. C ¸ o¨z¨ um s2 L (f ) sf (0) f ′ (0) 0 sin wt + wt cos wt 0 2ws 2ws3 L (f ′′ ) = s2 L (f ) = s2 = 2 2 (s2 + w2 ) (s2 + w2 ) L (f ′′ ) f (0) f ′ (t) f ′ (0)
= = = =
−
−
⇒
⇒
Teorem 41.3. F (s) fonksiyonu f (t) fonksiyonunun Laplace d¨ on¨ u¸sum¨ ¨ u olsun.
t
L
0
f (α) dα
1 = F (s) s
⇒
t
f (α) dα = L−1
0
¨ Ornek 41.4. Teorem 41.3 u ¨ kullanarak s (s2
1 1 ve 2 2 2 +w ) s (s + w2 )
fonksiyonlarının ters Laplace d¨ on¨ u¸s¨ umlerini bulunuz.
1 F (s) s
42. BDP PROBLEMLERINE UYGULAMALARI
119
C ¸ o¨z¨ um
1 (s2 + w2 )
F (s) =
L −1 L−1
1 s (s2 + w2 )
1 2 2 s (s + w2 )
⇒ L−1 (F (s)) = sinwwt = f (t) ⇒
− t
1 = L −1 F (s) = s
0
sin wα dα = w t
1 = L −1 1 w2
=
1 2 s s (s + w2 ) sin wt t w
=
0
1 (1 w2
− − t
−
1 cos wα w2
−
1 cos wα) dα = 2 w
=
0
1 (1 w2
α
cos wt) = g (t)
1 sin wα w
t 0
42. BDP problemlerine uygulamaları S¸imdi Laplace d¨on¨ u¸su ¨m¨ un¨ un BDP problemlerinin ¸c¨oz¨um¨ une nasıl uyguland˘ gını g¨ orelim:
y′′ + ay ′ + by = r (t) y (0) = k0 , y ′ (0) = k1
BDP problemini ele alalım. (42.1) denklemine Laplace d¨on¨ u¸su ¨m¨ u uygulayalım:
⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒
L (y ′′ + ay ′ + by) = L (r (t)) L (y ′′ ) + aL (y ′ ) + bL (y) = R (s) s2 L (y) sy (0) y ′ (0) + a (sL (y)
2
−
−
− y (0)) + bL (y) = R (s)
s + as + b Y (s) = R (s) + (s + a) k0 + k1 R (s) + (s + a) k0 + k1 Y (s) = L (y) = s2 + as + b R (s) + (s + a) k0 + k1 y (t) = L−1 s2 + as + b
¨ Ornek 42.1.
y ′′ y = t, y (0) = 1, y ′ (0) = 1
−
BDP nin ¸c¨ oz¨ um¨ un¨ u bulunuz.
(42.1)
1 20
1 0.
¨ US ¨ ¸ UM ¨ U ¨ LAPLACE DON
C ¸ oz¨ o¨z¨ um um
⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒
L (y ′′
− y) = L (t) 1 L (y ′′ ) − L (y ) = 2 s 1 s2 L (y ) − sy (0) − y ′ (0) − L (y ) = 2 s 1 s2 − 1 L (y) = 2 + s + 1 s
− − − − − ⇒ − − − − =
= =
1
L (y ) =
+
s+1 (s2 1)
s2 (s2 1) 1 1 1 + 2 2 s 1 s s 1 1 1 1 y = L −1 + s2 1 s2 s 1 1 1 L −1 L −1 + L−1 2 s 1 s2 sinh t
−
−t+e
t
1
s
−1
¨ ek 42.2 Orn Ornek 42.2.. y′′ + 16y 16 y = 5 si sin x, y (0) = 0, y ′ (0) = 0 BDP nin ¸c¨ c¨ oz¨ um¨ un¨ u bulun bulunuz. uz. C ¸ oz¨ o¨z¨ um um
⇒ ⇒ ⇒ ⇒
L (y ′′ + 16y 16y ) = L (5sin x) 5 L (y ′′ ) + 16L 16L (y ) = 2 s +1
− − ⇒ − ⇒ − − − s2 L (s)
s2 + 16 L (y ) =
=
y ′ (0) + 16L 16L (y ) =
s2
5 s2 + 1
5 +1
5 5 1 = 2 2 + 1) 1) (s + 16) 15 s + 1 1 1 1 y = L−1 2 2 3 s + 1 s + 16 1 1 1 −1 4 L−1 L 2 2 3 4 s +1 s + 16 1 1 sin x sin4x sin4 x 3 4 L (y ) =
=
sy (0)
(s2
s2
1 + 16
¨ ek 42.3 Orn Ornek 42.3.. y ′′ + y π y 4 BDP nin ¸c¨ c¨ oz¨ um¨ un¨ u bulun bulunuz. uz.
= 2t, π ′ π = , y 2 4
=2
43. BASAMAK FONKSIYONU (HEAVISIDE (HEAVISIDE 3 FONKSIYONU)
12 1
¨ C ¸ oz¨ o¨z¨ um Once um ¸c¨ coz¨ o¨z¨um¨ um¨ u 0 noktasına ¨otelemeliyiz. otelemeliyiz. π 4 d¨on¨ on¨u¸sum¨ u ¨m¨ u ile t de˘gi¸ gi¸skeni ske nine ne ba˘ b a˘glı glı fonksiyonu x de˘ gi¸skeni gi¸ ske nine ne d¨on¨ on¨ u¸sturm¨ u ¨ rm¨ us¸ oluruz. u¸ o luruz. Buna g¨ore ore BDP yi π y ′′ + y = 2 x + , 4 π ′ y (0) = , y (0) = 2 2 π L (y ′′ + y ) = L 2 x + 4 π π L (y ′′ ) + L (y ) = 2L x + = 2L (x) + L (1) 4 2 2 π s2 L (s) sy (0) y ′ (0) + L (y ) = 2 + s 2s 2 π πs s2 + 1 L (y ) = 2 + + +2 s 2s 2 1 = (πs + 4) s2 + 1 2s 2 (πs + 4) π 2 L (y ) = = + 2 2 2s 2s s π 2 y = L −1 + 2 2s s π −1 1 1 = L + 2L 2L−1 2 s s2 π π π = + 2x 2x = + 2 t = 2t 2t 2 2 4 t= x+
⇒ ⇒ ⇒ − − ⇒ ⇒ ⇒ −
43. Basamak Fonksiyonu Fonksiyonu (Hea (Heaviside viside2 Fonksiyonu) Makine m¨uhendisli˘ uhendisli˘ ginde ve elektrik m¨uhendisliklerinde ginde uhendisliklerinde sistemin kapalı veya a¸cık cık olmasını ifade eden ¨onemli onemli bir fonksiyondur birim basamak fonksiyonudur.
Tanım 43.1.
0, t < a , a 0 1, t > a fonksiyonuna birim basamak fonksiyonu veya Heaviside fonksiyonu denir. u (t
− a) =
2Olive Oliverr Hea Heaviside viside (1850-1925), (1850-1925), ingiliz elektrik m¨ uhendisi uhendisi
≥
1 22
1 0.
¨ US ¨ ¸ UM ¨ U ¨ LAPLACE DON
¨ ek 43.2 Orn Ornek 43.2.. y (t) =
0, 0 < t < π 1 , π < t < 2π , 0 , t > 2π
fonksiyonunu birim basamak fonksiyonu cinsinden ifade ediniz.
C ¸ ¨ oz¨ um y (t) = u (t
− π ) − u (t − 2 π )
43. BASAMAK FONKSIYONU (HEAVISIDE 4 FONKSIYONU)
¨ Ornek 43.3.
−
123
1, 1 < t < 0 1, 0 < t < 1 y (t) = , 2, 1 < t < 2 3, t > 3 fonksiyonunu birim basamak fonksiyonu cinsinden ifade ediniz.
−
C ¸ o¨z¨ um y (t) =
− (u (t + 1) − u (t)) + (u (t) − u (t − 1)) + 2 (u (t − 1) − u (t − 2)) + 3u (t − 3)
Tanım 43.4. ¨ Ornek 43.5.
t, 1 < t < 0 t2 , 0 < t < 1 y (t) = , 2cos t, 1 < t < 2 2sin t, t > 3 fonksiyonunu birim basamak fonksiyonu cinsinden ifade ediniz.
−
C ¸ o¨z¨ um y (t) = t (u (t + 1)
− u (t)) + t2 (u (t) − u (t − 1)) + 2 cos t (u (t − 1) − u (t − 2)) + 2 sin tu (t − 3)
¨ Ornek 43.6. Birim basamak fonksiyonunun Laplace d¨ on¨ u¸sum¨ ¨ un¨ u hesaplayınız. C ¸ o¨z¨ um L (u (t
− a)) =
∞
e−st u (t
0
− a) dt =
Tanım 43.7. f (t) fonksiyonunun ¨ oteleme fonksiyonu
f (t) = f (t olarak verilir.
− a) u (t − a) =
∞
e−st dt =
a
−
e−st s
∞
=
a
e−as s
0, t < a f (t a) , t > a
−
Teorem 43.8. f (t) fonksiyonunun Laplace d¨ on¨ u¸sum¨ ¨ u F (s) ise f (t) ¨ oteleme fonksiyonunun Laplace d¨ on¨ u¸sum¨ ¨ u − as e F (s) dir. F (s) = L (f )
⇒ e−asF (s) = L
Teorem 43.9. L (f (t) u (t ¨ Ornek 43.10. (t C ¸ ¨ oz¨ um
f = L (f (t
− a) u (t − a))
− a)) = e−asL (f (t + a))
− 1)2 u (t − 1) ve t2u (t − 1) fonksiyonlarının Laplace d¨ on¨ u¸sumlerini ¨ bulunuz.
− − − 2
1) u (t
1) = e−sL t2 =
⇒ ⇒
L (t
=
e−s L t2 + 2L (t) + L (1) = e−s
L t2 u (t
2e−s s3
1) = e−s L (t + 1)2
2 2 1 + 2+ 3 s s s
124
10.
¨ US ¨ ¸ UM ¨ U ¨ LAPLACE DON
¨ Ornek 43.11.
y ′′ + 16y =
48e2t , 0 < t < 4 0, t > 4
y (0) = 0, y ′ (0) = 0 BDP nin ¸c¨ oz¨ um¨ un¨ u bulunuz. C ¸ o¨z¨ um y ′′ + 16y = 48e2t (u (t) u (t y (0) = 0, y ′ (0) = 0
−
− 4))
olarak yazabiliriz. Bu durumda Laplace d¨on¨ u¸su ¨m¨ un¨ u denkleme uyguladı˘gımızda
⇒ ⇒
− − −
L (y ′′ + 16y) = L 48e2t (u (t)
L (y ′′ ) + 16L (y) = 48L e2t u (t)
u (t
4))
48L e2t u (t
− 4)
ve burada F (s) = L (f )
⇒ e−asF (s) = L (f (t − a) u (t − a))
L (f (t) u (t
− a)) = e−asL (f (t + a))
ifadelerini kullanırsak
− − − − − − − − ⇒ − − − − − ⇒ − − − − − − − − − − − − − − − 48 1 e−4s 48e−4s = s2 L (y) sy (0) y ′ (0) + 16L (y) = s 2 s 2 s 2 − 4s 48 1 e 12 24 12s L (y) = = 1 e−4s 2 2 2 (s 2) (s + 16) 5 (s 2) 5 (s + 16) 5 (s + 16) 12 1 1 s y= L−1 2L−1 L−1 2 2 5 (s 2) (s + 16) (s + 16) 12 e−4s e−4s e−4s −1 L−1 2L−1 L , 5 (s 2) (s2 + 16) (s2 + 16) 12 2t 2 12 2(t−4) 2 e sin4t cos4t e sin4(t 4) cos4(t 4) u (t 5 4 5 4
⇒
=
48
4)
¨ Ornek 43.12. Bir RLC devresinde C = 10−2 F (arad), L = 0.1H (enry), R = 11Ω ve 2π saniyeye kadar verilen elektromotive kuvvet E (t) = 100 sin (400t) , 0 < t < 2π ve sonra bir kuvvet verilmemektedir: E (t) = 0, t > 2π. Ba¸slangı¸cta elektrik y¨ uk¨ u ve akım olmadı˘gına g¨ ore herhangi zamandaki elektrik y¨ uk¨ un¨ u bulunuz.