Erciyes Üniversitesi Mühendislik Fakültesi Makina Mühendisliği Bölümü
DİFERANSİYEL DENKLEMLER ve UYGULAMALARI (DERS NOTLARI)
Doç.Dr. Sebahattin ÜNALAN
Kayseri, Eylül 2003 01
BÖLÜM I PROBLEM ve DİFERANSİYEL ÇÖZÜM 1.1 GİRİŞ. Mühendislik bir problemin çözümüne yönelik araştırma yapan bir hesaplama bilimidir. Bir hesaplama işlemi ise, değişik metodlar neticesinde geliştirilmiş olan bağıntı-denklem-eşitlik ismi verilen, değişik fonksiyonların kullanılmasıyla mümkündür. Yani denklemsiz bir problem çözümünden bahsedilemez. “Doğru-Yanlış”, “Az-çok”, “Büyük-Küçük” gibi mantıksal yorumlar ancak bir denklemin vereceği sayısal sonuca göre veya eğrisel karekterestiğine göre yapılabilir. Bu bağıntılar veya denklemler, deneysel olarak bulunması halinde AMPİRİK, nümerik metodlarla bulunması halinde NÜMERİK ve teorik tekniklerle elde edilmesi halinde ise ANALİTİK bağıntılar ismini alırlar. Bir bağıntının çözüm aralığı ve hassasiyeti, sınırlı ve hatasız olabileceği gibi, (-∞, ∞) aralığı ve belirli bir hata olabilir. Bunun nedeni, bir denklemin üretimi sürecinde bazı ön şartların kabul edilmesi ve denklem üretimini imkansız kılan bazı parametreler ihmal edilmesidir. Dolayısıyla hem denklemleri kullanabilmek ve çözebilmek, hemde bu denklemlerden elde edilecek sonuçların doğruluğu hakkında yorum yapmak belirli bir bilgi birikimini gerektirecektir. Bu nedenle, hesaplama işleminde kullanılan denklemlerin nasıl ve hangi şartlarda bulunduğu çok önemli olacaktır. Başka bir ifadeyle, denklemlerin nasıl üretilildiğinin ve çözüm metodlarının ne olduğunun bilinmesi mühendisler için vazgeçilmez bir aşamadır. Bu dersin amacı, bahsedilen denklemlerden TEORİK ve NÜMERİK çözümlerin uygulanabileceği temel yapının oluşturulabilmesi için gerekli olan matematiksel ve temel fiziki teknikleri vermektir. İlave olarak, çözüm modeli olarakta isimlendirilebilecek temel yapının ürünü olan denklemlerin nasıl çözüleceği sorusuda cevaplanacaktır. Çözüm teknikleri ve çözümün uygulanacağı temel yapı, tam olarak doğru olabileceğı gibi belirli bir hata payını baştan kabul ederek yaklaşık neticeler de verebililecektir. Önemli olan bu hatanın problem üzerinde etkisinin mühendislik açısından ihmal edilebilir seviyede olmasıdır. Bu nedenle bir mühendis kesin çözümlerin yanında yaklaşık çözümlerle de ilgilenen kişidir. Çözüme ulaşma yolunda, nelerden vazgeçileceğini ve bu vazgeçilen parametrelerin sonuç üzerindeki etkisi tahmin edebilen matematik ve fizik adamıdır. Mühendis başka bir ifade ile “matemetiksel ve fiziksel olarak doğru olabilen bir çözümü mutlaka bulmak için zorunlu olarak kabul edilen bir hatanın, çözüm sonrasında sonuç üzerine etkisini yansıtabilecek kadar, ilgili problemin gereği olan fiziksel ve matematiksel bilgiye sahip olan ” kişi demektir. Diğer bir bakış açısıyla, mühendis problemi en kolay, mümkün olan en doğru şekilde çözüp, bulunan neticelerin geçerliliğinide tayin edebilen kişidir. Böyle bir kabiliyet ise ancak matematisel ve fiziksel bilgilerin olarak tam olarak bilinmesiyle ve bunların harmanlanmasıyla mümkün olabilir. Sonuçta, probleme ve problemin fiziğine olan hakimiyet, pratik mühendislikte oluşabilecek arızaların veya üretim hatalarının meydana geliş sebeplerinin kolay bir şekilde belirlenmesine ve en kısa zamanda arızanın giderilmesine de yardımcı olacaktır.
1 şeklinde zamana bağlı ivme ile sin(0.25t ) hareketine devam etmektedir. Hareketin zamana bağlı hızını veren denklemi bulunuz. Denklemdeki t nin birimi saniyedir.
Örnek-1: İlk hızı 1 m/s olan maddesel nokta, a =
02
dV , dV = ∫ adt ise hız dt ∫ ivmenin zaman üzerinden integrasyonundan V t dt bulunabilir. dV = ∫1 ∫0 sin(0.25t ) integrali hareketin zamana bağlı hız denklemini verecektir. Bu integralin çözümü ile 0-∞ arasındaki herhangi bir t zamanı için geçerli V=V(t) şeklinde bir denklemi verecektir. Ancak verilen integral çözülemeyen bir integraldir. Dolayısıyla V=V(t) şeklinde bir bağıntı üretilemeyecektir. Buda hareketin hızının hesaplanamaması manasınadır. Bu aşamada tam bir çözüm yerine yaklaşık bir çözüm düşünülebilir. Bu yaklaşık çözümün birincisi analitik olarak çözülemeyen integralin sayısal (nümerik) olarak çözülmesidir. İkincisi ise, integralin çözümsüzlüğüne neden olan fonksiyonel yapının belirli bir hata ile giderilmeye çalışılmasıdır. İntegraldeki sin(0.25t) yerine, küçük 0.25t değerleri için ≈ 0.25t yazılabilir. Böylece integral çözülebilir hale dönüşür. Bu yaklaşımın doğruluğu, yandaki şekilden gözlenebilir. Zaman-t nin 0 ile 3 saniye değerleri arasında sin(0.25t) ve 0.25t arasında büyük bir uyum vardır. İntegral eğri altında kalan alanın hesabı manasınada geleceği için 0-3 saniye aralığında her iki eğri altındaki alanda hemen hemen aynı olacaktır. Ancak, 3 saniyeden büyük zaman değerlerinde aradaki fark büyümektedir. Böylece 0-3 arasında kullanılmak üzere hareketin hızını tanımlayan bir denklem üretilebilir. Çözüm : a =
V
t
1
0
∫ dV = ∫
dt ≈ sin(0.25t )
t
∫ 0
dt 0.25t
2
2 1.8 1.6 1.4
sin ( 0.25 t )
1.2 1
0.25 t
0.8 0.6 0.4 0.2 0
0
0 0
1
2
3
4
5
6
7
8
t
9 10 10
Çözülemeyen integral nümerik yöntemlerle çok hassas bir şekilde çözülebilir. Nümerik çözüm ve V(t)=1+4 t1/2 denklemiyle değişik zamanlar için hesaplanan hız değerleri mukayese edildiği zaman 3 s den sonraki hız değerlerinin çok farklı olduğu görülecektir. Yandaki tabloda MATHCAD ile yapılan nümerik integrasyon ve V(t)=1+4t1/2 denklemi ile hesaplanan hız değerleri görülmektedir. İfade edildiği gibi 3 s den sonra hız değerleri arasında fark meydana gelmektedir. 10 saniye için V(t)=1+4t1/2 denkleminden hız hesaplanır- sa %12 lik [=(15.524-13.649)*100/15.524] bir hata yapılmış olur. Değişik zamanlar için nümerik ve analitik hız değerleri [m/s] 1/2 Zaman Nüm.Hes. V(t)=1+4t t [s] 1 5.004 5.000 2 6.681 6.656 3 7.995 7.928 4 8.139 9.000 5 9.194 9.944 6 10.205 10.797 8 13.232 12.313 10 15.524 13.649
ise
V(t) = 1+4 t1/2 (t<3 s)
Örnek-2: Aynı kütleye sahip bir paraşütün ve bir çelik bilyanın H kadar yükseklikten serbest bırakılması halinde meydana gelen hareketlerin hız ve yol denklemlerini bulunuz. Çözüm : Çelik bilyaya ve paraşüte etkiyen kuvvetler Ağırlık (W) ve Hava Direnç (FR) kuvvetleridir. Hava direnci cismin yüzey alanıyla (A) yakından ilişkilidir. Büyük yüzeylere büyük direnç kuvvetleri, küçük yüzeylere küçük direnç kuvvetleri etkiyecektir. Genel olarak akışkan direnç kuvvetleri akışkan veya cisim hızıyla n.dereceden (Vn) orantılıdır. Bu durumda paraşüt ve çelik bilya için II.Newton Kanunu (∑F=ma) uygulanırsa ivme (a) şu şekilde bulunur. 3
∑F=ma ,
W-FR = ma , W=mg ve FR=AVn ise a = g −
AV n m
Son ifadeye göre ivme hızın fonksiyonudur. Hareket süresince hız değişeceği için ivme değişecektir. İvmeden hıza ve hızdan yola integrasyon ile geçilebilir.
a=
dV A = g − V n ise ∫ dt = ∫ dt m
dV A g− Vn m
Son integralin alınabilmesi n değerinin sayısal değerine bağlıdır. “n” sayısı cisim geometrisine, akışkan cinsine ve akış cinsine göre 0.5 ile 2 arasında değer alabilir. Bu durumda integral alma işlemi genel manada mümkün olamadığı için “çözümsüzlük var” denilebilir. Çözüm için çözümsüzlüğe sebep olan direnç kuvvet ihmal edilmesi düşünülebilir. Çok küçük yüzey alanına sahip çelik bilya için FR≈ 0 alınabilir. Bu durumda ivme yerçekimi ivmesine eşit olup sabit olacaktır. Yeni durumda zamana bağlı hız ve yol denklemleri
a=
dV 1 = g ise V=gt ve s = gt 2 dt 2
olacaktır. Lise seviyesinde fizik bilgisi olarak verilen bu denklemler sadece direnç kuvvetinin yaklaşık sıfır olduğu veya hareket ivmesinin sabit olduğu durumlarda kullanılabilir. Bir paraşüt hareketinin analizinde kullanılamaz. Yukarıdaki örneklerden görüldüğü gibi problem çözümünde amaç en doğru ve en kolay çözümü uygulamaktır. Tercih edilen bir denklem vasıtasıyla analitik çözüm aramaktır. Sonra nümerik ve gerekirse deneysel çözümler takip edilecektir. Genel olarak bir mühendislik probleminin çözümü için gerekli olan bir denklemin elde edilmesi için başlangıcından sonuna kadar gelişen genel olaylar Tablo-I‘ deki akış şeması ile açıklanabilir. Deneysel ve nümerik çözümlerin aşamaları Tablo-1 de açıktır. Bu çözüm metodları için gerekli alt yapı ve teknikler Ölçme Tekniği ve Nümerik Analiz dersleriyle verilir. Analitik veya teorik analizi içeren çözüm metodu ve aşamaları Diferansiyel Denklemler Dersinin müfredatını kapsamaktadır. Bu dersin kapsamının daha iyi anlaşılması bakımından, analitik çözüm için bu tabloda görünen aşamalar daha detaylı olarak alt bölümlerde incelemiştir: 1.2 Mühendislik Problemi:
Makina mühendisliğinin ilgi alanı olan Enerji, Termodinamik, İmalat-Konsrüksiyon, Makina Dinamiği ve Mekanik anabilim dallarını ilgilendiren Dizayn, Üretim ve Kontrol hesaplamalarının tamamıdır. Hata tayini, ayar işlemleri, üretim sonrası kontrol gibi tüm süreçler bir problemin kapsamı dahilindedir. Bir problem bu anabilim dallarından sadece biri ile alakalı olabileceği, birden fazla alanıda kapsayabilir. Bir problemin hem nümerik hem deneysel veya hem teorik hemde deneysel çözümü yapılabilir. Deney reel ortamı temsil edeceğinden, neticeleri daha sağlıklı olacaktır. Ancak deneysel çalışma pahalı ve hassas bir işlemdir. Bu nedenle literatürde teorinin doğruluğu deneysel çalışma ile doğrulandıktan sonra deneysel çalışma tercih edilmez. Daha ekonomik ve kolay olan analitik ve nümerik çözümler ile netice aranır.
4
Tablo - I : Bir Çözüm Denklemin Bulunması için Gerekli Aşamalar Mühendislik Problemi
Deneysel Çalışma ve Model
Deney Setinin Hazırlanması
Deneysel Ölçümler
ÖLÇME TEKNİĞİ
Sonuçların Yorumu ve Hata Analizi
İSTATİSTİK METODLAR
Sınır ve Başlangıç Şartlarının Belirlenmesi
Deneysel Ölçümlerin AMPİRİK DENKLEME Dönüştürülmesi
Diferansiyel Denklemin Teşkil Edilmesi
Diferansiyel Denklemin Çözümü
Nümerik Çözüm
NÜMERİK ANALİZ
Uygun Koordinat Sisteminin Seçilmesi
Teorik Çalışma
Fiziksel Büyüklüklerin Tanımlanması
Analitik Çözüm
Tüm Sonuçların Fiziki Olarak Yorumlanması. Teorik ve Deneysel Neticelerin Mukayesesi
Örnek: F [N] luk bir basma kuvveti zorlanan A kesitli L uzunluğundaki makina elemanının 25 oC ve 400 oC sıcaklık ortamlarında çalışması halinde hesaplamalarda dikkate alınacak kriterler neler olabilir. F
F ∆L1
F ∆L2
∆L1 < ∆L2
L
Flambaj hali
Şekil değişmiş haller 25 oC (a)
400 oC (b)
Değerlendirme : Bu makina elemanının F kuvvetini emniyetli bir şekilde taşıması için gerekli kesit ve uzunluk değeri Makine Elemanları, Malzeme, Isı transferi ve Mukavemet bilgileri dahilinde hesaplanmalıdır. Bu açıdan kullanılan malzemenin emniyetli gerilme değerleri F’ nin sebep olduğu basıncı ve L uzunluğunun maruz kaldığı burkulmayı (flambaj) karşılayacak seviyede olmalıdır. Basınç ve burkulma tesirinde malzeme bir şekil değişimine maruz kalacaktır. Bu şekil değişiminin 5
çalışılan ortam ve malzeme sıcaklığı ile yakın bir ilgisi vardır. a şıkkında malzeme oda sıcaklığındadır. Bu nedenle atomik yapıda bir değişim gözlenmez. Böyle bir halde sıcaklık sonucu mukavemette bir azalma veya plastik-elastik şekil değişiminin tehlikesinden bahsedilemez. Mukavemet hesaplamaları için L, A ve F ile malzemenin emniyet sınırını belirleyen gerilme değeri yeterlidir. Bu nedenle sadece mukavemet problemi olarak ele alınabilir. Oysaki b şıkkında malzeme yüksek sıcaklıktadır. Bu nedenle atomik (kristalik) yapı değişim gösterebilir. a şıkkına göre şekil değiştirme (elastik veya plastik deformasyon) kabiliyeti daha fazladır. Bu nedenle yüksek sıcaklık ortamında çalışmak istenmeyen neticeler doğuracaktır. Bu açıdan b şıkkında malzeme ek bir sistemle soğutulmalıdır. Dolayısıyla mukavemet hesaplarına ilave olarak ısı transferi hesaplamaları ve malzemenin mikroskobik analizide yapılmalıdır. Örnek olarak, mikroskopik yapı YMK yapıdan HMK yapıya kayabilir. Bu değişim malzemenin sertlik, elektrik iletkenliği, ısı iletme kabiliyeti, dayanımı gibi tüm özelliklerinin değişmesine neden olabilir. Hatta soğutmayı temin etmek için eleman yapısında meydana gelecek dizayn değişimleri, mukavemet analizinde tekrar dikkate alınmalıdır. Soğutma için eleman içerisinde soğtucu akışkan kanalları açılmalıdır. Bu kesitte ve diğer boyutlarda değişime neden olacaktır. Dolayısıyla konular birbirinden bağımsız olmayıp, birbirleriyle etkileşim halindedirler. 1.3 Fiziksel Büyüklükler:
İlgili probleme etkisi olan birimli (4 temel birim: m; metre, oC; santigrad derece, s; saniye ve kg; kilogram) veya birimsiz bütün büyüklüklerdir. Diğer bir ifade ile bulunacak çözüm denkleminde ve çözüm aşamasında karşımıza çıkacak Sabit ve Değişkenlerdir. Bu büyüklüklerin belirlenmesi ilgili problemin fiziğine hakim olmakla mümkündür. Bir probleme etkiyen fiziksel büyüklüklerin iyi belirlenmesi çözümün sıhhatini de direkt etkiliyecektir. Yanlış bir belirleme hasaplanan ve gerçekte meydana gelen değerler arasında bir farkın meydana gelmesine neden olacaktır. İyi bir fiziki bilgi aynı zamanda pratikte meydana gelebilecek problemlerin giderilmesinede yardımcı olacaktır. Fiziksel büyüklükler tespit edilirken probleme olan etkiside başlangıçta belirlenebilmelidir. Böylece, kolay çözüm açısından hangi fiziksel parametrelerin ihmal edilebileceği tayin edilebilir. Çünkü, fiziksel büyüklük sayısının artması, problemin daha komplex olmasına ve analitik çözümün daha zor olmasına neden olacaktır. Hiç çözüm bulamamak yerine, kabul edilebilir bir çözümün üretilmesi mühendislik formasyonunun bir sonucudur. Tablo II : Temel Fiziksel Büyüklükler, Sembolleri ve Birimleri Değişkenler Sembol Birim Değişkenler Zaman T Sn Atalet momenti Yol x,s m. İş, Enerji Hız V,u m/sn Özgül ısı 2 İvme a, g m/sn Isı iletim katsayısı Kuvvet F,P N Isı taşınım katsayısı Güç P,W Kw,BG Gerilme o o Sıcaklık T C, K Kinematik vizkosite Isı Q,q Kcal, Joule Dinamik vizkosite Boyutsuz Basınç Sürtünme Katsayısı µ Boyutsuz Yay Katsayısı Birim uzama ε 3 kg/m Yogunluk Moment ρ Mm Kütle Çökme miktarı δ
Sembol I W,E Cp,Cv K,λ H,α σ,τ ν µ P,p k M m
Birim mm4, kgmm2 Joule j/Kg.h.o C kW/m.sn kW/m2.sn daN/cm2 m2/sn Kg/m.sn. N/m2 , Bar N/m Nm Kg, g
Makina mühendisliği açısından önemli büyüklükler, bunların birimleri ve sembolleri Tablo II verilmiştir. Fiziksel büyüklüklerin problemin hiç bir safhasında değişiklik göstermeyen kısmına sabit büyüklükler ismi verilir. Genelde, sabitlerin problem çözümünde bir zorlaştırıcı ve kolaylaştırıcı bir etkisi yoktur. Problem çözümünde asıl etkili olan değişken fiziksel büyüklükler’ dir. En basit problem için değişken sayısı en az iki tane olması gerekirken, üst sınırı yoktur. Fiziksel 6
büyüklüklerin değişebilir kısmı kendi arasında BAĞIMLI DEĞİŞKEN ve BAĞIMSIZ DEĞİŞKEN şeklinde iki alt gruba ayrılır. Bu ayırma işlemi problemin çözümünde etkilidir. Kolay çözümü veren bir grublama tercih edilmelidir. Bağımsız değişken genelde keyfi değer alabilen değişkendir. Bağımlı değişken ise bağımsız değişkene karşı değer alabilen bir değişkendir. y=y(x)=f(x) fonksiyonel gösteriminde y bağımlı, x ise bağımsız değişkendir [Örnek: y(x)=4sinx]. Eğer x = x (y) şeklinde [Örnek: x(y)=4siny] bir düzenleme yapılırsa, x bağımlı y bağımsız değişkenler olacaktır. Önceki örnekte verilen hareket probleminde, V hız bağımlı değişken olarak, t zaman ise bağımsız değişken olarak isimlendirilir. Genelde, “hangi zaman da hız ne olur?” şeklindeki soru sorulması nedeniyle V=V(t) şeklinde gösterim gerekir. Eğer “V=10 iken t=?” sorusunun cevabı önemli ise t=t(V) şeklinde bağımlı ve bağımsız değişkenlerin yerdeğiştirmesi de mümkündür. Örnek: Atmosferde hızla hareket eden roketin uç kısmındaki sıcaklık değerinin doğru olarak hesaplanması için gerekli fiziksel büyüklükler ne olmalıdır? Et kalınlığı
Hareket yönü
Hava akım çizgileri
Roket içindeki cihazlar
Açıklama: Roketin atmosfer içerisindeki hareti esnasında hava taneciklerinin akım çizgileri roketin uç kısmından dolayı şekilde gösterilen yapıya sahip olur. Hava tanecikleri roket ucunun çarparak hareket doğrultusuna dik doğrultuda dağılırlar. Bu nedenle uç tarafta sürtünme meydana gelir. Bu sürtünme de aşırı ısınmaya neden olur. Meydana gelen ısınma roket ucunun geometrisi, roket hızı gibi değerlere büyük oranda bağlı olacaktır. Aerodinamik yapıya sahip bir uç geometrisi ile düzlem yüzeye (küt geometri) sahip bir uç geometrisi aynı etkiye neden olmayacaktır. Hatta havanın sıcaklığı nemi, gece gündüz gibi bir çok faktörle meydana gelecek ısınma değerini etkileyecektir. Meydana gelecek ısı uç taraftaki sıcaklığın yükselmesi ile neticelenir. Sıcaklık yükselmesi malzemenin ergime sınırını aşarsa istenmeyen, roket hareketini bozan etkileşimler meydana gelir. Burada amaç roket ucundaki sıcaklık değerinin rokete ve roket içindeki cihazlara zarar vermeyecek bir seviyede olmasıdır. Çünkü, roketin hedefine varmadan bozucu tesirin altına girmesi roketin imal edilme düşüncesine aykırıdır. Sıcaklığın düşürülmesi için bir soğutma sistemi düşünülebilir. Gerek ergime ve gerekse soğutma problemleri için roket ucundaki sıcaklık dağılımı bilinmelidir. İstenmeyen bir olayın meydana gelmemesi için roket ucundaki malzeme cinsinin ve et kalınlığının istenen şartları sağlayacak derecede olması gerekir. Sıcaklık değerinin hesaplanabilmesi için deneysel veya teorik çalışma sonunda bir bağıntının bulunması gerekir. Elde edilecek bu bağıntı bulunması gerekli veya kurulacak deney setinde ölçülecek fiziksel büyüklüklere şunlar olmalıdır:
Fiziksel büyüklükler : - Sıcaklık, T - Roketin hızı, V - malzeme ve malzemenin ısı iletim katsayısı, k - roket ucunun geometrik yapısı ,A - hava yoğunlugu, ρ - hareket doğrultusu, x - sürtünme sonucu meydana gelen ısı , Q - yerçekimi ivmesi ,g
Değişken parametre Değişken parametre Sabit parametre Sabit parametre Değişken parametre Değişken parametre Değişken parametre Sabit parametre
Bu büyüklüklerden uç geometrisi, malzeme ve yerçekimi roketin hareketi süresince sabit kalırken, diğerleri değişir. Çünkü, malzeme yapısının değişmesi başlangıçta yapılan hesaplamalarıda 7
etkileyecektir. Bu nedenle malzeme özellikleri hareket süresince sabit kalmalıdır. Değişken büyüklüklerden sıcaklık bağımlı, diğerleri bağımsız değişken olarak isimlendirilebilir. Çünkü, T=T(ρ,x,Q,V) şeklinde bir bağıntı araştırılıyor. Böylece keyfi ve bağımsız ρ, x, Q ve V değerlerine karşılık T nin bağlı olarak hangi değerleri alacağı hesaplanabilir. 1.4 Deneysel Çalışma
Oldukca karışık ve analitik çözümü mümkün olmayan bazı problemlerde pratik hesaplamalar için kullanılan bir takım bağıntılar-denklemler deneysel çalışmalar neticesinde bulunur. Bunlara deneysel olarak bulunmaları sebebiyle AMPİRİK BAĞINTI ismi verilir. Böyle bir bağıntının bulunması için deney yapan kişinin ölçüm cihazlarının kullanım kapasitesi ve hata yapma büyüklüğü hakkında uzman olması gerekir. Deney seti, sonucun mümkün olduğunca doğru olması için gerçek problemin küçük bir maketi olmalıdır. Aynı zamanda deneysel ölçümler sonucu bulunmuş datalar iyi bir istatiksel bilgi ile değerlendirilmelidir. Deneysel çalışmalarla bulunan bu bağıntıların kullanılabilme aralığı analitik denklemlere göre oldukça sınırlıdır. Ancak gerçek bir uygulamadan (deney bir nevi uygulama sahası olarak alınabilir) bulunması nedeniyle neticeleri analitik denklemlere göre daha sağlıklı olacaktır. Yinede her hal için çok sayıda yapılması gereken deneylerin getirdiği yüksek maliyet nedeniyle teorik analizin mümkün olmadığı veya büyük oranda hatalı olduğu hallerde deneysel yönteme başvurulur. Çünkü, herhangi bir problemin deneysel olarak analizi çok kapsamlı deney setini ve çok sayıda deney yapılmasını gerekli kılar. Bir çok mühendislik probleminin var olduğu düşünülürse sonsuza giden sayıda deney seti ile ancak tüm mühendislik problemleri çözüme kavuşturulabilir. Hiç süphesiz ki, sonsuza giden sayıdaki deney seti ise o kadar büyük sayıda personel ve maddi desteği gerekli kılacaktır. Yani, deneysel çalışma ancak, teorik analizin iyi neticeler vermediği, çözümsüzlüğün olduğu durumlarda kullanılmalıdır. Günümüzde, mühendislik problemlerinin çoğu teorik ve deneysel neticelerin birlikte değerlendirildiği özelliktedirler. Örneğin, yoğunluk, ısı iletim katsayısı (katıların ısı transfer etme kabiliyetini gösterir), ısı taşınım katsayısı (akışkanların ısı transfer etme yeteneğini gösterir), viskozite (akışkanların sıvılık kabiliyetini gösterir), yerçekimi ivmesi gibi fiziksel büyüklükler ancak deneysel olarak tesbit edilebilirler. Bununla birlikte, yoğunluğu ve ısı iletim kabiliyeti deneysel olarak belirlenmiş bir metal plaka içerisindeki sıcaklık dağılımı oldukca iyi bir hassasiyetle teorik olarak hesaplanabilir. Verilen bir denklemin ampirik olduğu, değişkenlerin önünde ve üst olarak bulunan sabitlerin çok küsüratlı olmasından anlaşılabilir. İlgili kitaplarada, denklemin ampirik olup olmadığı belirtilir. Aynı zamanda ampirik denklemin sağlıklı kullanılma aralığı da belirtilmiştir. Denklemlerde bulunan değişkenlerin birimlerinin ne olması gerektiği de açıklanmıştır. Örnek: Aşağıda verilen denklemleri analitik ve ampirik olması durumuna göre değerlendiriniz. a) V(t)=Vo-at , y(t)=Vot-0.5at2 : Vo ilk hızıyla başlamış bir hareketin zamana bağlı hız ve yol denklemleridir. Bu denklemler ivmenin sabit olduğu ve hareketin yavaşlayan bir karaktere sahip olduğunu göstermektedir. Bu denklemler ile hesaplama bağımsız değişken olan zamanın 0 < t < ∞ aralığı içindeki tüm değerleri için geçerlidir. Verilen denklemler II.Newton Kanunu ve integrasyonla bulunduğu için ANALİTİK DENKLEM’lerdir. Dikkat edilirse, denklemlerde sabitler çok küsüratli değildir ve V(hız), y(yol), a(ivme) ve t(zaman) değişkenleri için bir birim mecburiyeti verilmemiştir. Sadece değişkenlerin birimleri birbirleriyle uyumlu olmalıdırlar. Yol ve zaman km (kilometre) ve h (saat) olarak verilmişse hız ve ivme km/h veya km/h2; cm ve s (saniye) verilmiş ise cm/s veya cm/s2 olacaktır. Bu denklemler, sabit olmasından dolayı, g yerçekimi etkisinde gelişen hareketler içinde kullanılabilir. Bu durumda a=g olacaktır. Böylece deneysel olarak belirlenebilen yerçekimi ivmesi teorik bir analizle birleştirilerek denklem üretiminde kullanılabildiğine dikkat edilmelidir.
8
5.26
⎡ 0.0065H ⎤ b) P = Po ⎢1 − ⎥ : Bu bağıntı atmosferin değişik yüksekliklerinde (H) ölçülen basınç To ⎦ ⎣ (P) değerlerinin nümerik ve istatistik metodlarla denklem haline dönüştürülmesinden belirlenmiş olup, havanın atmosferik basıncınının denklemsel ifadesidir. Daha önce çeşitli ölçüm cihazlarıyla basınç değerleri ölçülmüştür. Daha sonra Nümerik Teknikler kullanılarak, ölçüm değerleri formülize edilmişlerdir. Po ve To deniz seviyesindeki basınç ve sıcaklıklardır. Denklemdeki sabitler çok küsüratlıdır ve değişkenler H ve P , sırasıyla m ve Atm. birimlerinde olmak zorundadırlar. Başka birimlerde, (örnek olarak mm ve N/m2), H ve P’ nin bu denklemde kullanılması yanlış netice verecektir. Bu denklem ile sağlıklı bir hesaplama için maksimum H yüksekliği 11000 m olabilir. Daha yükseklerde yanlış netice verecektir. Yani denklemin kullanımına bir sınır getirilmiştir. Dolayısıyla bu bir AMPİRİK DENKLEM’dir. Bu denklemde 0 ile 11000 metre arasındaki herhangi yükseklik yazılarak, o irtifa seviyesindeki basınç hesaplanabilir. 1.5 Teorik Çalışma ve Diferansiyel Çözüm
Teorik çalışma deneysel çalışmaya göre ucuz olması nedeniyle tercih edilir. Genelde bir teorinin neticesi deneysel bir çalışmayla doğrulanmaya çalışılır. Bu doğrulama işlemi bir problemin birkaç sahası için içra edildikten sonra ileri sürülen teorinin doğru neticeler verdiği kanaatine ulaşılır. Teorik çalışmada problemin seyri üzerinde etkili olan fiziksel büyüklükler tesbit edildikten sonra, bu değişkenlerin problemin geçerliliği süresince oynadığı rol de tespit edilmelidir. Bu işlemde amaç fiziksel büyüklükleri sabit ve değişken şeklinde iki gruba ayırmaktır. Değişken fiziksel büyüklüklerin artan sayısı teorik analizin yapılabilirliğini azaltır. Genel olarak, belirlenmiş fiziksel büyüklükler arasında direkt olarak bir denklem türetmek pek mümkün değildir. Çünkü direkt bir denklem yazmak için mantiken ve fiziksel olarak gerekçe bulunamaz. Dolayısıyla, bu gerekçelerin üretilebileceği yeni ortamlar düşünülmelidir. Bu nedenle, çözülemeyen mühendislik problemlerinde genellikle süperpozisyon ilkesi uygulanır. Bu prensibe göre çözülemeyen bir problem çözülebilir daha küçük parçalara ayrılır. Ayrılan bu parçalar teker teker birbirlerinden ayrı olarak çözüme tabii tutulurlar. Daha sonra sonuçta elde edilen çözümler belirli fizik kaidelerine göre toplanır. Bu şekilde asıl problem için lazım olan genel çözüm elde edilmiş olur. Parçalama işlemi makas veya testere ile gerçekleştirilen bir olgu olmayıp, çözüm gayesi ile üretilmiş, hayali-sanal olarak düşünülen, ana probleme göre çok daha küçük olan problemciklerdir. Bahsedilen parçalama işleminin sayısı arttıkca, düşünülecek parametre sayısıda azaldığı için, elde edilen neticenin daha sağlıklı olmasıda sözkonusudur. Daha büyük problemleri ve yapıları daha küçük problemler veya yapılar şeklinde düşünmenin temel mantığı, çözülebilirlik şartına ulaşılabilmesidir. Sonuç olarak büyük sistemlerin belirli sayıda alt sistemlere bölünerek, 1 büyük problemin N sayıda küçük probleme ayrılması esastır. Şayet, çözülemeyen problemin sonsuza (N→ ∞ ) giden sayıda parçalama ile çözümü aranırsa, elde edilen her bir parçaya DİFERANSİYEL ELEMAN ismi verilir. Başka bir ifade ile en küçük fiziksel yapıya diferansiyel eleman demek de mümkündür. Ancak, en küçük olmakla birlikte hiçbir zaman sıfır değere sahip değildir. Sıfıra en yakın ve en küçük şeklindeki bir yorum daha doğrudur. Diferansiyel eleman, matematisel olarak, zaman (t) için (zamanın diferansiyel elemanı veya diferansiyeli ); t
lim ∆t = N = dt N →O
şeklinde bir örnekle tariflenebilir. Parçalama işlemi diğer bir tanımla türetmedir. Bir fiziksel büyüklüğün en küçük parçası, onun matematisel olarak türevi (ingilizcede diferansiyel) dir. Bu diferansiyel eleman duruma göre Diferansiyel Aralık, Diferansiyel Yüzey veya Diferansiyel Hacim isimlerinide alabilir. Özellikle, termodinamikte ve akışkanlar mekaniğinde Kontrol Hacmi olarakda isimlendirilir. Çözülemeyen problemde, parçalama işlemi bağımsız değişkenler olarak belirlenen fiziksel büyüklükler esas alınarak gerçekleştirilir. Genel olarak, çözülen problem bir geometrik problem ise, diferansiyel eleman esas problemin bir minik minyatürü şeklinde olur. Esas 9
problem bir prizma ise diferansiyel elemanda minik bir prizma, bir küre ise diferansiyel eleman küçük bir bir küre parçası, esas problem bir silindir ise diferansiyel eleman da küçük bir silindir parçası şeklindedir. Diferansiyel eleman ile ana problem üzerinde etkili olan fiziksel büyüklükler arasında belirli fiziki kaidelere göre geliştirilmiş bağıntılara ise DİFERANSİYEL DENKLEM ismi verilir. Genelliklede, denklem teşkil edilirken bağımsız değişkenin diferansiyel boyutunda, bağımlı değişkenin nasıl değiştiği araştırılır. Mantıksal olarak en küçük yapı içerisinde bağımlı değişkenin bağımsız değişkene göre değişimi ancak lineer olabilirler. Yani diferansiyel boyutta parobolik, sinuziodal ve logaritmik eğriler veya değişimler meydana gelmez. Bu tür eğriler veya değişimler asıl problem boyutunda meydana gelir. Bir problemde bağımlı değişkenin bağımsız değişkene göre değişimi herhengi bir eğridir. Bu eğrinin bilinen fonsiyonlar (sinüs, cosinüs, log, tan, exp veya porabolik) cinsinden açık ifadesinin yazılabilmesi problemin çözülmüş olduğunu gösterir. Mühendislik problemlerinde bağımlı değişkenin bağımsız değişkene göre değişimi başlangıçta bilinmez. Dolayısıyla bir çözümsüzlük mevcuttur. Ancak, çözülemeyen bu problemin en küçük parçası olan diferansiyel eleman içerisinde tüm değişimler lineerdir. Başka bir bakış açısıyla, lineer bir değişim yakalamak için, sistem sonsuza giden sayıda parçalara ayrılarak süperpoze edilir. Çünkü, en basit eğri-en basit denklem-en basit değişim lineer (y=ax+b) bir denklemdir. Lineer denklemden daha basit ifade ise sabitlerdir. Dolayısıyla çözülemeyen ana problemler süperpoze edilirken genel çözüm grubunu oluşturan herhangi bir eğri çok sayıda doğrulara bölünmektedir. Sonuç olarak, en küçük parçalara ayırarak meydana getirilen çözüm tekniğine ise DİFERANSİYEL ÇÖZÜM denir. Bir diferansiyel denklem, bildiğimiz klasik denklemlerden farklıdır. Direkt hesaplamalar için kullanılamazlar. Bu nedenle ya nümerik olarak yada analitik olarak tekrar çözülmelidirler. Daha önce verilmiş olan İntegraller en basit diferansiyel denklemlerdir. “ y = ∫ xdx
integralinde x=1.5 için y ne olmalıdır?” sorusu
cevaplanamaz. Ancak, bu integralin çözümü olan y = 0.5x2+C den, y=0.5(1.5)2+C şeklinde hesaplama yapılması mümkündür. Çünkü, “x=1.5 ise dx = ?” sorusu hiç bir zaman netice bulamaz. Bilinen dx en küçük ama, sıfır olmayan bir büyüklüktür. İntegrallerin çözümünde karşılaşılan değişken dönüşümleri, kısmi integrasyon, yarım açı formülleri vb çözüm şekilleri gibi, diferansiyel denklemlerin çözümlerinde de çeşitli teknikler vardır. Diferansiyel denklemlerinde, alınabilen veya alınamayan integrallerde olduğu gibi, analitik olarak çözülebilen ve çözülemeyen tipleri mevcuttur. Diferansiyel çözümün anlaşılabilmesi için aşağıdaki kinematik probleminin üzerinde durulmasında büyük fayda vardır. Örnek : İki değişik harekette yolun zamana göre değişimleri aşağıdaki şekilde verilmiştir. Buna göre hareketleri tanımlamak için gerekli olan bağıntıları tanımlayınız. Hangi aralıklarda çözüm sağlıklıdır. Bulunacak bu bağıntı benzer hangi problemlerde S(yol) sorulara cevapların kullanılabilir.” gibi Eğrisel Değişim mutlaka bilinmesi gereklidir. (II.Hareket)
S1
0
Lineer Değişim (I.hareket)
θ
S0 t0
Bu şekle göre I. Harekette yol zamana göre lineer olarak artmaktadır. Lineer bir değimin eğimi (θ) tüm t değerleri için aynıdır. Herhangi bir t anındaki θ değeri bulunursa bu tüm t ler için kullanılabilir. Şekilden S −S tgθ = 1 0 yazılabilir. Bu denklemdeki t1 − t0 tgθ yol/zaman kavramına uygun olarak m/s birimine sahip olmalıdır. Dolayısıyla I. Hareket için s ve t böyle bir kavramla birbirine bağlanmakta ve bir denkleme dönüşmektedir. Sonuç olarak I. Hareketin tam olarak tanımlanabilmesi için s ve t ye
t1
t(zaman)
Açıklama : Dikkat edilirse bir hesaplama için mutlaka gerekli olan bir denklem veya bağıntı isteniyor. Aslında soruda “Şeklin yazı ifadesi nedir” sorusuna cevap isteniyor. Bu nedenle “Bu bağıntı nasıl olmalıdır? Nasıl elde edilir? 10
ilave olarak m/s birimine sahip yeni bir fiziksel büyüklük gereklidir. Bu büyüklüğe literatürde HIZ ismi verilmiş ve V harfi ile simgeselleşmiştir. Neticede I. Hareketin denklemi, V bağımlı ve t bağımsız S −S S değişkenler olmak üzere V (t ) = 1 0 = t1 − t0 t şeklindeki olup tüm zamanlar için hareketin hızını verir. Bu denklem eğimin sabit olduğu, yani, yolun zamana göre düzgün değiştiği tüm hareketler için geçerlidir. II. Harekette olduğu gibi yol zamana göre düzgün değişmiyorsa kullanılamaz. II. Harekette ise yolun zamana göre değişimi herhangi bir eğridir. Eğrinin eğimi zamanla değişmektedir. Dolayısıyla I. Hareketteki yaklaşımla hızı bulmak mümkün değildir. Çünkü, herhangi bir an için bulunmuş olan eğim diğer zaman dilimleri için yanlış olacaktır. Bu eğriyi bilinen fonksiyonların çarpımı, toplamı veya bölümü şeklinde direkt yazmak, mantıksal bir tabanı olmadığı için yanlış olacaktır. Örneğin, II. Hareket için V=2sint + lnt veya V = 5t2-et gibi bir tanımlamalar doğru olmayacaktır. Çünkü, “Niçin böyle bir fonksiyon?” sorusu her seferinde cevap bulamayacaktır. Böylece, II. Hareket için bu noktada bir çözümsüzlük mevcuttur. Çözmek içinde hareket daha kısa süreli hareketciklere bölünmelidir. V=V(t) veya S = S(t) şeklinde bir bağlantı arandığı için t bağımsız değişken olarak tercih edilmelidir. Çünkü, kinematik problemlerde herhangi bir andaki hız ve yol merak edilir. Çözüm için II. Hareket 4 ve 8 parçaya ayrılırsa, aşağıdaki S-t grafikleri elde edilir.
S(yol) 1
8 ε2
∆t2 0
2
3
ε1 Lineer değişim kabulu
0
∆t1
∆t1
∆t2 t(zaman)
I.hareketin çözümünden s ve t arasında lineer bir değişim için çözümün olabileceği sonucu ortaya çıkmıştır. Bu nedenle, II.hareket çözüm gayesiyle daha küçük parçalara ayrılırken, zamana göre değişimlerin lineer olması prensibi gözetilmelidir. II.hareket ∆t1 lik zamana sahip 4 eşit hareketciğe bölündüğü zaman her hareketcik içerisinde s-t değişiminin biraz daha basit olduğu görülecektir. Bu nedenle her dilim içerindeki değişim lineer olarak kabul edilirse, gerçek eğri ve lineer eğri arasında bir ε1 kadar Hata farkı meydana gelecektir. Bu hata kabul edilirse her bir hareketcik için I.hareketten elde edilen hız bağıntısı uygulanabilir. Böylece 4 küçük hareket için 4 tane denklem ve hız değeri bulunacaktır. Fakat, bu çözüm küçükte olsa hatalı olacaktır. Bu hatayı azaltmak için çözüm düşünülen küçük hareket sayısının artırılmasıdır. Bu amaçla dilim sayısı bölüm sayısının 8 olursa, her bir hareketin zamanı ∆t2=∆t1/2 olacaktır. Bununla birlikte lineer değişim ve gerçek değişim arasındaki farkta ε1 den yarı yarıya azalarak ε2 ye düşecektir. I.hareket uygulamasından elde edilecek hız ve denklem sayısıda 8 e çıkacaktır. Bu denklemler birbirine bağlı olup birinin neticesi bir sonraki hareketciğin input bilgisi olacaktır. Dolayısıyla 4 hareketcik için 4 bilinmeyenli, 8 parçacık için 8 bilinmeyenli denklem sistemi ortaya çıkacaktır. Netice olarak, bölüm veya dilim sayısının artması halinde meydana gelen hata azalacaktır. Yani gerçek ve lineer değişimler birbirine yaklaşacaktır. Bu yaklaşımdan hareketle parçalama sayısı arttıkca, gerçek değişimler çözüm için olması arzu edilen lineer değişimler birbirlerine yaklaşacaktır şeklinde genel sonuç elde edilir. Bununla
4
∆t1
∆t2
I.hareketin 8 parçaya bölünmesi
S(yol) 1
4
∆t1 t(zaman)
I.hareketin 4 parçaya bölünmesi
11
En az hata için dilim sayısı olabildiğince artırılmalıdır. Ancak meydana gelecek çok bilinmeyenli denklem sistemini çözümü bu artırıma engel olacaktır.
birlikte ele daha fazla bilinmeyenli denklem sistemi elde edilmektedir. Bu denklem sisteminin çözümü ayrı bir zorluk olarak düşünülmelidir. Yinede, hata sıfır değildir.
Eğer parçalanma sayısı sonsuza giden miktarda büyük alınırsa hata değeride sıfıra ve hareketciğin zamanı gidecektir. Hareketciğin meydana geldiği bu en kısa zaman aralığı DİFERANSİYEL ELEMAN olacaktır. Sonsuzluk matematiksel ve fiziksel olarak yorumlanamayan bir büyüklüktür. ∞ sn, ∞ N, ∞ m/sn veya ∞ oC gibi ifadeler ölçüm aletlerinin ve insan hafsalasının ötesinde bir olgudur. Bu nedenle herhangi bir ifadeyi sonsuz kabul etmek mümkün değildir. Ancak, sonsuz veya tanımsız olmadan önceki, tanımlı olan son değere matematikten bildiğimiz LİMİT ile ulaşılabilir. Bu açıdan II.hareket için herhengi bir zaman diliminde hız ifadesi matematiksel yaklaşımla şu şekilde yazılabilir: n, parçalama sayısı t ∆S dS n → ∞ ⇒ → dt → 0 ⇒ = =V lim n dt n →∞ ∆t ε →0
Bu prosesle bulunan denklem DİFERANSİYEL DENKLEM olacaktır. Bu denkleme ulaşmak için uygulanan sonsuz küçük parçalara ayırma mantığı ve süreci DİFERANSİYEL ÇÖZÜM olarak bilinmektedir. İşlemlerdeki ∆t ve ∆S sonlu küçük zaman ve yol, dt ve dS ise sonsuz küçük zaman ve yol olarak isimlendirilir. Yolun (S) diferansiyeli dS, zamanın (t) diferansiyeli dt, hızın (V) diferansiyeli dV ve sıcaklığın (T) diferansiyeli dT olacaktır. Bu son ifadeden hızın, yolun zamana göre birinci türevi olduğu sonucu çıkarılabilir. Dolayısıyla, II.hareketin S = S(t) fonksiyonu belirlenip zamana göre türetilirse hız bulunmuş olur. Bulunan bu denklem tüm hareketler için geçerlidir. Yolun zamana göre değişimi ne olursa olsun bu denklemle cevap almak mümkündür. Ancak, “Çok bilinmeyenli denklem sistemi nasıl çözülecek?” ve “yukarıdaki ifadeden S nasıl çekilecel?” soruları cevaplanmalıdır. En az hata ile çözüm için sistem en küçük parçasına ayrılır; buna türev veya diferansiyel, elde edilen denklem sistemi bir toplama işlemi gerektirir ki bunada integrasyon ismi verilir. Başka bir ifadeyle birbirinin tersi olan, türev ve integrasyon, çözüm için bir sistemin sonsuz küçük parçalara ayrılması ve bunların tekrar toplanması olarak tariflenebilir. Daha önce bahsedilen ve asıl problem üzerinde etkili olan fiziksel büyüklüklerin değişken olanları diferansiyel denklemlerin bağımlı ve bağımsız değişkenlerini meydana getirirler. Bu değişkenlerin sayılarına göre diferansiyel eleman üzerinden elde edilecek diferansiyel denklemin isimlendirilmesi yapılabilir. Bağımsız değişken sayısı ve bağımlı değişken sayısı birer tane ise diferansiyel denklem ADİ DİFERANSİYEL DENKLEM ismini alır. Bağımsız değişken sayısı birden fazla ise KİSMİ DİFERANSİYEL DENKLEM, bağımlı değişken sayısı birden fazla ise DİFERANSİYEL DENKLEM SİSTEMİ ismini alır. Hem bağımlı hemde bağımsız değişken sayısı birden fazla ise KİSMİ DİFERANSİYEL DENKLEM SİSTEMİ sözkonusu olacaktır. Diferansiyel denklem sistemlerinin çözümü için bağımlı değişken sayısınca diferansiyel denklem elde bulunmalıdır. Adi diferansiyel denklemler “ d “ , operatörü ile, kısmi diferansiyel denklemler “ ∂ “ operatörü ile gösterilirler. Diferansiyel denklemler aynı zamanda bağımlı ve bağımsız değişkenlerin diferansiyellik derecesine (türev mertebesine) göre Mertebe olarak, bağımlı değişkenin veya türevlerinin en büyük kuvvet derecesine görede Derece olarakta sınıflandırılabilir. Çözüm aşamasında bağımlı değişken ve türevleri eşitliğin sol tarafında, bağımsız değişken ve sabitler ise eşitliğin diğer tarafında toplanırlar. Bu işlem sonucu, eğer eşitliğin sağ tarafı sıfır ise Homejen, sıfır değilse Homojen Olmayan (non-homojen) diferansiyel denklem olarakta isimlendirilir. Bu kavramlar diferansiyel denklemin çözümünü de belirlemektedir. Bu tanımlamalara ilave olarak, çözüm tekniğini ve diferansiyel denklemi ilk bulan bilim adamlarının isimleriyle anılan diferansiyel denklemlerde mevcuttur.
12
Örnek : Aşağıdaki diferansiyel denklemleri isimlendiriniz.
1)
dy + 4 y = sin x dx
2)
d 2y + 4 y = sin x : y bağımlı, x bağımsız değişken. 2.mertebe, 1.derece (lineer) non-homojen dx 2
3)
dy + 4 y 3 = sin x : y bağımlı, x bağımsız. 1. Mertebe, 3.derece (non-lineer) non-homojen dx
: y bağımlı, x bağımsız değişken. 1.mertebe, 1.derece (lineer) non-homojen
2
⎡ dy ⎤ 4) ⎢ ⎥ + 4 y = sin x : y bağımlı, x bağımsız değişken. 1. Mertebe, 2.derece non-homojen ⎣ dx ⎦ d4y + 4 y = 0: y bağımlı, x bağımsız değişken. 4. mertebe, 1.derece homojen 5) dx 4 dT : Fourier Dif. Denklemi ; Isı transferinde kullanılır. 1. mertebe 1.derece dr ∂2T ∂2T + = 0 : T bağımlı değişken, x ve y bağımsız değişkenler. Kısmi dif.denklem ∂x 2 ∂y 2
6) q = − k 7)
8)
9)
ds d 2 r + =3 dt dt dr − 3s = ln t dt ∂u ∂v + =0 ∂x ∂y
∂2u ∂2v + = x+y ∂x 2 ∂y 2
: s ve r bağımlı, t bağımsız değişkenler. Adi dif.denk.sistemi
:u ve v bağımlı , x ve y bağımsız değişkenler. Kısmi dif.denk. sistemi
1.5.1 Bazı Diferansiyel Uygulamaları
Diferansiyel yaklaşım denklem üretiminin yanında varolan bazı denklemlerin çözümünde de kullanılır. Açık formu bilinmeyen birden fazla bağımsız değişkene bağlı bir bağıntının diferansiyeli alınabilir ve bu diferansiyel form minimum-maksimum hesabı veya başka çözüm amacıyla kullanılabilir. Bir z=z(x,y) fonsiyonunun 1. ve 2. türevleri şu şekildedir. dz =
∂z ∂z dx + dy dy ∂x
d 2z =
∂2z 2 ∂2z ∂2z 2 dx + 2 dxdy + dy ∂x 2 ∂x∂y dy 2
Özellikle extramum (minimum veya maksimum) noktaların belirlenmesi noktasında çok faydalıdır. Bir extramum noktada bağımlı değişkenin diferansiyeli sıfırdır. Fakat bağımsız değişken bu noktalarda kesinlikle sıfır değildir. Böylece yukaridaki örnek için ∂z = 0, dx≠0 ve dy≠0 yazılabilecektir. Bu noktada bazı örnekler şu şekilde verilebilir.
13
Problem-1: Bir akış ortamında akışkan taneciklerinin hızını veren hız profilini veya hız alanını belirleyiniz. Taneciklerin ivmesi için bir bağıntı türetiniz. z
x
V
0
y
Çözüm için gerekli koordinat sistemi kartezyen (x:y:z) olarak seçilirse akışkan taneciklerinin hızı x, y ve z ye göre değişecektir. Hız bir vektörel büyüklük olup her 3 eksen üzerinde de izdüşümü meydana gelebilir. Yukarıdaki şekilden görüleceği üzere seçilen orijin noktasından uzaklaştıkca farklı hız değerlerine ulaşılacaktır. Akış kanalının boyutları, dolayısyla akış kesiti değiştiği için kütlenin korunumuna göre hızda değişmelidir. Aynı zamanda her noktadaki hız değeri zamanlada değişebilir. Bu durumda hız x,y,z ve t nin fonksiyonu olacaktır. V hızının x, y ve z üzerindeki izdüşümleri U, V ve W olarak gösterilirse hız için şu işlemler yapılabilir.
G G G G V = Ui + Vj + Wk ,
∂V ∂V ∂V ∂V dt yazılabilir. dz + dy + dx + ∂x ∂y ∂t ∂z Bulunan diferansiyel ifade dt’ye bölünerek ivme bağıntısı bulunabilir. V=V(x,y,z,t)
ise
dV =
∂V ∂V ∂V dV ∂V dx ∂V dy ∂V dz ∂V ∂V + ise a = W+ + V+ + U+ =a= ∂x ∂y dt ∂x dt ∂y dt ∂z dt ∂t ∂t ∂z Son ifadedeki ilk üç terim konuma bağlı konvektif ivme, son terim ise zamana bağlı ivme olarak bilinir. Dolayısıyla hız sabit olsada akışkanlar için ivme sıfır olmayabilir. Problem-2: 25 oC lık ortam sıcaklığında 300 oC lık sıcaklığa sahip 1000 m3 lük bir sıcak sıvıyı saklamak üzere iki farklı geometriye sahip depo düşünülmektedir. 1. geometri R yarıçapında ve H yüksekliğindeki bir silindirik yapı, 2. geometri ise KxLxM boyutlarında prizmatik yapıdır. Sıcak sıvının soğumasının en az düzeyde olabilmesi için düşünülen geometrilerin boyutları ne olmalıdır. En az ısı kaybı için hangi geometri uygundur. R
K M
H L
Açıklama: Isı yüksek sıcaklık ortamından düşük sıcaklık ortamına akar. Isı akış doğrultuları şekilde oklarla gösterilmiştir. Meydana gelen ısı transferi Q=C.A.(Tiç-Tdış)=C.A.(300-25) denklemiyle basitce hesaplanabilir. Burada C depo malzemesinin ve ortamın bir sabit değeridir. A ise ısının transfer olduğu yüzeydir. Bu durumda ısının en az miktarda kaybı için sadece A yüzeyi ile 14
oynanabilir. Q ve A doğru orantılı olacağı için, en az ısı tranferi için A değeride en küçük olmalıdır. 1000 m3 lük hacmi veren en küçük A yüzeyi aranmalıdır. Silindirik yapı için çözüm: 1000 1000 ve A = 2πR 2 + 2πRH = 2πR 2 + 2πR 2 πR πR 2 A nın en küçük değerini bulmak için türevi sıfır olmalıdır. A nın R ye göre değişimi şekilde verilmiştir. Bu şekle göre R nin 5 m civarlarında A yüzey alanının minumum bir değeri vardır. 2000 dA 2000 A = 2πR 2 + ⇒ = 4πR − 2 = 0 3000 R dR R 3
HACİM= πR 2 H = 1000 ⇒
H=
2.613×10
⎛ 2000 ⎞ R=⎜ ⎟ ⎝ 4π ⎠
1/ 3
= 5.419m
2000
1000 1000 = = 10.838m , 2 2/3 πR ⎛ 2000 ⎞ π⎜ ⎟ ⎝ 4π ⎠ 2000 2000 Amin = 2πR 2 + = 2π (5.419) 2 + = 553.58m 2 R 5.419
H=
A( r) 1000
553.582 0
5
10
1
15
r
20
20
Prizmatik yapı için çözüm: HACİM= KLM = 1000 ⇒
K=
1000 1000 1000 + + LM ) ve A = 2( KL + KM + LM ) = 2( M L LM
Öncekinden farklı olarak burada A hem L hemde M nin fonksiyonu olarak elde edilebildi. Silindir için sadece R’nin fonksiyonu olarak değişiyordu. A=A(M,L) ise diferansiyeli şu şekildedir.
dA =
∂A ∂A ∂A dL + dM ise dL≠0 ve dM≠0, =0 ∂L ∂L ∂M
∂A = 0 , olmalıdır. ∂M
A’nın en küçük değerini bulmak için türevi (dA) sıfır olmalıdır. Bunun içinde A’nın L ve M ye göre kısmi türevleri sıfır olmalıdır. 1000 1000 ∂A 1000 1000 + + LM ) ise = 2(− 2 + M ) = 0 ⇒ M = 2 ∂L L L M L ∂A 1000 1000 1000 , L= ⇒ L3 = 1000 ise L=10 m = 2(− 2 + L) = 0 ⇒ L = 2 2 2 ∂M M M 1000 / L
A = 2(
[
]
M=1000/102 =10 m ve K=1000/(10.10)=10 m dir . Amin=2(10.10+10.10+10.10)=600 m2 1000 m3 lük hacim silindir yapı ile daha düşük yüzey alanı ile sağlanmaktadır. Silindirin yüzey alanı (553.58 m2), prizmanın yüzey alanından (600 m2 ) daha küçüktür. Silindir yapının tercih edilmesiyle ısı kaçağından %7.7 (=[600-553.58]x100/600) daha tasarruf edilebilir.
15
Problem-3: 500 m uzunluğundaki bir tel ile bir saha çevrelenecektir. Dikdötgen şeklinde olması istenen sahanın, alanının maksimum
olması için kenar uzunlukları ne olmalıdır.? Çevre=2a+2b=500 m, a=250-b Alan=A=a.b =b(250-b) = 250b-b2
a
dA/db=0 ise 250-2b=0 ise b=125 m ve a=125 m bulunur
b
1.5.2 Seriler
Analitik veya teorik çözümlerin üretilmesinde en çok kullanılan yötemlerden biride seri açılımlardır. Değişik seri ifadeler olmakla birlikte en temel seri “kuvvet serisi” olarak bilinir. Bu serinin bir xo noktası civarında gösterimi şu şekildedir: ∞
y = ∑ Cn ( x − xo ) n =C0 + C1 ( x − xo ) + C2 ( x − xo ) 2 + C3 ( x − xo ) 3 + C4 ( x − xo ) 4 + .... + Cn ( x − xo ) n n =0
Bu ifade n. Derece bir polinomu gösterir. Herhangi bir triginometrik veya logaritmik fonksiyonun kendisi çarpımı veya toplamı bu açılım ile gösterilebilir. Çözüm süreci içerisinde fonksiyonun kendisi işlemin devamını mümkün kılmaz ise seri açılımıyla devam edilir. Bu serideki xo çözüm sahasının alt ve üst noktaları arasını veya çözüm civarını tarif eder. Örnek olması açısından bir integralin alt ve üst sınırının ortalaması, bir aranılan kök değerinin yaklaşık değeri veya bir türevin noktası olabilir. Bu serilerin xo=0 açılımı Maclaurin ve xo≠0 açılımı ise Taylor serisi olarak bilinmektedir. ∞ y ' ' (0) 2 y ' ' ' (0) 3 y ( IV ) 4 y (V ) 5 y ( n ) (0) n x y ( x) = y (0) + y ' (0) x + x + x + x + x + .... = ∑ n! 2 3.2 4.3.2 5.4.3.2 n =0
∞ y' ' ( xo ) 2 y' ' ' ( xo ) y ( n) ( xo ) 3 y( x) = y( xo ) + y' ( xo )( x − xo ) + ( x − xo ) + ( x − xo ) + .... = ∑ ( x − xo ) n 2 3.2 n! n =0
Bu açılımlar yardımıyla çözümsüzlüğe sebep olan bir türevlenebilir bir fonksiyon polinom haline dönüştürülerek çözümsüzlük aşılmaya çalışılır. Problem: Şekilde görülen taralı alanda Z vektörü düzlemsel değişim göstermektedir. Koordinat sistemini (x:y) seçerek diferansiyel elemanı oluşturunuz. Seriler yardımıyla dx.dy lik diferansiyel elamanın sınırları arasında bir bağıntı geliştiriniz. y
Zx Zy
y0+dy y0
dy
?
Z Zx
dx
?
dx dy
Diferansiyel Eleman Diferansiyel yüzey 0
x0 x0+dx x 16
Zy
Çözüm için taralı alan diferansiyel yüzeylere bölünmüştür. Sonsuza giden sayıda olan diferansiyel yüzeylerden bir tanesi ele alınarak istenen bağıntı kurulabilir. Bu elemanın koordinatları (x0:y0) ve (x0+dx:y0+dy) olacaktır. Buradaki x, x0, y ve y0 değişken oldukları için seçilen bir eleman tüm diferansiyel elemanları temsil edecektir. Diferansiyel elemanın bir yüzeyindeki (x0:y0) veya girişindeki değerler Zx ve Zy ise karşılık yüzeylerdeki (x0+dx:y0+dy) veya çıkıştaki değeri nedir? Bu soru diferansiyel eleman üzerinden denklem üretiminde, özellikle sürekli ortamlar için (ısı akışı veya akışkan akışının oluşturduğu ortam katı cisimler gibi belirli bir sınıra sahip olmadığı için sürekli ortam olarak isimlendirilir) önemlidir. Nasıl bir eğri değişimi ile iki sınır birbirine bağlanmaktadır. Bir yüzeydeki Zx ve Zy değerleri hangi fonksiyonel değişimle diğer yüzeylere ulaşmaktadır. Bu soru seri açılım ile cevaplanabilir. Sadece diferansiyel eleman için değil, tüm sistemler için bir değişimi seri ile ifade etmek mümkündür. Çünkü tüm fonksiyonlar seriye açılabilir. Diferansiyel eleman üzerinde x0≠0 ve y0≠0 olduğu için Taylor Serisi bu amaçla kullanılabilir. Daha önce verilen seride y yerine Z yazarak x ve y yönündeki değişimler Taylor Serisi belirlenmiş olur. Ancak Z hem x hemde y ile değiştiğinden türevler kısmi türev olacaktır. Bu durumda Z nin x ve y’ ye göre x0 ve y0 daki Taylor açılımları şu şekilde olacaktır: ∞ ∂Z ( xo ) ∂ 2 Z ( xo ) ( x 2 − xo ) ∂3 Z ( xo ) ( x − xo )3 ∂ n Z ( xo ) ( x − xo )n Z ( x) = Z ( xo ) + ( x − xo ) + + + .... = ∑ ∂x ∂x 2 2 ∂x3 3.2 ∂x n n! n =0
Z ( y) = Z ( yo ) +
∞ ∂Z ( yo ) ∂ 2 Z ( yo ) ( y 2 − yo ) ∂3 Z ( yo ) ( y − yo )3 ∂ n Z ( yo ) ( y − yo )n ( y − yo ) + + + .... = ∑ ∂y ∂y 2 2 ∂y 3 3.2 ∂y n n! n =0
Daha önce diferansiyel elemanın sonsuz küçük olduğu ve içerisindeki tüm değişimlerin lineer olduğu söylenmişti. Dolayısıyla yukarıdaki ifadede, Z x ve y’ ye göre lineer olarak artacağı veya azalacağı için, Z=ax+b ve Z=cy+d ise 1.türev sabit olacaktır. Daha yüksek mertebeden türevler bu durumda sıfır olacaktır. Böylece yukarıdaki açılımlar şu şekle dönüşürler,
Z ( x) = Z ( xo ) +
∂Z ( yo ) ∂Z ( xo ) ( y − yo ) ( x − xo ) , Z ( y) = Z ( yo ) + ∂y ∂x
Bu ifadeler diferansiyel eleman içerisinde Z’ nin x ve y’ ye göre değişimini göstermektedir. (x0:y0) daki Z değerleri biliniyor kabul edilirse, (x0+dx:y0+dy) daki Z değerleri bu denklemler yardımıyla belirlenebilir. Bu amaçla, yukarıdaki denklemde x=x0+dx ve y=y0+dy yazılmalıdır:
Z ( xo + dx) = Z ( xo ) +
∂Z ( yo ) ∂Z ( xo ) ( yo + dy − yo ) ( xo + dx − xo ) , Z ( yo + dy) = Z ( yo ) + ∂y ∂x
Bulunan son ifadelerde gerekli yoketmeler yapılarak ve yeniden düzenlenirse
Z ( xo + dx) = Z ( xo ) +
∂Z ( xo ) dx ∂x
Z ( yo + dy) = Z ( yo ) +
,
∂Z ( yo ) dy ∂y
bulunur Bulunan sonuçlar mühendislikte kullanılan değişik fiziksel büyüklükler için gemelleştirilebilir. Örnek olarak diferansiyel elemanın bir yüzeyindeki gerilme σ ise dx kadar ve dy kadar sonraki değerleri şöyledir.
σ ( x + dx) = σ ( x) +
∂σ ( x) dx ∂x
σ ( y + dy ) = σ ( y ) +
∂σ ( y ) dy ∂y
Bir hava akımında akış sıcaklığına ve basıncına bağlı olarak hava yogunluğu çok değişecektir. (x:y) düzleminde hava yoğunluğu hesabı yapılmak istenirse yukarıdakine benzer işlemler yapılır. Direkt bir denklem yazmak mümkün olduğu için, akış ortamı bir denklemin yazılabileceği 17
diferansiyel elemanlara bölünür. Elemanın bir yüzeyindeki belirli kabul edilerek diğer yüzeyindeki yogunluklar yazılabilir. Yoğunluk (ρ) için bu değerler;
ρ ( x + dx) = ρ ( x) +
∂ρ ( x) dx ∂x
ρ ( y + dy ) = ρ ( y ) +
∂ρ ( y ) dy ∂y
Diferansiyel eleman üzerinden çeşitli fiziksel kanunlar, kütlenin korunumu, enerjinin korunumu, II.Newton Yasası vb kullanılarak yukarıdaki eşitlikler ile bir diferansiyel denklem bulunur. Bu diferansiyel denklemin çözümünden hesaplamalarda kullanılabilecek analitik bağıntılar bulunur. 1.6 Başlangıç ve Sınır Şartları
İntegrallerin en basit diferansiyel denklem oldukları noktasından hareketle başlangıç ve sınır şartlarının tarifi ve gereği integrasyon işleminden verilebilir. Bilindiği gibi belirli integrasyon (sınırlı integrasyon) ve belirsiz integrasyon (sınırsız integrasyon) şeklinde iki integral alma yöntemi mevcuttur. Diferansiyel denklemlerin çözümü daha ziyade belirsiz integral çözüm mantığı ile çözülürler. Dolayısıyla, diferansiyel denklemlerin çözümü esnasında da belirsiz integral çözümünde karşımıza çıkan integral sabitlerine benzeyen “C” diferansiyel denklem sabitleri karşımıza çıkar. Yani, integrasyon işlemi veya diferansiyel denklem çözümü sonrasında elde edilecek çözüm denklemi bu C sabitlerinide içerecektir. “C” bir sabit olup reel, tamsayı, negatif, pozitif veya complex sayısal karşılığı belirli olmayan büyüklüktür. Sonuç olarak nümerik karşılığı belli olmayan C’ li denklem ile direkt olarak sayısal bir hesaplama yapılamaz. Örnek olarak;
x3 y = ∫ x dx ⇒ y = +C 3 2
33 y = +C 3
x=3 ⇒ y=?
(C den dolayı y tam belli değil)
Belirsiz integral ile sadece bir C sabiti karşımıza çıkmaktadır. Diferansiyel denklem çözümlerinde bu sabitlerin sayısı daha fazla olabilir. Bu sabitlerin sayısı diferansiyel denklemin mertebesine göre değişir. 1. mertebe için 1 tane C sabiti, 2. mertebe için 2 tane C sabiti , 3. mertebe için 3 tane C sabiti bulunur. Eğer bağımsız değişken sayısı biden fazla ise bu sayılar bağımsız değişken adedi ile çarpılmalıdır. 2. Mertebe, bağımsız değişken sayısı 2 olan bir kısmi diferansiyel denklemin C sabiti sayısı 4 tür. İşte bu C sabitlerinin sayısal karşılıklarının bulunmasını sağlayan hallere BAŞLANGIÇ ve SINIR ŞARTLARI ismi verilir. Görülebileceği gibi çözüm için belirli olması gereken şart sayısının C sabiti sayısına eşit olması gerekir. Bu şartlar aynı zamanda diferansiyel denklemin çözümü sonrasında bulunan analitik ifadenin sağlaması gereken değerlerdir. Bir noktada çözüm denkleminin fiziki olarak doğru olup olmadığı hakkında karar vermemizi sağlayan en temel büyüklüklerdir. Eğer bu şartlar yerine gelmezse rahatlıkla çözümün yanlışlığından bahsedebiliriz. Diğer taraftan, diferansiyel denklemim çözümü mutlaka bir koordinat sistemine (kartezyen koordinatlar, silindirik koordinatlar veya küresel koordinatlar ) göre yapılmak zorundadır. Her koordinat sistemi mutlaka bir orijin noktasına sahiptir. Başlangıç ve sınır sartları tariflenirken bu orijin noktası ve koordinat sisteminin tipi dikkate alınmalıdır. Eğer proplem geometrisi üzerindeki orijin noktası yer değiştirirse, başlangıç ve sınır şartlarının değeride değişecektir. Bu şartlar, özellikle kısmi diferansiyel denklemlerin çözümünde çok etkilidirler. Çözüm fonksiyonu bulunabilmesine rağmen, başlangıç ve sınır şartları şartlar sağlanamadığı için çözümsüzlük mümkün olabilmektedir. Sonuç olarak başlangıç ve sınır şartlarının bilinmesi veya problem üzerinden çıkarılabilmesi gerekir. Diferansiyel denklemin bağımsız değişkeni zaman ise bulunması gereken şart BAŞLANGIÇ ŞARTI, bağımsız değişken geometri veya boyut ise bulunması gereken şart SINIR ŞARTI olarak isimlendirilir. Literatürde, kullanılacak şartların durumlarına göre problemler SINIR DEĞER PROPLEMİ veya BAŞLANGIÇ DEĞER PROBLEMİ olarak da isimlendirilebilir. Bir problem sadece sınır veya sadece başlangıç şartı gerektirebileceği gibi her ikisinide birden isteyebilir. Bu şartlar problemin yapısından elde edilir. İyi tesbit edilmeleri çözümün sağlığı üzerinde müspet yönde etkili olacaktır. Bu şartların anlaşılması için, makine mühendisliği eğitimi sürecinde mutlaka 18
görülecek en temel konuları ihtiva eden, aşağıdaki uygulama problemlerinin iyi analiz edilmesinde fayda vardır. Bu problemlerde ilk önce diferansiyel denklemin meydana getirilmesi araştırılacak daha sonra başlangıç ve sınır şartları bulunacaktır. En son olarakta, elde edilen diferansiyel denklemlerin çözümüyle bulunması gereken eğriler araştırılacaktır. Bulunan diferansiyel denklemlerin belirlenen sınır veya başlangıç şartları vasıtasıyla çözümleri ileriki bölümlerde verilecektir. PROBLEM-1:
L kalınlığındaki levha veya duvarın iki yüzeyindeki sıcaklıklar T1 ve T2 dir. Bu sıcaklık değerleri T1>T2 şeklinde birbirinden farklı olarak verilmiş ise levha-duvar içerisinden geçen ısı miktarını ve levha-duvar içerisindeki sıcaklık dağılımını problem üzerinde etkili olan fiziksel büyüklüklere bağlı olarak bulunuz. Başlangıç ve sınır şartlarını belirleyiniz. Doğru olması mümkün olabilecek veya beklenen çözümler neler olabilir? T
Isı akış Doğrultusu T1
a
T1
b
q Duvar veya Levha
c
T2
T2 x=L
0
L
x
Duvar içerinde sıcaklık değişimi Beklenen sıcaklık eğrileri
Problemi etkileyen Fiziksel büyüklükler: 1. Transfer olan ısı mıktarı ; q 2. Sıcaklık ; T 3. Malzeme (yoğunluk, ısı iletim yeteneği ) 4. Kalınlık ; L 5. Zaman ; t 6. Yüzey alanı ; A
Sınır Şartları orijin noktası solda orijin noktası sağda 1. x = 0 ıse T=T1 2. x = L ise T=T2
x = 0 ıse T=T2 x = L ise T=T1
∆T=T1-T2
Bir duvar veya levha ile iki ayrı sıcaklığa sahip iki ayrı ortam oluşturulmuştur. Termodinamik kanunlara göre iki ortam arasında ısı transferinin olabilmesi için ortamlar arasındaki sıcaklık farkının sıfırdan farklı olması gerekir (∆T=T1-T2≠ 0). Isı yüksek sıcaklık ortamından düşük sıcaklık ortamına akar. Böyle bir durumda iki ortam arasındaki levha veya duvar üzerinden bir miktar ısı geçecektir. Böylece duvarın bir yüzeyi T1, diğer yüzeyi T2 sıcaklığına sahip olacaktır. Duvarın veya levhanın iç bölgesindeki sıcaklıklarda bu iki değerin arasında olacaktır. Isının yüksek sıcaklıktan düşük sıcaklığa akması gerektiği için, duvarın iç noktalarındaki sıcaklık değerleri T1 ve T2 den büyük veya küçük olamaz. Böylece duvar içerisindeki sıcaklık değişimi T(x) eğrisi veya denklemi şekildeki a, b ve c eğrilerinden biri olacaktır. Doğru bir çözüm için, çözüm fonksiyonunun bu eğrilerden birini vermesi gerekir. Aksi halde, şekilde görülen kesik çizgilerle verilmiş eğrileri tanımlayan, minimum veya maksimum noktalara sahip çözümler fiziken yanlış olacaktır. Çünkü, duvar veya levha içindeki sıcaklık yükselirse bir ısı üreticisi, düşerse bir ısı absorberi olmalıdır. Böyle bir bilgi olmadığı için doru sıcaklık dağılımları a,b ve c eğrilerinden biri olacaktır Her mühendislik probleminin çözümünde mutlaka bir referans sistem olarak bir eksen takımı (Kartezyen koordinat sistemi, Silindirik veya küresel koordinatlardan birisi) seçilmeli ve problem geometrisinin bir yeride eksen takımının orijin noktası olarak tercih edilmelidir. Çünkü, bulunması 19
gerekli başlangıç ve sınır şartları ancak orijini belirli olan bir sistem için belirlenebilir. Aynı zamanda bulunacak çözümün formuda eksen takımının tipinden ve orijin noktasının yerinden etkilenecektir. Seçilen eksen takımının her eksenine (her doğrultusuna) fiziksel büyüklüklerden bir tanesi atanmalıdır. Bu işlem yapılırken mutlaka fiziksel büyüklüklerin DEĞİŞKEN olan tipi ele alınmalıdır. Yukarıdaki fiziksel büyüklüklerin 2, 4 ve 5 nolu elemanları değişken olurken diğerleri sabittirler. Kalınlık sabit değer gibi görülebilir. Ancak duvar veya levha içerisinde her nokta için bir sıcaklık değeri sözkonusudur. Yani sıcaklık duvar içerisindeki noktadan noktaya değişmektedir. Duvar içerisi koordinat sisteminin x boyutu ile temsil edildiğinden T x’e göre değişecektir. Böylece çözüm düzlemi düşey doğrultu T ve yatay ısı akış doğrultusu x olacaktır. Böylece 2 boyutludeğişkenli (T ve x) çözüm aranacaktır. Eğer x yönü q doğrultusuna göre 30o açılı seçilseydi T ve q hem x hemde x’ e dik doğrultuda (y doğrultusu) değişim göstereceğinden 3 boyutlu (T,x ve y) bir problem meydana gelecekti. Malzeme, yüzey alanı ve transfer olan ısı sabittir. Çünkü, cözüm süresince veya çözüm alanında değişmezler. Bununla beraber sıcaklık kalınlığın her noktasında farklı değerler aldığı için değişkendir. Başka bir ifade ile sıcaklık (T) kalınlığa (L,x) bağlı olarak değişmektedir. Eksen takımı olarak, problem geometrisi bir düzlem yapı arzettiği için, düzlemsel kartezyen koordinatlar seçilmiş ve eksen doğrultularıda T ve x olarak alınmıştır. Eksen takımının orijin noktası olarak levhanın sol tarafı tercih edilmiştir. Bu şartlar altında gerekli olan sınır şartları çıkarılmıştır. Eksen takımı ve orijin noktasının yeri değiştirilmiş olsa sınır şartlarınında değişeceği açıkca görülebilir. 5 nolu fiziksel büyüklük olan zaman da bir değişkendir. Ancak, mühendisliğin pratik uygulamalarında zamana göre bir değişme istenmez. Çünkü, zaman problemin çözümünü zorlaştırmasının yanında, problem parametrelerinin zamana göre değişimi istenmeyen ve beklenmeyen bazı olumsuzlukları beraberinde getirir. Bu tür zamana bağlı olarak değişmeyen problemler DAİMİ (steady) veya SÜREKLİ REJİM olarak isimlendirilir. Zaman bağlı olarak değişen problemlere DAİMİ OLMAYAN (unsteady) problem ismi verilir. Şayet T ve x zamana bağlı olarak değişmiş olsaydı eksenlerin biri zaman boyutunu temsil ederken, sınır şartlarına ilaveten birde başlangıç sartı gerekecekti. Bu problemin çözümünde amaç fiziksel büyüklükler arasında q=q(T,x,malzeme,A,t)
(1)
şeklinde bir denklem geliştirmektir. Direkt böyle bir bağıntının yazılması şu aşamada mümkün değildir. Ancak bir denklemin veya bağıntının geliştirilmesine yardımcı olabilecek, fiziksel büyüklükler arasında şu yorumlar çıkarılabilir: - Levhanın veya duvarın kalınlığı arttıkca q miktarı azalmalıdır. Yani q ile L ters orantılıdır. Fakat bu orantının derecesi bilinemez. ( q ≈ 1/ Lm ; m: orantı derecesi) - Termodinamiğin 2. yasasına göre ısı yüksek sıcaklık ortamından düşük sıcaklık ortamına akar. Başka bir ifade ile iki ortam arasında ısı transferinin olması için aralarında bir sıcaklık farkının (∆T=T1-T2 ) olması gerekir. Bu sıcaklık farkı sıfır ise ısı transferi olmaz. Dolayısı ile sıcaklık farkı büyüdükce transfer olan ısı miktarınında artması gerekir. Yani transfer olan ısı miktarı sıcaklık farkı ile doğru orantılıdır. ( q ∝ ∆Tn ; n:orantının derecesi) - Levha veya duvar malzemesinin ısı iletme kabiliyeti iyi ise daha çok ısı, kötü ise daha az ısı iletilmelidir. Yani malzemenin ısı iletme kabiliyeti ısı yükü ile doğru orantılıdır. Malzemenin ısı iletme kabiliyeti malzemeye ait bir sabit olup, deneysel çalışmalarla düzenlenmiş tablolardan malzeme tipine göre seçilir. Bu değer literatürde ISI İLETİM KATSAYISI olarak bilinmektedir. - A ısı akış doğrultusuna dik yüzey alanı olup transfer olan ısı ile doğru orantılıdır. Yukarıdaki yorumların ilk ikisi birleştirilerek şu şekide bir denklem elde edilir.
20
q∝
∆T n Lm
(2)
Bu orantı bir katsayı ile ( k ) eşitliğe dönüştürülebilir. ∆T n q=k m L
(3)
Son ifadedeki k bir orantı sabiti olup yukarıdaki 3. yorumu temsil edebilir. Çünkü, hem malzeme ısı iletme yeteneği hemde orantı katsayısı sabittirler. Bulunan son denklem daha ileriye götürülemez. Dolayısı ile m ve n bilinmediği için sayısal hesaplamada yapılamaz. Çünkü, sıcaklığın levha içerisinde kalınlığa bağlı olarak ne şekilde değiştiği bilinmemektedir. Bu değişim m ve n nin değerlerine göre şekil alacaktır. Sıcaklığın levha içerisindeki değişimi a, b ve c eğrilerinden hangisidir. Sonuç olarak, bu aşamada bir tıkanma meydana gelmiştir. Eğer, duvar veya levha içerisindeki sıcaklık dağılımının bilindiği bir yapı bulunursa çözüm ileriye götürülebilir. Süperpozisyon prensibi gereği çözülemeyen bir bütün çözülebilir daha basit ve kontrol edilebilir küçük parçalara ayrılır. Bölünen her parça içerisinde değişimler biraz daha basitleşir. Bu parçalama sayısı artıkca her parça içerisindeki değişimler lineer hale yaklaşacaktır. Şayet bölüm işlemi sonsuza giden sayıda yapılacak olursa sistem en küçük parçasına ayrılmış olur. Bu en küçük yapıya DİFERANSİYEL ELEMAN ismi verilir. Bu diferansiyel eleman genelde problem geometrisinin çok küçültülmüş bir minyatürü olur ve genelde diferansiyel eleman ile ana problemin geometrisi birbirine benzerler. Çözüm için bundan sonra fiziksel büyüklükler ile diferansiyel eleman arasında yukarıdaki mantıkla bağıntı elde edilmeye çalışılır. Bu eleman çok küçük olduğu için içerisinde sıcaklığın kalınlığa göre değişimide LİNEER olacaktır. Sıcaklığın duvar veya levha içerisindeki değişimi a, b ve c eğrilerinden hangisi olursa olsun, bu eğrilerin diferansiyel eleman üzerindeki izdüşümleri mutlaka bir doğru olacaktır. Diğer bir ifade ile a,b ve c eğrileri diferansiyel elemanlar vasıtasıyla sonsuza giden sayıda lineer doğruya ayrılmıştır. Sonsuz giden sayıdaki doğrucuklar yanyana gelerek herhangi bir eğriyi oluşturmaktadırlar. Dolayısıyla diferansiyel eleman içinde m=n=1 olacaktır. Duvarın en ince dx kalınlığındaki dilimlere ayrıldığı düşünülürse, bunların bir tanesi aşağıdaki gibi olacaktır: Bu incecik duvarın yüzey sıcaklıkları T1' T2' olacaktır. Bu sıcaklıklar T1 ve T2 nin arasında olacaktır. Sonuç olarak, dx sonsuz küçük levha kalınlığı olduğu için, bu kalınlığın iki kenarı arasındaki sıcaklık farkıda sonsuz küçük (dT= T1' - T2' ) olacaktır. Matematik ifadeyle, i sonsuz küçük parçalama sayısı ise ⇒ T
lim i →∞
L = dx lim ∆T = dT i →∞ i
Lineer değişimler
T1
Lineer değişim
dT
dx
T2 0
Diferansiyel Eleman ve içerisindeki sıcaklık dağılımı
x
x+dx
x
x
x+dx
Diferansiyel eleman ve üst taraftaki açıklamalar 3 nolu ifadeye taşınarak yeni haliyla denklem şu şekilde yazılabilir. dT q=k (4) dx 21
Son denklemin birim analizi yapıldığı zaman birim alandan birim zamanda transfer olan ısıyı vereceği görülecektir. Bu nedenle herhangi bir A yüzeyinden t kadar zamanda tranfer olan ısının bulunması için 4 nolu denklem A ve t ile çarpılmalıdır. Seçilen eksen takımına göre T nin x’ e göre çizdiği eğri negatif eğimlidir. Bu nedenle 4 nolu denklemle hesaplanacak ısı da negatif olacaktır. Oysaki ısı (q) mutlak değerdir. Bu nedenle meydana gelecek tersliğin giderilmesi için 4 nolu ifade aynı zamanda (-) ile de çarpılmalıdır. Eksen takımının orijin noktasının yerinin levhanın sağ tarafının seçilmesi halinde negatif eğimden kaynaklanan olumsuzlukların olmayacağı açıktır. dT q = − Atk (5) dx Bulunan bu ifade içindeki “d” operatörlerinden dolayı bir diferansiyel denklem olarak isimlendirilir. Isı transferinde bu bağıntı FOURIER DENKLEMİ olarak bilinmektedir. Denklemde T bağımlı x ise bağımsız değişken olarak ele alınmıştır. Bir tane bağımsız değişken olduğu için ADİ DİFERANSİYEL DENKLEM olarak da isimlendirilir. 5 nolu denklem herhangi bir hesaplama için uygun değildir. Çünkü, içerisinde diferansiyel operatör olan “d” bulunmaktadır. Levha kalınlığını temsil eden dx ve sıcaklık farkını temsil edene dT’ nin nümerik değerleri bilinmektedir. Gerçek bir hesaplama için d operatörlerinin yokedilmesi gerekir. Buda 5 nolu diferansiyel denklemin çözümü demektir. Bu d operatörleri esas problemin sonsuza giden sayıda parçalanmasından elde edilmiştir. Yani esas sistemin diferansiyeli-türevi alınmıştır. Dolayısyla 5 nolu denklem sadece diferansiyel eleman için geçerlidir. Toplam çözümün bulunması için her bir parça tek tek çözülerek, elde edilen çözümlerin toplanması gerekir. Sonsuz sayıda parça için bu işlemin yapılamayacağı aşikardır. Fakat, matematiksel olarak sistem parçalanarak türevi alınmış ise, tekrar integre ederek toplanabilir. Yani, parçaların herbirinden bulunan çözümlerin toplanması demek integral alma işlemi ile eş anlamlıdır. Dolayısıyla 5 nolu diferansiyel denklemin esas problem için geçerli olabilmesi için integre edilmesi veya diferansiyel denklem çözümünün uygulanması gerekir. Çözüm sonrasında 1 nolu denklem yapısında hesaplamalar için uygun bir fonksiyonel bağıntı bulunur. Bu fonksiyonel bağıntı şekildeki a, b ve c eğrilerinden birini veren bir ifade olmalıdır. Aksi takdirde bulunan çözüm fiziki olarak doğru olmaz. Aynı problem T1 sıcaklığında su taşıyan borunun T2 sıcaklığındaki bir ortam için analiz edilmiş olsaydı, q ısısı T1>T2 şatıyla boru içerisinden dışarıya doğru akacaktı. Böylece düzlemsel duvardan eğrisel boruya geçilecektir. Duvar veya levha için önerilen fiziksel değişkenler bu problem içinde geçerli olacaktır. Fakat değişken ve sabitler noktasında bir değişim olacaktır. Yeni durumda ısı transferi yüzeyi boru içinden dışına doğru değişmektedir. Böylece levhada sabit kabul edilen A yüzeyi boru için r nin fonksiyonu olacaktır. Düzlemsel yapılar kartezyen koordinatlarda kolaylıkla ifade edilebilir. Silindirik bir yapı olması nedeniyle böyle bir problemde referans sistem olarak SİLİNDİRİK KOORDİNAT (r,θ,z) sistemi seçilecek ve boru eksenide orijin noktası olarak alınması gerekecektir. Yukarıdaki benzer analiz burada yapılabilir. Şimdi önemli olan “boru et kalınlığı içerisinde sıcaklığın değişiminin ne olduğu?” sorusu olacaktır. Bu durumda q ısısı r doğrultusunda akacaktır. Eğer levha için ortaya atılan analizler boru içinde yapılırsa ısı değeri ∆T n q=k olarak bulunacaktır. Yine n ve m için sayısal değer bulunumayacağı için bu (r 2 − r1) m denklem kullanılamıyacaktır. Bu değerlerin belirli olduğu yapıya ulaşmak için r doğrultusu (radyal doğrultu) sonsuza giden sayıda dilimlere ayrılacaktır. Böylece elde edilecek dr et kalınlığına sahip içiçe sonsuza giden sayıdaki diferansiyel elemanlar içerisinde değişimler lineer olacağından m =n=1 olacaktır. lim i →∞
r1 − r 2 = dr lim ∆T = dT i →∞ i
ise q = k
dT dr
22
T2
r2
T1 T1
T2
T2
q ısı akışı doğrultusu Bulunacak Denklem T=T(r)
r2
T1
dr
0
T2
T1
T2'
T1'
Diferansiyel Eleman
T2
Eğer boru çevresi boru etrafındaki sıcaklıklar birbirine eşit olmadığı kabul edilirse sıcaklıklar birbirlerinde farklı olacağı için ısı transferi hem r hemde θ yönünde olacak ve sıcaklık dağılımıda hem r hemde θ yönünde değişecektir. Bu nedenle diferansiyel eleman için hem r hemde θ yönünde dilimler düşünülmelidir. Böyle bir durumda diferansiyel eleman dr et kalınlığındaki ve dθ açısını gören silindir parçası olacaktır. T2
r2
T1 T1
T1
T5
q ısı akışı doğrultusu Bulunacak Denklem T=T(r, θ)
r2
T1
0
T1
dr
T3
T1 ≠ T2 ≠ T3 ≠ T4≠ T5
dθ
Diferansiyel Eleman
T4 Dikkat edilirse problemin asıl geometrisi ile diferansiyel elamanı arasında bir benzerlik mevcuttur. Bunun yanında problem geometrisi ile seçilen koordinat sistemi uyumludur. Düzlemsel veya plaka yapılar kartezyen koordinatlarda, borular, yaylar silindirik koordinatlarda kubbe gibi yapılar küresel koordinatlarda analiz edilmelidir. Bu koordinat sistemlerinin farkı kartezyen koordinatlarda değişim birbirine dik üç dogrultu (x,y,z doğrultuları) vasıtasıyla ifade edilmektedir. Silindirik koordinatlarda iki doğrultu (r ve z doğrultuları) ve bir açı (θ açısı) ile ifade edilmektedir. Küresel koordinatlarda ise aynı değişim bir r doğrultusu ve iki açı (θ ve ϕ açıları) ile ifade edilmektedir. Doğru bir koordinat tercihi önemlidir. Yanlış tercih değişken sayısını artırabilir. Artan değişken sayısı problem çözümünü zorlaştırır. Problem 2 : İçerisinde birim zamanda ve birim hacimde q*[kj/m3s] kadarlık ısı üretilen ve cevresi farklı sıcaklıklara sahip HxLxM ebatlarındaki prizmatik hacim içerisindeki sıcaklık dağılımının hesaplanabileceği diferansiyel denklemi tesis ediniz. Prizmatik yapının tüm noktalarındaki sıcaklık değeri başlangıçta To değerine sahiptir. Başlangıç ve sınır şartlarını belirleyiniz. Prizmatik yapı içerisindeki sıcaklık dağılımını veren denklemin karekteristiğini tahmin ediniz.
Prizmatik hacim içerisinde kimyasal, çekirdek reaksiyonları veya elektriki rezistans gibi yöntemler vasıtasıyla q* kadarlık sabit bir ısı üretimi mevcuttur. Aynı zamanda yapının yüzeyindeki sıcaklıkların birbirinden farklı olması nedeniyle sıcaklık farkından dolayı da bir ısı akışı sözkonusudur. İçerde üretilen ısı, içerisine su doldurulan havuzda suyun seviyesinin yükselmesi gibi iç taraftaki sıcaklığın yükselmesine neden olacaktır. Şayet malzemenin ısı iletme yeteneği iyi ise bu yükselme nispeten az, kötü ise daha fazla olacaktır. Neticede problem-1 deki yapıdan farklı bir beklenti meydana gelecektir. Prizmanın iç taraflarındaki beklenen sıcaklık yükselmesi muhtemelen yüzey sıcaklıklarının da üzerine çıkacaktır. Bu durumda iç bölgelerden dış yüzeylere doğru bir ısı akışı sözkonusu olacaktır. Zamanla suyun havuzda seviyesinin yükselmesi gibi prizmatik yapı içerisindede sıcaklık yükselecek ve yapının sıcaklık yükselmesinden dolayı iç 23
enerjisi de artacaktır. Dolayısıyla iç ve dış taraf arasındaki sıcaklık farkıda değişecektir. Sıcaklık farkı değişirse transfer olan ısı miktarıda değişecektir. Problem prizmatik yapıdan dolayı kartezyen koordinatlarda çözülecektir. Problemin fiziksel büyüklükleri şunlardır: 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7.
Sıcaklık, T : Konuma(x,y,z ) ve zamana (t) bağlı olarak değişir. Isı q : İç ve dış sıcaklık farkının değişmesinden dolayı değişkendir. Malzeme : Yoğunluk, ısı iletim kabiliyeti ve mikrokobik yapı ile şekli sabit olmalıdır. Boyutlar : Yapı içerisine sıcaklık değiştiği için değişkendir. Zaman ,t : Değişkendir. Üretilen ısı miktarı, q* : Genellikle sabittir. İç enerji, u : Belirli sıcaklıktaki malzemenin sahip olduğu enerjidir. Prizmatik yapının sıcaklığı konuma ve zaman göre değişebileceği için değişkendir. y
Isı akış Doğrultusu
T6 T2
L
T3
T4
H
T1 ≠T2 ≠ T3 ≠T4 ≠ T5 ≠T6 x
0 M z
T5
T1 Fiziksel büyüklüklerin 5 tanesi değişkendir. Bu değişkenlerin bir tanesi Bağımlı değişken olarak alınırken diğerleri bağımsız değişken olarak seçilmelidir. İstenen olması nedeniyle T bağımlı diğerleri bağımsız değişken olarak tayin edilir. Bağımsız değişken sayısı birden fazla olduğu için bulunacak olan diferansiyel denklem de KİSMİ DİF. DENKLEM olacaktır. Neticede bulunacak fonksiyon şu formda olmalıdır: T = T ( t,x,y,z,q,malzeme,q*)
(1)
Bu problemde yapının prizmatik olması (silindirik veya küresel bir yapıya sahip olmaması nedeniyle) nedeniyle çözüm için kartezyen koordinatlar seçilmiştir. Eksen takımının orijin noktası ise sol alt köşeye tesbit edilmiştir. Orijin noktasının yeri başka yerde seçilebilirdi. Fakat, orijin noktasının özellikli bir nokta olması gerekir. Hacim merkezi, ağırlık merkezi, başlangıç noktası, simetri ekseni, minumum veya maksimum değere sahip noktalar orijin olması açısından faydalı noktalardır. Orijinin yerinin iyi belirlenmesi çözüm rahat olmasınıda sağlayacaktır. Kötü bir orijin noktası gereğinde çözümsüzlüğe kadar gidebilir. Bu durumda çözüm için gerekli olan sınır ve başlangıç şartları seçilen eksen takımına göre şu şekildedir: Sınır şartları: Başlangıç şartı : 1. T(0,y,z,t) = T3 3. T(x,H,z,t) =T2 5. T(x,0,z,t) = T1 1. t = 0 T(x,y,z,0) = To 2. T(L,y,z,t) = T4 4. T(x,y,0,t) = T6 6. T(x,y,M,t) = T5 Şu aşamada (1) nolu denklemin açık fonksiyon olarak yazılması mümkün değildir. Çünkü fiziksel büyüklüklerin birbirlerine göre, prizmatik yapı içerisinde nasıl bir değişim gösterdiği ve fonksiyonel yapısı belirli değildir. Bu nedenle bu değişimin belli olduğu daha küçük bir fiziki yapı ele alınmalıdır. Daha küçük bir yapı için büyük prizmatik yapı daha küçük prizmalara ayrılmalıdır. Bu küçük prizma yapıların sayısı sonlu değerde bir sayı ise ancak nümerik çözüm yapılabilir. Eğer bölünen sayı sonsuza giden bir değerde ise, elde edilen en küçük yapı diferansiyel eleman olur. Bu 24
diferansiyel eleman bir hacim yapıyı göstermesinden dolayı DİFERANSİYEL HACİM ismini alır. Diferansiyel hacim içinde sıcaklığın x, y ve z yönlerine göre değişimi lineedir. Herhangi bir diferansiyel elemana komşu diferansiyel elemanlardan geçen ısı, diferansiyel eleman içerisinde üretilen ısı ve bu diferansiyel elemandan komşu diferansiyel elemanlara geçen ısı arasında enerjinin korunumunu gösteren Termodinamiğin 1. Kanununa göre bir denge olmalıdır. Büyük prizmatik yapının H, L ve M boyutları, sıcaklığın değiştiği yönlerde, sonsuza giden sayıda dilimlere ayrılarak dx, dy ve dz lik boyutlara sahip sonsuz küçük sanal hacimlere bölünür. Bu diferansiyel hacim içerisinde tüm değişimler lineerdir. İlave olarak bir yüzeyindeki değerine bağlı olarak diğer yüzeyindeki değer seri açılımlarla belirlenebilir. Diferansiyel elaman üzerindeki ısı üretimi ve transferi arasında enerjinin korunumu prensibine (termodinamiğin 1.kanunu) göre aşağıdaki ifade yazılabilir: Giren ısı miktarı - Çıkan ısı miktarı + Üretilen ısı miktarı = İç enerji değişimi
(2)
İç enerji toplam kütle için U, birim kütle için u ile gösterilir. İç enerji maddenin sıcaklığından dolayı sahip olduğu enerjidir. Sabit hacimdeki özgül ısıya (Cv) bağlı olarak şu şekilde denklemize edilmiştir. u =Cv T [ KJ/kg] , U = m Cv dT [ KJ] ise du =Cv dT ve dU = m Cv dT m:kütle [kg], V:hacim [m3] ve ρ : yogunluk [kg/m3] ise m=V. ρ dir. Diferansiyel eleman sonsuz küçük olduğu için kütlesi ve hacmide sonsuz küçük olacaktır. Bu durumda elemanın diferansiyel kütlesi, hacmi ve iç enerjisi şu şekilde olacaktır; dV=dx dy dz ise dm=ρ dx dy dz ve dU= =ρ dx dy dz Cv dT Daha önce bahsedildiği gibi havuzda zamanla suyun birikmesi gibi, içindeki q* kadarlık ısı üretiminden dolayı zamanla diferansiyel eleman içerisindeki sıcaklıkta yükselecektir. Sıcaklığın yükselmesi ile de eleman içerisindeki iç enerjide değişecektir. Zamana göre sıcaklığın nasıl değiştiği bilinmediği için zaman boyutuda sonsuz küçük dt aralıklarına ayrılır. Bu dt aralığında sıcaklık lineer değişerek dT kadar artar. Bu durumda birim zamanda diferansiyel eleman içinde ∂T meydana gelen iç enerji değişimi ρ Cv dxdydz olacaktır. T birden fazla bağımsız değişkene ∂t bağlı olduğu için kısmı diferansiyel ( ∂ ) kullanılmıştır. Diğer taraftan [2] denklemindeki iç ısı üretimide açıklanmalıdır. Diferansiyel hacim içerisindeki toplam ısı üretimi dQ*=q*[kj/m3s].dV= q*[kj/m3s].dx dy dz olacaktır. En küçük hacim içerisinde üretilen ısıda en küçük olacaktır (hacim dV ise Q da dQ olur). [2] denkleminde açıklanmayan ifadeler diferansiyel elemanın yüzeylerinden meydana gelen ısı transferleridir. Prizmanın bütün yüzeyleri farklı sıcaklıkta olup, sıcaklık farkından dolayı farklı yönlerde farklı ısılar akacaktır. Seçilen koordinat sistemine uygun olarak x, y ve z doğrultusunda birim yüzeyden akan ısılar qx, qy ve qz ile sembolize edilmiştir. Bu değerler sabit olmayıp (x,y,z) bağlı olarak değişecektir. Çünkü, prizmanın merkezi bölgesinde üretilen ısı zorlukla yüzeye ulaşırken, yüzeye yakın bölgelerde üretilen ısılar ise daha kolay yüzeye ulaşacaktır. Dolayısıyla merkezden yüzeylere doğru birim yüzeyden geçen ısılar artarak değişecektir. Merkezi yerlerde sıcaklık daha yüksek, kenarlarda daha düşük olacağından (Isıtıcı mantığına) ısı iç bölgelerden dış bölgelere akacaktır. Sonuç olarak örnek olarak alınan diferansiyel elemanın birkaç yüzeyinden ısı girişi olurken, diğer yüzeylerinden ısı çıkışı olacaktır. Giriştedeki birim yüzeydeki ısıl yükün qx, qy ve qz ise, dx, dy ve dz kadar sonra ne kadar ısı çıkacağının hesaplanması Bölüm 1.5.2 deki seriler kavramı ve örnek problemindeki bilgilerden faydalanarak belirlenebilir. Hesaplamalarda diferansiyel yüzeyin yüzey alanı dikkate alınmalıdır. Daha önce verilen qx, qy ve qz yüzeylerle çarpılmalıdır. Aşağıdaki şekilden görüleceği üzere x yönünde diferansiyel eleman yüzeyi dy.dz, y yönündeki dx.dz ve z yönündeki ise dx.dy dir. Daha önce verilen HxLxM ebatlarındaki prizma x,y ve z yönünde sonsuz küçük dilimlere ayrılarak sonsuza giden sayıda dx.dy.dz 25
ebatlarında eleman elde edilir. Bunlardan bir tanesi seçilerek aşağıdaki şekli verilen yapı üzerinden işlemler yapılabilir. ⎡ ⎢q ⎣
y
+
∂q
y
∂y
⎤ dy⎥dxdz ⎦
∂q z ⎤ ⎡ ⎢⎣q z + ∂z dz ⎥⎦ dydx
dz
qx dy dz
∂q x ⎤ ⎡ ⎢⎣q x + ∂x dx⎥⎦dydz
dy
Diferansiye Eleman Diferansiyel Hacim : dV = dx dy dz dx
qzdydx
qydxdz
Bulunan değerler [2] ifadesinde yazılarak aşağıdaki diferansiyel form elde edilir. ∂q y ⎤ ⎡ ∂q ∂q ⎤ ⎤ ⎡ ⎡ dy⎥dxdz - ⎢q z + z dz⎥dydx - ⎢q x + x dx⎥dydz + qxdzdy + qydxdz + qz dydx - ⎢q y + ∂y ⎦ ∂z ⎦ ∂x ⎦ ⎣ ⎣ ⎣ ∂T + q* dxdydz = ρ Cv dxdydz (3) ∂t Gerekli parentezler açılarak sadeleştirmeler yapılırsa şu ifade elde edilir:
∂q ⎡ ⎤ ⎡ ∂q ∂q ⎤ ⎤ ⎡ qxdzdy+qydxdz+qzdydx- ⎢ q y dxdz + y dydxdz ⎥ - ⎢ qz dxdy + z dzdxdy ⎥ - ⎢ qx dydz + x dxdydz ⎥ + ∂z ∂x ∂y ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ∂T + q* dxdydz = ρ Cv dxdydz ∂t ∂T ⎡ ∂ qy ⎤ ⎡∂ q ⎤ ⎤ ⎡∂ q dydxdz ⎥ − ⎢ z dzdxdy ⎥ − ⎢ x dxdydz ⎥ + q* dxdydz = ρ Cv dxdydz −⎢ ∂t ⎦ ⎣∂x ⎦ ⎣∂y ⎦ ⎣∂z Bulunan son denkleme Problem 1’ de bulunan fourier denklemi de dikkate alınarak düzenlenirse ve tüm ifade dx dy dz ile bölünürse denklem en son haline getirilmiş olur. ∂T ∂q x ∂ ⎡ ∂T ⎤ ∂q x ∂2T = −k 2 qx = −k ⇒ = −k ⎥⇒ ∂x ∂x ∂x ⎢⎣ ∂x ⎦ ∂x ∂x
k=sabit
∂q y ∂q y ∂T ∂ ⎡ ∂T ⎤ ∂2T k k ⇒ = − ⇒ = − ∂y ∂y ∂y ⎢⎣ ∂y ⎥⎦ ∂y ∂y2
k=sabit
∂T ∂q z ∂ ⎡ ∂T ⎤ ∂q z ∂2T = −k 2 q z = −k ⇒ = ⎢− k ⎥ ⇒ ∂z ∂z ∂z ⎣ ∂z ⎦ ∂z ∂z
k=sabit
qy = −k
26
(4)
Yukarıdaki ifadeler yerine taşınıp bütün ifadeler diferansiyel hacime bölünüp gerekli sadeleştirmeler yapılarak şu ifade elde edilir. ∂ 2 T ∂ 2 T ∂ 2 T q * ρC v ∂T + + + = k ∂t ∂x 2 ∂y 2 ∂z 2 k
(5)
5 nolu denklem ısı transferinde Isı İletiminin Temel Diferansiyel Denklemi olarak bilinir. Bu denklem matematiksel bir isimlendirme ile 2.mertebe 1.derece non-homojen kısmi diferansiyel denklemdir. Beklenen sıcaklık dağılım eğrisi ileri bölümlerde diferansiyel denklemlerin çözümü aşamasında verilecektir. Bununla birlikte merkezi bölgelerdeki sıcaklığın kenarlarındam daha yüksek olması gerektiği söylenebilir. Problem 3 : İki direk arasında asılı bulunan, birim uzunluk ağırlığı wo [N/m] olan L[m] uzunluğundaki kabloda yerçekimi etkisiyle meydana gelen çökmeyi veren diferansiyel denklemi belirleyiniz ve sınır şartlarını tespit ediniz. y g x
0
U(x): x çizgisine göre kabloda yerçekiminden dolayı meydana gelen çökme miktarının x’ e göre değişimi
kablo
U(x) direk
g: yerçekimi ivmesi L
Bu tür problemler gerek asma köprü hesabında ve gerekse kabloların asıldığı iki direk arasındaki mesafenin araziye uygun olarak hesabında önemlidir. U çökme miktarı belirli bir değeri geçemez. Bu değerde kablolara yatay yönde verilen germe kuvvetiyle (To) sağlanır. Bu germe kuvveti ise kabloyu koparmaya çalışacağından kablonun kopma mukavemeti ile sınırlanmıştır. Dolayısıyla bütün bu etkilerin iyi bir kombinasyon içerisinde çözülmesi gerekir. Çözüm için kullanılacak eksen takımı olarak, meydana gelecek çökmenin hemen hemen bir parabolik eğri olması beklendiğinden ve bir parabolun en rahat tanımlanabilmesi (y=ax2+bx+c) nedeniyle kartezyen koordinatlar seçilmiş olup, eksen takımının orijin noktasının yeri ise sol taraftaki direğin tepe noktası alınmıştır. Bu durumda fiziksel büyüklükler ve sınır şartları şu şekilde olur. Fiziksel değişkenler :
Sınır şartları:
1. Kablo ağırlığı (sabit) 2. Çökme miktarı (değişken)
1. x=0 2. x=L
ise U=0 ise U=0
3. Germe kuvveti (sabit)
3. X=L/2
ise U= Umax (
dU = 0) dx
4. Direklerarası mesafe (değişken) Bu problemde de direkt olarak U’yu veren bağıntı bulunamaz. Çünkü U’nun x’e ve diğer etkenlere göre nasıl bir değişim gösterdiği bilinmememektedir. Bunun nedeni değişimin karekteri ve mertebesinin bilinmemesidir. Burada yapılacak işlem yine bu belirsizliğin giderileceği daha küçük model ve eleman düşünmektir. Bu eleman sonsuz küçük alınırsa değişim daha isabetli olarak doğru bir şekilde bulunacaktır. Çünkü sonsuz küçük yapılarda değişimler lineerdir. Seçilen elemanın büyük olması bu lineer değişim yaklaşımını geçersiz kılar. L mesafesi sonsuza giden sayıda dilimlere ayrıldığı varsayılarak, en küçük uzunluğa sahip kablo elde edilir. Bu uzunluk dx miktarına tekabül edecek ve dx uzunluğundaki çökme miktarıda dU kadar olacatır. Yani sonsuz küçük 27
uzunlukta meydana gelen çökme de sonsuz küçük olacaktır. Elde edilen diferansiyel eleman ve üzerinde etkili olan kuvvetler şekil olarak aşağıda görülmektedir: T2
dx → 0 ve dU → 0 ise α → β
β dU
α – β → dα ( veya dβ )
α T1
dw dx
Önceki problemlerden farklı olarak göre kesme yüzeylerinde yeni fiziki parametreler (T1 ve T2 kesit alma kuvvetleri) belirtilmiştir. Hesabı düşünülen bu problemdeki kabloda herhangi bir hareket düşünülmediği için statik denge şartları (ΣFx=0, ΣFy=0) uygulanabilir. Bu diferansiyel elemanın statik dengesi T1 ve T2 ile sağlanacaktır. Rüzgardan meydana gelecek küçük salınım hareketleri ise hesapların basitliği açısından ihmal edilebilir. Statik denge şartları diferansiyel elemana da uygulanabilir. Diferansiyel eleman asıl kablodan kesilerek çıkarılmış gibi düşünüleceğinden kesilen yüzeyleri temsil eden T gerilme kuvvetleri hesaba katılmalıdır. Bu gerilme kuvvetleri germe kuvvetinin ve kablo ağırlığının vektörel toplamından meydana gelir. Dolayısıyla kablo doğrultusu boyunca değeri değişir. ΣFx = T2cosβ-T1cosα = 0 ise
T2cosβ = T1cosα = To
(1)
Bu denklemin başka bir ifadesi kablonun herhangi bir noktasındaki eğimin (α) cosinüsü ile o noktadaki T kuvvetinin çarpımı, başka noktasındaki eğimin cosinüsü ve T nin çapımına eşittir. Direk tepe noktalarında germe kuvveti To yatay olduğu için herhangi bir noktadaki eğim ile T nin çarpımı To a eşit olacaktır. ΣFy = T2sinβ - T1sinα = dw
(2)
dw = wo dx ( diferansiyel elemanın ağırlığı)
(3)
2 nolu ifade To değerine bölünerek ve 1 nolu ifadedeki değerler kullanılarak şu işlemler yapılabilir: Burada wo (N/m) kablonun birim uzunluğunun ağırlığıdır. T2 sin β T1 sin α dw − = To To To T2 sin β T1 sin α dw ise − = T2 cos β T1 cos α To
dx → 0 ise α → β ise
tgβ − tgα =
wo dx olarak bulunur. To
β - α → dβ (veya dα) ise tgβ - tgα = dtgβ = dtgα
Bu işlemde β açısı α dan sonsuz küçük miktarda büyük olmalıdır. α + d α = β olduğuna dikkat dU edilmelidir. Diferansiyel elemandan tgα = ve yukarıdaki analizler birleştirilerek aşağıdaki dx ifade bulunur: d ⎡ dU ⎤ w o d 2U wo ⎡ dU ⎤ w dx = ⇒ = dtgα = d ⎢ ⎥ = o ⇒ To dx ⎢⎣ dx ⎥⎦ To dx 2 To ⎣ dx ⎦ 28
Bulunan son ifade 2. mertebe 1.derece adi diferansiyel denklemdir. Sadece ağırlık gibi homejen yayılı yüklerin olduğu problemler için uygulanabilir. Bu diferansiyel denklemin çözümünden U=U(x) şeklinde bağıntı bulunur. Bu bağıntıdan herhangi bir kablo ve L mesafesi için max çökme bulunabilir. Problem 4:
Su içerisinde tamamen batmış ve durmakta iken denizaltı P sabit motor kuvvetiyle harekete başlamıştır. Hareket esnasında, araca hızıyla orantılı olarak, su tarafından 4V şiddetinde bir direnç kuvveti tepki vermektedir. Aracın hızının ve almış olduğu yolun hesaplanacağı ifadeyi bulunuz. Bu problemde hareketli bir sistem analiz edilecektir. Bu durumda kullanılacak bağıntı, hareketli sistemlerin dengesini temsil eden Newton’un 2.kanunudur. Denizaltıya iki tane kuvvet etkimektedir. P motor kuvveti hareketi sağlarken, 4V su direnç kuvveti ise harekete engel olmaktadır. Denizaltı katı bir yapıya sahip olması nedeniyle yaklaşık olarak bütün noktalarının hız ve ivmeleri birbirine eşittir. Bu durumda denizaltıyı maddesel nokta seviyesine indirgeyebiliriz. Maddesel nokta kinematik bir kavram olup diferansiyel eleman gibi çok küçük yapıyı ifade etmektedir. Çözüm için referans sistem olarak, denizaltı yörüngesinin bir doğru olması gerektiğinden kartezyen koordinatlar seçilirken, orijin noktası olarakta hareketin başlangıç noktası tercih edilmelidir. Bu problemde öncekilerden farklı olarak sadece aracın takip ettiği yörünge sonsuz küçük dilimlere ayrılır. Her dilim içerisinde yolun zamana göre değişimi lineerdir ve hız her sonsuz küçük zaman aralığı (diferansiyel aralık veya zaman) içerisinde sabit bir değere sahiptir (V= ds/dt). Fiziksel büyüklükler:
Başlangıç şartı
1. kütle , m : sabit 2. Hız , V : değişken 3. İvme , a : değişken 4. P kuvveti : sabit 5. 4V kuvveti: değişken 6. zaman, t :değişken
1. t=0 iken V=0 (denizaltı başlangıçta duruyor)
g (m/s2)
V (m/s) P(N)
ΣF = m.a
ise
x: hareket doğrultusu
4V (N)
P - 4V = m.a
, a=
dV dt
ise
m
dV − 4V = P dt
olarak diferansiyel denklem bulunur. V bağımlı değişken, t ise bağımsız değişkendir. Dikkat edilirse değişken sayısı 2 den fazla olmasına rağmen diferansiyel denklem kismi yapıda çıkmamıştır. Bu denklem 1.derece 1.mertebe homejen olmayan adi diferansiyel denklemdir. Problem 5 :
Akışkanların hareketinde kütlenin korumunu temsil eden süreklilik denklemini bulunuz. Açılama: Bütün akışkan akış problemlerinde akışkan içerisinde hız gradyanının bilinmesi gerekir. Hız gradyanı hız profili veya hız dağılımı olarak da bilinir. Hız profili veya gradyanı akış bölgesinde nokta nokta hızın nasıl değiştiğini ifade eder. Eğer akış bolgesi x-y düzleminde ise hız gradyanıda x ve y nin fonksiyonu olacaktır. Gerek akışkanın katı cidarlar ile ve gerekse akışkan 29
taneciklerinin birbirleriyle sürtünmeleri sonucu meydana gelen enerji kayıplarının hesaplanabilmesi için hız gradyanının bilinmesi gerekir. Hızın düşük ve akış çizgilerinin düzgün olduğu laminer akış ve hızın yüksek akış çizgilerinin gelişigüzel eğriler ve girdaplar olduğu türbülanslı akışta, hesaplamada kullanılan bağıntılar ve elde edilen sonuçlar birbirinden farklıdır. Her iki haldede hız gradyanı birbirinden çok farklıdır. Bu durumda bir kesitten geçen akışkanın başka bir kesitten geçerken, bir doğrultuya göre gerek akan miktarın dağılımının ve gerekse hızın değişiminin ne olduğunun bilinmesi gerekir. Bu istenilen değerleri hesaplayan bağıntılardan biride SÜREKLİLİK DENKLEMİ'dir. Süreklilik denklemi kütlenin korunumu prenbine dayanır. Yani bir kesitten geçen akışkan miktarı başka bir kesitten geçen akışkan miktarına eşittir. Bu denklem bulunurken akışkan ortamından akış doğrultusuna göre 2 veya 3 boyutlu diferansiyel eleman alınır. Bu diferansiyel eleman içerisine giren çıkan akışkan miktarları birbirine eşittir. Girişte tek doğrultuda bir akış olabilirken çıkışta doğrultu düzlemsel yani iki boyutlu olabilir. Böyle bir durumdada doğrultuya göre miktarların ve hız şiddetlerinin nasıl dağıldığını bulmak mühendislik açısından önemlidir. İki boyutlu bir akış ortamından aşağıdaki diferansiyel hacim cıkarılabilir. Akışkan mekaniği veya Termodinamik problemlerin diferansiyel yöntemle çözümünde kullanılan diferamsiyel eleman genellikle KONTROL HACMİ veya YÜZEYİ olarak isimlendirilir. Fiziksel büyüklükler: 1. Akışkan yogunluğu, ρ : Gazlar için konuma ve basınca bağlı olarak değişirken, sıvılarda akışkanlar sıkıştırılamaz olduğu için sabit kalır. 2. Akışkan hızı, u (yatay yöndeki hız),v (düşey yöndeki hız), : değişkendir. 3. Akış miktarı, debi, Q : kütlenin korunumuna göre sabittir. Akış doğrultusuna göre değişir. 4. Akış kesiti : akış doğrultusuna göre bazen değişir bazen sabit kalır. 5. Zaman, t : değişken Debi ve diğer büyüklükler arasında şu şekilde ifade yazılabilir. y
y
Kanal Duvarı dx
v
V
dy x u Kanal Duvarı
Hız dağılımı
x
Q=ρAV
Qx = ρ Ax u
Qy = ρ Ay v
(1)
V hızının x ekseni üzerindeki izdüşümü u, y ekseni üzerindeki izdüşümü v olarak alındı. Burada sayfa düzlemine dik derinlik l birim olduğu kabul edilerek, dAx = l.dy
dAy = l.dx
(2)
u ve v ise x ve y doğrultularındaki toplam akışkan hızının izdüşümleridir. Yukarıdaki şekilde verilen dx dy lik eleman içerisinde hızın değişimi linerdir. Daha Bölüm 1.5.2 de verilen bilgiler ışığında elamanın içine giren çıkan akışkan miktarları arasında bir denklem türetilebilir. Diferansiyel elemana veya kontrol yüzeyine x yönünde Qx, y yönünde ise Qy kadarlık debiler girerse çıkışta bu değerler sonsuz küçük miktarda artar veya azalır. Gerekli işlemler ve şekil aşağıda verilmiştir. 30
∂Qy ⎤ ⎡ dy⎥dx ⎢ Qy + ∂y ⎣ ⎦
Qx dy
∂Qx ⎤ ⎡ Q + dx ⎥dy x ⎢⎣ ∂x ⎦
dy
dx
Qy dx
Diferansiyel eleman ve eleman üzerindeki akış miktarları
Kütlenin korunumu prensibine kontrol hacmine göre giren ve çıkan akışkan miktarları birbirine eşit olmalıdır. ∂Qy ⎤ ⎡ ∂Qx ⎤ ⎡ (3) dx⎥dy = 0 dy⎥dx + Qx dy - ⎢ Qx + Qydx - ⎢ Qy + ∂y ∂x ⎦ ⎣ ⎣ ⎦ 1 nolu denklemlerin gerekli kısmı türevleri alınıp 3 nolu ifadeye taşınırsa ve 3 nolu ifadede gerekli düzenlemeler yapılırsa şu ifade bulunur:
∂ ( ρu ) ∂ ( ρv ) + =0 ∂x ∂y
veya
u
∂ρ ∂u ∂ρ ∂v +ρ +v +ρ =0 ∂x ∂x ∂y ∂y
(4)
Bulunan bu ifade akışkanlar mekaniğinde SÜREKLİLİK DENKLEMİ olarak bilinir. Akış problemlerinin çözümünde kullanılan 3 ana denklemden biridir. Bu denklem bu haliyle sıkıştırılabilir akışkanların (gazlar) değişken kesitli ortamda akması geçerlidir. Şayet akışkan sıkıştırılamayan bir sıvı ise yoğunluk değişmeyeceğinden türevleri sıfır olacaktır. Bu durumda şu ifade bulunur: ∂u ∂v + =0 ∂x ∂y
(5)
Bulunan denklemde u ve v bağımlı, x ve y ise bağımsız değişkenlerdir. Böyle bağımlı değişkenin birden fazla olduğu diferansiyel denklemler DİFERANSİYEL DENKLEM SİSTEMLERİ olarak bilinir ve çözüm için bağımlı değişken sayısınca diferansiyel denklem olmalıdır. Mühendislikte akış problemleri genellikle zamana bağlı olmayan daimi hallerde düşünüldüğü için zaman dikkate alınmamıştır. 1.7 Cözümlerin Fiziki Yorumu
Diferansiyel denklemlerin çözülmesi sonucu bulunan ifadelerin matematiksel olarak doğru olmasının yanında ilgili probleme uygun bir değişimide bize vermesi gerekir. En başından çözüm belirlenmiş olan başlangıç ve sınır şartlarını sağlamalıdır. Beklenen eğri gerçekleşmiyorsa ve şartlar sağlanmıyorsa cözüm yanlış olacaktır. Bu tür yorumlar daha önce çözülmüş problemlerin diferansiyel denklemlerinin çözümü esnasında yapılacaktır. 31
BÖLÜM II ADİ DİFERANSİYEL DENKLEMLER VE ÇÖZÜMLERİ
Önceki bölümlerde integrallerin en basit diferansiyel denklem olduğu ifade edilmişti. Bu nedenle diferansiyel denklemelerin çözümünde de integrasyon prosesi kullanılacaktır. Özellikle 1.mertebe diferansiyel denklemlerde çözüm için ilk önce İNTEGRASYON düşünülmelidir. İntegrasyon için fonksiyonel yapısı uygun olmayan 1.mertebe diferansiyel denklemler ise İNTEGRE EDİLEBİLİR PARÇALARA AYRILARAK çözümü gerçekleştirilmektedir. Bu amaçla özellikle bağımsız değişkene bağlı fonksiyon bloğu ve sabitler çözümün ilk aşamasında düşünülmeyebilir. İlk önce diferansiyel denklemin tümünün değil, önemli bir kısmının çözümü bulunur. Daha sonra dikkate alınmayan kısmın GENEL ÇÖZÜME etkisi yansıtılır. Genel çözüm, birbirinden ayrı olarak bulunan çözümlerin toplanmasından bulunan çözümdür. Örnek olarak, homojen olmayan bir diferansiyel denklemin genel çözümü homojen ve homojen olmayan çözümlerin toplanmasından bulunur. İntegre edilebilir parçalara ayırmak mümkün olmazsa, özel DEĞİŞKEN DÖNÜŞÜMLERİ ile çözüm aranabilir. Yeni değişkenler ile integerasyon çözüm uygulandıktan sonra eski değişkenlere tekrar dönülür. 1.mertebe diferansiyel denklemler için kullanılan son yöntem ise TAM DİFERANSİYEL yaklaşımdır. Bu yöntemle çözümde değişken sayısı sonra iptal edilmek üzere 2’ den 3’ e çıkarılır. 1. mertebe diferansiyel denklemler için denklemin lineer veya non-lineer olması çözüm üzerinde çok etkili olmamasına karşın, yüksek mertebeli diferansiyel denklemlerde sadece lineer diferansiyel denklemlerin analitik çözümü mümkündür. Yüksek mertebeli diferansiyel denklemler için ilk önce HOMOJEN ÇÖZÜM’ ün bulunması ilk aşama olmaktadır. Homojen çözüm; homojen veya parçalama ile homojen hale dönüştürülen diferansiyel denklemin çözümüne verilen isimdir. Homojen çözüm bulunduktan sonra HOMOJEN OLMAYAN ÇÖZÜM bulunmalıdır. Bu çözüm ÖZEL ÇÖZÜM olarak da isimlendirilir. Bazı durumlarda herhangi bir matematiksel işlem yapılmaksızın tahmine ve tecrübeye dayanarak, homojen çözüme benzetilerek veya diferansiyel denklemin homojen olmayan kısmına benzetilerek diferansiyel denklemin özel çözümü önerilir. Bu durumda önerilen çözüm fonksiyonun yeterli sayıda türevi ve kendisi diferansiyel denkleme taşınarak denklemin sağlaması araştırılır. Sağlama işlemi diferansiyel denklemde hiçbir ifadenin kalmaması manasınadır. Eğer önerilen çözüm denklemi sağlıyorsa ileriki aşamaya geçilir. Sağlama işlemi gerçekleşmemiş ise yeni bir öneri yapılarak tekrar sağlaması kontrol edilir. Böyle bulunan çözüm ÖZEL ÇÖZÜM olarak isimlendirilir. Yüksek mertebeli denklemlerde de değişken dönüşümleri kullanılabilir. 1. mertebe denklemlerde hem bağımlı hemde bağımsız değişken dönüştürülebilirken, yüksek mertebeli denklemlerde genellikle bağımsız değişken dönüştürülür. Yüksek mertebeli denklemlerde kullanılan bir diğer yöntem KUVVET SERİLERİ ile çözümdür. Özellikle, bağımlı değişkenin ve türevlerinin önünde bağımsız değişkene bağlı fonksiyonların çarpım halinde olduğu değişken katsayılı denklemlerin çözümü seri ile yapılır. Serinin bir çözüm olduğu kabul edilerek, denklemi sağlayacan şekilde seri sabitleri düzenlenir. Bu bölümde tek bağımsız değişkene bağlı, non-homejen adi diferansiyel denklemlerin çözüm mantığı verilecektir.
32
2.1 Değişkenlerine Ayrılabilen Diferansiyel Denklemler
En genel halde bağımlı ve bağımsız değişkenlerine ayrılabilen n. mertebeden bir diferansiyel denklem y bağımlı, x ise bağımsız değişken olmak üzere şu şekilde verilebilir: d ny = f(x) dx n
(1)
Burada f(x) bağımsız değişkene bağlı bilinen bir fonksiyondur. Bu tip denklemlerin çözümleri n kere x üzerinden integrasyon ile gerçekleştirilebilir. Sadece 1. mertebe diferansiyel denklemler için “f” fonsiyonu hem bağımlı değişken ve hemde bağımsız değişkenlerin fonksiyonu, f=f(x,y), olabilir. Bununla birlikte, bu özelliğe sahip denklemlerin çözümü için gerekli şart f(x,y) fonsiyonun, f(x,y)=g(x).h(y) şeklinde iki ayrı fonksiyona bölünebilmesidir. Yani, denklemde varolan değişkenler taraf tarafa ayrılabilmelidir. Örnek olarak, f(x,y)=xyln(x+y) şeklinde ise sadece x’in ve sadece y’nin fonksiyonları elde edilemeyeceği için bu metodla çözüm elde edilemez. Diğer taraftan f(x,y)=ex+y ise f(x,y)=exey olarak ayrılabildiği için çözüm mümkündür. 1.mertebe bir diferansiyel denklem için bu şekildeki ayırım yapılarak ve 1 kez integral alınarak çözüm gerçekleştirilmiş olacaktır. Bu durumda çözüm sonrasında n. Mertebe bir dif. denklemin C1, C2, C3,…, Cn gibi n tane integral sabiti bulunmalıdır. 1. mertebe değişkenlerine ayrılabilen diferansiyel denklemin genel formu ve çözüm formatı şu şekildedir; dy dy = g ( x)dx (2) = f ( x, y ) = g ( x).h( y ) ⇒ ∫ h( y ) ∫ dx Problem 1: 9 y
dy + 4 x = 0 diferansiyel denklemini çözünüz. dx
Çözüm: Denklemdeki y ve x ifadeleri taraf tarafa ayrılabilir. Elde edilen ifade iki basit integrali alınabilir bir denklem olacaktır. C 9y2 x2 y2 2 + = C1 ∫ 9 ydy = − ∫ 4 xdx 2 = −2 x + C C1 = 18 9 4
C1 sabiti başlangıç veya sınır şartı ile bulunacaktır. Sağlama: Bulunan çözümün doğru olup olmadığı, çözüm fonksiyonunun yeniden türevinin alınmasıyla, belirlenebilir. Çözümün sağlanması 2 şekilde test edilebilir. Birinci teste göre mutlaka tekrar diferansiyel denklemi vermelidir. x2 y2 2 x 2 yy ' x yy ' + = C1 ise 1. türevi Çözüm + = 0, + = 0, 9 4 9 4 9 4 4 x + 9 yy ' = 0, 4 x + 9 yy ' = 0 36 Verilen denklem elde edildiği için çözüm doğrudur. İkinci teste görede bulunan çözüm ve türevi diferansiyel denklemde yerine yazılır. Tüm ifadeler birbirini yokediyorsa bulunan veya önerilen çözüm doğru demektir. 8x − −4 x 36C1 − 4 x 2 x2 y2 9 → y′ = = dif denklemde + = C1 ise y = 9 9 4 36C1 − 4 x 2 36C1 − 4 x 2 2 9 9 9 yerine yazılırsa 33
36C1 − 4 x 2 dy 9 y + 4 x = 0 ise 9 dx 9
−4 x 36C1 − 4 x 2 9 9
+ 4x = 0 → − 4x + 4x = 0 → 0 = 0
d 3y Problem 2: = 5 e-2x diferansiyel denklemini çözünüz. dx 3 Çözüm: Bu tür diferansiyel denklemlerin çözümünde tütevin integrasyonu için şu benzerlik unutulmamalıdır. İntegral ve türev birbirinin tersidir.Birinin etkisini diğeri yokeder, ⎛ d2y ⎞ d2y ⎛ dy ⎞ dy dx = x dt = t dA = A → d = d ∫ ∫ ∫ ∫ ⎜⎝ dx ⎟⎠ dx ∫ ⎜⎝ dx 2 ⎟⎠ = dx 2 Buna göre örnek diferansiyel denklemin çözümü, ⎡d2y⎤ d3y d ⎡d2y ⎤ d 2 y −5 −2 x −2 x −2 x 5 5 e d e dx e + C1 = = ⇒ = ⇒ = ⎢ ⎥ ∫ ⎢⎣ dx 2 ⎥⎦ ∫ dx3 dx ⎣ dx 2 ⎦ dx 2 2 dy 5 − 2 x ⎤ − 5 −2x ⎡ dy ⎤ ⎛ − 5 −2x ⎞ ⎥⎦ = 2 e + C1 ⇒ ∫ d ⎢⎣ dx ⎥⎦ = ∫ ⎜⎝ 2 e + C1 ⎟⎠ dx ⇒ dx = 4 e + C1x + C2
d ⎡ dy dx ⎢⎣ dx
Benzer şekilde bir kez daha integrali alınarak çözüm aşağıdaki şekilde bulunur. 5 x2 Çözüm : y = − e − 2 x + C1 + C 2 x + C3 8 2 Buradaki C ler sabitler olup başlangıç veya sınır şartları yardımıyla bulunur. dy 1 − y2 Problem 3: = dx y(1 − x)
diferansiyel denklemini çözünüz.
Çözüm: Denklemdeki y ve x ifadeleri taraf tarafa ayrılabilir. Elde edilen ifade iki basit integrali alınabilir bir denklem olacaktır. Çözüm için değişken dönüşümü de gerekecektir. ydy dx ∫ 1 − y2 = ∫ 1 − x 1 − y 2 = u 1 − x = v ⇒ − 2 ydy = du − dx = dv
du
∫ − 2u = ∫ −
dv v
⇒∫
ln u = ln v 2 + ln C
du dv = ∫2 u v
Co = ln(C ),
⇒ ln(u ) = 2 ln(v) + Co ln u = ln v 2C ⇒ u = C.v 2
Not: Çözüm sonrasında tüm fonksiyonların logaritma fonksiyonu veya sinus fonsiyonu … olması halinde integral veya diferansiyel denklem sabiti de ( C ) aynı fonksiyonlar cinsinden (lnC, SinC,…) yazılabilir. Bu değişkenler ve C sabitleri arasında sadeleştirme işlemleri açısından faydalı olacaktır. Böyle bir dönüşüm mantıksal olarak da yanlış değildir. C değeri sabitse bunun logaritması veay sinus değeride sabit olacaktır. Gerekli ters dönüşümlerle çözüm şu şekilde bulunacaktır: 1-y2 = C(1-x)2 Sağlama : “Bulunan çözüm doğrumu?” sorusu çözümün kendisi ve türevi verilen denklemde yerine yazılarak kontrol edilebilir.
1 − y 2 = C (1 − x )
2
y = 1 − C (1 − x )
2
y′ = 34
2C (1 − x ) 2 1 − C (1 − x )
2
=
C (1 − x ) 1 − C (1 − x )
2
C (1 − x )
dy 1 − y2 = , dx y(1 − x)
1 − C (1 − x )
2
=
C (1 − x )
(1 − x )
2
1 − C (1 − x )
2
0 = 0 ise çözüm doğru.
dy = 1 + y 2 diferansiyel denklemini çözünüz. dx
Problem 4: Çözüm:
dy
∫1+ y
2
= ∫ dx
arctgy=x+C
y=tg(x+C)
dy + 5 x 4 y 2 = 0 diferansiyel denklemini y(0)=1 şartı ile çözünüz. dx
Problem 5: Çözüm:
dy
1 = −x5 + C x=0 ise y=1 [ y(0)=1] y Çözüm denkleminde x yerine 0 y yerine 1 yazılarak C belirlenir. -1=-0+C ise C=-1 bulunur. Böylece genel çözüm, 1 y= 5 x +1 dy x = diferansiyel denklemini y(1)=3 şartı ile çözünüz. Problem 6: dx y Çözüm: y2 x2 ydy = xdx x=1 ise y=3 [ y(1)=3] = + C ∫ ∫ 2 2 33 12 Çözüm denkleminde x yerine 1 y yerine 3 yazılarak C belirlenir. = + C ise C=4 2 2 bulunur. Böylece genel çözüm, y2 = x2 + 8 dy Problem 7: = ky dif. denklemini y(0)=2 şartı ile çözünüz. Denklemdeki k bir sabittir. dx Çözüm: dy C=lnC1, lny=kx+lnC1 ise y = C1ekx ∫ y = ∫ kdx ise lny=kx+C, x=0 ise y=2 [ y(0)=2] Çözüm denkleminde x yerine 0 y yerine 2 yazılarak C1 belirlenir. 2 = C1e k 0 ise C1=2 bulunur. Böylece genel çözüm, y = 2e kx Uygulama 1: Yüzey sıcaklıkları T1 ve T2 olan L kalınlığındaki duvardan geçen ısıyı hesaplayınız. Duvar içerisindeki sıcaklık dağılımını belirleyip çiziniz.
∫y
2
= −5∫ x 4 dx
−
Isı akış Doğrultusu T1
T
a
T1
b
q Duvar veya Levha
L
T2
c T2 x=L
0
35
x
Duvar içerinde sıcaklık değişimi Beklenen sıcaklık eğrileri
dT denklemiyle hesaplanmalıdır. Değişkenler olan T ve x eşitliğin her iki tarafına dx ayrılabilir. q = −k
∫ qdx = −∫ kdT
q dx = -k dT
ise çözüm
q x = -kT + C şeklinde bulnur. Sınır
şartları iki tane bulunur. 1: x = 0 ise T = T1 , q.0 = -k T1 + C ise C = k T1 bulunur.Bu durumda duvar içerisindeki sıcaklık dağılımını veren ifade şu şekildedir. q x = -kT + k T1
ise
T ( x) =
qx + T1 k
Bu denklem şekildeki b eğrisine uygun bir lineer değişimi ifade ettiği için beklenen bir çözüm bulunmuştur. Bu ifadede 2. sınır şartı yerine konularak transfer olan ısı bulunur. 2: x=L ise T=T2 ise T2 =
Isı akış Doğrultusu
k qL + T1 duvardan transfer olan ısı miktarı q = (T1 − T2 ) dir. L k
T(x) T1
Duvar içerinde hesaplanan sıcaklık dağılımı
b
T2 x=L
0
x
Uygulama 2: Yukarıdaki problemde duvar içerisinde kimyasal yolla q’’’ kadarlık bir ısı üretimi söz konusu olursa sıcaklık dağılımı ve q değerleri ne olur? Maksimum sıcaklığı bulunuz.
x
0 q’’’ q1 T1
Ancak bu denklem kısmi olup çözümü zordur. Bu nedenle değişken sayısı 2 tane oluncaya kadar bazı kabuller yapılmalıdır. Bizim için duvarın x doğrultusundaki ısı tarnsferi önemlidir. Diğer y ve z yönlerindeki ısı akısı önemli değildir. Yapılardaki uygulama açısından x yönündeki ısı içeri veya dışarı akarkan, y ve z yönündeki boyutun daha büyük olması nedeniyle ısı akısı duvar içerisinde kalacaktır. Bu nedenke y ve z yönünde duvar uzunluklarının sonsuz olduğu kabul edilebilir. Bu durumda da ısı y ve z yönündeki mesafeler çok uzun olduğu için en kısa yön olan x yönünde akabilecektir. Dolayısıyla sıcaklık değişimide x sadece x yönünde olacaktır. Herhangi bir yönde ısı akışı yoksa, o yöne göre sıcaklık değişmez
Isı akış Doğrultusu
q2 Duvar veya Levha
T2
L
Duvar içerisinde ısı üretimi mevcut ise diferansiyel denklem şu şekilde olacaktır: ∂ 2 T ∂ 2 T ∂ 2 T q ' ' ' ρC v ∂T + + + = ∂x 2 ∂y 2 ∂z2 k k ∂t 36
ve sabit kalır. Bir sabitin türevi ise sıfırdır. İlave olarak problem daimi (steady) olarak
düşünülürse sıcaklık değişmeyecektir:
zamanla
- y yönünde ısı akışı yok, sıcaklık bu yönde değimiyor ise
∂T ∂ 2T = =0 ∂y ∂y 2
- z yönünde ısı akışı yok, sıcaklık bu yönde değimiyor ise
∂T ∂ 2T = =0 ∂z ∂z 2
- daimi problem, sıcaklık zamanla değişmiyor ise
∂T =0 ∂t
da
Bu yaklaşımlar ile değişken sayısı 4 den (T,x,y,z,) 2 ye (T,x) düşecektir. 2 değişken arasındaki diferansiyel değişim adi formda olacaktır. Diferansiyel denklemin yeni hali şu şekildedir: d 2T q' ' ' + = 0 (Bir tane bağımsız değişken var. Adi dif. denklem) dx 2 k d ⎡ dT ⎤ − q ' ' ' dT − q ' ' ' ⎡ dT ⎤ ⎛ − q ' ' '⎞ = ⇒ ∫ d⎢ ⎥ = ∫ ⎜ = x + C1 ⇒ ⎟ dx ⇒ ⎢ ⎥ ⎝ ⎠ dx ⎣ dx ⎦ k k dx k ⎣ dx ⎦ − q' ' ' 2 ⎡ − q' ' ' ⎤ x + C1 ⎥dx ⇒ T = x + C1x + C2 k 2k ⎦
∫ dT = ∫ ⎢⎣
Çözüm için gerekli sınır şartları: x=0 ⇒ T=T1 T1 =- q’’’.0/2k + C1.0 + C2 ⇒ C2 = T1 x=L ⇒ T=T2 T2 =- q’’’L2/2k + C1.L + T1 ⇒ C1 = (T2- T1 )/L+ q’’’L/2k
q′′′x 2 ⎡ T2 − T1 q′′′L ⎤ + + T =− x + T2 2k ⎢⎣ L 2k ⎥⎦
Duvar içerisinde sıcaklık dağılımını veren denklem
Sıcaklık duvar içerisinde parabolik olarak değişmektedir. Bu nedenle duvar içerisinde bir noktada sıcaklık maksimum veya minimumdur. Fiziki yorum olarak duvar içerisinde ısı üretimi olmasından dolayı duvar içinde bir yerde sıcaklık maksimumdur. Daha önce diferasiyel denklem çıkarılmasında bahsediliği gibi bu beklenen bir durumdur. Maximum sıcaklık ve yeri şu şekilde tesbit edilir.
dT q′′′x ⎡ T2 − T1 q′′′L ⎤ =− +⎢ + =0 dx k 2k ⎥⎦ ⎣ L
ise
xkrt =
k (T2 − T1 ) L + 2 q′′′L
xkrt maksimum sıcaklığın yerini belirler. T1
T2 olduğu zaman ise sol tarafa yakın olacaktır. Maksimum sıcaklık için sıcaklık dağılımını veren denklemde x=xkrt yazılmalıdır. Sıcaklık dağılımını kullanarak fourier denklemi yardımıyla yüzeylerden transfer olan ısılar hesaplanabilir. T1>T2 için duvar içindeki sıcaklık dağılımı ve yüzeyden meydana gelen q1 (x=0) ve q2 (x=L) ısı akışları şu şekildedir:
dT ⎡ T − T q′′′L ⎤ = q′′′x − k ⎢ 2 1 + ısı x değerine bağlı olarak değişiyor. dx 2k ⎥⎦ ⎣ L ⎡ T2 − T1 q′′′L ⎤ ⎡ T − T q′′′L ⎤ ′′′ = − q q L k q1 = − k ⎢ 2 1 + 2 ⎢⎣ L + 2k ⎥⎦ 2k ⎥⎦ ⎣ L q = −k
37
T(x) T1 > T2 için sıcaklık dağımı, maximum sıcaklık değeri ve yeri
Tmax T1
q2
q1 T2 xkrt
0
x=L/2
x
x=L
Uygulama 3: AralarındaL mesafes bulunan direklere asılan birim uzunluk ağırlığı wo [N/m] olan sahip kabloda yerçekiminden dolayı meydana gelen sarkmayı bulunuz. Direklerin tepe seviyesine göre meydana gelen maximum çökme miktarını ve yerini bulunuz. 0 x
wo [N/m]
kablo
g
U
d2U wo ise = dx 2 To
⎛ wo ⎞ d ⎡ dU ⎤ w o dU w o ⎡ dU ⎤ ⎜ ⎟ = ⇒ = ⇒ = d dx x + C1 ⇒ ∫ ∫ ⎢⎣ dx ⎥⎦ dx ⎢⎣ dx ⎥⎦ To dx To ⎝ To ⎠ ⎡ wo
∫ dU = ∫ ⎢⎣ T
o
⎤ w x + C1 ⎥dx ⇒ U = o x 2 + C1x + C2 2To ⎦
Sınır şartları uygulanarak integral sabitleri bulunur. 1: x = 0 ⇒ U = 0
0 = 0+ 0+C2 ⇒ C2= 0
w0 2 ( x − Lx ) 2T0 maksimum çökmenin meydana geldiği noktayı bulmak için bulunan denklemin 1.türevi sıfıra eşitlenir. 2 w ⎡⎛ L ⎞ w L2 L⎤ dU w0 L = (2 x − L) = 0 ⇒ 2 x − L = 0 ⇒ xkrt = ise U max = 0 ⎢⎜ ⎟ − L. ⎥ = − 0 dx 2T0 2 2T0 ⎢⎣⎝ 2L/2 2 ⎦⎥ 8T0 ⎠
2: x = L ⇒ U = 0
0
0 = (w0/2T0)L2 + C1L ⇒ C1= - w0L/(2T0) ise
x=L/2
x=L
x
Umax U(x)
38
U ( x) =
Meydana gelen sarkmanın x’ e göre değişimi ve maksimum çökme
Uygulama 4: Yola(x) bağlı ivmesi a = 2x ile verilen hareket durmakta iken harekete başlayan bir araca aittir. Aracın hızını ve yolunu zamana bağlı olarak bulunuz.
dV = 2 x şeklinde bir denklem elde edilecektir. Bu diferansiyel denklemde 3 tane dt değişken (V,x ve t) mevcuttur. 3 değişkenli diferansiyel denklem çözülemez. Çözüm için değişken sayısı 2 ye düşürülmelidir. Bu iki şekilde yapılabilir: a=
I-
İlk yöntemde bağımlı değişken (V) yokedilebilir. V yerine x li ifadesi yazılır. Yolun zamana göre 1. türevi hız ise dx d d ⎡ dx ⎤ d 2 x d 2x V= ise diferansiyel denklem = 2 x olur. Böyle → a = [V ] = ⎢ ⎥ = 2 dt dt dt ⎣ dt ⎦ dt dt 2 2.mertebe bir denklemin çözülebilmesi için sağ taraf bağımsız değişkenin (t) fonksiyonu olmalıdır. Oysaki elde edilen denklemin sağ tarafı bağımlı değişkenin (x) fonksiyonudur. d 2x İntegrasyon için 2 = f (t ) olmalı dt IIDeğişken sayısını 2 ye indirgemenin diğer yolu bağımsız değişkenlerden birinin yokedilmesidir. Zincirleme türev kuralı ile bu amaç gerçekleştirilebilir. dV dV dx dx dV = → a= V= a =V dt dx dt dt dx Böylece V ve t arasındaki ivmeden V ve x arasındaki ivme ifadesine geçilebilir. dV V2 = 2x ⇒ ∫ VdV = ∫ 2 xdx ⇒ = x2 + C V dx 2 x = 0 ⇒ V = 0 (Durmaktadır.) ise 0 = 0 + C ⇒ C = 0 , V2 = 2x2 ⇒ V =1.414 x Uygulama-5: Şekilde görülen çelik köprü üzerinde seyretmekte olan bir araçtan dolayı köprüde meydana gelen çökmeyi (sehim) bulunuz. Maksimum değeri belirleyiniz. Açıklama: Köprü üzerinden geçen en ağır araç körünün tam ortasında en büyük çökmeyi meydana getirir. Bu nedenle tam orta nokta için bulunacak çökme değeri için sağlanacak emniyet diğer noktalar içinde kafi olacaktır. Araç ağırlığından dolayı gövdeyi F kuvveti ile eğmeye çalışacaktır. Hesaplama için mesnet reaksiyonları hesaplandıktan sonra 0 orijin noktasına x kadar uzaklıktaki A noktasına göre moment alınır. gövde
g
Köprü Ayağı
Köprü Ayağı F L F 0
x F/2
Çökme eğrisi Sehimin x’ e göre değişimi
A
Sehim veya çökme (u) diferansiyel denklemi I atalet momenti ve E elastisite modulü ve moment (M) değerine ne bağlı olarak şu şekildedir; 39
EI
d 2u Fx = M ( x) burada moment önceki şekle göre A noktasından M ( x) = − dir. 2 dx 2
ise IE
d 2u Fx =− , 2 dx 2
d ⎛ du ⎞ Fx , ⎜ ⎟=− 2 IE dx ⎝ dx ⎠
⎛ Fx 2 ⎞ du = − ∫ ∫ ⎜⎝ 4 IE + C1 ⎠⎟ dx
u=−
Fx du Fx 2 ⎛ du ⎞ = − ise = − + C1 , d dx ∫ ⎜⎝ dx ⎟⎠ ∫ 2 IE dx 4 IE
Fx 3 + C1 x + C 2 12 IE
Çözümün tamamlanması için 2 tane sınır şartı gerekir: 1. x=0 ise u=0 , C2=0 Fx 3 FL2 FL2 2. x=L/2 ise du/dx=0, C1 = ise u = − + x 12 IE 16 IE 16 IE Uygulama-6: Hareketsiz duran ve aralarında H kadar mesafe bulunan iki plaka arasında akan Qo debiye sahip sıvının hız profilini veren bağıntıyı bulunuz. Akış daimi (steady) dir. Kanala girerken Hız profili
Kanala içeriside Hız profili
y 0
x
H
Açıklama: Sıvıların yapışma özelliği vizkosluk özelliği olarak bilinir. Gerçek sıvılar temasta oldukları katı yüzeye yapıştıklarından hızları yüzey ile aynı olur. Bu problemde plaka yüzeyler hareketsiz olduğu için palakaya bitişik tanecik hızları sıfırdır. Bu suretle girişteki homejen hız profili (gradyeni) kanal içinde parabolik olarak değişir.
Çözüm: İki boyutlu (y,x) akış için akışın hareketini tanımlayan Navier-Stokes denklemi sıkıştırılamayan sıvılar için şu şekildedir. ⎛ ∂ 2u ∂ 2u ⎞ ⎛ ∂ 2v ∂ 2v ⎞ ∂u ∂P ∂v ∂P x için, ρg x − ve y ekseni için ρg x − + µ ⎜⎜ 2 + 2 ⎟⎟ = ρ + µ ⎜⎜ 2 + 2 ⎟⎟ = ρ ∂t ∂y ∂y ⎠ ∂t ∂x ∂y ⎠ ⎝ ∂x ⎝ ∂x Bu denklemlerde u ve v sırasıyla akışkan taneciği hızının x ve y eksenlerindeki izdüşümleridir. İlave olarak g yerçekimi ivmesini, ρ akışkan yoğunluğunu, µ dinamik viskoziteyi ve P basıncı göstermektedir. Akış sadece x yönündedir ve hız sadece y’ ye göre ∂u değişmektedir. Bu nedenle v=0 ve = 0 olacaktır. Daimi akış zamana göre değişim ∂x göstermeyen akış için zamana göre türevlerde sıfır olacaktır. Geriye kalan ifade şu şekildedir.
ρg x −
⎛ ∂ 2u ⎞ ⎛ d 2u ⎞ ∂P ∂P + µ ⎜⎜ 2 ⎟⎟ = 0 , ρg x − + µ ⎜⎜ 2 ⎟⎟ = 0 , ∂x ∂x ⎝ ∂y ⎠ ⎝ dy ⎠
ρ gx −
∂P = K ise ∂x
⎛ d 2u ⎞ K +µ⎜ 2 ⎟ =0 ⎝ dy ⎠
Yukarıdaki denklemde tek bağımsız değişken olduğu için kısmi diferansiyenden adi diferansiyele geçilir. İntegral y üzerinden alınacak olup x ile ilgili terimler bu nedenle K sabiti ile kısaca gösterilmiştir. d 2u K −K 2 = − = sabit ise iki kez y’y göre integral alınarak u ( y ) = y + C1 y + C 2 bulunur. 2 µ 2µ dy
Sabitlerin bulunması için 2 sınır şartı gerekir. Koordinat sisteminin orijin noktası iki plakanın tam ortası seçilerek hareketsiz plaka yüzeyindeki sıvı taneciklerinin hızı tanımlanabilir. Plakaların orijine uzaklığı seçilen orijine göre H/2 ve –H/2 olacaktır. Gerçek akışkanlar katı 40
yüzeyine yapışacağından ve plakalar hareketsiz olacağından plaka yüzeyindeki taneciklerin hızı da sıfır olacaktır. −K (H / 2)2 + C1 H + C2 2µ 2 −K (− H / 2)2 − C1 H + C2 2. sınır şartı , y=-H/2 ise u=0 , 0 = 2µ 2 1. sınır şartı , y=H/2 ise u=0 , 0 =
Son iki sınır şartı denkleminin çözümümden C1=0 ve C 2 =
KH 2 bulunur. Bu durumda çözüm 8µ
sabitler ve K yerine yazılarak şu şekilde bulunur; u=
(
1 ⎡ dP ⎤ − + ρg x ⎥ H 2 − 4 y 2 ⎢ 8µ ⎣ dx ⎦
)
Bu hız profili bir parabolik bağıntı olup beklenen çözümdür. Bağıntı y yönünde akışkan hızının nasıl değiştiğini ifade etmektedir. Bu değişim HIZ ALANI olarakta isimlendirilir. Bu hız bağıntısından hareketle debi ve viskoz kuvvetler hesaplanabilir. Debi (=hız*kesit) prensibine göre hesaplanır. Kesit akış doğrultusuna dik olup, H.Derinlik şeklinde hesaplanır. Ancak H boyunca u hızı değişmektedir. Bu nedenle her y noktası için bir debiden bahsedilebilir. Plakaya yakın birim kesitten geçen debi ve 0 orijin noktası civarındaki birim kesitten geçen debi aynı olmayacaktır. Bu nedenle y doğrultusu dy lik sonsuz küçük diferansiyel dilimlere ayrılır. Herhangi bir dy.Derinlik kesitinden geçen debide sonsuz küçük olacaktır. Bu durumda H değerinden geçen debi integralle belirlenir. Bu durumda diferansiyel kesitten geçen debi Derinlik=1 alınarak, Qo = ∫
H /2
−H / 2
u ( y )dy şeklinde yazılabilir. Qo debisi bu
ifadenin integrasyonu ile bulunabilir. Qo = ∫
H /2
−H / 2
1 − H / 2 8µ
u ( y )dy = ∫
H /2
(
)
H3 ⎡ dP ⎤ 2 2 ρ 4 g H y dy − = − + x⎥ ⎢⎣ dx 12 µ ⎦
⎡ dP ⎤ ⎢⎣− dx + ρg x ⎥⎦
Son çözümden istenirse Qo debisini veren kanal aralığı H belirlenir. Örnek Problemler :
1. xy dx - (x+2) dy = 0
12. y’ = y sec x
2. x dx - 3 dy = 0
13. dx = t (1+t2) sec2 x dt
3. x2 dx + y(x-1) dy = 0
14. (1+ ln x ) dx + (1+ln y ) dy = 0
4. dy/dx = y/x2
15. x dx + (a2 - x2)1/2dy = 0
5. y2 e2x dx = (4+ e2x) dy
16. y’ = 2x + x y2/ 3y +x2 y
6. dx/(y(1+x2)) =2 dy
17. y ln x ln y dx + dy = 0
7. tan2 y dy = sin3 x dx
18. x2 y y’ = ey
8. x cos2 y dx + tan y dy = 0
19. a2 dx = x ( x2 - a2 )0.5dy
9. sin x sin y dx + cos x cos y dy = 0
20. x y3 dx + (y+1) e-x dy = 0
10. (1-x) y’ = y2
21. (e2x + 4 ) y’ = y
11. y’ = cos2 x cos y
22. dr = b (cos θ dr + r sin θ dθ ) 41
23. (1- y2)0.5dx - x (x2 – 1)0.5 dy = 0 3
36. y’=3(y+1)
x2
24. x y dx + e dy = 0
37. y’+cscy=0
26. dr/dt = -4 rt
38. yy’=0.5sin2wx , w:sbt
r(0) = r0
27. 2 xyy’ = 1+ y2 28. y’ = 3y
39. y’= cosx tgy
y(2) = 3
40. y’=y2 sinx
y(0) = 1
29. 2y dx = 3x dy
y(1) = 3e-1
30. y’ = (3y-xy)/x 2
31. xyy’ = 1+ y
34. y’ = x2y2
42. y’=x3e-y
y(2)=0
43. dr/dt=-4tr, r(0)=8.2
y(2) = 3
32. y’ = (3+y) cot x 33. 2ydx = 3x dy
41. y’=x2y2-2y2+x2-2
y(2) = -1
44. V(dV/dt)=g, g:sbt, V(to)=Vo
y(π/2) = 4
45. sinθ dr = r cosθ dθ, r(0.5π)=-0.3
y(-2) = 1 y(1) = 9
46. L(dI/dt)+RI=0,
3
I(0)=Io
47. y’=4(y+1)0.5 cos2x, y(0.25π) = -1
35. y’+(x+1)y =0 2.2 Tam Diferansiyel Denklemler
Önceki bölümde verilen bağımlı ve bağımsız değişkenlerine ayırma yöntemi her diferansiyel dy = f ( x, y ) genel ifadesindeki f(x,y)=h(x).g(y) denklem için mümkün olmayabilir. y′ = dx şeklinde ayırmanın mümkün olmadığı hallerde, 1.mertebeden diferansiyel denklemler tam diferansiyel yaklaşımı ile çözülebilir. Eğer değişken ayırma yapılamaz ise integral almak mümkün olmayacaktır. Örnek olarak, I-
II-
dy = x+ y → ∫ dy = ∫ ( x + y ) dx : x üzerinden integral almak için y değişkeni dx x cinsinden yerine yazılmalıdır. Ancak y=y(x) şeklinde bir bilginin bulunması da verilen integralin çözümüne bağlı olduğundan klasik mantıkla çözüm bulunamaz. dV = sin t + V → ∫ dV = ∫ ( sin t + V ) dV : zaman (t) üzerinden integral almak dt için hız (V) zaman cinsinden yerine yazılmalıdır. Ancak bu integral çözümüne bağlı olup çözüm mümkün olmaz
Şayet verilen örnekler çözülmüş olsaydı, çözüm ifadesinde x-değişkeni, y-değişkeni ve Cintegral sabiti bulunacaktı. Bulunan f(x,y,C)=0 denkleminden C çekilerek C=C(y,x)
(1)
şeklinde bir kapalı fonksiyonel denklem bulunabilir. Değişkenlerine ayrılamayan, bağımlı ve bağımsız değişkenlerin fonksiyonu olan M(x,y) ve N(x,y) fonsiyonlarına bağlı olarak 1. mertebe bir diferansiyel denklemin standart formu şu şekilde gösterilebilir; M(x, y) dx + N(x ,y) dy = 0
(2)
dy = x+ y → dy − ( x + y )dx = 0 ise dx M(x,y)=-(x+y) ve N(x,y)=1 olacaktır. Aynı şekilde II.örnek için, y yerine V ve x yerine t
Bu denkleme yukarıda verilen I.örnek uyarlanırsa
42
yazılarak M(t,V)=Sint+t , N(t,V)=1 şeklinde (2) formuna dönüştürülür. (1) denklem ile tanımlanmış olan kapalı fonksiyonda C integral sabiti geçici olarak değişken kabul edilirse 2 değişkenli yapıdan 3 değişkenli bir yapıya ulaşılır. Bu yaklaşım Sabitlerin Değişimi ismi verilmekte olup başka diferansiyel denklem çözümlerinde de kullanılmaktadır. 3 değişkenli (C,x,y) böyle bir fonksiyonun 1.diferansiyeli önceki bilgilere (Bölüm 1.5.1) dayanarak şu şekilde yazılabilir:
dC =
∂C ∂C dx + dy ∂x ∂y
(3)
Burada C nin bir integral sabiti olduğu için tam diferansiyelinin sıfır olması sözkonusudur. Tam ve kısmi diferansiyeller 2 ve 2’ den daha fazla değişken içeren fonksiyonlar için lullanılan kavramalardır. Diferansiyel “değişim” olarak da algılanabilir.
∂C C’nin x’e göre ∂x
1.türevi olarak bakılacağı gibi, C’nin x’e göre değişimi olarakta düşünülebilir. (3) denklemine göre C’ nin değişiminin bir kısmı x, diğer bir kısmı da y üzerindedir. Bunlar kısmi diferansiyel dir. Bu ikisinin toplamı değişiminin tamamını verecek olup, bu toplamda tam diferansiyel olacaktır. Tam diferansiyel C gibi bir sabit için kesinlikle sıfırdır. Ancak
∂C ve ∂x
∂C sıfır olmayabilir. Biri diğerini yokedebilir. Tam diferansiyel bir fonksiyon (değişken ∂y sayısı gerçekte 2 tane olan fonksiyon) için dC=0 olmalıdır.
∂C ∂C dx + dy = 0 ∂x ∂y
(4)
şeklinde yazılabilir. Dikkat edilirse (2) formundaki çözülecek diferansiyel denklem ve çözüldüğü varsayılan çözümün diferansiyelini ifade eden (4) denklemleri birbirine benzemektedir. Bu benzeşimden ; M ( x, y ) =
∂C ∂x
, N ( x, y ) =
∂C ∂y
(5)
yazılabilir. (2) formunda verilen bir diferansiyel denklemin çözümünden bulunacak (1) nolu denklemin tam diferansiyel şartını sağlayarak (4) denklemini sağlayabilmesi için (5) nolu denklemlerden tam diferansiyellik şartları üretilmelidir. Başka bir ifade ile “M(x,y) ve N(x,y) fonsiyonlarına bağlı olarak (4) şartını sağlayan C ne olmalıdır?” sorusunun cevabı verilmelidir. (5) nolu denklemler 2 tane olup hangisinden C değeri bulunabilir. Birinden bulunan C değeri, diğerinden bulunacak C değerine eşit olacakmıdır? Çözüm üzerinde her ikiside, hem M hemde N fonksiyonları etkili olacağından her ikiside kullanılmalıdır. Her ikisininde kullanılabilmesi içim iki denklem birleştirilmelidir. Bu birleşme ancak M’ nin y’ ye göre kismi türevine, N’ ninde x’ e göre tekrar kısmı türevleri alınması ile mümkün olur. Çünkü bu türevleme birbirine eşit iki diferansiyel ifade elde edilir. Verilen (5) denklemleri de x ve y ye göre kısmı olarak türetilirse; M ( x, y ) =
∂C ∂ M ( x, y ) ∂ 2 C ∂C ∂ N ( x, y ) ∂ 2 C ise = ve N ( x, y ) = ise = ∂x ∂y ∂ x∂ y ∂y ∂x ∂ y∂ x
43
(6)
olduğu görülecektir. Bu durumda tam diferansiyel bir form için (2) denklemindeki M ve N fonksiyonlarına bağlı olarak;
∂ M ( x , y ) ∂ N ( x, y ) = ∂y ∂x
(7)
şeklinde tam diferansiyellik şartı yazılabilir. Bu ifade kısca Mx=Ny olarak da gösterilebilir. Mx M’ nin x’ e göre kısmi türevi demketir. Tersinden düşünecek olursak diferansiyel denklemdeki M'nin y' ye göre kımi türevinin, N' nin x' e göre kımi türevine eşit ise o denklem tam diferansiyel denklemdir denilebilir. Bu durumda (7) nolu denklem tam diferansiyellik şartı olacaktır. Böyle bir şart sağlanırsa diferansiyel denklemin çözümü şu şekilde geliştirilir. (5) denklemlerindeki ifadelerden biri ele alınarak, ya M(x,y) yada N(x,y), işleme başlanır. M(x,y) seçilerek ∂C ⇒ ∂C = M∂x ⇒ ∫ ∂C = ∫ M ( x, y )∂x + Co ( y ) (8) M ( x, y ) = ∂x bulunur. M x ve y ye bağlı bir fonksiyondur. Bunun x' e göre kısmen integre edilmesi halinde meydana gelen Co integral sabitinin x e göre sabit olurken, integral işleminde dikkate alınmayan y değişkenine bağlı olabileceği ihtimali her zaman düşünülmelidir. Bu nedenle Co(y) şeklinde yazılım doğru olacaktır. Dolayısıyla bu aşamada çözümün bitmiş olduğunun söylenmesi imkansızdır. Co(y) bulunarak (8) de yerine yazılmalıdır. (8) ifadesi y 'ye göre tekrar türetilecek olursa çözümün tamamlanmasını sağlayacak Co(y) ; dC ( y ) ∂C ∂ ⎡ Mdx ⎤⎦ + o = ∫ ⎣ dy ∂y ∂y
ifadesinden bulunacaktır. (5) ifadesine dikkate edilecek olursa görülecektir.
∂C nin N(x,y)'ye eşit olduğu ∂y
dC ( y ) ∂C ∂ ⎡ Mdx ⎤⎦ + o = = N ( x, y ) ∫ ⎣ dy ∂y ∂y
(9)
Bu durumda (9) denleminin integrasyonundan Co(y) bulunur. (9) denkleminde Co’ın y’ ye göre türevinde “d” operatörünün kullanıldığına dikkat edilmelidir. Çünkü, Co sadece bir değişkene bağlı olmak zorundadır. Bu integrasyon sonucu Co içerisinde x ile ilgili bir ifadenin olamıyacağı açıktır. Eğer Co içerisinde x bulunursa yapılan işlemlerde yanlışlık var demektir. Bulunan Co(y) (8) denlemindeki yerine yazılarak çözüm tamamlanır. (8) çözümünün elde edilmesinde M(x,y) yerine N(x,y) tercih edilirse çözüm şu şekilde ilerleyecektir: N ( x, y ) =
∂C ⇒ ∂C = N∂y ⇒ ∂y
∫ ∂C = ∫ N ( x, y)∂y + C ( x) o
(10)
Buradaki Co=C(x) olduğuna dikkat edilmelidir. Çünkü, integral y üzerinden alınmış olup, bulunacak Co sabitinin x’ e bağlı olması muhtemel olacaktır. Co(x) değerini bulmak içinde (10) denklemin x’ e göre kısmi türevi alınarak M değerine eşitlenmesi gerekir. Bulunan Co(x) içerisinde kesinlikle y değişkeni bulunmaz. Aksi halde işlem hatası olup çözüm yanlış olur. Co(x) (10) denklemindeki yerine yazılarak çözüm tamamlanır. Problem-1: (y3 + 2x) dx + (3xy2 +1)dy = 0 diferansiyel denklemini çözünüz.
44
Diferansiyel denklemde ki (y3 + 2x) ve (3xy2 +1) fonksiyonlarının sadece x ve sadece y’ den meydana gelen fonksiyonlara ayrılması mümkün değildir. Bu nedenle tam diferansiyel çözüm kullanılmalıdır. (y3 + 2x) dx + (3xy2 +1)dy = 0 M(x,y) dx + N(x,y) dy = 0
(verilen diferansiyel denklem) (tam diferansiyel denklem)
İki denklem birbirine benzetilerek M ve N fonksiyonları tariflenir. Bulunan M ve N’nin kısmi türevleri alınarak tam diferansiyel şartını sağlayıp sağlamadığı kontrol edilir. [Not: Kısmi türev bilinen adi türev ile aynır. Ancak, y’ ye göre kısmi türev alınırken x sabit, x’e göre kısmi türev alınırken y sabit kabul edilir. Aynı şekilde kısmi integrasyonda da x üzerinden (∂x) integrasyonda y sabit, y üzerinde integrasyonda (∂y) x sabit alınır. ) ∂M ∂N ∂C 3 ∂C = (or My=Nx) M(x, y) = =y + 2x , N(x, y) = =3xy 2 + 1 Tam dif. şartı ∂y ∂x ∂x ∂y ∂N ∂M = 3y 2 ⇒ tam diferansiyeldir. = 3y 2 ⇒ ∂x ∂y Çözüm için diferansiyel denklemden M ve N fonksiyonları input olarak alınmıştır. Bu inputların her ikiside kullanılarak output çözüm bulunacaktır. M ve N den biri ile C(x,y) çözüm fonsiyonu diğeriden ise Co(x) veya Co(y) fonksiyonel integral sabiti bulunacaktır. Her iki alternatif kullanılarak çözüm şu şekilde gerçeklenir: 1.çözüm: M(x,y) ile C(x,y) ve N(x,y) ile Co’ ın bulunması tercih edilirse; ∂C 3 =y + 2x ise ∫ ∂ C = ∫ ⎡⎣ y 3 + 2 x ⎤⎦∂x ⇒ C = y 3 x + x 2 + Co ( y ) ∂x
Çözümün tam olması için Co(y) bulunmalıdır. Bunun için N(x,y) den faydalanılır. Bulunan C’ nin y’ ye göre kısmi türevi N fonksiyonuna eşittir. dC dCo ∂C = 1 ⇒ ∫ dCo = ∫ dy ⇒ Co ( y ) = y =3xy 2 + o =N(x,y)=3xy 2 +1 ise dy ∂y dy
Dif.denklemin çözümü C = y 3 x + x 2 + y
şeklindedir. C integral sabitidir.
2.çözüm: N(x,y) ile C(x,y) ve M(x,y) ile Co’ ın bulunması tercih edilirse; ∂C = N(x, y) = 3xy 2 + 1 ise ∫ ∂ C = ∫ ⎡⎣3xy 2 + 1⎤⎦∂y ⇒ C = xy 3 + y + Co ( x) ∂y
Çözümün tam olması için Co(x) bulunmalıdır. Bunun için M(x,y) den faydalanılır. Bulunan C’ nin x’e göre kısmi türevi M fonksiyonuna eşittir. 2 dC dCo ∂C = y 3 + o = M ( x, y ) = y3 + 2x ise = 2 x ⇒ ∫ dCo = ∫ 2 xdx ⇒ Co ( x) = x dx ∂x dx
Dif.denklemin çözümü C = xy 3 + y + x 2 şeklindedir. Sağlama: Bulunan çözüm tekrar türetilerek doğru olup olmadığı belirlenebilir. Çözümün x2 e göre türevi,
45
3 2 dC d ( xy ) dy d ( x ) dy dy = + + → 0 = y 3 + 3 xy 2 + + 2x , son ifade dx ile çarpılarak dx ve dx dx dx dx dx dx dy parentezine alınırsa (3y2+1)dy+(2x+y3)dx=0 bulunur. Bu verilen diferansiyel denklemin aynısı olup çözüm doğrudur.
1⎤ y ⎡ 3 2 ⎢⎣ x +Cosy+ x ⎥⎦ dy - ( x 2 -3yx )dx = 0 diferansiyel denklemini çözünüz. Diferansiyel denklemde ki fonksiyonel yapı sadece x ve sadece y’ den meydana gelen fonksiyonlara ayrılması mümkün değildir. Bu nedenle tam diferansiyel çözüm kullanılmalıdır.
Problem-2:
1⎤ y ⎡ 3 2 ⎢⎣ x +Cosy+ x ⎥⎦ dy - ( x 2 -3yx )dx = 0 M(x,y) dx + N(x,y) dy = 0
(verilen diferansiyel denklem) (tam diferansiyel denklem)
İki denklem birbirine benzetilerek M ve N fonksiyonları tariflenir. Daha tam diferansiyel şart kontrol edilir. ∂M ∂N ∂C ⎛ y ∂C ⎡ 3 1⎤ ⎞ = M(x, y) = =- ⎜ 2 -3yx 2 ⎟ , N(x, y) = = ⎢ x +Cosy+ ⎥ Tam dif. şartı ∂y ∂x ∂x x⎦ ∂y ⎣ ⎝ x ⎠ ∂M ∂N 1 ⎛ 1 ⎞ = − ⎜ 2 − 3x 2 ⎟ , = 3x 2 − 2 ⇒ tam diferansiyeldir. ∂y ∂x x ⎝x ⎠ 1.çözüm: M(x,y) ile C(x,y) ve N(x,y) ile Co’ ın bulunması tercih edilirse;
∂C ⎛ y ⎞ =- ⎜ 2 -3yx 2 ⎟ ∂x ⎝ x ⎠
ise
y ⎛ y ⎞ -3yx 2 ⎟∂x ⇒ C = + yx3 + Co ( y ) 2 x x ⎠
∫ ∂ C = ∫ - ⎜⎝
Çözümün tam olması için Co(y) bulunmalıdır. Bunun için N(x,y) den faydalanılır. Bulunan C’ nin y’ ye göre kısmi türevi N fonksiyonuna eşittir. dC dCo ∂C 1 1 , = cos y ⇒ ∫ dCo = ∫ cos ydy ⇒ Co ( y ) = sin y = +x 3 + o =N(x,y)=x 3 +cosy+ dy ∂y x dy x
Dif.denklemin çözümü C =
y + yx 3 + sin y x
şeklindedir. C integral sabitidir.
2.çözüm: N(x,y) ile C(x,y) ve M(x,y) ile Co’ ın bulunması tercih edilirse;
∂C ⎡ 3 1⎤ = ⎢ x +Cosy+ ⎥ ise ∂y ⎣ x⎦
⎡
1⎤
y
∫ ∂ C = ∫ ⎢⎣ x +Cosy+ x ⎥⎦∂y ⇒ C = x y + sin y + x + C ( x) 3
3
o
Çözümün tam olması için Co(x) bulunmalıdır. Bunun için M(x,y) den faydalanılır. Bulunan C’ nin x’e göre kısmi türevi M fonksiyonuna eşittir. dCo ∂C y dC ⎛ y ⎞ = 0 ⇒ Co = sabit = 3x 2 y − 2 + o = M ( x, y ) = - ⎜ 2 -3yx 2 ⎟ ise ∂x dx x dx ⎝ x ⎠
Co sabit bulundu. Ancak bir integral sabiti olarak kullanılabilir. Çözüm denkleminde C bulunduğu için Co alınmayabilir. Başka bir bir ifade bir denklemde sayısal değeri 46
bilinmeyen sabitlerin toplamı, farkı veya çarpımı, yine sayısal değeri bilinmeyen başka bir sabitle kısaca tariflenebilir. Bu sabit C ise dif.denklemin çözümü y C = x 3 y + sin y + şeklindedir. x Problem-3: (4x3y3-2xy)dx + (3x4y2 - x2)dy=0 diferansiyel denklemini çözünüz. ∂M ∂N ∂C ∂C = M(x,y)= =4x 3 y3 -2xy N(x,y)= =3x 4 y 2 - x 2 Tam diferansiyel şartı ∂y ∂x ∂x ∂y ∂M ∂N = 12 x3y 2 − 2 x ⇒ = 12 x 3y2 − 2 x ⇒ tam diferansiyeldir. ∂x ∂y
M(x,y) ile C(x,y) ve N(x,y) ile Co’ ın bulunması tercih edilirse;
∂C =4x 3 y3 -2xy ∂x
ise
∫ ∂ C = ∫ ( 4x y -2xy ) ∂x ⇒ C = x 3 3
4
y 3 − yx 2 + Co ( y )
Çözümün tam olması için Co(y) bulunmalıdır. Bunun için N(x,y) den faydalanılır. Bulunan C’ nin y’ ye göre kısmi türevi N fonksiyonuna eşittir. dC dCo ∂C = 0 ise Co sabittir. =3x 4 y 2 -x 2 + o =N(x,y)=3x 4 y 2 - x 2 , dy ∂y dy
Önceki problemdeki yorumdan çözüme yansıtılmayabilir. Dif.denklemin çözümü C = x 4 y 3 − yx 2
şeklindedir. C integral sabitidir.
Problem-4: (x3+3xy2)dx + (3x2y + y3)dy=0 diferansiyel denklemini çözünüz.
∂C 3 ∂C =3x 2 y+y3 Tam diferansiyel şartı =x +3xy 2 N(x,y)= ∂y ∂x ∂M ∂N = 6 xy ⇒ = 6 xy ⇒ tam diferansiyeldir. ∂y ∂x
M(x,y)=
∂M ∂N = ∂y ∂x
M(x,y) ile C(x,y) ve N(x,y) ile Co’ ın bulunması tercih edilirse;
∂C 3 =x +3xy 2 ∂x
ise
3 2 ∫ ∂ C = ∫ ( x +3xy ) ∂x ⇒ C =
x4 3 2 2 + y x + Co ( y ) 4 2
Çözümün tam olması için Co(y) bulunmalıdır. Bunun için N(x,y) den faydalanılır. Bulunan C’ nin y’ ye göre kısmi türevi N fonksiyonuna eşittir. dC dCo y4 ∂C = y 3 ⇒ ∫ dCo = ∫ y 3 dy ⇒ Co ( y ) = =3x 2 y+ o =N(x,y)=3x 2 y +y3 , dy 4 ∂y dy x4 3 2 2 y 4 + y x + şeklindedir. Tüm denklem taraf tarafa 4 4 2 4 ile çarpılarak ve 4C=C1 yazılarak çözüm daha basit yazılabilir. Çözümün son formu C1 = x 4 + 6 y 2 x 2 + y 4 dir. C1 yeni integral sabitidir.
Dif.denklemin çözümü C =
47
Problem-5: (sinx.coshy)dx - (cosx sinhy)dy=0 dif. denklemini y(0)=0 şartıyla çözünüz. ∂M ∂N ∂C ∂C = = M(x, y)= sinx coshy = N(x, y)= - ( cosx sinhy ) Tam diferansiyel şartı ∂y ∂x ∂x ∂y ∂M ∂N = sin x sinh y ⇒ tam diferansiyeldir. = sin x sinh y ∂y ∂x
M(x,y) tercih edilerek; ∂C = M(x, y)= sinx coshy ise ∂x
∫ ∂ C = ∫ sin x cosh y∂x ⇒ C = − cos x cosh y + C ( y) o
Çözümün tam olması için C(y) bulunmalıdır. Bunun için N(x,y) den faydalanılır. dC ∂ Co ∂C = -cosx.sinhy+ o N(x, y)= - ( cosx sinhy ) ise =0 dy ∂y ∂y
Co = sabit
Dif.denklemin çözümü C = − cos x cosh y dir. Verilen şartlara göre x=0 ise y=0 olmalıdır. –cos0.cosh0=C ise C=-1 bulunur. Genel çözüm,
cos x cosh y = 1
Uygulama: Bir akış ortamında x yönündeki hız u=a(x2-y2) ve y yönündeki hız v=-2axy ile verilmiştir. Bu akışın akım fonksiyonunu (ψ) bulunuz.
Akım fonksiyonu u ve v ile şu şekilde ifade edilir; ∂ψ ∂ψ = a( x 2 − y 2 ) v = − = −2axy ∂y ∂x Bu veriler akım fonksiyonunun tam diferansiyel yaklaşımla çözülebileceğini göstermektedir. Akışkanlarda tam diferansiyellik kontrolu süreklilik denklemi vasıtasıyla yapılır. Daha önce verilen (sıkıştırılamayan akışkanlar için) bu denklem sağlanmaktadır. u=
∂u ∂v + =0 (süreklilik denklemi) 2ax-2ax=0 ise tam diftir. ∂x ∂y Çözüm: y3 ∂ψ 2 2 2 2 2 = a ( x − y ) ⇒ ∂ψ = ∫ a ( x − y )∂y ⇒ ψ = a ( x y − ) + C ( x) ∂y 3
dC ∂ψ y3 2 = −a(2 xy ) + = −2axy ise C=sbt, ψ ( x, y ) = a ( x y − ) + C − dx 3 ∂x Bu çözümde C ye değişik değerler verilerek akım cizgileri elde edilir. Not : Verilen diferansiyel denklem değişkenlerine ayrılamıyorsa, hem bağımlı hemde bağımsız değişkenler özel fonksiyonlar (cosy, lnx, x4, y3,...) cinsinden denklemde mevcutsa çözümü tam diferansiyel yöntemle veya tam diferansiyel hale getirme yöntemi ile gerçekleştirilebilir. Basit cözüm için veya daha sonra görülecek metodlarla çözüm için genel bir prensip olarak bağımlı değişken ya sadece “y” (lineer veya 1.derece diferansiyel denklem) veya “ y2 ” (2.derece diferansiyel denklem) şeklinde denklemde mevcut olmasına dikkat edilmelidir.
48
y(-2)=1
Örnek Problemler:
13. (2xy - 3)dx + (x2 + 4y)dy = 0
1 1 y x 1. ( − 2 )dy = 0 2 ) dx + ( 2 2 − x x +y y x +y
y(1) = 2
14.(2ysinx cosx+y2sinx)dx+
2. (x2 + y2)dx + 2xydy = 0
(sin2x-2ycosx)dy=0
3. (2xy + ey)dx + (x2 + xey)dy = 0
15. ((3-y)/x2)dx+((y2-2x)/xy2)dy = 0, y(0)=6
4. (3x2 lnx + x2 - y)dx - xdy = 0
16. (yex+2ex +y2) dx+ (ex+2xy)dy = 0, (0)=6
5. (yexy + 4y3)dx + (xexy + 12xy2 - 2y)dy = 0
17. a) (x2 + 3xy)dx + (Ax2 + Ay)dy = 0 b) (1/x2+1/y2)dx + ((Ax + 1)/y3) dy = 0
6. cosh2x cosh2ydx + sinh2x sinh2y dy = 0 7. (x - ycosx)dx - sinx dy = 0 8. (
18. e-θdr –r e-θ dθ =0
ln x ln(ln y) 2 3 + xy )dx + ( + x 2 y 2 )dy = 0 y ln y x 3 3 3
19. ex(cosy dx-siny dy)=0 20. cosπx cos2πydx = 2sinπx sin2πy dy,
4 2
9. (4x y + 1/x)dx + (3x y - 1/y)dy = 0
y(3/2)=1/2
10. (xcos(x+y)+sin(x+y))dx +
21. 2xy dx + dy = 0, y(0)=2
xcos(x+y)dy = 0
22. 2sinwydx + wcoswy dy =0, y(0)=π/2w
11. 2xydx + (x2 + y2)dy = 0
23. ydx + xdy = 0 24. sinhx dx + y-1coshx dy=0 , y(0)=π
12. (3x2y2-y3+2x)dx+(2x3y-3xy2+1)dy=0 ,
2.2 Tam Diferansiyel Hale Getirilen Diferansiyel Denklemler (İntegrasyon Faktörü)
Önceki bölümde problem-3 olarak çözülen örnekte [(4x3y3-2xy)dx + (3x4y2 - x2)dy=0 ] tam diferansiyel şart sağlanmıştı: ∂M ∂N ∂C ∂C M(x,y)= =4x 3 y3 -2xy N(x,y)= = =3x 4 y 2 - x 2 Tam diferansiyel şartı ∂y ∂x ∂x ∂y ∂N ∂M = 12 x 3y2 − 2 x ⇒ tam diferansiyeldir. = 12 x3y 2 − 2 x ⇒ ∂x ∂y Eğer tüm denklem taraf tarafa x ile bölünecek olursa [(4x2y3-2y)dx + (3x3y2 - x)dy=0] elde edilir. Matematiksel olarak bir ifade bir sabit veya değişken taraf tarafa çarpılabilir veya bölünebilir. Yeni halde tam diferansiyel şart aranırsa; ∂M ∂N ∂C ∂C = =4x 2 y3 -2y N(x,y)= =3x 3 y 2 - x Tam diferansiyel şartı ∂y ∂x ∂x ∂y ∂M ∂N = 12 x 2 y 2 − 2 ⇒ = 9 x 2 y 2 − 1 ⇒ tam diferansiyel değildir. ∂y ∂x
M(x,y)=
Denklemin x ile bölünmesi tam diferansiyel şartını bozmuştur. Ters mantıkla bu olay değerlendirilirse, tam diferansiyel şartını sağlamamasına rağmen bir fonksiyon ile çarpılınca tam diferansiyellik sağlanabilir. Dolayısıyla, değişkenlerine ayrılamayan, tam diferansiyel denklem formuna benzemesine rağmen tam diferansiyel şartı sağlanmayan bazı denklemler λ(x,y) şeklindeki bir fonksiyon ile çarpılarak tam diferansiyel hale getirilebilir. Bu fonksiyona integral çarpanı veya integrasyon faktörü ismi de verilir.
M(x,y)dx + N(x,y)dy=0
(1) 49
λ (x,y)M(x,y)dx + λ (x,y)N(x,y)dy=0
(2)
(2) nolu denklemin tam diferansiyel şartı ; ∂( λM ) ∂( λN ) = ∂y ∂x
şeklinde yazılabilir. Parantez içerisindeki ifadelerin diferansiyeli
alınırsa, M
∂λ ∂M ∂λ ∂N +λ =N +λ ∂y ∂y ∂x ∂x
ise
M
⎛ ∂N ∂M ⎞ ∂λ ∂λ −N = λ⎜ − ⎟ ∂y ∂x ⎝ ∂x ∂y ⎠
(3)
elde edilir. λ(x,y) fonksiyonunun tesbit edilmesi için 3 nolu denklemin çözülmesi gerekir. Bu denklem 3 tane değişkene (λ:bağımlı, x;y:bağımsız) bağlı kısmi diferansiyel olup çözümü bu aşamada mümkün değildir. Genellikle λ(x,y) şeklindeki 3 değişkenli değişim tecrübeye bağlı olarak z=z(x,y) şeklinde bir değişken dönüşümü ile λ(z) şeklinde 2 değişkenli adi diferansiyel yapıya indirgenir. Bu işlemlerde zircirleme türev kuralı kullanılır. Bu nedenle, N ve M fonksiyonlarının yapısına göre λ fonksiyonun analitik olarak belirlenmesi belirli haller için mümkündür. λ ya sadece x’in, ya sadece y’nin yada hem x hem de y’nin fonksiyonu olabilir. Hem x ve hem de y’nin fonksiyonu olması kısmi dif denklem çözümüne neden olduğundan önceden tahmin etmek oldukça zordur. Bu nedenle λ ya sadece x, yada sadece y’nin fonksiyonu olarak aranmalıdır. Bu haller için λ fonksiyonları aşağıdaki gibi iki şekilde bulunur: ⎛ ∂N ∂M ⎞ ⎜− ∂ x + ∂ y ⎟ M − Nx ∂λ dλ dλ ⎠ dx or =∫⎝ = 0 , ∂→d , ∫ =∫ y dx 1. λ=λ(x) ise ∫ ∂y λ N λ N ⎛∂ N ∂M ⎞ ⎜ ∂x − ∂y ⎟ N −My ∂λ dλ dλ ⎠ dy or =∫⎝ = 0 , ∂→d, ∫ =∫ x dy 2. λ=λ(y) ise ∫ ∂x λ M λ M Yukarıdaki denlemlerde çözüm için sağ taraftaki integraller içindeki fonksiyonlar gerekli sadeleştirmelerden sonra 1.denklemde sadece x’ e, 2.denklemde ise sadece y’ ye bağlı olmalıdır. Aksi takdirde λ(x) ve λ(y) integral çarpanları doğru bir şekilde bulunamaz. Problem-1: (2xy4ey+2xy3+y)dx + (x2y4ey-x2y2-3x)dy = 0 diferansiyel denklemini çözünüz. ∂M ∂N = M=2xy 4 e y +2xy3 +y N=x 2 y 4 e y -x 2 y 2 -3x tam diferansiyel şartı ∂y ∂x ∂M ∂N = 8xy3e y + 2 xy 4 e y + 6xy2 + 1 ⇒ = 2 xy 4 ey − 2 xy2 − 3 ⇒ ∂x ∂y
türevler birbirine eşit olmadığından tam diferansiyel değildir. Bu nedenle tam diferansiyelyaklaşım ile çözüm için ilk önce tam diferansiyel hale dönüştürecek λ çarpanı bulunmalıdır. λ’ nın hangi değişkene bağlı olduğu direkt bulmak zor olabilir. Ancak, sırasıyla test ederek doğru olan bulunabilir. Gerekli işlemler şu şekildedir: M y -N x = [8xy 3e y + 2 xy 4 e y + 6xy 2 + 1] − ⎡⎣ 2 xy 4 e y − 2 xy 2 − 3⎤⎦ = [8xy 3e y + 8xy 2 + 4] ∂λ = 1. λ=λ(x) ise λ
∫
My − Nx N
8xy 3e y + 8xy 2 + 4 ∂x = ∫ 2 4 y ∂x x y e − x 2 y 2 − 3x 50
λ=λ(x) ise sadece x’in fonksiyonu olmadığı için, yani pay ve paydada gerekli sadeleştirmelerden sonra hala y değişkeni bulunduğu için λ=λ(x) kabulu yanlıştır. Bu nedenle işlemler λ=λ(y) kabulu için tekrarlanmalıdır. 2. λ=λ(y) ise Nx − My 8xy3e y + 8xy 2 + 4] 4[2 xy 3e y + 2 xy 2 + 1] ∂λ [ =∫ ∂y = ∫ − ∂y = ∫ − ∂y λ M 2 xy 4 e y + 2 xy3 + y y[2 xy 3e y + 2 xy 2 + 1] dλ 4 dy 1 = ∫− ise ln λ =-lny , λ ( y) = 4 λ y y λ=λ(y) kabulu sonuçta sadece y’ ye bağlı çukmasından dolayı doğrudur. λ’ nın bulunması diferansiyel denklem çözümünde ara işlem niteliğinde olduğu için, integrasyonlar alınırken integral sabiti alınması gerekmez. Bulunan λ çarpanı ile ana diferansiyel denklem taraf tarafa çarpılırsa ; (2xy4ey+2xy3+y)dx + (x2y4ey-x2y2-3x)dy = 0 ilk dif denklem,
∫
2 xy 4 e y + 2 xy 3 + y x 2 y 4e y + x 2 y 2 − 3x ( )dy + ( )dx = 0 y4 y4 (2 xe y + 2
x 1 x 2 3x + 3 )dy + ( x 2 e y − 2 − 4 )dx = 0 y y y y
M = 2 xe y + 2
x 1 + y y3
N = x2e y −
∂M x 1 = 2 xe y − 2 2 − 3 4 ∂y y y
ve
x2 x −3 4 2 y y
∂N 2x 3 = 2 xe y − 2 − 4 ∂x y y
Bulunan türevler birbirine eşit olduğu için tam diferansiyel şart sağlanmıştır. Bundan sonra λ çarpanı ile çarpılmış M ve N fonksiyonları kullanılarak önceki bölümde verilen yöntemle çözüm aranır. x 1 ∂C 2 y x 2 x ∂C =x e − 2 − 3 4 M(x,y)= =2 xe y + 2 + 3 N(x,y)= ∂y y y y y ∂x M(x,y) ile C(x,y) ve N(x,y) ile Co’ ın bulunması tercih edilirse; x 1 ∂C =2 xe y + 2 + 3 y y ∂x
ise
⎛
x y
y ∫ ∂ C = ∫ ⎜ 2 xe + 2 +
⎝
1 ⎞ x2 x 2 y x C x e ∂ ⇒ = + + + Co ( y ) ⎟ y3 ⎠ y y3
Çözümün tam olması için Co(y) bulunmalıdır. Bunun için N(x,y) den faydalanılır. Bulunan C’ nin y’ ye göre kısmi türevi N fonksiyonuna eşittir. x2 x dCo ∂ C 2 y x 2 3 x dC o =x e − 2 − 4 + =N(x,y)=x 2 e y − 2 − 3 4 , = 0 ⇒ Co ( y ) = sabit dy dy y y y y ∂y x2 x çözüm tam dif. yaklaşımı çözüm x e + + 3 = C y y 2 y
şeklinde elde edilir.
Problem-2: 2 ydx + 3xdy = 0 dif. denklemini çözünüz. 51
Not: Bu diferansiyel denklem değişkenlerine ayrılarakta çözülebilir. Bir diferansiyel denklemin birden fazla yöntemle çözümü mümkündür. Önemli nokta hangi metodun daha kısa ve daha az işlem gerektireceğinin önceden bilinmesidir. Çok işlemin hata yapma ihtimalini de beraberinde getireceği unutulmamlıdır. Bu nedenle verilen örnek hem değişkenlerine ayırarak, hemde tam diferansiyel yaklaşımla çözülerek aradaki işlem sayısı farkı ortaya konulacaktır. I- Değişkenlerine ayırarak çözüm:
∫2
2 ydx + 3 xdy = 0 →
dx dy C = −∫ 3 → 2 ln x = −3ln y + ln C → x 2 = 3 x y y
II- Tam diferansiyel hale getirerek çözüm:
2 ydx + 3xdy = 0 ise M(x,y)=2y ve N(x,y)=3x
∂M =2⇒ ∂y
∂N = 3⇒ ∂x
tam diferansiyel değildir. Bu nedenle tam diferansiyel yapacak λ çarpanı bulunmalıdır. My-Nx = 2 - 3 = -1 ise λ=λ(x) kabulu ile çözüm bulunabilir. dλ
λ
=∫
M y − Nx N
∂x=∫
−1 dx ise 3x
sadece x’in fonksiyonu olduğu için, yani pay ve paydada gerekli sadeleştirmelerden sonra, integralde sadece x değişkeni bulunduğu için λ=λ(x) kabulu doğrudur. İşlemler yapıldığında integral çarpanının y’ nin de fonksiyonu olduğu görülecektir.
∫
dλ dx = ∫− λ 3x
ise
lnλ =-
lnx 3
→
λ (x)=
1 =x -1/3 1/3 x
Bulunan λ çarpanı ile ana diferansiyel denklem çarpılarak yeni formu bulunur ; 2 yx −1/ 3dx + 3x 2 / 3dy = 0 , M ( x, y ) = 2 yx −1/ 3 , N ( x, y ) = 3 x 2 / 3 ise M y = 2 x −1/ 3
N x = 2 x −1/ 3
My=Nx olduğundan denklem tam diferansiyel hale gelmiştir. M(x,y) ile C(x,y) ve N(x,y) ile Co’ ın bulunması tercih edilirse; ∂C =2 yx −1/ 3 ∂x
ise
∫ ∂ C = ∫ ( 2 yx ) ∂x ⇒ C = 3 yx −1/ 3
2/3
+ Co ( y )
Çözümün tam olması için Co(y) bulunmalıdır. Bunun için N(x,y) den faydalanılır. Bulunan C’ nin y’ ye göre kısmi türevi N fonksiyonuna eşittir. dC dCo ∂C =3x 2 / 3 + o =N(x,y)=3x 2 / 3 , = 0 ⇒ Co ( y ) = sabit dy dy ∂y çözüm tam dif. yaklaşımı çözüm C = 3 yx 2 / 3 şeklinde elde edilir. Bu çözüm 3 ile bölünerek ve her iki tarafında üst değeri 3 alınarak değişkenlerine ayırma ile elde edilen form elde edilir. 52
3
3
2 2 ⎛C⎞ ⎛ 3 ⎞ 3⎛ 3 ⎞ yx y x = = ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎝3⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
3
3
⎛C ⎞ 3 2 , ⎜ ⎟ = C1 → C1 = y x 3 ⎝ ⎠
C1 ile değişkenlerine ayırmada bulunan C arasında hiçbir fark yoktur. Her ikiside integral sabiti olup, aralarında işlemlerin gelişmesinden kaynaklanan simgesel bir farklılık mevcuttur. Problem-3: ydx − xdy = 0 dif. denklemini çözünüz.
M(x,y)=y ve N(x,y)=-x ise
∂M =1⇒ ∂y
∂N = −1 ⇒ tam diferansiyel değildir. Bu nedenle ∂x
tam diferansiyel yapacak λ çarpanı bulunmalıdır. My-Nx = 1 – (-1) = 2 dλ
M y − Nx
2dx = ise sadece x’in fonksiyonu olduğu için, yani λ N x pay ve paydada gerekli sadeleştirmelerden sonra, integralde sadece x değişkeni bulunduğu için λ=λ(x) kabulu doğrudur. λ=λ(x) ise
∫
dλ
λ
=∫
= ∫−
2dx x
dx = ∫ −
lnλ = −2(lnx) ,
ise
λ (x)=x -2
Bulunan λ çarpanı ile ilk diferansiyel denklem çarpılarak yeni formu bulunur ; x −2 ( ydx − xdy ) = 0
yx −2 dx − x −1 dy = 0
M(x,y)=yx-2 , N(x,y)=-x-1 ise My = x-2 ve Nx = x-2 olduğundan denklem tam diferansiyel hale gelmiştir. ∂C = M(x, y) = yx -2 ise ∫ ∂ C = ∫ ⎡⎣ yx −2 ⎤⎦dx ⇒ C = − yx −1 + Co ( y ) ∂x Çözümün tam olması için Co(y) bulunmalıdır. Bunun için N(x,y) den faydalanılır. dC dCo ∂C =-x −1 + o =N(x,y)=-x −1 , = 0 ⇒ Co ( y ) = sabit ise çözüm C = − yx −1 dir. dy dy ∂y Problem-4: 2 sin( y 2 )dx + xy cos( y 2 )dy = 0 dif. denklemini çözünüz.
M(x,y)=2siny2 , N(x,y)=xycosy2
∂N ∂M = 4 y cos y 2 ⇒ = y cos y 2 ⇒ tam dif. değildir. ∂y ∂x
Bu nedenle tam diferansiyel yapacak λ çarpanı bulunmalıdır. M y − N x = 4 y cos y 2 − y cos y 2 = 3 y cos y 2 ⇒ λ=λ(x) ise dλ
λ
=∫
M y − Nx N
3 y cos y 2 3dx dλ 3dx dx = ∫ dx = ∫ ise ∫ =∫ → ln λ = 3ln x → λ ( x) = x3 2 xy cos y x λ x
Bulunan λ çarpanı ile ana diferansiyel denklem çarpılarak yeni formu bulunur ; x3 ( 2sin( y 2 )dx + xy cos( y 2 )dy ) = 0
ise 2 x 3 sin( y 2 )dx + x 4 y cos( y 2 )dy = 0 53
M ( x, y ) = 2 x 3 sin( y 2 ) N ( x, y ) = x 4 y cos( y 2 ) M y = 4 yx 3 cos( y 2 )
N x = 4 x 3 y cos( y 2 )
olduğundan denklem tam diferansiyel hale gelmiştir. x 4 sin y 2 ∂C + Co ( y ) = M ( x, y ) = 2 x 3 sin( y 2 ) ise ∫ ∂ C = ∫ 2 ⎡⎣ x 3 sin y 2 ⎤⎦dx ⇒ C = 2 ∂x Çözümün tam olması için C(y) bulunmalıdır. Bunun için N(x,y) den faydalanılır. dCo ∂ C 2 yx 4 cos y 2 dCo =N(x,y)=x 4 y cos( y 2 ) , = 0 ⇒ Co ( y ) = sabit ise = + 2 dy dy ∂y çözüm C =
x 4 sin y 2 dir. 2C=C1 alınarak daha basit forma ulaşılabilir. x 4 sin y 2 = C1 2
Problem-5: 2 xydx + (4 y + 3x 2 )dy = 0 dif. denklemini y(0.2)=-1.5 şartıyla çözünüz. ∂M ∂N M ( x, y ) = 2 xy, N ( x, y ) = 4 y + 3 x 2 ise = 2x ⇒ = 6 x ⇒ tam dif. değildir. ∂y ∂x
Bu nedenle tam diferansiyel yapacak λ çarpanı bulunmalıdır. My-Nx = 2x-6x =-4x M y − Nx dλ 4x =∫ dx = − ise sağ taraf sadece x’in fonksiyonu olmadığı λ=λ(x) ise N 4 y + 3x 2 λ için λ=λ(x) kabulu yanlıştır. Bu nedenle integral çarpanı y değişkenine bağlı olarak bulunmaya çalışılır. λ=λ(y) ise −( M y − N x ) dλ −4 x 2 dλ 2dy =∫ dy = ∫ − dy = ∫ d y ise ∫ =∫ , ln λ = 2 ln y → λ ( y ) = y 2 2 xy M y λ y λ Bulunan λ çarpanı ile ana diferansiyel denklem çarpılarak yeni formu bulunur ; y 2 ( 2 xydx + (4 y + 3 x 2 )dy ) = 0 ,
2 xy 3 dx + (4 y 3 + 3x 2 y 2 )dy = 0
M ( x, y ) = 2 xy 3 N ( x, y ) = 4 y 3 + 3 x 2 y 2 ise M y = 6 xy 2 N x = 6 xy 2 , My=Nx tam diferansiyeldir ∂C = M ( x, y ) = 2 xy 3 ise ∂x
∫ ∂ C = ∫ ⎡⎣ 2 xy
3
⎤⎦∂x ⇒ C = y 3 x 2 + Co ( y )
Çözümün tam olması için C(y) bulunmalıdır. Bunun için N(x,y) den faydalanılır. dC dCo ∂C = 3 y 2 x 2 + o =N(x,y)=4 y 3 + 3x 2 y 2 ise = 4 y 3 ⇒ ∫ dCo = ∫ 4 y 3 dy ⇒ Co ( y ) = y 4 dy dy ∂y Dif.denklemin çözümü C = y 3 x 2 + y 4 dir. Verilen şarta göre x=0.2 ise y=-1.5 dir. Bunlar yerine yazılarak C sabiti belirlenir. C = ( −1.5 ) ( 0.2 ) + ( −1.5 ) = 4.9275 ise çözüm y 3 x 2 + y 4 = 4.9275 3
2
4
Örnek Problemler:
1. 2ydx+xdy=0
2. 3ydx + 2xdy = 0 54
3. (1 + xy)dx + x2 dy = 0
14. y cosx dx +3 sinx dy=0
4. dx + (x+y+1)dy = 0
15. 2ydx+3xdy=0
5. (2x-1y -3)dx + (3-2y-1x)dy = 0, λ=x2y2
16. 2xdx=[3y2+(x2-y3)tgy]dy
6. ydx + [y+tg(x+y)]dy = 0, λ=cos(x+y)
17. ydx + (y-x)dy = 0
7. ydx +[cot(x-y)-y]dy = 0, λ=cos(x-y)
18. (x2 + y2 + x)dx + ydy = 0
8. (2xex-y2)dx+2ydy=0
19. 2y2dx + (2x + 3xy)dy = 0
9. 2cosπy dx=π sinπy dy
20. (x2 + 2y)dx - xdy = 0
10. (2y+xy)dx + 2xdy = 0
21. (x2 + y2)dx + 3xy dy = 0
11. (1+2x2+4xy)dx + 2dy = 0
22. 5dx –ey-x dy =0
12. (y+1)dx-(x+1)dy=0
23. (3xey+2y)dx + (x2ey+x)dy=0
13. aydx+bxdy=0 2.4.Homojen Diferansiyel Denklemler:
Değişkenlerine ayrılamayan, tam diferansiyel şartı sağlamayan ve tam diferansiyel hale getirilemeyen 1.mertebeden bazı denklemler üstel homenjenlik yaklaşımıyla çözülebilir. Bir diferansiyel denklemde bağımlı ve bağımsız değişkenlerin yerine xn=(λx)n, yn=(λy)n yazıldığında f(λx,λy)=λnf(x,y) elde edilebiliyorsa denklemin n. dereceden üstel homojen olmasından bahsedilir. Burada λ sıfırdan büyük pozitif bir sayıdır(λ.> 0). yn=(λy)n ve
xn=(λx)n
ise f(λx,λy)=λnf(x,y) homojenlik şartı
Bu şartın sağlanması gerekli sadeleştirmeler sonrasında diferansiyel denklemde hiç bir λ nın kalmamasından anlaşılabilir. Eğer denklem homojen ise y bağımlı değişken ve x eski bağımsız olmak üzere y=Ux dönüşümü yapılarak çözüm aranır. U eski bağımsız değişkene bağlı yeni bağımlı değişkendir. Başka bir ifade ile verilen M(x,y)dx+N(x,y)dy=0 veya y′=f(x,y) şekillerindeki diferansiyel denklemdeki fonksiyonel yapı matematiksel işlemlerle y y y M( )dx+N( )dy=0 ve y′=f( ) haline dönüştürülebilmelidir. Bundan sonra şu dönüşümler x x x dy dU y yapılır: = U ( x) ise y = U ( x) x ⇒ y′ = =U + x x dx dx dU = f (U ) dx olacaktır. Yani y ve x arasındaki bir denklemden U ve x arasındaki değişkenlerine ayrılabilir yeni bir form elde edilecektir. İntegrasyon sonrasında U=U(x) şeklinde çözüm fonksiyonu bulunur. Burada U yerine y/x yazılarak orijinal değişkenlere dönülür. Aynı yaklaşım x’ in bağımlı değişken olarak kabul edilmesiyle de sağlanabilir. olacaktır. Değişken dönüşümü sonrası diferansiyel denklem yapısı U + x
y dx x =x′=f( ) elde edilir. y′=f( ) ise dy y x dx dU x dU = U ( y ) ise x = U ( y ) y ⇒ x′ = = f (U ) dir. Bu =U + y ise yeni yapı U + y y dy dy dy denklem çözülerek U=U(y) formu elde edilir. U=x/y ile orijinal değişkenlere dönülür. 55
Problem-1: (x3 + y3)dx -3xy2 dy = 0 diferansiyel denklemini çözünüz.
M=x3 + y3 , x=λx y=λy M=(λx)3 + (λy)3 = λ3(x3 + y3)= λ3M; N=3xy2 , y=λy x=λx N=3λx(λy)2 = 3λ3xy2=λ3N ise denklem bu durumda 3. Dereceden homojendir. ⎛ ⎛ y ⎞3 ⎞ x ⎜1 + ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ ⎟ dy x 3 + y 3 3 3 2 ⎝ ⎝x⎠ ⎠ = = (x + y )dx = 3xy dy ise 2 dx 3 xy 2 3⎛ y⎞ 3x ⎜ ⎟ ⎝x⎠ 3
y: bağımlı değişken
x: bağımsız değişken
dy dU =U +x ve U=y/x dir. Bu dönüşümler ana denkleme taşınarak y ve x dx dx arasındaki yapıdan, U ve x arasındaki yapıya dönülür. Elde edilen yeni yapı mutlaka değişkenlerine ayrılabilir diferansiyel denklem olmalıdır.
y=Ux ise
dU 1 + U 3 U+x = 3U 2 dx
ise
1 + U 3 − 3U 3 1 − 2U 3 dU 1 + U 3 x = −U = = 3U 2 3U 2 3U 2 dx
3U 2 dU ln(1 − 2U 3 ) dx = ⇒ − = ln x + ln c -2lnc=lnC1 ise ln(1 − 2U 3 ) = −2 ln x + ln C1 ∫ 1 − 2U 3 ∫ x 2 C1 y 3 C1 3 1 − 2U = 2 ⇒ 1 − 2 3 = 2 ⇒ x3 − 2 y 3 = C1 x x x x Sağlama: Çözümün doğruluğu türetilmesi sonucu diferansiyel denklemi vermesinden anlaşılır.
Çözüm , x 3 − 2 y 3 = C1 x ise 3 x 2 − 6 y 2 y ' = C1 , çözümden C1 çekilerek türevli ifadeye taşınır.
c1 = x 2 −
2 y3 2 y3 2 y3 ise 3 x 2 − 6 y 2 y ' = x 2 − , 2 x 2 − 6 y 2 y' = − , 2 x 3 − 6 xy 2 y '+2 y 3 = 0 x x x
dy + y 3 = 0 , dx ile çarpılıp düzenlenirse ( x 3 + y 3 )dx − 3 xy 2 dx = 0 bulunur. Bu dx durumda bulunan çözüm doğrudur. x3 − 3 xy 2
Problem-2: (x2+3y2)dx + 2xydy = 0
diferansiyel denklemini çözünüz.
2 ⎛ ⎛ y⎞ ⎞ x ⎜1 + 3 ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ ⎝ x ⎠ ⎟⎠ dy x 2 + 3 y 2 ⎝ 2 2 x +3y dx + 2xydy=0 ise = = ( ) dx 2 xy ⎛ y⎞ 2x2 ⎜ ⎟ ⎝x⎠ dy dU dU 1 + 3U 2 dU 1 + 3U 2 y = Ux ⇒ =U + x →U + x = → x = −U dx dx dx dx 2U 2U 2
56
dU 1 + 3U 2 − 2U 2 1 + U 2 = =x dx 2U 2U 1 + U 2 = Cx ⇒ 1 +
→
y2 = Cx ⇒ x2
2UdU
∫ 1+U
2
=
∫
dx ⇒ ln(1 + U 2 ) = ln x + ln C x
x 2 + y 2 = Cx 3
Problem-3: x y2y’=y3 – x3 diferansiyel denklemini y(1)=2 şartıyla çözünüz.
⎛ ⎛ y ⎞3 ⎞ x ⎜ ⎜ ⎟ − 1⎟ ⎜⎝ x ⎠ ⎟ dy y 3 − x 3 ⎝ ⎠ , y=Ux ise dy = U + x dU 3 3 2 = = y x dx = xy dy ise ( ) 2 dx dx dx xy 2 2⎛ y⎞ x ⎜ ⎟ ⎝x⎠ 3
U+x
dU U 3 − 1 = dx U2
2 ∫ − U dU = ∫
ise
x
U 3 −1−U 3 −1 dU U 3 − 1 = − = = 2 U dx U2 U U2
dx U3 ⇒− = ln x + ln C , U 3 = −3 ln x + ln C1 , x 3 3
y3
3
⎛ 2⎞ 3 ⎜⎝ 1 ⎟⎠
x e = C1 ⇒ x e = C1, x = 1, y = 2, ⇒ 1 e 3 U
3
x 3 eU = C1
3 x3
y3 3 x3
= C1 → C1 = 2981 → x e = 2981
Örnek Problemler :
1. (x2 - 3y2)dx + 2xy dy = 0
13. xy2y’ = y3 - x3
2. x dx + (y-2x) dy = 0
14. (x2 + 2y2) dx = xy dy
y(-1) = 1
3. (y2 + yx) dx - x2 dy = 0
15. 2x2 (dy/dx) = 3xy + y2
y(1) = -2
4. y’ = (y + (x2 + y2)1/2)/x
16. xydx -x2 dy = y(x2+y2)1/2dy y/x
y(1) = 2
y/x
y(0) = 1
5. y dx = 2(x + y) dy
17. (x + ye ) dx - x e
6. (x2 + xy - y2) dx + xy dy = 0
18. (x2 + 3y2)dx - 2xy dy = 0
7. y’= (y - x)/(y+x)
19. (2x - 5y)dx + (4x - y) dy
y(1) =4
8. (y2 + yx) dx + x2 dy = 0
20. y3 dx = 2x3 dy - 2x2 y dx
y(1) = √2
2
2
dy = 0 y(1) =0 y(2) = 6
1/2
21. (x + (xy) )dy/dx + x - y = x-1/2 y3/2
9. (2xy + 3y ) dx - (2xy + x ) dy = 0 10. -ydx + [x + (xy)1/2]dy = 0
y(1) = 1
2
22. (3x2+9xy+5y2) dx - (6x2+4xy) dy = 0
11. y dy = (ydx -x dy)x ln(x/y) 12. ([x+y]1/2 +[x-y]1/2 )dx +
y(2) = 6
([x-y]1/2 -[x+y]1/2)dy = 0 2.4.1 Homejen Hale Getirilebilen Diferansiyel Denklemler
Homejen diferansiyel denklemlere benzemesine rağmen çözüm elde edilemeyen bazı 1.mertebe diferansiyel denklemler değişken dönüşümü ile homejen hale getirilebilir. En genel halde denklem 1.dereceden homojen (λ=1) olan bu denklemler, 57
dy ax + by + c = dx ex + fy + g
y '=
şeklinde olup a, b, c, e, f ve g sabitlerdir. Bu tür denklemlerin çözülebilmesi için, veya başka bir ifade ile y=xU(x) dönüşümü ile çözülebilmesi için c ve g sabit değerlerinin yokedilmesi gerekir. Böylece denklem 1.derece homejen denklem haline gelmiş olur ve U= y/x dönüşümü ile çözülebilir. c ve g sabitlerinin yok edilmesi içinde y = Y + A ve
x = X + B ise dy=dY ve dx=dX
değişken dönüşümleri yapılmalıdır. Buradaki Y ve X yeni, x ve y ise eski değişkenler, A ve B dy dY keyfi sabitlerdir. Bu durumda y ' = olacaktır. Gerekli işlemler yapılarak yerine = dx dX taşınırsa aX + bY + (aB + bA + c ) dy dY a (X + B) + b (Y + A ) + c = = = eX + fY + (eB + fA + g ) dx dX e (X + B) + f (Y + B) + g
y' =
elde edilir. Parentez içerisindeki ifadeler A ve B nin keyfi sabitler olması nedeniyle sıfır olacak şekilde düzenlenebilir. Yani A ve B öyle ayarlanırkı, çözülecek diferansiyel denklemden gelen a,b,c,e,f ve g sabitlerine bağlı olarak parentez içerisindeki sabit değerlerden meydana gelmiş ifadeler sıfır olur. Böyle bir yaklaşımla denklem yeni halde Y'=
dY aX + bY = dX eX + fY
(1),
aB+bA+c = 0
(2) ,
eB+fA +g = 0
(3)
(2) ve (3) nolu denklemler iki bilinmeyenli iki denklem olup çözümünden A ve B bulunabilir. (1) nolu diferansiyel denklem ise U = Y/X değişken dönüşümü ile çözülebilir. Problem 1:
y' =
dy x + 3y + 5 = dx 3 x − 4 y + 8
diferansiyel denklemini çözünüz.
x=A+X ise dx=dX ve y=B+Y ise dy=dY ise y′ = Y ′ = y' =
dY A + X + 3( B + Y ) + 5 X + 3Y + ( A + 3B + 5) = = dX 3( A + X ) − 4(Y + B) + 8 3 X − 4Y + (3 A − 4 B + 8)
dy dY = dx dx
Parantez içerisindeki keyfi sabitler A ve B parantez sıfır olacak şekilde şeçilebilir. Geriye kalan ifade 1. derece homojen denklem olacaktır. B+3A+5 = 0 -3 ile taraf tarafa çarpılarak 3B -4A+8 = 0 1 ile taraf tarafa çarpılarak
-3B-9A-15 = 0 3B-4A+8 = 0 0 -13A -7 = 0 ise A=-7/13 B = -44/13
dY X + 3Y , Y=XU(X) , U=Y/X ve Y’=U+XU’ ise = dX 3 X − 4Y dY X + 3Y X + 3 XU Y'= = = = U + XU ' dX 3 X − 4Y 3 X − 4 XU Y'=
U + XU ' =
1 + 3U 1 + 3U 1 + 3U − 3U + 4U 2 1 + 4U 2 ⇒ XU ' = −U = = 3 − 4U 3 − 4U 3 − 4U 3 − 4U 58
(3 − 4U )dU 3dU − 4UdU 3arctg 2U ln(1 + 4U 2 ) dX = X = − +C , = + ln ∫ 1 + 4U 2 ∫ 1 + 4U 2 ∫ 1 + 4U 2 ∫ X 2 2 U=Y/X, Y=y+44/13, X=x+7/13 ise 2
U=
y + 44 / 13 13 y + 44 = 13 x + 7 x + 7 / 13 y' =
Problem 2:
13 y + 44 ln(1 + 4⎛ 13 y + 44 ⎞ ) ⎜ ⎟ ] 3arctg[2 7 13x + 7 ⎠ ⎝ x + 13 7 − +C ln( x + ) = 2 2 13
dy x + 3 y − 5 = dx x − y −1
diferansiyel denklemini y(0)=0 şartıyla çözünüz.
x=A+X ise dx=dX ve y=B+Y ise dy=dY ise y′ = Y ′ = y' =
dY A + X + 3( B + Y ) − 5 X + 3Y + ( A + 3B − 5) = = dX ( A + X ) − (Y + B) − 1 X − Y + ( A − B − 1)
dy dY = dx dx
Parantez içerisindeki keyfi sabitler A ve B parantez sıfır olacak şekilde şeçilebilir. Geriye kalan ifade 1. derece homojen denklem olacaktır. A+3B-5 = 0 A –B-1 = 0
1 ile taraf tarafa çarpılarak 3 ile taraf tarafa çarpılarak
A+3B-5 = 0 3A -3B-3 = 0 4A +0-8 = 0 ise A=2 B = 1
dY X + 3Y = , Y=XU(X) , U=Y/X ve Y’=U+XU’ ise dX X −Y dY X + 3Y X + 3 XU Y'= = U + XU ' = = dX X −Y X − XU Y'=
1 + 3U 1 + 3U − U + U 2 1 + 2U + U 2 1 + 3U U + XU ' = = −U = ⇒ XU ' = 1−U 1−U 1−U 1−U (1 − U )dU
∫ 1 + 2U + U
2
=∫
(1 − U )dU
(1 + U )
2
=∫
dX , 1+U=Z, X
dU=dZ, U=Z-1 ise 2
− 2 2 2 , XC (1 + U ) = e 1+U − ln Z = − − ln(1 + U ) − ln C , ln[ XC (1 + U )] = − 1+U Z 1+U y −1 U=Y/X, Y=y-1, X=x-2 ise U = x−2
ln X = −
y −1 C ( x − 2)(1 + )=e x−2
− 1+
2 y −1 x−2
x −2
− x+ y −3 C ( x − 2)( ) = e x + y −3 x−2
,
x−2
0− 2
x=0 , y=0 ise C (0 − 2)(
− − x+ y −3 0+0−3 ) = e 0+ 0−3 , C=0.649 ⇒ 0.649( x − 2)( ) = e x + y −3 x−2 0−2
3. dy/dx = (x - y -3)/(x + y - 1)
Örnek Problemler :
4. dy/dx = -(4x + 3y -15)/(2x + y -7)
1. (x - 2y + 1)dx + (4x - 3y - 6)dy = 0
5. dy/dx = (x + 3y - 5)/(x - y-1)
2. ( x- 2y - 3)dx + (2x + y -1)dy = 0
59
2.5 I. Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler
y bağımlı, x bağımsız değişkenler, P(x) ve Q(x) bilinen bağımsız değişkene bağlı fonksiyonlar olmak üzere diferansiyel denklemin genel formu şu şekildedir. dy + P ( x ) y = Q( x ) dx
(1)
Bağımlı değişkenin kuvvetinin birinci dereceden olması nedeniyle lineer diferansiyel denklem olarak isimlendirilir. Bu tip denklemler önceki gösterilmiş olan metodlarla çözülmesi zor veya mümkün değildir. Mühendislikte çözülebilir daha basit parçalara ayrılarak özüm üretme mantığı bu denklemin çözümü için de kullanılır. Bu amaçla diferansiyel denklem integre edilebilen değişkenlerine ayrılabilir diferansiyel denklemlere ayrılır. Non-homojen olan bu diferansiyel denklemin iki çözüm metodu vardır. 2.5.1 Sabitlerin Değişimi Metodu:
Yukarıdaki denklemin sağ tarafının sıfır olması halinde denklemin homojen olmasından bahsedilir. Bu nedenle bu tip denklemlerde genel çözüm iki şekilde bulunan, homojen ve homojen olmayan çözümlerin toplanmasından elde edilir. Birinci çözüm sadece homojen kısmından bulunurken ikinci çözüm ise homojen olmayan kısımdan bulunur. Homojen çözüm: Q(x)=0 ⇒ denklem homojen olur. Bu durumda denklem değişkenlerine ayrılabilir. Q(x)=0 çözüme ulaşmak için yapılan geçici bir kabuldur.
dy + P(x)y = 0 dx
(2)
Değişkenlerine ayrılan bu homejen denklem çözülerek; dy = - P(x)dx ⇒ lny = -∫ P(x)dx + lnC ⇒ y
- Pdx y H = Ce ∫
(3)
bulunur. Bu şekilde bulunan çözüm homojen çözüm (yH) olup (1) diferansiyel denkleminin tam çözümünü vermemektedir. Bu çözüm genel çözümün bir yarısı olup genel çözüme giden yolda bir basamaktır. Sabitlerin değişimi metoduna göre daha önce yapılan Q(x)=0 kabulü, homojen çözüm esnasında sadece x’in fonksiyonu olan bir yapının ihmal edildiğini gösterir. Bu nedenle, homejen çözümdeki C sabiti x’in fonsiyonu kabul edilerek yapılan ihmal telafi edilebilir. Yani Q(x)’in genel çözüm üzerindeki etkisi C=C(x) kabulü ile bulunmaya çalışılmaktadır. C(x) fonksiyonu, (1) nolu ana diferansiyel denklemi sağlayacak şekilde belirlenir. Burada, homejen çözümden (yH) hareketle bir genel çözüm (y) önerisi meydana getirilmiştir. Bu önerilen genel çözümün ana diferansiyel denklemi sağlaması çözümün tamamlanması için yeterli olacaktır. Bu amaçla önerilen çözümün kendisi ve türevi ana diferansiyel denkleme taşınır ve denklemi sağlayan C(x) fonksiyonu belirlenir. − ∫ Pdx dy dC d − Pdx - ∫ Pdx y = C(x)e =e + C ⎡⎢e ∫ ⎤⎥ (1) nolu denkleme taşınır. dx dx dx ⎣ ⎦ ∫
− Pdx
e
− Pdx dC d − Pdx + C ⎡⎢e ∫ ⎤⎥ + P(x)Ce ∫ = Q(x) dx dx ⎣ ⎦
60
[
]
d − ∫ Pdx d − Pdx − Pdx (e )= : P’ nin integralinin türevi P dir. − ∫ Pdx e ∫ = − P( x)e ∫ dx dx ∫
− Pdx
e
dc − Pdx − Pdx + CP( x)(e ∫ ) − CP( x)e ∫ = Q(x) dx
dC Pdx =Q(x)(e ∫ ) dx
∫ dC = ∫ Q(x)e ∫
Pdx
dx + c1
şeklinde C(x) fonksiyonu P(x) ve Q(x)’e bağlı olarak bulunur. Bulunan değer (3) denkleminde yerine taşınarak genel çözüm bulunur. y = (1+x) 2 diferansiyel denklemi çözünüz. Problem-1: y′ − 1+x 1 P( x ) = , Q(x) = (1 + x) 2 ise 1. mertebe lineer dif denklemdir .Homojen Çözüm; 1+ x y dy y dy y − değişkenlerine ayrılır. y′ − =0 ⇒ =0 ⇒ = 1+x dx 1+x dx 1+x
∫
dy dx ⇒ ln y = ln(1 + x) + ln C ⇒ y H = C (1 + x) =∫ y 1+ x
bu ifade sadece homojen kısmın çözümüdür. Homojen olmayan kısımında çözüme dahil edilmesi için integral sabitinin C=C(x) olduğu kabul edilir. C(x) ifadesini bulmak için genel çözüm (y) homojen çözüme (yH) benzetilir. y H = C (1 + x)
⇒
y = C ( x)(1 + x) ise
dy dC = y′ = (1 + x) +C ⇒ dx dx
Ana denkleme taşınarak (1 + x)
dC C(1+x) dc +C − = (1+x) 2 ⇒ (1 + x) = (1 + x) 2 1+x dx dx
Not: Homojen çözümden üretilen genel çözüm ve türevi non-homojen lineer denkleme taşındıktan sonra gerekli sadeleşmeler sonucu, denklemde mutlaka sadece C ve x olmalıdır. Mutlaka integrasyon ile çözülebilir bir formda olmalıdır. Aksi halde daha önce işlem hatası yapılmış demektir.
dC x2 = ( 1+ x) ⇒ ∫ dC = ∫ ( 1+ x)dx ⇒ C = x+ + C1 ise çözüm dx 2 2.5.2
y = ( 1+ x) (x +
x2 + C1 ) 2
y =u(x).v(x) kabulüyle çözüm
Diferansiyel denklemde, u(x) ve v(x) bağımsız değişkene bağlı keyfi bağımlı değişkenler olmak üzere genel çözümün y=u(x).v(x) olduğu kabul edilir. Bu nedenlerde kabul edilen yapının ana diferansiyel denklemi sağlayacak şekilde u ve v bulunmaya çalışılır. u ve v bağımsız değişkene bağlı yeni bağımlı değişkenlerdir.
61
y' + P(x)y = Q(x)
y = u(x).v(x) ⇒
dy du dv ise bulunanlar lineer dif = y′ = v +u dx dx dx
denkleme nolu ana denkleme taşınır. dv du + P(x)u.v = Q( x ) +u v dx dx Yukarıdaki denklemde u veya v nin parentezi oluşturulursa; v
du ⎡ dv ⎤ +u ⎢ + P(x).v⎥ = Q( x) or dx ⎣ dx ⎦
u
dv ⎡ du ⎤ +v ⎢ + P(x).u ⎥ = Q( x) dx ⎣ dx ⎦
(5)
(6)
elde edilir. (6) nolu denklem iki bağımlı değişkene bağlı bir diferansiyel denklem sistemidir. Diferansiyel denklem sisteminin çözümü için bağımlı değişken sayısınca diferansiyel denklem olmalıdır. Sadece bir diferansiyel deklemin bulunmasından dolayı çözüm, şu aşamada mümkün değildir. Daha önce u ve v nin keyfi fonsiyonlar olmasından bahsedilmişti. Böylece, eldeki denklemi ikiye bölebiliriz. (6) nolu denlemde köşeli parantez içerisindeki ifadenin sıfır olacak şekilde v(x) ve u(x)’ in seçildiğinin kabul edilmesi çözüm için yeterli olacaktır. Diğer bir ifade ile v(x) ve u(x) öyle fonksiyonlar olmalıdırki, parantez içerisi sıfır yapsın. Böylece, sıfıra eşitlenmiş köşeli parentez içerisindeki ifade birinci, geriye kalanlar ise ikinci diferansiyel denklem olacaktır. Böylece çözümü istenen diferansiyel denklem integre edilebilir diferansiyel denklemlere bölünmüş olur. dv + P(x).v = 0 (7) dx du =Q( x) (8) v dx Bu durumda (7) denklemini sağlayan v(x) fonksiyonu bulunarak (8) denklemine taşınır. Akabinde u(x) bulunur. Bulunan u ve v fonksiyonları y=u(x).v(x) denkleminde ki yerine yazılarak genel çözüm bulunur. Burada amaç, çözümü nispeten zor olan diferansiyel denklemi u ve v fonksiyonları yardımıyla daha kolay çözülebilir iki tane değişkenlerine ayrılabilir diferansiyel denklemlere ayırmaktır. Problem-2: y ′ + ytgx = sin 2 x diferansiyel denklemini çözünüz. u'v + v'u + u.v.tgx= sin 2 x dy dy + ytgx = sin 2 x , y = u( x). v( x) ⇒ = u' v + v' u ise u'v + u(v' + vtgx) = sin 2 x dx dx Parantez içerisindeki ifade sıfır olacak şekilde v fonksiyonu seçilir v’+vtgx=0 (1.diferansiyel denklem, çözümünde integral sabiti düşünülmez.) vu’=sin2x (2.diferansiyel denklem, çözümünde integral sabiti düşünülür.) dv dv dv sin x dx → ln v = ln cos x ⇒ v = cos x = - vtgx ⇒ ∫ = - ∫ tgxdx = ∫ = - ∫ dx v v cos x du sin 2 x sin 2 x u′v = sin 2 x → u′ cos x = sin 2 x ⇒ = dx ⇒ ∫ du = ∫ dx cos x cos x 2sin x cos x dx = 2∫ sin xdx sin 2 x = 2.cosx.sinx ⇒ ∫ du = ∫ cos x u = −2 cos x + C ⇒ genel çözüm y=v(x).u(x)=cosx(-2cosx + C) Problem-3: y ' - y = e 2x diferansiyel denklemi her iki metodla çözünüz. 1) Sabitlerin değişimi metodu ile çözüm Homojen kısmın çözümü; P ( x) = - 1, Q(x) = e 2x 62
dy dy dy - y = 0⇒ = y, = ∫ dx ⇒ ln y = x + ln C ⇒ y H = Ce x ∫ y dx dx bu ifade sadece homojen kısmın çözümüdür. Homojen olmayan kısımında çözüme dahil edilmesi için integral sabitinin C=C(x) olduğu kabul edilir. C(x) ifadesini bulmak için genel çözüm homojen çözüme benzetilir. dy dC y H = Ce x ⇒ y = C ( x )e x , = ex + Ce x ⇒ Ana denkleme taşınarak dx dx
y' - y = 0 ⇒
ex
dC dc dC + Ce x - Ce x = e 2x ⇒ e x = e2x , = ex ⇒ dx dx dx x x Genel Çözüm y =e (e + C1 )
∫ dC =∫ e
x
dx ⇒ C= e x+C1
2) y=u.v kabulu ile çözüm
dy dy − y = e 2 x , y = u ( x).v( x) ⇒ = u ' v + v' u dx dx
ise
u ' v + v' u − u.v=e 2 x u ' v + u(v' − v) =e 2 x
Parantez içerisindeki ifade sıfır olacak şekilde v fonksiyonu seçilir. v’ - v=0 (1.diferansiyel denklem, çözümünde integral sabiti düşünülmez.) 2x vu’=e (2.diferansiyel denklem, çözümünde integral sabiti düşünülür.) dv dv = v ⇒ ∫ =∫ dx ln v = x ⇒ v=e x dx v du u ' v = sin 2 x, u' e x = e 2 x ⇒ =e x ⇒ ∫ du = ∫ e x dx, u = ex + C dx x x Genel çözüm y=u.v ise y =e (e + C ) 3
Problem-4: y ' + 3 x 2 y = x e -x diferansiyel denklemi her iki metodla ve y(0)=-1 şartıyla birlikte çözünüz.
1) Sabitlerin değişimi metodu ile çözüm dy dy y ' + 3x 2 y = 0 ⇒ + 3x 2 y = 0 ⇒ = -3x 2 y dx dx dy 2 3 − x3 ∫ y = -∫ 3x dx ⇒ ln y = − x + ln C ⇒ y H = Ce
bu ifade sadece homojen kısmın çözümüdür. Homojen olmayan kısımında çözüme dahil edilmesi için integral sabitinin C=C(x) olduğu kabul edilir. C(x) ifadesini bulmak için genel çözüm homojen çözüme benzetilir. y H = Ce − x
e− x
3
3
⇒
3
y = C ( x )e − x ,
3 dC 3 dy = e −x - C3x 2 e - x ⇒ dx dx
3 3 3 dC x2 dC = x ⇒ ∫ dC = ∫ xdx ⇒ C= +C1 - C3x 2e- x + 3x 2Ce- x = xe- x ⇒ , dx 2 dx x2 − x3 Genel Çözüm y =e ( + C1 ) 2
63
2) y=A(x).B(x) kabulu ile çözüm : (u ve v yerine A ve B keyfi fonksiyonları tercih edilerek çözüm yapıldı.) 3 dy dy + 3x 2 y = xe − x , y = A( x).B( x) ⇒ = A′B + B′A dx dx
ise
A′B + B′A + 3 x 2 A.B = xe− x A′B + A(B′ + 3 x 2 B) = xe− x
3
−3
Parantez içerisindeki ifade sıfır olacak şekilde v fonksiyonu seçilir. B’ + 3x2B=0 (1.diferansiyel denklem, çözümünde integral sabiti düşünülmez.) vA’=xe-x3 (2.diferansiyel denklem, çözümünde integral sabiti düşünülür.) 3 dB dB = − 3x 2 B ⇒ ∫ ln B = − x3 ⇒ v = e− x = − ∫ 3 x 2 dx dx B 3 3 3 dA x2 A′B = xe − x , A′e − x = xe− x ⇒ = x ⇒ ∫ dA = ∫ xdx, A= +C 2 dx 2 3 x Genel çözüm y=A.B ise y =e− x ( + C ) 2 2 3 3 x2 0 x=0 ise y=-1 , − 1 =e − 0 ( + C ) , C=-1, y =e − x ( − 1) 2 2 Uygulama-1: Su içerisinde hareket eden denizaltıya, su tarafından denizaltının hızıyla orantılı olarak 3V’lik bir direnç kuvveti etkimektedir. Denizaltı P sabit motor kuvvetiyle durmakta iken harekete başlatılmıştır. Denizaltının zamana bağlı hızını bulunuz. Hızın zamana göre grafiğini çiziniz. Denizaltının maksimum hızı ne olur? dV dV ∑ Fx = m. ax , P − 3V = m dt ise m dt + 3V = P 1.mertebe lineer diferansiyel denklemdir. V; bağımlı, t; bağımsız değişkenler olmak üzere sabitlerin değişimi ile çözüm aşağıdaki şekilde yapılır: Homojen kısmın çözümü; P=0 kabul ediliyor.
dV dV dV + 3V = 0 ⇒ m = −3V ⇒ ∫ m = ∫ −3dt dt dt v 3 − t 3 m ln V = −3t + ln C1 ⇒ ln V = − t + ln C ⇒ VH = Ce m m Genel çözüm homojen olarak bulunan çözüme benzetilerek bulunur. Benzeşim için C=C(t) olmalıdır. 3 − t dV dC − m3 t 3 − m3 t V = C (t )e m ise = ana dif. denkleme taşınarak, e − Ce dt dt m m
m(
3 − t dC − m3 t 3 − m3 t e − Ce ) + 3Ce m = P, dt m
dC p m3 t = e dt m
∫ dC =
p m3 t e m∫
m
3 3 − t − t dC − m3 t dC − m3 t e − 3Ce m + 3Ce m = P, m e =P dt dt
⇒ C=
3 3 − t − t p m3 t p 3t e + C1 , v = C (t )e m = ( e m + C1 )e m 3 3
Çözümün tam olması için C1 integral sabitinin sayısal değeri belirlenmelidir. Problem zamana bağlı bir Başlangıç Değer Problemidir. Bu münasebetle C1’ in sayısal değeri için bir başlangıç şartına gerek vardır. Bu t=0 anında hızın sıfır (durmakta olduğu için ) olmasıdır. 64
3 3 3 − t − t − t P P P + C1e0 , C1 = − ⇒ v = (1 − e m ) , t → ∞ ⇒ e m → 0, (1 − e m ) → 1 3 3 3 Dolayısıyla denizaltının ulaşabilceği maksimum hız Vmax=P/3 kadar olacaktır. Bu hızada zamanın sonsuz değerinde ulaşacaktır. Pratik olarak bu hıza çok yaklaşacak ama hiçbir zaman ulaşamayacaktır. Matemetikte bu tür değişim ASİMTOTİK değişim olarak bilinir.
t = 0 ⇒ v = 0, 0=
V(t) Vmax
0
t
Hızın zamana göre değişimi
Uygulama-2: Şekildeki havuza sürekli olarak 50 m3/sn lik bir debi ile su dolmakta ve havuzdan 40 m3/sn debi ile tekrar boşalmaktadır. Aynı zamanda havuzda biriken suyun %5 i her saniyede buharlaşmaktadır. Havuzdaki su miktarının zamanla değişimini bulunuz. Başlangıçta havuz tamamen boş durumdadır. Havuzda birikebilecek maximum su miktarı ne olur? 50 kg/sn
Havuz
buhar
40 kg/sn
Açıklama: Havuzda biriken su miktarı “ m :[kg] “ ile sembolize edilecek olursa, kütlenin korunumuna göre biriken miktar şu şekilde ifade edilebilir. m= dolan miktar-boşalan miktar-buharlaşan miktar Dolan miktar-boşalan miktar giriş ve çıkış debilerinin zamanla çarpılmasından bulunabilir. Bu verilen debi değerlerine göre (50t-40t)=10t olarak yazılabilir. Buharlaşan miktar biriken m miktarının %5 i kadardır. Biriken m değeri sabit olmayıp sürekli olarak zamnala değişmektedir. Bu değişimin nasıl olduğu bu aşamada belirlenemez. Bununla birlikte, dt zaman diliminde biriken miktar belirlenebilir. Diferansiyel zaman aralığında değişimler lineer olacağı için, dt zamanında biriken miktarda dm olacaktır. Bu durumda dt süresince dolan miktar-boşalan miktar (50-40)dt=10dt olacaktır. Herhangi bir m değeri için buharlaşan miktar 0.05mdt olacaktır. Bu bulgular yukarıdaki ifadeye taşınarak şu ifade bulunur. dm dm dm = 10dt − 0.05mdt , tüm ifade dt bölünerek, = 10 − 0.05m ⇒ + 0.05m = 10 dt dt Son ifade bir diferansiyel denklem olup, m bağımlı t ise bağımsız değişkendir. Bu denklem 1.mertebe lineer diferansiyel denklem olup, ya sabitlerin değişimi ile yada m=v.u dönüşümüyle çözülebilir. Sabitlerin değişimi metodu ile çözüm: dm dm dm = -0.05m , + 0.05m = 0 ⇒ + 0.05m = 0 ⇒ dt dt dt dm −0.05t ∫ m = -∫ 0.05dt ⇒ ln m = −0.05t + ln C ⇒ mH = Ce 65
bu ifade sadece homojen kısmın çözümüdür. Homojen olmayan kısımında çözüme dahil edilmesi için integral sabitinin C=C(t) olduğu kabul edilir. C(t) ifadesini bulmak için genel çözüm homojen çözüme benzetilir. mH = Ce −0.05t
m = C (t )e −0.05t
⇒
,
dm dC = e − 0.05t - 0.05Ce- 0.05t ⇒ Ana denkleme dt dt
dC - 0.05Ce- 0.05t + 0.05Ce- 0.05t = 10 ise dt dC =10e0.05t ⇒ ∫ dC = ∫ 10e 0.05t dt ⇒ C= 200e 0.05t+C1 dt Genel Çözüm y =e−0.05t ( 200e0.05t+ C1 )
taşınarak, e − 0.05t
y=u.v kabulu ile çözüm dm dm + 0.05m = 10 , m = u (t ).v(t ) ⇒ = u 'v + v 'u dtx dt
ise
u ' v + v' u + 0.05uv=10 u ' v + u(v' + 0.05v) =10
Parantez içerisindeki ifade sıfır olacak şekilde v fonksiyonu seçilir. v’ + 0.05v=0 vu’=10
dv = − 0.05v ⇒ dt
(1.diferansiyel denklem, çözümünde integral sabiti düşünülmez.) (2.diferansiyel denklem, çözümünde integral sabiti düşünülür.)
dv = − ∫ 0.05dt ln v = − 0.05t ⇒ v=e − 0.05t v du u ' v = 10, u ' e − 0.05t = 10 ⇒ =10e0.05t ⇒ ∫ du = ∫ 10e0.05t dt , u = 200e0.05t + C dt Genel çözüm m=u.v ise m =e−0.05t ( 200e0.05t+ C ) t=0 ise m=0 (başlangıçta hiç su yok), 0 =e −0. ( 200e 0+ C ) , C=-200, m =200e −0.05t (e0.05t − 1) = 200(1 - e-0.05t )
∫
Bu denklem analiz edildiği zaman, havuzda birikebilecek en fazla su miktarının teorik olarak 200 kg olduğu görülecektir. Çünkü t→∞, (1-e-0.05t) →1 ise 200(1-e-0.05t) →200. Ancak, reel durumda zaman sonsuz olamayacağı içinde 200 kg değerine çok yaklaşılmasına rağmen ulaşılamayacaktır. Örnek problemler: 1. y’ - y = e3x
11. dx/dt + (1/t2 )x = 1/t2
2. x4y’ + 2 x3y = 1
12. ( x2 + x - 2)y’ + 3(x +1)y = x -1
3. y’ + 3y = 3 x2 e-3x
13. x dy + (xy + y - 1)dx = 0
4. dy + (4xy - 8x ) dx = 0
14. (t + y + 1 )dt - dy = 0
5. y’ = x2 e-4x - 4y
15. dr/dθ + r tan θ = cos θ
2
6. (x + 1) y’ + xy = x
16. ( cos2 x - ycos x)dx - (1 + sin x)dy = 0
7. xy’ + 3y + 2x2 = x3 + 4x
17. xy’ - 2y = 2x4
y(2) = 8
8. (x +1)y’ + xy = x
18 y’ + 4y = e-x
y(0) = 4/3
9. y dx/dy + 2x = 5y3
19. x3y’ + 3x2y = x
y(2) = 0
10. ( x2 + 1)y’ = x2 + 2x - 1 - 4xy
20. dx/dt - x = sin 2t
x(0) = 0
2
66
21. y’ + (1/2x)y = x/y3
y(1) = 2
2
22.2x (y+1)dx - (x + 1)dy = 0
23. sin x y’ + cos xy = x sin x y(1) = -5
24. y’ + 3y/x + 2 = 3x
y(π/2) = 2 y(1) = 1
2.6 1.Mertebeden Özel Diferansiyel Denklemler 2.6.1 Bernoulli Diferansiyel Denklemi
n. derece bir diferansiyel denklem olup en genel formu aşağıdaki şekildedir. Bu denklemde yn ifadesi olmazsa 1.mertebe lineer dif. denklem elde edilecektir. Çözümü belirli olan 1.mertebe lineer dif. denkleme ulaşmak içinde yn ifadesi yokedilmelidir. y’ + P(x) y = Q(x) yn
(1)
y şeklinde bir dönüşüm yapılarak 1. mertebe lineer diferansiyel yn denklem elde edilir. Z eski bağımsız değişkene bağlı yeni bağımlı değişkendir. Yeni dif. denklem Z ve x arasında olup çözümünden Z=Z(x) şeklinde bir ifade bulunur. Orijinal değişkenlere dönmek için ters transformasyon işlemi yapılmalıdır. Bernoulli dif. denkleminden 1.mertebe lineer dif. denklem geçiş işlemleri şu şekildedir: y 1 dZ dZ y ' 1 − n dy y' ⇒ = Z = y 1− n = n ise = (1 − n) n = n (2) n 1 − n dx dx y y y dx y (1) nolu denklem denklem taraf tarafa yn değerine bölünürek, Bu denklemde Z = y 1− n =
y' y 1 dZ + P( x) n = Q( x) ise + P ( x) Z = Q ( x) n 1 − n dx y y bulunur. Bu yeni form Z ve x arasında 1.mertebe lineer dif. denklemdir. Problem-1 :
(3)
3 x y’ + y + x 2 y4 = 0 diferansiyel denklemini çözünüz.
Bu denklemde y4 bulunmamış olsaydı 1.meretebe lineer dif. denklem (3xy’+y=-x2) olacaktı. Bu nedenle y4 ifadesini yoketmenin yolu aranmalıdır. Diğer tarafa bölen olarak geçirilirse 3x dy 1 1 3 dy dZ dZ + 3 = −x2 , Z = 3 ⇒ =− 4 ise − x + Z = −x2 4 dx y dx y y y dx dx Gerekli düzenlemeler yapılarak Z ve x arasındaki yeni diferansiyel denklem şu şekilde bulunur. dZ Z − = x (1. mertebe lineer diferansiyel denklem olup çözümü bilinmektedir) dx x dZ Z dZ dx − =0⇒ ∫ =∫ , ln Z = ln x + ln C ⇒ Z H = Cx ise genel çözüm (Z) dx x Z x homojen çözüme benzetilirek bulunur. dC Cx dC dZ dC +C − = x⇒ = 1, C ( x) = x + C1 ⇒ Z = x ( x + C1 ) Z=C(x)x → =x + C ise x dx dx dx x dx Ters dönüşüm yapılarak genel çözüm elde edilir: Z = 67
1 1 = x 2 + C1 x ise y 3 = 2 3 x + C1 x y
Problem-2 :
y' + y = y 2
diferansiyel denklemini çözünüz.
İki şekilde çözüm mümkündür: Verilen denklem değişkenlerine ayrılarak çözülebilir. I⎡A dy dy B ⎤ → ∫ 2 = ∫ dx = ∫ ⎢ + ⎥ dy basit kesirlerine dx y −y ⎣ y y − 1⎦ ayrılarak integrasyon alınır. İşlemlerle A=-1 ve B=1 bulunur; ⎡ −1 ( y − 1) x 1 ⎤ 1 ∫ dx = ∫ ⎢⎣ y + y − 1⎥⎦ dy → x = − ln y + ln ( y − 1) + ln C ise C y = e ise y = e x 1− C IIBu denklem aynı zamanda 2. derece bernoulli denklemidir. Şayet denklemde y2 bulunmamış olsaydı 1.meretebe lineer dif. denklem (y’+y=1) olacaktı. Bu nedenle y4 ifadesini yoketmenin yolu aranmalıdır. Diğer tarafa bölen olarak geçirilirse y' + y = y 2
ise
y' = y 2 − y =
1 1 dy dZ 1 dy 1 dZ =− 2 ise − + =1, Z = ⇒ + Z =1 2 y dx y dx y dx y dx yeni denklem değişkenlerine ayrılabilir. dZ − dZ = 1− Z ⇒ ∫ = dx, dx 1− Z ∫ 1 1 Z = ⇒ 1 − = Ce x ise y y −
ln(1 − Z ) = x + ln C ⇒ 1 − Z = Ce x , y=
1 1 − Ce x
Problem-3 : x y' + y=x 2 y 2 diferansiyel denklemini y(0.5)=0.5 şartıyla çözünüz. x dy 1 1 1 dy dZ dZ + = x2 , Z = ⇒ =− 2 ise − x + Z = x2 2 y dx y y dx y dx dx
Gerekli düzenlemeler yapılarak Z ve x arasındaki yeni diferansiyel denklem şu şekilde bulunur. dZ Z − = − x (1. mertebe lineer diferansiyel denklem olup çözümü bilinmektedir) dx x dZ Z dZ dx − =0⇒ ∫ =∫ , ln Z = ln x + ln C ⇒ Z H = Cx , Z=C(x)x dx x Z x dZ Z dC Cx dC − = −x , x +C − = −x ⇒ = −1, C ( x) = − x + C1 dx x dx x dx bulunur. Ters dönüşüm yapılarak genel çözüm şu şekilde elde edilir.
Z'=C'x+C ise Z ( x) = x ( − x + C1 )
Z=
1 1 1 1 = − x 2 + C1 x ise y = , 0.5 = ise C1=4.5 , y = 2 2 2 y − x + C1 x − 0.5 + 0.5C1 − x + 4.5 x
2.6.2 Riccati diferansiyel denklemi
En genel formu şu şekildedir. y’ = P(x) y2 + Q(x) y + R(x) 68
Burada P, Q ve R bağımsız değişkene bağlı fonksiyonlardır. Bu tür denklemlerde y = U + 1/Z dönüşümü yapılarak 1.mertebe lineer diferansiyel denklem elde edilir. U ve Z bağımsız değişkene bağlı özel çözüm ve yeni bağımlı değişkendir. Özel çözüm ana diferansiyel denklemi sağlayan herhangi bir fonksiyondur. Fonksiyonel yapısı önceden problemi çözen şahıs tarafından belirlendiğinden bu ismi almıştır. Diferansiyel denklemin yapısına göre tahmin edilerek ana dif. denklemi sağlaması temin edilir. Özel çözümün aranmasının nedeni denklemdeki R(x) fonksiyonunu yoketmek içindir. Yani özel çözüm R(x) fonksiyonundan hareketle bulunabilir. Eğer R(x) fonksiyonu elimine edilirse denklem 2. derece bernoulli diferansiyel denklemine dönüşür. 1/Z dönüşümüylede 1.mertebe lineer diferansiyel denklem elde edilir. y = U+
1 1 dZ ⇒ y ' = U '+ 2 dönüşümleri ana dif.denkleme taşınır. Z Z dx
Problem-1:
y′=y 2 + (1-2x ) y+x 2 -x +1 diferansiyel denklemini çözünüz.
Çözüm için diferansiyel denklemin ilk önce özel çözümü (U) bulunmalıdır. Bu işlem yapılırken R(x)=x2-x+1 ifadesinin diğerleri tarafından yokedilmesine dikkat edilir. Başka bir ifade ile aralarında + ve - işareti bulunan bağımlı ve bağımsız değişkenler ile türevlerinden meydana gelen terimlerin birbirlerine eşitlenerek yokedilmesi, ve böylece ana diferansiyel denklemi sağlaması temin edilmelidir. İfade incelenirse x2 ancak y2 ile x ise y ile yokedilebilir. + 1 ise y’ ile yokedilebilir. Bu durumda y = x istenen işlemleri yerine getirebilir. y = x ana diferansiyel denklemi sağladığı için bir özel çözüm olabilir. Bir diferansiyel denklemin birden fazla özel çözümü olabilir. Bu çözümlerden sadece birinin kullanılması yeterlidir. U=x ise U’=1 dir. Bu durumda ana denklemde y yerine x (en genel halde y yerine U) ve y’ yerine 1 (en genel halde y’ yerine U’) yazılırsa denklem sağlanır. y’ = y2 + (1-2x) y + x2 -x +1 1 = x2 + (1-2x)x + x2 -x +1 0 = 0 ise (denklem sağlanıyor) 1 1 1 dZ = x + ⇒ y′ = 1 + 2 olacaktır. Bu değerler denkleme taşınıp düzenlenirse 1. Z Z Z dx mertebe diferansiyel denklem elde edilir. y =U +
1−
Z' 1 1 = ( x + ) 2 + (1 − 2 x)( x + ) + x 2 − x + 1 , parentezler açılarak, 2 Z Z Z
Z' 2x 1 1 2x = x2 + + 2 + x + − 2x 2 − + x 2 − x + 1 bulunur. Gerekli yoketmeler yapılarak, 2 Z Z Z Z Z dZ Z' 1 1 + Z = −1 bulunur. Son denklem − 2 = + 2 bulunur. Z2 ile denklem çarpılırsa dx Z Z Z 1.mertebe lineer dif. Denklem ve değişkenlerine ayrılabilir bir denklemdir. dZ dZ ise, ln( Z + 1) = − x + ln C , Z + 1 = Ce − x ⇒ Z = Ce − x − 1 = −( Z + 1) = − ∫ dx ∫ dx Z +1 1−
y = x+
1 1 1 1 ⇒ y = −x +x →Z = ise Z = Ce − x − 1 = Z y−x y−x Ce − 1 69
y diferansiyel denklemini çözünüz. x Denklemdeki parentez açıldığı zaman Riccati denklemi olduğu görülecektir. y y ⎛1 ⎞ y′=x 3 ( y 2 -2yx+x 2 ) + = x 3 y 2 -2x 4 y+x 5 + = x 3 y 2 + ⎜ -2x 4 ⎟ y+x 5 x x ⎝x ⎠ Çözüm için diferansiyel denklemin ilk önce özel çözümü bulunmalıdır. Bu işlem yapılırken yukarıdaki denklemin sağlanmasını takip etmek gerekir. y=x test edilirse ana diferansiyel denklemi sağladığı görülecektir. Bir diferansiyel denklemin birden fazla özel çözümü olabilir. Bu çözümlerden sadece birinin kullanılması yeterlidir. Problem-2:
y′=x 3 ( y-x ) + 2
U=x ise U’=1 dir. Bu durumda ana denklemde y yerine x (en genel halde y yerine U) ve y’ yerine 1 (en genel halde y’ yerine U’) yazılırsa denklem sağlanır. ⎛1 ⎞ ⎛1 ⎞ y′=x 3 y 2 + ⎜ -2x 4 ⎟ y+x 5 ⇒ x′ = 1 = x 3 x 2 + ⎜ -2x 4 ⎟ x+x 5 , 0 = 0 ⎝x ⎠ ⎝x ⎠ denklem sağlanıyor. Böylece U=x özel çözüm ise 1 1 1 dZ olacaktır. Bu değerler denkleme taşınıp düzenlenirse 1. y = U + = x + ⇒ y′ = 1 + 2 Z Z Z dx mertebe diferansiyel denklem elde edilir. 1 (x + ) 3 3 Z' 1 Z = x + 1 + 1 ise − Z ' = x + 1 , − Z ' = x 3 + Z 1 − 2 = x 3 ( x + − x) 2 + Z Z x Z2 Zx Z 2 Z 2 Zx x dZ Z dZ Z dZ dx + = − x 3 (1.mertebe lineer dif. denklem), + =0⇒ ∫ = −∫ , dx x dx x Z x C C ( x) dZ 1 dC C ZH = , Z= = − olacaktır. Bulunanlar ln Z = − ln x + ln C , ise dx x dc x 2 x x 1 dC C C / x 1.mertebe diferansiyel denkleme taşınarak − 2+ = − x 3 bulunur; x dx x x 5 5 1 x 1 x 1 4 ∫ dC = −∫ x dx ⇒ C ( x) = 5 + C1 ise Z = x ( 5 + C1 ) = y − x , y = x + 1 x5 (C1 + ) x 5 2.6.3 Değişken dönüşümleri ile çözülebilen diferansiyel denklemler Önceki bölümlerde anlatılan 1.mertebe diferansiyel denklem çözümleri standart çözümlerdir. Denklemdeki bağımsız değişkenin fonksiyonel yapısından etkilenmeyen çözümlerdir. Bununla birlikte hepsinde uygulanan teknik integre edilebilir parçalara ayırma ve değişken dönüşümü üzerine kuruludur. Değişken dönüşümleri sadece bunlar değildir. Pek çok değişken dönüşümü verilebilir. Fakat bu dönüşümler diferansiyel denklemdeki fonksiyonel yapıyla çok ilgilidir. Fonksiyonel yapısı uygun olan denklemlerde sadece bağımlı, sadece bağımsız ve hem bağımlı-hemde bağımsız değişkenler yeni bağımlı ve bağımsız değişkenlere dönüştürülebilir. Bu noktadan hareketle, önceki diferansiyel denklem formatlarına uymayan ve değişken dönüşümü için uygun olan bazı diferansiyel denklemler, değişken dönüşümü ile çözülebilir. Değişkeni dönüştürme işleminin bir faydasının olması için, dönüşüm sonrasında; 1. Mümkünse değişken sayısı azalmalıdır: 3 değişkenden 2 değişkene düşürmek çözümde büyük ilerlemedir. Özellikle kısmi diferansiyel denklemlerin bu yöntemle adi diferansiyel denkleme dönüşmesi mümkündür. Örnek olarak, x+y=Z ise Zx=1 ve Zy=1 ile 2 değişken 1 e iner. Böyle bir dönüşümün mümkün olması için fonksiyonel yapının f(x,y) den f(x+y), f(x/y), f(xy), f(x2/y), … gibi düzenlenebilmesi gerekir. 70
2. Gerek bağımlı ve gerekse bağımsız değişkenin kuvvet derecesi azalmalıdır: Azalan kuvvet derecesi denklemi basitleştirir. Örnek olarak, y2=U ise 2ydy=dU olur. Böylece 2.dereceden 1.dereceye (lineer) geçilir. 3. Diferansiyel denklemin fonksiyonel yapısı basitleşmelidir: İntegrasyon prosesi büyük oranda fonksiyonel yapısı ile ilgilidir. Sinüs, tanjant, expolansiyel ve logaritmik fonksiyonlar genelde integral işleminde zorluk çıkarırlar. Bunların daha fonksiyonlar cinsinden tanımlanması çözümü rahatlatır. Örnek olarak, sinx=A ise cosxdx=dA olur. Fonksiyonel dönüşümün mümkün olması için diferansiyel denklemde hem fonksiyon hemde onun türevi olmalıdır. Denklemde tgx var ise kolaylık için sec2x de olmalıdır. 4. Değişken dönüşümü sonrasında diferansiyel denklemde eski değişken kalmamalıdır: Yokedilmek istenen değişken hala denklemde bulunursa değişken sayısı artacağından çözüm kolaylaşmak yerine daha da zorlaşacaktır. Örnek olarak (x2+sinx)dy ifadesinde x2=U dönüşümü yapılırsa (U+sinx)dy elde edilecektir. Bu durumda sinx içindeki x kaybolmayacaktır. Sinx içindeki x yerine U1/2 yazılacak olursa fonksiyonel yapı daha da karışık hale gelecektir. Bu nedenle x’ in değiştirilmesi bir fayda getirmez. Problem-1: Daha önce Bölüm-2.2 de (tam diferansiyel denklemler) Problem-4 olarak çözülen diferansiyel denklemi değişken dönüşümü ile çözünüz.
( x +3xy ) dx + ( 3x y + y ) dy=0 3
2
2
3
x ( x 2 +3y 2 ) dx + y ( 3x 2 + y 2 ) dy=0
Bu denklem tam diferansiyel yaklaşımla çözülmüştü. Aynı zamanda 3.derece üstel homojen olduğu için y=Ux dönüşümüyle de çözülebilir. Değişken dönüşümü ile yeni formlar elde edilebilirmi? Bu soruyu cevaplamak için denklemde bir veya daha fazla fonksiyon ve onların türevlerini belirlemeliyiz. Denklemdeki ifadeler x ve y parentezlerine alınabilir. Bu durumda referans fonksiyonlar x2 ve y2 olurken, parentez dışındaki xdx ve ydy lerde türevleri olacaktır. İşlemler sonucu denklemin derecesi 3 den 1 e düşecektir. dA x 2 = A → 2 xdx = dA, xdx = 2 ise ( A+3B ) dA + ( 3A + B) dB=0 dB y 2 = B → 2 ydy = dB, ydy = 2 Bulunan son diferansiyel denklem ilk halinden daha basittir. Bu denklemde 1. derece homojen olup B=UA dönüşümü ile çözülebilir. Yeni bir değişken dönüşümü ile değişkenlerine ayrılabilen en basit form bulunabilirmi? Son denklemin yapısı düzgün olup A ve B önündeki katsayılar uyumludur. Parentezlerin birisi yeni bir değişkenle tanımlanırsa daha basit haller elde edilebilir. A+3B=Z → dA + 3dB = dZ → A = Z − 3B,
dA = dZ − 3dB
( Z − 3B +3B )( dZ − 3dB ) + ( 3[ Z − 3B ] + B ) dB=0,
Z ( dZ − 3dB ) + ( 3Z − 8 B ) dB=0
parentezler açılırsa, ZdZ − 3ZdB + 3ZdB − 8 BdB=0 → ZdZ − 8BdB=0 x2 + 3 y 2 ) ( Z2 2 2 2 = 4 y4 + C ∫ ZdZ = 8∫ BdB → 2 = 4 B + C , Z = A + 3B = x + 3 y → 2 pareztezler açılıp düzenlenirse daha önce bulunan çözüm elde edilecektir. 2
(x
2
+ 3 y2 ) 2
2
= 4 y 4 + C → x 4 + 6 x 2 y 2 + 9 y 4 = 8 y 4 + 2C , 71
x 4 + 6 x 2 y 2 + y 4 = 2C = C1
Problem-2: ( 3x-y + 1) dx- ( 6x - 2y -3) dy=0 diferansiyel denklemini değişken dönüşümü ile
çözünüz. Bu denklem yapısı itibariyle homojen hale getirilebilen denklem tipine benzemektedir. Dolayısıyla x=X+A ve y=Y+B dönüşümleri ile çözülebilir gibi görünmektedir. Ancak gerekli değişiklikler ve işlemler yapılınca görülecektir ki, A ve B sabitleri bulunamayacaktır.
( 3x − y + 1) dx − ( 6x y = Y + B → dy = dY
− 2y − 3) dy=0 → y′=
( 3x − y + 1) x = X + A → dx = dX , dy = dx ( 6x − 2y − 3)
( 3 ( X + A) − Y − B + 1) = 3 X − Y + ( 3 A − B + 1) dY = dX ( 6 ( X + A ) − 2 (Y + B ) − 3) 6 X − 2Y + ( 6 A − 2 B − 3)
dY 3X − Y = dX 6 X − 2Y 3A − B +1 = 0 6 A − 2 B − 3 = 0 denklemlerinden A ve B çekilemez. Çözümsüzlük vardır. Bu nedenle diferansiyel denklemin başka bir değişken dönüşümü ile çözülmesi gerekir. Bu amaçla hem x hemde y bir değişken cinsinden tanımlanır. ( 3x − y + 1) = 3x − y + 1 , 3x − y = U → 3 − y′ = U ′ → y′ = 3 − U ′ dy y′= = dx ( 6x − 2y − 3) 2 ( 3x − y ) − 3 3 A − B + 1 = 0 6 A − 2B − 3 = 0 →
U +1 U + 1 3 ( 2U − 3) − (U + 1) 5U − 10 dU →U′ = 3− = = = dx 2U − 3 2U − 3 2U − 3 2U − 3 Son denklem integre edilebilir. y′=3 − U ′ =
Problem-3: siny ( x + siny ) dx + 2x 2 cosy dy = 0 diferansiyel denklemini değişken dönüşümü
ile çözünüz. Bu denklem daha önce verilen metodlardan sadece tam diferansiyel yaklaşım ile çözülebilir. Bu yöntem uzun ve beklide integral çarpanı bulunamayan bir yöntemdir. Dolayısıyla ilk aşamada değişken dönüşümü düşünülmelidir. Denklemde trigonometrik fonksiyonların olması diferansiyel denklem çözümü açısından zorluk meydana getirebilir. Bu nedenle ilk önce mümkünse değişken dönüşümü ile fonksiyonel yapı daha basit hale getirilmelidir. Hem sinüs hemde cosinüs denklemde olması, bu fonksiyonların birbirlerinin türevi olması büyük bir fayda sağlayabilir. Hangisi ilk önce alınmalıdır? Bunun için operatörlere bakılmalıdır. Sin ve Cos y’ye ağlı olduğundan dy referans alınarak, cosy nin türev olarak seçilmesi gerekir. siny = H → cos ydy = dH → H ( x + H ) dx + 2x 2 dH = 0 elde edilir. Parentez açılıp dx ile
bölünürse Bernoulli denklemi elde edilir. dH dH = 0, 2 x 2 + xH = −H 2 dx dx 1 1 dH dZ 2.derece Bernoulli dönüşümüne göre =Z →− 2 = ile denklem çözülür. H H dx dx H ( x + H ) dx + 2x 2 dH = 0 → Hx+H 2 + 2 x 2
3. ydx + (1+ yex) dy = 0
1.Mertebe Diferansiyel Denklemler İçin Genel Tekrar Problemleri:
4. x2y’ + 2xy = x4y2 +1
1. xe2y y’ + e2y = lnx/x
5. (3x - 2y + 1) dx + (3x - 2y + 3) dy = 0
2. y’ + y lny = yex
6. y’ = y + x (y+1)2 + 1 72
7. 2yy’ + x2 + y2 + x = 0
32. y’ = 1 - x - y + xy2
-x/y
8. (2 + e
33. y’ = 6 + 5y + y
) dx + 2(1-(x/y)) dy = 0
f(x) = 1
2
9. 2x csc 2y dy/dx = 2x - ln(tan y)
34. y’ = -4/x2 - (1/x) y + y2
10. siny (x + siny) dx + 2x2 cosy dy = 0
35. y’cosy+xsiny=2x
11. y’ = (9x + 4y +1)2
36. y’-1=e-ysinx
12. (x + 2y - 1) dx + (2x + 4y - 3) dy = 0
37. (ey+x)y’=1
13. y’ = (x - y)2 - 2(x-y) - 2
38. y’(sinh3y-2xy)=y2
14. y’ = 1+ 6x ex-y
39. 3y’+y=(1-2x)y4
15. (3 siny - 5x) dx + 2x2 coty dy = 0
40. 2xy’=10x3y5+y
16. 2x3y’ = y(y2 + 3x2)
41. 2xyy’+(x-1)y2=x2ex
17. (3 tanx -2 cosy) sec2 x dx +
42. y’cosy+2xsiny=2x
tanx siny dy = 0
f(x) = 2/x
43. y’=(y-x)/(y+x)
18. y(x tanx + lny ) dx + tanx dy = 0
44. y’=(1-x)/(1+y)
19. xy’ - y = xk yn
45. y’=2x(y+x2-1)
n ≠ 1, k+n ≠ 1
20. y’ = sin(x+y)
46. y’=(1+x)(1+y2)
21. y’ tanx sin2y = sin2x + cos2y
47. y’+xy=x/y
22. y’ = (x - y + 5)2
48. 2xyy’+3y2+4x=0
23. y’ = (x+y)1/2 - 1
49. 2xtgydx+sec2ydy=0
24. y’ = sin (x-y)
50. y’-y/x+(x-y)3/x=0, y(1)=0
25. y’ = (x + y + 2)2
51. 4xdx+9ydy=0, y(3)=0
26. xy’’ = y’ + x(y’)2
52. 3y2dx/x-2ydy=0, y(4)=8
27. y’’ = 2x(y’)2
53. x2y’+2xy-x+1=0, y(1)=0
28. y’’ = 1 + (y’)2
54. xy’-3y=x4(ex+cosx)-2x2, y(π)=π3eπ+2π2
29. xy’’ = y’ + (y’)2 30. y’’ + 2y(y’)3 = 0 31. y’ = -2 - y + y2
f(x) = 2
2.7 Birinci mertebeye indirgenen 2. mertebeden diferansiyel denklemler
En genel halde 2. mertebe bir diferansiyel denklem şu şekildedir:
f(x,y,y′,y′′)=0 Bu tür denklemler bazen değişken değişimi ile mertebesi düşürülerek çözülebilir. Ancak yukarıdaki formu ile mertebe düşürme işlemi bir sonuç vermez. Bu açıdan mertebe düşürme işlemi için iki alt grub ele alınabilir: I) f(x,y′,y′′)=0 : Diferansiyel denklemin fonksiyonel yapısında bağımlı değişken “y” kesinlikle görünmeyecektir. 1. ve 2. türevleri olabilir. Bu durumda y’=U(x) değişken 73
dönüşümü yapılmalıdır. Türevli bir değişken türevsiz bir değişkene dönüştürülerek mertebe düşürülür: dU dU y′ = U ( x) → y′′ = , f ( x, U , )=0 dx dx Burada U yeni bağımlı değişkendir. Mertebe düşürme işlemi sonunda mertebe birdir. Bu diferansiyel denklem bilinen metodlarla çözümü yapılır. Çözüm sonrasında U=U(x) formunda dy bir çözüm elde edilir. Bu çözüm y′ = = U ( x) → ∫ dy = ∫ U ( x)dx integraliyle y=y(x) haline dx dönüştürülür. İki aşamalı bir integral ve 1.mertebe diferansiyel denklem çözümüyle 2. Mertebe bir diferansiyel denklem çözülmüş olur. II) f(y,y′,y′′)=0 : Fonksiyonel yapıda kesinlikle bağımsız değişken “x” olmamalıdır. Diferansiyel denklemde x yok ise y’=U(x) dönüşümü ile düşürülür. dU dU y′ = U ( x) → y′′ = , f ( y,U , )=0 dx dx Ancak yeni diferansiyel denklemde 3 tane değişken (x,y,U) vardır. Adi diferansiyel denklemlerin çözümü için bu sayı 2 olmalıdır. Bu nedenle bir değişken yokedilmelidir. Burada zinzirleme türev kuralı kullanılarak x değişkeninin denklemden elimine edilmesi sağlanır. Kısaca yapılan işlem şu şekildedir:
y '' =
d d dU dy dU dU dU dU ( y ') = U = = y'= U =U → f ( y,U ,U )=0 dx dx dy dx dy dy dy dy
Yeni 1.mertebe dif.denklemin bağımlı değişkeni U ve bağımsız değişkeni ise y olup, çözümü sonrasında U=U(y) şeklinde bir fonksiyon bulunur. Bu fonsiyon; dy ∫ dx = ∫ U(y) + C integrali ile x=x(y) şeklinde bir fonksiyona dönüştürülür. Problem 1:
y'' -
y' = 1 diferansiyel denklemini çözünüz. x
f(x,y′,y′′)=1 formunda olduğu için yukarıdaki I. Haldeki dönüşüm ile mertebe düşürülür. U = 1bulunur. Bu denklem ise 1.mertebe lineer diferansiyel x denklem çözülebilir: (sabitlerin değişimi metodu kullanılarak) y′ = U → y′′ = U ′ ⇒ U '−
U '−
U =1 x
U=C(x)x
dU dx dU U dU dx = − =0 =∫ lnU=lnx+lnC ise UH=Cx ∫ U x dx x U x dU dC dC Cx dx = x + C ise x+C − = 1 , ∫ dC = ∫ → C ( x) = ln x + C1 dx dx dx x x
1.çözüm U = x ( ln x + C1 ) olarak bulunur. U=y’ ters dönüşümü yapılarak ve kısmı integrasyon tekniği kullanılarak genel çözüm U = x ( ln x + C1 ) = y′ =
dy → ∫ dy= ∫ x (lnx+C1 )dx dx 74
∫ dy = ∫ x ln xdx + C ∫ xdx 1
ln x = u → y=
dx x2 x2 x 2 dx = du xdx = dv → v = ⇒ ∫ dy = ln x − ∫ + C1 ∫ xdx → x 2 2 2 x
x2 x2 x2 1 C x2 ln x − + C1 + C2 − + 1 = C → y = ln x + Cx 2 + C2 2 4 2 4 2 2
Problem 2: y y'' - (y')2 = 0 diferansiyel denklemini çözünüz. Çözüm : f(y,y′,y′′)=0 formunda olduğu için II. Haldeki dönüşüm kullanılarak mertebe indirgenir.
dU dU dy dU - (U) 2 = 0 → y U = U2 → ∫ =∫ dy dy y U dy dy = C1 ∫ dx ⇒ ln y = C1 x + ln C2 y = C2 eC1x ln y + ln C1 = ln U → U = C1 y = y′ = ∫ dx y UYGULAMA : Aşağıda şekildeki silindir içerisinde yağ sabit P kuvveti ile hareket ettirilen piston tarafından d çaplı memeden enjekte edilmektedir. Pistonun hareketini ve yağın memeden çıkış hızını zamana bağlı olarak bulunuz. y′ = U ( x) → y′′ =
dU dU =U → dx dy
yU
Silindir Piston
U D
d
P (N)
yağ
V
L
Çözüm :
Silindir içerisindeki yağ yoğunluğuna, d, D çaplarına ve piston geometrisine göre piston hareketine bir tepki gelecektir. Bu tepki pratikte viskoz kuvvet (Fv) olarak bilinmektedir. Bu kuvvet ise hız ve viskoz sönüm katsayısı olarak bilinen bir C sabiti ile çarpımına eşit alınabilir. C katsayısı ise belitilen değerlere bağlı olarak deneysel metodlarla bulunur. Problemin içerisinde hareket ve kuvvet olduğu için ancak newtonun 2. Kanunu ile çözüm bulunabilir. G G F = ma , (II.kanun) x yönündeki hareket için, ∑
∑ Fx = max → max = P − Fv = P − CV , ax =
d 2x dx , V= ⇒ diferansiyel denklem 2 dt dt
d 2x dx d 2 x dV dx = m 2 +C = P formunda elde edilir. = V ve dönüşümü ile mertebe dt dt dt dt dt 2 düşürülebilir. Elde edilecek yeni denklem 1.mertebe lineer dif. Denklemdir: Ct − dV dV dV m + CV = P m + CV = 0 m∫ = −C ∫ dt ise V H = c1e m dt dt V bulunan homejen çözümden hareketle genel çözüm tanımlanabilir. denklemdeki c1(t) dif. denklemin sağlanmasından hesaplanabilir.
75
V = c1 (t )e
−
Ct m
bu
V = c1 (t )e
−
Ct m
Ct
Ct
− C m(− c1 (t )e m m
∫ dc1 = ∫
Ct
− − dc dV C = − c1 (t )e m + e m 1 bulunur. Bunlar ana denkleme taşınarak, dt m dt Ct Ct Ct − − dc1 dc1 (t ) − m m m +e ) + C.c1 (t )e = P ise m e = P bulunur. dt dt
ise
Ct
Ct
P P m e dt integrali çözülerek c1 (t ) = e m + c 2 bulunur. C m
P V (t ) = + c 2 e C
− Ct m
dx = dt
P ∫ dx = ∫ ( C + c2 e
− Ct m
)dt
mc 2 P ise x(t ) = t − e C C
− Ct m
+ c3
bulunur. Bulunan bu denklemler direkt hesaplamalar için uygun değildir. Nümerik hesaplamalar için c2 ve c3 sabitlerinin sayısal karşılıkları bilinmelidir. İntegral sabitlerinin bulunması içinde bağımsız değişkenin zaman olmasından dolayı iki tane başlangıç şartına ihtiyaç vardır. 1. t = 0 ise x = 0 2. t = 0 ise V = 0 P V (t ) = (1 − c 2 e C
- m c2 / C + c3 = 0 ise c3 = m c2/C c2 = - P/C c3= -mP/C2 − Ct m
)
P mP x(t ) = t + 2 e C C
− Ct m
−
mP C2
Memeden çıkış hızı ise kütlenin korunumuna göre yazılabilir. U memeden çıkış hızı olsun: πd2 U=π D2V ise
U=(D/d)2V
2.8. n. mertebeden lineer diferansiyel denklemler
En genel halde n. mertebeden lineer dif. denklem şu formdadır : a0 ( x)
dny d n −1 y d n−2 y d2y dy a x a x a x + ( ) + ( ) + ... + ( ) + an −1 ( x) + an ( x) y = f ( x) n−2 1 2 n n −1 n−2 2 dx dx dx dx dx
Bu tür denklemler sağ taraftaki f(x)=0 ise homejen, f(x)≠0 ise homojen olmayan (nonhomojen) diferansiyel denklem olarak isimlendirilir. n diferansiyel denklemin mertebesini göstermektedir. an(x) katsayıları en genel halde bağımsız değişkene bağlı fonsiyonel yapılardır. Bunlar sabit ise denklem sabit katsayılı, bağımsız değişkene bağlı ise değişken katsayılı denklem olarak isimlendirilir. Homojen olmayan bir denklemin genel çözümü (y), homojen çözüm (yH) ve homojen olmayan çözüme (yp) ‘e bağlı olarak şu şekilde bulunur: y=yH + yp
Homojen olmayan çözüm genellikle özel çözüm olarakta isimlendirilir. Bunun nedeni homejen olmayan çözümün, homejen çözüme veya f(x) fonksiyonuna benzetilerek bulunmasıdır. a1, a2,..,an-1 ve an fonksiyonlarının yapısı çözüm tekniği üzerinde önemli bir rol oynar. Ancak bu fonksiyonların bazı özel durumları için diferansiyel denklemin çözümü elde edilebilir. Bu özel durumlar 3 tane olup şu şekildedir:
76
a)
an katsayıları bağımsız değişkene bağlı olmayıp sabit sayılar olabilir. Bu durumda çözüm OPERATÖR ÇÖZÜM olarak isimlendirilir. Bu tür diferansiyel denlemler ise sabit katsayılı diferansiyel denklem olarak isimlendirilir.
b)
a0 = ( Ax + B ) , a1 = ( Ax + B ) n
n −1
, a2 = ( Ax + B )
n−2
, a3 = ( Ax + B )
n −3
,..., an −1 = ( Ax + B )
an = 1 şeklinde ise Ax+B=et değişken dönüşümü ile sabit katsayılı yeni bir form elde edilir. Bu fonksiyonlardaki A ve B sabit sayılar olurken, t yeni bağımsız değişkendir. Yeni diferansiyel denklemin çözümüyle y=y(t) şeklinde bir fonksiyon elde edilir. Bu fonksiyonda t yerine ln(A+Bx) yazılarak orijinal değişkenlere dönülür. Katsayıların bu şekilde değiştiği denklemlere Euler-Cauchy diferansiyel denklemi ismi verilir. c)
an katsayıları birer polinom ise kuvvet serileriyle çözüm elde edilir. Kuvvet serisi bağımlı ve bağımsız değişkenler arasında olup şu şekildedir. y=
∞
∑C x n= 0
n
n
Burada amaç önerilen çözüm formunun ana diferansiyel denklemi sağlaması prensibine bağlı olarak Cn katsayılarını belirlemektir. Genellikle sonsuz adet olan C sabitleri, birbirlerine bağlı olarak diferansiyel denklemin mertebesine kadar indirgenir. Kalan bu sabitlerde sınır ve başlangıç şartlarıyla bulunur. Bu üç form için çözüm teknikleri takip eden bölümlerde verilmiştir. 2.8.1 Sabit katsayılı lineer diferansiyel denklemler
Bağımlı değişken ve türevlerinin önündeki an(x) fonksiyonları birer sabit sayılar konumundadır. Bu nedenle denklemin sağ tarafıda sıfırdan farklı ise sabit katsayılı homojen olmayan n.mertebe lineer diferansiyel denklem olarak isimlendirilir. Denklemin en genel haldeki formu şu şekildedir: a0
dny d n−1 y d n−2 y d2y dy + a + a + ... + a + an−1 + an y = f ( x) 1 2 n−2 n n −1 n−2 2 dx dx dx dx dx
Bu denklemde de genel çözüm (y) homojen (yH) ve homojen olmayan (yP) çözümlerin toplanmasından bulunur. İlk önce homejen çözüm bulunur. Daha sonra ise f(x) fonksiyonunun yapısına göre özel çözüm aranır. Yukarıda verilen diferansiyel denklem formu bazı kaynaklarda şu şekilde de gösterilebilir. dn d n−1 n = D , = D n−1 , n −1 n dx dx
(a D 0
n
d d n−2 d2 n−2 = D , ...., = D2 , =D n−2 2 dx dx dx
ise
)
+ a1 D n−1 + a2 D n−2 + ... + an−2 D 2 + an−1 D + an y = f ( x)
Bu denklemdeki “D” harfi operatör olarak isimlendirilir. Bu formatla çözüm ise OPERATÖR ÇÖZÜM olarak verilir. 2.8.1.1 HOMOJEN ÇÖZÜM :
Diferansiyel denklemin sadece homejen kısmının çözümünden bulunan çözümdür. Homejen diferansiyel denklem sağ taraf f(x)=0 alınarak bulunur. Burada ana denklemin genel 77
çözümüne ulaşmak için, homejen ve homejen olmayan kısımlar şeklinde parçalama sözkonusudur. a0
dny d n−1 y d n −2 y d2y dy + a + a + ... + a + an−1 + an y = 0 1 2 n−2 n n −1 n−2 2 dx dx dx dx dx kx
Bu tip denklemlerde k gerçek veya komplex bir sabit olmak üzere e bir çözüm olabilir. Bunun nedeni expolansiyel fonksiyonun n kere türetilmesi halinde fonksiyonel yapısının değişmemesidir. y = e kx bir çözüm ise bu çözüm diferansiyel denklemi sağlamalıdır. Bu amaçla fonksiyonun kendisi ve gerekli sayıda türevleri denkleme taşınarak diferansiyel denklemi sağlayacak şekilde k sabitleri tayin edilir. k değeri birden fazla olabileceği için birden fazla çözüm bulunabilir. y = e kx ve türevleri homojen denkleme şu şekilde taşınır: dny = k n e kx n dx n kx n −1 kx n − 2 kx 2 kx kx a0 k e + a1k e + a2 k e + ... + an − 2 k e + an −1ke + an e kx = 0 , e kx parentezine alınırsa y = e kx , y′ = ke kx , y′′ = k 2 e kx , y′′′ = k 3e kx , … , y ( n ) =
(a k 0
n
+ a1k n −1 + a2 k n − 2 + ... + an − 2 k 2 + an −1k + an ) e kx = 0
Önerilen e kx çözümün homojen diferansiyel denklemi sağlaması için son denklemin her iki tarafınında sıfır olması gerekir. Bu amaçla, son denklemden ya parantez içerisi yada ekx sıfır olmalıdır. e kx ancak kx→-∞ için sıfır olacağı için genel bir çözüm açısından sıfır olamaz. İlave olarak, e kx fonksiyonu x değişkeni içerdiğinden değişkendir. Bir değişkenin bir çok sayısal değeri vardır. Bu değeri sıfıra eşit almakla bunlardan bir tanesi dikkate alınmış olur. Dolysıyla e kx matematik olarak sıfır olamayacağı için parentez içerisindeki sabit sayı bloğu sıfır olmalıdır. Prensib olarak bir değişken sıfır olamaz. Ancak, nümerik karşılığı belirli olmayan bir sabit veya sabitler grubu sıfıra eşitlenebilir. Parentez içerisindeki sabit değerlerden meydana gelmiş ifadenin sıfıra eşitlenmesiyle n tane “k” köke sahip n. derece bir denklem elde edilebilir. Bu yeni ifadeye homojen denkleme benzemesi dolayısıyle KAREKTERİSTİK DENKLEM adı verilir. Karakteristik denklem pratik olarak homojen diferansiyel denklemde y yerine k yazılarak ve türev mertebeleri ise üs olarak alınarak tesis edilebilir. a0 k n + a1k n −1 + a2 k n − 2 + ... + an − 2 k 2 + an −1k + an = 0 Daha önce tanımlanmış olan “D operatörü” ile “k” aynı işlevi görmektedir. Dolayısıyla üstteki denklemde k yerine D yazılması bir hata meydana getirmeyecektir. Son denklemde a0, a1, a2, …,an katsayıları diferansiyel denklemden gelip değerleri değiştirilemez. Bu nedenle denklemi sıfır yapacak şekilde k değerleri aranır. Bu denklem n. dereceden bir polinom olup n tane k kökü vardır. Süperposizyon prensibine göre toplam çözüm parçalanmış yapıdan elde edilen çözümlerin toplanmasından bulunabilir. Dolayısıyla her k kökü için expolansiyel formda bir çözüm önerilebilir. Bu çözümler toplanarak homojen çözüm tariflenmiş olur. Bununla birlikte, bulunacak kökler birbirine eşit, birbirinden farklı veya bir kısmı sanal (imajiner) sayılar olabilir. Bu üç hal için homojen çözüm formları şu şekildedir: a)
k1 ≠ k2 ≠ k3 ≠ ... ≠ kn-1 ≠ kn ; kök değerleri birbirine eşit değilse n tane e k1x , e k2 x ,
e k3 x , … , e kn x çözümleri bulunacaktır. Homojen çözüm elde edilen bu çözümlerin her birinin bir integral sabitiyle çarpılmış hallerinin toplanmasıyla bulunur: yH = C1e k1x + C2 e k2 x + C3e k3 x + C4 k4 x + .... + Cn e kn x 78
Buradaki C1,C2,C3, … , Cn değerleri sınır ve başlangıç şartlarına göre belirlenen diferansiyel denklem sabitleridir. Bu tür çözümde diferansiyel denklemin mertebesince diferansiyel denklem sabiti ve çözüm üretilebildiği için bir zorluk yoktur. b)
k1 = k2 = k3 = ... = kn-1 = kn =k ; Karekteristik denklemden bulunan bütün kök değerleri birbirine eşit ise, bulunacak çözümler birbirine eşit olacaktır. Bu durumda önceki yaklaşıma göre n.mertebe bir diferansiyel denklemin homojen çözümü; yH = C1e kx + C2e kx + C3e kx + C4 e kx + .... + Cn e kx = ( C1 + C2 + C3 + C4 + .... + Cn ) e kx = Ce kx
olacaktır. Sayısal değeri bilinmeyen sabitlerin toplamı yeni bir sabitle tanımlanacağı için homejen çözümde yeterli çözüm ve integral sabiti üretilememiş olur. Yeni çözümler ve dolayısıyla yeni sabitler lineer bağımsız çözüm prensibine göre üretilir. Lineer bağımsız çözüm, bulunan ilk çözümün bir lineer denklemle, (ax+b), çarpılması halinde bile elde edilen yeni fonksiyonun da diferansiyel denklemi sağlamasına verilen terminolojidir. Yani, eldeki çözüm lineer denklemle çarpılarak yeni çözümler üretilebilir. Bu çarpma işlemi ardışık olarak istenen miktarda tekrarlanır. Bizim diferansiyel denklemimiz n tane çözüm gerektirdiği için n-1 kere lineer denklemle çarpmak yeterlidir. Homojen çözümde C integral sabiti olacağı için lineer denklemdeki a ve b sabitleri düşünülmeyebilir. Bu nedenle (ax+b) yerine x alınarak lineer bağımsız çözümler şu şekilde üretilir. 1.çözüm: e kx , 2.çözüm: xe kx , 3.çözüm: x 2 e kx , 4.çözüm: x 3e kx , … , n.çözüm: x n −1e kx Bu çözümler birer C sabiti ile çarpılıp elde edilen sonuçlar toplanarak homojen çözüm şu şekilde bulunur: yH = C1e kx + C2 xe kx + C3 x 2 e kx + C4 x3e kx + .... + Cn x n −1e kx
→
yH = ( C1 + C2 x + C3 x 2 + C4 x 3 + .... + Cn x n −1 ) e kx c)
Bulunan kökler reel sayı yerine imaginer(complex, sanal) sayı olarak bulunuyor ise homejen çözüm; 2.derece denklemlerin (ax2+bx+c=0) kökleri bulunurken karşılaşıldığı gibi köklerin komplex olması k1 = α − β i , k2 = α + β i formuyla ortaya çıkmaktadır. Burada α ve β reel sayılar olup, i = −1 dir. Böylece 2.mertebe bir diferansiyel denklemin homojen çözümü 2 tane integral sabitiyle şu şekildedir: yH = C1e(
α −β i)x
+ C2 e (
α +β i)x
= C1eα x e − β ix + C2 eα x e β ix = eα x ⎡⎣C1e − β ix + C2 e β ix ⎤⎦
Bu çözümde imajiner boyut fiziki olarak anlamsız olduğundan yokedilmelidir. Mühendislikteki hiçbir büyüklük sanal değere sahip değildir. Örnek olarak, 10 s bir kronometre ile belirlenebilir, ancak, 10i s belirlenemz. 10 s ve 10i s mukayese dahi edilemez. Bu nedenle yukarıdaki homojen çözüm formu pratik açıdan uygun değildir. Bu çözümdeki i sayısı seri açılımlar ile denklemden düşürülebilir. Fonksiyonların Maclaurin Serisi açılımından çözümdeki expolansiyel fonksiyon için şu şekilde verilmiştir; eiβ x = cos β x + i sin β x
e −iβ x = cos β x − i sin β x 79
Bu eiştlilerin sol tarafında i fonksiyonun içinde iken, sağ tarafında fonksiyonun dışına çıkmıştır. Böylece i sabiti C integral sabitlerinin içinde yok edilebilir. Sabitlerin çarpımı, bölümü veya toplamı yeni bir sabit doğuracağı için bu matematiksel açıdan yanlış değildir. Bu açılımlar yukarıdaki homojen çözümde yerine yazılarak reel olmayan kökler içinde homojen çözüm şu şekilde önerilir: yH = eα x ⎡⎣C1 ( cos β x − i sin β x ) + C2 ( cos β x + i sin β x ) ⎤⎦ yH = eα x ⎡⎣( C1 cos β x − iC1 sin β x ) + ( C2 cos β x + iC2 sin β x ) ⎤⎦ yH = eα x ⎡⎣( C1 + C2 ) cos β x + i ( C2 − C1 ) sin β x ⎤⎦
( C1 + C2 ) = C3 i ( C2 − C1 ) = C4 →
yH = eα x [C3 cos β x + C4 sin β x ]
C3 ismi C1, C4 ismi de C2 ile tekrar değiştirilerek son form elde edilir. yH = eα x [C1 cos β x + C2 sin β x ]
2.8.1.2 ÖZEL ÇÖZÜM:
Sabit katsayılı diferansiyel denklemlerin özel çözümü iki şekilde bulunur. Özel çözüm ya homojen çözüme, yada homejen olmayan kısmı temsil eden f(x) fonksiyonuna ve türevlerine benzetilir. Homojen çözüme benzetme tekniği sabitlerin değişimi metodu, f(x) ve türevlerine benzetme ise belirlenmemiş katsayılar metodu olarak bilinir. Özel çözüm homojen olmayan çözüm olarakta bilinir. 2.8.1.2.1 Sabitlerin Değişimi Metodu (Homojen Çözüme Benzetme):
Diferansiyel denklemin homojen çözümüne benzetilerek özel çözüm elde edilir. Bu amaçla homojen çözümdeki integral sabitleri bağımsız değişkene bağlı fonksiyonlar olarak kabul edilir. Bu yeni fonksiyonlar ise özel çözümün ana diferansiyel denklemi sağlaması gerektiği prensibinden hareketle belirlenir. Sabit integral sabitlerinin değişken-fonksiyonel hale dönüştürülmesi nedeniyle sabitlerin değişimi ismini almıştır. Matematiksel işlemlerin çok ve zor olduğu bu yöntem mümkün olursa kullanılmamalıdır. Bu metod ancak f(x) fonksiyonunun karışık olduğu, f(x) ve türevlerinin sonlu sayıda fonksiyon vermediği, dolayısıyla f(x) ve türevlerine göre özel çözüm önerisinin yapılamadığı hallerde kullanılmalıdır. Özel çözüm f(x) foksiyonu ve bunun türevlerine bakılarak yazılması halinde f(x)’in sonlu sayıda türevi olursa bu metod tercih edilmemelidir. Homojen çözümdeki integral sabitlerinin birisi veya tamamı fonksiyonel hale getirilebilir. Örnekler; i ) yP = C1 ( x)e −2 x + C2 ( x)e x yH = C1e −2 x + C2 e x → üç tane özel çözüm önerilir: ii ) yP = C2 ( x)e x iii ) yP = C1 ( x)e −2 x i ) yP = C1 ( x) sin 3 x + C2 ( x) cos 3 x yH = C1 sin 3 x + C2 cos 3 x → üç tane özel çözüm önerilir: ii ) yP = C2 ( x) cos 3x iii ) yP = C1 ( x) sin 3 x Önerilen bu formlardan bir tanesi tercih edilir. Bu öneri çözümler non-homojen diferansiyel denklemi sağlamalıdır. Bu amaçla bu yP çözümlerinin kendisi ve gerekli sayıda türevleri nonhomojen denkleme taşınır. Non-homojen diferansiyel denklemi sağlayacak şekilde C1(x) ve C2(x) fonksiyonları belirlenir. Daha işlem gerektirmesi nedeniyle önerilen 3 çözümden ii ve iii halleri tercih edilmelidir. 80
2.8.1.2.2 Belirlenmemiş Katsayılar Metodu [ f(x) ve Türevlerine Benzetme]:
Sabitlerin değişimi metoduna göre daha basittir. Ancak bu metod ile yP non-homojen çözümünün bulunabilmesi için f(x) fonksiyonunun kendisi ve türevleri sonlu sayıda olması gerekir. Türevlendikce yeni bir fonksiyon veren f(x) yapıları için sabitlerin değişimi yöntemi kullanılmalıdır. Örnek olarak, f(x)=1/x, f(x)=sinx/x, f(x)=tgx, f(x)= sinx.lnx gibi fonksiyonların n kere türetilmesinden n tane yeni fonksiyon oluşur. Dolayısıyla böyle f(x) ler için belirlenmemiş katsayılar yöntemi kullanılamaz. Şayet f(x)=x2, f(x)=ex, f(x)=sinx gibi fonksiyonlar varsa bunların n kere türetilmesinden birkaç tane yeni fonksiyon oluşur. Bu yeni fonksiyonlar belirli olamayan A,B,C,… gibi sabitlerle çarpılıp toplanarak özel çözüm formu belirlenir. Belirli olmayan katsayılar ile çarpımı nedeniyle yöntem belirli olmayan katsayılar ismini almıştır. Örnekler: f(x)=x2, f(x)=e2x, f(x)=sinx ve f(x9=xcosx için özel çözüm (nonhomojen çözüm) denklemini belirleyiniz; i)
f ( x) = x 2 → f ′( x) = 2 x, f ′′( x) = 2, f ′′′( x) = 0 ⇒ 3 tane fonksiyon (x 2 ,x,sabit) var ⇒ y P =Ax 2 +Bx+C
ii )
f ( x) = e 2 x → f ′( x) = 2e 2 x , f ′′( x) = 4e 2 x , f ′′′( x) = 8e 2 x ⇒ 1 tane fonksiyon (e 2x ) var ⇒ y P =Ae 2 x
iii )
f ( x) = sin x → f ′( x) = cos x, f ′′( x) = − sin x, f ′′′( x) = − cos x ⇒ 2 tane fonksiyon (sinx ve cosx) var ⇒ y P =Asinx+Bcosx
iv)
f ( x) = x cos x → f ′( x) = cos x − x sin x, f ′′( x) = −2sin x − x cos x, f ′′′( x) = −3cos x + x sin x f ( iv ) ( x) = 4sin x + x cos x ⇒ 4 tane fonksiyon (sinx, cosx, xsinx ve xcosx) var ⇒ y P =Asinx+Bcosx+Cxsinx+Dxcosx
Örneklerde verilen yP ve gerekli sayıda türevi alınarak non-homojen diferansiyel denklemde yerlerine yazılır. A, B, C, D, … gibi belirli olmayan katsayılar non-homojen diferansiyel denklemin sağlanması prensibine göre belirlenir. Bu yöntemin kullanılmasında dikkat edilecek bir hususda önerilen özel çözüm hiçbir zaman diferansiyel denklemin homojen çözümüne benzememelidir. Bu benzerlik fonksiyonlar bazında olup daha önce lineer bağımsız çözüm olarak isimlendirilmiştir. Eğer, homojen (yH) ve non-homojen (yP) çözümler arasında bir benzerlik varsa, yP önerisindeki A,B,C,D katsayılarının tamamı veya birkaçının sayısal değeri hesaplanamaz, veya bu sabitler bağımsız değişkenin fonksiyonu olarak bulunur. Kesinlikle yP önerisindeki A, B, C, … katsayıları sabit ve nümerik bir değere sahip olmalıdır. Özel çözüm ve homejen çözümlerin birbirine benzemesi halinde, doğru çözüm için, önerilen yP çözümlerinin lineer bağımsız çözümleri üretilir. Bu amaçla eldeki çözüm lineer denklemle (=x) ile çarpılır. Bu çarpma işlemi gerektirdiği kadar ardışık olarak devam ettirilir. Dolayısıyla, bir çözümden birden fazla lineer bağımsız çözüm üretilebilir. Aşağıda verilen f(x) ve yH homojen çözüm şekillerine göre yp özel çözüm formlarını belirleyiniz. v)
y H =C1sinx+C 2e-2x
f ( x) = sin x → f ′( x) = cos x, f ′′( x) = − sin x, f ′′′( x) = − cos x ⇒
2 tane fonksiyon (sinx ve cosx) var ⇒ y P =Asinx+Bcosx , C1sinx ≈ Asinx (iki çözüm aynıdır.) ⇒ y P =Axsinx+Bcosx 81
vi )
y H =C1e 2x +C2 e-2x ve f ( x) = e 2 x → f ′( x) = 2e 2 x , f ′′( x) = 4e2 x , f ′′′( x) = 8e2 x ⇒ 1 tane fonksiyon (e 2x ) var ⇒ y P =Ae 2 x , C1e2x ≈ Ae2x (iki çözüm aynıdır. A sabiti yerine C1 sabitinin gelmesi matematik olarak sonucu değiştirmez. Bu nedenle önerilen y P =Ae 2 x çözümünün lineer bağımsız çözümü alınır. y P =Axe 2 x
Problem 1: y'' − 3y' + 2y=
e2 x diferansiyel denklemini her iki metodla çözünüz. ex + 1
y = yH + yP HOMOJEN ÇÖZÜM: y'' − 3y' + 2y=0 ise karekteristik denklem k 2 − 3k + 2=0 olarak bulunur. Bu denklemi sağlayan k1=1 ve k2=2 şeklinde iki tane kök değeri vardır. Kökler birbirine eşit olmadığı için homojen çözüm şu şekildedir: yH = C1e k1x + C2 e k2 x = C1e x + C2 e 2 x ÖZEL ÇÖZÜM: I - Belirlenmemiş Katsayılar Metodu: İlk olarak daha basit olması nedeniyle bu metod düşünülmelidir. Bu amaçla denklemin sağ tarafındaki f(x) fonksiyonuna bakılmalıdır. Diferansiyel denklemde verilen f(x) fonksiyonu türevlendikçe paydada bulunan ex+1 ifadesinin üst değeri büyüyecektir. Bu üstel büyüme özel çözümün f(x) fonksiyonunun 1000 kere türetilmesiyle 1000 tane yeni fonksiyon ortaya çıkacağını gösterir. 1000 tane fonksiyonu 1000 tane A, B, C, D, … gibi belirlenmemiş katsayı ile çarpıp yP önerisinin yapılması matematik olarak mümkün değildir. 1000 sayısı sadece problemin anlaşılabilmesi açısından ortaya atılmış bir rakamdır. Belirlenmemiş katsayılar yöntemiyle çözüm için f(x) fonsksiyonunun n→∞ kere türevi düşünülmelidir. Bu kadar çok fonksiyonun katsayılarının belirlenebilmesi için türevinin alınıp, non-homojen diferansiyel denkleme taşınması mümkün değildir. Dolayısıyla bu diferansiyel denklemin özel çözümü bu yöntemle bulunamaz. df ( x) 2e 2 x (e x + 1) − e 2 x e x e3 x + 2e 2 x e2x f ( x) = x , = = , 2 2 x x e +1 dx 1 1 e e + + ( ) ( ) 2x 3x x x 2x 3x d 2 f ( x) ( 4e + 3e )( e + 1) − 2e ( 2e + e ) = ,… 3 x dx 2 ( e + 1)
Görüldüğü gibi f(x) türevi alındıkca fonksiyonel yapı daha da karmaşık hale gelmektedir. II - Sabitlerin Değişimi Metodu: Sonuçta özel çözüm sabitlerin değişimi metodu ile bulunmalıdır. Bu amaçlada özel çözüm formu homojen çözüme benzetilmelidir. Özel çözüm formunun homejen çözümden farkı integral sabitlerinin bağımsız değişkene bağlı fonksiyonlar olarak kabul edilmesidir. Sabitlerden birisi veya ikisi birden fonksiyonel olarak alınabilir. Bu durumda üç farklı özel çözüm önerilebilir: i)
yP = C1 ( x)e x + C2 ( x)e 2 x ,
ii)
yP = C1 ( x)e x iii)
82
y P = C2 ( x ) e 2 x
Bunlardan herhangi biri tercih edilebilir. İşlem kolaylığı bakımından tek fonksiyonlu (ii) veya (iii) önerilerin tercih edilmesi mantıklıdır. (ii) tercihiyle çözümün gelişmesi şu şekilde olacaktır: (ii) denklemindeki C1(x) fonksiyonunun belirlenmesi için (ii) nin kendisi ve 2 türevi (diferansiyel denklem 2.mertebe olduğu için) non-homojen denkleme taşınır. Bu taşıma işleminde homojen denklemdeki y yerine yP, y′ yerine y′P ve y′′ yerine y′′P yazılır. yP = C1 ( x)e x → y′P = C1′( x)e x + C1 ( x)e x ,
y'' − 3y' + 2y=
y′′P = C1′′( x)e x + 2C1′( x)e x + C1 ( x)e x
e2 x , y → yP y′ → y′P ve y′′ → y′′P ise ex + 1
C1′′( x)e x + 2C1′( x)e x + C1 ( x)e x − 3 ( C1′( x)e x + C1 ( x)e x ) + 2C1 ( x)e x = C1′′( x)e x − C1′( x)e x =
e2 x ex + 1
ise C1′′− C1′ =
e2 x ex + 1
ex ex + 1
Elde edilen son difreransiyel denkleminde mertebesi çözülmeye çalışılan denklemle aynıdır. İlk denklemde y bağımlı değişken iken, son denklemde C1 bağımlı değişken olmuştur. Aradaki fark son denklemin mertebesi düşürülebilir olmasıdır. Mertebe düşürme için denklemde ya bağımlı, yada bağımsız değişkenin denklemde olmaması gerekir. Dolayısıyla çözümün son aşamasında, bir ilerlemeden bahsedebilmemiz için C gözükmemelidir. Sadece türevleri denklemde olmalıdır. Bu sabitlerin değişimi metodunda mutlaka olması gereken şarttır. Çözüm mertebe düşürmeyle devam edecektir. ex C1′ = U ( x) → C1′′ = U ′( x) ⇒ U ′ − U = x (1.mertebe lineer dif. denklem) e +1 Bulunan denklem 2 şekilde çözülebilir. Sabitlerin değişimi kullanılırsa; ex dU dU → U ′ − U = 0, = dx, lnU=x+lnC ⇒ U H = Ce x U ′ −U = x =U → ∫ e +1 dx U ∫ U H = Ce x → U = C ( x)e x ⇒ U′=C ′( x)e x + C ( x)e x 1. mertebe lineer diferansiyel denkleme ex ex 1 dC x x x ′ + − = → C′ = x , C ( x ) e C ( x ) e Ce = (değişkenlerine x x e +1 e +1 e + 1 dx dx dx e − x e− x dx C ( x) = − ln ( e − x + 1) ayrılabilir) ⇒ ∫ dC = ∫ x =∫ x = → e +1 e + 1 e− x ∫ e− x + 1 U = C ( x)e x = −e x ln ( e − x + 1) taşınarak, U ′ − U =
dC1 → ∫ dC1 = ∫ −e x ln ( e− x + 1) dx (Kısmi integrasyonla çözülür) dx e − x dx x −x −x x x ∫ dC1 = − ∫ e ln ( e + 1) dx − ln ( e + 1) =u → e− x + 1 =du e dx = dv → e = v, e − x dx dx e x dx C1 = −e x ln ( e − x + 1) − ∫ e x − x = − e x ln ( e − x + 1) − ∫ − x = − e x ln ( e − x + 1) − ∫ x e +1 e +1 e +1
C1′ = U ( x) = −e x ln ( e − x + 1) =
C1 = −e x ln ( e − x + 1) − ln ( e x + 1) ,
(
yP = C1 ( x)e x = −e x e x ln ( e − x + 1) + ln ( e x + 1)
83
)
(
)
yH = C1e x + C2 e 2 x ve yP = C1 ( x)e x = −e x e x ln ( e− x + 1) + ln ( e x + 1) → genel
(
y = C1 ( x)e x + C2 ( x)e2 x − e x e x ln ( e− x + 1) + ln ( e x + 1)
çözüm
)
Aynı çözüm (iii) denklemiyle yapılırsa çözüm şu şekilde meydana gelir; (iii) denklemindeki C2(x) fonksiyonunun belirlenmesi için (iii) nin kendisi ve 2 türevi (diferansiyel denklem 2.mertebe olduğu için) non-homojen denkleme taşınır. yP = C2 ( x)e 2 x → yP′ = C2′e 2 x + 2C2 e 2 x ,
y'' − 3y' + 2y=
y′′P = C2′′e 2 x + 4C2′e 2 x + 4C2 e 2 x
e2 x , ex + 1
C2′′e 2 x + 4C2′ e 2 x + 4C2 e 2 x − 3 ( C2′e 2 x + 2C2 e 2 x ) + 2C2 e 2 x = C2′′e 2 x + C2′e 2 x =
e2 x ex + 1
1 (mertebesi düşürülebilir) e +1 1 ⇒ U′ +U = x (1.mertebe lineer dif. denklem) e +1
ise C2′′ + C2′ =
C2′ = U ( x) → C2′′ = U ′( x)
e2 x ex + 1
x
Bulunan denklem 2 şekilde çözülebilir. Sabitlerin değişimi kullanılırsa; 1 dU dU U ′ +U = x → U ′ + U = 0, = − dx, lnU= − x+lnC ⇒ U H = Ce − x =−U→ ∫ e +1 dx U ∫ U H = Ce − x → U = C ( x)e− x ⇒ U′=C ′( x)e x − C ( x)e x 1. mertebe lineer diferansiyel denkleme 1 ex dC 1 −x −x −x −x ′ ′ ′ = → = = C x e C x e Ce C x e C ( ) ( ) ( ) → − + = x x x e +1 e +1 e + 1 dx x e dx → C ( x) = ln ( e x + 1) (değişkenlerine ayrılabilir) ⇒ ∫ dC = ∫ x e +1 U = C ( x)e − x = e − x ln ( e x + 1) taşınarak, U ′ + U =
dC2 → ∫ dC2 = ∫ e − x ln ( e x + 1) dx (Kısmi integrasyonla çözülür) dx e x dx x x −x = ln + 1 ln + 1 =u → =du dC e e dx e e − x dx = dv → −e − x = v, ( ) ( ) x ∫ 2 ∫ e +1 x e dx dx e − x dx = − e− x ln ( e x + 1) + ∫ x = − e − x ln ( e x + 1) + ∫ − x x C2 = −e − x ln ( e x + 1) + ∫ e − x x e +1 e +1 e ( e + 1) C2′ = U ( x) = e − x ln ( e x + 1) =
C2 = −e − x ln ( e x + 1) + ∫
e − x dx = −e − x ln ( e x + 1) − ln ( e− x + 1) −x + 1 e ( )
C2 = −e − x ln ( e x + 1) − ln ( e − x + 1) , yP = −e x ln ( e x + 1) − e 2 x ln ( e − x + 1)
yP = C2 ( x)e 2 x = e 2 x ⎡⎣ −e − x ln ( e x + 1) − ln ( e − x + 1) ⎤⎦
yH = C1e x + C2 e2 x ve yP = −e x ln ( e x + 1) − e 2 x ln ( e − x + 1) →
genel
çözüm
y = C1 ( x)e x + C2 ( x)e2 x − e x ln ( e x + 1) − e 2 x ln ( e − x + 1)
Problem 2: y'' − 3y' + 2y=e5 x diferansiyel denkleminini çözünüz. ( y = yH + yP ) 84
HOMOJEN ÇÖZÜM: y'' − 3y' + 2y=0 ise karekteristik denklem k 2 − 3k + 2=0 olarak bulunur. Bu denklemi sağlayan k1=1 ve k2=2 şeklinde iki tane kök değeri vardır. Kökler birbirine eşit olmadığı için homojen çözüm şu şekildedir: yH = C1e k1x + C2 e k2 x = C1e x + C2 e2 x ÖZEL ÇÖZÜM: I - Belirlenmemiş Katsayılar Metodu: Ana diferansiyel denklemin sağındaki f(x) fonksiyonu genelleştirilebilir. Yani türevlendikce ortaya sadece bir tane fonksiyon çıkar. Bu nedenle özel çözüm f(x) benzetilerek bulunur. Aynı zamanda sabitlerin değişimi metodu ile de özel çözüm bulunabilir. Fakat bu yöntem çok uzun işlemler gerektirir. Bu durumda özel çözüm formu f(x)’e benzetilerek şu şekilde önerilmelidir: 2 df ( x) 5 x d f ( x) f ( x) = e , = 5e , = 25e 5 x ise bir fonksiyon (e5x) meydana geliyor. Bu 2 dx dx fonksiyon A belirli olmayan katsayısı ile çarpılarak özel çözüm önerilirse, yP = Ae5 x , elde edilir. A sabitinin sayısal değerini belirlemek için türevleri alınarak non-homejen diferansiyel denkleme taşınır: dyP d 2 yP 5x ′ = yP′′ = 25 Ae5 x (y yerine yP, y′ yerine y′P ve y′′ yerine y′′P yazılır) = yP = 5 Ae , 2 dx dx 5x
y'' − 3y' + 2y=e5 x → 25e5 x − 3.5e5 x + 2e5 x = e5 x ise A=
1 , 12
yP =
e5 x e5 x ⇒ y = C1e x + C2 e2 x + 12 12
II - Sabitlerin Değişimi Metodu: Belirlenmiş katsayılar metoduyla çözülebilen diferansiyel denklemler sabitlerin değişimi metoduylada çözülebilir. Sadece bir yöntemle çözüm yeterli iken, iki metodun işlem uzunluğunun ve zorluğunun mukayesesi açısından aynı problem sabitlerin değişimi yöntemi ile de çözülecektr. Birinci homejen çözüme özel çözüm benzetilerek önerilebilir: dy dC d 2 yP d 2C1 x dC = e + 2 1 e x + C1e x yH=C1ex+C2e2 x ise yP = C1 ( x)e x , P = 1 e x + C1e x , 2 2 dx dx dx dx dx C1(x) fonksiyonunu bulmak için yP ve bulunan türevleri ana diferansiyel denkleme taşınmalıdır. C1'' e x + 2C1' e x + C1e x − 3(C1' e x + C1e x ) + 2C1e x = e 5 x C1'' e x − C1' e x = e 5 x ise C1'' − C1' = e 4 x (mertebesi düşürülebilir.) C1' = Z ( x) ⇒ C1'' = Z ' Z ' − Z = e 4 x (1. mertebe lineer diferansiyel denklem) dZ Z '− Z = 0 ⇒ ∫ ln Z = x + ln C = ∫ dx, Z H = Ce x ⇒ Z = C ( x)e x Z e3x Z ' = C ' e x + Ce x ise C ' e x + Ce x − Ce x = e 4 x , C ' = e 3 x ⇒ C ( x) = 3 Elde edilen denkleme dikkat edilirse çözümlerde yeni diferansiyel denklem sabitleri düşünülmemektedir. Özel çözüm bulmak için yapılan bu tür işlemlerde, özel çözüm integral sabiti içermeyeceği için, diferansiyel denklem sabitleri düşünülmemelidir. Sabitler homojen çözüm vasıtasıyla çözüme yansıtılır.
85
dC e4x e4x e3x x e 4 x dC dx ise = = e = = C1' = 1 ∫ 1 ∫ 3 12 3 3 dx 4x 5x 5x e x e e yP = C1 ( x)e x = e = ise genel çözüm y = C1e x + C2 e2 x + 12 12 12
Z = C ( x )e x =
,
Problem 3: y'' − 3y' + 2y=e x diferansiyel denkleminini çözünüz. ( y = yH + yP )
HOMOJEN ÇÖZÜM: y'' − 3y' + 2y=0 ise karekteristik denklem k 2 − 3k + 2=0 olarak bulunur. Bu denklemi sağlayan k1=1 ve k2=2 şeklinde iki tane kök değeri vardır. Kökler birbirine eşit olmadığı için homojen çözüm şu şekildedir: yH = C1e x + C2 e2 x ÖZEL ÇÖZÜM: I - Belirlenmemiş Katsayılar Yöntemi: Ana diferansiyel denklemin sağındaki f(x) fonksiyonu ve türevlerinden 1 tane fonksiyon çıkacağı için, özel çözüm f(x) benzetilerek bulunabilir. Özel çözüm formu f(x)’e benzetilerek şu şekilde önerilirse: yP = Ae x Bu teklifin çözüm olabilmesi için mutlaka ana diferansiyel denklemi sağlaması gerekir. Ancak yP formu homojen çözümdeki C1ex ile aynıdır. Hem C1 hemde A sayısal değeri belirli olmayan iki sabitiir. A yerine C1 veya C1 yerine A harfinin kullanıması matematik bakışı değiştirmez. Bu haliyle yP genel çözüme yazılırsa; y = C1e x + C2 e2 x + Ae x
C1 +A=C3 → y = C3e x + C2 e 2 x
elde edilir. İki sabitin toplamı yeni sabittir prensibine göre özel çözüm ve homojen çözümün kısmı toplanır. Son ifade homojen çözümün aynısır. Dolayısıyla genel çözümde yP özel çözümünü karşılayan bir fonksiyon yoktur. Homojen olmayan bir denklemin genel çözümü mutlaka homojen çözümden ayrı bir fonksiyon olarak özel çözüm kapsamalıdır. Yukarıda olduğu gibi özel çözümün homojen çözüm içerisinde yok olmaması için yH ve yP fonksiyonel olarak birbirinden farklı olmalıdır. Daha önce yH ve yP nin tamamen veya kısmen benzemesi hali lineer bağımsızlık olarak isimlendirilmişti. Eğer yH ve yP birbirine benziyor ise önerilen özel çözümün lineer bağımsız çözümü alınır. Bu amaçla ex fonksiyonunun önündeki polinomun derecesi bir artırılmalır veya eldeki çözüm x ile çarpılır. yP = Ae x ise lineer bağımsız çözüm yP = Axe x A sabitini bulmak için işlemler şu şekildedir: dyP d 2 yP = y′P = Ae x + Axe x , = yP′′ = 2 Ae x + Axe x (y → yP, y′ → y′P ve y′′ → y′′P ) 2 dx dx y'' − 3y' + 2y=e x → 2 Ae x + Axe x − 3 ( Ae x + Axe x ) + 2 xe x = e x ise A= − 1, e5 x yP = ⇒ y = C1e x + C2 e 2 x − xe x 12 Dikkat edilirse bulunan özel çözümün homojen çözüm içerisinde kaybolma ihmali yoktur. 86
II - Sabitlerin Değişimi Metodu: Belirlenmiş katsayılar metoduyla çözülebilen diferansiyel denklemler sabitlerin değişimi metoduylada çözülebilir. Özellikle özel çözümün lineer bağımsız olması gerektiği durumlarda belirlenmemiş katsayılar metodu ile çözümde hatalar oluşabilir. Lineer bağımsız çözüm gerektiren problemlerde sabitlerin değişimi kullanılması daha faydalı olabilir: yH=C1ex+C2e2 x ise yP = C1 ( x)e x ,
dyP dC1 x d 2 yP d 2C1 x dC = e + C1e x , = e + 2 1 e x + C1e x 2 2 dx dx dx dx dx
Özel çözüm homejen çözümün C1ex kısmına benzetildi. Bu kabul diferansiyel denklemi sağlayacak şekilde bulunması gerekir. Bu amaçla yeni özel çözümün kendisi ve gerekli olan sayıda türevleri ana diferansiyel denkleme taşınmalıdır. C1'' e x + 2C1' e x + C1e x − 3(C1' e x + C1e x ) + 2C1e x = e x C1'' e x − C1' e x = e x ise C1'' − C1' = 1 (mertebesi düşürülebilir.) C1' = Z ( x) ⇒ C1'' = Z ' Z ' − Z = 1 (1. mertebe lineer diferansiyel denklem, değişkenlerine ayrılabilir.) dZ Z '= Z +1 ⇒ ∫ = ∫ dx, ln(Z + 1) = x Z = e x −1 Z +1 Elde edilen denkleme dikkat edilirse çözümlerde yeni diferansiyel denklem sabitleri düşünülmemektedir. Özel çözüm bulmak için yapılan bu tür işlemlerde, özel çözüm integral sabiti içermeyeceği için, diferansiyel denklem sabitleri düşünülmemelidir. Sabitler homojen çözüm vasıtasıyla çözüme yansıtılır. dC Z = e x − 1 = C1' = 1 ise ∫ dC1 = ∫ e x − 1 dx = e x − x dx x x yP = C1 ( x)e = ( e − x ) e x = e2 x − xe x → genel çözüm y = C1e x + C2 e2 x + e 2 x − xe x
(
)
Son denklemde görülen e2x genel çözümdeki y = C1e x + C2e 2 x − xe x olarak bulunur. Problem 4:
C2e2x in içine dahi edilirse genel çözüm
y'''+3y'' − 4y=x e −2 x diferansiyel denklemini çözünüz.
HOMOJEN ÇÖZÜM: Homojen diferansiyel denklem y'''+3y'' − 4y=0 ise, karekteristik denklem k 3 +3k 2 − 4 = 0 olarak bulunur. Denklemi sağlayan k1=1 ve k2=k3=−2 şeklinde üç tane kök değeri vardır. Köklerin iki tanesi birbirine eşit olduğu için lineer bağımsızlık vardır. Homojen çözümler de birbirinin aynısı olamaz. Köklerden k2=k3=−2 için bulunan e−2x homojen çözümünün lineer bağımsız çözümü xe−2x dir. Bu durumda homojen çözüm şu şekildedir: yH = C1e x + ( C2 + C3 x ) e −2 x ÖZEL ÇÖZÜM: I - Belirlenmemiş Katsayılar Yöntemi ile Çözüm: Özel çözüm formu f(x) ve türevlerine benzetilerek şu şekilde önerilmelidir: f ( x) = xe −2 x → f ′( x) = e −2 x − 2 xe−2 x , f ′′( x) = −4e−2 x + 4 xe−2 x , f ′′( x) = 12e −2 x − 8 xe−2 x 2 tane fonksiyon (e−2x, xe−2x) meydana geliyor ise yP = ( Ax + B ) e −2 x
87
Bu teklifin çözüm olabilmesi için mutlaka ana diferansiyel denklemi sağlaması gerekir. Ancak f(x) formu homojen çözümün ( C2 + C3 x ) e −2 x ve özel çözümün ( Ax + B ) e −2 x birbirinin aynı olduğu için lineer bağımsızlık mevcuttur. Hiç bir zaman özel ve homejen çözümler aynı olamaz. Bu nedenle e−2x fonksiyonunun önündeki polinomun derecesi bir artırılmalıdır veya önerilen yP x ile çarpılmalıdır: yP = ( Ax + B ) e −2 x nin lineer bağımsız çözümü yP = ( Ax 2 + Bx ) e−2 x
Son halde de Homejen çözümün C3 xe −2 x kısmı ile özel çözümün Bxe −2 x kısmı birbirine benzemektedir. Bu nedenle Bxe−2 x x ile çarpılarak Bx 2 e −2 x şeklinde yeni lineer bağımsız çözüm bulunmalıdır. Bu durumda da özel çözümün Ax 2 e−2 x ve Bx 2 e−2 x aynı olacaktır. Bu nedenle özel çözümün bir kısmını da lineer bağımsız çözümü alınarak yP = ( Ax 2 + Bx3 ) e−2 x şeklinde özel çözüm bulunur. A ve B nin sayısal değerleri için işlemler şu şekildedir; yP = ( Ax 2 + Bx3 ) e−2 x , yP' = (2 Ax − 2 Ax 2 + 3Bx 2 − 2 Bx3 )e−2 x , yP'' = (2 A − 8 Ax + 4 Ax 2 + 6 Bx − 12 Bx 2 + 4 Bx3 )e−2 x yP′′′ = (−12 A + 24 Ax − 8 Ax 2 + 6 B − 36 Bx + 36 Bx 2 − 8 Bx3 )e−2 x Bulunan yP ve türevleri y'''+3y'' − 4y=x e −2 x de yerine yazılırsa; (−12 A + 24 Ax − 8 Ax 2 + 6 B − 36 Bx + 36 Bx 2 − 8Bx 3 )e −2 x + 3 (2 A − 8 Ax + 4 Ax 2 + 6 Bx − 12 Bx 2 + 4 Bx 3 )e −2 x −4 ( Bx 3 + Ax 2 )e −2 x = xe −2 x bulunur. Gerekli sadeleştirmeler neticesinde 6 B − 18 Bx − 6 A = x elde edilir. Eşitliğin her iki tarafındaki aynı fonksiyonların katsayıları eşit olmalıdır; x’in kaysayısı -18B=1 ve sabitler 6B−6A=0 dan A = B = − yP = −
1 bulunur. Özel çözüm, 18
1 3 x + x2 ) ( 18
Genel çözüm ise özel ve homojen çözümlerin toplanmasından bulunur . y = C1e x + (C 2 + C3 x )e −2 x −
1 3 ( x + x 2 )e −2 x 18
II - Sabitlerin Değişimi Metodu ile Çözüm: benzetilerek,
Homejen çözümün 2. si ne özel çözüm
dyP dC2 −2 x e − 2C2 e −2 x , = dx dx ⎞ d 2 yP d 2C2 −2 x dC2 −2 x d 3 y P ⎛ d 3C 2 d 2 C2 dC −2 x = e − 4 e + 4 C e , = ⎜ 3 −6 + 12 2 − 8C2 ⎟ e −2 x 2 2 2 3 2 dx dx dx dx dx dx ⎝ dx ⎠ yH = C1e x + ( C2 + C3 x ) e −2 x ise yP = C2 ( x)e −2 x ,
Özel çözüm homejen çözümün C2e-2x kısmına benzetildi. Bu kabul diferansiyel denklemi sağlayacak şekilde bulunması gerekir. Bu amaçla yeni özel çözümün kendisi ve gerekli olan sayıda türevleri ana diferansiyel denkleme taşınmalıdır. 88
(C (C
)
(
)
− 6C2'' + 12C2' − 8C2 e −2 x + 3 C2'' − 4C2' + 4C2 e −2 x − 4C2 e −2 x = xe −2 x − 3C2'' e −2 x = xe −2 x C − 3C 2'' = x ise (mertebesi düşürülebilir.) C2'' = Z ( x) ⇒ C2''' = Z ' Z − 3Z = x (1. mertebe lineer diferansiyel denklem) dZ Z '−3Z = 0 ⇒ ∫ = 3dx, ln Z = 3 x + ln C Z H = Ce 3 x ⇒ Z = C ( x)e 3 x Z ∫ xe −3 x e −3 x Z ' = C 'e 3 x + 3Ce 3 x ise C 'e 3 x + 3Ce 3 x − 3Ce 3 x = x , C ' = xe −3 x ⇒ C ( x) = − − 3 9 Elde edilen denkleme dikkat edilirse çözümlerde yeni diferansiyel denklem sabitleri düşünülmemektedir. Özel çözüm bulmak için yapılan bu tür işlemlerde, özel çözüm integral sabiti içermeyeceği için, diferansiyel denklem sabitleri düşünülmemelidir. Sabitler homojen çözüm vasıtasıyla çözüme yansıtılır. d 2C2 d ⎛ dC2 ⎞ x 1 Z = C2'' = = ⎜ Z = C ( x )e 3 x ⇒ Z ( x ) = − − ⎟ ise 3 9 dx 2 dx ⎝ dx ⎠ ⎛ x2 x ⎞ dC2 x2 x ⎛ dC2 ⎞ ⎛ x 1⎞ , d = − − dx → = − − dC = 2 ∫ ⎜⎝ dx ⎟⎠ ∫ ⎜⎝ 3 9 ⎟⎠ ∫ ⎜⎝ − 6 − 9 ⎟⎠dx → dx 6 9 ∫ ''' 2 ''' 2 ''' 2 '
C2 ( x ) = −
)
1 3 ( x + x2 ) 18
ise yP = C2 ( x)e−2 x = −
y = C1e x + (C 2 + C3 x )e −2 x −
1 3 ( x + x 2 ) e−2 x ise genel çözüm 18
1 3 ( x + x 2 )e −2 x 18
Problem 5: y′′+2y′ − 3y =x cosx+2 sinx
diferansiyel denklemini çözünüz.
HOMOJEN ÇÖZÜM:
y′′+2y′ − 3y =0 ise karekteristik denklem k 2 +2k − 3 = 0 olarak bulunur. Bu denklemi sağlayan k1=1 ve k2=−3 şeklinde iki tane kök değeri vardır. Bu durumda homojen çözüm şu şekildedir: yH = C1e x + C2 e−3 x ÖZEL ÇÖZÜM: Belirlenmemiş katsayılar yöntemi kullanılara bulunabilir: f ( x) =x cosx+2 sinx → f ′( x) = 3cosx − xsinx , f ′′( x ) = − 4sinx − x cos x f(x) ve türevlerinde bulunan fonksiyonlar: cosx, xcos, sinx, xsinx ise yP = (Ax+B) cosx + (Cx + D) sinx yP′ =(A +Cx+D) cosx + (C − Ax − B) sinx yP′′ = ( − Ax − B+2C) cosx + ( − 2A − Cx − D) sinx yP ve türevleri nonhomojen diferansiyel denkleme taşınırsa ve eşitliğin heriki tarafındaki aynı fonksiyonların katsayıları birbirlerine eşitlenirse A, B, C ve D bulunabilir, y''+2y' − 3y =x cosx+2 sinx ,
y → yP y′ → y′P ve y′′ → y′′P
89
ise
( − Ax − B+2C) cosx + ( − 2A − Cx − D) sinx+2 [ (A +Cx+D) cosx + (C − Ax − B) sinx ] − − 3 [ (Ax+B) cosx + (Cx + D) sinx ] =x cosx+2 sinx ( − 4B+2C+2D+2A) cosx + ( − 2A − 4D+2C − 2B) sinx+(2C − 4A)xcosx+ ( − 4C − 2 A) xsinx=x cosx+2 sinx xsinx' in katsayısı
− 4C − 2 A = 0 →
A = −2C
1 1 , A= − 10 5 2 1 1 cosx' in katsayısı − 4B+2C+2D+2A =0 → −4B+ +2D − 2 =0 → −4B+2D= 10 5 5 1 1 7 sinx' in katsayısı − 2A − 4D+2C − 2B=2 → 2 − 4D+2 − 2B=2 → −4D − 2B= 5 10 5 9 46 23 son iki denklemin çözümünden B= , D= = 50 100 50 1 9 1 23 ) sinx yP = (Ax+B) cosx + (Cx + D) sinx=( − x+ ) cosx + ( x + 5 50 10 50 1 9 1 23 ) sinx y = C1e x + C2 e−3 x +( − x+ ) cosx + ( x + 5 50 10 50 xcosx' in katsayısı
Problem 6:
2C − 4A=1 →
2C − 4 ( −2C ) =1 → C=
y′′ − y′ − 2y = − 4x diferansiyel denklemini çözünüz.
HOMOJEN ÇÖZÜM: y′′ − y′ − 2y =0 ise karekteristik denklem k 2 − k − 2 = 0 olarak bulunur. Bu denklemi sağlayan k1=−1 ve k2=2 şeklinde iki tane kök değeri vardır. Bu durumda homojen çözüm şu şekildedir: yH = C1e− x + C2 e2 x ÖZEL ÇÖZÜM: I - Belirlenmemiş Katsayılar Yöntemi: f ( x) = − 4x → f ′( x) = − 4, f ′′( x) =0 , f(x) ve türevlerinde bulunan fonksiyonlar: x ve sabit yP =Ax+B → yP′ =A, yP′′ = 0 nonhomojen denklemde yerine yazılırsa
y′′ − y′ − 2y = − 4x → 0 − A − 2 ( Ax+B ) = − 4x ise A=2, B= − 1 ⇒ yP = 2 x − 1
Genel çözüm ise özel ve homojen çözümlerin toplanmasından bulunur . y = C1e − x + C2 e 2 x + 2 x − 1
II - Sabitlerin Değişimi Metodu: Belirlenmiş katsayılar metoduyla çözülebilen diferansiyel denklemler sabitlerin değişimi metoduylada çözülebilir. yH = C1e− x + C2 e 2 x ise yP = C2 ( x)e2 x ,
dyP dC2 2 x = e + 2C2 e2 x , dx dx
d 2 y P d 2 C2 2 x dC = e + 4 2 e 2 x + 4C2 e2 x 2 2 dx dx dx
90
Özel çözüm homejen çözümün C2e2x kısmına benzetildi. Bu kabul diferansiyel denklemi sağlayacak şekilde bulunması gerekir. Bu amaçla yeni özel çözümün kendisi ve gerekli olan sayıda türevleri ana diferansiyel denkleme taşınmalıdır.
( C ′′ 4C + 4C ) e − ( C ′ + 2C ) e − 2C e = −4 x , (C + 3C )e = −4 x , (C + 3C ) = −4 xe ise (mertebesi düşürülebilir.) C = Z ( x) ⇒ C = Z 2
'' 2
' 2
2x
2
' 2
2x
2
2x
2
'' 2
2
−2 x
' 2
' 2
2x
'' 2
'
Z ' + 3Z = −4 xe −2 x (1. mertebe lineer diferansiyel denklem) dZ Z '+3Z = 0 ⇒ ∫ = − ∫ 3dx, ln Z = −3x + ln C Z H = Ce −3 x ⇒ Z = C ( x)e −3 x Z ' ' −3 x Z = C e − 3Ce −3 x ise C 'e −3 x − 3Ce −3 x + 3Ce −3 x = −4 xe −2 x , C ' = −4 xe x ⇒ C ( x) = −4e x ( x − 1) dC 2 Z = C ( x)e −3 x ⇒ Z ( x) = −4e −2 x ( x − 1) ise Z = C 2' = dx −2 x −2 x 2x −2 x 2 x ∫ dC2 = ∫ − 4e ( x − 1)dx = (2 x − 1)e , yP = C2 ( x)e = ( 2 x − 1) e e = 2 x − 1 ise
genel çözüm y = C1e − x + C2 e 2 x + 2 x − 1 Problem 7:
y′′+y =sin3x+4cosx diferansiyel denklemini çözünüz.
HOMOJEN ÇÖZÜM: y′′+y =0 ise karekteristik denklem k 2 + 1 = 0 olarak bulunur. Bu denklemi sağlayan k1=−i ve k2=+i şeklinde iki tane sanal kök değeri vardır. Bu durumda homojen çözüm şu şekildedir: k1 = α − β i , k2 = α + β i ise yH = eα x [C1 cos β x + C2 sin β x ] α=0 ve β=1 → yH = C1 cos x + C2 sin x ÖZEL ÇÖZÜM: I - Belirlenmemiş Katsayılar Yöntemi:
f ( x) =sin3x+4cosx → f ′( x ) = 3cos3x − 4sin x, f ′′( x ) = − 9sin 3x − 4 cos x → f(x) ve türevlerinde bulunan fonksiyonlar: cos3x, sin3x, cosx, sinx yP =A cos3x+B sin3x+C cosx+D sinx Önerilen özel çözümün homojen çözümle benzerliği kontrol edilerek lineer bağımsızlığın varlığı araştırılır. C1 cos x + C2 sin x ve C cos x + D sin x birbirinin aynısıdır. Bu nedenle C cos x + D sin x in lineer bağımsız çözümü alınır. Bu çözüm Cx cos x + Dx sin x yP =A cos3x+B sin3x+Cx cosx+Dx sinx → türevleri yP′ = − 3A sin3x+3B cos3x+C cosx − Cxsinx+D sinx+Dxcosx
yp→y, y′′P → y′′
yP′′ = − 9A cos3x − 9B sin3x − 2C sinx − Cxcosx+2D cosx − Dxsinx
Non-homojen diferansiyel denklemde bulunanlar yerine yazılırak, y′′+y =sin3x+4cosx −9A cos3x − 9B sin3x − 2C sinx − Cxcosx+2D cosx − Dxsinx+ A cos3x+B sin3x+Cx cosx+Dx sinx =sin3x+4cosx → 1 −8A cos3x − 8B sin3x − 2C sinx+2D cosx =sin3x+4cosx → A=0, B= − , C = 0, D = 2 8 91
Eşitliğin iki tarafındaki aynı fonksiyonların katsayısı eşitlenerek belirli olmayan katsayılar bulunur. Bu durumda, 1 1 y = C1 cos x + C2 sin x − sin3x+2x sinx yP = − sin3x+2x sinx 8 8 II - Sabitlerin Değişimi Metodu: Belirlenmiş katsayılar metoduyla çözülebilen diferansiyel denklemler sabitlerin değişimi metoduylada çözülebilir. dy dC yH = C1 cos x + C2 sin x ise yP = C2 ( x) sin x , P = 2 sin x + C2 cos x , dx dx 2 2 d y P d C2 dC = sin x + 2 2 cos x − C2 sin x 2 2 dx dx dx Özel çözüm homejen çözümün C2e-2x kısmına benzetildi. Bu kabul diferansiyel denklemi sağlayacak şekilde bulunması gerekir. Bu amaçla yeni özel çözümün kendisi ve gerekli olan sayıda türevleri ana diferansiyel denkleme taşınmalıdır.
y′′+y =sin3x+4cosx d 2 C2 dC sin x + 2 2 cos x − C2 sin x + C2 sin x = sin3x+4cosx , 2 dx dx C2′′ sin x + 2C2′ cos x = sin3x+4cosx ,ise (mertebesi düşürülebilir.) C2' = Z ( x) ⇒ C2'' = Z ' Z ′ sin x + 2 Z cos x = sin3x+4cosx (1. mertebe lineer diferansiyel denklem) Z ′ sin x + 2Z cos x = 0 ⇒ ∫
cos xdx dZ = −∫ 2 , ln Z = −2 ln ( sin x ) + ln C Z sin x
C C ( x) C′ 2C cos x ⇒Z = → Z′ = − 2 2 2 sin x sin x sin x sin 3 x 2C cos x ⎞ C ⎛ C′ ⎜ 2 − ⎟ sin x + 2 2 cos x = sin 3 x + 4 cos x 3 sin x ⎠ sin x ⎝ sin x C′ = sin 3 x + 4 cos x → ∫ dC = ∫ ( sin 3 x + 4 cos x ) sin xdx sin x
ZH =
Bulunan son integralin alınması çok uzun sürecektir. Aynı tipte C2 nin bulunması için alınacaktır. Görüldüğü gibi sabitlerin değişimi uzun ve zor bir matematik süreç gerektşrmektedir. 12e x y′′ − 2 y′ + y = 3 diferansiyel denklemini çözünüz. ( y = yH + yP ) Problem 8: x HOMOJEN ÇÖZÜM: y′′ − 2 y′ + y = 0 , k 2 − 2k + 1 = 0 → ( k − 1) = 0 , kökler eşit, k1= k2 =1, lineer bağımsız çözüm 2
bulunur. ex in lineer bağımsız çözümü xex dir. İntegral sabiti ile çarpılıp toplanarak homojen çözüm yazılır. yH = ( C1 x + C2 ) e x ÖZEL ÇÖZÜM: I - Belirlenmemiş Katsayılar Yöntemi: Non-homojen diferansiyel denklemin sağındaki f(x) fonksiyonu ve türevli sonlu sayıda fonksiyon içermez. Çünkü f(x) türevlendikce paydadaki x3 ün üst değeri dahada artmaktadır. Bu nedenle sabitlerin değişimiyle özel çözüm bulunur. II - Sabitlerin Değişimi Metodu: 92
yH = ( C1 x + C2 ) e x
y P = C2 ( x )e x ,
dyP dC2 x d 2 y P d 2 C2 x dC = e + C2 e x , = e + 2 2 e x + C2 e x 2 2 dx dx dx dx dx
Özel çözüm homejen çözümün C2e-2x kısmına benzetildi. Bu kabul diferansiyel denklemi sağlayacak şekilde bulunması gerekir. Bu amaçla yeni özel çözümün kendisi ve gerekli olan sayıda türevleri ana diferansiyel denkleme taşınmalıdır. 12e x 12e x 12 C2'' + 2C2' + C2 e x − 2 C2' + C2 e x + C 2 e x = 3 , C2'' e x = 3 , C 2'' = 3 x x x Bulunan son ifade 2 kez integral alınarak 6e x 12dx 2 6 x 2 d C C y C ( x ) e = ⇒ = , = = 2 2 P ∫∫ 2 ∫∫ x 3 x x
(
)
(
)
Eğer özel çözüm homojen çözümün diğer kısmına benzetilerek bulunulusa işlemler şu şekilde olur: dyP dC1 x yH = ( C1 x + C2 ) e x ise yP = C1 ( x) xe x , = xe + C1e x + C1 xe x , dx dx d 2 yP d 2C1 x dC dC = xe + 2 1 e x + 2 1 xe x + 2C1e x + C1 xe x 2 2 dx dx dx dx 12e x xC1'' + 2C1' + 2 xC1' + 2C1 + xC1 e x − 2 xC1' + C1 + xC1 e x + xC1e x = 3 x x 12e xC1'' e x + 2C1' e x = 3 ise (mertebesi düşürülebilir.) C1' = Z ( x) ⇒ C1'' = Z ' x 12 xZ ' + 2Z = 3 (1. mertebe lineer diferansiyel denklem) x dZ dx C C ( x) xZ '+2Z = 0 ⇒ ∫ ln Z = −2 ln x + ln C ZH = 2 ⇒ Z = 2 = −∫ 2 , Z x x x ' ' ⎛ C 2C ⎞ 12 12 C 2C C 12 Z ' = 2 − 3 ise x⎜⎜ 2 − 3 ⎟⎟ + 2 2 = 3 , C ' = 2 ⇒ C ( x) = − x x x x x ⎠ x x ⎝x Elde edilen denkleme dikkat edilirse çözümlerde yeni diferansiyel denklem sabitleri düşünülmemektedir. Özel çözüm bulmak için yapılan bu tür işlemlerde, özel çözüm integral sabiti içermeyeceği için, diferansiyel denklem sabitleri düşünülmemelidir. Sabitler homojen çözüm vasıtasıyla çözüme yansıtılır. dC 6 C ( x) 12 ⎛ 12 ⎞ Z = C1' = 1 ise ∫ dC1 = ∫ ⎜ − 3 ⎟dx = 2 , Z = 2 ⇒ Z ( x) = − 3 x dx x x ⎝ x ⎠
(
)
yP = C1 ( x) xe x =
6 x 6e x xe = x2 x
(
)
ise genel çözüm
y = (C2 + C1 x )e x +
6 x e x
Problem 9: y′′ − 6 y′ + 9 y = 2e3 x denklemini y(0)=0 ve y’(0)=1 şartlarıyla birlikte çözünüz.
HOMOJEN ÇÖZÜM: y′′ − 6 y′ + 9 y = 0 ,
k 2 − 6k + 9 = 0 → ( k − 3) = 0, k1 =k 2 =3 , 2
yH = ( C1 + C2 x ) e3 x
ÖZEL ÇÖZÜM: Denklemin sağındaki f(x) fonksiyonu ve türevleri sonlu sayıda fonksiyon vereceğinden Belirlenmemiş Katsayılar Yöntemi kullanılmalıdır. f ( x) =2e3x → f ′( x) = 6e3x , f ′′( x) =18e3x , f(x) ve türevlerinde bulunan fonksiyonlar: e3x 93
yP =Ae3x → yP′ =3Ae3x , yP′′ = 9Ae3x nonhomojen denklemde yerine yazılırsa 9 Ae3 x − 18 Ae3 x + 9 Ae3 x = 2e3 x → A bulunamaz. Nedeni y P elde edilirken homojen çözümle mukayesesi yapılmadı. Lineer bağımsız çözüm mutlaka kontrol edilmeli. Hiç bir zaman özel ve homejen çözümler aynı olamaz. Özel çözüm Ae3x ile homjen çözümün C1e3x kısmı aynı olduğu için polinomun derecesi bir artırılmalıdır. yP =Axe3x yeni durumda da Axe3x ve C2 xe3x birbirine benzemektedir. Bu nedenle polinom derecesi tekrar bir artırılır. yP = Ax 2 e3x , yP′ = (2 Ax + 3 Ax 2 )e3 x , yP′′ = (2 A + 12 Ax + 9 Ax 2 )e3 x denkleme taşınarak (2 A + 12 Ax + 9 Ax 2 )e 3 x −6 (2 Ax + 3 Ax 2 )e −2 x +9 Ax 2 e 3 x = 2e 3 x Özel çözümün kendisi ve türevleri ana diferansiyel denkleme taşınarak düzenlenirse ve katsayılar taraf tarafa eşitlenerek A= 1 bulunur. yP = x 2 e3x ise genel çözüm y = (C1 + C2 x )e 3 x + x 2 e 3 x
x=0 ise y=0 0 = (C1 + C 2 0 )e 0 + 0 2 e 0 ise C1=0 x=0 ise y’=1, y = (C 2 x )e 3 x + x 2 e 3 x , y ' = (C2 )e 3 x + 3C2 xe3 x + 2 xe3 x + 3x 2 e 3 x 1 = (C 2 )e 0 + 3C 2 0e 0 + 0 + 0 ⇒ C 2 = 1 , y = xe 3 x + x 2 e 3 x , Problem 10: y′′ + 4 y′ + 4 y =
HOMOJEN
ÇÖZÜM:
e −2 x denklemini y(1)=e−2 ve y’(1)=−2e−2 şartlarıyla çözünüz. x2 y = yH + yP
y′′ + 4 y′ + 4 y = 0 ,
k 2 +4k +4 = 0 → ( k+2 ) = 0 → k1 = k2 = −2 → 2
y H = ( C 2 +C1x ) e −2 x
ÖZEL ÇÖZÜM: Ana diferansiyel denklemin sağındaki f(x) fonksiyonu ve türevleri sonlu sayıda değil. Bu nedenle Sabitlerin Değişimi Metodu ile çözüm yapılabilir: dyP ⎛ dC2 ⎞ =⎜ − 2C2 ⎟ e −2 x , y H = ( C2 +C1x ) e −2 x yP = C2 ( x)e −2 x dx ⎝ dx ⎠ 2 2 ⎞ d y P ⎛ d C2 dC =⎜ − 4 2 + 4C2 ⎟ e −2 x 2 2 dx dx ⎝ dx ⎠ yP nin kendisi ve gerekli olan sayıda türevleri ana diferansiyel denkleme taşınmalıdır. e −2 x 1 e −2 x C 2'' − 4C 2' + 4C 2 e −2 x + 4 C 2' − 2C 2 e −2 x + 4C 2 e −2 x = 2 , C 2'' e −2 x = 2 , C2'' = 2 x x x Bulunan son ifade 2 kez integral alınarak dx 2 −2 x −2 x 2 d C = ∫∫ 2 ∫∫ x 2 ⇒ C2 = − ln x , yÖ = C2 ( x)e = −e ln x yH=(C2+C1x)ex ise genel çözüm y = (C2 + C1 x )e −2 x − e −2 x ln x C1+C2 =1 (I) x=1 ise y=e-2 , e −2 = (C2 + C1 .1)e −2 − e −2 ln 1 ise
(
)
(
)
94
1⎤ ⎡ x=1 ise y’=-2e-2 , y ' = ⎢C1 − 2(C 2 + C1 x ) + 2 ln x − ⎥ e −2 x , x⎦ ⎣ 1⎤ ⎡ − 2e −2 = ⎢C1 − 2(C 2 + C1 .1) + 2 ln1 − ⎥ e −2 ise C1+2C2 =1 (II) 1⎦ ⎣ I ve II nolu denklemler çözülerek C2=0 ve C1=1 bulunur. Genel çözüm y = ( x − ln x ) e −2 x d4y d2y + = −2x 2 denklemini çözünüz. 4 dx 4 dx 2 y = yH + yP HOMOJEN ÇÖZÜM: d4y d2y + 4 = 0 , k 4 +4k 2 =0 → k 2 ( k 2 +4 ) = 0 → k1 = k2 = 0, k3 = 2i k2 = −2i 4 2 dx dx 2 eşit reel ve 2 imajiner (sanal kök) → y H =C1 +C2 x+C3sin2x+C4 cos2x
Problem 11:
ÖZEL ÇÖZÜM: Ana diferansiyel denklemin sağındaki f(x) fonksiyonu basit olmasına rağmen, kendisi ve türevleri sonlu sayıda olmasına rağmen bu denklemin özel çözümü belirlenmiş katsayılar yöntemi ile bulunması dikkat gerektirir. Bağımlı değişken bulundurmayan diferansiyel denklemlerin ilk önce mertebesi düşürülür. Daha sonra belirlenmemiş katsayılar yöntemi düşünülür. Yada yP üretiminde en düşük türev referans alınır. Dolayısıyla çözüm belirlenmemiş katsayılar metodu ile çözüm yapılacak: f ( x) = −2 x 2 → f ′( x) = −4 x, f ′′( x) = −4, f ′′′( x) = 0 ⇒ yP = Ax 2 + Bx + C Önerilen yP nin 2. ve 4. türevleri alınıp yerine yazılırsa 0 + 8 A = −2 x 2 gibi bir çözümsüzlük ortaya çıkacaktır. Bir sabitin bir değişkeni yoketmesi mümkün olmadığı için önerilen özel çözümün nonhomojen denklemi sağlamadığı manasına gelir. Bunun nedeni bağınlı değişken y’ nin kendisinin denklemde olmamasıdır. Özel çözüm önerilirken sol tarafta hep bağımlı değişken yalın halde (y) olması nedeniyle, sağ taraftaki fonksiyonun benzeri sol tarafta da meydana getirilmektedir. Böylece aynı fonksiyonlar birbirini götürebilmektedir. Şimdiki problemde ise, f(x) fonksiyonun ancak 2. türevi sol tarafa yansımaktadır. Dolayısıyla bir fonksiyon ile 2. türevin aynı olması ve birbirini götürmesi her zaman mümkün olmaz. Bu nedenle, belirlenmemiş katsayılar ile çözüm önerilirken sol taraftaki en düşük diferansiyelli (türevli) bağımlı değişken dikkate alınmalıdır. Normalde y varsa hiç türevsiz yalın hal dikkate alınır. En düşük türevli hal ve sağ taraftaki fonksiyona denklenir. Gerekli sayıda integrasyon ile yP önerilir. yP′′ ≈ −2 x 2 → yP′ ≈ −2 x3 → yP ≈ −2 x 4 ⇒ yP ≈ Ax 4 + Bx3 + Cx 2 d 4 yP = 24 A non-homojen denkleme taşınarak dx 4 1 24 A + 4 (12 Ax 2 + 6 Bx + 2C ) = −2 x 2 → 24 A + 8C = 0, 24B=0 ⇒ B=0, 48A= − 2 ⇒ A= − 24 3 1 1 1 1 4 1 2 C = −3 A = = → yP = − x 4 + x 2 ⇒ x + x y=C1 +C2 x+C3sin2x+C4 cos2x − 24 8 24 8 24 8 yP′′ = 12 Ax 2 + 6 Bx + 2C , ⇒
Eğer aynı diferansiyel denklem mertebe düşürme ile çözülmek istenirse; d4y d2y d2y d 4 y d 2Z d 2Z 2 + 4 2 = −2 x , =Z→ 4 = 2 ⇒ + 4 Z = −2 x 2 , Z=ZH +ZP 4 2 2 dx dx dx dx dx dx 2 d Z + 4 Z = 0 → k 2 + 4 = 0 → k1 = −2i, k2 = 2i ⇒ Z H = C1 sin 2 x + C2 cos 2 x dx 2 95
Özel çözüm belirlenmemiş katsayılar yöntemiyle bulunur: f ( x) = −2 x 2 → f ′( x) = −4 x, f ′′( x) = −4, f ′′′( x) = 0 ⇒ Z P = Ax 2 + Bx + C Z P′ = 2 Ax + B Z P′′ = 2 A
⇒
2A+4( Ax 2 + Bx + C ) = −2 x 2 → denklemi sağlayan
1 1 1 1 C= → Z P = − x 2 + 2 4 2 4 2 1 1 d y d ⎛ dy ⎞ Z= 2 = ⎜ ⎟ → Z = C1 sin 2 x + C2 cos 2 x − x 2 + 2 4 dx dx ⎝ dx ⎠ B=0, A= −
değerler ;
⎛ dy ⎞
⎛
∫ d ⎜⎝ dx ⎟⎠ = ∫ ⎜⎝ C sin 2 x + C 1
⎛ C1
∫ dy = ∫ ⎜⎝ − 2 cos 2 x +
2
cos 2 x −
1 2 1 x + 2 4
1 x dy C C ⎞ = − 1 cos 2 x + 2 sin 2 x − x3 + + C3 ⎟dx → 2 2 6 4 dx ⎠
1 x C2 ⎞ sin 2 x − x 3 + + C3 ⎟ dx → 2 6 4 ⎠
1 4 x2 C1 C2 y = − sin 2 x − sin 2 x − x + + C3 x + C4 4 24 8 4 C C 1 4 x2 − 1 = C5 , − 2 = C6 → y = C5 sin 2 x + C6 sin 2 x − x + + C3 x + C4 4 4 24 8
d4y − 16 y = −2 x 2 denklemini çözünüz. y = yH + yP 4 dx HOMOJEN ÇÖZÜM: d4y − 16 y = 0 , k 4 − 16=0 → ( k 2 − 4 )( k 2 +4 ) = 0 → k1 = −2, k2 = 2, k3 = 2i k2 = −2i dx 4 2 kök reel ve 2 kök sana → y H =C1e −2x +C2 e2x +C3sin2x+C 4cos2x Problem 12:
Özel çözüm belirlenmemiş katsayılarla bulunur. f ( x) = −2 x 2 → f ′( x) = −4 x, f ′′( x) = −4, f ′′′( x) = 0 ⇒ yP = Ax 2 + Bx + C yP′ = 2 Ax + B y′′P = 2 A
y′′′P =0 ⇒
0 − 16( Ax 2 + Bx + C ) = −2 x 2 → denklemi sağlayan
1 1 → yP = x 2 8 8 1 y=C1e −2x +C2 e 2x +C3sin2x+C4 cos2x+ x 2 8
değerler ;
B=C=0, A=
Uygulama -1:
dengeye gelmesi beklenmiştir. Daha sonra ise zamana bağlı peryodik F=Pocoswt [N] kuvvetiyle m kütlesi harekete zorlanmıştır. m kütlesinin yerdeğişiminin zamana bağlı ifadesini bulunuz.
F= Acoswt
m x=0
k
Not: kütlenin ağırlığından dolayı ilk çökme sonrası hareketsiz kaldığı denge noktası orijin noktası olarak alınmıştır. Düşey doğrultu x olarak seçilmiştir
x
Serbest durmakta olan yay sistemi üzerine m kütleli blok serbest olarak bırakılarak 96
Çözüm :
Sistem hareket ve kuvvetler içerdiği için newtonun 2. kanunu ile problem cözülebilir. Sistemde yay kuvveti ve F kuvveti vardır. Ağırlığı daha önce dengelendiği için düşünülmedi. G G ∑ F = ma, (II.kanun) x yönündeki hareket için,
∑ Fx = max → max = F − kx, ax = m
d 2x dx , V= ⇒ diferansiyel denklem 2 dt dt
d 2x d2x k F = F − kx → + x= , 2 2 dt dt m m
d 2x F P k = z 2 → 2 + z 2 x = = o cos wt dt m m m
şeklinde diferansiyel denklem bulunur. Denklemde x bağımlı, t ise bağımsız değişkenlerdir. m ve k sabit olduğu için sabit katsayılı homejen olmayan diferansiyel denklemdir. Bu denklemin genel çözümü homojen ve homojen olmayan çözümlerin toplamından bulunur. ( x = xH + xP ) d 2x + z 2 x = 0 ise karekteristik denklem 2 dt k2 = zi şeklinde kökler sanal olarak bulunur. Buna bağlı homejen
HOMOJEN ÇÖZÜM: Homojen diferansiyel denklem k 2 + z 2 =→ k1 = − zi, çözüm şu şekildedir:
xH = C1 sin zt + C2 cos zt ÖZEL ÇÖZÜM: Ana diferansiyel denklemin sağ tarafı düzgün fonksiyon olduğu için özel çözüm sağ tarafa benzetilerek bulunabilir. Ancak homejen ve özel çözümlerin sin ve cos fonksiyonlarını içermesi özel çözüm önerisinin durumunu etkiliyecektir. Denklemin sağ P tarafındaki f (t ) = o cos wt fonksiyonunun kendisi ve türevleri iki fonksiyon (sinwt, coswt) m verir. Bu durumda özel çözüm; xP = A sin wt + B cos wt olacaktır. Bu çözüm homojen çözüm ile karşılaştırıldığında lineer bağımsız hal olabilir. Bu durumda 2 hal düşünülebilir. 1. Şayet w=z ise lineer bağımsız çözüm aranacaktır. Bu amaçla öneri lineer değişim- t ile çarpılarak şu şekilde yazılır: dx xP = At sin wt + Bt cos wt → P = A sin wt + Awt cos wt + B cos wt − Bwt sin wt dt 2 d xP = 2 Aw cos wt − Aw2t sin wt − 2 Bw sin wt − Bw2t cos wt dt 2 dxP d 2 xP d 2x F P dx d 2x + z 2 x = = o cos wt ise xP → x, → , → ve 2 2 2 dt m m dt dt dt dt
2 Aw cos wt − Aw2t sin wt − 2 Bw sin wt − Bw2t cos wt + z 2 ( At sin wt + Bt cos wt ) =
Po cos wt m
Po P P cos wt B=0, A= o → xP = o t sin wt m 2wm 2 wm Po w=z için genel çözüm ; x = C1 sin zt + C2 cos zt + t sin wt 2wm Bulunan son denklem zamana göre türetilerek istenirse kütlenin hızı da hesaplanabilir: w= z→
2 Aw cos wt − 2 Bw sin wt =
97
V=
P P dx = zC1 cos zt − zC2 sin zt + o sin wt + o t cos wt dt 2 wm 2m
Tam bir hesaplama için integral sabitleri (C1,C2) bulunmalıdır. Problem zamana bağlı olup başlangıç değer problemidir. Bu işlem için iki tane başlangıç şartı gerekir. Hareketin başlangıçında yol alınmamıştır ve ilk hız sıfırdır. P t = 0 → x = 0 0 = C1 sin z 0 + C2 cos z 0 + o 0sin w0 → C2 = 0 2wm P P t = 0 → V = 0 , 0 = zC1 cos z 0 + o sin w0 + o 0 cos w0 → C1 = 0 2wm 2m P P P Net çözümler : x = o t sin wt ve V = o sin wt + o t cos wt 2wm 2wm 2m 2. Şayet w≠z ise çözüm daha basit olacaktır. Dolayısı ile homejen ve özel çözüm formları birbirine benzemeyecektir. Böyle bir halde ise form şu şekilde olacaktır:
dxP d 2 xP = Aw cos wt − Bw sin wt , = − Aw2 sin t − Bw2 cos t dt dt 2 d 2 xP d 2x F P d 2x + z 2 x = = o cos wt ise → ve 2 2 2 dt m m dt dt
xP = A sin wt + B cos wt → xP → x,
dxP dx → , dt dt
− Aw2 sin wt − Bw2 cos wt + z 2 ( A sin wt + B cos wt ) = A ( z 2 − w2 ) sin wt + B ( z 2 − w2 ) cos wt = xP =
Po cos wt m ( z − w2 ) 2
Po cos wt m
Po cos wt → A = 0, m
ise genel çözüm ;
B=
Po m ( z − w2 ) 2
x = C1 sin zt + C2 cos zt +
Po cos wt m ( z − w2 ) 2
Bulunan son denklem zamana göre türetilerek kütlenin hızı da hesaplanabilir: V=
wPo dx = zC1 cos zt − zC2 sin zt − sin wt dt m ( z 2 − w2 )
Yine net bir hesaplama için integral sabitleri (C1,C2) bulunmalıdır. Problem zamana bağlı olup başlangıç değer problemidir. Bu işlem için iki tane başlangıç şartı gerekir. Hareketin başlangıçında yol alınmamıştır ve ilk hız sıfırdır. Po Po t = 0 → x = 0 0 = C1 sin z 0 + C2 cos z 0 + cos w0 → C2 = − 2 2 2 m(z − w ) m ( z − w2 ) t = 0 → V = 0 , 0=zC1 cos z 0 − zC2 sin z 0 − x=−
Po Po cos zt + cos wt 2 2 m(z − w ) m ( z − w2 ) 2
wPo sin w0 → C1 = 0 m ( z 2 − w2 ) V=
Uygulama-2: Şekildeki m kütlesi sürtünmeli zemin üzerinde zaman bağlı F(t) kuvveti ile salınım hareketine tabii tutul-
Po z wPo dx sin zt − sin wt = 2 2 dt m ( z − w ) m ( z 2 − w2 ) maktadır. Kütlenin sağına ve soluna yay ile viskoz eleman bağlanmıştır. Kütlenin hareketini zaman bağlı olarak bulunuz.
98
eleman içerisinde hidrolik eleman bulunan bir makina uzvunu temsil etmektedir. Yay kuvveti gibi harekete ters direnç meydana getirir. Bu kuvvet literatürde deneysel olarak belirlenmiş viskoz sönüm katsayısı (C) ile kütle hızının çarpımına eşittir. Bu durumda kütleye, yay kuvveti, viskoz kuvvet, F(t) ve atalet kuvvetleri etkimektedir. Bu kuvvetler Newton’un II. Yasasında yerine yazılıp düzenlenirse diferansiyel denklem yol ve zaman arasında bulunur.
V(m/sn)
m
k
F(t) C
Fs (N) L
Çözüm : Problem bir kinetik problemidir. 2. Newton kanunu ile çözülmelidir. Viskoz
G G F = ma , (II.kanun) x yönündeki hareket için, ∑ d 2x dx ∑ Fx = max → max = F (t ) − CV − kx, ax = dt 2 , V = dt ⇒ diferansiyel denklem
m
d 2x dx d 2x dx = F t − C − kx ⇒ m + C + ko x = F (t ) x: Bağımlı, t: bağımsız ( ) 2 2 dt dt dt dt
Son denklem m, C ve k1 sabit olduğu için sabit katsayılı homejen olmayan diferansiyel denklemdir. Bu denklemin genel çözümü homojen ve homojen olmayan çözümlerin toplamından bulunur. x = xH + xP HOMOJEN ÇÖZÜM: d 2x dx + C + ko x = 0 ise karekteristik denklem mk 2 + Ck + ko = 0 olarak bulunur. 2.derece 2 dt dt bir denklem olup kök değerleri m (kütle), C (viskoz sönüm katsayısı) ve ko (yay sabiti)’ ın sayısal değerlerine bağlı olarak üç farklı halde olur: m
−C − ∆ −C + ∆ k2 = 2m 2m k1t 2 1. ∆ > 0, k1 ve k 2 kökleri reel sayıdır, C > 4mko → xH = C1e + C2 e k2t
mk 2 + Ck + ko = 0 → ∆ = C 2 − 4mko , k1 =
C − t C 2 2m 2. ∆ = 0, k1 =k 2 = − kökler eşit lineer bağımsız çözüm bulunur,C = 4mko → xH = ( C1 + C2t ) e 2m C − t ⎛ ∆ ∆ ⎞ 3. ∆ < 0, k1 ve k 2 kökleri sanal sayıdır, C 2 < 4mko → xH = e 2 m ⎜⎜ C1 sin t + C2 cos t ⎟⎟ 2 m 2 m ⎝ ⎠
Özel çözüm bilinen yöntemlerle F(t) kuvvetinin yapısına göre belirlenir.
Uygulama-3
99
F
A
P
Çözüm :
P L/2
L/2
x
0
y
P
Sehimin (y) 2.türevi ile atelet momenti (I) ve elastisite modülünün (E) çarpımı eğilmeye neden olan eğilme momentini (M) verir. M eğme momenti kuvvetler vasıtasıyla hesaplanabilir. Çubuk üzerinde y eğilmesi A mesnetinden B ye değiştiği için, M eğilme momentide A’ dan B’ye değişecektir. Çubuk boyutu x ile gösterilirse hem y=(x) ve hemde M=M(x) olacaktır. Çubuk üzerindeki herhangi bir O noktasındaki için M;
y=y(x)
O
F/2
B
M P
x
F/2
L uzunluğundaki çubuk şekilde görüldüğü gibi P ve F kuvvetlerinin tesiri altındadır. Maksimum sehimi (eğilme) veren kritik yükü bulunuz. d2y F Fx M = − Py − ise M = IE 2 = − Py − − x 2 2 dx
Bu denklem bağımlı y ve bağımsız x değişkenler taraf tarafa ayrılırsa şu şekilde düzenlenir. d2y F d2y P F P d2y F 2 + y = − − x , = m → + m2 y = − − x IE 2 + Py = − − x ise 2 2 2 dx IE 2 IE IE dx 2 IE dx Son denklem homojen olmayan sabit katsayılı lineer diferansiyel denklemdir. Homojen ve homojen olmayan çözümlere sahiptir HOMOJEN ÇÖZÜM:
d2y + m 2 y = 0 ise k 2 + m 2 = 0 dx 2 yH = C1 cos mx + C2 sin mx
⇒ k1 =−mi , k2 = mi
⇒
ÖZEL ÇÖZÜM : Ana diferansiyel denklemin sağ tarafı basit fonksiyon olduğu için özel çözüm buraya benzetilerek bulunmalıdır. Sağ taraftaki fonksiyon 1. dereceden polinomdur: yP = Ax + B → y′P = A, y′′P = 0 → F F x→ A= −− 2 , B = 0→ 0 + m 2 ( Ax + B ) = − − 2 IE 2m IE Genel çözüm: y = C1 cos mx + C2 sin mx − −
yP = − −
F F x = −− x 2 2m IE 2P
F x 2P
Bulunan çözüm A ve B mesnetleri arasında geçerli olacaktır. Dolayısıyla problem geometrik sınırlar ile çözüm alanı daraltılmıştır. Matematik olarak bulunan çözümdeki C1 ve C2 sabitlerinin sayısal değerleri bulunarak mühendislik çözüme ulaşılmalıdır. Bu amaçla bu sınır değer problemi için 2 tane sınır şartına ihtiyaç vardır: Sınır şartları : 1) x =0 → y=0
0 = C1 cos 0 + C2 sin 0 − −
100
F 0→ 2P
C1 = 0
L dy F F =0 , y=C2 sin mx − − x y′ = mC2 cos mx − − → → y=y max ⇒ 2 dx 2P 2P L F F 0 = mC2 cos m − − → C2 = − → L 2 2P 2mP cos m 2 ⎛ ⎞ ⎟ 1 F F F ⎜ sin mx − − x = sin mx − x ⎟ y=− − ⎜ mL 2P 2 P ⎜ m cos mL ⎟ 2mP cos 2 ⎝ 2 ⎠
2) x =
Maksimum çökme bulmak x=L/2 yazılararak bulunabilir. ⎤ ⎡ mL mL ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ sin( ) tan( ) ⎥ F ⎢ sin( mx ) ⎢ ⎥ ⎢ F L F 2 2 − L⎥ y= − x⎥ ise ymax = − ⎥= ⎢ ⎢ ⎢ ⎥ mL 2P ⎢ 2 P ⎢ m cos( mL ) 2 ⎥ 2 P ⎢ m 2⎥ ⎥ ) m cos( 2 ⎦ ⎣ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ 2 mak. çökme için tg(mL/2) büyük olmalıdır. tg(mL/2)→∞ , cos(mL/2) → 0, m= n π /L olur. de Mo’ lık moment ile çubuk eğilmeye zorlanmaktadır. Bu durumda bu moment sınır şartı olarak kullanılmak durumundadır. Başka bir ifade ile Mo etkisinin denkleme yansıtılması gerekir. Moment eğilmenin 2. türevi olduğundan önceki denklem 2 kere türetilerek y yokedilir. Böylece sehimi temsil eden y yerine momenti temsil eden 2 .türev gelir. Aynı zamanda 2.mertebe olan denklem 4.mertebeye çıkacaktır. Yeni denklemde y yerine v yazılarak diferansiyel denklem şu şekilde bulunur. P = m 2 olmak üzere, IE
Uygulama 4: Mo
Mo
P
P
L Toplam
v
Mo nedeniyle
0
x
İnce L uzunluğundaki çubuk eksenel P yükünün ve Mo eğme momentinin etkisindedir. Çubukta meydana gelen maksimum çökmeyi ve eğilme momentini hesaplayınız.
2 d 4v 2 d v + =0 m dx 2 dx 4
Çözüm : Problemin diferansiyel denklemi şu şekilde elde edilebilir:
şeklindedir. 4. mertebeden homojen lineer diferansiyel denklemdir. Dolayısıyla genel çözüm homojen çözüme eşittir. Karekteristik denklem ise 4 2 2 homojen k +m k = 0 şeklinde olup çözüm şu şekildedir:
d2y = − Py dx 2 yazılabilir. Önceki ve bu problemin farkı sehime-eğilmeye neden olan 2 kuvvet yerine bir kuvvet ve bir moment olarak değişmiş olmasısır. Şekle göre x=0 ve x=L Önceki problemden
M = IE
k 4 +m 2 k 2 = 0 → ( k 2 +m 2 ) k 2 = 0 → k1 =k 2 =0 , k 3 =mi, k 4 = − mi genel çözüm , v = C1 +C 2 x+C3cosmx + C4sinmx bu çözüm türetilerek x’ e bağlı moment bulunabilir: 101
dv d2v M = C2 − mC3sinmx + mC4 cosmx, = = − m 2 C3cosmx − m 2 C4sinmx dx dx 2 IE Bu problemde bir sınır değer problemi olup mühendislik çözümü için 4 tane sınır şartı gerekir. Bubların 2 tanesi sehim, 2 taneside moment olacaktır. Sınır şartları: 1) x=0 → v=0 ⇒
0 = C1 +C2 0+C3cosm0 + C4 sinm0 → C1 +C3 =0, C1 = − C3
v = C2 x+C3 ( cosmx − 1) + C4sinmx 2)
0 = C2 L+C3 ( cosmL − 1) + C4sinmL → C2 = −
x=L → v=0 ⇒
C3 ( cosmL − 1) + C4sinmL L
C3 ( cosmL − 1) + C4sinmL x+C3 ( cosmx − 1) + C4sinmx L −M o Mo ⇒ = − m 2 C3cosm0 − m 2 C4sinm0 → C3 = IEm 2 IE −M o Mo M o ( cosmL − 1) ⇒ = − m2 cosmL − m 2 C4sinmL → C4 = − 2 IE IEm IE m 2sinmL
v= −
3) x=0 → M = − M o 4) x=L → M = − M o
Mo M o ( cosmL − 1) cosmL − 1) − sinmL 2 ( C3 ( cosmL − 1) + C4sinmL IE m 2sinmL = − IEm → C2 = 0 C2 = − L L
v=
Mo 1 − cos mL (cos mx + sin mx − 1) , 2 IEm sin mL
M max = − M o (cos
Örnek Problemler 1. y′′+2y′-3y=0 2. 4y′′+4y′+y=0 3. y′′+ y=0 4. y′′+9y=0 5. 4y′′+-12y′+5y=0 6. y′′-8y′+16y=0 7. y′′-9y′+9y=0 8. y′′-2y′-2y=0 9. y′′′-6y′′+12y′-8y=0 10. 4y′′′+4y′′-7y′+2y=0 11. y′′′-6y′′+12y′-8y=0 12. y′′-y=0, y(0)=3, y′(0)=5 13. y′′+7y′+10y=0, y(0)=-4, y′(0)=2 14. y′′+4y′+4y=0, y(0)=3, y′(0)=7 15. (D2+4)y=10cos3x 16. (D2+4)y=8x+1-15ex 17. (D2+4)y=10cos3x 18. (D2+D)y=6+3e2x 19. (D2-3D+2)y=2x2+1 20. y′′-3y′-4y=6ex 21. y′′-3y′-4y=5e4x
mL 1 − cos mL mL sin + ) 2 sin mL 2
22. (D2-4)y=8e2x-12 23. y′′-4y′+3y=2cosx+4sinx 24. y′′+2y′+y=7+75sin2x 25. (D3-D)y=x 26. (D2-1)y=10sin2x 27. (D2+1)y=12cos2x 28. y′′-3y′-4y=16x-50cos2x 29. y′′+4y′+3y=15e2x+e-x 30. (D4-1)y=e-x 31. y′′+y=10e2x, y(0)=0, y′(0)=0 −x 32. y ′′ + 2 y ′ + y = 48e cos 4 x 33. y ′′ − 2 y ′ + 3 y = 0 y(0)=0, y ′ (0)=3 2 x 2 34. ( D − 1) y = e sec x tan x 35. y ′′ − y ′ − 2 y = 0 −x 36. y ′′ − y ′ − 2 y = 6 x + 6e 37. y ′′ − 4 y ′ + 5 y = 0 38. y ′′ − 3 y ′ − 4 y = 16 x − 50 cos 2 x 39. y ′′ + y ′ + y = 0 3 2 40. y ′′ − 3 y ′ + 2 y = 2 x − 9 x + 6 x 41. y ′′ − 6 y ′ + 9 y = 0 102
42. y ′′ − y = x sin x
83. y ′′ + y = x
y ′′ − y ′ − 6 y = 26 − 24 x 2x 44. y ′′ − 3 y ′ + 2 y = xe cos x 45. y ′′ − 4 y ′ + 4 y = 6 sin( x) − 8 cos( x)
84. ( D + 3) y = 15 x e
46. ( D + 2)( D − 1) y = cos 2 x + e
87. y ′′ + 3 y ′ − 4 y = 8e
2
85. y ′′ + 2 y ′ + y = 4e
50. 51. 52. 53. 54. 55. 56. 57. 58. 59. 60. 61. 62. 63. 64. 65. 66. 67. 68. 69. 70. 71. 72. 73. 74. 75. 76. 77. 78. 79. 80. 81. 82.
2 4x
3
2x
47. y ′′ + 4 y = 2 x − 12 x + 9 49.
x
86. ( D − 4) y = 15 x e
2
48.
2 −3 x
3
43.
2
3
88.
y ′′ + y = 12 cos 2 x − sin x y ′′ + 2 y ′ + 10 y = 72e 2 x y ′′ + y = sin 3x + 4 cos x y ′′ + 4 y = 6 cos( x) y ′′ − 2 y ′ + 5 y = e x cos 2 x y ′′ + y = x 3 y ′′ + 2 y ′ + 5 y = e − x sin 2 x y ′′ + 2 y ′ + y = 4e x y ′′′ − y ′′ + y = sin 2 x + cos x y ′′ + 3 y ′ − 4 y = 8e 2 x + 1 y ′′′ − y ′ + 5 y = e x sin x + 1 y ′′ − 3 y ′ + 2 y = x y ′′ + 5 y ′ − 2 y = 1 − x + x 2 y ′′ − 4 y = 8e 2 x ( D − 2) 2 y = 4 − 8 x + 6 xe 2 x y ′′ + 9 y = 5 cos(2 x) − 10 sin(2 x) ( D 2 − 4) y = 16 xe −2 x + 8 x + 4 y ′′ + 2 y ′ + 8 y = 3e 4 x + 1 ( y ′′′ + y ′) = xe x + x 2 + sin x y ′′ − 4 y ′ + 2 y = 3x + 2 ( D − 1) 2 = e x sin x + e x x 2 − cos 3 x y ′′ + 2 y ′ − 5 y = 20 y′′ + y = x cos x y ′′ − y ′ + 10 y = 4 x 2 + 2 x y′′ + y = x sin x + x 2 y ′′ − y ′ − 6 y = 26 − 24 x ( y′′ + 2 y ) = x cos x + e x cos x y ′′ − 4 y ′ + 4 y = 6 sin( x) − 8 cos( x) ( D − 1) 2 y = xe x sin x y ′′ + 4 y = 2 x 2 − 12 x + 9 ( y′′ − y ) = xe − x cos 2 x y ′′ + 2 y ′ + 10 y = 72e 2 x ( D − 2) 2 ( D + 1) y = e 2 x x y ′′ + 4 y = 6 cos( x) ( D − 1)( D 2 − 4) y = xe x + e 2 x
89. 90. 91. 92. 93. 94. 95.
2x
+1
y ′′′ + y ′′ − y = sin x y ′′ − 3 y ′ + 2 y = x ( D 2 + 1)( D − 2) y = sin x − 2 y ′′ − 4 y = 8e 2 x y ′′ + 5 y ′ + 2 y = e − x y ′′ + 9 y = 5 cos(2 x) − 10 sin(2 x) y′′′ − y = 5e x y ′′ + 2 y ′ + 8 y = 3e 4 x + 1
3 2 −x 2x 96. ⎡⎣ ( D − 2) ( D + 1) D ⎤⎦ y = e − 2e
97. y ′′ − 4 y ′ + 2 y = 3 x + 2 98. y ′′ − y = (2 x − 1)e
x2
99. y ′′ + 2 y ′ − 5 y = 20 100. ( D − 1) y = e x x
2
−3
x>0
101. y ′′ − y ′ + 10 y = 4 x + 2 x 2
x 102. y ′′ + y = sin x + x cos x + 10
103. y ′′ + y = e
+ xe 2 x + x 2 e 2 x x 2 104. y ′′ − y ′ − 2 y = e cos x − x + x + 1 105. y ′′ + 5 y ′ + 6 y = sin x − cos 2 x 2 2x 2x 106. y ′′ − 4′ + 4 y = x e − e 5x 107. y ′′ − 4 y ′ + 5 y = e + x sin 3 x − cos 3 x x 108. y ′′ − y = e − 7 + cos x 2 −x −x 109. y ′′ + 2 y ′ + 2 y = x + e cos x + xe sin x 2x
110. y ′′′ − 6 y ′′ + 12 y ′ − 8 = xe
2x
+ x 2 e3x
111. y ′′ − 6 y ′ + 9 y = 2e , 3x
y (0) = 0, y ′(0) = 1, y p = x 2 e 3 x 112. 8 y ′′ − 6 y ′ + y = 6e + 3 x − 16, x
y (0) = 7, y ′(0) = 6.5, y p = 2e x + 2 x + 2 113.
y ′′ + 4 y = 12 sin 2 x, y (0) = 1, y ′(0) = 3, y p = 3x cos 2 x
114. y ′′ − 4 y ′ + 3 y = 10e
−2 x
,
y (0) = y′(0) = 5 3, y p =
2e −2 x 3
115. y ′′ − 2 y ′ + y = e sin x, x
y (0) = 1, y ′(0) = 0, y p = −e x sin x 103
138. y ′′ + ω y = 0,
y (0) = A, y ′(0) = B 139. y ′′ + 2 y ′ − 8 y = 0, y (0) = 0, y ′(0) = 6 140. y ′′ + 5 y ′ + 6 y = 0, y (0) = 0, y ′(0) = 1 141. y ′′ − 4 y ′ + 3 y = 2t − 8 / 3, y (0) = 0, y ′(0) = −16 / 3 142. y ′′ + 25 y = t , y (0) = 1, y ′(0) = 0.04 143. y ′′ + 4 y = 1 − 2t , y (0) = 0, y ′(0) = 0 2 144. y ′′ + ky ′ − 2k y = 0, y (0) = 2, y ′(0) = 2k 2 3 145. y ′′ + π y = t , y (0) = 6 / π 4 , y ′(0) = 0 146. y ′′ + y = sin 3t , y (0) = 0 y ′(0) = 0 147. y ′′ + y = sin t , y (0) = 0 y ′(0) = 0 148. y ′′ + y = t , y (0) = 0, y ′(0) = 0 −t 149. y ′′ + 3 y ′ + 2 y = e , y (0) = 0, y ′(0) = 0 −t 150. y ′′ + 25 y = 5.2e , y (0) = 1.2 y ′(0) = −10.2 151. y ′′ + 2 y ′ − 3 y = 0, y (0) = 0, y ′(0) = −2 152. y ′′ + 4 y = 0, y (0) = −1, y ′(0) = −8 153. y ′′ − 4 y ′ + 4 y = 0, y (0) = 3, y ′(0) = 2 154. y ′′ + 2 y ′ + 4 y = 0, y (0) = 1, y ′(0) = 0 155. y ′′ − y ′ − 6 y = 0, y (1) = 4, y ′(1) = 7 −2 x 156. y ′′ + 4 y ′ + 5 y = e sec x 157. y ′′ − 2 y ′ + y = x ln x x>0 158. y ′′ + y = cot x 3 159. y ′′ + y = sec x 2 160. y ′′ + 4 y = sec 2 x 2 161. y ′′ − 2 y ′ + y = (ln x) x>0 x 162. y ′′ − 2 y ′ + y = xe ln x x>0 163. y ′′ + 4 y = 3 csc 2 x 0 < x < π / 2 164. y ′′ + y = tan x 0 < x < π / 2 −2 x -2 165. y ′′ + 4 y ′ + 4 y = e x x>0 x −1 166. y ′′ − 2 y ′ + y = e sin x 1 167. y ′′ + 3 y ′ + 2 y = 1+ ex 1 168. y ′′ + y = 1 + sin x
e −2 x x2 y (1) = 1/ e2 , y′(1) = −2 / e2 ,
2
116. y ′′ + 4 y ′ + 4 y =
y p = −e2 x ln x − 5 y ′′ + 4 y = 10 cos x, y (0) = 2, y′(0) = y′′(0) = y′′′(0) = 0 −x 118. y ′′′ − y ′′ − 4 y ′ + 4 y = 6e , y (0) = 2, y ′(0) = 3, y ′′(0) = −1, ıv 2 119. y + y ′′′ − 2 y ′′ = −4 x + 18, y (1) = 3 / 2, y′(1) = −10 / 3, y′′(1) = −2, y′′′(1) = 6, 120. y ′′′ − 4 y ′ = 10 cos x + 5 sin x, y (0) = 3, y ′(0) = −2, y ′′(0) = −1, 2 121. y ′′′ + y ′′ − 2 y = 2 x + 2 x, y (0) = −1, y ′(0) = 0, y ′′(0) = −4, x/2 122. y ′′′ + 3 y ′′ − y ′ − 3 y = 21e + 3x + 1, y (0) = −7, y ′(0) = −4, y ′′(0) = −9, ıv 123. y + 10 y ′′ + 9 y = 2 sinh x, y (0) = 0, y′(0) = 4.1, y′′(0) = 0, y′′′(0) = −27.9, 124. y ′′ + 2 y ′ + 2 y = 0, y (0) = 0, y ′(0) = 1 125. y ′′ − 4 y ′ + 5 y = 0, y (0) = 1, y ′(0) = 2 126. 4 y ′′ − 4 y ′ + 37 y = 0, y (0) = 3, y ′(0) = 1.5 127. 9 y ′′ − 6 y ′ + y = 0, y (0) = 3, y ′(0) = 1 128. y ′′ + 4 y ′ + 13 y = 145 cos 2t , y (0) = 9, y ′(0) = 19 3 129. y ′′ + 2 y ′ − 8 y = −256t , y (0) = 15, y ′(0) = 36 2x 2x 130. y ′′ − y = 3e , y p = e 117. y
ıv
131. y ′′ − y ′ − 2 y = −4 x, y p = 2 x − 1 132.
y ′′ + y = −3 sin 2 x, y p = sin 2 x
133. y ′′ − 2 y ′ + y = 12e / x , x
3
y (0) = 0, y ′(0) = 1, y p = x 2 e 3 x 134. y ′′ + 3 y′ − 4 y = 5e , y p = xe x
x
135. y ′′ + 3 y′ − 4 y = −6.8sin x,
y p = sin x + 0.6 cos x 136. y ′′ + 4 y = 0, y (0) = 2 y ′(0) = −8 2 137. 4 y ′′ + π y = 0, y (0) = 0, y ′(0) = 1 104
y ′′ − 2 y ′ + y = 3x + 25 sin(3x) 3x 185. y ′′ − 2 y ′ − 3 y = 8e x 186. y ′′ − y ′ − 6 y = 12 xe 187. y ′′ + y ′ = 5 + 10 sin( 2 x ) 188. y ′′ + 4 y ′ − 12 y = x + cos(3 x ) 2x 189. y ′′′ + 2 y ′′ − y ′ − 2 y = 12e 190. y ′′ + 3 y ′ − 4 y = −13.6 sin x 191. y ′′′ − y ′ = 10 cos 2 x ıv 3x 192. y − 5 y ′′ + 4 y = 80e x 193. y ′′′ − 3 y ′′ + 3 y ′ − y = 12e 3 194. y ′′′ + 2 y ′′ − y ′ − 2 y = 1 − 4 x x 195. y ′′′ + 3 y ′′ + 3 y ′ + y = 16e + x + 3 196. y ′′′ + 5 y ′′ + 7 y ′ − 13 y = −48 cos x − 36 sin x
169. y ′′ − y ′ − 2 y = 2 x + 5 2
184.
3 2 170. y ′′ + 4 y = 8 x − 20 x + 16 x − 18
171. y ′′ − 2 y ′ + 10 y = 20 x + 2 x − 8 2
x 172. y ′′ − 6 y ′ + 8 y = 3e
y ′′ − 3 y ′ + 2 y = 10 sin x 2x 3x 174. y ′′ − 4 y ′ + 13 y = 3e − 5e 2 175. y ′′ − 4 y ′ = 36 x − 2 x + 24 176. y ′′ + 4 y ′ = 3 cos(3 x) + sin( 2 x ) −x −x 177. y ′′ + 2 y ′ + y = −3e + 8 xe + 1 178. y ′′ − 4 y = 5 sinh( 2 x ) 3 2 179. y ′′ − y = x − 4 x − 11x + 9 2x 180. y ′′ − y ′ − 6 y = 8e 2x 181. y ′′ − 4 y ′ + 5 y = 21e 182. y ′′ + 6 y ′ + 9 y = 9 cos(3x) 2 3x 183. y ′′ − 4 y = 8 x + 2e 173.
2.8.2 Euler -Cauchy diferansiyel denklemi
En genel halde denklem şu formdadır : ( Ax + B) n
n −1 n−2 2 dny y y dy n −1 d n−2 d 2 d y Ax B Ax B Ax B + ( + ) + ( + ) + ... + ( + ) + an −1 ( x) + Cy = f ( x) n n −1 n−2 2 dx dx dx dx dx
f(x) ≠ 0 ise homojen olmayan diferansiyel denklem olarak isimlendirilir. Değişken katsayılı bir denklemdir. Homojen olmayan bir denklemin genel çözümü (y) homojen (yH) ve homojen olmayan çözüme (yP) bağlı olarak şu şekilde bulunur. y = yH + yP Bu denklemin çözümü Ax+B=et değişken dönüşümü ile bulunan sabit katsayılı form vasıtasıyla elde edilir. t yeni bağımsız değişken olup yeni diferansiyel denklemin çözümüyle y=y(t) şeklinde bir fonksiyon elde edilir. Bu çözüm fonksiyonda t=ln(Ax+B) yazılarak orijinal değişkenler ile çözüm elde edilir. Bağımsız değişkenin t ye aktarılması esnasında zincirleme türev kuralı kullanılarak x yokedilir. Aynı zamanda değişken katsayı sabit katyası haline dönüşür. dx dt Ax+B =e t ise A = e t , = Ae −t , dx dt
y' =
dy dy dt dy = = Ae −t = Ae −t Dy dx dt dx dt
y' ' =
y' ' ' =
D=
d d2 d3 , D2 = 2 , D3 = 3 dt dt dt
2 d2y d dy −t dy dt −t dy −t d y y Ae Ae Ae = ( ' ) = ( ) = ( − + ) Ae −t = A 2 e − 2t ( D 2 y − Dy ) 2 2 dx dt dt dx dt dx dt
d3y d dy 2 − 2t 2 dt = ( y' ' ) = ( A e ( D y − Dy )) = A 3 e −3t ( D 3 y − 3D 2 y + 2 Dy ) 3 dx dt dx dx 105
şeklinde istendiği kadar işleme devam edilir. Sonuçta yeni diferansiyel denklem sabit katsayılı diferansiyel denklem olacaktır. Bu ise bilinen metodlarla çözülür. x 3 y′′′ + 3x 2 y′′ +xy′ − 8y = 0 diferansiyel denklemini çözünüz.
Problem 1:
Çözüm: Denklem homojen olduğu için yP=0 olacağından genel çözüm homojen çözüme eşit olacaktır ( y = y H ) . Türev derecesi ve x’ in derecesi uyumlu gittiği için euler denklemidir.
Ax+B =e t , A = 1 ve B=0 → x =e t ise
dy dy dt dy = = e−t = e− t Dy dx dt dx dt
y'=
dx dt = et , = e−t , dt dx D=
d d2 d3 , D 2 = 2 , D3 = 3 dt dt dt
2 d2y d dy − t dy dt − t dy −t d y y '' = 2 = ( y ') = (e ) = (−e +e )e− t = e −2t ( D 2 y − Dy ) 2 dx dx dt dt dx dt dt
y ''' =
d3y d dy dt = ( y '') = (e −2t ( D 2 y − Dy )) = e −3t ( D 3 y − 3D 2 y + 2 Dy ) 3 dx dx dt dx
bu değişimler denkleme taşınarak; e3t ⎡⎣e −3t ( D 3 y − 3D 2 y + 2 Dy ) ⎤⎦ + 3e 2t ⎡⎣e −2t ( D 2 y − Dy ) ⎤⎦ +e t ⎡⎣ e − t Dy ⎤⎦ − 8y = 0 ( D 3 y − 3D 2 y + 2 Dy ) + 3( D 2 y − Dy ) + Dy − 8 y = 0
(D
3
− 8 ) y = 0 → k 3 − 8 = 0 ⇒ ( k − 2 ) ( k 2 + 2k + 4 ) = 0 → k1 = 2, k2 = −1 − 3i , k2 = −1 + 3i
(
)
y = yH = C1e2t + e− t C2 sin 3t + C3 cos 3t , x =e t → t = ln x
(
)
y = C1e 2ln x + e− ln x C2 sin 3 ln x + C3 cos 3 ln x = C1 x 2 + Problem 2:
2
3 ln x + C3 cos 3 ln x
)
x
(2x+1) 2 y′′ − (2x+1)y′+y = 0 diferansiyel denklemininin çözümünü bulunuz
Çözüm:
y' =
(C sin
Ax+B =e t , A = 2 ve B=1 → 2x+1 =e t ise 2
dy dy dt dy = = 2e −t = 2e −t Dy dx dt dx dt
D=
dx dt = et , = 2e −t , dt dx
d d2 , D2 = 2 dt dt
2 d2y d dy dt −t −t dy −t d y y' ' = 2 = ( y' ) = (2e Dy ) = (−2e + 2e )2e −t = 4e − 2t ( D 2 y − Dy ) 2 dx dt dx dt dx dt
Bulunan değerler denklemde yerine yazılarak
106
(e t ) 2 4e −2t ( D 2 y − Dy ) − (e t )2e− t Dy +y = 0 4( D 2 y − Dy ) − 2 Dy +y = 0 → ( 4 D 2 − 6 D +1) y = 0 ⇒ 4k 2 − 6k+1=0 → k1 = 0.19, k2 = 1.31 y = C1e0.19t + C2 e1.31t ,
2 x + 1 = et → t = ln ( 2 x + 1) ⇒
y = C1e0.19ln ( 2 x +1) + C2 e1.31ln ( 2 x +1) = C1 ( 2 x + 1) Problem 3:
0.19
+ C2 ( 2 x + 1)
1.31
x 3 y′′′ − 3x 2 y′′+6xy′ − 6y = x 4 lnx diferansiyel denklemini çözünüz.
Çözüm: Değişken katsayılı non-homojen diferansiyel denklemdir. y = yH + yP
x =e t ise
y'=
dx dt = et , = e−t , dt dx
dy dy dt dy = = e−t = e− t Dy dx dt dx dt
D=
d d2 d3 , D 2 = 2 , D3 = 3 dt dt dt
2 d2y d dy − t dy dt − t dy −t d y y '' = 2 = ( y ') = (e ) = (−e +e )e− t = e −2t ( D 2 y − Dy ) 2 dx dx dt dt dx dt dt
y ''' =
d3y d dy dt = ( y '') = (e −2t ( D 2 y − Dy )) = e −3t ( D 3 y − 3D 2 y + 2 Dy ) 3 dx dx dt dx
bu değişimler denkleme taşınarak; e3t ⎡⎣e −3t ( D 3 y − 3D 2 y + 2 Dy ) ⎤⎦ − 3e 2t ⎡⎣ e −2t ( D 2 y − Dy ) ⎤⎦ +6e t ⎡⎣ e −t Dy ⎤⎦ − 6y = e 4t lne t = te 4t ( D 3 y − 3D 2 y + 2 Dy ) − 3( D 2 y − Dy ) + 6 Dy − 6 y = te 4t , y=y H +y P → homojen çözüm
(D
3
− 6 D 2 + 11D − 6 ) y = 0 → k 3 − 6k 2 + 11k − 6 = 0 ⇒ ( k − 1)( k − 2 )( k − 3) = 0 → k1 = 1, k2 = 2, k3 = 3
yH = C1et + C2 e 2t + C3e3t Özel çözüm f (t ) = te 4t ve türevlerine benzetilerek bulunabilir: f (t ) = te 4t → f ′(t ) = e 4t + 4te 4t , f ′′(t ) = 8e 4t + 16te 4t y P = ( A + Bt ) e4t yP = ( A + Bt )e 4t , yP′ = ( B + 4 A + 4 Bt )e 4t , yP′′ = (8 B + 16 A + 16 Bt )e 4t ve yP′′′ = (48 B + 64 A + 64 Bt )e 4t non-homojen diferansiyel denkleme taşınarak (48B + 64 A + 64 Bt )e 4t − 6 (8B + 16 A + 16 Bt )e 4t + 11 ( B + 4 A + 4 Bt )e 4t − 6 ( A + Bt )e 4t = te 4t , 48 B + 64 A + 64 Bt − 48 B − 96 A − 96 Bt + 11B + 44 A + 44 Bt − 6 A − 6 Bt = t , 48 B + 64 A + 64 Bt − 48 B − 96 A − 96 Bt + 11B + 44 A + 44 Bt − 6 A − 6 Bt = t ,
11B+6A − 6Bt=t, − 6B=1, 11B+6A=0 → 1 11 taraf tarafa eşleme yapılark B = − ve A = bulunacaktır. 6 6 1 1 yP = (11 − t )e 4t ise genel çözüm y = C1et + C2 e 2t + C3e3t + (11 − t )e 4t 6 6 ters dönüşüm yapılarak t= lnx yazılırsa orijinal çözüm bulunmuş olur. 107
1 1 y = C1eln x + C2 e 2ln x + C3e3ln x + (11 − ln x)e 4ln x , y = C1 x + C2 x 2 + C3 x 3 + (11 − ln x) x 4 6 6 Problem 4: 4x 2 y′′′+12xy′′+3y′= 0 denklemini y(1)=0, y′(1)=1.5 ve y′′(1)= − 1.75 şartlarıyla birlikte çözünüz. Çözüm: Denklem normalde euler formunu sağlamıyor. Bununla birlikte denklem taraf tarafa x ile çapılırsa uygun form elde edilebilir. 2. bir çözüm olarak denklemin merbesi düşürülebilir. x ( 4x 2 y′′′+12xy′′+3y′ ) = 0 ise 4x 3 y′′′+12x 2 y′′+3xy′= 0 veya
y′=Z, y′′=Z′ ve y′′′=Z′′ ise 4x 2 Z′′+12xZ′+3Z= 0 İlk hal tercih edilerek dx dt dy x =e t ise = et , = e−t , y ' = = e − t Dy , dt dx dx y '' = e −2t ( D 2 y − Dy ) y ''' = e −3t ( D 3 y − 3D 2 y + 2 Dy ) bu değişimler denkleme taşınarak; 4e3t ⎡⎣e −3t ( D 3 y − 3D 2 y + 2 Dy ) ⎤⎦ + 12e 2t ⎡⎣ e −2t ( D 2 y − Dy ) ⎤⎦ +3e t ⎡⎣ e− t Dy ⎤⎦ =0 4( D 3 y − 3D 2 y + 2 Dy ) + 12( D 2 y − Dy ) + 3Dy = 0, y=y H 1 1 − D ) y = 0 → 4k 3 − k = 0 ⇒ k ( 4k 2 − 1) = 0 → k1 = 0, k2 = − , k3 = 2 2 ln x ln x t t − − C y = C1e 2 + C2 e 2 + C3 y = C1e 2 + C2 e 2 + C3 , y = 1 + C 2 x + C3 x C x=1 ise y=0 0 = 1 + C 2 1 + C3 C1+C2+C3=0 (I) 1 1 C1 1 1 C1 1 x=1 ise y’=1.5 y ' = − + C2 + C2 , -C1+C2= 3 (II) 1.5 = − 3/ 2 2x 2 2 2 x 3 C1 1 3 C1 1 x=1 ise y’’=-1.75 y ' ' = − C 2 , 3C1-C2=-7 (III) − C 2 3 / 2 − 1.75 = 5/ 2 4x 4x 4 4 I, II ve III nolu denklemler çözülerek, C1=-2, C2=1 ve C3=1 bulunur.
( 4D
3
Genel çözüm, y = −
2 + x +1 x
2.8.3 Kuvvet Serileri ile Diferansiyel Denklem Çözümü
En genel halde denklem şu formdadır: dny d n −1 y d n−2 y d2y dy a0 ( x) n + a1 ( x) n −1 + a2 ( x) n − 2 + ... + an − 2 ( x) 2 + an −1 ( x) + an ( x) y = f ( x) dx dx dx dx dx f(x)≠0 ise homojen olmayan diferansiyel denklem olarak isimlendirilir. an(x) katsayıları bağımsız değişkene bağlı polinom fonsiyonel yapılardır. Eğer an(x) trigonometrik, expolansiyel veya logaritmik bir fonksiyon ise çözüm mümkün olmayabilir. Homojen 108
olmayan bir denklemin genel çözümü (y) homojen (yH) ve homojen olmayan çözüme (yÖ) bağlı olarak şu şekilde bulunur. y = yH + yÖ Bu tür denklemlerde özel çözümün bulunması çok zor olabilmektedir. Sabit katsayılı denklemlerde olduğu gibi özel çözüm, ya homojen çözüme yada homojen olmayan kısmı gösteren f(x) fonksiyonuna bağlı olarak bulunabilir. Genellikle, f(x) fonksiyonunun seri açılımı alınmadan çözüm üretmek zordur. Homejen kısımlarının çözümü ise kuvvet serileri vasıtasıyla bulunabilir. Kuvvet serisi bağımlı ve bağımsız değişkenler arasında olup, x0=0 orijin noktası veya seri merkezi için için şu şekildedir. ∞
y = ∑ C n x n =C0 + C1 x + C2 x 2 + C3 x 3 + C 4 x 4 + C5 x 5 + .... + Cn x n
(1)
n =0
Bu çözüm tekniğinde diferansiyel denklemin çözümünün bir n. dereceden polinom olduğu kabul edilir. Amaç, önerilen çözümün ana diferansiyel denklemi sağlaması prensibine bağlı olarak Cn katsayılarını belirlemektir. Bu amaçla serinin gerekli olan sayıda türevi alınarak ana diferansiyel denkleme taşınır. Çözüm sonrasında elde edilen yapıda genellikle yine bir seridir. Çok az olarak belirli fonksiyonların serileri elde edilebilir. Seri sonsuza kadar giden bir toplamı temsil etmektedir. Bu nedenle pratik olması bakımından ilk üç beş terimden sonraki kısımlar ihmal edilebilmelidir. Bunu yapabilmek içinde serinin yakınsak bir seri olması gerekir. Eğer seri ıraksak ise bulunacak çözümün pratik yönden bir ehemniyeti yoktur. Mühendislikte genellikle hesaplamalar 2. mertebe diferansiyel denklemler üzerinde uygulandığı için burada da 2. mertebe için gerekli teknikler verilecektir. 2. mertebe bir denklem ise şu şekilde genelleştirilebilir. y′′+p1 (x)y′+p 2 (x)y=f(x)
(2)
p1(x) ve p2(x) fonksiyonları bütün x değerleri için tanımlı olması halinde (1) denklem ile tanımlanan seri formu ile çözüm üretilebilir. (1) formu ile meydana getirilen çözüm tekniği adi noktalar civarında çözüm olarak isimlendirilir. Eğer belirli x değerleri için tanımsızlık mevcut ise serinin aşağıdaki formu kullanılmalıdır. ∞
y = ∑ Cn x n + r
(3)
n=0
Çözüm sahasının merkezi veya beklenen seri çözüm merkezi sıfırdan farklı ise yukarıdaki seriler x0 civarında düşünülmelidir. Bu durumda yeni formlar şu şekilde olur: ∞
∞
n =0
n =0
y = ∑ Cn ( x − x0 ) n ve y = ∑ Cn ( x − x0 ) n+r
(4)
Burada r bir reel veya imajiner sayıdır. Bu tür çözümede aykırı noktalar civarında çözüm denir. Aykırı noktalar civarında çözümde 2. mertebe bir denklem için iki tane r kökü bulunmalıdır. Bu r köklerinin durumuna göre homojen çözümler şu şekilde olacaktır.
109
∞
y = ∑ Cn x n + r1 +
I - r1 ≠r2 ise
n =0 ∞
y1 = ∑ Cn x
II- r1=r2 =r ise,
n+r
∞
∑C x n =0
n
n + r2
∞
ve
y 2 = ∑ C n x n + r + y1 ln( x ) , y = y1 + y2 n=0
n =0
Bunlara ilave olarak bulunacak kök değerlerinin farkının (r1-r2) tamsayı olduğu durumlarda (I) ile önerilecek çözüm sınır ve başlangıç ve sınır şartlarını sağlamayabilir. Bu durumlarda (II) ile verilen durum kullanılabilir. Problem 1: y′′+xy′+(x 2 +2)y=0 diferansiyel denklemini x=0 civarında çözünüz. Çözüm : p1(x) = x ve p2(x) = x2 + 2 bütün x noktaları için tanımlıdır. Bu durumda adi noktalar civarında çözüm aranmalıdır. ∞
∞
y = ∑ Cn xn
,
y ' = ∑ nCn x n −1
∞
ve
n=0
n= 0
y ' ' = ∑ n ( n − 1)Cn x n − 2 n=0
serinin kendisi ve türevleri diferansiyel denkleme taşınır. ∞
∞
∞
n= 0
n= 0
n= 0
( x 2 + 2 )∑ C n x n + x∑ nC n x n −1 + ∑ n ( n − 1) C n x n − 2 = 0 Son ifedede diferansiyel yapı kaybolmuştur ancak net bir çözüm fonksiyonu mevcut değildir. 2. mertebe bir diferansiyel ifade için iki tane integral sabiti olması yeterlidir. Bu nedenle son ifadedeki sonsuz tane C sabiti sayısı ikiye indirgenmelidir. ∞
∞
∞
n=0 ∞
n=0
∞
2∑ C n x n + ∑ C n x n + 2 + ∑ nC n x n + ∑ n( n − 1)C n x n − 2 = 0 n=0
∞
∑ ( n + 2) C x + ∑ C x n
n
n=0
(I)
n=0
(II)
n
n+2
n=0
∞
+ ∑ n( n − 1)C n x n − 2 = 0 n=0
(III)
C lerin yokedilmesi veya birbirlerine göre değişimlerinin ne olduğunu anlamak için ve netice olarak sayısının diferansiyel denklem mertebesine indirgenmesi için sol tarafın sıfır olması gerekir. Bu form ile üç ayrı seri sıfıra eşitlenmelidir. Fakat bu durumda I.serinin sıfır olmasını sağlayan Cn değerleri II. ve III.serilerin sıfır olmasını sağlamayacaktır. Aynı şekilde II.serinin sıfır olmasını sağlayan Cn değerleri diğerlerini sıfırlamayacaktır. Bu durumda ise önerilen çözümün diferansiyel denklemi sağlaması prensibi bulunamayacaktır. Eğer son ifadede üç seri bir seri haline getirilebilirse çözüm meydana getirilebilir. Veya üç serinin açılımları yazılarak aynı xn katsayısı altında toplanır. xn≠0 olacağı için xn’ nin katsayıları çözümün tamamlanması bakımından sıfırlanır. Böylece C ler arasında bir korelasyon oluşturulabilir. İlk terimler için üç seri açılırsa; 2Co + 3C1x + 4 C2 x2 + 5 C3x3 + 6C4x4 + 7C5 x5 + 8 C6x6 + 9 C7 x7 + ...... + Co x2 + C1x3 + C2 x4 + C3x5 + C4x6 + C5 x7 + C6x8 + C7 x 9 + ..... + 0 + 0+ 2 C2 + 6 C3x1 + 12C4x2 + 20C5 x3 + 30C6x4 + 42C7 x5 + ... = 0 elde edilir. Denklemin sağ tarafı sıfırdır. Sol tarafın sıfır olması, yani önerilen seri yapının diferansiyel denklemi sağlaması için, 110
sabitler toplamı sıfır olmalıdır x katsayısı sıfır olmalıdır x2 katsayısı sıfır olmalıdır x3 katsayısı sıfır olmalıdır x4 katsayısı sıfır olmalıdır x5 katsayısı sıfır olmalıdır
: 2Co : 3C1 : 4 C2 : 5 C3 : 6 C4 : 7 C5
+ + + + + +
2 C2 = 0 6 C3 = 0 C0 + 12C4 = 0 C1 + 20C5 = 0 C2 + 30C6 = 0 C3 + 42C7 = 0
ise ise ise ise ise ise
C2 C3 C4 C5 C6 C7
= -C0 = -C1 /2 = C0 /4 = 3 C1 /40 = -C0 /60 = - C1 /1680
bu şekide işlem istenildiği kadar yapılır. Amaç c ler arasındaki korelasyonu belirlemektir. Yukarısı analiz edilecek olursa bütün c değerleri c1 ce c0 bağlı olarak bulunduğundan sonuçta sadece iki tane sabit kalacaktır. Bu sabitler integral sabiti olup sınır ve başlangıç şartlarıyla bulunabilir. Sonuçta çözüm şu şekildedir: ∞
y = ∑ C n x n = Co + C1x + C2 x2 + C3x3 + C4x4 + C5 x5 + C6x6 + C7 x7 + ...... n= 0
y = C0 ( 1- x2 + x4/4 - x6 /60 +....) + C1 (x -x3/2 + 3 x5/40 - x7/1680 + .....) Sonuca dikkat edilirse serinin ilk terimleri ele alınmıştır. Dolayısıyla daha sonraki terimler mutlaka mühendislik açısından ihmal edilir büyüklükte olmalıdır. Çözüm serisi yakınsak bir seri olmalıdır. Yukarıdaki çözüm şekli basit fakat, daha fazla terim için açılımın zaruri olması halinde uygun olmayan bir tekniktir. Aynı problem aşağıdaki yolla daha matematiksel ve genel bir form ile çözüm verebilir. ∞
∞
∑ ( n + 2) C x + ∑ C x n
n
n=0
n=0
(I)
n+2
n
∞
+ ∑ n( n − 1)C n x n − 2 = 0 n=0
(II)
(III)
Üç seri bir Σ işareti altında toplanmalıdır. Bunun yapılabilmesi için serinin başlangıç değerleri ve x değişkeninin üstleri aynı olmalıdır. Çözümün son halinde, başlangıç değerleri aynı olmasına rağmen x üsleri eşit değildir. Bu eşitlik şu şekilde sağlanır: Serinin birisi referans şeçilerek diğerleri buna benzetilir. I.seri referans seçilirse, ∞
∞
∑ ( n + 2) C n x n
∞
∑ Cn xn +2
n=0
∑ n( n − 1)C x
n=0
n=0
n+2 = m n=m-2 ∞
∞
∑ ( n + 2) C n x n + ∑ C m − 2 x m + n=0
m= 2
n−2
n
n-2=k n=k+2
ise
∞
∑ ( k + 2)( k + 1)C
k = −2
k +2
xk = 0
Son ifadede n, m ve k fonksiyon olarak sadece birer gösterim semboludurlar. Yani bir isimlendirme olup m ve k nın tekrar n şeklinde isimlendirilmesi bir hata olmaz. Önemli olan taşıdığı sayısal değerlerdir. m ve k n ’ye dönüştürülürse, ∞
∑ ( n + 2) C x n
n=0
(I)
∞
n
+ ∑ Cn −2 x + n
n=2
(II)
∞
∑ ( n + 2)( n + 1)C
n = −2
n+2
xn = 0
(III)
Yeni halde x değişkenin üstleri eşitlenmiştir. Fakat, yeni halde serinin başlangıç değerleri farklı hale gelmiştir. Başlangıç değerlerinin aynı olması için üç seri, en yüksek başlangıç değerine kadar açılır. En yüksek değer 2 olduğuna göre I ve III 2’ ye kadar açılırsa aşağıdaki form bulunur: 111
∞
∞
∞
2Co+3C1x+0 + 0 + 2C2 + 6C3x + ∑ ( n + 2)C n x n + ∑ C n − 2 x n + ∑ ( n + 2)( n + 1)C n + 2 x n = 0 n=2
n=2
n=2
∞
∞
∞
n=2
n=2
n=2
(2Co+ 2C2) + (6C3+3C1)x + ∑ ( n + 2) C n x n + ∑ C n − 2 x n + ∑ ( n + 2)( n + 1)C n + 2 x n = 0 Diferansiyel denklemin sağlanması için, sabitler toplamı sıfır olmalıdır: 2Co + 2 C2 = 0 x katsayısı sıfır olmalıdır : 3C1 + 6 C3 = 0
ise ise
C2 = -C0 C3 = - C1 /2
Geriye kalan seriler x üsleri ve seri başlangıç noktaları aynı olduğu için bir Σ işareti altında toplanabilir: ∞
∑ [C n=2
n-2
]
+ ( n + 2)( n + 1)C n + 2 + ( n + 2)C n x n = 0
Diferansiyel denklemi çözümün sağlaması için x≠0 olacağı için köşeli parantez içerisindeki ifade sıfır olmalıdır. Bu ifade n ≥ 2 için geçerlidir. Bu ifadeden en yüksek indisli C çekilirse aşağıdaki yapı elde edilir, ∞
∑ [C n=2
n -2
+ (n + 2)(n + 1)C n+ 2 + (n + 2)C n ] = 0 ise
C n+2 = −
( n + 2)C n + C n-2 ( n + 2)( n + 1)
( n≥2 )
Bu aşamadan sonra n nin değişik değerleri için C değerleri arasında korelasyon bulunur. n=2 ise n=3 ise n=4 ise n=5 ise
4C2 + C 0 − 4C0 + C 0 3C0 C0 =− = = 12 12 12 4 5C + C1 5(−C1 / 2) + C1 − 5C1 + 2C1 3C1 = =− = C5 = − 5 20 20 40 40 6C5 + C 3 6(C0 / 4) − C 0 6C0 − 4C0 C C6 = − =− 0 =− =− 30 30 120 60 7C5 + C 3 7(3C1 / 40) − C1 / 2 21C1 − 20C1 C C7 = − =− =− =− 1 42 42 1680 1680
C4 = −
Problem 2: y′′+(x − 1)y=e x diferansiyel denklemini x=0 civarında çözünüz. Çözüm : Verilen denklem homojen olmayan diferansiyel denklemdir. Bu nedenle sadece homejen kısmı düşünülerek çözüm aranmamalıdır. Homojen olmayan çözüm ise ya sabitlerin değişimi metodu ile yada sağ taraftaki fonksiyonda yakınsak olmak şartıyla seriye açılıp işleme dahil edilebilir. Bu nedenle sağ taraftaki ex fonksiyonu seriye açılmalıdır. p1(x) = 0 ve p2(x)=x-1 bütün x noktaları için tanımlıdır. Bu durumda adi noktalar civarında çözüm aranmalıdır. ∞
y = ∑ Cn x n= 0
∞
n
,
y ' = ∑ nC n x n=0
n −1
∞
ve
y ' ' = ∑ n ( n − 1)C n x n − 2 n=0
serinin kendisi ve türevleri diferansiyel denkleme taşınır. Daha önceki bölümlerde ex in x=0 civarında seri açılımı bulunmuştu,
ex = 1 + x +
∞ 1 2 1 3 1 4 1 5 1 6 1 x + x + x + x + x .... = ∑ x n 2! 3! 4! 5! 6! n =0 n!
112
∞
∞
n =0
n =0
( x − 1)∑ C n x n + ∑ n(n − 1)C n x n− 2 = 1 + x +
1 2 1 3 1 4 1 5 1 6 x + x + x + x + x ... 2! 3! 4! 5! 6!
Son ifedede diferansiyel yapı kaybolmuştur, ancak net bir çözüm fonksiyonu mevcut değildir. 2. mertebe bir diferansiyel ifade için iki tane integral sabiti olması yeterlidir. Bu nedenle son ifadedeki sonsuz tane C sabiti ikiye indirgenmelidir. ∞
∞
∞
n =0
n =0
n =0
∑ Cn x n+1 − ∑ Cn x n + ∑ n(n − 1)Cn x n−2 = 1 + x +
1 2 1 3 1 4 1 5 1 6 x + x + x + x + x ... 2! 3! 4! 5! 6!
C lerin yokedilmesi veya birbirlerine göre değişimlerinin ne olduğunu anlamak için ilk 4 veye 5 tane n değeri için seri açılımı yapılır. Daha sonra çözümün diferansiyel denklemi sağlamsı prensibi gereği katsayılar taraf tarafa eşitlenir. C1x - C2 x2 - C3x3 - C4x4 - C5 x5 - C6x6 - C7 x7 + ... + Co x + C1x2 + C2 x3 + C3x4 + C4x5 + C5 x6 + C6x7 + C7 x 8 + ... + 0 + 0+2C2 + 6C3x + 12C4x2 + 20C5 x3 + 30C6x4 + 42C7 x5 + 56C8x6... = -Co -
=1 + x +
1 2 1 3 1 4 1 5 1 6 x + x + x + x + x ... 2! 3! 4! 5! 6!
sabitler iki taraf için eşit olmalıdır: -Co+2C2=1 ise C2= (C0+1)/2 x katsayısı iki taraf için eşit olmalıdır : -C1+C0 + 6C3 = 1 ise C3=(1-C0 +C1) /6 1 1 x2 katsayısı iki taraf için eşit olmalıdır : -C2+C1+12C4 = ise C4=( -C1+C2 )/12 2! 2! 1 1 C4=( -C1+(C0+1)/2 )/12=( -C1+C0/2+1/2 )/12=(2-2C1+C0)/24 2! 2! 1 1 x3 katsayısı iki taraf için eşit olmalıdır : -C3+C2+20C5= ise C5 =( +C3-C2 )/20 3! 3! 1 C5 =( +(1-C0 +C1) /6-(C0+1)/2 )/20=(1+(1-C0 +C1)-3(C0+1) )/120=(C1-4C0-1)/120 3! 1 1 x4 katsayısı iki taraf için eşit olmalıdır : -C4+C3+30C6= ise C6=( +C4 –C3) /30 4! 4! 1 C6=( +(2-2C1+C0)/24–(1-C0+C1)/6) /30=(1+(2-2C1+C0)–4(1-C0+C1) ) /720=(-6C1+5C0-1)/720 4! 1 1 x5 katsayısı iki taraf için eşit olmalıdır : -C5+C4+42C7 = ise C7=( +C5-C4) /42 5! 5! 1 C7=( +(C1-4C0-1) )/120-(2-2C1+C0)/24) /42=(1+(C1-4C0-1)-5(2-2C1+C0)) /5040= 5! =(-10+11C1-9C0-) /5040 bu şekilde işlem istenildiği kadar yapılır. Amaç C ler arasındaki korelasyonu belirlemektir. Yukarısı analiz edilecek olursa bütün C değerleri C1 ce C0 bağlı olarak bulunduğundan sonuçta sadece iki tane sabit kalacaktır. Bu sabitler integral sabiti olup sınır ve başlangıç şartlarıyla bulunabilir. Sonuçta yukarıda bulunan C değerleri seriye taşınarak çözüm şu şekilde bulunur: ∞
y = ∑ C n x n = Co + C1x + C2 x2 + C3x3 + C4x4 + C5 x5 + C6x6 + C7 x7 + ...... n= 0
y=Co+C1x+(C0+1)x2/2+(1-C0+C1)x3/6+(2-2C1+C0)x4/24+(C1-4C0-1)x5/120+ 113
+(-6C1+5C0-1)x6/720+(-10+11C1-9C0-) x7 /5040+ ...... y=C0(1+x2/2-x3/6+x4/24-4x5/120+5x6/720-9x7/5040+...)+C1(x+x3/6-2x4/24+x5/1206x6/720+11x7/5040+.....)+x2/2+x3/6+2x4/24-x5/120-x6/720-11x7 /5040+ ...... Sonuca dikkat edilirse serinin ilk terimleri ele alınmıştır. Dolayısıyla daha sonraki terimler mutlaka mühendislik açısından ihmal edilir büyüklükte olmalıdır. Çözüm serisi yakınsak bir seri olmalıdır. Yukarıdaki çözüm şekli basit fakat, daha fazla terim için açılımın zaruri olması halinde uygun olmayan bir tekniktir. Aynı problem aşağıdaki yolla daha matematiksel ve genel bir form ile çözüm verebilir. ∞
∑C n =0
n
x
n +1
∞
∞
− ∑ C n x + ∑ n(n − 1)C n x n
n =0
n−2
∞
1
∑ n! x
=e = x
n
n =0
n =0
(I) (II) (III) Üç seri bir Σ işareti altında toplanmalıdır. Bunun yapılabilmesi için serinin başlangıç değerleri ve x değişkeninin üstleri aynı olmalıdır. Çözümün son halinde, başlangıç değerleri aynı olmasına rağmen x üsleri eşit değildir. Bu eşitlik şu şekilde sağlanır: Serinin birisi referans şeçilerek diğerleri buna benzetilir. I.seri referans seçilirse, ∞
∑C n =0
n
x
n +1
∞
∞
− ∑ C n x + ∑ n(n − 1)C n x n
n =0
∞
n−2
=
n-2=k n=k+2
∞
∞
m −1=0
n =0
∑ Cm−1 x m−1+1 − ∑ Cn x n +
n
n =0
n =0
n+1 = m n=m-1
1
∑ n! x
ise
∞
∑ (k + 2)(k + 1)Ck +2 x k +2−2 =
k +1= 0
∞
1
∑ n! x
n
n =0
Son ifadede n, m ve k fonksiyon olarak sadece birer gösterim semboludurlar. Yani bir isimlendirme olup m ve k nın tekrar n şeklinde isimlendirilmesi bir hata olmaz. Önemli olan taşıdığı sayısal değerlerdir. m ve k n ’ye dönüştürülürse, ∞
∑C n =1
n −1
∞
∞
x − ∑ C n x + ∑ (n + 2)(n + 1)C n+ 2 x = n
n =0
(I)
n
n
n = −1
(II)
∞
1
∑ n! x
n
n =0
(III)
Yeni halde x değişkenin üstleri eşitliğin her iki tarafı içinde eşitlenmiştir. Fakat, yeni halde serinin başlangıç değerleri farklı hale gelmiştir. Başlangıç değerlerinin aynı olması için üç seri, en yüksek başlangıç değerine kadar açılır. En yüksek seri başlangıç değeri değer 1 olduğuna göre I, II ve III nolu seriler 1’ e kadar açılırsa aşağıdaki form bulunur: ∞ ∞ ⎛ ⎞ n n − + + + + + C x ( C C x ) 0 0 2 C (n + 2)(n + 1)C n+ 2 x n ⎟ = 1 + ⎜ ∑ ∑ ∑ 0 2 n n −1 n =1 n =1 n =1 ⎝ ⎠ ∞
Diferansiyel denklemin sağlanması için, sabitler toplamı sıfır olmalıdır: -Co + 2C2 = 1
∞
1
∑ n! x
n
n =1
ise C2= (C0+1)/2
Geriye kalan seriler x üsleri ve seri başlangıç noktaları aynı olduğu için bir Σ işareti altında toplanabilir: ∞ ∞ xn n [ ] + + − = C + ( n 2 )( n 1 ) C C x ∑ ∑ n -1 n+2 n n =1 n! n =1 114
Diferansiyel denklemi çözümün sağlaması için x≠0 olacağı için köşeli parantez içerisindeki ifade sıfır olmalıdır. Bu ifade n ≥ 2 için geçerlidir. Bu ifadeden en yüksek indisli C çekilirse aşağıdaki yapı elde edilir, 1 + Cn − C n -1 ∞ ∞ 1 n! [ ] n n C C + + − = ise ( n≥1 ) C = C + ( 2 )( 1 ) ∑ ∑ n+ 2 n -1 n+2 n (n + 2)(n + 1) n =1 n =1 n! Bu aşamadan sonra n nin değişik değerleri için C değerleri arasında korelasyon bulunur. 1 + C1 − C 0 6 1 1 + (C0 + 1) / 2 − C1 + C2 − C1 2 + C0 − 2C1 2 2 = = n=2 ise C4 = 12 12 24 1 (1 + C1 − C0 ) (C 0 + 1) 1 + − + C3 − C 2 C − 4C0 − 1 6 2 n=3 ise C5 = 3! =6 =− 1 20 20 120 ( 2 2 ) ( 1 C ) + C − C + − C 1 1 0 1 1 0 + − + C4 − C 3 5C − 6C1 − 1 24 6 = 24 = 0 n=4 ise C6 = 4! 30 30 720 2 Problem 3: 4x y′′′+12xy′′+3y′= 0 denklemini y(1)=0, y′(1)=1.5 ve y′′(1)= − 1.75 şartlarıyla birlikte çözünüz. Not: Bu örnek daha önce euler-cauchy denklemi olarak problem-4 de çözüldü.
C3 =
n=1 ise
Çözüm : Verilen denklemin mertebesi düşürülebilir.
Z=y’, Z’=y’’ ve Z’’=y’’’ ise
4x2 Z’’+12xZ’ +3Z= 0
Bulunan son denklem 4x2’ ye bölünerek p1(x)=3/x ve p2(x)=3/(4x2) olarak düzenlenirse bu fonksiyonların x=0 noktasında sonsuza gittiği görülecektir. Bu durumda aykırı noktalar civarında çözüm aranmalıdır. ∞
Z = ∑ Cn x
n+ r
, Z'=
n =0
∞
∑ (n + r )C x n =0
n + r −1
n
∞
ve
Z ' ' = ∑ (n + r )(n + r − 1)Cn x n+r −2 n =0
serinin kendisi ve türevleri diferansiyel denkleme taşınır. ∞
∞
∞
n =0
n =0
n =0
3∑ C n x n+ r + 12 x ∑ (n + r )C n x n+ r −1 + 4 x 2 ∑ (n + r )(n + r − 1)C n x n+ r − 2 = 0 Son ifedede diferansiyel yapı kaybolmuştur ancak net bir çözüm fonksiyonu mevcut değildir. 2. mertebe bir diferansiyel ifade için iki tane integral sabiti olması yeterlidir. Bu nedenle son ifadedeki sonsuz tane C sabiti ikiye indirgenmelidir. Bu amaçla tüm ifade bir toplam içerisine alınmalıdır. ∞
∞
∞
n =0
n =0
n =0
3∑ C n x n+ r + 12∑ (n + r )C n x n + r + 4∑ (n + r )(n + r − 1)C n x n+ r = 0 115
∞
∑ [4(n + r )(n + r − 1) + 12(n + r ) + 3]C x
n+r
n
n =0
=0
İlk terimler için yukarıdaki ifade açılırsa; [4r(r-1)+12r+3]C0xr+[4(1+r)r+12(r+1)+3]C1xr+1+[4(r+2)(r+1)+12(r+2)+3]C2x2+r+ +[4(r+3)(r+2)+12(r+4)+3]C3x3+r+[4(r+4)(r+3)+12(r+5)+3]C4x4+r+ ... =0 Çözüm için x’ in katsayıları, denklemin sağ tarafı sıfır olduğu için, sıfır olmalıdır. xr nin katsayısı sıfır olmalıdır: [4r(r -1)+12r+3]Co=0 olmalıdır. Burada parentez içerisi yada C0 sıfıra eşitlenir. Çözüm için C0≠0 olmalıdır. Aksi halde buna bağlı olarak bulunacak tüm C değerleride sıfır olabilir. Bu ise çözümsüzlük demektir. Bu durumda parentez içerisindeki ifade sıfır olmalıdır. 4r(r -1)+12r+3 = 0,
4r2 +8r+3=0
Bu ifade ise 2. derece bir polinomdur ve sıfır yapan iki tane r değeri vardır. Bunlar r1=-3/2 ve r2=-1/2 dir. Bu iki kök reel sayı olup Z= c1 Z1 + c2 Z2 formunda olmalıdır. y1 r1 kökü için y2 ise r2 kökü için bulunan çözümlerdir. r = -3/2 için çözüm : Z1 ( x) =
∞
∑C x n
n =0
n−
3 2
=x
−
3 ∞ 2
∑C x n =0
n
n
yukarıda seriye açılmış son ifadede r yerine -3/2 yazılırak aşağıdaki ifade bulunur: 0.C0xr+[4(1-3/2)r+12(-3/2+1)+3]C1xr+1+[4(-3/2+2)(-3/2+1)+12(-3/2+2)+3]C2x2+r+ +[4(-3/2+3)(-3/2+2)+12(-3/2+4)+3]C3x3+r+[4(-3/2+4)(-3/2+3)+12(-3/2+5)+3]C4x4+r+ ... =0 İlk terim sıfırdır. Diğer terimlerde sıfırlanarak çözüm tamamlanır. Diğer terimlerde parantez içerisindeki terimlerin sıfır olması mümkün değildir. Bu nedenle çözümün sağlanması için C1=C2=C3=C4=...Cn=0 olmalıdır. ∞
Z1 ( x) = ∑ Cn x n−3 / 2 =[Co+ C1x + C2 x2 + C3x3 +C4x4 + C5 x5 + C6x6 + C7 x7 + ... ]x-3/2 n =0
Z1 ( x) =C0x-3/2 ∞
r = -1/2 için çözüm :
Z 2 ( x) = ∑ Cn x n−1/ 2 n =0
yukarıda seriye açılmış son ifadede r=-1 yazılırak aşağıdaki ifade bulunur: 0.C0xr+[4(1-1/2)r+12(-1/2+1)+3]C1xr+1+[4(-1/2+2)(-1/2+1)+12(-1/2+2)+3]C2x2+r+ +[4(-1/2+3)(-1/2+2)+12(-1/2+4)+3]C3x3+r+[4(-1/2+4)(-1/2+3)+12(-1/2+5)+3]C4x4+r+ ... =0 İlk terim sıfırdır. Yukarıda olduğu gibi parantez içerileri sıfır olamaz. Dolayısıyla çözümün sağlanması için C1=C2=C3=C4=...Cn=0 olmalıdır. ∞
Z 2 ( x) = ∑ Cn x n−1 =[Co+ C1x + C2 x2 + C3x3 +C4x4 + C5 x5 + C6x6 + C7 x7 + ... ]x-1/2 n =0
Z 2 ( x) =C0x-1/2 116
Her iki çözümdede tüm C’ler C0 sabitine bağlı çıkmıştır. İki çözümdeki C0 ların karışmaması için ikincisindeki C*0 olarak değiştirilirse genel çözüm şu şekilde yazılır: Z = C0 x-3/2 + C*0 x-1/2 =y’ ise ∫ dy = ∫ (C0 x −3 / 2 + C0* x −1 / 2 )dx y = −2C0 x −1 / 2 + C0* x1 / 2 + C3 C1 + C 2 x + C3 x 2x 2 y′′ − xy′+ (x − 5)y = 0 diferansiyel denklemini çözünüz.
-2C0=C1 ve C0*=C2 şeklinde sabitler değiştirilirse, y = Problem 4:
Çözüm : Tüm denklem taraf tarafa 2x2 ile bölünerek, p1(x)=1/(2x) ve p2(x)=(x - 5)/(2x2) olarak düzenlenirse bu fonksiyonların x=0 noktasında sonsuza gittiği görülecektir. Bu durumda aykırı noktalar civarında çözüm aranmalıdır. ∞
y = ∑ Cn x
n+ r
n=0
∞
, y' =
∑ (n + r )C n=0
n
x
n + r −1
∞
ve
y'' = ∑ ( n + r)( n + r − 1)C n x n + r −2 n=0
serinin kendisi ve türevleri diferansiyel denkleme taşınır. ∞
∞
∞
n=0
n=0
n=0
( x − 5) ∑ C n x n + r − x∑ ( n + r )C n x n + r −1 + 2 x 2 ∑ ( n + r )( n + r − 1)C n x n + r − 2 = 0 Son ifedede diferansiyel yapı kaybolmuştur ancak net bir çözüm fonksiyonu mevcut değildir. 2. mertebe bir diferansiyel ifade için iki tane integral sabiti olması yeterlidir. Bu nedenle son ifadedeki sonsuz tane C sabiti ikiye indirgenmelidir. ∞
∑ [2( n + r )( n + r − 1) − ( n + r ) − 5]C n=0 ∞
∑ [(n + r )(2n + 2r − 3) − 5]C n =0
n
x
n+ r
∞
+ ∑ C n x n + r +1 = 0 n=0
∞
n
x n+ r + ∑ C n x n+ r +1 = 0 n =0
İlk terimler için yukarıdaki ifade açılırsa; [r(2r-3)-5]C0xr+[(1+r)(2r-1)-5]C1xr+1+[(r+2)(2r+1)-5]C2x2+r+[(r+3)(2r+3)-5]C3x3+r+ [(r+4)(2r+5)-5]C4x4+r+[(r+5)(2r+7)-5]C5x5+r+ ...+Coxr+1+C1xr+2+C2xr+3+C3xr+4+C4xr+5+C5xr+6+...= 0 Çözüm için x’ in katsayıları, denklemin sağ tarafı sıfır olduğu için, sıfır olmalıdır. xr nin katsayısı sıfır olmalıdır: [r(2r -3)-5]Co=0 olmalıdır. Burada parentez içerisi yada C0 sıfıra eşitlenir. Çözüm için C0≠0 olmalıdır. Aksi halde buna bağlı olarak bulunacak tüm C değerleride sıfır olabilir. Bu ise çözümsüzlük demektir. Bu durumda parentez içerisindeki ifade sıfır olmalıdır. 2r(r -1)-r-5 = 0,
2r2-3r-5=0
Bu ifade ise 2. derece bir polinomdur ve sıfır yapan iki tane r değeri vardır. Bunlar r1=2.5 ve r2=-1 dir. Bu iki kök reel sayı olup y= c1 y1 + c2 y2 formunda olmalıdır. y1 r1 kökü için y2 ise r2 kökü için bulunan çözümlerdir. r = 2.5 için çözüm : y1 ( x) =
∞
∑C x n =0
n + 2.5
n
117
yukarıda seriye açılmış son ifadede r yerine 2.5 yazılırak aşağıdaki ifade bulunur: 0-9C1x2.5+1+22C2x2+2.5+39C3x3+2.5+60C4x4+2.5 +85C5x5+2.5... +Cox2.5+1+ C1x2.5+2 + C2 x2.5+3 + C3x2.5+4 + C4x2.5+5 + C5 x2.5+6 + C6xr2.5+7+ ...= 0 İlk terim sıfırdır. Diğer terimlerde sıfırlanarak çözüm tamamlanır. x2.5+1 in katsayısı sıfır olmalıdır -9C1+C0=0 ise C1=C0/9 x2.5+2 in katsayısı sıfır olmalıdır 22C2+C1=0 ise C2=-C1/22=-C0/198 x2.5+3 in katsayısı sıfır olmalıdır 39C3+C2=0 ise C3=-C2/39=C0/7722 ∞
y1 ( x) = ∑ Cn x n+2.5 =[Co+ C1x + C2 x2 + C3x3 +C4x4 + C5 x5 + C6x6 + C7 x7 + ... ]x2.5 n =0
y1 ( x) =[1+ x/9 -x2/198+ x3 /7722 + ... ]C0x2.5 ∞
r = -1 için çözüm :
y2 ( x) = ∑ Cn x n−1 n =0
yukarıda seriye açılmış son ifadede r=-1 yazılırak aşağıdaki ifade bulunur: 0.C0xr-5C1xr+1-6C2x2+r-7C3x3+r+4C4x4+r+20C5x5+r+ ...+Coxr+1+C1xr+2+C2xr+3+C3xr+4+C4xr+5+C5xr+6+...= 0 İlk terim sıfırdır. Diğer terimlerde sıfırlanarak çözüm tamamlanır. Xr+1 in katsayısı sıfır olmalıdır Xr+2 in katsayısı sıfır olmalıdır Xr+3 in katsayısı sıfır olmalıdır Xr+4 in katsayısı sıfır olmalıdır
-5C1+C0=0 -6C2+C1=0 -7C3+C2=0 4C4+C3=0
ise C1=C0/5 ise C2=C1/6=-C0/30 ise C3=C2/7=-C0/210 ise C4=-C3/4=C0/840
∞
y2 ( x) = ∑ Cn x n−1 =[Co+ C1x + C2 x2 + C3x3 +C4x4 + C5 x5 + C6x6 + C7 x7 + ... ]x-1 n =0
y2 ( x) =[1+ x/5 -x2/30- x3 /210 +x4/840 ... ]C0x-1 Her iki çözümdede tüm C’ler C0 sabitine bağlı çıkmıştır. İki çözümdeki C0 ların karışmaması için ikincisindeki C*0 olarak değiştirilirse genel çözüm şu şekilde yazılır: y = C0 ( 1+x/9 - x2/198+ x3/7722.....)x2.5 + C*0 (1 + x/5 - x2 /30 + x3/210......) x-1 x(x-1)y′′+(3x-1)y′+ y = 0 diferansiyel denklemini x=0 civarında çözünüz.
Problem 5:
Çözüm : Tüm denklem taraf tarafa x(x-1) ile bölünerek, p1(x)=(3x-1)/[x(x-1)] ve p2(x)=1/[x(x-1)] olarak düzenlenirse bu fonksiyonların x=0 ve x=1 noktalarında sonsuza gittiği görülecektir. Bu durumda aykırı noktalar civarında çözüm aranmalıdır. ∞
∞
n=0
n=0
∞
y = ∑ C n x n+ r , y' = ∑ (n + r )C n x n+ r −1
ve
y'' = ∑ ( n + r)( n + r − 1)C n x n + r −2 n=0
serinin kendisi ve türevleri diferansiyel denkleme taşınır. ∞
∞
n =0 ∞
n =0
∞
∑ Cn x n+r + (3x − 1)∑ (n + r )Cn x n+r −1 + x( x − 1)∑ (n + r )(n + r − 1)Cn x n+r −2 = 0 n =0
∑[1 + 3(n + r ) + (n + r )(n + r − 1)]C x n =0
n
n+ r
∞
+ ∑ [−(n + r )(n + r − 1) − (n + r )]C n x n+ r −1 = 0 n =0
118
∑ [n
2
∑ [n
2
∑ [n
2
∞
n =0 ∞
n =0 ∞
n =0 ∞
∑ [(n
]
∞
+ r 2 + 2(nr + n + r ) + 1 C n x n+ r − ∑ (n + r ) 2 C n x n+ r −1 = 0
]
+ r 2 + 2(nr + n + r ) + 1 C n x n+ r −
]
n =0 ∞
∑ (m + 1 + r )
2
m +1=0 ∞
C m+1 x m+1+ r −1 = 0
+ r 2 + 2(nr + n + r ) + 1 C n x n+ r − ∑ (n + 1 + r ) 2 C n+1 x n+ r = 0 n = −1
2
n =0
]
+ r 2 + 2nr + 2n + 2r + 1)C n − (n + r + 1) 2 C n+1 x n+ r − r 2 C0 x r −1 = 0
Önerilen çözümün diferansiyel denklemi sağlaması prensibine göre son denklemdeki iki ifadenin sıfır olması gerekir. 2. ifadede değişken olduğu için xr-1≠0 ve daha sonraki C değerlerininde sıfır olmasına neden olabileceği için C0≠0 olmak zorundadır. Bu durumda r2=0 olacaktır. r2=0 ise r1=r2=0 ise kökler eşittir. Bu nedenle yukarıda verilen (II) hal ile çözüm bulunacaktır. Yine çözümün olabilmesi için köşeli parantez içerisindeki sabit ifadeler grubu sıfır olmalıdır.
∑ [(n
2
+ r 2 + 2nr + 2n + 2r + 1)Cn − (n + r + 1) 2 Cn+1 = 0 , r=0 ise
∑ [(n
2
+ 2n + 1)C n − (n + 1) 2 C n+1 = 0 ise
∞
n =0 ∞
n =0
]
]
∑ [(n + 1) ∞
n =0
2
]
Cn − (n + 1) 2 Cn+1 = 0
Son ifadeden Cn+1=Cn bulunacaktır. Böylece 1. ve 2. çözümler şu şekilde olacaktır. Co=C1=C2=...=Cn=C ise ∞
y1 ( x) = ∑ Cn x
n−1
=C[1+ x + x + x +x + x + x + x + ... ] = C 2
3
4
5
6
7
n =0
∞
∑x
n −1
n =0
∞
∞
n =0
n =0
y2 ( x) = ln x∑ Cn x n−1 =Clnx[1+ x + x2 + x3 +x4 + x5 + x6 + x7 + ... ] = C * ln x∑ x n−1 Daha önce verilen Taylor serisi yardımıyla [1+ x + x2 + x3 +x4 + x5 + x6 + x7 + ... ]=1(1-x) olduğu görülecektir. Böylece genel çözüm şu şekilde olur: 1 y= (C + C * ln x) 1− x Örnek Problemler :
Aşağıdaki örnek problemlerde 1. ve 2. denklemler BESSEL DİFERANSİYEL DENKLEMİ olarak bilinir. Silindirik koordinatlardaki kısmi diferansiyel denklemlerin çözüm aşamasında karşımıza çıkan adi diferansiyel denklemlerden bir tanesidir. P ve n bir sabit olup denklemin isimlendirilmesinde rol oynar. P=0 ise 0. tip bessel diferansiyel denklemi, P = 1 ise 1. tip bessel diferansiyel denklemi gibi diferansiyel denkler isimlendirilir. 2 nolu denklem ise LEGENDRE DİFERANSİYEL DENKLEMİ olarak ismlendirilir. Küresel koordinatlardaki kısmi difreansiyel denklem
çözümü aşamasında karşımıza çıkar. Isı transferi, akışkanlar mekaniği gibi değişik proplemlerinin çözümünde kullanıldığı gibi bu diferansiyel denklemlerin çözümünden üretilen Bessel veya Legendre Fonksiyonları değişik amaçlar içinde kullanılır. Örnek olarak nümerik çözümlerde iki nümerik nokta arasındaki değişimlerin fonksiyonel olarak tanımlanmasında kullanılır.
119
1. x 2 y′′+xy′+(x 2 − P 2 )y = 0, P=sabit 2.
(1 − x ) y′′ − 2xy′+n(n+1)y=0, n=sabit
3.
x 2 y ′′ + xy ′ + ( x 2 − 4) y = 0
2
4.
x 2 y ′′ + xy ′ + (λ2 x 2 − v 2 ) y = 0 (λx = z )
5.
xy ′′ + y ′ + 1 4 y = 0 ( x = z ) 1 x 2 y ′′ + xy ′ + (4 x 4 − ) y = 0 (x2=z) 4 y ′′ + (1 + 2n) y ′ + xy = 0 ( y = x − n u ) x 2 y ′′ − 3xy ′ + 4( x 4 − 3) y = 0
6. 7. 8.
24. 25. 26. 27. 28.
( y = x u, x = z ) 2
9.
10.
11. 12. 13. 14. 15. 16. 17. 18. 19. 20. 21. 22.
2
29.
x y ′′ + (1 − 2v) xy ′ + v ( x + 1 − v ) y = 0 v v ( y = x u, x = z ) 1 3 x 2 y ′′ + ( x + ) y = 0 4 4 ( y = u x, x = z ) x 2 y ′′ − 4 xy ′ + 4 y = 0 y(1)=4, y ′ (1)=13 4 x 2 y ′′ + 4 xy ′ − y = 0 y(4)=2, y ′ (4)= −0.25 x 2 y ′′ − 5 xy ′ + 8 y = 0 y(1)=5, y ′ (1)=18 x 2 y ′′ − xy ′ + 2 y = 0 y(1)=−1, y ′ (1)= −1 10 x 2 y ′′ + 46 xy ′ + 32.4 y = 0 y(1)=0, y ′ (1)=2 x 2 y ′′ + xy ′ − 0.01y = 0 y(1)=1, y ′ (1)=0.1 x 2 y ′′ + x(2 − x) y ′ − 2 y = 0 x 2 y ′′ + 2 xy ′ + ( x − 6) y = 0 x 2 y ′′ − xy ′ + (2 x − 8) y = 0 x 2 y ′′ + xy ′ + ( x − 2) y = 0 3 1 x 2 y ′′ + x( x 2 − ) y ′ + ( x − ) y = 0 4 8 2 y ′′ + xy ′ − 2 y = 0 x 2
2
2v
5 9 y ′ + (1 − 2 ) y = 0 4x 4x 2 2 x y ′′ − 3xy ′ + ( x − 2) y = 0 x 2 y ′′ − 4 xy ′ + ( x 2 − 3) y = 0 x 2 y ′′ + ( x 2 − 3 x) y ′ + ( x − 4) y = 0 x 2 y ′′ + 4 xy ′ − 3 xy = 0 2 x 2 y ′′ − 2 xy ′ + (3 x + 2) y = 0 x 2 y ′′ + 4 xy ′ + ( x 2 − 3x) y = 0 x 2 y ′′ − 4 x 3 y ′ + ( x − 6) y = 0 x 2 y ′′ − xy ′ + (2 x 2 + 5 9) y = 0 x 2 y ′′ − xy ′ + ( x 2 + 8 9) y = 0 2 x 2 y ′′ + xy ′ + (2 x 2 − 3) y = 0 2 x 2 y ′′ + xy ′ + ( x 2 − 1) y = 0 x 2 y ′′ − xy ′ + ( x 2 − 3) y = 0 x 2 y ′′ + xy ′ + ( x − 1) y = 0 x 2 y ′′ + y ′ + 2 y = 0 x 2 y ′′ − xy ′ + 3 4 y = 0 x 2 y ′′ + ( x 3 − x) y ′ − 3 y = 0 x 2 y ′′ + x 2 y ′ − 2 y = 0 x 2 y ′′ + x( x − 2) y ′ + x 2 y = 0 x 2 y ′′ + 8 x 2 y ′ + (2 x − 7) y = 0 x 2 y ′′ + x( x 2 − 4) y ′ + (2 x − 3) y = 0 x 2 y ′′ + x 2 y ′ − 8 y = 0 x 2 y ′′ − 2 xy ′ + 8 xy = 0 x 2 y ′′ − 4 xy ′ + (3x − 2) y = 0 x 2 y ′′ − 8 x 2 y ′ + ( x 2 + 4) y = 0 xy ′′ + 2 y ′ + xy = 0
23. y ′′ +
2
30. 31. 32. 33. 34. 35. 36. 37. 38. 39. 40. 41. 42. 43. 44. 45. 46. 47. 48.
2.9 Laplace Dönüşümleriyle Diferansiyel Denklem Çözümü
Matematikte çeşitli transformasyonlar ile çözümü zor veya mümkün olmayan yapılar veya değişkenler yeni yapılar veya değişkenlere dönüştürülür. Burada amaç işlemlerin daha basit veya çözülebilir olduğu formlar elde etmektir. Bir nevi değişken dönüşümü olarak da görülebilir. Bu tür dönüşümlerde genellikle bazı transformasyon denklemleri kullanılır. Bu denklemler hem eski değişkenleri hemde yeni değişkenleri içerir. Gerekli işlemlerden sonra elde edilen yeni form üzerinde arzu edilen işlemler yapılarak, elde edilen son netice ters transformasyonla orijinal hale dönülür. Özellikle diferansiyel denklemlerin çözülmesi bakımından en çok kullanılan transformasyon türlerinden biride LAPLACE DÖNÜŞÜMLERİ’ dir. Özellikle birim basamak fonksiyonu, delta fonksiyonu, step fonksiyonu gibi adi manada türetilemeyen süreksiz fonksiyonların laplace ortamından sürekli ve türevlenebilir bir karşılığı vardır. Daha önce “sabit katsayılı homojen olmayan lineer 120
diferansiyel denklem” olarak görülen denklemlerin çözümünde sıkca kullanılan bu transformasyonun dönüşüm denklemi şu şekildedir: ∞
F(s)= ∫ f(x) e− sx dx
n
veya
F(s)=lim ∫ f(x) e− sx dx n →∞ 0
0
Burada y=f(x) ve x eski, Y=F(s) ve s ise yeni bağımlı ve bağımsız değişkenlerdir. Yani s ve F laplace değişkenidir. Dikkat edilirse yukarıdaki ifade bir genelleştirilmiş integral olup sınırlarının biri sonsuza gitmektedir. Bu açıdan herhangi bir fonksiyonun laplace formuna dönüştürülmesi halinde bir belirsizlik olursa limit ile elde edilen çözüm tanımlı hale getirilebilir. Diferansiyel denklem çözümü için diferansiyel ifadelerinde laplace karşılıklarının bilinmesi gerekir. Bu ifade ise şu şekildedir. dny = s n Y(s) − C0 s n-1 − C1 s n-2 − ... − Cn − 2 s − Cn-1 n dx Bu denlemdeki “Cn” değerleri bizim daha önce bildiğimiz integral sabitleri olup, “n” ise diferansiyel ifadenin mertebesidir. Yukarıdaki dönüşüm denklemleriyle bir diferansiyel denklem Y(s) = F(s) şeklinde laplace formuna dönüştürülür. Bu yeni ifadede diferansiyel ‘d’ operatörü olmayacaktır. Dolayısıyla diferansiyel denklem laplace formuna diferansiyeli alınmış olarak geçer. Yani bizim ortamımızdaki diferansiyel ifadenin Laplace ortamında türev veya diferansiyel boyutu yokolur. Elde edilen laplace formatındaki yeni ifade genellikle polinom fonsiyonların bölümü veya çarpımı formunda olurlar. Bu polinomik yapı daha sonra basit kesirlerine ayrılarak ters laplace dönüşümleri uygulanır. 2.2.1.Fonksiyonların Laplace Formuna Dönüştürülmesi
Bilinen değişkenlerin, fonsiyonların ve diferansiyel ifadelerin laplace ortamına nasıl aktarıldığının bilinmesi, elimizdeki fonksiyonların laplace karşılıklarının elde edilmesi önemlidir. Bu noktada, aşağıdaki fonksiyonların laplace karşılıklarını bulunması incelenmelidir: 1) f(x)=eax ⇒ F(s) =? ∞
∞
F(s)= ∫ eax e − sx dx = ∫ e(a −s)x dx= 0
0
1 (a −s)x ∞ e 0 a −s
ise
s>a ⇒ F(s)=
1 1 (e −∞ − e0 ) = a −s s−a
s
f(x)= A: sbt ⇒ F(s)=? ∞
F(s)= ∫ Ae− sx dx = − 0
A − sx e s
(0
∞
= −
A -∞ 0 A (e − e ) = s s
3) f(x) = x ⇒ F(s)=? ∞
F(s)= ∫ xe− sx dx 0
1 x = U dx = dU , e −sxdx = dν ⇒ ν= − e − sx s
121
∞
1 1 1 ⎡ x ⎤ F(s)= − e− sx x − ∫ − e −sx dx = ⎢ − e− sx − 2 e− sx ⎥ s s s ⎣ s ⎦0 1 1 F(s)= − (∞e −∞ − 0e0 ) − 2 (e−∞ − e −0 ) s s
1 1 F(s) = - (∞) + 2 olduğundan tanımsızlık mevcuttur. Tanımlı hale getirmek için tanımsızlığa s s neden olan kısmın limiti alınır. Limit işlemlerinde hospital kuralı uygulanabilir. x x ∞ = lim ( − e − sx ) = lim ( − sx ) = x →∞ s x →∞ s e ∞ 1 1 = 0 = lim 2 sx ) = x→∞ s e ∞ 4)
F(s) =
ise
1 s2
f(x) = Sinax ⇒ F(s) = ? ∞
F(s)= ∫ e− sx Sinaxdx
1 Sinax = U aCosaxdx = dU ve e−sxdx = dν ⇒ ν = − e − sx s
1 F(s)= − e− sx Sinax − s
∫−se
0
1
− sx
aCosaxdx
1 Cosax = U ⇒ −aSinaxdx=du, e−sxdx = dν ⇒ ν = − e − sx s 1 a 1 1 F(s)= − e−sxSinax + ( − e−sx Cosax − ∫ e−sx aSinaxdx ) s s s s 1 −sx a −sx a 2 −sx = − e Sinax − 2 e Cosax − 2 ∫ e Sinaxdx s s s F(s)= ∫ e Sinaxdx − sx
1 − sx a − sx a2 F(s)= − e Sinax − 2 e Cosax − 2 F(s) s s s
ise
a2 1 a F(s)(1+ 2 )= − e− sx Sinax − 2 e− sx Cosax ise s s s 2 s a e −sx ∞ a F(s)=( 2 )( Sinax ) − − ( 0 = 2 2 s +a s s s + a2 5)
f(x)= 3+2x ⇒ F(s)=? ∞
∞
∞
3 2 F(s)= ∫ (3 + 2 x)e dx = ∫ 3e dx + ∫ 2 xe− sx dx = + 2 s s 0 0 0 6)
− sx
f(x)=xe4x⇒F(s)=?
− sx
∞
∞
F ( s) = ∫ xe e dx = ∫ xe( 4 − s ) x dx 4 x − sx
0
0
Bu problem s>4 için 3 nolu probleme benzetilebilir.
122
f(x)=x ⇒ ∫ xe − sx ≈ ∫ xe(4− s ) x f(x)=x ⇒ F ( s ) =
1 1 ⇒ f(x)=xe 4x ⇒ F ( s ) = 2 s ( s − 4) 2
f(x) fonksiyonu iki ayrı bilinen fonksiyonların çarpımı şeklinde ise aşağıdaki denklem yardımıyla laplace dönüşümü daha rahat bulunur. dn n n L (x f (x )) = (−1) n ( F ( s)) L f(x))=(−1) ds n
7)
8)
n
1 f(x)=xe4x x göz önüne alınmaz ise e4x’in laplacesi F(s)= dür. s−4 d 1 −1 ) = (−1)1 f(x)=xe4x⇒ F(s)=( − 1)1 ( ds s − 4 ( s − 4) 2 f(x)=xsinax ⇒F(s)=? L (Sinax ) =
9)
a a 2as 1 d ( 2 2 ⇒ L ( xSinax ) = F ( s) = (−1) 2 = 2 ds a + s ) (a + s 2 ) 2 a +s 2
f(x)=xe−xSin2x ⇒F(s)=? f(x) = e − x ⇒ F(s) =
1 s+1
2 2 2 = 2 + (1 + s) 4 + (1 + s) 2 2 4(1 + s) d f ( x ) = xe − x Sin2 x ⇒ F ( s) = ( −1) n ( 2 ) = ds 4 + (1 + s) (4 + (1 + s) 2 ) 2 f ( x ) = e − x Sin2 x ≈ F ( s) =
2
d2y 10) f(x) = y ' ' = 2 ⇒ F(s) = ? dx Kısmi integrasyon ile çözüm aranmalıdır. Diferansiyellik integral ile giderilebildiği için dv=y’’ dx tercih edilmelidir. ∞
F(s)= ∫ e − sx y''dx ,
e−sx = u ⇒ du = −se− sx dx ,
0
⎡ F(s)= ⎢ y'e− sx + ⎣
∫ dv = ∫ y' ' dx ⇒ v = y'
∞
∫ se
− sx
⎤ y'dx ⎥ , e−sx = u ⇒ du = −se− sx dx , ⎦0
∫ dv = ∫ y' dx ⇒ v = y
∞
∞ ⎡ − sx ⎤ − sx − sx 2 − sx − sx ∞ ⎡ ⎤ F(s)= ⎢ y'e + yse ⎦ + s ∫ e −sx ydx + s(ye + ∫ se ydx) ⎥ = ⎣ y'e 0 0 ⎣ ⎦0 ∞
F(s)= − y'(0) − y(0)s + s 2 ∫ e− sx ydx = Y − y '(0) s − y (0) = Y + C1s + C2 0
y’(0) ve y(0) ın integral sabiti olarak düşünülmesi mümkündür. Bununla birlikte x=0 daki sınır ve başlangıç şartlarının kullanılabilmesi açısından 123
integral sabiti dönüşümüne gerek yoktur. Sınır ve başlangıç şartları x=0 da verilmemiş ise integral sabitli yapı tercih edilmelidir. Benzer şekilde belirli bazı fonksiyonların laplace karşılıkları bulunarak bir takip eden sayfada tablo halinde verilmiştir. Bu tablo değerleri kullanılarak dif. denklem çözümü gerçekleştirilecektir. 2.9.2 Laplace Dönüşümleri ve Diferansiyel Denklem Çözümleri Problem-1:
d2y + y = e −2 x diferansiyel denklemini çözünüz.(Laplace dönüşümü kullanarak) dx 2 L ( y ) = Y ( s)
d2y ) = s2Y ( s) − sc0 − c1 (Tablodan alındı) dx 2 1 L(e − 2 x ) = s+2 1 + s 2 c0 + 2 sc0 + sc1 + 2c1 1 s 2Y ( s ) − sc0 − c1 + Y ( s ) = → Y (s) = s+2 ( s + 2)( s 2 + 1) L(
d2y ) + L( y ) = L(e −2 x ) 2 dx
L(
Bundan sonra eşitliğin sağ tarafı basit kesirlere ayrılmalıdır. A Bs + C 1 + s2 c 0 + 2 sc 0 + sc1 + 2 c1 = + 2 olmalıdır. s+ 2 s +1 ( s + 2)( s2 + 1) ( Bs + C )(s + 2 ) + A( s 2 + 1) 1 + s 2 c0 + 2sc0 + sc1 + 2c1 = ( s 2 + 1)( s + 2) ( s + 2)( s 2 + 1)
Bs 2 + 2 Bs + Cs + 2C + As 2 + A 1 + s 2 c 0 + 2sc 0 + sc1 + 2c1 = ( s 2 + 1)( s + 2) ( s + 2)( s 2 + 1) ( A + B) s 2 + (2 B + C ) s + 2C + A s 2 c0 + (2c 0 + c1 ) s + 2c1 + 1 = ( s 2 + 1)( s + 2) ( s + 2)( s 2 + 1) s'nin katsayıları her iki taraf içinde birbirine eşit olmalıdır. Böylece; A+B=c0 2B+C=2c0+c1 2C+A=2c1+1 1 A= , 5
ise
2 2 = sbt , C=c1 + = sbt → 10 5 1 1 Bs + C 1 1 s s Y (s) = + 2 = +B 2 +C 2 5 s + 2 s +1 5 s + 2 s +1 s +1 B=c0 −
1 = e −2 x , s+ 2
s = Cosx, s +1 2
1 = Sinx s +1 2
1 y = e −2 x + BCosx + CSinx 5 124
B ve C integral sabitleri
Tablo: Laplace Dönüşüm Formulleri y=f(x)
Y=F(s)
y=f(x)
Y=F(s)
A:sabit
A s
Cosax
s (s +a 2 )
1 s2
Sinh(ax)
(n-1)! , n=1,2,3,… sn
Cosh(ax)
x xn-1 1
πx 2
s (s − a 2 ) 2
xSinax
1
xCosax
(s 2 − a 2 ) (s 2 +a 2 ) 2
ebxCosax
(s-b) (s-b) 2 +a 2
s
xn−1/2
a (s − a 2 ) 2
1 s
x
π
2
3/ 2
(1*3*5*…(2n−1)*s−n
2as (s +a 2 ) 2 2
−1/2)/2n eax
1 s−a
ebxSinax
a (s-b) 2 +a 2
xn-1eax
( n − 1)! n (s − a)
1-cosax
a2 s( s 2 + a 2 )
1 (e ax − e bx ) a −b
1 , a≠b ( s − a )( s − b)
1 (ae ax − bebx ) a−b
s , a≠b ( s − a)( s − b)
Sinax
a (s +a 2 ) 2
dn L (x f (x )) = (−1) (F (s)) Ln f(x))=(-1)n ds n n
n
dny = s n Y(s) − C0s n −1 − C1s n − 2 − ... − Cn − 2s − Cn −1 n dx dny n =s Y(s) − y (0)s n −1 − y′(0)s n − 2 − ... − y ( n − 2) (0) s − y ( n −1) (0) n dx
125
Problem-2:
d 3y d2y dy + 4 + 5 + 2 y = 10Cost diferansiyel denklemini çözünüz.(Laplace dönüşümü 3 2 dt dt dt kullanarak) dy d3y L( ) = sY − c1 3 2 L( 3 ) = s Y − s c1 − sc2 − c3 dt dt L(Y (t )) = Y ( s) d2y 2 s L( 2 ) = s Y − sc1 − c2 L(Cost ) = 2 dt s +1 10s s3Y − s2 c1 − sc2 − c3 + 4( s2Y − sc1 − c2 ) + 5( sY − c1 ) + 2Y = 2 s +1 10s ( s 3 + 4 s 2 + 5s + 2)Y − s 2 c1 − sc 2 − c3 + 4(− sc1 − c 2 ) + 5(−c1 ) = 2 s +1 10s ( s 3 + 4s 2 + 5s + 2)Y = 2 + s 2 c1 + sc 2 + c3 + 4sc1 + 4c 2 + 5c1 s +1 Buradan Y çekilirse; ( s 3 + 4s 2 + 5s + 2) = ( s + 2)( s + 1) 2 ise Y (s) =
( s 2 + 4 s + 5)c1 + ( s + 4)c 2 + c3 10 s + ( s 2 + 1)( s + 2)( s + 1) 2 ( s + 2)( s + 1) 2
10s I= 2 , ( s + 1)( s + 2)( s + 1) 2
( s 2 + 4s + 5)c1 + ( s + 4)c 2 + c3 II = ( s + 2)( s + 1) 2
I’in çözümü (Basit Kesirlere Ayrılması) As + B C D E 10s + + + 2 2 = 2 s + 1 s + 2 s + 1 ( s + 1) ( s + 1)( s + 2)( s + 1) 2 (As + B)(s3 + 4s2 + 5s + 2) + C(s2 + 1)(s + 1) 2 + D(s2 + 1)(s + 2)(s + 1) + E(s2 + 1)(s + 2) = 10s Denklemler açılıp katsayılar eşitlenirse, s4 (A + C + D) = 0
s3 (4A + 2C + 3D + E + B) = 0 s2 (5A + 2C + 3D + E + 4B) = 0 s(2A + 2C + 3D + E + 5B) = 10 s6 (2B + C + 2D + 2E) = 0 Eşitlikler çözülürse, A= −3, B=1, C= −12, D=15, E= −5 bulunur. − 3s + 1 − 12 15 5 Y1 (s) = 2 + + − s + 1 s + 2 s + 1 (s + 1) 2
126
L−1 (Y ( s)) = L−1 (−3
s 1 1 15 1 ) + L−1 ( 2 ) + L−1 (−12 ) + L−1 ( ) − 5 L−1 ( ) s+2 s+1 s +1 s +1 ( s + 1) 2 2
Y1 (t ) = −3Cost + S int − 12 e −2 t + 15e − t − 5te − t II nolu eşitlikte benzer şekilde çözülürse, Y2 (t) = c1e −2t + (c 2 + cc t)e − t , o halde Y(t)=-3cost+sint+(c 1 −12)e−2t + (15 − 5t + (15 − 5t + c2 − c3 t)e− t Y(t) = −3cost + sint + c1e−2t + (c2 + c3 t)e − t bulunur.
d4y − k 4 y = 0 denklemini y(0)=y'(0)=y''(0)=0 ve y'''(0)=1 şartlarıyla 4 dx çözünüz.(Laplace dönüşümü kullanarak)
Problem-3:
Sınır şartları verildiği için diferansiyel formatın laplace karşılığı alınırken türevli olanı alınmalıdır. Böylece sınır ve başlangıç şartları bu aşamada uygulandığı için daha sonraki işlem azalacaktır. d4y L(k 4 y ( x)) = k 4Y ( s ) L( 4 ) = s 4Y − s 3 y (0) − s 2 y ' (0) − sy ' ' (0) − y ' ' ' (0) = s 4Y − 1 dx bu dönüşümler denkleme taşınıp Y çekilir ve basit kesirlerine ayrılırsa, 1 1 1 ⎡ 1 1 ⎤ s 4Y − 1 + k 4Y = 0 ⇒ Y = 4 = 2 = 2⎢ 2 − 2 4 2 2 2 2 ( s − k )( s + k ) 2k ⎣ s − k s −k s + k 2 ⎥⎦ 1 ⎡ ⎛ k ⎞ −1 ⎛ k ⎞⎤ L−1 (Y ) = 3 ⎢ L−1 ⎜ 2 ⎟−L ⎜ 2 2 ⎟⎥ 2k ⎣ ⎝ s − k 2 ⎠ ⎝ s + k ⎠⎦ y ( x) = −
2 [ Sinh(kx) − sin kx] k3
d2y dy Problem-4: − 3 + 2 y = 4 x diferansiyel denklemini y(0)=1 ve y’(0)=−1 şartlarıyla 2 dx dx çözünüz.(Laplace dönüşümü kullanarak)
Sınır şartları verildiği için diferansiyel formatın laplace karşılığı alınırken türevli halli olanı alınmalıdır. Böylece sınır ve başlangıç şartları bu aşamada uygulandığı için daha sonraki işlem azalacaktır. d2y dy L( 2 ) = s 2Y − sy (0) − y ' (0) = s 2Y − s + 1 L( ) = sY − y (0) = sY − 1 dx dx 4 L( y ( x)) = Y ( s ), L( 4 x ) = 2 s bu dönüşümler denkleme taşınıp Y çekilir ve basit kesirlerine ayrılırsa, A B C D 4 4 + s 3 − 4s 2 4 + s 3 − 4s 2 2 = 2 = 2+ + + s Y − s + 1 − 3sY + 3 + 2Y = 2 ⇒ Y = 2 2 s s ( s − 3s + 2) s ( s − 2)( s − 1) s s s − 2 s −1 1 1 ⎤ ⎡2 3 =⎢ 2 + − − s s − 2 s − 1⎥⎦ ⎣s 127
⎡ 2 3 ⎛ 1 ⎞ −1 ⎛ 1 ⎞ ⎤ L−1 (Y ) = ⎢ L−1 ( 2 ) + L−1 ( ) − L−1 ⎜ ⎟−L ⎜ ⎟⎥ s s ⎝ s − 2⎠ ⎝ s − 1 ⎠⎦ ⎣
ise
y ( x) = 2 x + 3 − e 2 x − e x
Uygulama-1: m0 kütlesinin serbest haldeki yaylar sistemi üzerine durumunda kütlenin yerdeğişimini zamana bağlı olarak bulunuz.
bırakılması
mo 0 x
k2
k1
G
G
∑ F = ma, (II.kanun) ∑ Fx = max → max = mg − ( k1 + k2 ) x, ax =
x yönündeki hareket için,
d 2x dx , V= ⇒ diferansiyel denklem 2 dt dt
d 2x m0 2 = w − ( k1 + k 2 ) x dt d2x m0 2 + ( k1 + k2 ) x = w dt d2x ) = m0 ( s2 X ( s) − c1s − c2 ) dt 2 w L ( w) = s L(( k1 + k2 ) x ) = ( k1 + k2 ) X ( s) L(m0
X =
ise
m0 ( s 2 X − c1s − c2 ) + ( k1 + k 2 ) X = w s(m0 s + k1 + k2 ) c m s + c2 m0 II = 1 20 m0 s + k1 + k2 I=
w c m s + c2 m0 + 1 20 s( m0 s + k1 + k 2 ) m0 s + k1 + k 2 2
(I)
w s
( II )
2
I’in çözümü w A Bs + C = + 2 s(m0 s + k1 + k2 ) s m0 s + k1 + k2
ise
2
m0 w k1 + k 2 w bulunur. A= k1 + k 2 C=0
B=−
Am0+B=0
ve
A(k1+k2)=w
ise
A(m0s2+k1+k2)+(Bs+C)s=w bulunur.
128
XI =
w 1 w s − k k1 + k2 s k1 + k2 s2 + 1 + k2 m0
L−1 ( X I ) = L−1 (
1 w w s ) L−1 ( ) − L−1 ( k1 + k2 k1 + k2 s k1 + k2 2 s + m0
X I (t ) =
1 w w s ) L−1 ( ) − L−1 ( k1 + k2 k1 + k2 s k1 + k2 2 s + m0
X I (t ) =
X I (t ) =
w 1 w s ) − L−1 ( ) k1 + k2 s k1 + k2 s2 + k1 + k2 m0
k + k2 w w − cos 1 k 1 + k 2 k1 + k 2 m0
c1m0 s + c2 m0 = m0 s 2 + k1 + k 2
II’nin çözümü;
c1s + c2 k + k2 s2 + 1 m0
1 s + c2 k + k2 k + k2 s2 + 1 s2 + 1 m0 m0 1 s ) + c2 L−1 ( ) L−1 ( X II ) = c1 L−1 ( k1 + k2 k1 + k2 2 2 s + s + m0 m0 X II = c1
k1 + k2 k + k2 t + c2 ' sin 1 t m0 m0
X II ( t ) = c1 cos c2 ' =
c2 k1 + k2 m0
X ( t ) = X I ( t ) + X II ( t ) X ( t ) = c1 cos
k + k2 w k1 + k2 Genel çözüm bulunur. t+ t + c2 sin 1 m0 k1 + k2 m0
Başlangıç Şartları 1. t=0 ⇒X=0 2. t=0 ⇒ V=0 dx k + k2 k + k2 k + k2 k + k2 = − c1 1 t ) + c2 1 t) sin( 1 cos( 1 dt m0 m0 m0 m0
129
0 = − c1 .0 + c2 .1 ⇒ c2 = 0 w 0 = c1 .1 + k1 + k 2
x=
w ⎡ k1 + k 2 ⎤ t )⎥ ⎢1 − cos( k1 + k 2 ⎣ m0 ⎦
w k1 + k2
0
t m0
( k1 + k 2 ) .
π
2
Uygulama-2:
w l h0
Amartisör
Düzgün olmayan yol
Arabadaki amartisör sistemleri şekildeki gibi hidrolik ve yay elemanlarından meydana meydana gelmektedir. Bir çukur veya tepeciğe arabanın çarpması halinde araba gövdesinde meydana gelen zıplamayı zamana bağlı bulunuz. Çözüm: Burada tekrar h0 derinliğindeki bir çukura düşerse l mesafesi uzayacaktır. Akabinde h0 tekrar sıkışacağınan l mesafesi ilk halinden daha kısa hale gelecektir.Bu nedenle ani çözümler üretilmelidir. Düşüp çıkışlar y yönünde de hareket neden olacaktır. y ve x birlikte analiz edilmelidir. y yönündeki zıplamalar, vizkoz eleman ve yay tarafından emilerek zaman içerisinde yok edilecektir. Bu yok etme işleminin yumuşak olması amaotisör sistemini kalitesini ve aracın konforunu artıracaktır. Hesaplamalarda olabilecek maksimum çukur ve tepe ele alınarak dizayn yapılabilir.
130
Sistem h0 kadar düşer. Tekrar yere değer. Daha sonra gövde
y
harekete devam eder. Dolayısıyla l küçülür. T kadar zaman sonra l l
orjinal değerini bulur. V=
2gh 0 = V0 Tekrar yere değdiğinde hız.
∑F
h0
y
= m. a ise
y=0
d2y dy + ky = w 2 +c dt dt d2y L(m 2 ) = (Y ( s) s2 − c1s − c2)m dt dy L(c ) = (Y ( s) s − c1 )c dt L( ky ) = (Y ( s)) k w L ( w) = s
w s w (ms + c )c1 + mc2 Y= + 2 s (ms + cs + k ) ms2 + cs + k w YI = 2 s (ms + cs + k ) (ms + c )c1 + mc2 YII = ms2 + cs + k mYs2 − mc1s − mc2 + cYs − c1c + kY =
I’in çözümü w A Bs + D = + 2 2 s(ms + cs + k ) s ms + cs + k
s 2 ( Am + B ) = 0
A(ms + cs + k ) + ( Bs + D) S = 0
Ak = w
2
s( Ac + D) = 0 w m. w w. c , B=− , D=− k k k 1 w 1 mw s m. c YI ( s) = − − 2 2 k s k ms + cs + k k ms + cs + k A=
II’nin çözümü aynı şekilde yapılırsa ve I ile toplanırsa; ,.
1 1 w 1 mw s m. c s Y ( s) = − − + c1m 2 + (mcc1 + mc2) 2 2 2 k s k ms + cs + k k ms + cs + k ms + cs + k ms + cs + k 1 w1 s Y ( s) = + c3 2 + c4 2 k s ms + cs + k ms + cs + k Bundan sonra çözüm, m,c,k nı sayısal değerlerine göre gelişecektir. Ya expolansiyel yada trigonometrik formları bulunacaktır. (daha önceki ∆>0, ∆=0, ∆<0 da olduğu gibi). Başlangıç şartları
y lmax
t=0 ⇒ y=l t=0 ⇒ V=V0= 2gh 0
lmin
131
BÖLÜM-3 ADİ DİFERANSİYEL DENKLEM SİSTEMLERİ 3.1 Diferansiyel Denklem Sistemleri
Daha önce belirtildiği gibi bağımlı değişken sayısının birden fazla olması durumunda elde edilen yapıya diferansiyel denklem sistemleri ismi verilir. Diferansiyel denklem sistemlerinde bağımsız değişken bir veya daha fazla olabilir. Bağımlı değişkenlerin bağlı oldukları bağımsız değişkenler farklı olabilir. Bağımlı değişken bir tane bağımsız değişkene bağlı ise adi diferansiyel yapının meydana geleceği aşikardır. Diferansiyel denklem sisteminin durumuna göre çözüm usulü de değişkenlik gösterir. Eğer bir tane denklem varsa çözüm için bir tane fazla sınır veya başlangıç şartına ihtiyaç vardır. Bağlı değişken sayısınca diferansiyel denklem mevut ise normal şartlarda çözüm gerektirir. Y ve z bağımlı değişken, x ve t bağımsız değişken olmak üzere bir tane denklem mevcut ise ve yapı şu şekilde düzenlenebiliyorsa bir tane fazla şartla çözüm üretilebilir. y=y(x) , z=z(t) ⇒ f1(x,y,y’,y’’,…)=f2(t,z,z’,z’’,…) ⇒ k=reel veya integer sabit olmak üzere 1
f1(x,y,y’,y’’,…)=k
2
f2(t,z,z’,z’’,…)=k
şeklinde iki tane adi diferansiyel denklem elde edilir. Bu denklemler bilinen metotlarla çözülerek z=z(t) ve y=y(x) şeklinde bağıntılar bulunur. Bu bağıntılarda 1 ve 2 nolu denklemlerin mertebesine göre gerekli sayıda sabitler olacaktır. Bu ilave olarak k sabiti de gelecektir. “k”’da bilinmeyen sabit olup sınır ve başlangıç şartlarından bulunabilir. Bu nedenle klasik sayıdan bir tane fazla şarta ihtiyaç olabilir. Daha önce sabit katsayılı lineer diferansiyel denklemlerin çözümü için verilen Laplace Transformu ile sabit katsayılı lineer diferansiyel denklem sistemide çözülebilir.
132
Problem-1: y’’+3y’+2=z’’-2z’+1 denlemini çözünüz. Z=z(t), y=y(x)
I.
y’’+3y’+2=k
II.
z’’-2z’+1=k
I‘in çözümü: y’’+3y’+2=k (Homojen olmayan sabit katsayılı lineer denklem) m2+3m+2=0 ⇒ m1=-1, m2=-2 yÖ=A k:sabit olduğu için
yH=c1e-x + c2e-2x
A=k/2 ⇒ y=c1e-x + c2e-2x +k/2
II’nin çözümü: z’’-2z’+1=k
m2-2m+1=0 ⇒ m1=m2=1
⇒
zH=(c3+c4t)et
z=(c3+c4t)et + k
zÖ=B ≈k ⇒ B=k
Burada c1, c2, c3 ve c4 integral sabitleridir. k iki denklemi sağlayan bir sabit olup ci’ler gibi bulunabilir. Bunun içinde bir tane fazla şarta ihtiyaç vardır. Bu tür diferansiyel denklem sistemlerine daha çok kısmi diferansiyel
denklem çözümlerinin bir alt aşaması olarak
karşılaşılabilir. Uygulaması bu konu işlenirken yapılacaktır. Diferansiyel denklem sistemlerinin ikinci türü ise bağımlı değişken sayısınca denklemin elde edilmesidir. Bu durumda yukarıdaki gibi k sabitleri olmayacaktır. Bu tür denklemlerin çözümünde türevleme işlemiyle denklem sistemindeki bağımlı değişken sayısı lineer denklem sisteminin çözümü gibi azaltılmaya çalışılır. Burada bağımsız değişken bir tanedir. Problem 2: Çözüm:
z ' '+2 y '+ y = x z '− y = 1
z=z(x) ve y=y(x) ise diferansiyel denklem sistemini çözünüz.
Bağımlı değişken sayısı 2 (z,y), bağımsız değişken sayısı 1 (x) tir. Alttaki
denklemden y=z’-1
ise y’=z’’ dir. Bulunan bu değerler üstteki denklemde yerine yazılarak
bağımlı değişken sayısı bir taneye indirilir. z’’+2y’+y=x z’’+2(z’’)+(z’-1)=x 3z’’+z’=x+1 (sabit katsayılı 2.mertebe dif denklem, z=zH+zö) 3k2+k=0
(karekteristik denklem)
k(3k+1) =0 ise k1=0 ve k2=-1/3 zH= C1+C2e-x/3 zö= Ax2+Bx zö’=2Ax+B zö’’=2A denklemde yerine yazılarak 6A+2Ax+B = x+1
ise A=1/2 6A+B=1 B=-2
z= C1+C2e-x/3+x2/2+-2x y=z’-1=C3 e-x/3+x-3
çözüm için 3 tane şart gereklidir. 133
Problem 3:
y1' = −3 y1 + y 2 y 2' = y1 − 3 y 2
diferansiyel denklem sistemini çözünüz (y1=y1(x) ve y2=y2(x)).
y1' = −3 y1 + y 2 ⇒ y 2 = y1' + 3 y1 ⇒ y 2' = y1'' + 3 y1' y = y1 − 3 y 2 ,
y + 3 y = y1 − 3( y + 3 y1 ) = y1 − 3 y − 9 y1 ⇒
' 2
'' 1
' 1
' 1
' 1
y1'' + 6 y1' + 8 y1 = 0
Bulunan son denklem çözülebilir. Sabit katsaylı homojen denklemin çözümü bilinmektedir. Karekteristik denklemi k2+6k+8=0 ise k1=-4 ve k2=-2 ise y1=C1e-4x+C2e-2x ise y1' = −4C1e −4 x − 2C 2 e −2 x y 2 = y1' + 3 y1 = −4C1e −4 x − 2C 2 e −2 x + 3(C1e −4 x + C 2 e −2 x ) ⇒ y 2 = −C1e −4 x + C2 e −2 x y1' = − y1 + 4 y 2
diferansiyel denklem sistemini y1(0)=3 ve y2(0)=4 şartlarıyla y 2' = 3 y1 − 2 y 2 birlikte çözünüz (y1=y1(t) ve y2=y2(t)).
Problem 4:
y 2' = 3 y1 − 2 y 2 ,
[
]
[
]
1 ' 1 y1 + y1 ⇒ y 2' = y1'' + y1' 4 4 1 '' 1 1 1 y1 + y1' = 3 y1 − ( y1' + y1 ) = 3 y1 − y1' − y1 ⇒ 4 2 2 2
y1' = − y1 + 4 y 2 ⇒ y 2 =
[
]
y1'' + y1' − 10 y1 = 0 Bulunan son denklem çözülebilir. Sabit katsaylı homojen denklemin çözümü bilinmektedir. Karekteristik denklemi k2+k-10=0 ise k1=-3.7 ve k2=2.7 ise y1=C1e-3.7 t+C2e2.7t y2 =
[
ise y1' = −3.7C1e −3.7 t + 2.7C 2 e 2.7 t
]
− 2.7C1e −4t + 3.7C 2 e 2t 1 ' y1 + y1 = 4 4
t=0 ise y1=3 , 3=C1+C2 (I) − 2.7C1 + 3.7C 2 ⇒ −2.7C1 + 3.7C 2 = 16 (II) t=0 ise y2=4 , 4 = 4 (I) ve (II) birlikte çözülerek C1= -0.766 ve C2=3.766 bulunur. y ' = +2 y1 − 4 y 2 Problem 5: 1' diferansiyel denklem sistemini y1(0)=3 ve y2(0)=0 şartlarıyla y 2 = y1 − 3 y2 birlikte Laplace Transformunu kullanarak çözünüz (y1=y1(t) ve y2=y2(t)). Sınır şartları verildiği için diferansiyel formatın laplace karşılığı alınırken türevli halli olanı alınmalıdır. Böylece sınır ve başlangıç şartları bu aşamada uygulandığı için daha sonraki işlem azalacaktır. dy dy L( 1 ) = sY1 − y1 (0) = sY1 − 3 L( 2 ) = sY2 − y 2 (0) = sY2 dx dx L( y1 ( x)) = Y1 ( s ), L( y 2 ( x)) = Y2 134
bu dönüşümler denklem sistemine taşınıp Y1 ve Y2 çekilirse, sY1 − 3 = 2Y1 − 4Y2
sY2 = Y1 − 3Y2 , Y1 = sY2 + 3Y2
, s ( sY2 + 3Y2 ) − 3 = 2( sY2 + 3Y2 ) − 4Y2 1 1 s 2Y2 + 3sY2 − 3 = 2sY2 + 6Y2 − 4Y2 , s 2Y2 + sY2 − 2Y2 = 3 ⇒ Y2 = 2 = s + s − 2 ( s − 1)( s + 2) s+3 1 1 1 1 4 1 1 1 Y1 = sY2 + 3Y2 = ( s + 3)Y2 ⇒ Y1 = Y2 = − = − ( s − 1)( s + 2) 3 s − 1 3 s + 2 3 s −1 3 s + 2 1 1 1 ⎤ 1 1 ⎡1 L−1 (Y2 ) = ⎢ L−1 ( ) − L−1 ( )⎥ ⇒ y 2 = e x − e −2 x s −1 3 s+2 ⎦ 3 3 ⎣3 1 1 1 ⎤ 4 1 ⎡4 ) − L−1 ( )⎥ ⇒ y1 = e x − e −2 x L−1 (Y1 ) = ⎢ L−1 ( 3 3 s −1 3 s+2 ⎦ ⎣3 Uygulama : m1 ve m2 kütleleri yay sabitleri k1 ve k2 olan yaylar ile seri olarak bağlanarak bir tavana asılmışlardır. Şekilde görülen bu yapı yaylar dengede iken harekete bırakılıyor. Kütlelerin zamana bağlı yol denklemlerini bulunuz.
k1 m1
y1
k2 m2 Dengede iken
y2
Hareketli iken
1. kütle y1 kadar hareket ederken 2. kütle y2 kadar hareket edecektir. Bununla birlikte 1. yay y1 kadar uzarken 2. yay y2-y1 kadar uzayacaktır. Her kütle için 2.Newton yasası uygulanarak birbirine bağlı 2 ayrı denklem elde edilir. m1 y1'' = − k1 y1 + k 2 ( y 2 − y1 ) + m1 g (I) ve m2 y 2'' = − k 2 ( y 2 − y1 ) + m2 g (II) Bu denklemler 2. mertebe sabit katsayılı homojen olmayan diferansiyel denklem sistemidir. (I) nolu denklemden y2 çekilerek 2 kez türetilir. Kendisi ve türevleri (II) nolu denklemde yerine yazılarak tek bağımlı değişkene sahip bir diferansiyel denklem elde edilir: k1=3, k2=2 , g=10 ve m1=m2=1 alınarak işleme devam edilirse, y1'' = −3 y1 + 2 y 2 − 2 y1 + 10 = −5 y1 + 2 y 2 + 10 (I) ve y 2'' = −2 y 2 + 2 y1 + 10 (II) y1'' = −5 y1 + 2 y 2 + 10 , 2 y 2 = y1'' + 5 y1 − 10 , y 2'' =
y1'''' + 5 y1'' 2
ise
2 y 2' = y1''' + 5 y1'
y1'''' + 5 y1'' = − y1'' − 5 y1 + 10 + 2 y1 + 10 2 135
2 y 2'' = y1'''' + 5 y1''
y1'''' + 5 y1'' = −2 y1'' − 6 y1 + 40
ise
y1'''' + 7 y1'' + 6 y1 = 40 4.mertebe sabit katsayılı nonhomojen lineer denklem. Homojen Çözüm: y1'''' + 7 y1'' + 6 y1 = 0 k1 = 6i,
k4+7k2+6=0 , k2=z ise z2+7z+6=0 , z1=-6 z2=-1 ise k 2 = − 6i,
k 3 = i,
k 4 = −i
y1− H = C1 sin 6t + C 2 cos 6t + C3 sin t + C 4 cos t
Özel Çözüm: Özel çözüm belirlenmemiş katsayılarla yapılmalıdır. Denklemin sağ tarafı bir sabit olduğu için özel çözümde bir sabit olmalıdır.
yÖ=A:sabit ise türevler sıfır olur. 0 + 7.0 + 6 A = 40 ise A=yÖ=40/6 dır. Genel çözüm (y=yH+yÖ), 40 y1 = C1 sin 6t + C 2 cos 6t + C3 sin t + C 4 cos t + 6 ' y1 = 6 (C1 cos 6t − C 2 sin 6t ) + C3 cos t − C 4 sin t y1'' = −6(C1 sin 6t + C 2 cos 6t ) − C3 sin t − C 4 cos t
2 y 2 = y1'' + 5 y1 − 10 ise y1'' + 5 y1 − 10 − (C1 sin 6t + C 2 cos 6t ) 140 y2 = = + 2(C3 sin t + C 4 cos t ) + 2 2 12 4 tane C sabiti iki kütlenin başlagıçtaki yol ve hız değerlerinin bilinmesiyle bulunabilir. Örnek Problemler: 1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
′ y1 = 3 y1 − y 2 ′ y 2 = − y1 + 3y 2 ′ y1 = −4 y 2 ′ y 2 = y1 − 5y 2 ′ y1 = −3 y1 + y 2 ′ y 2 = −4 y1 + 2 y 2 ′ y1 = −2 y 2 ′ y 2 = 8y1 ′ y1 = y1 + 3y 2 ′ y 2 = 4 y1 + 2 y 2 ′ y1 = y1 − 4 y 2 ′ y 2 = −3 y1 + 2 y 2 ′ y1 = −2 y1 + 2 y 2 ′ y 2 = −2 y1 − 2 y 2 ′ y 2 = −5 y1 − 4 y 2
9.
10.
11.
12.
13.
14.
136
′ y1 = 4 y1 + 5 y 2 ′ y1 = 6 y1 + 9 y 2 ′ y 2 = y1 + 6 y 2 ′ y1 = − y 2 ′ y 2 = − y1 y1 (0) = 3, y 2 (0) = 1 ′ y1 = 2 y 2 ′ y 2 = 2 y1 y1 (0) = −9, y 2 (0) = 15 ′ y1 = 6 y1 + 9 y 2 ′ y 2 = y1 + 6 y 2 y1 (0) = −3, y 2 (0) = −3 ′ y1 = 2 y1 + 4 y 2 ′ y 2 = y1 + 2 y 2 y1 (0) = −4, y 2 (0) = −4 ′ y1 = 5 y1 + y 2 ′ y 2 = y1 + 5y 2
15.
16.
17.
18.
19.
20.
21.
22.
23.
24.
25.
26.
27.
′
y1 (0) = −3, y 2 (0) = 7 ′ y1 = − y1 + 4 y 2 ′ y 2 = 3 y1 − 2 y 2 y1 (0) = 3, y 2 (0) = 4 ′ y1 = −3 y1 − 4 y 2 + 5e t ′ y 2 = 5 y1 + 6 y 2 − 6e t ′ y1 = 4 y 2 ′ y 2 = 4 y1 + 2 − 16t 2 ′ y1 = y 2 + 6e 2t ′ y 2 = y1 − 3e 2t ′ y1 = −3 y1 + y 2 + 3 cos t ′ y 2 = y1 − 3 y 2 − 2 cos t − 3 sin t ′ y1 = 4 y1 − 8 y 2 + 2 cosh t ′ y 2 = 2 y1 − 6 y 2 + cosh t + 2 sinh t ′ y1 = y 2 − 5 sin t ′ y 2 = −4 y1 + 17 cos t ′ y1 = 5 y 2 + 23 ′ y 2 = −5 y1 + 15t y1 (0) = 1, y 2 (0) = −2 ′ y1 = y1 + 4 y 2 − t 2 + 6t ′ y 2 = y1 + y 2 − t 2 + t − 1 y1 (0) = 2, y 2 (0) = −1 ′ y1 = 4 y1 + 8 y 2 + 2 cos t − 16 sin t ′ y 2 = 6 y1 + 2 y 2 + cos t − 14 sin t y1 (0) = 0, y 2 (0) = 1.75 ′ y1 = − y 2 + cos t − sin t ′ y 2 = − y1 + cos t + sin t y1 (0) = −1, y 2 (0) = −6 ′ y1 = 5 y1 + 4 y 2 − 5t 2 + 6t + 25 ′ y 2 = y1 + 2 y 2 − t 2 + 2t + 4 y1 (0) = 0, y 2 (0) = 0 ′ y1 = 2 y1 + 3 y 2 + 2e 2t ′ y 2 = y1 + 4 y 2 + 3e 2t y1 (0) = − 2 3 , y 2 (0) = 1 3
28. y1 = − y 2
29.
30.
31.
32.
33.
34.
35.
36.
37.
′ y 2 = y1 y1 (0) = 1, y 2 (0) = 0 ′ y1 + y 2 = 2 cos t ′ y1 + y 2 = 0 y1 (0) = 0, y 2 (0) = 1 ′ y1 = − y1 + y 2 ′ y 2 = − y1 − y 2 y1 (0) = 1, y 2 (0) = 0 ′ y1 = 6 y1 + 9 y 2 ′ y 2 = y1 + 6 y 2 y1 (0) = −3, y 2 (0) = −3 ′ y1 = 2 y1 + 4 y 2 ′ y 2 = y1 + 2 y 2 y1 (0) = −4, y 2 (0) = −4 ′ y1 = − y1 + 4 y 2 ′ y 2 = 3 y1 − 2 y 2 y1 (0) = 3, y 2 (0) = 4 ′ y1 = 2 y1 − 4 y 2 ′ y 2 = y1 − 3y 2 y1 (0) = 3, y 2 (0) = 0 ′ y1 = 5 y1 + y 2 ′ y 2 = y1 + 5y 2 y1 (0) = −3, y 2 (0) = 7 ′ y1 = −2 y1 + 3 y 2 ′ y 2 = 4 y1 − y 2 y1 (0) = 4, y 2 (0) = 3 ″ y1 + y 2 = −5 cos 2t ″ y 2 + y1 = 5 cos 2t ′ ′ y1 (0) = 1, y1 (0) = 1, y 2 (0) = 1, y 2 (0) = 1 ″
38. y1 = y1 + 3y 2
″ y 2 = 4 y1 − 4e t ′ ′ y1 (0) = 2, y1 (0) = 3, y 2 (0) = 1, y 2 (0) = 2 ″
39. y1 = −5 y1 + 2 y 2 137
′ y 2 = y1 + y 2 ′ 49. y1 = −2 y1 + 2 y 2 ′ y 2 = −2 y1 − 2 y 2 ′ 50. y1 = y1 − y 2 ′ y 2 = y1 + y 2
″ y 2 = 2 y1 − 2 y 2 y1 (0) = 3, y2 (0) = 1, y ′ (0) = y ′ (0) = 0 1
′
′
2
40. y1 + y 2 = 2 sinh t ,
′ ′ y 2 + y3 = e t , ′ ′ y 3 + y1 = 2e t + e −t ,
′
51. y1 + y1 − y 2 = 0
y1 (0) = 1, y 2 (0) = 1, y 3 (0) = 0 ′ ′ ′ 41. 2 y1 − y 2 − y 3 = 0, ′ ′ y1 + y 2 = 4t + 2, ′ ′ y 2 + y 3 = t 2 + 2,
52.
53.
y1 (0) = y 2 (0) = y 3 (0) = 0 ′ 42. y1 = y 2 ′ y 2 = y1 ′ 43. y1 = 4 y 2 ′ y 2 = 4 y1 ′ 44. y1 = −2 y 2 ′ y 2 = 2 y1
54.
55.
56.
′
45. y1 = 5y 2
57.
′
y 2 = −5y1 ′ 46. y1 = 2 y1 + 3 y 2 ′ 1 y 2 = y1 + 2 y 2 3 ′ 47. y1 = y1 + 4 y 2 ′ y 2 = y1 + y 2 ′ 48. y1 = −4 y1 − 6 y 2
58.
59.
138
2 y1 + 5 y 2 = 0 ′ ′ y1 + 2 y 2 − 2 y1 = 2 − 4e 2 x ′ ′ 3 y 2 + 2 y1 − 3 y1 − y 2 = 0 ″ ′ y1 + y 2 = 0 ′ ′ y 2 + y1 − y 2 = 0 ′ ′ y1 + y1 + y 2 − 4 y 2 = 6 cos x ″ ′ y 2 + y1 − y1 + 4 y 2 = −6 sin x ″ ′ ′ y1 + y1 − 3 y 2 + y1 = 0 ″ ′ y 2 − y1 = 0 ″ ″ y1 − 2 y 2 = e x ′ ′ y 2 − 2 y1 + 2 y1 = e 2 x ″ ′ y1 − y 2 + y1 − y 2 = 0 ′ y1 − y 2 = 0 ′ y1 + y1 + y 2 = sin x ′ ″ ′ 2 y1 + y 2 + y1 + y 2 + y1 = cos x ″ ″ y1 + y 2 − y 2 + y 1 = 1 ′ y 2 − y1 + y 2 = e x
