Yrd.Doç.Dr. Ahmet Altundağ Diferansiyel Denklemler Ders Notları
www.eemdersnotlari.com
2
İçindekiler 1 BİRİNCİ MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER 1.1 Diferansiyel Denklemlerin Sınıflandırılması . . . . . . . . . . . . . 1.2 Diferansiyel Denklemlerin Çözümü . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3 Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemlerim Çözüm Yöntemleri 1.3.1 Değişkenlerine Ayrılabilen Diferansiyle Denklemler . . . . . 1.3.2 Homojen Diferansiyel Denklemler . . . . . . . . . . . . . . 1.3.3 Homojen Denkleme İndirgenebilen Diferansiyel Denklemler 1.3.4 Lineer Diferansiyel Denklemler . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3.5 Bernoulli Diferensiyel Denklemi . . . . . . . . . . . . . . . 1.3.6 Riccati Diferansiyel Denklemi . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3.7 Tam Diferansiyel Denklemler . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3.8 İntegrasyon Çarpanı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4 Çözümlerin Varlık ve Tekliği . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4.1 Picard Ardışık Yaklaşımlar Yöntemi . . . . . . . . . . . . 1.4.2 Picard Teoremi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 YÜKSEK DERECEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER 2.1 Clairaut Diferansiyel Denklemi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Lagrange (d0 Alembert) Diferansiyel Denklemi . . . . . . . . . . 2.3 Genelleştirme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4 Yüksek Dereceden Homojen Denklemler . . . . . . . . . . . . . 2.5 Geometrik Uygulamalar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . .
. . . . . . . . . . . . . .
5 5 6 7 7 9 10 11 13 13 14 16 21 21 23
. . . . .
25 26 28 29 31 33
3 YÜKSEK MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER 3.1 İkinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler . . . . . . . . . . 3.1.1 Sabit Katsayılı İkinci Mertebeden Homojen Diferansiyel Denklemler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.2 Lineer Bağımlılık ve Bağımsızlık . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.3 Sabit Katsayılı İkinci Mertebeden Homojen olmayan Diferansiyel Denklemler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2 n. Mertebeden Lineer ve Sabit Katsayılı Diferansiyel Denklemler . . 3
37 37 37 42 43 53
4
İÇINDEKILER 3.2.1
3.3 3.4
n. mertebeden lineer ve sabit katsaylı homojen diferansiyel denklemlerin çözümü . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.2 n. mertebeden lineer ve sabit katsayılı homojen olmayan diferansiyel denklemlerin çözümü . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.3 Operatör Metodu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Sabitin değişimi kuralı (Lagrange kuralı) . . . . . . . . . . . . . . . Değişken Katsayılı Lineer Diferansiyel Denklemler . . . . . . . . . . 3.4.1 Euler-Cauchy diferansiyel denklemi . . . . . . . . . . . . . .
53 55 58 62 63 63
4 DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN SERİLERLE ÇÖZÜMLERİ 4.1 Adi, Tekil, Düzgün Tekil ve Düzgün Olmayan Tekil Nokta Tanımları 4.2 Adi Nokta Civarında Seri Çözümleri . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3 Düzgün Tekil Nokta Civarında Seri Çözümleri (Frobenius Metodu)
67 67 70 74
5 LAPLACE DÖNÜŞÜMÜ 5.1 Direkt (Forward) Laplace Dönüşümü . . . . . . . . . . 5.1.1 Direkt Laplace Dönüşümünün Temel Özellikleri 5.1.2 Impuls veya Dirac Delta Fonksiyonu . . . . . . 5.2 Ters (Inverse) Laplace Dönüşümü . . . . . . . . . . . . 5.2.1 Ters Laplace Dönüşümünün Özellikleri . . . . . 5.3 Laplace Dönüşümünün Uygulamaları . . . . . . . . . .
85 85 87 89 90 90 92
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
6 1.MERTEBEDEN LİNEER DİFERANSİYEL DENKLEM SİSTEMLERİNİN ÇÖZÜMLERİ 95 6.1 Lineer Sistem Türleri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95 6.2 Sabit Katsayalı Lineer Sistemlerde Operatör Metodu . . . . . . . . 96 6.3 Lineer ve sabit katsayılı bir normal diferansiyel denklem sisteminin matrisler yardımıyla çözümü . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99 6.3.1 Homojen tipteki sabit katsayılı lineer denklem sistemlerinin çözümü . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100 6.4 Homojen olmayan Lineer Sistemler . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110 6.4.1 Köşegenleştirme Metodu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110
Bölüm 1 BİRİNCİ MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER 1.1
Diferansiyel Denklemlerin Sınıflandırılması
Tanım 1.1 Bağımlı bir değişkeni ve bunun bir ya da daha çok bağımsız değişkene göre türevini içeren bir denkleme diferansiyel denklem denir. Tanım 1.2 Bağımlı değişken yanlızca bir bağımsız değişkene bağlı ise denkleme sıradan diferansiyel denklem denir. Tanım 1.3 Bağımlı değişkenin bir ya da daha çok bağımsız değişkene göre kısmi türevlerini içeren diferansiyel denkleme kısmi türevli diferansiyel denklem denir. Örnek 1.1 d2 y + y = sin x dx2 2 dy dy +x + sin y dx dx d3 y dy + α + βy 3 dt dt ∂ 2u ∂ 2u ∂ 2u + + ∂x2 ∂y 2 ∂z 2 ∂ 2u ∂x2
(1.1)
= 0
(1.2)
= 2e−t
(1.3)
= 0
(1.4)
=
∂u ∂t
(1.5)
Bu örnekteki ilk üç denklem sıradan diferansiyel, son ikisi de kısmi türevli diferansiyel denklemdir. (1.1) ve (1.2) denklemlerinde x bağımsız, y de bağımlı değişkendir. (1.3) te ise t bağımsız, y ise bağımlı değişkendir. (1.4) te x, y, z bağımsız, u ise bağımlı ve (1.5) te x, t bağımsız, u yine bağımlı değişkendir. 5
6
BÖLÜM 1. BİRİNCİ MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER
Tanım 1.4 Bir diferansiyel denklemde en yüksek türevin mertebesine diferansiyel denklemin mertebesi denir. Örnek 1.1 de (1.1) denklemi 2. mertebe, (1.2) denklemi 1. mertebe, (1.3) denklemi 3. mertebe ve diğer iki denklem de 2. mertebe diferansiyel denklemlerdir. n. mertebeden en genel sıradan diferansiyel denklem F (x, y,
dn y dy ,..., n) = 0 dx dx
(1.6)
biçiminde yazılır. Tanım 1.5 (1.6) denklemi bütün türevlerine göre bir polinom ise, en yüksek türevli türevli terimin kuvvetine denklemin derecesi denir. Tanım 1.6 Bağımlı değişkeni y ve bağımsız değişkeni x olan n. mertebeden lineer bir diferansiyel denklem a0 (x)
dn y dn−1 y dy + a (x) + · · · + an−1 (x) + an (x)y = b(x) 1 n n−1 dx dx dx
(1.7)
biçiminde ifade edilebilir. Burada a0 (x) özdeş olarak sıfır olmayan bir fonksiyondur. Tanım 1.7 Eğer sıradan bir diferansiyel denklem lineer değilse bu denkleme lineer olmayan sıradan diferansiyel denklem denir. Örnek 1.1 deki (1.1) ve (1.3) denklemleri lineer, (1.2) denklemi ise lineer olmayan bir diferansiyel denklemdir.
1.2
Diferansiyel Denklemlerin Çözümü
Tanım 1.8 n. mertebeden (1.6) diferansiyel denklemini düşünelim. • f (x), reel bir I aralığında tanımlı ve her x ∈ I için n.mertebeden türetilebilen reel bir fonksiyon olsun. Eğer F x, f (x), . . . , f (n) (x) ∀x ∈ I için tanımlı ve F x, f (x), . . . , f (n) (x) = 0 ise, f(x) fonksiyonuna diferansiyel denklemin açık bir çözümü denir. • Eğer g(x, y) = 0 biçiminde bir bağıntı, belirli bir I aralığında (1.6) diferansiyel denkleminin açık bir çözümü olacak biçimde x değişkeninin reel bir f fonksiyonu tanımlıyorsa bu bağıntıya denklemin kapalı çözümü denir. • Açık ve kapalı çözümlere genellikle çözüm denir.
1.3. BIRINCI MERTEBEDEN DIFERANSIYEL DENKLEMLERIM ÇÖZÜM YÖNTEMLERI7 Örnek 1.2 f (x) = ex + 2e2x fonksiyonu d2 y dy − 3 + 2y = 0 2 dx dx diferansiyel denkleminin açık bir çözümüdür. Gerçekten, f (x) fonksiyonu tanımlı ve türetilebilir olduğundan f 0 (x) = ex + 4e2x ,
f 00 (x) = ex + 8e2x
yazılabilir. Diferansiyel denklemde, y yerine f (x) ve y 0 , y 00 yerine sırasıyla f 0 (x) ve f 00 (x) konulduğunda ex + 8e2x − 3ex − 12e2x + 2ex + 4e2x ≡ 0 özdeşliği elde edilir. Örnek 1.3 x2 +y 2 −4 = 0 bağıntısı x+yy 0 = 0 diferansiyel denkleminin I = (−2, 2) aralığında kapalı bir çözümdür. Verilen bağıntı bütün reel x ∈ I için f1 (x) = √ √ 2 2 4 − x ve f2 (x) = − 4 − x şeklinde iki reel fonksiyon tanımlar ve her iki fonksiyon da denklemin I aralığı üzerinde açık çözümleridir. Örnek 1.4
1 y0 + y = 2 (1.8) x diferansiyel denklemini düşünelim. y = f0 (x) = x fonksiyonu diferansiyel denklemin bir çözümüdür. Ayrıca f1 (x) = x + x1 , f2 (x) = x + x2 , f3 (x) = x + x3 ,... fonksiyonları da birer çözümdür. Genel olarak, her c sayısı için fc (x) = x +
c x
(1.9)
ile tanımlanan fc (x) fonksiyonu sonsuz fonksiyon ailesi tanımlar ve ailenin her elamanı (1.8) denkleminin bir çözümüdür. (1.9) denklemindeki c sabitine keyfi sabit veya parametre ve (1.9) ile tanımlanan fonksiyon ailesine (1.8) denkleminin bir çözümü veya genel integrali denir.
1.3 1.3.1
Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemlerim Çözüm Yöntemleri Değişkenlerine Ayrılabilen Diferansiyle Denklemler
Birinci mertebeden bir diferansiyel denklem genel olarak y 0 = f (x, y) türev biçiminde veya P (x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 diferansiyel biçiminde ifade edilebilir. Eğer
8
BÖLÜM 1. BİRİNCİ MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER
y 0 = f (x, y) diferansiyel denklemi f (x, y) fonksiyonu yanlızca x ve y değişkenlerini içeren fonksiyonların çarpımı olarak, yani y 0 = a(x)b(y),
b(y) 6= 0
(1.10)
veya P (x)dx + Q(y)dy = 0
(1.11)
diferansiyel biçiminde yazılıyorsa, denkleme değişkenleri ayrılabilir denir. O halde (1.10) denklemi dy = a(x)dx b(y) olur ve genel çözümü de bir integrasyon ile, c integral sabiti olmak üzere Z Z dy = a(x)dx + c b(y) olur. NOT: Aşağıdaki değişkenlerine ayrılabilir diferansiyel denklemlerin keyfi olarak seçilen 4 tanesi derste çözülecektir. Çözülmeyen soruların 4 tanesi, derse kayıtlı öğrencilere ödev olarak verilecektir. Ödevler bir sonraki dersin başında getirilmesi zorunludur. ÇÖZÜLECEK PROBLEMLER 1 Aşağıdaki değişkenlere ayrılabilir diferansiyel denklemlerin genel çözümlerini bulunuz.
1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12.
1 + x2 1 + y 2 dx − xydy = 0 yy 0 + xy 2 = x 1 + x2 dy + 1 + y 2 dx = 0 e2x+y dx − ex−y dy = 0 y 0 = x − 1 − y 2 + xy 2 xy 0 − y − y 2 = 0 cosh y y0 + =0 cosh x y0 = 1 + y2 p √ 1 + x2 dy + 1 + y 2 dx = 0 y 0 = cot x tan y y 0 = xex+y xy 2 + x dx + x2 y + y dy = 0
1.3. BIRINCI MERTEBEDEN DIFERANSIYEL DENKLEMLERIM ÇÖZÜM YÖNTEMLERI9 13. xy 2 + 2y 2 dx + xy 2 − x dy = 0 14. 1 + x2 y 0 + 2xy = x p 15. 2ydy + 4x3 4 − y 4 dx = 0 p √ 1 − x2 dy + 1 + y 2 dx = 0 16. 17. y 0 sin y cos x + cos y sin x = 0 18. x x2 − a + y 2 − b yy 0 = 0
1.3.2
Homojen Diferansiyel Denklemler
y 0 = f (x, y) denkleminde f (x, y) fonksiyonu değişkenlerine göre sıfırıncı dereceden homojen bir fonksiyon, yani her reel λ için f (λx, λy) = f (x, y) ise denkleme homojendir denir. Homojen bir diferansiyel denklemin çözümü u = xy değişken değişimi ile bulunur. NOT: Aşağıdaki homojen diferansiyel denklemlerin keyfi olarak seçilen 3 tanesi derste çözülecektir. Çözülmeyen soruların 3 tanesi, derse kayıtlı öğrencilere ödev olarak verilecektir. Ödevler bir sonraki dersin başında getirilmesi zorunludur. ÇÖZÜLECEK PROBLEMLER 2
1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12.
y y + tan x px 0 xy − y = x2 + y 2 x x 0 2 2 x cos y − y + xy cos =0 y y xy 2 dy = x3 + y 3 dx √ (2 xy − y) dx + xdy = 0 1 y y 1 y 1 − e x dx + ex − dy = 0 x x2 x y p xyy 0 = y 2 − x x2 + y 2 y x2 y0 − = 2 x y (y + x) dx + (y − x) dy = 0 2y 4 + x4 y0 = xy 3 x x e y (y − x) dy + y 1 + e y dx = 0 p 2 2 x − y − y dx + xdy = 0 y0 =
10
1.3.3
BÖLÜM 1. BİRİNCİ MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER
Homojen Denkleme İndirgenebilen Diferansiyel Denklemler
x ve y değişkenlerine göre sabit katsayılı ax + by + c y0 = 0 (1.12) a x + b0 y + c 0 diferansiyel denklemi homojen olmadığı halde basit bir değişken dönüşümü ile homojen diferansiyel denklem haline indirgenebilir. Eğer ax + by + c = 0,
a 0 x + b0 y + c 0 = 0
(1.13)
lineer denklemleri ile tanımlanan doğrular bir (h, k) noktasında kesişiyorsa ∆ = ab0 − a0 b 6= 0 olmalıdır. ∆ = 0 olması durumunda ise doğrular bir birine paralel olur. ∆ nın bu iki olası durumunda farklı dönüşümler tatbik edilmelidir. ∆ 6= 0 durumunda orijin noktasını x = X + h,
y =Y +k
(1.14)
lineer dönüşümü kullanarak (h, k) kesişim noktasına kaydırabiliriz. Bu dönüşüm ile (1.12) diferansiyel denklemi aX + bY dY = 0 (1.15) dX a X + b0 Y homojen diferansiyel denklemine dönüşür. (1.15) homojen denklemini de Y = uX dönüşümü uygulanır ve denklem çözülür. Elde edilen çözümünde (1.14) tanımlanan (x,y) değerleri yerlerine yazılarak aranan çözüm bulunur. Eğer (1.13) doğruları paralel, yani ∆ = 0 ise, o zaman yukarıda uygulanan öteleme uygulanamaz. Bu durumda z = a0 x+b0 y +c0 dönüşümü yapılarak (1.12) diferansiyel denklemi çözülür. NOT: Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin keyfi olarak seçilen 2 tanesi derste çözülecektir. Çözülmeyen soruların 2 tanesi, derse kayıtlı öğrencilere ödev olarak verilecektir. Ödevler bir sonraki dersin başında getirilmesi zorunludur. ÇÖZÜLECEK PROBLEMLER 3 1. 2. 3. 4. 5. 6.
(3x − y + 1) dx + (x − 3y + 2) dy = 0 x+y+4 y0 = x−y−6 1−x−y y0 = 1+x+y x+y+4 y0 = x+y−6 x + 2y + 1 y0 = − 2x + 3y y − 2x y+2 y 0 − tan = x+1 x+1
1.3. BIRINCI MERTEBEDEN DIFERANSIYEL DENKLEMLERIM ÇÖZÜM YÖNTEMLERI11
1.3.4
Lineer Diferansiyel Denklemler f (x)y 0 + g(x)y = h(x),
f (x) 6= 0
biçiminde y ve y 0 fonksiyonlarına göre lineer olmayan bir denkleme lineer (doğrusal) diferansiyel denklem denir. Bunun yerine f (x) fonksiyonu ile bölerek elde edilen y 0 + p(x)y = q(x)
(1.16)
standart lineer denklemi ele alacağız. Bu denklem iki farklı yoldan birbirine denk olan genel çözümü bulunabilir. • Sabitin Değişimi Yöntemi: (1.16) denkleminde q = 0 alalım, yani sağ yanı sıfır olan y 0 + p(x)y = 0 homojen denklemini düşünelim. Bunun, y = Ce−
R
p(x)dx
,
C := Sabit.
çözümü yanlızca bir integrasyon sabiti içerir. Şimdi C sabitini x değişkeninin bir fonksiyonu varsayalım ve yukarıdaki y fonksiyonu (1.16) denkleminin çözümü olacak biçimde C(x) fonksiyonunu belirleyelim. y = C(x)e−
R
p(x)dx
(1.17)
(1.16) lineer denklemine konursa (C 0 (x) − p(x)C(x)) e−
R
p(x)dx
+ p(x)C(x)e−
R
pdx
= q(x)
ve düzenlersek C 0 (x)e−
R
p(x)dx
= q(x)
bulunur ki buradan C(x) fonksiyonu bir integrasyon sabiti ile Z R C(x) = q(x)e p(x)dx dx + c olarak bulunur. C(x) fonksiyonu (1.17) denkleminde yerine konursa (1.16) denkleminin genel çözümü Z R R p(x)dx y= q(x)e dx + c e− p(x)dx olur. • Değişken Dönüşümü Yöntemi:
12
BÖLÜM 1. BİRİNCİ MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER
(1.16) denkleminde y = u(x)v(x) konursa, belirli bir v için u’ya göre yine lineer vu0 + (v 0 + pv)u = q denklemi bulunur. v fonksiyonu v 0 + pv = 0 denklemini sağlıcak biçimde seçilirse, yani R v = e− pdx ise u ’nun katsayısı sıfır yapılmış olur. u0 = qv −1 den bir kez daha integrasyon ile u fonksiyonu Z R u = qe pdx dx + c olarak bulunur. Sonuç olarak, lineer denklemin çözümü yine R Z R pdx dx + c e− pdx y = uv = qe bağıntısı ile formüle edilmiş olur. NOT: Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin keyfi olarak seçilen 3 tanesi derste çözülecektir. Çözülmeyen soruların 3 tanesi, derse kayıtlı öğrencilere ödev olarak verilecektir. Ödevler bir sonraki dersin başında getirilmesi zorunludur. ÇÖZÜLECEK PROBLEMLER 4
3.
xy 0 − 3y = x4 1 y0 + y = 1 + e2x 2 xy 0 − y = x3 ex
4.
xy 0 − 2y = x sin
1. 2.
5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14.
1 x
2xy = arctan x 1 + x2 y 0 + y coth x = tanh x y 0 + 3x2 y = x2 (ex + x) y 0 − (ex + 1) y = (ex + x)3 y 0 + y sin x = ecos x 1 y 0 + y cos x = sin 2x 2 y 0 + y tan x = sin 2x sin2 xy 0 + y tan x = sin 2x y 0 + y sin x = sin 2x y 0 + y cot x = tan x y0 −
1.3. BIRINCI MERTEBEDEN DIFERANSIYEL DENKLEMLERIM ÇÖZÜM YÖNTEMLERI13
1.3.5
Bernoulli Diferensiyel Denklemi y 0 + p(x)y = q(x)y n
(1.18)
biçiminde lineer olmayan bir denklem Bernoulli denklemi olarak isimlendirilir. Bu denklemin n = 0 için lineer ve n = 1 için homojen denklemlerini içerir. Bu sebeble n 6= 0, 1 varsayacağız. Basit bir değişken değişimi ile Bernoulli denklemi lineer denkleme dönüştürülebilir. Eğer (1.18) denklemininin her iki yanı y n ile bölünürse y −n y 0 + p(x)y 1−n = q(x) bulunur. Bu denkleme z = y 1−n , n 6= 0, 1 dönüşümü uygulanırsa z 0 + (1 − n)p(x)z = (1 − n)q(x)
(1.19)
lineer diferansiyel denklemi elde edilir. (1.19) denklemi de bir önceki bölümde lineer diferansiyel denklemler için gösterilen çözüm yöntemlerinden biri kullanılarak çözüm bulunur. Bulunan çözümde, z ile y arasındaki bağıntıdan faydalanarak Bernoulli diferansiyel denkleminin genel çözümü elde edilir. NOT: Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin keyfi olarak seçilen 2 tanesi derste çözülecektir. Çözülmeyen soruların 2 tanesi, derse kayıtlı öğrencilere ödev olarak verilecektir. Ödevler bir sonraki dersin başında getirilmesi zorunludur. ÇÖZÜLECEK PROBLEMLER 5
1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9.
1.3.6
x2 + 1 y 0 + xy = x3 y 3 xy 0 + y = y 2 ln x 2xyy 0 = x2 + y 2 xyy 0 + y 2 = x sinh x y − xy 3 dx + xdy = 0 x2 − y 3 dx + 3xy 2 dy = 0 x2 y 0 − xy + y 2 = 0 y 0 cos 2x + 2 tan xy + y 2 = 0 2√ y 0 + 4xy = 2xe−x y
Riccati Diferansiyel Denklemi
Standart Riccati denklemi y 0 = p(x)y 2 + q(x)y + r(x)
(1.20)
14
BÖLÜM 1. BİRİNCİ MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER
biçiminde lineer olmayan bir denklemdir. Burada p, özdeş olarak sıfır olmayan bir fonksiyondur. Bu denklemin y = y1 gibi özel bir çözümü biliniyorsa denklemin genel çözümü bulunabilir. Bunun için, u yeni bir bağımlı değişken olmak üzere y = y1 +
1 u
dönüşümü yapmak yeterlidir. y1 özel çözüm olduğundan (1.20) denklemini sağlar, yani, y10 = p(x)y12 + q(x)y1 + r(x) (1.21) olur. O halde (1.20) denklemi y1 1 u0 1 2 y = y1 − 2 = p y1 + 2 + 2 + q y1 + 2 + r u u u u 0
olarak yazılır ve (1.21) göz önünde bulundurulursa u0 + (2py1 + q)u + p = 0
(1.22)
lineer diferansiyel denklemi elde edilir. NOT: Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin keyfi olarak seçilen 2 tanesi derste çözülecektir. Çözülmeyen soruların 2 tanesi, derse kayıtlı öğrencilere ödev olarak verilecektir. Ödevler bir sonraki dersin başında getirilmesi zorunludur. ÇÖZÜLECEK PROBLEMLER 6
1. 2. 3. 4. 5. 6. 7.
1.3.7
1 − xn+1 y 0 − y 2 + (n − 1)xn y + nxn−1 = 0, (1 − sin x cos x) y 0 + cos xy 2 − y + sin x = 0, y 0 + y 2 − 3 tan xy + tan2 x − 1 = 0, x2 + a y 0 + 2y 2 − 3xy − a = 0, y 0 + e−x y 2 − 3y + ex = 0, y 0 + y 2 − 2xy + x2 − 1 = 0, sin x y 0 + sin xy 2 = 2 2 , cos x
y1 = −xn y1 = cos x y1 = tan x y1 = x y1 = ex y1 = x y1 = sec x
Tam Diferansiyel Denklemler
Eğer P (x, y)dx + Q(x, y)dy = 0
(1.23)
u(x, y) = c
(1.24)
diferansiyel denkleminin
1.3. BIRINCI MERTEBEDEN DIFERANSIYEL DENKLEMLERIM ÇÖZÜM YÖNTEMLERI15 şeklindeki bir düzlem eğri ailesinin çözümü ise (1.23) diferansiyel denklemine tam diferansiyel denklem denir. Şimdi, verilen bir diferansiyel denklemin tam olup olmadığı hakkında bir kriter belirleyelim. Bunun için önce (1.24) denklemin diferansiyeli alınırsa ∂u ∂u dx + dy (1.25) du = ∂x ∂y denklemi elde edilir. Bu durumda, (1.23) ve (1.25) denklemleri birbirine özdeştir. Bu özdeşlikten ∂u ∂u P (x, y) = ve Q(x, y) = (1.26) ∂x ∂y bağıntıları elde edilir. (1.26) içerisindeki bağıntıları x ve y değişkenlerine göre türetirsek ∂P (x, y) ∂ 2u ∂Q(x, y) ∂ 2u = ve = (1.27) ∂y ∂y∂x ∂x ∂x∂y bağıntıları bulunur. Sonuç olarak aşağıdaki teoremi ifade edebiliriz. Teorem 1.1 P (x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 şeklindeki bir denklemin tam diferansiyel denklem olması için gerek ve yeter koşul ∂P (x, y) ∂Q(x, y) = ∂y ∂x olmasıdır. (1.23) diferansiyel denklemi tam diferansiyel denklem olsun. Şimdi bu varsayım ile iki kısmi diferansiyel denklemden oluşan (1.26) sistemini sağlıyan bir u(x, y) fonksiyonunu bulalım. ∂u = P (x, y) ∂x denklemini x göre integralini alırsak Z u(x, y) = P (x, y)dx + h(y) (1.28) buluruz. Şimdi de (1.26) da bulunan ikinci bağıntıyı kullanırsak Z ∂u ∂ dh(y) Q(x, y) = = P (x, y)dx + ∂y ∂y dy elde ederiz. (1.29) bağıntısından da h(y) fonksiyonunu Z Z ∂ h(y) = Q(x, y) − P (x, y)dx dy + c ∂y
(1.29)
16
BÖLÜM 1. BİRİNCİ MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER
buluruz. Sonuç olarak, bulduğumuz h(y) fonksiyonunu (1.28) de yerine yazarsak u(x, y) fonsiyonunu elde ederiz. NOT: Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin keyfi olarak seçilen 3 tanesi derste çözülecektir. Çözülmeyen soruların 3 tanesi, derse kayıtlı öğrencilere ödev olarak verilecektir. Ödevler bir sonraki dersin başında getirilmesi zorunludur. ÇÖZÜLECEK PROBLEMLER 7 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10.
1.3.8
2xy dy = 0 1 + y4 (y + yexy ) dx + (x + xexy ) dy = 0 ey dx + (xey + 2y) dy = 0 x x x 1 cos dx − 2 cos dy = 0 y y y y 2 2 y−x −y x dx − 2 dy = 0 2 2 x +y x + y2 (ex (1 + x − y) + ey ) dx + (ey (x − y − 1) − ex ) dy = 0 1 ln x 1+ dx − 2 dy = 0 xy y 1 x 1 y + + dx + dy = 0 x − y x2 + y 2 y − x x2 + y 2 1 1 1 1 − + dx + dy = 0 1−x−y x 1−x−y y y x + x dx + + y dy = 0 1 − x2 y 2 1 − x2 y 2 arctan y 2 dx +
İntegrasyon Çarpanı
Tam diferansiyel olma koşulu sağlanmadığı durumlarda bazı diferansiyel denklemleri bir fonksiyonla çarparak tam diferansiyel denklem yapabiliriz. Tam olmayan P (x, y)dx + Q(x, y)dy = 0
(1.30)
diferansiyel denklemi verildiğinde, µ(x, y)P (x, y)dx + µ(x, y)Q(x, y)dy = 0
(1.31)
değiştirilmiş (µ ile çarpılmış) denklemi tam olacak şekilde bir µ(x, y) fonksiyonu bulunabilir. Gerçekten, yukarıdaki denklem için tam diferansiyel olma koşulu uygulandığında ∂ ∂ (µP ) = (µQ) ∂y ∂x
1.3. BIRINCI MERTEBEDEN DIFERANSIYEL DENKLEMLERIM ÇÖZÜM YÖNTEMLERI17 veya ∂µ ∂µ ∂P ∂Q P −Q +µ − =0 (1.32) ∂y ∂x ∂y ∂x olarak yazılırsa, µ(x, y) integrasyon çarpanının bulunması problemi yukarıdaki kısmi diferansiyel denklemin bir çözümünün bulunmasına indirgenmiş olunur. Bu kısmi denklemi çözmek (bir özel çözümünü bulmak yerterli olur) verilen sıradan diferansiyel denklemi çok daha güçtür. Fakat yine de deneme ile bu denklemin bazı özel çözümlerini bulabiliriz. • İntegrasyon çarpanı µ sadece x in bir fonksiyonu, yani µ = µ(x) olması durumu : Bu durumda (1.32) denkleminden R
µ(x) = ce
1 Q
dx − ∂Q ( ∂P ∂y ∂x )
(1.33)
integrasyon çarpımı ile elde edilir. Burada c sabitini özel olarak seçmek (genellike c=1) yeterlidir. ∂Q UYARI: µ = µ(x) şeklinde bir itegrasyon çarpanının bulunabilmesi için Q1 ∂P − ∂y ∂x ifadesinin sadece x bağımsız değişkenine bağlı olması gereklidir. Örnek 1.5 (xy − 1)dx + x2 − xy dy = 0
(1.34)
diferansiyel denklemini göz önüne alalım. (1.34) denkleminde P (x, y) = xy − 1 ve Q(x, y) = x2 − xy dir. ∂P = x ve ∂Q = 2x − y olup ∂P 6= ∂Q dir. Yani ∂y ∂x ∂y ∂x (1.34) denklemi tam diferansiyel denklem değildir. Şimdi, (1.34) denklemini tam = − x1 diferansiyel denklem yapacak integrasyon çarpanını bulalım. Q1 ∂P − ∂Q ∂y ∂x olduğundan (1.33) bağıntısını kullanabiliriz. R 1 c µ(x) = ce (− x )dx = x olarak elde edilir. c sabiti keyfi olduğundan c = 1 için µ(x) = x1 alabiliriz. Özetle, tam olmayan (1.34) denklmini x1 fonksiyonu ile çarptığımızda oluşan denklem tam diferansiyel denklem olur. • İntegrasyon çarpanı µ sadece y in bir fonksiyonu, yani µ = µ(y) olması durumu : Bu durumda (1.32) denkleminden µ(y) = e−
R
1 P
− ∂Q dy ( ∂P ∂y ∂x )
elde edilir. UYARI: µ = µ(y) şeklinde bir itegrasyon çarpanının bulunabilmesi için ifadesinin sadece y bağımsız değişkenine bağlı olması gereklidir.
(1.35) 1 P
∂P ∂y
−
∂Q ∂x
18
BÖLÜM 1. BİRİNCİ MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER
Örnek 1.6 dx + (x tan y − 2 sec y) dy = 0
(1.36)
diferansiyel denklemini göz önüne alalım. (1.36) denkleminde P (x, y) = 1 ve Q(x, y) = = 0 ve ∂Q = tan y olup ∂P 6= ∂Q dir. Yani (1.36) denkx tan y − 2 sec y dir. ∂P ∂y ∂x ∂y ∂x lemi tam diferansiyel denklem değildir. Şimdi, (1.34) tam diferansiyel denklemini y ∂Q 1 ∂P denklem yapacak integrasyon çarpanını bulalım. Q ∂y − ∂x = − x tantan buluy−2 sec y nur. Bu bağıntı sadece x bağımsız değişkenine bağlı olmadığından (1.33) bağıntısını ∂Q 1 ∂P kullanamayız! Fakat P ∂y − ∂x = − tan y bağıntısı sadece y değişkenine bağlı olduğundan (1.35) formülü kullanılarak bir itegrasyon bulunabiliriz. (1.35) formülünü kullanırsak µ(y) = e−
R
(− tan y)dx
= e− ln cos y =
1 = sec y cos y
elde ederiz. Özetle, tam olmayan (1.36) denklemini sec y ile çarparsak oluşan denklem tam diferansiyle denklem olur. • Özel İntegrasyon Çarpanının Bulunması P (x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 biçimindeki bir diferansiyel denkleminin µ = µ (η(x, y)) şeklinde bir integrasyon çarpanı olsun. ∂P ∂Q dµ(η) + µ(η) − (P ηy − Qηx ) , dη ∂y ∂x veya
µ0 (η) Py − Qx = µ(η) Qηx − P ηy
(1.37)
Py −Qx biçimini alır. (1.37) denkleminin sağ yanı F (η) := Qη biçiminde bir F (η) fonkx −P ηy siyonu ile ifade edilebiliyorsa o zaman verilen diferansiyel denkleme bir integrasyon çarpanı bulabiliriz. Bu integrasyon, Z Z dµ = F (η)dη, µ
veya R
µ(η) = ce
F (η)dη
(1.38)
biçiminde elde edilir. Burada integrasyon sabitini yine c = 1 olarak alabiliriz. Örnek 1.7 x2 − y 2 + 1 dx + x2 − y 2 − 1 dy = 0,
(1.39)
diferansiyel denkleminin bir integrasyon çarpanını bulalım. (1.39) denkleminde P (x, y) = x2 − y 2 + 1 ve Q(x, y) = x2 − y 2 − 1 dir. Py = −2y ve Qx = 2x olduğundan
1.3. BIRINCI MERTEBEDEN DIFERANSIYEL DENKLEMLERIM ÇÖZÜM YÖNTEMLERI19 (1.39)tam diferansiyel denklem değildir. Q1 (Py − Qx ) = x−2y−2x 2 −y 2 −1 bulunur. Bu bağıntı sadece x bağımsız değişkenine bağlı olmadığından (1.33) bağıntısını kullanamayız! 1 (Py − Qx ) = x−2y−2x 2 −y 2 +1 dir. Bu bağıntı sadece y bağımsız değişkenine bağlı olmadıP ğından (1.35) bağıntısını da kullanamayız!! η = x + y olacak şekilde µ = µ(η) biçiminde bir integrasyon çarpanı bulalım. F (η) :=
Py − Qx =x+y =η Qηx − P ηy
olduğundan (1.38) formülünü kullanabiliriz. R
µ(η) = e
ηdη
1 2
1
2
= e 2 η = e 2 (x+y)
(1.40) 1
2
bulunur. Özetle, tam diferansiyel denklem olmayan (1.39) denklemini e 2 (x+y) foksiyonuyla çarptığımız taktirde elde edeceğimiz deklem tam diferansiyel denklem olur. UYARI: Bu örnekte sorulacak aşikar sorulardan birisi de η fonksiyonun η = x + y biçiminde nasıl belirlendiğidir. Yapılması gereken işlem, η fonksiyonunu (1.37) diferansiyel denklemden bulmaktır. Fakat, bu problemin çözümü verilen (1.39) diferansiyel denkleminin çözümünden zordur. Dolayısıyla böyle bir problem verildiği taktirde η fonksiyonu da problemle birlikte verilir. • M (x, y) ve N (x, y) fonksiyonları birer polinom olmak üzere, yM (x, y)dx+ xN (x, y)dy = 0 biçimindeki tam olmayan bir direfansiyel denklem için itegrasyan çarpanı: Bu şekilde formülize edilen bir diferansiyel denklem için µ = xm y n , m, n ∈ Z biçiminde bir integrasyon çarpanı bulunabilir. Şimdi verilen yöntemi aşağıdak örnekle izah edelim. Örnek 1.8 2xy 2 + 3y dx + x2 y + 3x dy = 0
(1.41)
denklemi tam olmayan bir diferansiyel denklemdir. (1.41) denklemini yM (x, y)dx + xN (x, y)dy = 0, öyle ki M (x, y) = 2xy + 3 ve N (x, y) = xy + 3, formunda yazılabileceğimizden bahsi geçen yöntemi uygulayabiliriz. (1.41) denklemini µ = xm y n , m, n ∈ Z fonksiyonuyla çarptığımızda 2xm+1 y n+2 + 3xm y n+1 dx + xm+2 y n+1 + 3xm+1 y n dy = 0 (1.42) elde ederiz. (1.42) denkleminde P (x, y) = 2xm+1 y n+2 + 3xm y n+1
ve
Q(x, y) = xm+2 y n+1 + 3(n + 1)xm+1 y n
olup bu denkleme için tam diferansiyel olma koşulu, yani Py = Qx yazılırsa 2(n + 2)xm+1 y n+1 + 3(n + 1)xm y n = (m + 2)xm+1 y n+1 + 3(m + 1)xm y n
20
BÖLÜM 1. BİRİNCİ MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER
polinomların özdeşliğinden m − 2n = 2 ve
m=n
elde edilir. Buradan da m = n = −2 bulunur. Sonuç olarak, integrasyon çarpanı µ = x−2 y −2 bulunur. NOT: Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin keyfi olarak seçilen 2 tanesi derste çözülecektir. Çözülmeyen soruların 3 tanesi, derse kayıtlı öğrencilere ödev olarak verilecektir. Ödevler bir sonraki dersin başında getirilmesi zorunludur. ÇÖZÜLECEK PROBLEMLER 8 Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin yanlızca µ(x) veya µ(y) biçiminde birer integrasyon çarpımını bularak genel çözümlerini elde ediniz.
5.
4xydx + x2 + y 2 + 4 dy = 0 1 y2 x − 2y dy = 0 dx + x+y−2 x 3 3x2 − y 2 dy − 2xydx = 0 y + x3 ex dx − xdy = 0 −x −x 3 y y ye dx − xe + y dy = 0
6. 7. 8. 9. 10.
(x2 + y 2 + 2x)dx + 2ydy = 0 2xydx + (y 2 − 3x2 )dy = 0 (x2 + y 2 )dx − 2xy = 0 (xy + x2 + 1)dx + x2 dy ydx − xdy = y 2 ex dx
1. 2. 3. 4.
NOT: Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin keyfi olarak seçilen 2 tanesi derste çözülecektir. Çözülmeyen soruların 2 tanesi, derse kayıtlı öğrencilere ödev olarak verilecektir. Ödevler bir sonraki dersin başında getirilmesi zorunludur. ÇÖZÜLECEK PROBLEMLER 9 Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin yanlarında gösterilen biçimde bir integrasyon çarpanı bularak genel çözümlerini belirleyiniz.
1.4. ÇÖZÜMLERIN VARLIK VE TEKLIĞI
1. 2. 3. 4. 5. 6.
(y + x)dx + (y − x)dy = 0, (x − 2y)dx + ydy = 0, ydx − (x + x2 + y 2 )dy = 0, (x2 − y 2 + 1)xdx − ydy = 0, 1 2 1 2 + dx + − dy = 0, x y y x (xy 2 + y)dx − x ln xdy = 0,
21
µ = µ(x2 + y 2 ) µ = µ(x − y) µ = µ(x2 + y 2 ) µ = µ(x2 − y 2 ) µ = µ(xy) µ = µ(xy 2 )
NOT: Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin keyfi olarak seçilen 2 tanesi derste çözülecektir. Çözülmeyen soruların 2 tanesi, derse kayıtlı öğrencilere ödev olarak verilecektir. Ödevler bir sonraki dersin başında getirilmesi zorunludur. ÇÖZÜLECEK PROBLEMLER 10 yM (x, y)dx + yN (x, y)dy = 0 formunda olan aşağıdaki diferansiyel denklemler için µ = xm y n , m, n ∈ Z biçiminde integrasyon çarpanı bularak genel çözümlerini belirleyiniz. 1. 2. 3. 4.
1.4 1.4.1
ydx + (x + 3x2 y 2 )dy = 0, (2xy 2 + 3y)dx + (x2 y + 3x)dy = 0 (2x3 y 3 − x)y 0 + 2x3 y 3 − y = 0 (y + xy 2 )dx + (x − x2 y)dy = 0
Çözümlerin Varlık ve Tekliği Picard Ardışık Yaklaşımlar Yöntemi
Şimdiye kadar gördüğümüz standart yöntemlerle çözülebilen(integre edilebilen) birinci mertebe denklemlerin oldukça kısıtlı olduğunu gördük. Genel olarak uygulamalarda karşılaşılan denklemlerin pek çoğu bu sınıf dışında kalmaktadır. Ancak, f (x, y) fonksiyonu (x0 , y0 ) noktasının bir komşuluğunda tanımlı ve sürekli bir fonksiyon olmak üzere y 0 = f (x, y), y(x0 ) = y0 (1.43) ile tanımlanan birinci mertebe bir denklem için başlangıç değer problemi, denklemi çözmeden çözümlerine ilişkin oldukça önemli bilgiler çıkarabiliriz. Örneğin çözümlerin varlığı ve tekliği gibi. Şimdi böyle kavramlara hazırlık olarak Picard iterasyon veya ardaşık yaklaşımlar yöntemini verelim. Bu yöntemin çıkış noktası (1.43) problemini denk bir Z x y(x) = y0 + f (t, y(t))dt (1.44) x0
22
BÖLÜM 1. BİRİNCİ MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER
integral denklemine dönüştürmektir. Eğer y(x), (1.43) probleminin bir çözümü ise, y(x) sürekli ve f (x, y(x)) fonksiyonu x in sürekli bir fonksiyonu olur. (1.43) deki diferansiyel denklemi x, e göre x0 x, e kadar integre edilir ve başlangıç koşulu kullanılırsa (1.44) integral denklemine varılır. Burada, üst integrasyon sınırı x değişkeni ile karışıklığı önlemek için integral değişkeni olarak t değişkeni kullanılmıştır. Tersine, eğer y(x) integral denklemin sürekli bir çözümü ise, y(x0 ) = y0 başlangıç koşulu sağlanır ve (1.44) denkleminin x, göre türetilerek (1.43) deki denklem elde edilir. Şimdi (1.44) integral denklemini iterasyon işlemi ile çözmek istiyoruz. Bunun için kaba yaklaşımla çözüme başlayarak, bunu adım adım geliştirmeye çalışalım. Başlangıç çözümü olarak y(x) = y0 sabit çözümü olarak seçilebilir. Bu yaklaşımı integral denklemin sağ yanına yerleştirerek yeni ve daha iyi bir y1 (x) yaklaşımı bekleyebiliriz: Z x y1 (x) = y0 + f (t, y0 (t))dt x0
ikinci iterasyonda y1 (x) yaklaşımını kullanarak yine daha iyi bir y2 çözümü üretebiliriz: Z x y2 (x) = y0 + f (t, y1 (t))dt x0
ve bu biçimdeki iterasyonla n. adım yaklaşımı Z x yn (x) = y0 + f (t, yn−1 (t))dt
(1.45)
x0
olacaktır. n → ∞ için limite geçerek {yn (x)} fonksiyon dizisi gerçek çözüme yakınsayacatır. Bu diziye Picard yaklaştırımlar dizisi, bu iterasyonlu yönteme de Picard iterasyon yöntemi denir. Örnek 1.9 y0 = 1 + y2,
y(0) = 0
(1.46)
başlangıç değer probleminin çözümü bulmak için Picard iterasyon yöntemi uygulayalım. İntegral denklem Z x y(x) = y(0) + 1 + y(t)2 dt 0
olur. Birinci adımda veya iterasyonda y0 = 0 başlangıç değeri yukarıdaki denklemin sağ yanındaki integrale yazılırsa; Z x Z x 2 y1 (x) = y(0) + 1 + y0 (t) dt = dt = x 0
0
buluruz. Bir sonraki iterasyonda y2 yaklaşımı Z x Z x x3 2 2 y2 (x) = y(0) + 1 + y1 (t) dt = (1 + t )dt = x + 3 0 0
1.4. ÇÖZÜMLERIN VARLIK VE TEKLIĞI
23
olarak bulunur. Üçüncü iterasyonda y3 yaklaşımı Z x Z x t3 2 x3 2x5 x7 2 1 + y2 (t) dt = 1 + (t + ) dt = x + y3 (x) = y(0) + + + 3 3 15 63 0 0 buluruz. Bu işleme istediğimiz kadar devam ederek kesin çözüme yaklaşabiliriz. Gözönüne aldığımız denklem analitik çözümü bulunabilen bir diferansiyel denklemdir. Gerçekten, (1.46) denklemini dy = dx 1 + y2 şekinde yazabiliriz. Eşitliğin her iki tarafının itegralini alırsak arctan y = x + c buluruz. Başlangıç koşulundan arctan 0 = 0 + c bağıntısından c = 0 elde edilir. Şu halde (1.46) diferansiyel denkleminin özel (başlangıç koşulunu sağlıyan) bir çözümü arctan y = x veya denk olarak y = tan x dir. tan x fonksiyonunun MacLaurin seri açılımı x3 2x5 x7 + + + ... (1.47) tan x = x + 3 15 63 şeklindedir. Picard yöntemiyle bulduğumuz y3 değeri ile tan x seri açılımının ilk dört terimiyle uyuştuğuna dikkat edelim. Eğer Picard yöntemiyle iterasyona devam etseydik tan x seri açılımdaki diğer terimleri de elde ederdik. Ve de sonsuz bir iterasyon gerçekleştirmiş olsaydık tan x fonksiyonunu elde ederdik. Bu örnekten görüldüğü gibi, ardaşık yaklaşımlar yönteminde integrallerin hesaplanması çok karmaşık olabilir. Böyle bir engelden dolayı bu yöntemin pratik problemlere uygulanabilirliği kısıtlıdır. Ancak bu yöntemin asıl değeri diferansiyel denklemlerin çözümlerinin varlık ve tekliğine ilişkin teoremlerin kanıtına yaptığı katkıdır.
1.4.2
Picard Teoremi
f (x, y) fonksiyonu xy-düzleminin (x0 , y0 ) noktasını içeren bir bölgede tanımlı bir fonksiyon fonksiyon olmak üzere y 0 = f (x, y),
y(x0 ) = y0
(1.48)
başlangıç değer teorimi için hangi koşullar altında çözümün var olduğunu ve eğer böyle bir çözüm varsa tekliğini garanti eden varlık ve teklik teorimi ifade eder. , kenarları eksenlere paralel kapalı bir R diktörtgeni üzeTeorem 1.2 f (x, y) ve ∂f ∂y rinde x ve y değişkeninin sürekli fonksiyonları olsunlar. Eğer (x0 , y0 ) R bölgesinin herhangi bir iç noktası ise, (1.48) başlangıç değer probleminin |x − x0 | 6 h aralığı üzerinde yanlızca bir y(x) çözümü olacak biçimde bir h > 0 sayısı vardır. Bu teoremin kanıtı için [6](sayfa 68) bakınız.
24
BÖLÜM 1. BİRİNCİ MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER
Bölüm 2 YÜKSEK DERECEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER P1 , P2 , . . . , Pn foksiyonları x ve y nin fonksiyonları olsun. Eğer bir diferansiyel denklem y 0 ye göre n. dereceden bir polinom ise denkleme n. derecedendir denir. Böyle bir diferansiyel denklem
dy dx
n
+ P1
dy dx
n−1
+ · · · + Pn−1
dy dx
+ Pn = 0
(2.1)
(y 0 − Q1 (x, y))(y 0 − Q2 (x, y)) . . . (y 0 − Qn (x, y)) = 0
(2.2)
biçiminde ifade edilebilir. (2.1) denkleminin
biçiminde çarpanlara ayrılabildiğini kabul edelim. Eğer, qr (x, y, cr ) = 0 y 0 − Qr (x, y) = 0 denkleminin bir çözümü ise, bu aynı zamanda (2.2) denkleminin de bir çözümüdür. Tersine, ϕ(x, y, c) = 0 fonksiyonu (2.1) denkleminin bir çözümü ise y 0 − Qr (x, y) = 0,
r = 1, 2, . . . , n
denklemlerinden birini de sağlar. Şu halde, (2.2) denkleminin genel çözümü q1 (x, y, c)q2 (x, y, c) . . . qn (x, y, c) = 0 şeklindedir. 25
26
BÖLÜM 2. YÜKSEK DERECEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER
Örnek 2.1 xy 02 + y(1 − x2 )y 0 − xy 2 = 0
(2.3)
diferansiyel denklemi y 0 ye göre 2. derecedendir ve denklem y (y 0 − xy)(y 0 + ) = 0 x şeklinde ifede edilebilir. Bunun genel çözümü ise y 0 = xy
y0 = −
ve
y x
1. derece denklemlerin çözümleri olan 2 /2
y − cex
=0
y−
ve
c =0 x
bağıntılarının çarpımı olur. Yani, c 2 = 0. y − cex /2 y − x
2.1
Clairaut Diferansiyel Denklemi y = xp + f (p),
p = y0
(2.4)
tipindeki bir denkleme Clairaut diferansiyel denklemi denir. Bir parametreli y = cx + f (c)
(2.5)
doğru ailesini sağlayan diferansiyel denklemi bulmaya çalışalım. (2.5) denklemini x, e göre türevi y 0 = p = c olur. (2.5) de yerine konursa c yok edilmiş olur ve (2.4) Clairaut diferansiyel denklemi bulunur. O halde (2.5) doğru ailesi (2.4) denkleminin genel çözümüdür. (2.4) denkleminin (2.5) genel çözümünden elde edilemeyen ve tekil çözüm denilen bir başka çözüm daha bulabiliriz. Bu amaçla, (2.4) denklemi x, e göre türetirsek dp dp p = p + (x + f 0 (p)) ⇒ (x + f 0 (p)) =0 (2.6) dx dx bulunur. (2.6) denkleminin iki çözümü vardır: • p0 =
dp =0 dx
⇒
p=c
(2.4) denkleminde yerine yazılırsa yine (2.5) genel çözümüne varılır.
2.1. CLAIRAUT DIFERANSIYEL DENKLEMI
27
• (2.6) denklemi x = −f 0 (p)
(2.7)
için sağlanır. Eğer (2.4) ile (2.7) arasındaki x yok edilirse y = −pf 0 (p) + f (p)
(2.8)
elde edilir. (2.7) ve (2.8) denklemleri birlikte, p parametre olmak üzere, (2.4) denkleminin parametrik çözümüdür. Bu iki denklem arasında p yok edilirse, ϕ(x, y) = 0 biçiminde c sabitini içermeyen bir çözüm bulunur. Bu çözüme de (2.4) diferansiyel denkleminin tekil çözümü denir. Örnek 2.2 y = xp + sin p diferansiyel denkleminin genel ve tekil çözümlerini bulunuz. Denklelmi x, e göre türetirsek p0 (x − cos p) = 0 buluruz. p0 = 0 çarpanı y = cx + sin c genel çözümü, (x − cos p) = 0 çarpanı ise x = cos p,
y = p cos p + sin p
veya p nin yok edilmesiyle y = x arccos x +
√
1 − x2
tekil çözümü bulunur. NOT: Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin keyfi olarak seçilen 2 tanesi derste çözülecektir. Çözülmeyen soruların 2 tanesi, derse kayıtlı öğrencilere ödev olarak verilecektir. Ödevler bir sonraki dersin başında getirilmesi zorunludur. ÇÖZÜLECEK PROBLEMLER 11 Aşağıdaki Clairaut tipindeki diferansiyel denklemlerin genel ve tekil çözümlerini bulunuz 1. 2. 3. 4. 5.
= xp + ap(p2 + 1)−1/2 = xp + ap − a ln p = xp + p − ln p p = xp + 1 − p2 − p arccos p p y = xp + 1 + p2 − p ln p y y y y
28
BÖLÜM 2. YÜKSEK DERECEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER
2.2
Lagrange (d0Alembert) Diferansiyel Denklemi y = xg(p) + f (p),
p = y0
(2.9)
tipindeki bir denkleme Lagrange diferansiyel denklemi denir. Clairaut diferansiyel denklemi Lagrange denkleminin özel g(p) ≡ p durumudur. Bundan dolayı, burada g(p) nin p den farklı olduğunu varsayıyoruz. (2.9) denklemini x, e göre türetirsek p = g(p) + [xg 0 (p) + f 0 (p)]p0 (x)
(2.10)
buluruz. p¬g(p) olduğundan genel integral eğrileri artık doğrular olmaz. (2.10) denklemi dx (g(p) − p) + g 0 (p)x = −f 0 (p) (2.11) dp biçiminde x, e göre lineer bir denklem olarak yazılabilir. (2.11) lineer diferansiyel denklemi sabitin değişimi yöntemiyle çözülürse R g0 (p) Z 0 dp R g0 (p) g(p)−p f (p)e x = e− g(p)−p dp c − dp (2.12) g(p) − p bulunur. O halde, (2.9) ve (2.12) arasında x yok edilirse, y yanlızca p ve c nin bir fonksiyonu olarak elde edilir. Eğer, p bir parametre olarak düşünülürse, (2.9) ve (2.12) denklemleri genel çözümün parametrik denklemleri olur. Ancak bazı özel durumlarda bu p parametresi yok edilerek x, y ve c yi içeren bir genel çözüm bulmak mümkün olabilir. Diğer yandan, eğer g(p) − p = 0 denkleminin en az bir reel kökü varsa, örneğin p = p0 ise, o zaman (2.10) denklemi p0 (x) = 0 için sağlanır. Bu durumda (2.9) denkleminin y = xg(p0 ) + f (p0 ) biçiminde sabit içermeyen bir çözümünü daha elde ederiz. Bu ise tekil veya özel çözümdür. Örnek 2.3 y = xp2 + p3
(2.13)
denkleminin genel ve tekil çözümünlerini bulalım. Denklemi x, e göre türetilirse, p = p2 + (2xp + 3p2 )p0 (x)
veya p − p2 = (2xp + 3p2 )p0 (x)
(2.14)
biçiminde olur. p − p2 = 0 denkleminin kökleri p0 = 0 ve p0 = 1 dir. p0 = 0 veya p0 = 1 olduğunda (2.14) denkleminde p0 (x) = 0 olur. Şu halde, p(x) = c = p0 bulunur. p0 = 0 karşılık gelen tekil çözüm y = 0 ve p0 = 1 köküne karşılık gelen
2.3. GENELLEŞTIRME
29
tekil çözüm y = x + 1 biçiminde olur. Şimdi, p 6= 0, 1 için, (2.13) denkleminin genel çözümünü bulalım. (2.14) denklemi dx 2 3p − x= dp 1 − p 1−p biçiminde x, e göre lineerdir. Bu denklemin çözümü de 3 2 1 3 p −p +c x= (1 − p)2 2 olur. Bununla, verilen denklem arasında x yok edilirse 1 3 3 4 y= p − p + cp + p3 (1 − p)2 2
(2.15)
(2.16)
bulunur ki, (2.15) ve (2.16) denklemleri genel çözümünü verir. NOT: Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin keyfi olarak seçilen 1 tanesi derste çözülecektir. Çözülmeyen soruların 1 tanesi, derse kayıtlı öğrencilere ödev olarak verilecektir. Ödevler bir sonraki dersin başında getirilmesi zorunludur. ÇÖZÜLECEK PROBLEMLER 12 Aşağıdaki Lagrange tipindeki diferansiyel denklemlerin genel ve varsa tekil çözümlerini bulunuz.
1. 2. 3.
2.3
y = 2xp − p2 y + xp = p3 y = −xp2 + p3 + 2p
Genelleştirme
x veya y değişkenine göre çözülebilen herhangi bir yüksek dereceden denklemin genel veya tekil çözümleri benzer bir türev alma işlemi ile bulunabilir. Gerçekten, eğer F (x, y, p) = 0 denklemi y ye göre y = f (x, p)
(2.17)
biçiminde çözülebiliyorsa, (2.17) denklemini x, e göre türetirsek p0 (x) türevine göre 1. dereceden ∂f dp ∂f + p= ∂x ∂p dx
30
BÖLÜM 2. YÜKSEK DERECEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER
denklemi bulunur. Bu denklemin bir sabiti içeren genel çözümü şu biçimde ifade edilebilir: ϕ(x, p, c) = 0. (2.18) Eğer (2.18) denklemi x değişkenine göre x = ψ(p, c) biçiminde çözülebiliyorsa, bu bağıntı (2.17) denklemi ile birlikte genel çözümün parametrik denklemlerini verir. p parametresinin yok edilebildiği durumlarda genel çözümün x, y ve c türünden, yani kartezyen ifadesi elde edilir. Eğer, p − fx ve fp nin yanlızca x ve p ye bağlı bir ortak çarpanı varsa, bu durumda denklemin bir tekil çözümünü çıkarabiliriz. Eğer F (x, y, p) = 0 denklemi x, e göre çözülebiliyorsa, yani x = g(y, p)
(2.19)
ise, bu kez y değişkenine göre türev alarak p0 (y) türevine göre birinci dereceden 1 ∂g ∂g dp dx = = + dy p ∂y ∂p dy denklemi bulunur. Bu denklemin çözümü e c) ϕ(y, e p, c) = 0 veya y = ψ(p,
(2.20)
biçiminde yazılabileceğinden, yine (2.19) ve (2.20) denklemleri parametrik olarak genel çözümü verir. Örnek 2.4
ex y =p+ p denkleminin genel ve tekil çözümlerini bulalım. Denklem y ye göre çözülmüş olduğundan her iki yanını x, göre türetelim. p = p0 +
(2.21)
p0 ex − 2 ex p p
veya ex (p − p) 1 − 2 = 0 p 0 buluruz. (2.22) denklemi p = p için saplanır. Buradan, 0
p0 = p
⇒
p = cex
(2.22)
(2.23)
buluruz. (2.21) ve (2.23) denklemleri arasında p yok edilirse 1 c genel çözümü buluruz. (2.22) denkleminin sabit içermeyen ikinçi çarpanı ise p2 = ex bağıntısını verir ki, bununla (2.21) denklem arasında p yok edilirse y = cex +
y 2 = 4ex tekil çözümü elde ederiz.
2.4. YÜKSEK DERECEDEN HOMOJEN DENKLEMLER
31
NOT: Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin keyfi olarak seçilen 2 tanesi derste çözülecektir. Çözülmeyen soruların 2 tanesi, derse kayıtlı öğrencilere ödev olarak verilecektir. Ödevler bir sonraki dersin başında getirilmesi zorunludur. ÇÖZÜLECEK PROBLEMLER 13 Aşağıdaki genel tipteki diferansiyel denklemlerin genel ve varsa tekil çözümlerini bulunuz. y = yp2 + 2px x − y = 2ap − ap2 y = p2 + p3 p2 + 2y cot xp − y 2 = 0 4x2 p2 − 4xyp + y 2 = 0 (x − ep )p = 1
1. 2. 3. 4. 5. 6.
2.4
Yüksek Dereceden Homojen Denklemler
Bölüm 1 de birinci dereceden homojen bir diferansiyel denklemin y = xu değişken dönüşümü ile değişkenleri ayrılabilir bir denkleme indirgendiğini gördük. Yüksek dereceden homojen denklemler de aynı tip dönüşüm ile integre edilebilir. F (x, y, p) = 0
(2.24)
diferansiyel denklemini ele alalım. Eğer F fonksiyonu x ve y değişkenlerine göre n. dereceden homojen bir fonksiyon ise F (λx, λy, p) = λn F (x, y, p)
(2.25)
yazılabilir. y = xu dönüşümü ile p = xu0 + u olmak üzere F (x, xu, p) = xn F (1, u, p) = xn G(u, p)
(2.26)
yazılabildiğinden, (2.24) denklemi G(u, p) = 0
(2.27)
biçimini alır. Bu denklem p ye göre çözülebilirse, p = xu0 + u = ϕ(u) elde edilir ki, bu da değişkenlerine ayrılabilir bir denklemdir. Eğer (2.27) denklemi u ya göre u = ψ(p) biçiminde çözülürse y = xψ(p)
(2.28)
32
BÖLÜM 2. YÜKSEK DERECEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER
olur. Bu bağıntının x, e göre türevi alınırsa p = ψ(p) + xψ 0 (p)p0 (x)
⇒
p − ψ(p) = xψ 0 (p)
dp dx
(2.29)
değişkenlerine ayrılabilen denklem elde edilir. Örnek 2.5 F (x, y, p) = xyp2 + (x2 − y 2 )p − xy = 0
(2.30)
diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulalım. F (λx, λy, p) = λ2 (xyp2 + (x2 − y 2 )p − xy) = λ2 F (x, y, p)
(2.31)
olduğundan (2.30) 2. dereceden homojen bir denklemdir. y = ux dönüşümü yerine konur ve x2 ile bölünürse p ye göre çözülebilen up2 + (1 − u2 )p − u = 0
(2.32)
denklemini verir. O halde, p (u2 − 1)2 + 4u2 p = xu + u = 2u 2 2 u − 1 ∓ (u + 1) = 2u 1 = u, u 0
u2 − 1 ∓
bulunur. xu0 + u = u bağıntısından u = c veya y = cx ve xu0 + u = y da x(u − 1) = ceu veya y − x = ce x çözümleri bulunur.
1 u
bağıntısından
NOT: Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin keyfi olarak seçilen 1 tanesi derste çözülecektir. Çözülmeyen soruların 1 tanesi, derse kayıtlı öğrencilere ödev olarak verilecektir. Ödevler bir sonraki dersin başında getirilmesi zorunludur. ÇÖZÜLECEK PROBLEMLER 14 Aşağıdaki genel tipteki diferansiyel denklemlerin genel ve varsa tekil çözümlerini bulunuz. 1. 2. 3. 4.
xyp2 + (x2 + y 2 )p + xy = 0 xp2 − 2py − x = 0 p y = x(p + 1 + p2 ) xp2 − 2yp − x = 0
2.5. GEOMETRIK UYGULAMALAR
2.5
33
Geometrik Uygulamalar F (x, y, y 0 ) = 0
(2.33)
diferansiyel denkleminin integral eğrilerinin yanlızca bir parametreye bağlı f (x, y, c) = 0
(2.34)
biçiminde eğri ailesi olduğunu biliyoruz. Tersine, (2.34) denkleminin x, e göre türetilmesiyle elde edilen ϕ(x, y, y 0 , c) = 0 ile (2.34) arasında c sabiti yok edilirse (2.33) denklemi elde edilir. Şimdi, yine bu sabite bağlı iki eğri ailesi alalım: f (x, y, c) = 0 ve g(x, y, k) = 0.
(2.35)
(2.35) denklemlerinden birisini c−ailesi, diğeri de k−ailesi olarak isimlendirelim. Eğer k-ailesinin herhangibir eğrisi c-ailesinin her eğrisini belirli bir geometrik özelliğe göre keserse, her iki ailenin herhangibir eğrisine diğer yörüngenin yörüngesi denir. Bir eğri, eğri ailesinin bütün eğrilerini dik açı altında keserse, bu eğriye o ailenin dik yörüngesi, eğer 90◦ den farklı bir açı altında keserse, eğik yörüngesi denir. Şekil(1) deki gibi (2.35) eğri aileleri sabit bir γ açısı ile kesişsin ve c−ailesinin herhangibir eğrisinin keyfi bir (x, y) noktasında teğeti x ekseniyle α açısı yapsın. β ise, k-ailesinin bu noktada x ekseni ile yaptığı açı olsun. Bu şartlar altında, aşağıdaki bağıntıyı yazabiliriz: tan β − tan γ . y 0 = tan α = tan(β − γ) = 1 + tan β tan γ c−ailesinin diferansiyel deklemi F (x, y, y 0 ) = 0 ise F (x, y, tan α) = F (x, y,
tan β − tan γ ) 1 + tan β tan γ
(2.36)
yazılabilir. k−ailesinin diferansiyel denklemini bulmak için (2.36) denkleminde tan β = y 0 koymak yeterlidir. Özetle, k−ailesi yani c−ailesinin eğik yörüngeleri F (x, y,
y 0 − tan γ )=0 1 + y 0 tan γ
(2.37)
diferansiyel denkleminin integral eğrileri olur. Başka bir ifadeyle, eğer c−ailesinin y 0 −tan γ diferansiyel denkleminde y 0 yerine 1+y 0 tan γ yazılırsa k−ailesinin diferansyel denklemi bulunmuş olur. Özel olarak, eğer bu iki eğri ailesi dik kesişiyorsa yani γ = 90◦ veya tan 90◦ = ∞ için, y 0 − tan γ 1 → − 1 + y 0 tan γ y0 olduğundan aranan dik yörüngenin veya k−ailesinin denklemi, verilen ailenin diferansiyel denkleminde y 0 → − y10 konarak elde edilir.
34
BÖLÜM 2. YÜKSEK DERECEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER
Örnek 2.6 x2 + y 2 = c
(2.38)
çember ailesinin dik yörüngelerini ve γ = 45◦ altında kesen eğik yörüngelerini bulunuz. Verilen çember ailesinin (2.38) diferansiyel denklemi y0 = −
x y
(2.39)
dir. (2.38) ailesinin dik yörüngelerini bulmak için y 0 → − y10 dönüşümü yapılırsa y0 =
y x
(2.40)
elde edilir. (2.40) diferansiyel denkleminin çözümünden y = kx bulunur. Özetle, (2.38) çember ailesinin dik yörüngeleri y = kx doğru ailesidir. Şimdi de (2.38) çember ailesinin γ = 45◦ altındaki eğik yörüngelerini bulalım. Yay 0 −tan 45◦ pılması gereken iş, (2.40) diferansiyel denkleminde y 0 → 1+y 0 tan 45◦ dönüşümü yapmaktır. Bu dönüşüm yapıldığında y0 − 1 x = − 1 + y0 y
veyay 0 =
y−x y+x
1. dereceden homojen diferansyel denkelemi elde edilir. y = ux dönüşümünden y 0 = u0 x + u =
u−1 u+1
ve buradan u+1 dx du + =0⇒ 2 u +1 x
Z
u+1 du + u2 + 1
Z
dx =k x
buradan da ln |u| + arctan u + ln |x| = x ⇒ ln |y| + arctan
y =k x
elde edilir. NOT: Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin keyfi olarak seçilen 2 tanesi derste çözülecektir. Çözülmeyen soruların 2 tanesi, derse kayıtlı öğrencilere ödev olarak verilecektir. Ödevler bir sonraki dersin başında getirilmesi zorunludur. ÇÖZÜLECEK PROBLEMLER 15
2.5. GEOMETRIK UYGULAMALAR
35
Aşağıdaki bir parametreli eğri ailelerinin dik yörünge denklemlerini bulunuz.
1. 2. 3. 4. 5.
y 2 = cx y = c sin x y = c ln x y = c(x + 1)ex (x2 − a2 )2 + (y 2 − b2 )2 = c
NOT: Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin keyfi olarak seçilen 2 tanesi derste çözülecektir. Çözülmeyen soruların 1 tanesi, derse kayıtlı öğrencilere ödev olarak verilecektir. Ödevler bir sonraki dersin başında getirilmesi zorunludur. ÇÖZÜLECEK PROBLEMLER 16 Aşağıdaki bir parametreli eğri ailelerinin γ = 45◦ altındaki eğik yörünge denklemlerini bulunuz.
1. 2. 3. 4. 5.
xy = c x2 − y 2 = c x2 + y 2 = 2cx y = x ln cx y − x = cx2
36
BÖLÜM 2. YÜKSEK DERECEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER
Bölüm 3 YÜKSEK MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER 3.1
İkinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler
f verilen keyfi fonksiyon olmak üzüre ikinci mertebeden bir diferansiyel denklem d2 y dy = f x, y, (3.1) dx2 dx dy lineer biçiminde ifade edilebilir. Eğer (3.1) denklemindeki f fonksiyonunda y ve dx olacak şekilde ifade edilebilyorsa, denkleme 2. mertebeden lineer diferansiyel denklem denir. Eğer (3.1) denklemi lineer ise, P (x) 6= 0 olmak üzere denklem genel olarak, P (x)y 00 + Q(x)y 0 + R(x)y = G(x) (3.2)
biçiminde yazılabilir. (3.2) denklemi P (x) ile bölünürse y 00 + q(x)y 0 + r(x)y = g(x)
(3.3)
formunda ifade edilebilir. (3.3) denklem ile birlikte y 0 (x0 ) = y00 := sabit,
y(x0 ) = y0 := sabit,
(3.4)
başlangıç koşulları da verilirse bu probleme başlangıç değer problemi denir.
3.1.1
Sabit Katsayılı İkinci Mertebeden Homojen Diferansiyel Denklemler
Eğer (3.2) denkleminde P (x), Q(x) ve R(x) fonksiyonları sabit ve G(x) = 0 ise denkleme sabit katyalı ikinci mertebeden homojen diferansiyel denklem denir. Böyle 37
38
BÖLÜM 3. YÜKSEK MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER
bir diferansiyel a, b, c reel sabitler olmak üzere ay 00 + by 0 + cy = 0
(3.5)
biçiminde ifade edilir. Şimdi (3.5) diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulalım. Evvelâ a = 0 halini gözönüne alalım. Bu taktirde denklem, b
dy + cy = 0 dx
şeklinde birinci mertebeden değişkenlere ayrılabilen tipte bir denklem halini alır. Buradan, c y dy = − dx = rdx ⇒ ln = rx ⇒ y = kerx y b k elde edilir. Bu şekilde elde edilen sonuç bize, ikinci mertebeden diferansiyel denklemin çözümünde y = kerx şeklinde olabileceğini telkin eder. Şimdi, y = kerx ve türevlerini (3.5) denkleminde yerine koyarak y = kerx in bu denklemi sağlama şartlarını bulalım. y = kerx , y 0 = krerx , y 00 = kr2 erx . Bu ifadeleri (3.5) denkleminde yerlerine koyarsak akr2 erx + krerx + ckerx = 0
⇒ ar2 + br + c kerx = 0
elde edilir. k keyfi bir sabit olduğundan daima sıfır olamaz ve her x değeri için erx 6= 0 olduğundan bu bağıntının sağlanabilmesi için ar2 + br + c = 0
(3.6)
olması gerekir. O halde y = kerx deki r sayısı (3.6) denklemini sağlayan bir köküdür. Yani r (3.6) denkleminin bir kökü ise y = kerx (3.5) denkleminin bir çözümü olur. (3.6) denklemine (3.5) denkleminin karakteristik denklemi denir. Bu denklem, diferansiyel denklemde d2 y dx2 dy dx y
yerine
r2
yerine
r
yerine
1
yazılmak suretiyle, doğrudan doğruya elde edilir. Karakteristik denklemi iki reel köke veya iki katlı bir köke veyahut da eşlenik iki kompleks köke sahip olabileceğine göre, diferansiyel denkleminin çözümleri de değişik üç türde karşımıza çıkar.
3.1. İKINCI MERTEBEDEN LINEER DIFERANSIYEL DENKLEMLER
39
• I. Karakteristik denkleminin iki reel kökünün olması hali: ∆ = b2 − 4ac > 0 olması durumunda karakteristik denklemin kökleri r1 ve r2 ise y1 = k1 er1 x
ve y2 = k2 er2 x
bağıntıları (3.5) diferansiyel denkleminin birer çözümü olarak denklemi sağlarlar. Ancak birer tane keyfi sabit içerdiklerinden genel çözüm olamazlar. y1 ve y2 nin (3.5) denklemini sağlama şartını yazarsak ay100 + by10 + cy1 = 0 ay200 + by20 + cy2 = 0 ve bu iki bağıntıyı taraf tarafa toplarsak a(y100 + y200 ) + b(y10 + y20 ) + c(y1 + y2 ) = 0 elde edilir. Bu ise bize y = y1 + y2 = k1 er1 x + k2 er2 x
(3.7)
ifadesinin de (3.5) diferansiyel denkleminin bir çözümü olduğunu gösterir. Diğer taraftan bu çözüm, k1 ve k2 gibi iki keyfi sabit içerdiğinden genel çözümdür. Örnek 3.1 y 00 − 3y + 2 = 0 diferansiyel denklemini çözelim. Karakteristik denklem, r2 − 3r + 2 = 0 olup kökleri r1 = 1,
r2 = 2
olarak denklemin genel çözümü y = k1 ex + k2 e2x dir.
40
BÖLÜM 3. YÜKSEK MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER • II. Karakteristik denklemin iki katlı bir kökü olması hali:
b b2 − 4ac = 0 olması halinde karakteristik denkleminin iki katlı kökü r = − 2a olup (3.5) diferansiyel denklemin çözümü y = kerx dir. Ancak bu bağıntı bir tek keyfi sabit içerdiğinden genel çözüm olamaz. Genel çözümü bulmak için daha önce birinci mertebeden lineer diferansiyel denklemin çözümünde kullandığımız sabitin değişimi kuralını buraya uygulayalım. Bunun için de y = kerx in diferansiyel denklemin genel çözümü olabilmesi için k = k(x) olacak şekilde bir k(x) fonksiyonu bulalım.
y = k(x)erx y 0 = k 0 erx + krerx = (k 0 + kr)erx y 00 = k 00 erx + 2k 0 rerx + kr2 erx = (k 00 + 2k 0 r + kr2 )erx olup y ve türevlerini (3.5) diferansiyel denkleminde yerine koyarak sağlama şartını elde etmek istersek a(k 00 + 2k 0 r + kr2 )erx + b(k 0 + kr)erx + ckerx = 0 veya ak 00 + (2ar + b)k 0 + (ar2 + br + c)k = 0
(3.8)
elde edilir. r, karaktersik denklemin iki katlı kökü olduğu gözönüne alınırsa ar2 + br + c = 0 ve 2ar + b = 0 olduğu anlaşılır. O halde (3.8) denkleminden ak 00 = 0 ⇒ k 00 = 0 ⇒ k 0 = k1 ⇒ k = k1 x + k2 ,
k1 , k2 = sabit
bulunur. Buna göre (3.5) diferansiyel denkleminin karakteristik denklemi çift katlı kökü olması durumunda genel çözümü y = kerx = (k1 x + k2 )erx ,
k1 , k2 = sabit
(3.9)
olur. Örnek 3.2 y 00 − 4y + 4y = 0 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. Karektersitik denklem r2 − 4r + 4 olup kökleri r1 = r2 = 2 iki katlıdır. O halde denklemin genel çözümü y = (k1 x + k2 )e2x
3.1. İKINCI MERTEBEDEN LINEER DIFERANSIYEL DENKLEMLER
41
• III. Karakteristik denklemin iki kökünün kompleks olması hali: ∆ = b2 − 4ac < 0 olması durumunda karakteristik denklemin kökleri eşlenik kompleks bir kök olup b + 2a b r2 = − − 2a r1 = −
1√ ∆ = α + iβ 2a 1√ ∆ = α − iβ 2a
dir. Buna göre (3.5) diferansiyel denkleminin genel çözümü y ⇒y ⇒y ⇒y ⇒y
= = = = =
k1 er1 x + k2 er2 x k1 e(α+iβ)x + k2 e(α−iβ)x eαx k1 eiβx + k2 e−iβx eαx [k1 (cos βx + i sin βx) + k2 (cos βx − i sin βx)] eαx [(k1 + k2 ) cos βx + i(k1 − k2 ) sin βx]
(3.10)
bulunur. Eğer d1 := k1 + k2 ve d2 := i(k1 − k2 ) alınırsa (3.10) denklemi y = eαx [d1 cos βx + d2 sin βx]
(3.11)
halini alır. (3.11) denklemi (3.5) diferansiyel denkleminin karakteristik denklemin kompleks kökü olması halindeki genel çözümüdür. Bazen (3.11) denklemi daha kısa formda da ifade edilir. Bu formu elde etmek için d1 = d cos δ ve d2 = d sin δ alınırsa (3.11) denklemi y = deαx cos(βx − δ) (3.12) bulunur. δ, Fiziksel veya mühendislikteki problemlerde faz farkı olarak nitelendirilir. Örneğin sıvı içerinde salınım yapan bir yaya bağlı bir parçacığın oluşturduğu diferansiyel denklemin çözümü (3.12) denklemidir. Burada d genliği ve δ faz farkını temsil eder. Örnek 3.3 y 00 − 2y + 2y = 0 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulalım. Verilen diferansiyel denklemin karakteristik denklemi r2 − 2r + 2 = 0 olup kökleri r = 1 ∓ i dir. Diferansiyel denklemin genel çözümü y = ex (d1 cos x + d2 sin x) bulunur.
veya y = dex cos(x − δ)
42
3.1.2
BÖLÜM 3. YÜKSEK MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER
Lineer Bağımlılık ve Bağımsızlık
Açık veya kapalı bir I aralığında tanımlı bir {y1 , y2 , . . . , yn } fonksiyonlar kümesi, en az bir cj 6= 0, j = 1, . . . , n için c 1 y 1 + c 2 y 2 + . . . cn y n = 0
(3.13)
koşulunu sağlıyorsa {y1 , y2 , . . . , yn } fonksiyonları I üzerinde lineer bağımlıdır denir. Eğer, (3.13) denklemi ancak c1 = c2 = . . . = cn = 0 olması durumunda sağlanıyorsa, {y1 , y2 , . . . , yn } fonksiyonları I aralığı üzerinde lineer bağımsızdır denir. Örnek 3.4 I = R reel sayılar kümesi üzerinde tamımlı {y1 = ex , y2 = e−x } fonksiyonlar R üzerinde lineer bağımızdır. Gerçekten, eğer lineer bağımlı olsalardı c1 ex + c2 e−x = 0 bağıntısını sağlayan en az biri sıfıdan farklı c1 veya c2 olması gerekirdi. c1 6= 0 olsun. O zaman c2 = −c1 e2x olur. Verilen denklemden, c1 ex − e2x = 0 olur. Her x ∈ R için ex − e2x = 0 olamıyacağından c1 = 0 olmalıdır. Bu ise c1 6= 0 olmasıyla çelişir. Bu çelişki ise {y1 = ex , y2 = e−x } fonksiyonlarının lineer bağımlı olsun varsayımından kaynaklanmıştır. O halde {y1 = ex , y2 = e−x } fonksiyonları lineer bağımsızdır. Bu iki fonksiyonunun lineer bağımsızlığını, x e e−x ex e−x x −x W (e , e ) = d x d −x = x e −e−x e dx e dx
= −2 6= 0
şeklinde de tanımlayabiliriz. Buradaki W (ex , e−x ) ifadesine, ex ve e−x fonksiyonlarının Wronskian ı denir. Eğer bir fonksiyonlar kümesinin Wronskian ı, foksiyonlar kümesinin tanımlı olduğu tüm aralılta sıfırdan farklı ise bu kümeye ait fonksiyonlara linear bağımsız denir. ex , e−x fonksiyonlarının Wronskian ı sıfırdan farklı olduğundan bu fonksiyonlar lineer bağımsızdır. Şimdi bu kavramı fonksiyonlar kümesine uygulayalım. Genel halde, I aralığında tanımlı bir {y1 , y2 , . . . , yn } fonksiyonlar kümesinin Wronskian ı, y1 y2 ... yn y10 y20 ... yn0 W (y1 , y2 , . . . , yn ) = ... ... ... ... (n−1) (n−1) (n−1) y y2 ... yn 1
3.1. İKINCI MERTEBEDEN LINEER DIFERANSIYEL DENKLEMLER
43
biçiminde verilir. Eğer bu Wronskian I aralığının en az bir değerinde sıfırdan farklı ise {y1 , y2 , . . . , yn } fonksiyonlar kümesi I üzerinde lineer bağımsız, aksi halde yani I aralığınının her elemanı için Wronskian değeri sıfır ise {y1 , y2 , . . . , yn } fonksiyonlar kümesi I üzerinde lineer bağımlı olur. Örnek 3.5 y 00 − 5y + 6y = 0 denkleminin çözümlerinin lineer bağımlı olup olmadığını inceliyelim. Verilen denklemin karakteristik denklemi r2 − 5r + 6 = 0 olup kökleri r1 = 2, r2 = 3 tür. r1 = 2 köküne karşılık gelen çözüm y1 = k1 e2x ve r2 = 3 köküne karşılık gelen çözüm y2 = k2 e3x olduğunu geçtiğimiz alt bölümden biliyoruz. k1 e2x k2 e3x k1 e2x k2 e3x 5x 2x 3x 6= 0 W (e , e ) = d d 2x 3x = k1 k2 e 2x 3x = 2k e 3k e k e k e 1 2 1 2 dx dx olduğundan y1 = k1 e2x ve y2 = k2 e3x fonksiyonları (−∞, ∞) aralığı üzerinde lineer bağımsızdır. Verilen diferansiyel denklemin genel çözümü de bu iki lineer bağımsız çözümün toplamıdır. y = k1 e2x + k2 e3x
3.1.3
Sabit Katsayılı İkinci Mertebeden Homojen olmayan Diferansiyel Denklemler
Bu alt bölümde ay 00 + by 0 + cy = f (x)
(3.14)
biçiminde ifade edilen sabit katsayılı lineer ve sağ yanlı veya homojen olmayan diferansiyel denlemin çözümünü bulacağız. Teorem 3.1 (3.14) şeklindeki bir diferansiyel denklemin genel çözümü, y1 homojen kısmın ve y2 homojen olmayan denklemin bir özel çözümü olmak üzere y = y1 + y2 biçimindedir. Buna göre, homojen olmayan (3.14) diferansiyel denkleminin özel çözümlerinin bulunması için genel bir kuralı, denklemin 2. yol dan çözülmesi sırasında ele alacağız. Ancak, f (x) in bazı belirli şekilleri için, doğrudan doğruya bir özel çözüm bulmak mümkündür. Şimdi bu şekillerin en önemlilerini gözden geçirelim.
44
BÖLÜM 3. YÜKSEK MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER •
1. YOL
• f (x) fonksiyonunun n. dereceden bir polinom olması hali: Bu taktirde, y2 özel çözümü genellikle, x in aynı dereceden polinomdur. Örneğin, ay 00 + by 0 + cy = dn xn + dn−1 xn−1 + · · · + d1 x + d0 biçimindeki bir diferansiyel denklemin bir özel çözümü y2 = en xn + en−1 xn−1 + · · · + e1 x + e0 şeklindedir. Eğer homojen kısmın çözümünde polimon şeklinde bir çözüm var ise, ki bu durum (3.14) denkleminde c = 0 olmasıyla gerçekleşir yani bu durumda karakteristik denklemin en az bir kökü sıfırdır, o taktirde homojen çözümden lineer bağımsız bir özel çözüm y2 = x(en xn + en−1 xn−1 + · · · + e1 x + d0 ) = en xn+1 + en−1 xn + · · · + e1 x2 + e0 x şeklinde aranmalıdır. Örnek 3.6 y 00 − 3y 0 + 2y = 2x2 − 5x + 3 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulalım. Homojen kısmı yani y 00 − 3y 0 + 2y = 0 denklemini çözelim. Bu denklemin karakteristik denklemi r2 − 3y + 2 = olup kökleri de r1 = 1, r2 = 2 dir. O halde homejen kısmın genel kısmın çözümü y1 = k1 ex + k2 e2x şeklinde bulunur. Homojen olmayan kısmın 2. dereceden bir polinom olduğu ve homojen kısmın çözümü polinom olmadığı gözönünde bulundurulduğunda, denklemin özel çözümü y 2 = e 2 x2 + e 1 x + e 0 (3.15) biçiminde aranmalıdır. Türevler y20 = 2e2 x + e1 ve y200 = 2e2 şeklinde olup bu ifadeler verilen diferansiyel denklemde yerlerine konusa 2e2 − 6e2 x − 3e1 + 2e2 x2 + 2e1 x + 2e0 = 2x2 − 5x + 3 elde edilir ve bu denklem düzenlenirse 2e2 x2 + (−6e2 + 2e1 )x + 2e2 − 3e1 + 2e0 = 2x2 − 5x + 3 elde edilir. Polinomların özdeşliğinden 2e2 = 2 −6e2 + 2e1 = −5 2e2 − 3e1 + 2e0 = 3
3.1. İKINCI MERTEBEDEN LINEER DIFERANSIYEL DENKLEMLER elde edilir ki buradan da e2 = 1, e1 =
1 2
ve e0 =
5 4
45
bulunur. Şu halde özel çözüm
1 5 y 2 = x2 + x + 2 4 olur. Verilen diferansiyel denklemin genel çözümü ise 1 5 y = y1 + y2 = k1 ex + k2 e2x + x2 + x + 2 4 biçiminde bulunur. Örnek 3.7 y 00 + 2y 0 = 2x + 4 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulalım. Denklemin homojen kısmı y 00 + 2y 0 = 0 dir. Bu denklemin karakteristik denklemi de r2 + 2r = 0 ve bu denklemin kökleri r1 = 0 ve r2 = −2 dir. Bu köklere karşılık gelen çözümler k1 ve k2 e−2x dir. Homojen kısmın çözümü y1 = k1 + k2 e−2x olur. Homojen kısmın çözümünde k1 şeklinde sıfırıncı dereceden polinom olduğundan özel çözüm y2 = x(e1 x + e0 ) = e1 x2 + e0 x olacak şekilde aranmalıdır. Türevler y20 = 2e1 x + e0 ve y200 = 2e1 olup bu ifadeleri verilen diferansiyel denklemde yerlerine yazdığımızda 2e1 + 2e1 x + e0 = 2x + 4 elde ederiz. Polinomların özdeşliğinden e1 = 1 ve e0 = 2 buluruz. O halde özel çözüm y2 = x2 + 2x bulunuruz. Sonuç olarak, verilen diferansiyel denklemin genel çözümünü y = y1 + y2 = k1 + k2 e−2x + x2 + 2x şeklinde buluruz. • f (x) fonksiyonunun deαx biçiminde üstel bir fonksiyon olması hali: ay 00 + by 0 + cy = deαx
(3.16)
biçimindeki bir diferansiyel denkleminin özel çözümü: 1. Eğer karakteritik denklemin köklerinden herhangi biri α ya eşit değilse, o zaman özel çözüm y2 = Keαx şeklinde aranır.
46
BÖLÜM 3. YÜKSEK MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER 2. Eğer karakteristik denklemin herhangi bir kökü α ya eşit yani α karakteristik denkleminin basit kökü ise, o zaman özel çözüm y2 = Kxeαx şeklinde aranır. 3. Eğer α karakteristik denklemin çift katlı bir kökü ise, o zaman özel çözüm y = Kx2 eαx şeklinde aranır.
Örnek 3.8 y 00 + 4y 0 + 8y = 2e−2x diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulalım. Homojen kısım y 00 + 4y 0 + 8y = 0 olup karakteristik denklemi r2 + 4r + 8 = 0 biçimindedir. Karakteristik denklemin kökleri ise r1 = −2 + 2i ve r2 = −2 − 2i dir. Dolayısıyla homojen kısmın çözümü y1 = e−2x (k1 cos 2x + k2 sin 2x) biçiminde bulunur. Şimdi verilen denklem için özel çözüm bulalım. α = −2 olup karakteristik denklemin köklerine eşit olmadığından y2 = Ke−2x biçiminde özel çözüm arayalım. y20 = −2Ke−2x ve y200 = 4Ke−2x olup bu ifadeler verilen denklemde yerlerine konursa 4Ke−2x − 8Ke−2x + 8Ke−2x = 2e−2x elde edilir. Buradan da K = 21 olup özel çözüm y2 = 21 e−2x şeklinde olur. Verilen diferansiyel denklemin genel çözümü de 1 y = e−2x (k1 cos 2x + k2 sin 2x) + e−2x 2 biçiminde buluruz. Örnek 3.9 y 00 − 5y 0 + 6y = 7e2x diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulalım. Verilen denklemin homojen kısmı y 00 − 5y 0 + 6y = 0 dır. Bu denklemin karakteristik denklemi r2 −5y +6 = 0 olup kökleri r1 = 2 ve r2 = 3 olur. Homojen kısmın çözümü y1 = k1 e2x + k2 e3x bulunur. Şimdi de özel çözümü bulalım. α = 2 karakteristik denklemin basit kökü olduğundan özel çözüm y2 = Kxe2x formunda aranmalıdır. Türevler y20 = Ke2x + 2Kxe2x y200 = 4Ke2x + 4Kxe2x olup bu ifadeler verilen denklemde yerlerine yazılırsa 4Ke2x + 4Kxe2x − 5Ke2x − 10Kxe2x + 6Kxe2x = 7e2x
3.1. İKINCI MERTEBEDEN LINEER DIFERANSIYEL DENKLEMLER
47
formunda olur ve buradan da K = −7 bulunur. Özel çözüm y2 = −7xe2x şeklinde elde edilir. Verilen diferansiyel denklemin genel çözümü ise y = k1 e2x + k2 e3x − 7xe2x formunda bulunur. Örnek 3.10 y 00 +4y 0 +4y = 2e−2x diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulalım. Homojen kısmın karakteristik denklemi r2 + 4r + 4 = 0 dir ve kökleri çift katlı olarak r = −2 biçimindedir. Homojen kısmın çözümü y = (k1 x + k2 )e−2x şeklindedir. α = −2 karakteristik denklemin çift katlı kökü olduğundan özel çözüm y2 = Kx2 e−2x formunda aranır. y20 = 2Kxe−2x −2Kx2 e−2x ve y200 = 2Ke−2x −8Kxe−2x +4Kx2 e−2x olup verilen diferansiyel denklemde yerlerine konursa 2Ke−2x − 8Kxe−2x + 4Kx2 e−2x + 8Kxe−2x − 8Kx2 e−2x + 4Kx2 e−2x = 2e−2x buradan da K = 1 bulunur. Şu halde özel çözüm y2 = x2 e−2x biçiminde elde edilir. Verilen denklemin genel çözümü ise y = (k1 x + k2 )e−2x + x2 e−2x • f (x) fonksiyonunun M sin px + N cos px şeklinde olması hali: ay 00 + by 0 + cy = M sin px + N cos px
(3.17)
biçimindeki bir diferansiyel denkleminin özel çözümü: 1. Eğer b 6= 0 olması durumunda (3.17) denkleminin özel çözümü y2 = A sin px + B cos px formunda aranır. 2. Eğer b = 0 ve karakteristik denklemin kökleri ∓pi şeklinde ise o zaman (3.17) denkleminin özel çözümü y2 = Ax sin px + Bx cos px formunda aranır.
48
BÖLÜM 3. YÜKSEK MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER
Örnek 3.11 y 00 + y 0 − 2y = 4 sin 2x diferansiyel denklemini çözelim. Karakteristik denklem r2 +r −2 = 0 ve kökleri r1 = −2, r2 = 1 olup homejen kısmın çözümü y1 = k1 e−2x + k2 ex şeklinde bulunur. Verilen denklemde b = 1 6= 0 olduğundan özel çözüm y2 = A sin 2x + B cos 2x formunda aranır. Türevler ise y20 = 2A cos 2x − 2B sin 2x, y200 = −4A sin 2x − 4B cos 2x olur. Bu ifadeler verilen diferansiyel denklemde yerine konursa −4A sin 2x − 4B cos 2x + 2A cos 2x − 2B sin 2x − 2A sin 2x − 2B cos 2x = 4 sin 2x ve özdeş olarak (−6A − 2B) sin 2x + (2A − 6B) cos 2x = 4 sin 2x yazılır. Buradan da −6A − 2B = 4 ve 2A − 6B = 0 veya A = −3/5 ve B = −1/5 elde edilir. Bunlara göre özel çözüm 1 3 y2 = − sin 2x − cos 2x 5 5 olur. Verilen denklemin genel çözümü ise y = k1 e−2x + k2 ex −
3 1 sin 2x − cos 2x 5 5
buluruz. Örnek 3.12 y 00 + y = 2 sin x + cos x diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulalım. Karakteristik denklem r2 + 1 = 0 ve denklemin kökleri r = ∓1i dir. Homejen kısmın çözümü y1 = k1 sin x + k2 cos x olur. p = 1 olduğundan verilen denklemin özel çözümü y2 = Ax sin x + Bx cos x formunda aranmalıdır.Türevler y20 = A sin x + Ax cos x + B cos x − Bx sin x ve y200 = 2A cos x − Ax sin x − 2B sin x − Bx cos x formunda elde edilir. Bu ifadeler verilen denklemde yerlerine konursa 2A cos x − Ax sin x − 2B sin x − Bx cos x + Ax sin x + Bx cos x = 2 sin x + cos x
3.1. İKINCI MERTEBEDEN LINEER DIFERANSIYEL DENKLEMLER
49
buradan da A = 1/2 ve B = −1 bulunur. Bunlardan da özel çözüm 1 y2 = x sin x − x cos x 2 elde edilir. Verilen denklemin genel çözümü ise 1 y = k1 sin x + k2 cos x + x sin x − x cos x 2 biçiminde buluruz. • f (x) fonksiyonunun g(x)eαx olması hali: ay 00 + by 0 + cy = g(x)eαx
(3.18)
diferansiyel denkleminin y2 özel çözümü y2 (x) = z(x)eαx değişken dönüşümü yapılarak bulunur. Örnek 3.13 y 00 + y 0 − 2y = e2x cos 2x
(3.19)
diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulalım. (3.19) denkleminin homojen kısmının karakteristik denklemi r2 + r − 2 = 0 dir. Bu denklemin kökleri ise r1 = −2 ve r2 = 1 olur. Şu halde homojen kısmın çözümü y1 = k1 e−2x + k2 ex biçiminde elde ederiz. (3.19) denkliminin sağ yanı f (x) = g(x)eαx biçiminde olduğundan özel çözüm için y2 (x) = z(x)e2x değişken değişimini uygulayabiliriz. y20 = z 0 e2x + 2ze2x ve y200 = z 00 e2x + 4z 0 e2x + 4ze2x buluruz. Bu ifadeler verilen denklemde yerlerine koyarsak z 00 e2x + 4z 0 e2x + 4ze2x + z 0 e2x + 2ze2x − 2ze2x = e2x cos 2x buluruz. Bu ifadeyi düzenlersek ve eşitliğin her iki yanı e2x ile bölersek z 00 + 5z 0 + 4z = cos 2x denklemi elde ederiz. Bu denklemin bir özel çözümünü z = A sin 2x + B cos 2x
(3.20)
50
BÖLÜM 3. YÜKSEK MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER
formunda bulabiliriz. z 0 = 2A cos 2x − 2B sin 2x ve z 00 = −4A sin 2x − 4B cos 2x biçiminde yazarız. Bu ifadeler (3.20) denkleminde yerine yazarsak, −4A sin 2x − 4B cos 2x + 10A cos 2x − 10B sin 2x + 4A sin 2x + 4B cos 2x = cos 2x elde ederiz ve bu denklem düzenlersek −10B sin 2x + 10A cos 2x = cos 2x 1 ve B = 0 elde ederiz. (3.20) denkleminin özel bir çözümü buradan da A = 10 1 z = 10 sin 2x bulunur. O halde (3.19) denklemin özel çözümü
y2 (x) =
1 2x e sin 2x 10
buluruz. (3.19) denkleminin genel çözümü ise y = k1 e−2x + k2 ex +
1 2x e sin 2x 10
biçiminde elde ederiz. •
f (x) fonksiyonunun bir kaç fonksiyonun toplamı şeklinde olması hali:
Bu taktirde özel çözüm, f (x) i oluşturan fonksiyonların herbirine karşılık gelen özel çözümlerin toplamına eşittir. Örneğin, ay 00 + by 0 + cy = f1 (x) + f2 (x) + f3 (x)
(3.21)
şeklindeki bir diferansiyel denklemin özel çözümü f1 (x), f2 (x), f3 (x) fonksiyonlarının herbirine karşılık gelen y21 , y22 , y23 özel çözümlerinin toplamına, yani y2 = y21 + y22 + y23 e eşittir. Örnek 3.14 y 00 − 3y 0 + 2y = 4x + 8 + 2e−x
(3.22)
denkleminin genel çözümünü bulalım. (3.22) denklemindeki homojen kısmın karakteristik denklemi r2 − 3r + 2 = 0. Şu halde homojen kısmın çözümü y1 = k1 ex + k2 e2x biçiminde buluruz. Evvelâ 4x + 8 e karşılık gelen özel çözümü bulalım. y21 = Ax + B
3.1. İKINCI MERTEBEDEN LINEER DIFERANSIYEL DENKLEMLER
51
0 00 formunda bir özel çözüm bulalım. y21 = A ve y21 = 0 bulunur.
3A + 2Ax + 2B = 4x + 8 elde ederiz. Buradan da A = 2 ve B = 1 olup y21 özel çözümü y21 = 2x + 1 buluruz. Şimdi de 2e−x karşılık gelen y22 özel çözümü bulalım. y22 = Ke−x 00 0 = Ke−x . Bu ifadeler denklemde yerine koyarsa = −Ke−x ve y22 y22
Ke−x + 3Ke−x + 2Ke−x = 2e−x elde ederiz. Buradan da K = 31 olur ki y22 = (3.22) diferansiyel denkleminin genel çözümü
1 −x e 3
(3.23)
biçiminde buluruz. Şu halde
1 y = y1 + y21 + y22 = k1 ex + k2 e2x + 2x + 1 + e−x 3 biçiminde buluruz. •
2. YOL
• Sabitin değişimi kuralı (Lagrange kuralı): Eğer f (x) yukarıda bahsi geçen biçimlerden herhangi birisine uymuyorsa o taktirde şimde ele alcağımız Lagrange kuralını uygulamalıyız. Aslında bu kural f (x) fonksiyonunun bütün halleri için uygulanabilir. Ancak işlemlerin kısalığı açısından eğer f (x) yukarıda belirtilen biçimlere uyması durumunda bu biçimlere uygun metodlarla çözüm yapılabilir. Lagrange kanıtlamıştır ki, homojen denklemin genel çözümü biliniyor ise, özel çözüm integral işlemleri ile elde edilir. ay 00 + by 0 + cy = f (x) denleminin çözümünü bulalım. (3.24) denkleminin homojen kısmı olan ay 00 + by 0 + cy = 0 denkleminin genel çözümü y = k1 y1 + k2 y2
(3.24)
52
BÖLÜM 3. YÜKSEK MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER
olsun. Lagrange, k1 ve k2 sabitlerini x bağımsız değişkenine bağımlı değişkenler yani k1 = k1 (x) ve k2 = k2 (x) olduğunu varsaymıştır. Bu varsayımdan hareketle (3.24) denkleminin genel çözümü y = k1 (x)y1 + k2 (x)y2
(3.25)
biçimden olduğunu kanıtlamıştır. (3.25) denklemini x göre türetirsek y 0 = k1 (x)y10 + k2 (x)y20 + k10 (x)y1 + k20 (x)y2
(3.26)
elde edilir. Bu ifade de k10 (x)y1 + k20 (x)y2 = 0 şeçilirse (3.26) denklemi y 0 = k1 (x)y10 + k2 (x)y20
(3.27)
formunu alır. (3.27) denklemini x göre tekrar türetirsek y 00 = k1 (x)y100 + k2 (x)y200 + k10 (x)y10 + k20 (x)y20
(3.28)
elde ederiz. y, y 0 ve y 00 ifadelerini (3.24) denkleminde yerlerine koyar ve düzenlersek (ay100 + by10 + cy1 )k1 (x) + (ay200 + by20 + cy2 )k2 (x) + ak10 y10 + ak20 y20 = f (x)
(3.29)
elde ederiz. (3.29) denkleminden de ak10 (x)y10 + ak20 (x)y20 = f (x) buluruz. Özetle k1 (x) ve k2 (x) foksiyonlarını k10 (x)y1 + k20 (x)y2 = 0 ak10 (x)y10 + ak20 (x)y20 = f (x) denklem sisteminden elde ederiz ve genel çözümüde y = k1 (x)y1 +k2 (x)y2 biçiminde buluruz. Örnek 3.15 y 00 + y = tan x diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulalım. Homojen denklemin y 00 +y = 0 karakteristik denklemi r2 +1 = 0 olup kökleri r = ∓i. Homojen denklemin çözümü y = k1 sin x + k2 cos x
3.2. N. MERTEBEDEN LINEER VE SABIT KATSAYILI DIFERANSIYEL DENKLEMLER53 biçiminde buluruz. Lagrange metodunu uygularsak k10 (x) sin x + k20 (x) cos x = 0 k10 (x) cos x − k20 (x) sin x = tan x denklem sistemini elde ederiz. Cramer yönteminden 0 sin x cos x 0 tan x − sin x cos x tan x ve k2 (x) = k1 (x) = sin x cos x sin x cos x cos x − sin x cos x − sin x buluruz ve buradan da k10 (x) = sin x ve k20 (x) = − sin x tan x elde ederiz. Bu denklemler çözülürse Z k1 (x) = sin xdx = − cos x + c1 Z Z Z 1 sin2 x dx = cos xdx − dx = sin x − ln | tan x + sec x| + c2 k2 (x) = − cos x cos x buluruz. Verilen diferansiyel denklemin genel çözümü de y = k1 (x) sin x + k2 (x) cos x = (− cos x + c1 ) sin x + (sin x − ln | tan x + sec x| + c2 ) cos x = c1 sin x + c2 cos x − cos x ln | tan x + sec x| biçiminde buluruz.
3.2
n. Mertebeden Lineer ve Sabit Katsayılı Diferansiyel Denklemler
n. mertebeden lineer ve sabit katsayılı diferansiyel denklem an
dn y dn−1 y dy + a + ... + a1 + a0 y = f (x) n−1 n n−1 dx dx dx
(3.30)
biçimindedir. f 6= 0 ise (3.30) denklemine homojen olmayan, f (x) = 0 ise denkleme homojen diferansiyel denklem denir.
3.2.1
n. mertebeden lineer ve sabit katsaylı homojen diferansiyel denklemlerin çözümü an
dn y dn−1 y dy + a + ... + a1 + a0 y = 0 n−1 n n−1 dx dx dx
(3.31)
54
BÖLÜM 3. YÜKSEK MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER
denkleminin çözümleri de, ikinci mertebede olduğu gibi, c bir sabit olmak üzere y = cerx şeklindedir. Şimdi bu bağıntının denklemi sağlaması için r nin ne olması gerektiğini inceliyelim. y = cerx
y 0 = crerx
, ...,
y (n−1) = crn−1 erx ,
y (n) = crn erx
bağıntılarını (3.31) denkleminde yerinde koyarsak (an rn + an−1 rn−1 + ... + a1 r + a0 )cerx ≡ 0 elde edilir. Bu özdeşliğin sağlanması için an rn + an−1 rn−1 + ... + a1 r + a0 = 0
(3.32)
olması gerekir. O halde r bu denklemin bir kökü olmalıdır. İkinci mertebede olduğu gibi, (3.32) denklemine (3.31) homojen denkleminin karakteristikdenklemi denir. Böyle bir cebirsel denklemin, n tane kökü olacağına göre, denklemin de n tane çözümü yazılabilir. Lineer olarak bağımsız n çözüm y1 , y2 ,...,yn ise (3.31) homojen denkleminin genel çözümü y = c1 y1 + c2 y2 + ... + cn yn biçiminde olur. Burada c1 , c2 ,...,cn keyfi sabitlerdir. Örnek 3.16 y 000 − y 00 − 4y 0 + 4y = 0 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulalım. Denklemin karakteristik denklemi r3 − r2 − 4r + 4 = (r − 1)(r − 2)(r + 2) = 0 ve kökleri r1 = 1, r2 = 2 ve r3 = −2 olup denklemin genel çözümü y = c1 ex + c2 e2x + c3 e−2x buluruz. Örnek 3.17 y 000 − 2y 00 − 4y 0 + 8y = 0 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulalım. Denklemin karakteristik denklemi r3 − 2r2 − 4r + 8 = (r − 2)2 (r + 2) = 0 ve kökleri r1 = 2, r2 = 2 (iki katlı) ve r3 = −2 olup genel çözüm y = (c1 + c2 x)e2x + c3 e−2x buluruz.
3.2. N. MERTEBEDEN LINEER VE SABIT KATSAYILI DIFERANSIYEL DENKLEMLER55 Örnek 3.18 y 000 − 3y 00 + 3y 0 − y = 0 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulalım. Karakteristik denklem r3 − 3r2 + 3r − 1 = (r − 1)3 ve kökleri r1 = r2 = r3 = 1 üç katlı olup genel çözüm y = (c1 + c2 x + c3 x2 )ex biçiminde buluruz. Örnek 3.19 y (4) − y = 0 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulalım. Karakteristik denklem r4 − 1 = (r2 + 1)(r − 1)(r + 1) = 0 ve kökleri r1 = i, r2 = −i, r3 = 1 ve r4 = −1 olup denklemin genel çözümü y = c1 sin x + c2 cos x + c3 ex + c4 e−x biçiminde buluruz.
3.2.2
n. mertebeden lineer ve sabit katsayılı homojen olmayan diferansiyel denklemlerin çözümü
n. mertebeden sabit katsayılı ve homojen olmayan bir diferansiyel denklemi an
dn−1 y dy dn y + a + ... + a1 + a0 y = f (x) n−1 n n−1 dx dx dx
(3.33)
formunda yazıldığını bu bölümün başında ifade etmiştik. İkinci mertebenden sabit katsayılı homojen olmayan lineer diferasinsel denklemlerinin özel çözümlerinin bulunuşuna benzer olarak, burada da (3.33) denklemindeki eşitliğin sağ yanı olan f (x) fonksiyonun belirli durumları için de özel çözümler bulmaya çalışacağız. • ÖZEL ÇÖZÜMLER: 1. f (x) = an xn + an−1 xn−1 + ... + a1 x + a0 şeklinde olması hali: Bu durumda y2 özel çözümü, aynı dereceden bir çok terimli, yani y = cn xn + cn−1 xn−1 + ... + c1 x + c0 biçimindedir. Ancak, rm karakteristik denklemin bir çarpanı yani, r = 0 karakteristik denklemin m katlı kökü ise, özel çözüm y = xm (cn xn + cn−1 xn−1 + ... + c1 x + c0 ) biçimindedir. Burada cn , cn−1 , ..., c0 lar belirlenmesi gereken sabitlerdir.
56
BÖLÜM 3. YÜKSEK MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER 2. f (x) = deαx şeklinde olması hali: Bu durumda y2 özel çözümü y2 = ceαx şeklindedir. Ancak, (r − α)m karakteristik denklemin bir çarpanı yani r = α karakteristik denklemin m katlı bir kökü ise, özel çözüm y = cxm eαx şeklindedir. c belirlenmesi gereken sabittir. 3. f (x) = M sin px + N cos px şeklinde olması hali: Bu durumda y2 özel çözümü y2 = c1 sin px + c2 cos px şeklindedir. Ancak, (r2 + p2 )m karakteristik denklemin bir çarpanı ise özel çözümü y2 = xm (c1 sin px + c2 cos px) şeklindedir. c1 ve c2 belirlenmesi gereken sabitlerdir. 4. f (x) = g(x)eαx şeklinde olması hali: Bu durumda y2 = zeαx dönüştürmesi yapılır ve denklemin her iki tarafı eαx bölünerek, z i bilinmeyen kabul eden bir sabit katsayılı lineer diferansiyele varılır. 5. f (x) bir kaç fonksiyonun toplamı şeklinde ise özel çözüm, bu fonksiyonların herbirine karşılık gelen özel çözümlerin toplamına eşittir.
Örnek 3.20 y (4) + 2y 00 + y = 2x2 + 6 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulalım. Homojen kısmının karakteristik denklemi r4 + 2r2 + 1 = (r2 + 1)2 = 0 ve kökleri r ∓ i (iki katlı) olup homojen kısmın çözümü y1 = (c1 + c2 x) sin x + (c3 + c4 x) cos x
3.2. N. MERTEBEDEN LINEER VE SABIT KATSAYILI DIFERANSIYEL DENKLEMLER57 elde edilir. Homojen olmayan kısım için özel çözümü y2 = ax2 + bx + c şeklinde olup a, b, c yi belirlemek üzere, y2 nin x e göre türevleri y20 = 2ax,
y200 = 2a,
y2000 = 0,
(4)
y2 = 0
buluruz. y2 nin denklemi sağlama şartını yazarsak ax2 + bx + 4a + c ≡ 2x2 + 6 elde ederiz. Buradaki özdeşlikten a = 2, b = 0 ve c = −2 buluruz. Dolayısıyla y2 çözümünü y2 = 2x2 − 2 şeklinde buluruz. Verilen diferansiyel denklemin genel çözümü ise y = (c1 + c2 x) sin x + (c3 + c4 x) cos x + 2x2 − 2 şeklinde elde ederiz. Örnek 3.21 y 000 − 2y 00 − 5y 0 + 6y = 5e3x diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulalım. Homojen kısmın karakteristik denklemi r3 − 2r2 − 5r + 6 = (r − 1)(r − 3)(r + 2) = 0 ve kökleri r1 = 1, r2 = 3 ve r3 = −2 olup homojen kısmın çözümü y1 = c1 ex + c2 e3x + c3 e−2x şeklinde elde ederiz. Homojen olmayan kısım için özel çözümü belirleyelim. α = 3 karakteristik denklemin basit kökü olduğundan özel çözüm y2 = cxe3x formunda aranmalıdır. y2 türevleri y20 = ce3x + 3cxe3x , y200 = 6ce3x + 9cxe3x ve y2000 = 27ce3x + 27cxe3x buluruz. y2 denklemi sağlama şartından 10ce3x ≡ 5e3x özdeşliğini elde ederiz. Buradan da c =
1 2
olup özel çözüm
1 y2 = xe3x 2 biçiminde elde ederiz. Verilen diferansiyel denklemin genel çözümü de 1 y = c1 ex + c2 e3x + c3 e−2x + xe3x 2 şeklinde elde ederiz.
58
BÖLÜM 3. YÜKSEK MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER
3.2.3
Operatör Metodu
Yüksek mertebeden sabit katsayılı ve homojen olmayan diferansiyel denklemlerin özel çözümlerini yani homojen olmayan kısmın çözümünü operatör metoduyla çöd şeklinde bir D türev operatorü tanımlayalım. Tanım zümünü bulalım. D := dx gereğince D türev operatörü ise bu operatörün tersi D−1 integral operatörüdür. g reel veya kompleks değerli ve en az bir kez sürekli türeve sahip bir fonksiyon olmak üzere DD−1 g(x) = g(x) olmasına karşın D−1 Dg(x) = g(x) + c dir. Bu method ile yüksek mertebeden homojen olmayan diferansiyel denklemlerin özel çözümlerini aradığımızdan D−1 Dg(x) = g(x) + c ifadesinde elde edilen integrasyon sabiti c yi sıfır kabul ediyoruz. Bir başka değişle D ve D−1 operatörlerinin komitatif (değişme) özelliğine sahip olduğunu varsayıyoruz. (3.33) denklemini an Dn + an−1 Dn−1 + ... + a1 D + a0 y = f (x) (3.34) biçiminde ifade edebiliriz. F (D) := an Dn + an−1 Dn−1 + ... + a1 D + a0 biçiminde bir F (D) operatörü tanımlayalım. Şu halde (3.34) diferansiyel denkleminin bir y2 özel çözümünü 1 f (x) y2 = n n−1 an D + an−1 D + ... + a1 D + a0 1 f (x) (3.35) = F (D) biçiminde olur. f (x) fonksiyonunun bazı durumları için (3.35) denkleminiden bulabiliriz. • f (x) fonksiyonunun polinom olması durumu Örnek 3.22 Örnek (3.6) çözdüğümüz y 00 − 3y 0 + 2y = 2x2 − 5x + 3 diferansiyel denkleminin genel çözümünü operatör metoduyla bulalım. Homojen kısmının çözümü y1 = k1 ex + k2 e2x biçiminde elde etmiştik. Şimdi y2 çözümünü elde edelim. 1 1 1 (D2 −3D+2)y2 = 2x2 −5x+3 ⇒ y2 = 2 (2x2 −5x+3) = (2x2 −5x+3) D − 3D + 2 2 1 + D2 −3D 2 1 = 1 − X + X2 − X3 + X4 − . . . 1+X 2 olduğu gözönüne alınırsa ve X = D −3D seçersek 2 ! 2 2 2 3 1 D2 − 3D D − 3D D − 3D − + . . . (2x2 − 5x + 3) y2 = 1− + 2 2 2 2 1 5 = x2 + x + 2 4
3.2. N. MERTEBEDEN LINEER VE SABIT KATSAYILI DIFERANSIYEL DENKLEMLER59 biçiminde buluruz. Şu halde ele aldığımız diferansiyel denklemin genel çözümünü 1 5 y = y1 + y2 = k1 ex + k2 e2x + x2 + x + 2 4 biçiminde elde ederiz. • f(x) fonksiyonunun deαx olması durumu 1. Eğer α karakteristik denklemin bir kökü değilse y2 çözümünü y2 =
1 αx 1 e = eαx F (D) F (α)
2. Eğer α karakteristik denklemin bir kökü ise y2 =
1 αx 1 e = eαx 1 F (D) F (D + α)
biçiminde aranır. Örnek 3.23 y 00 +y 0 −2y = e2x
diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulalım.
Ele aldığımız denklemin karakteristik denklemi r2 + r − 2 = 0 olup kökler r1 = 1 ve r2 = −2 buluruz. Homojen kısmın çözümü y1 = c1 ex + c2 e−2x α = 2 ve karakteristik denklemin köklerine eşit olmadığından 1. bağıntıyı kullanabiliriz. Ele alınan denklemden F (D) = D2 + D − 2 olduğu gözönüne alındığında 1 1 1 1 2x e = e2x = e2x 2 = e2x F (D) F (2) 2 +2−2 4 buluruz. Denklemin genel çözümü ise y2 =
1 y = y1 + y2 = c1 ex + c2 e−2x + e2x 4 biçiminde buluruz. Örnek 3.24 y 00 + y 0 − 2y = ex diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulalım. Verilen denklemin karakteristik denkleminin kökleri r1 = 1, r2 = −2 ve homojen kısmının çözümü y1 = c1 ex + c2 e−2x biçimindedir. α = 1 ve bu değer karakteristik köklerden birine eşit olduğu gözönüne alınırsa y2 =
1 1 ex ex 1 x 1 x e = ex = = 1 = ex F (D) (D − 1)(D + 2) D−1 3 3 D 3
biçiminde buluruz. Şu halde denklemin genel çözümünü x y = y1 + y2 = c1 ex + c2 e−2x + ex 3 biçiminde buluruz.
60
BÖLÜM 3. YÜKSEK MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER • f (x) = g(x)eαx
biçiminde olması hali
Bu durumda diferansiyel denklemin homojen olmayan kısmı yani y2 çözümü y2 =
1 1 g(x)eαx = eαx g(x) F (D) F (D + α)
bağıntısından bulunur. Örnek 3.25 y 00 − 5y 0 + 6y = (x2 − x)ex bulalım.
diferansiyel denkleminin genel çözümünü
Ele aldığımız denklemin karakteristik denklemi r2 − 5r + 6 = 0 dir. Bu denklemin köklerini r1 = 2 ve r2 = 3 buluruz. Homojen kısmın çözümünü y1 = c1 e2x + c2 e3x biçiminde buluruz. Şimdi homojen olmayan kısmın çözümünü bulalım. F (D) = D2 − 5D + 6 1 1 1 y2 = (x2 − x)ex = ex (x2 − x) = ex 2 (x2 − x) F (D) F (D + 1) D − 3D + 2 ex ex 2 1 2 = (x − x) = (x + 2x − 1) 2 1 + D2 −3D 2 2 biçiminde buluruz. Şu halde ele aldığımız diferansiyel denklemin genel çözümü ex 2 (x + 2x − 1) 2 • f (x) = M cos px + N sin px biçiminde olması hali y = y1 + y2 = c1 e2x + c2 e3x +
Bu durumda homojen olmayan kısmın çözümünde F (D2 ) cos px = F (−p2 ) cos px ve F (D2 ) cos px = F (−p2 ) sin px 1 1 1 1 cos px = cos px ve sin px = sin px 2 2 2 F (D ) F (−p ) F (D ) F (−p2 ) bağıntılarından faydalanacağız. Örnek 3.26 y 00 + y 0 − 2y = sin 2x lalım.
diferansiyel denkleminin genel çözümünü bu-
Homojen kısım Örnek 3.24 homejen kısmı ile örtüşmektedir. Yani homojen kısmın çözümü y1 = c1 ex + c2 e−2x biçimindedir. Şimdi de homojen olmayan kısmın çözümünü bulalım. p = 2 ve F (D) = D2 + D − 2 olduğu gözönüne alınırsa 1 1 1 sin 2x = sin 2x = sin 2x 2 +D−2 −2 + D − 2 D−6 D+6 D+6 1 = sin 2x = sin 2x = − (cos 2x + 3 sin 2x) 2 D − 36 −40 20
y2 =
D2
3.2. N. MERTEBEDEN LINEER VE SABIT KATSAYILI DIFERANSIYEL DENKLEMLER61 biçiminde buluruz. Şu halde ele aldığımız diferansiyel denklemin genel çözümünü y = y1 + y2 = c1 ex + c2 e−2x −
1 (cos 2x + 3 sin 2x) 20
şeklinde buluruz. • f (x) = M cos px + N sin px biçiminde olması biçiminde olması ve (r2 + p2 )m karakteristik denklemin bir çarpanı olması durumu Bu taktirde
1 1 sin px = sin px 2 F (D ) F (−p2 )
bağıntısını kullanamayız. Kullanamamızın sebebini bir örnekle izah etme çalışalım. Örnek 3.27 y 00 + 9y = cos 3x diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulalım. Ele aldığımız diferansiyel denklemin karakteristik denklemi r2 + 9 = 0 ve p = 3 tür. r2 + p2 = r2 + 32 karakteristik denklemin bir çarpanıdır. Şimdi bahsi geçen metodun neden uygulanamayacağını gösterelim. Ele aldığımız denklemin homojen kısmının çözümünü y1 = c1 cos 3x + c2 sin 3x buluruz. Şimdi de homojen olmayan kısmın çözümü bulmaya çalışalım. 1 1 1 y2 = 2 cos 3x = cos 3x 2 = cos 3x D +9 −3 + 9 0 biçiminde tanımsız bir ifadeyi elde ederiz!!! Aşikar soru, o halde bu y2 çözümü nasıl bulunur? Bu durumda Lisede karmaşık sayılar konusunda gördüğümüz Euler eşitliğinden faydalanacağız. Euler eşitliği eip = cos px + i sin px biçiminde ifade edilir. Şimdi ele aldığımız diferansiyel denklemi sağ yanını f (x) = cos 3x yerine f (x) = e3ix olduğunu varsayıp y2 çözümünü bulalım. 1 1 1 3ix 3ix 3ix e = e 1 = e 1 D2 + 9 (D + 3i)2 + 9 D(D + 6i) ! 2 1 1 1 D D = e3ix 1 = e3ix 1− + − ... 1 D 6iD 1 + 6i 6iD 6i 6i
y2 =
= e3ix
1 i i 1 1 = − xe3ix = − x cos 3x + x sin 3x 6iD 6 6 6
62
BÖLÜM 3. YÜKSEK MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER
buluruz. Şu halde f (x) = e3ix = cos 3x+i sin 3x karşı gelen özel çözüm − 6i x cos 3x+ 1 x sin 3x olduğuna göre, cos 3x karşılık gelen çözüm 61 x sin 3x ve sin 3x karşılık gelen 6 çözüm de − 16 x cos 3x dir. Şu halde y 00 +9y = cos 3x diferansiyel denkleminin homojen olmayan kısmın çözümü yani özel çözümü 1 y2 = x sin 3x 6 biçiminde buluruz.
3.3
Sabitin değişimi kuralı (Lagrange kuralı)
İkinci mertebeden sabit katsayılı ve homojen olmayan diferansiyel denlemler için geçen alt bölümde verdiğimiz sabitin değişimi kuralı, yüksek mertebeden denklemlere de uygulanabilir. n. mertebeden sabit katsayılı homojen olmayan lineer bir diferansiyel denklemin homojen kısmın çözümü y = c1 y1 + c2 y2 + ... + cn yn biçiminde olsun. Bu bağıntıdaki c1 , c2 , ..., cn sabitleri öyle bir c1 (x), c2 (x), ..., cn (x) fonksiyonları olsunlar ki, bu bağıntı (3.30) denklemini sağlıyacak şekilde c1 (x), c2 (x), ..., cn (x) fonksiyonları bulunabilsin. Böyle bir foksiyonlar takımı c01 y1 + c02 y2 + · · · + c0n yn = 0 c01 y10 + c02 y20 + · · · + c0n yn0 = 0 ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... f (x) (n−1) (n−1) c01 y1 + c02 y2 + · · · + c0n yn(n−1) = an denklem sistemi çözülerek bulunur. Örnek 3.28 y 000 + y 0 = sec x diferansiyel denklemin genel çözümünü bulalım. Homojen kısmın karakteristik denklemi r3 + r = (r2 + 1)r = 0 ve kökleri r1 = 0, r2,3 ∓ i olup homojen kısmın çözümü y = c1 + c2 sin x + c3 cos x biçiminde olur. f (x) = sec x olup yukarıda bahsi geçen özel çözüm biçimlerine uymaz. O halde bu problemde sadece Lagrange kuralı tatbik edilebilir. Lagrange ın öngördüğü gibi c1 = c1 (x), c2 = c2 (x) ve c3 = c3 (x) biçimininde düşünülürse, lineer denklem sistemi c01 + c02 sin x + c03 cos x = 0 c02 cos x − c03 sin x = 0 −c02 sin x − c03 cos x = sec x
3.4. DEĞIŞKEN KATSAYILI LINEER DIFERANSIYEL DENKLEMLER elde edilir. Cramer kuralından 0 sin x cos x 0 cos x − sin x sec x − sin x − cos x c01 (x) = 1 sin x cos x 0 cos x − sin x 0 − sin x − cos x
1 0 0 0 0 sec x , c02 (x) = 1 sin x 0 cos x 0 − sin x
cos x − sin x − cos x , c0 (x) = cos x 3 − sin x − cos x
63
1 sin x 0 cos x 0 − sin x 1 sin x 0 cos x 0 − sin x
elde ederiz. Buradan da c01 = sec x, c02 = − tan x ve c03 = −1 buluruz. Bu bağıntılardan da c1 = ln | tan x + sec x| + k1 , c2 = ln | cos x| + k2 ve c3 = −x + k3 buluruz. Şu halde verilen diferansiyel denklemin genel çözümü y = c1 + c2 sin x + c3 cos x = ln | tan x + sec x| + k1 + (ln | cos x| + k2 ) sin x + (−x + k3 ) cos x biçiminde buluruz.
3.4
Değişken Katsayılı Lineer Diferansiyel Denklemler
dn−1 y dy dn y + a (x) + ... + a1 (x) + a0 (x)y = f (x) n−1 n n−1 dx dx dx denklemine n. mertebeden değişken katsayılı lineer diferansiyel denklem denir. Eğer f (x) = 0 ise denkleme homojen, f (x) 6= 0 ise denkleme homojen olmayan değiiken katsayılı lineer diferansiyel denklem denir. y1 , y2 ,...,yn homojen kısmın n tane lineer bağımsız çözümleri ise y = c1 y1 + c2 y2 + ... + cn yn an (x)
denklemi homojen denklemin genel çözümün genel çözümüdür. Bu çözümü elde etmek için genel bir kural yoktur. Ancak, bazı özel hallere uyabilecek özel kurallar vardır.
3.4.1
Euler-Cauchy diferansiyel denklemi
a0 , a1 , ..., an sabitler olmak üzere an x n
n−1 dn y y dy n−1 d + a x + ... + a1 x + a0 y = f (x) n−1 n n−1 dx dx dx
biçimindeki bir lineer denkleme Euler-Cauchy diferansiyel denklemi denir. Bu denklemde x = et dönüşümü yapılırsa, denklem sabit katsayılı lineer denkleme dönüşür. Bu dönüşümün nasıl yapılacağını bir örnek ile izah edelim.
0 0 sec x cos x − sin x − cos x
64
BÖLÜM 3. YÜKSEK MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER
Örnek 3.29 x2 y 00 − xy 0 + y = x ln x Euler-Cauchy diferansiyel denklemini çözelim. x = et veya ln x = t dönüşümü altındaki
dy dx
ve
d2 y dx2
ifadelerini alacağı formu bulalım.
dy dy dt 1 dy = = dx dt dx x dt d 1 dy 1 dy 1 d dy d2 y d dy = = − + = dx2 dx dx dx x dt x2 dt x dx dt 1 dy 1 dt d dy 1 dy 1 dy + =− 2 + 2 2 = − 2 x dt x dx dt dt x dt x dt bu ifadeler verilen diferansiyel denklemde yerlerine koyarsak, d2 y dy − 2 + y = tet 2 dt dt şeklinde sabit katyalı lineer homojen olmayan bir diferansiyel denklemine indirgenmiş diferansiyel denklem buluruz. İndirgenmiş denklemin homojen kısmının karakteristik denklemi r2 − 2r + 1 = (r − 1)2 olup bu denklemi çift katlı bir r = 1 kökü vardır. Şu halde homojen kısmın genel çözümü y1 = c1 et + c2 tet biçiminde buluruz. α = 1 olduğunu gözönünde tutulduğunda homojen olmayan kısım için özel çözümü y2 = t2 (At + B)et = (At3 + Bt2 )et formunda A ve B sabitlerini belirleyelim. y20 = (3At2 + 2Bt)et + (At3 + Bt2 )et y200 = (6At + 2B)et + 2(3At2 + 2Bt)et + (At3 + Bt2 )et olup y2 nin indirgenmiş denklemi sağlama koşulu uygularsak (6At+2B)et +2(3At2 +2Bt)et +(At3 +Bt2 )et −2(3At2 +2Bt)et −2(At3 +Bt2 )et +(At3 +Bt2 )et = tet buluruz ve bu denklemi düzenler ve et ile böldüğümüzde 6At + 2B = t elde ederiz. Buradan da A = 61 ve B = 0 buluruz. Şu halde indirgenmiş denklemin özel çözümü ya da homojen olmayan kısmın çözümü 1 y2 = t3 et 6 elde ederiz. İndirgenmiş denklemin genel çözümü 1 y = c1 et + c2 tet + t3 et 6
3.4. DEĞIŞKEN KATSAYILI LINEER DIFERANSIYEL DENKLEMLER buluruz. t = ln x kullanılırsak, verilen diferansiyel denklemin genel çözümünü 1 y = c1 x + c2 x ln x + x ln3 x 6 biçiminde buluruz.
65
66
BÖLÜM 3. YÜKSEK MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER
Bölüm 4 DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN SERİLERLE ÇÖZÜMLERİ 4.1
Adi, Tekil, Düzgün Tekil ve Düzgün Olmayan Tekil Nokta Tanımları P (x)y 00 + Q(x)y 0 + R(x)y = 0
(4.1)
veya y 00 +
Q(x) 0 R(x) y + y=0 P (x) P (x)
(4.2)
biçimindeki bir diferansiyel denklem için adi nokta (ordinary point), tekil nokta( singular point), ve düzgün tekil nokta (regular singular point) kavramları verilecektir. (4.1) denklemindeki P (x), Q(x) ve R(x) fonksiyonlarının polinom veya analitik fonksiyon olmalarına bağlı olarak adi nokta, tekil nokta ve düzgün tekil nokta tanımları değişmektedir. Bu nedenle (4.1) biçiminde verilen bir diferansiyel denklemde öncelikle P (x), Q(x) ve R(x) fonksiyonlarının polinom mu yoksa analitik fonksiyon mu oldukları tespit edilmelidir. Tanım 4.1 (4.1) diferansiyel denkleminde P (x), Q(x) ve R(x) fonksiyonları polinom ve ortak bölenleri olmasın. Eğer bir x0 noktsı P (x0 ) 6= 0 ise x0 noktasına (4.1) diferansiyel denkleminin bir adi noktasıdır denir. Tanım 4.2 (4.1) diferansiyel denkleminde P (x), Q(x) ve R(x) fonksiyonları polinom ve ortak bölenleri olmasın. Eğer bir x0 noktsı P (x0 ) = 0 ise x0 noktasına (4.1) diferansiyel denkleminin bir tekil noktasıdır denir. Tanım 4.3 (4.1) diferansiyel denkleminde P (x), Q(x) ve R(x) fonksiyonları polinom ve x − x0 biçiminde bir ortak böleni varsa x0 noktasına (4.1) diferansiyel denkleminin bir tekil noktasıdır denir. 67
68 BÖLÜM 4. DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN SERİLERLE ÇÖZÜMLERİ Örnek 4.1 x2 y 00 + xy 0 + (x2 − a2 )y = 0, adi noktalarını belirleyelim.
a 6= 0 diferansiyel denkleminin tekil ve
P (x) = x2 = 0 ⇒ x = 0 noktası verilen diferansiyel denklemin bir tekil noktasıdır. x = 0 noktası dışındaki bütun noktalar verilen diferansiyel denklemin adi noktalarıdır. Örnek 4.2 (x2 −1)y 00 +xy 0 +y = 0 diferansiyel denkleminin adi ve tekil noktalarını belirleyelim. P (x) = x2 − 1 = 0 ⇒ x = ∓1 ele alınan diferansiyel denklemin tekil noktalarıdır. x = ∓1 dışındaki noktalar verilen diferansiyel denklemin adi noktalarıdır. Tanım 4.4 P (x), Q(x) ve R(x) fonksiyonları birer polinom olsunlar ve x0 noktası (4.1) diferansiyel denkleminin bir tekil noktası olsun. Eğer x0 tekil noktası için lim (x − x0 )
x→x0
Q(x) P (x)
ve
lim (x − x0 )2
x→x0
Q(x) P (x)
(4.3)
limitleri mevcut ise, x0 noktasına (4.1) diferansiyel denkleminin bir düzgün tekil noktasıdır denir. Eğer bir x0 tekil noktası (4.1) diferansiyel denkleminin düzgün tekil noktası değilse, x0 noktasına (4.1) diferansiyel denkleminin düzgün olmayan tekil noktası (irregular singular point) denir. Örnek 4.3 (4 − x2 )y 00 + 2xy 0 − 3y = 0 diferansiyel denkleminin tekil noktalarını bulalım. Bulduğumuz tekil noktaların düzgün tekil noktalar olup olmadığını inceliyelim. P (x) = 4 − x2 = 0 ⇒ x0 ∓ 2 noktaları ele alınan diferansiyel denklemin tekil noktalarıdır. x0 = 2 noktasının için lim (x − 2)
x→2
2x = −1 4 − x2
ve
lim (x − 2)2
x→2
−3 =0 4 − x2
limitleri mevcut olduğundan x0 = 2 tekil noktası ele alınan diferansiyel denklemin bir düzgün tekil noktasıdır. x0 = −2 noktasının için lim (x + 2)
x→−2
2x = −1 4 − x2
ve
lim (x + 2)2
x→−2
−3 =0 4 − x2
limitleri mevcut olduğundan x0 = −2 tekil noktası ele alınan diferansiyel denklemin bir düzgün tekil noktasıdır. Örnek 4.4 x2 (x − 1)y 00 + (3x − 3)y 0 + (2x − 2)y = 0 diferansiyel denkleminin tekil noktalarını bulalım. Bulduğumuz tekil noktaları düzgün tekil nokta veya düzgün olmayan tekil nokta biçiminde sınıflandıralım.
4.1. ADI, TEKIL, DÜZGÜN TEKIL VE DÜZGÜN OLMAYAN TEKIL NOKTA TANIMLARI69 P (x) = x2 (x − 1) = 0 ⇒ x0 = 0 ve x0 = 1 noktaları ele aldığımız diferansiyel denkleminin tekil noktalarıdır. x0 = 0 tekil noktsı için, lim x
x→0
3 3x − 3 = lim = ∞ ve x→0 − 1) x
x2 (x
lim x2
x→0
2x − 2 = lim 2 = 2 − 1) x→0
x2 (x
= ∞ olduğundan yani limit mevcut olmadığından x0 = 0 noktası ele limx→0 x Q(x) P (x) aldığımız diferansiyel denklemin düzgün olmayan tekil noktasıdır. x0 = 1 tekil noktsı için, 3x − 3 2x − 2 lim (x − 1) 2 = 0 ve lim (x − 1)2 2 =0 x→1 x→0 x (x − 1) x (x − 1) limitleri mevcut olduğundan x0 = 1 noktası ele aldığımız diferansiyel denklemin düzgün tekil noktasıdır. UYARI: 4.4 örneğinde adığımız diferasiyel denklemde x − 1 ortak çarpandır. Eğer bu denklemi x − 1 ile bölseydik x2 y 00 + 3y 0 + 2y = 0 biçiminde bir denklem ederdik. Ancak, bu halde x0 = 1 tekil noktasını gözardı etmiş olurduk. Şimdi, P (x), Q(x) ve R(x) fonksiyonları birer analitik fonksiyon olma durumlarında yukarıda verdiğimiz tanım ve kavramları genişletmek zorundayız. Tanım 4.5 Eğer p(x) :=
Q(x) P (x)
ve q(x) :=
R(x) P (x)
fonksiyonları bir x0 noktasında analitik ise, yani p(x) ve q(x) fonksiyonları x0 noktasında p(x) =
∞ X
an (x − x0 )
ve q(x) =
n=0
∞ X
bn (x − x0 ) an , bn = sabit
n=0
biçiminde Taylor serisine açılabilir ve bu fonksiyonlara karşılık gelen seriler x0 ın açık bir komşuluğunda bu fonksiyonlara yakınsıyorsa, x0 noktasına (4.1) diferansiyel denkleminin bir adi noktasıdır denir. Aksi halde, bu noktaya (4.1) diferansiyel denkleminin bir tekil noktasıdır denir. Tanım 4.6 x0 noktası (4.1) denkleminin bir tekil noktası olsun. P (x), Q(x) ve R(x) fonksiyonları x0 noktasında analitik olmak üzere, eğer (x − x0 )
Q(x) P (x)
ve
(x − x0 )2
R(x) P (x)
(4.4)
70 BÖLÜM 4. DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN SERİLERLE ÇÖZÜMLERİ her iki fonksiyon da x0 noktasında analitik ise x0 noktasına (4.1) denkleminin düzgün tekil noktasıdır denir. Eğer (4.1) diferansiyel denkleminin bir tekil noktası düzgün tekil nokta değilse , o zaman bu noktaya düzgün olmayan tekil nokta denir. Örnek 4.5
π 2 00 ) y + cos xy 0 + sin xy = 0 2 diferansiyel denkleminin tekil noktalarını bulalım ve bulduğumuz tekil noktaların düzgün tekil nokta olup olmadığını inceliyelim. (x −
Ele aldığımız difaransiyel denklemde P (x) = (x − π2 )2 , Q(x) = cos x ve R(x) = sin x dir ve bu fonksiyonlar analitik fonksiyonlardır. P (x) = (x − π2 )2 = 0 bağıntısından tekil nokta veya noktalar bulunur. Şu ele alınan diferansiyel denklemin tekil noktası x0 = π2 dir. Şimdi bu noktanın düzgün tekil nokta olup olmadığını inceliyelim. cos x fonksiyonunun x0 = π2 Taylor açılımı gözönüne alınırsa (x − x0 )
(x − π2 )2 (x − π2 )4 π cos x Q(x) cos x = (x − ) − + ... = = −1 + P (x) 2 (x − π2 )2 x − π2 3! 5!
biçiminde olup (x − x0 ) Q(x) fonksiyonu x0 nokstasında analitiktir. P (x) (x − x0 )2
R(x) π sin x = (x − )2 = sin x P (x) 2 (x − π2 )2
fonksiyonu x0 = π2 noktsında analitiktir. Şu halde x0 = olduğundan (x − x0 )2 PR(x) (x) noktası ele aldığımız diferansiyel denklemin düzgün tekil noktasıdır.
4.2
π 2
Adi Nokta Civarında Seri Çözümleri
Teorem 4.1 Eğer x = x0 noktası P (x)y 00 + Q(x)y 0 + R(x)y = 0, diferansiyel denkleminin bir adi noktası ise bu denklemin x = x0 noktası civarında y=
∞ X
an (x − x0 )n
n=0
olacak şekilde bir kuvvet serisi veya Taylor serisi çözümü vardır. Örnek 4.6 y 00 + xy 0 + 2y = 0
4.2. ADI NOKTA CIVARINDA SERI ÇÖZÜMLERI
71
diferansiyel denkleminin x0 = 0 noktasındaki kuvvet serisi çözümünü bulalım. Verilen diferansiyel denklemde P (x0 ) = P (0) = 1 6= 0 olup x0 = 0 noktası verilen diferansiyel denklemin bir adi noktasıdır. O halde, verilen diferansiyel denklemin x0 = 0 noktasında ∞ X y= an x n (4.5) n=0
biçiminde bir kuvvet serisi çözümü vardır. y nin birinci ve ikinci türevleri 0
y =
∞ X
nan x
n−1
00
,
y =
n=1
∞ X
n(n − 1)an xn−2
n=2
şeklinde elde ederiz. Bu ifadeleri ele aldığımız denklemde yerlerine koyarsak ∞ X
n(n − 1)an x
n−2
+
∞ X
n
nan x + 2
an x n = 0
(4.6)
n=0
n=1
n=2
∞ X
biçiminde elde ederiz. Öncelikle, (4.6) denklemindeki kuvvet serilerindeki x ifadelerinin üslerini eşitlemeliyiz. Bunun için birinci seride n → n+2, dönüşümü yapılırsa ∞ X
n
(n + 2)(n + 1)an+2 x +
∞ X
n
nan x + 2
an x n = 0
(4.7)
n=0
n=1
n=0
∞ X
buluruz. (4.7) denklemi ∞ ∞ ∞ X X X n n 2a2 + 2a0 + (n + 2)(n + 1)an+2 x + nan x + 2an xn = 0 n=1
n=1
(4.8)
n=1
biçiminde yazabiliriz. (4.8) denklemini de 2a2 + 2a0 +
∞ X
[(n + 2)(n + 1)an+2 + nan + 2an ] xn = 0
(4.9)
n=1
biçiminde yazabiliriz. Polinomların özdeşliği gözönüne alırsak 2a2 + 2a0 = 0
ve
(n + 2)(n + 1)an+2 + nan + 2an = 0,
n≥1
veya a2 = −a0
ve an+2 = −
1 an , n+1
n≥1
(4.10)
72 BÖLÜM 4. DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN SERİLERLE ÇÖZÜMLERİ şeklinde rekürans formülünü buluruz. an değerlerini bu formül vasıtasıyla buluruz. Çift indisli terimler, a2 = −a0 1 a2 a4 = − = a0 3 3 a4 1 a6 = − = − a0 5 3.5 a6 1 a8 = − = a0 7 3.5.7 ... 1 a2n = (−1)n a0 1.3.5...(2n − 1) ve tek indisli terimler, a1 = a1
a1 2 a3 1 = − = a1 4 2.4 a5 1 = − =− a1 6 2.4.6
a3 = − a5 a7 ...
a2n+1 = (−1)n
1 a1 2.4.6...(2n)
şeklinde buluruz. Buradan görüyoruz ki tüm an katsayıları, a0 ve a1 gibi sıfırdan farklı herhangi iki keyfi sabit cinsinden ifade edilebilmektedir. Bu değerler (4.5) denklimde yerine konursa x4 x6 x3 x5 x7 2 y = a0 1 − x + − + ... + a1 x − + − + ... 3 3.5 2 2.4 2.4.6 veya y = a0
∞ X 1+ (−1)n n=1
1 x2n 1.3.5...(2n − 1)
! + a1
∞ X x+ (−1)n n=1
1 x2n+1 2.4.6...(2n)
!
şeklinde ele alınan diferansiyel denklemin genel çözümünü bulduk. Şimdi rekürans formülünden (4.6) serisinin yakınsaklı yarıçapı an = lim |n + 1| = ∞ R = lim n→∞ an+2 n→∞ şeklinde buluruz. Bu demektir ki, her x değeri için genel çözüm geçerlidir.
4.2. ADI NOKTA CIVARINDA SERI ÇÖZÜMLERI
73
Örnek 4.7 (x2 + 2)y 00 − xy 0 − 4y = 0 diferansiyel denklemini x0 = 0 noktası civarında çözelim. Ele aldığımız diferansiyel denklemde P (x) = x2 + 2 olup x0 = 0 da P (x) = 0 denkleminin bir kökü değildir. Şu halde, x0 = 0 ele alınan diferansiyel denklemin bir adi noktasıdır ve ∞ X y= an x n (4.11) n=0
biçiminde bir kuvvet serisi çözümü vardır. (4.11) denkleminin türevleri 0
y =
∞ X
nan x
n−1
00
ve y =
n=1
∞ X
n(n − 1)an xn−2
n=2
buluruz. Bu ifadeleri verilen diferansiyel denklemde yerlerine koyarsak ∞ X
n
n(n − 1)an x +
∞ X
2n(n − 1)an x
n−2
−
n
nan x −
∞ X
4an xn = 0
(4.12)
n=0
n=1
n=2
n=2
∞ X
(4.12) denklemindeki ikinci seriye n → n + 2 dönüşümü uygularsak ∞ X n=2
n
n(n − 1)an x +
∞ X
n
2(n + 2)(n + 1)an+2 x −
n=0
∞ X
n
nan x −
n=1
∞ X
4an xn = 0 (4.13)
n=0
elde ederiz. (4.13) denklemini 4a2 + 4a0 + (12a3 − 3a1 )x +
∞ X
[2(n + 2)(n + 1)an+2 + (n + 1)(n − 3)an ] xn = 0
n=2
elde ederiz ve polinomların özdeşliğinden a2 = −a0 ,
1 a 3 = a1 4
an+2 = −
n−3 , 2(n + 2)
n ≥ 2.
buluruz. Rekürans bağıntısından an elamanlarını bulalım. an nin çift terimleri 1 1 a2 = − a0 2.4 8 1 1 1 1 = − a4 = − (− a0 ) = a0 2.6 12 8 96 5 5 1 = − a6 = − a0 2.8 16 96
a4 = a6 a8 ...
74 BÖLÜM 4. DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN SERİLERLE ÇÖZÜMLERİ ve an nin tekli terimleri 0 a3 = 0 2.5 2 a7 = − a5 = 0 2.7 a5 = a7 = a9 = ... = a2n+1 = ... = 0 a5 = −
elde ederiz. Şu halde ele adığımız diferansiyel denkleminin genel çözümü y =
∞ X
an x n
n=0
= a0
1 4 1 6 5 1 3 8 1−x − x + x − x + ... + a1 x + x 8 96 16.96 4 2
biçiminde buluruz.
4.3
Düzgün Tekil Nokta Civarında Seri Çözümleri (Frobenius Metodu)
Teorem 4.2 Eğer x = x0 noktası P (x)y 00 + Q(x)y 0 + R(x)y = 0
(4.14)
diferansiyel denkleminin bir düzgün tekil noktası ise, bu noktanın uygun bir civarında diferansiyel denklemin y=
∞ X
an (x − x0 )n+r
n=0
şeklinde bir kuvvet serisi çözümü vardır. x0 6= 0 olması durumunda x = x0 noktası, diferansiyel denklemin düzgün tekil noktası ise x − x0 = t dönüşümü yapılarak, düzgün tekil nokta orjine taşınabilir. Bu nedenle, diferansiyel denklemin x0 = 0 düzgün tekil noktası civarında seri çözümü bulmak yeterlidir. (4.14) diferansiyel denklemini sıfırdan farklı P (x) ile bölüp daha sonra x2 ile çarpılır ve düzenlenlersek Q(x) 2 00 0 2 R(x) x y +x x y + x y=0 (4.15) P (x) P (x) p(x) :=
Q(x) P (x)
ve q(x) :=
R(x) P (x)
şeklinde tanımlarsak (4.15) diferansiyel denklemini
x2 y 00 + x (xp(x)) y 0 + x2 q(x) y = 0
(4.16)
4.3. DÜZGÜN TEKIL NOKTA CIVARINDA SERI ÇÖZÜMLERI (FROBENIUS METODU)75 biçiminde yazabiliriz. x0 = 0 noktası, (4.16) denkleminin bir bir düzgün tekil noktası olduğundan limx→x0 xp(x) limx→x0 x2 q(x) limitlerinin mevcuttur. Dolayısıyla xp(x) ve x2 q(x) fonksiyonları x0 = 0 noktasında analitik fonksiyonları analitiktirler. Yani xp(x) ve x2 q(x) fonksiyonları x0 = 0 noktası civarında xp(x) =
∞ X
p m xm
ve x2 q(x) =
m=0
∞ X
q m xm
m=0
|x| < R, R > 0 olacak şekilde Taylor serisine açabiliriz. Bu kuvvet serileri ve 4.2 teoremende ifade edilen çözümü y=
∞ X
an xn+r
n=0
(4.16) diferansiyel denkleminde yerlerine koyarsak ∞ X
an (n + r)(n + r − 1)x
n+r
+
∞ X ∞ X
pm an (n + r)x
n+m+r
+
qm an xn+m+r = 0
m=0 n=0
m=0 n=0
n=0
∞ X ∞ X
(4.17) buluruz. Bu denklemde m = 0 ve n = 0 için xr li terimlerin katsayısı ortak paranteze alınırsa ve polinomları özdeşliği gözönüne alınırsa xr li terimin katsayısı sıfıra eşit olur. Buradan, a0 (r(r − 1) + p0 r + q0 ) = 0 ve a0 6= 0 olduğundan F (r) = r(r − 1) + p0 r + q0 = 0
(4.18)
denklemi elde ederiz. (4.18) denklemine (4.16) diferansiyel denkleminin indis denklemi denir. Bu indis denkleminin iki köküne ise (4.16) diferansiyel denkleminin tekil noktalarındaki üsleri denir. (4.18) indis denklemindeki p0 ve q0 sabitleri p0 = lim xp(x) ve q0 = lim x2 q(x) x→0
x→0
limitlerinden buluruz. (4.17) denklemi n > 1 ve m > 1 içinde açılıp x in xr+1 , xr+2 ,...,xr+n ,... terimlerinin toplamı şeklinde yazılırsa, F (r + n) = (r + n)(r + n − 1) + p0 (r + n) + q0 = 0 olmak üzere, (4.17) denklemini a0 F (r)xr +
∞ X n=1
F (r + n)an +
n−1 X k=0
! ak ((r + k)pn−k + qn−k ) xr+n = 0
(4.19)
76 BÖLÜM 4. DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN SERİLERLE ÇÖZÜMLERİ biçiminde yazabiliriz. (4.19) denklemi her xr terimlerinin katsayısı sıfıra eşit olacağından (4.16) denkleminin rekürans bağıntısı F (r + n)an +
n−1 X
ak ((r + k)pn−k + qn−k ) = 0,
n>1
k=0
biçiminde elde ederiz. Teorem 4.3 x0 = 0 (4.16) diferansiyel denkleminin bir düzgün tekil noktası olsun. R > 0 sayısı xp(x) ile x2 q(x) kuvvet serilerinin yakınsaklık yarıçaplarının minumumu olmak üzere |x| < R için xp(x) =
∞ X
pm x
m
2
ve x q(x) =
m=0
∞ X
q m xm
m=0
serileri yakınsaktır. Reel r1 ve r2 , F (r + n) = (r + n)(r + n − 1) + p0 (r + n) + q0 = 0 indis denkleminin r1 ≥ r2 olacak şekilde iki kökü olsun. Bu durumda −R < x < 0 veya 0 < x < R aralıklarından birinde y1 (x) = xr1
a0 +
∞ X
! an (r1 )xn
n=1
biçiminde bir çözüm bulunur. y2 çözümü indis denkleminden elde edilen kökler arasındaki duruma göre 3 biçimde olabilir. 1. r1 − r2 farkının sıfır veya pozitif bir tamsayı olmaması durumu; ! ∞ X y2 (x) = xr2 a0 + an (r2 )xn n=1
formunda ikinci bir lineer bağımsız çözüm bulunur. 2. r1 = r2 olması durumu; y2 (x) = y1 (x) ln |x| + xr1
! ∞ X d an (r) xn dr r=r1 n=1
biçimde ikinci bir lineer bağımsız çözüm bulunur.
4.3. DÜZGÜN TEKIL NOKTA CIVARINDA SERI ÇÖZÜMLERI (FROBENIUS METODU)77 3. r1 − r2 = N ∈ N yani r1 − r2 farkı pozitif tam sayı olması durumu;
y2 (x) = ky1 (x) ln |x| + x
r2
! ∞ X d n [(r − r2 )an (r)] x dr r=r2 n=1
k = limr→r2 (r − r2 )aN (r) biçiminde ikinci lineer bağımsız çözüm bulunur. Örnek 4.8 2x2 y 00 + xy 0 + (x2 − 1)y = 0
(4.20)
diferansiyel denklemini x0 = 0 noktası civarındaki çözümünü bulalım. (4.20) diferansiyel denkleminde P (x) = 2x2 , Q(x) = x ve R(x) = x2 − 1 dir. P (x) = 2x2 = 0 denkleminin kökü x0 = 0 olduğundan x0 = 0 noktası (4.20) denkleminin bir tekil noktasıdır. Q(x) x 1 = lim x 2 = x→0 P (x) 2x 2 2 R(x) x −1 lim x2 = lim x2 = −1 x→0 x→0 P (x) x2 lim x
x→0
olduğundan x0 = 0 noktası (4.20) diferansiyel denkleminin düzgün tekil noktasıdır. O halde (4.20) denkleminin x0 = 0 noktasında y=
∞ X
an xn+r
(4.21)
n=0
biçiminde Frobenius çözümü vardır. (4.21) ifadesini x e göre birinci ve ikinci türevleri ∞ ∞ X X 0 n+r−1 00 y = an (n + r)x , y = (n + r)(n + r − 1)an xn+r−2 n=0
n=0
biçiminde buluruz. Bu ifadeler (4.20) denkleminde yerine koyarsak, ∞ X
2(n + r)(n + r − 1)an xn+r +
n=0
∞ X
an (n + r)xn+r−1 +
n=0
∞ X
an xn+r+2 −
n=0
∞ X
an xn+r = 0
n=0
(4.22) elde ederiz. (4.22) denklemindeki 3. seriye n → n − 2 dönüşümü yapılırsa ∞ X n=0
2(n + r)(n + r − 1)an x
n+r
+
∞ X n=0
an (n + r)x
n+r−1
+
∞ X n=2
an−2 x
n+r
−
∞ X
an xn+r = 0
n=0
(4.23)
78 BÖLÜM 4. DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN SERİLERLE ÇÖZÜMLERİ elde ederiz. (4.23) denklemini r
(2r+1)(r−1)a0 x +r(2r+3)a1 x
r+1
∞ X + [(2n + 2r + 1)(n + r − 1)an + an−2 ] xn+r = 0 n=2
biçiminde yazabiliriz. Buradan da • (2r + 1)(r − 1)a0 = 0,
a0 6= 0
• r(2r + 3)a1 = 0 • (2n + 2r + 1)(n + r − 1)an + an−2 = 0,
n≥2
buluruz. Birinci denklemden (indis denklemi) r1 = 1 ve r2 = − 21 elde ederiz. İkinci denklemde a1 = 0 buluruz. Üçüncü denklemden rekürans formüdür. Şimdi r1 = 1 karşılık gelen çözümü bulalım. r1 = 1 için rekürans formülü an−2 an = − , n≥2 n(2n + 3) elde ederiz. Buradan da 1 a2 = − a0 14 1 a3 = − a1 = 0 ⇒ a1 = a3 = ... = a2n+1 = ... = 0 27 1 1 1 1 a4 = − a2 = (− )(− a0 ) = a0 44 44 14 616 .. . elde ederiz. Şu halde r1 = 1 köküne karşılık gelen çözüme y1 dersek ∞ ∞ X X n+r1 y1 = an x = an xn+1 n=0
n=0 a2 x2
= x a0 + a1 x + + a3 x3 + ... 1 2 1 4 = a0 x 1 − x + x + ... 14 616 biçiminde elde ederiz. a0 = 1 için y1 çözümü 1 2 1 4 y1 = x 1 − x + x + ... 14 616 elde ederiz. Şimdi y2 çözümünü elde edelim. Öncelikle r1 − r2 = 23 ∈ / N olduğundan 1 r2 = − 2 köküne karşılık gelen ve y1 çözümüne lineer bağımsız bir y2 çözüm vardır. r2 = − 12 için rekürans bağıntısı an = − biçiminde olur.
1 an−2 , n(2n − 3)
n>2
4.3. DÜZGÜN TEKIL NOKTA CIVARINDA SERI ÇÖZÜMLERI (FROBENIUS METODU)79 1 a2 = − a0 2 1 a3 = − a1 = 0, a1 = a3 = ... = a2n+1 = ... = 0 9 1 1 1 1 a4 = − a2 = (− )(− a0 ) = a0 20 20 2 40 .. . elde ederiz. Şu halde y2 çözümü y2 =
∞ X
an x
n=0 −1/2
n+r2
=
∞ X
an xn−1/2
n=0
a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + ... 1 4 1 2 −1/2 = a0 x 1 − x + x + ... 2 20
= x
biçiminde elde ederiz. a0 = 1 için y2 çözümü 1 2 1 4 −1/2 y2 = x 1 − x + x + ... 2 20 elde ederiz. (4.20) diferansiyel denkleminin genel çözümü de y = c1 y 1 + c2 y 2 1 2 1 4 1 4 1 2 −1/2 = c1 x 1 − x + x + ... + c2 x 1 − x + x + ... 14 616 2 20 biçiminde elde ederiz. Örnek 4.9 x2 y 00 + 3xy 0 + (1 − 2x)y = 0
(4.24)
diferansiyel denklemini x0 = 0 noktası civarındaki genel çözümünü bulalım. (4.24) diferansiyel denkleminde P (x) = x2 , Q(x) = 3x ve R(x) = 1−2x dir. P (x) = x2 = 0 denkleminin kökü x0 = 0 olduğundan x0 = 0 noktası (4.24) denkleminin bir tekil noktasıdır. Q(x) 3x = lim x 2 = 3 x→0 x x→0 P (x) R(x) 1 − 2x lim x2 = lim x2 =1 x→0 x→0 P (x) x2 lim x
80 BÖLÜM 4. DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN SERİLERLE ÇÖZÜMLERİ olduğundan x0 = 0 noktası (4.24) diferansiyel denkleminin düzgün tekil noktasıdır. O halde (4.24) denkleminin x0 = 0 noktasında
y=
∞ X
an xn+r
(4.25)
n=0
biçiminde Frobenius çözümü vardır. (4.25) ifadesini x e göre birinci ve ikinci türevleri ∞ ∞ X X n+r−1 00 0 (n + r)(n + r − 1)an xn+r−2 , y = an (n + r)x y = n=0
n=0
biçiminde buluruz. Bu ifadeler (4.24) denkleminde yerine koyarsak, ∞ X
(n + r)(n + r − 1)an xn+r +
∞ X
3an (n + r)xn+r +
an xn+r −
∞ X
2an xn+r+1 = 0
n=0
n=0
n=0
n=0
∞ X
(4.26) elde ederiz. (4.26) denklemindeki 4. seriye n → n − 1 dönüşümü yapılırsa ∞ X
(n + r)(n + r − 1)an x
n+r
+
n=0
∞ X
3an (n + r)x
n+r
n=0
+
∞ X n=0
an x
n+r
−
∞ X
2an−1 xn+r = 0
n=1
(4.27) elde ederiz. (4.27) denklemini ∞ X (r + 1) a0 x + ((n + r)2 + 2(n + r) + 1)an − 2an−1 xn+r = 0 2
r
n=1
biçiminde yazabiliriz. Buradan da • (r + 1)2 a0 = 0,
a0 6= 0
• ((n + r)2 + 2(n + r) + 1)an − 2an−1 = 0,
n≥1
elde ederiz. Birinci denklemden (indis denklemi) r1 = r2 = −1 elde ederiz. Şimdi r1 = −1 köküne karşılık gelen çözümü bulalım. r1 = −1 için rekürans bağıntısı an =
2an−1 , n2
n≥1
4.3. DÜZGÜN TEKIL NOKTA CIVARINDA SERI ÇÖZÜMLERI (FROBENIUS METODU)81 elde ederiz. Buradan da a1 = 2a0 2 22 2 a2 = 2 a1 = ( 2 )(2a0 ) = 2 a0 2 2 2 2 2 2 2 23 a3 = 2 a2 = ( 2 ) 2 a0 = 2 2 a0 3 3 2 23 2 23 24 2 a4 = 2 a3 = ( 2 ) 2 2 a0 = 2 2 2 a0 4 4 23 234 .. . 2n a0 an = (n!)2 elde ederiz. Şu halde Frobenius seri çözümü y1 =
∞ X
an x
n+r1
n=0
= a0 x−1
=
∞ X
an x
n+2
=x
n=0 ∞ X n=0
−1
∞ X
an x n
n=0 ∞ X
2n n 2n n −1 x = x x , (n!)2 (n!)2 n=0
a0 = 1
Şimdi de y2 çözümünü bulalım. r1 = r2 = −1 olduğu gözönüne alınırsa y2 çözümü ! ∞ X d y2 (x) = y1 (x) ln |x| + xr1 an (r) xn dr r=r1 n=1 = y1 (x) ln |x| + x
r1
∞ X
bn (r1 )xn
n=1
biçimindedir. Şimdi de bn katsayılarını bulalım. d 2a d 0 [a1 (r)] = [ ] = −4a0 b1 = 2 dr dr (r + 2) r=−1 r=r2 d d 4a0 b2 = [a2 (r)] = [ ] = −3a0 2 (r + 3)2 dr dr (r + 2) r=r2 r=−1 .. . elde ederiz. Şu halde a0 = 1 için y2 çözümü y2 = y1 (x) ln |x| + x−1 (−4x − 3x2 − . . . ) biçiminde elde ederiz. (4.24) denkleminin genel çözümü y = c1 y1 + c2 y2 biçiminde buluruz.
(4.28)
82 BÖLÜM 4. DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN SERİLERLE ÇÖZÜMLERİ Örnek 4.10 x2 y 00 + x(x − 2)y 0 + 2y = 0
(4.29)
diferansiyel denkleminin x0 = 0 noktası civarında genel çözümünü bulalım. P (x) = x2 = 0 denkleminin kökü x0 = 0 noktası olduğundan (4.29) denkleminin bir tekil noktasıdır. x(x − 2) 2 lim x = −2 ve lim x2 2 = 2 2 x→0 x→0 x x olduğundan x0 = 0 noktası (4.29) denkleminin düzgün tekil noktasıdır. Şu halde (4.29) diferansiyel denkleminin x0 = 0 noktası civarında y=
∞ X
an xn+r
(4.30)
n=0
biçiminde Frobenius çözümü vardır. (4.30) ifadesini x e göre birinci ve ikinci türevleri ∞ ∞ X X 0 n+r−1 00 y = an (n + r)x , y = (n + r)(n + r − 1)an xn+r−2 n=0
n=0
biçiminde buluruz. Bu ifadeler (4.29) denkleminde yerine koyarsak, ∞ X
(n+r)(n+r−1)an x
n+r
∞ ∞ ∞ X X X n+r n+r+1 2an xn+r = 0 an (n+r)x + an (n+r)x −2 + n=0
n=0
n=0
n=0
(4.31) elde ederiz. (4.31) denklemindeki 2. seriye n → n − 1 dönüşümü yapılırsa ∞ X
(n+r)(n+r−1)an x
n+r
∞ ∞ ∞ X X X n+r n+r + an−1 (n+r−1)x −2 an (n+r)x + 2an xn+r = 0
n=0
n=1
n=0
n=0
(4.32) elde ederiz. (4.32) denklemini (r − 1)(r − 2)a0 xr +
∞ X
[(n + r − 2)(n + r − 1)an + (n + r − 1)an−1 ] xn+r = 0
n=1
biçiminde yazabiliriz. Buradan da • (r − 2)(r − 1)a0 = 0,
a0 6= 0
• (n + r − 2)(n + r − 1)an + (n + r − 1)an−1 = 0,
n≥2
elde ederiz.Birinci denklemden (indis denklemi) r1 = 2 ve r2 = 1 elde ederiz. Şimdi r1 = 2 köküne karşılık gelen çözümü bulalım. r1 = 2 için rekürans bağıntısı an = −
an−1 , n
n≥1
4.3. DÜZGÜN TEKIL NOKTA CIVARINDA SERI ÇÖZÜMLERI (FROBENIUS METODU)83 elde ederiz. Buradan da a1 = −a0 1 1 1 a2 = − a1 = (− )(−a0 ) = a0 2 2 2! 1 1 1 1 a3 = − a2 = (− ) a0 = − a0 3 3 2! 3! .. . 1 an = (−1)n a0 n! elde ederiz. Şu halde Frobenius seri çözümü y1 =
∞ X
an xn+r1 =
∞ X
n=0
= a0 x2
an xn+2 = x2
n=0 ∞ X (−1)n n=0
n!
∞ X
an x n
n=0
xn = x2 e−x ,
a0 = 1
buluruz. Şimde de r2 = 1 e karşılık gelen çözümü bulalım. N = r1 − r2 = 1 ∈ N olduğundan r2 = 1 değerini rekürans bağıntısına koyduğumuzda y1 fonksiyonundan lineer bağımsız ikinci çözümü elde edemeyiz! ! ∞ X d y2 (x) = ky1 (x) ln |x| + xr2 [(r − r2 )an (r)] xn dr r=r2 n=1 = ky1 (x) ln |x| + x
r2
∞ X
bn (r2 )xn
n=1
k = limr→r2 (r − r2 )aN (r) biçiminde ikinci lineer bağımsız çözüm bulalım. −a0 = −a0 k = lim (r − r2 )aN (r) = lim(r − 1)a1 (r) = lim(r − 1) r→r2 r→1 r→1 r−1 elde ederiz. Şimdi bn katsayılarını bulalım. d d −a 0 b1 = [(r − r2 )a1 (r)] = [(r − 1) ] =0 dr dr r − 1 r=1 r=r2 d d a0 a0 b2 = [(r − r2 )a2 (r)] = [(r − 1) ] = − 2 = −a0 dr dr (r − 1)r r=1 r r=1 r=r2 d d −a a (2r + 1) 3 0 0 b3 = [(r − r2 )a3 (r)] = [(r − 1) ] =− 2 = a0 2 dr dr (r − 1)r(r + 1) r=1 r (r + 1) r=1 4 r=r2 .. .
84 BÖLÜM 4. DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN SERİLERLE ÇÖZÜMLERİ biçiminde buluruz. Şu halde a0 = 1 için y2 çözümü 3 3 2 y2 = −y1 (x) ln |x| + x −x + x + . . . 4 elde ederiz. (4.29) denkleminin genel çözümü y = c1 y1 + c2 y2 biçiminde elde ederiz.
Bölüm 5 LAPLACE DÖNÜŞÜMÜ 5.1
Direkt (Forward) Laplace Dönüşümü
Tanım 5.1 f (t), gerçel bir t değişkeninin fonksiyonu olsun ve t > 0 için tanımlansın. Gerçel bir s değişkeninin fonksiyonu olan bir F (s) fonksiyonunu düşünelim ve bu fonksiyon Z ∞ e−st f (t)dt (5.1) F (s) := L{f (t)} = 0
denklmi ile tanımlansın ve s nin bütün değerleri için (5.1) denklemindeki integral mevcut olsun. L{f (t)} veya F (s) dönüşümüne f (t) fonksiyonunun Laplace dönüşümü denir.
Örnek 5.1 f (t) = a, a := sabit foksiyonunun Laplace dönüşümünü bulalım. ∞
Z
e−st dt
F (s) = L{f (t)} = a 0
Z = a lim
R→∞
R −st
e 0
R 1 −st a dt = a lim − e = , R→∞ s s 0
Örnek 5.2 f (t) = tn ,
n ∈ N,
fonksiyonunun Laplace dönüşümünü bulalım.
85
t≥0
s > 0.
86
BÖLÜM 5. LAPLACE DÖNÜŞÜMÜ
Z
∞
F (s) = L{f (t)} =
e
Z
−st n
t dt = lim
R→∞
0
R
e−st tn dt
0
1 dv = e−st dt ⇒ du = ntn−1 dt, v = − e−st s ( ) R Z R Z n n R n−1 −st n 1 −st n−1 −st F (s) = lim −t e + t e dt = lim t e dt R→∞ R→∞ s 0 s s 0 0 u = tn ,
dv = e−st dt
u = tn−1 ,
( F (s) =
lim
R→∞
⇒
du = (n − 1)tn−2 dt,
1 v = − e−st s
) R Z Z n(n − 1) R n−2 −st n(n − 1) R n−2 −st t e dt = lim t e dt + R→∞ s2 s2 0 0 0
n−1 1 −st
−t
s
e
.. . n(n − 1)...2.1 F (s) = lim R→∞ sn
Z
n(n − 1)...2.1 = lim R→∞ sn
(
R
e−st dt
0
R ) 1 −st n! − e = n+1 s s 0
biçiminde buluruz. Örnek 5.3 f (t) = sin t, t ≥ 0 fonksiyonunun Laplace dönüşümünü bulalım.
Z
∞ −st n
Z
R
e−st sin tdt e t dt = lim F (s) = L{f (t)} = R→∞ 0 0 Z R it −it e −e e−st ( F (s) = lim )dt R→∞ 0 2i Z R Z R 1 1 −(−i+s)t lim e dt − lim e−(i+s)t dt = 2i R→∞ 0 2i R→∞ 0 −(−i+s)t R 1 e e−(i+s)t = lim − + 2i R→∞ −i + s i+s 0
1 = 2 s +1
5.1. DIREKT (FORWARD) LAPLACE DÖNÜŞÜMÜ Tablo 5.1:
87
Bazı Fonksiyonların Laplace Dönüşümleri f (t) := L−1{F (s)} F (s) := L{f (t)} a, a := sabit as , s > 0 n! tn, n∈N , s>0 sn+1 1 eat, a := sabit s−a , s > 0 a sin at, a := sabit s2+a s > |a| 2, s cos at, a := sabit s2+a s > |a| 2, a sinh at, a := sabit s2−a s > |a| 2, s cosh at, a := sabit s2−a s > |a| 2,
5.1.1
Direkt Laplace Dönüşümünün Temel Özellikleri
• Lineerlik Özelliği f1 (t) ve f2 (t) fonksiyonlarının Laplace dönüşümü sırasıyla F1 (s) ve F2 (s) olsun. c1 ve c2 sabitler olmak üzere L{c1 f1 (t) + c2 f2 (t)} = c1 F1 (s) + c2 F2 (s) özelliğine sahiptir. Örnek 5.4 f (t) = 3 cos2 3t fonksiyonunun Laplace dönüşümünü bulalım. 3 F (s) = L{3 cos2 3t} = L{ (1 + 2 cos 6t)} 2 3 3 3s = L{1} + 3L{cos 6t} = + 2 2 2s s + 36 • Birinci Öteleme (translation) özelliği Eğer f (t) fonksiyonunun Laplace dönüşümü F (s) yani F (s) = L{f (t)} ise eat f (t) fonksiyonunun Laplace dönüşümü (transformasyonu) L{eat f (t)} = F (s − a) biçiminde olur.
88
BÖLÜM 5. LAPLACE DÖNÜŞÜMÜ Örnek 5.5 f (t) = e2t cos 3t fonksiyonunun Laplace dönüşümünü bulalım. F (s) = L{e2t cos 3t} =
s−2 (s − 2)2 + 9
biçiminde elde ederiz. • İkinci Öteleme Özelliği t = a noktasında sıçrama süreksizliği olan birim basamak fonksiyonu 1, t≥a ua (t) = u(t − a) = 0, t
a>0
biçiminde olur. • tn f (t) şeklindeki fonksiyonların Laplace dönüşümü F (s) = L{f (t)} ise tn f (t), n ∈ N biçimindeki bir fonksiyonun Laplace dönüşümü dn F (s) L{tn f (t)} = (−1)n dsn formülünden bulunur. Örnek 5.6 t sin at fonksiyonunun Laplace dönüşümünü bulalım. L{t sin at} = −
d a 2as = ds s2 + a2 s 2 + a2
biçiminde buluruz. •
f (t) t
şeklindeki fonksiyonunun Laplace dönüşümü
F (s) = L{f (t)} ise
f (t) , t
biçimindeki bir fonksiyonun Laplace dönüşümü f (t) L{ }= t
formülünden bulunur.
Z
∞
F (u)du s
5.1. DIREKT (FORWARD) LAPLACE DÖNÜŞÜMÜ
89
Örnek 5.7 sin at L{ }= t
Z
∞
s
a s u ∞ π − arctan du = arctan = u 2 + a2 a s 2 a
biçiminde elde ederiz. • Türevlerin Dönüşümleri Eğer F (s) = L{f (t)} ise f 0 (t) biçimindeki bir fonksiyonun Laplace dönüşümü L{f 0 (t)} = sF (s) − f (0) formülünden bulunur. En genel halde bir f (t) fonksiyonunun n. mertebeden Laplace dönüşümü dn f (t) (n) = sn F (s) − sn−1 f (0) − sn−2 f 0 (0) − ... − f (n−1) (0) L f (t) = dtn formunda olur.
5.1.2
Impuls veya Dirac Delta Fonksiyonu
Şimdi yalnızca fiziksel problemlerde anlamlı olabilecek bir fonksiyon üretmek istiyoruz. Bu amaçla, 1 , |t − t0 | 6 2 δ (t − t0 ) = 0, |t − t0 | > ile tanımlan bir fonksiyon olsun. Bu fonksiyonun bütün reel eksen üzerindeki integrali Z ∞ Z 1 δ (t − t0 )dt = dt = 1 − 2 −∞ biçimindedir. Birim impuls (Dirac Delta) fonksiyonu δ nin → 0 için limiti ∞, t = t0 δ(t − t0 ) = lim δ (t − t0 ) = 0, t 6= t0 →0 olarak tanımlanır. Ayrıca, Dirac delta fonkyonunun bütün reel eksen üzerindeki integrali Z ∞ δ(t − t0 )dt = 1 −∞
biçimindedir. Dirac delta fonksiyonunun eleme özelliği diye bilinen bir özelliğe sahiptir. Bu özellik şöyle ifade edilir: Z ∞ δ(t − t0 )f (t)dt = f (t0 ). −∞
90
BÖLÜM 5. LAPLACE DÖNÜŞÜMÜ
δ(t − t0 ) fonksiyonunun Laplace dönüşümü L{δ(t − t0 )} = e−t0 s biçiminde olur.
5.2
Ters (Inverse) Laplace Dönüşümü
Eğer F (s) = L{f (t)} ise f (t) fonksiyonuna F (s) görüntü fonksiyonunun ters Laplace dönüşümü adı verilir ve f (t) = L−1 {F (s)} biçiminde ifade edilir. Ters Laplace dönüşümü de lineer bir işlemdir, yani f (t) = L−1 {F (s)} ve g(t) = L−1 {G(s)} ise L−1 {F (s) + G(s)} = L−1 {F (s)} + L−1 {G(s)} = f (t) + g(t) biçimindedir. Laplace operatorü LL−1 = L−1 L ≡ I biçiminde bir özdeşliğe sahiptir. Burada I birim operatördür.
5.2.1
Ters Laplace Dönüşümünün Özellikleri
• Ölçek Değişim Özelliği 1 t L−1 {F (s)} = f (t) ise L−1 {F (as)} = f ( ) dir. a a • Birinci Öteleme Özelliği L−1 {F (s − a)} = eat L−1 {F (s)} = eat f (t).
Örnek 5.8 L
−1
1 s−3
3t
=e L
−1
1 = e3t s
Örnek 5.9 1 1 1 −1 −1 −t −1 L =L =e L = e−t sin t s2 + 2s + 2 (s + 1)2 + 1 s2 + 1
5.2. TERS (INVERSE) LAPLACE DÖNÜŞÜMÜ
91
• İkinci Öteleme Özelliği −1
L {e
−as
F (s)} = f (t − a)u(t − a) =
f (t − a), 0,
t>a t
Örnek 5.10 −1
L {e
−πs
s } = cos(t − π)u(t − π) = 2 s +1
− cos t, 0,
t>π t<π
• Türevin Ters Laplace Dönüşümü L−1 {F (n) (s)} = (−1)n tn L−1 {F (s)} = (−1)n tn f (t).
Örnek 5.11 L−1 {ln(s − 2)} =? F (s) = ln(s − 2) ⇒ 1 −1 −1 −tL {ln(s − 2)} = L s−2 1 L−1 {ln(s − 2)} = − e2t t
F 0 (s) =
1 s−2
Kısmi Kesirler Yöntemi Örnek 5.12 L
−1
6s2 + 4 s3 − 2s2 − s + 2
=?
6s2 + 4 6s2 + 4 A B C = ≡ + + 3 2 s − 2s − s + 2 (s + 1)(s − 1)(s − 2) s+1 s−1 s−2 özdeşliğinden A = 53 , B = −5 ve C =
28 3
buluruz.
6s2 + 4 5 1 1 28 1 = −5 + 3 2 − s + 2 3 s + 1 s− 3 s− 2 s − 2s 1 2 6s + 4 5 −1 1 1 28 −1 1 −1 −1 L = L − 5L + L s3 − 2s2 − s + 2 3 s+1 s−1 3 s−2 5 −t 28 e − 5et + e2t = 3 3
92
BÖLÜM 5. LAPLACE DÖNÜŞÜMÜ
Örnek 5.13 L
−1
s2 + 4 (s + 2)2 (s2 + 1)
=?
s2 + 4 A B Cs + D ≡ + + 2 2 2 2 (s + 2) (s + 1) s + 2 (s + 2) s +1 özdeşliğinden A =
12 , 25
12 B = 85 , C = − 25 ve D =
9 25
buluruz.
s2 + 4 12 1 8 12 s 9 1 1 = + − + 2 2 2 2 (s + 2) (s + 1) 25 s + 2 5 (s + 2) 25 s + 1 25 s2 + 1 12 −1 1 8 −1 1 12 −1 s 9 −1 1 s2 + 4 −1 L L = + L − L + L (s + 2)2 (s2 + 1) 25 s+2 5 (s + 2)2 25 s2 + 1 25 s2 + 1 9 12 −2t 8 −2t 12 e + te − cos t + sin t = 25 5 25 25
5.3
Laplace Dönüşümünün Uygulamaları
Laplace dönüşümünün uygulamalardaki tekniği birkaç adımdan oluşur. 1. Diferansiyel denklemin her iki yanınının Laplace dönüşümü alınır. Sonuç bilinmeyen fonksiyonun dönüşümünü içeren cebirsel bir denklemdir. 2. Cebirsel denklem çözülür. 3. Ters dönüşüm alarak diferansiyel denklemin aynı zamanda başlangıç koşullarını sağlayan çözüme varılır. Örnek 5.14 y 00 + 4y 0 + 3y = e−2t , y(0) = 0, y 0 (0) = 0 başlangıç değer probleminin çözümünü Laplace dönüşümünden yararlanarak bulalım. Ele aldığımız diferansiyel denklemin her iki tarafının Laplace dönüşümü uygulanırsa L{y 00 + 4y 0 + 3y} = L{e−2t } L{y 00 } + 4L{y 0 } + 3L{y} = L{e−2t } 1 s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + 4sY (s) − 4y(0) + 3Y (s) = s+2 Y (s) =
1 (s + 1)(s + 2)(s + 3)
5.3. LAPLACE DÖNÜŞÜMÜNÜN UYGULAMALARI
93
işlemleriyle yukarıda bahsi geçen ilk iki adımı tamamlamış olduk. Şimdi üçüncü adımı uygulayalım yani Y (s) ifadesinin ters Laplace sını aldığımızda 1 −1 −1 y(t) = L {Y (s)} = L (s + 1)(s + 2)(s + 3) 1 1 1 1 −1 1 −1 −1 = L −L + L 2 s+1 s+2 2 s+3 1 −t 1 = e − e−2t + e−3t 2 2 biçiminde ele aldığımız diferansiyel denklemin y(0) = 0, y 0 (0) = 0 başlagıç koşulu altındaki çözümü elde ettik. Örnek 5.15 y 00 +2y 0 +y = δ(t−5), y(0) = 0, y 0 (0) = 0 başlangıç değer probleminin çözümünü Laplace dönüşümünden yararlanarak bulalım. Ele aldığımız diferansiyel denklemin her iki tarafının Laplace dönüşümü uygulanırsa L{y 00 + 6y 0 + 5y} = L{δ(t − 5)} s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + 6sY (s) − 6y(0) + 5Y (s) = e−5s e−5s Y (s) = (s + 2)(s + 3) Y (s) ifadesinin ters Laplace sını aldığımızda −5s e−5s e−5s e −1 −1 −1 − y(t) = L {Y (s)} = L =L (s + 2)(s + 3) (s + 2) (s + 3) = e−2(t−5) − e−3(t−5) biçiminde ele aldığımız diferansiyel denklemin y(0) = 0, y 0 (0) = 0 başlagıç koşulu altındaki çözümü elde ettik. Örnek 5.16 y 00 (t) + w2 y(t) = ua (t) diferansiyel denkleminin y(0) = 0, y 0 (0) = 0 başlangıç koşulu altındaki çözümünü bulalım. Ele aldığımız diferansiyel denklemin her iki tarafının Laplace dönüşümü uygulanırsa L{y 00 + w2 y} = L{ua (t)} L{y 00 } + w2 L{y} = L{ua (t)} e−as s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + w2 Y (s) = s e−as Y (s) = s(s2 + w2 )
94
BÖLÜM 5. LAPLACE DÖNÜŞÜMÜ
Y (s) ifadesinin ters Laplace sını aldığımızda ele aldığımız denklemin çözümünü e−as −1 −1 y(t) = L {Y (s)} = L s(s2 + w2 ) 1 −1 −as 1 s = e − L w2 s s2 + w 2 1 1 [1 − cos w(t − a)], t>a w2 = [1 − cos w(t − a)]ua (t) = 2 0, t
g(t) =
3, 0,
5 ≤ t < 20 0 ≤ t < 5 ve t ≥ 20
olmak üzere, y 00 − 3y 0 + 2y = g(t),
y(0) = 0,
y 0 (0) = 0
başlangıç değer probleminin çözümünü bulalım. Öncelikle, ele aldığımız diferansiyel denklemdeki g(t) fonksiyonunu basamak fonksiyonları cinsinden ifade edelim. 1, t≥5 1, t ≥ 20 u5 (t) = u20 (t) = 0, t<5 0, t < 20 olduğu gözönüne aldığımızda g(t) = 3(u5 − u20 ) olduğunu anlarız. Şu halde ele aldığımız denklem y 00 − 3y 0 + 2y = 3(u5 − u20 ),
y(0) = 0,
y 0 (0) = 0
biçiminde olacaktır. Bu diferansiyel denklemin her iki tarafının Laplace dönüşümü uygulanırsa L{y 00 − 3y 0 + 2y} = L{3(u5 − u20 )} 3e−5s − 3e−20s 2 0 s Y (s) − sy(0) − y (0) − 3Y (s) − 3y(0) + 2Y (s) = s 3e−5s − 3e−20 Y (s) = s(s − 1)(s − 2) Y (s) ifadesinin ters Laplace sını aldığımızda ele aldığımız denklemin çözümünü −5s 3e − 3e−20 −1 −1 y(t) = L {Y (s)} = L s(s − 1)(s − 2) 1 1 1 1 1 1 −1 −5s −1 −20s = 3L e − + − 3L e − + 2s s − 1 2(s − 2) 2s s − 1 2(s − 2) 1 1 1 2(t−5) 1 2(t−20) (t−5) (t−20) = 3 u5 (t) − u20 (t) − e u5 (t) + e u5 (t) + e u20 (t) − e u20 (t) 2 2 2 2 biçiminde buluruz.
Bölüm 6 1.MERTEBEDEN LİNEER DİFERANSİYEL DENKLEM SİSTEMLERİNİN ÇÖZÜMLERİ Bundan önceki bölümlerde, bir bağımsız ve bir bağımlı değişkeni içeren tek diferansiyel denklemleri inceledik. Şimdi ise, bir bağımsız değişken ve iki veya daha fazla bağımlı değişkeni bulunan ve genellikle bağımlı değişken kadar diferansiyel denklemden oluşan dif eransiyel denklem sistemlerini inceliyeceğiz.
6.1
Lineer Sistem Türleri a1 (t)
dx2 dx1 + a2 (t) + a3 (t)x1 + a4 (t)x2 = c1 (t) dt dt (6.1)
dx1 dx2 b1 (t) + b2 (t) + b3 (t)x1 + b4 (t)x2 = c2 (t) dt dt biçiminde verilen bir diferansiyel denkleme bağımsız değişken t ve bağımlı değişkenler x1 ve x2 olmak üzere birinci mertebeden değişken katsayılı ve iki bilinmeyenli lineer bir diferansiyel denklem sistemi denir. (6.1) diferansiyel denklem sistemi dx1 = A1 (t)x1 + A2 (t)x2 + C1 (t) dt dx2 = B1 (t)x1 + B2 (t)x2 + C2 (t) dt biçiminde de verilir. Bu biçim, 00 N ormal F orm00 başlığı altında tanımlanır ve yaygın olarak kullanacağız. 95
96BÖLÜM 6. 1.MERTEBEDEN LİNEER DİFERANSİYEL DENKLEM SİSTEMLERİNİN ÇÖZÜMLE Bağımsız değişkeni t ve bağımlı değişkenleri x1 , x2 , . . . , xn olan ve n sayıda diferansiyel denklemden oluşan normal formdaki diferansiyel denklem sistemi dx1 = a11 (t)x1 + a12 (t)x2 + · · · + a1n (t)xn + f1 (t) dt dx2 = a21 (t)x1 + a22 (t)x2 + · · · + a2n (t)xn + f2 (t) dt .. . dxn = an1 (t)x1 + an2 (t)x2 + · · · + ann (t)xn + fn (t) dt biçiminde ifade edilir.
6.2
Sabit Katsayalı Lineer Sistemlerde Operatör Metodu
D := dtd şeklinde bir D diferansiyel operatörü tanımlaması yapalım. Metodu da bir kaç örnek ile izah edelim. Örnek 6.1 dx1 dx2 + − x1 − 3x2 = et dt dt dx1 dx2 + + x1 = 3e3t dt dt diferansiyel denklem sistemini operatör metodunu kullanarak çözelim. Ele aldığımız diferansiyel denklemi özdeş olarak (D − 1)x1 + (D − 3)x2 = et (D + 1)x1 + Dx2 = e3t biçiminde yazabiliriz. Cramer kuralından t e D−3 3t e D , x1 = D − 1 D − 3 D+1 D
x2 =
D − 1 et D + 1 e3t D−1 D−3 D+1 D
buluruz. Buradan da x1 =
et , D+3
x2 =
2(e3t − et ) D+3
(6.2)
6.2. SABIT KATSAYALI LINEER SISTEMLERDE OPERATÖR METODU 97 elde ederiz. Yani dx1 + 3x1 = et , dt
dx2 + 3x2 = 2(e3t − et ) dt
biçiminde iki adet birinci mertebeden lineer diferansiyel denklem elde ederiz. Bu denklemlerin çözümleri de 1 x1 = c1 e−3t + et 4
1 1 ve x2 = c2 e−3t + e3t − et 3 2
şeklinde elde ederiz. (6.2) denkleminin Wronskian ı D−1 D−3 W = D+1 D
=D+3
olur. Wronskian değeri D + 3 olduğuna, yani mertebesi ”1” olduğuna göre, (6.2) diferansiyel sisteminin bağımsız sabit sayısı bir tane olmalıdır. Buna göre, c1 ile c2 arasındaki bağıntıyı bulmak için, x1 ve x2 nin yukarıda bulunan değerleri ele aldığımız diferansiyel denklem sisteminin herhangi bir denkleminde yerine yazılarak buluruz. x1 ve x2 ifadesini dx1 dx2 + + x1 = 3e3t dt dt diferansiyel denkleminde yerlerine yazarsak c2 = − 23 c1 buluruz. Sonuç olarak ele aldığımız diferansiyel denklemin sisteminin genel çözümü 1 x1 = ce−3t + et 4
2 1 1 ve x2 = − ce−3t + e3t − et 3 3 2
biçiminde buluruz. Örnek 6.2 dx1 dx2 + + x1 + x2 = t2 + 4t dt dt dx1 dx2 + + 2x1 + 2x2 = 2t2 − 2t dt dt 2
diferansiyel denklem sistemini operatör metodunu kullanarak çözelim. Ele aldığımız diferansiyel denklemi özdeş olarak (2D + 1)x1 + (D + 1)x2 = t2 + 4t (D + 2)x1 + (D + 2)x2 = 2t2 − 2t
(6.3)
98BÖLÜM 6. 1.MERTEBEDEN LİNEER DİFERANSİYEL DENKLEM SİSTEMLERİNİN ÇÖZÜMLE biçiminde yazabiliriz. Cramer kuralından 2 t + 4t 2 2t − 2t x1 = 2D + 1 D+2
D + 1 D+2 , D + 1 D+2
2D + 1 D+1 x2 = 2D + 1 D+2
8t + 6 , D2 + 2D
x2 =
t2 + 4t 2t2 − 2t D + 1 D+2
buluruz. Buradan da x1 =
−4t − 8 D2 + 2D
elde ederiz. Yani d2 x1 dx1 + 2 = 8t + 6, dt2 dt
d 2 x2 dx2 + 2 = −4t − 8, dt2 dt
biçiminde iki adet ikinci mertebeden lineer diferansiyel denklem elde ederiz. Bu denklemlerin çözümleri de x1 = c1 + c2 e−2t + 2t2 + t ve x2 = k1 + k2 e−2t − t2 − 3t şeklinde elde ederiz. (6.3) denkleminin Wronskian ı 2D + 1 D + 1 W = D+2 D+2
= D2 + 2D
olur. Wronskian değeri D2 + 2D olduğuna, yani mertebesi ”2” olduğuna göre, (6.3) diferansiyel sisteminin bağımsız sabit sayısı bir tane olmalıdır. Buna göre, sabitler arasındaki bağıntıyı bulmak için, x1 ve x2 nin yukarıda bulunan değerleri ele aldığımız diferansiyel denklem sisteminin herhangi bir denkleminde yerine yazılarak buluruz. x1 ve x2 ifadesini 2
dx1 dx2 + + x1 + x2 = t2 + 4t dt dt
diferansiyel denkleminde yerlerine yazarsak k1 = 1−c1 ve k2 = −3c2 buluruz. Sonuç olarak ele aldığımız diferansiyel denklemin sisteminin genel çözümü x1 = c1 + c2 e−2t + 2t2 + t ve x2 = 1 − c1 − 3c2 e−2t − t2 − 3t biçiminde buluruz.
6.3. LINEER VE SABIT KATSAYILI BIR NORMAL DIFERANSIYEL DENKLEM SISTEMININ MAT
6.3
Lineer ve sabit katsayılı bir normal diferansiyel denklem sisteminin matrisler yardımıyla çözümü dx1 = a11 (t)x1 + a12 (t)x2 + · · · + a1n (t)xn + f1 (t) dt dx2 = a21 (t)x1 + a22 (t)x2 + · · · + a2n (t)xn + f2 (t) dt .. .
(6.4)
dxn = an1 (t)x1 + an2 (t)x2 + · · · + ann (t)xn + fn (t) dt şeklindeki bir sistem, sabit katsayılı lineer ve homojen olmayan normal bir sistemdir. Bu sistemde f1 (t) = f2 (t) = . . . = fn (t) = 0 ise sistem, homojen sistem adını alır. Homojen olmayan lineer sistemin genel çözümünü bulmamız için, öncelikle homojen sistemin genel çözümü buluruz. Sonra da homojen olmayan sistemin bir özel çözümü aramalıyız ve bu iki çözüm toplanarak (6.4) denkleminin genel çözümü bulunur. (6.4) sistemi dx 1 a11 a12 . . . a1n x1 f1 (t) dt dx2 a21 a22 . . . a2n x2 f2 (t) dt .. = .. .. + .. .. . . . ... ... . . dxn an1 an2 . . . ann xn fn (t) dt veya daha kısa olarak n
dxi X = aij xj + fi , dt j=1 şeklinde yazılabilir. Eğer, x1 a11 a12 x2 a21 a22 x = .. , A = .. .. . . . xn an1 an2
i = 1, 2, . . . n
a1n a2n , ... ... . . . ann ... ...
f1 (t) f2 (t) f(t) = .. . fn (t)
ise, (6.4) sistemi dx − Ax = f(t) dt
(6.5)
100BÖLÜM 6. 1.MERTEBEDEN LİNEER DİFERANSİYEL DENKLEM SİSTEMLERİNİN ÇÖZÜML biçiminde yazarız. Sistem homojen ise (6.5) denklemi dx − Ax = 0 dt
(6.6)
şekillerini alır.
6.3.1
Homojen tipteki sabit katsayılı lineer denklem sistemlerinin çözümü
(6.6) homojen sisteminin n tane çözümü x(1) , x(2) , ..., x(n) ise ve X(t) sutunları x(1) , x(2) , ..., x(n) çözümleri ile oluşturulmuş bir matris olsun. X(t) matrisinin determinantına x(1) , x(2) , ..., x(n) çözümlerinin Wronskian ı denir ve x11 (t) x12 (t) . . . x1n (t) x21 (t) x22 (t) . . . x2n (t) W [x(1) , x(2) , ..., x(n) ] = det[X(t)] = .. .. . . ... . . . xn1 (t) xn2 (t) . . . xnn (t) biçiminde gösterilir. x(1) , x(2) , ..., x(n) çözümlerinin lineer bağımsız olmaları için gerek ve yeter koşul W [x(1) , x(2) , ..., x(n) ] 6= 0 (6.7) olmasıdır. Eğer (6.7) koşulu sağlanıyorsa (6.6) homojen denklem sisteminin genel çözümü c1 , c2 , . . . , cn keyfi sabitler olmak üzere x = c1 x(1) (t) + c2 x(2) (t) + · · · + cn x(n) (t) biçiminde olur. (6.6) homojen denklem sisteminin çözümleri genel halde x = ξeλt
(6.8)
biçiminde aramalıyız. Burada, λ kuvveti ve sabit ξ vektörü bulmamız gerekir. Eğer x in (6.8) ifadesi (6.6) homojen denklem sisteminde yerine koyar ve düzenlersek eλt (λI − A)ξ = 0
(6.9)
elde ederiz. Burada I, n × n lik birim matristir. Her t ∈ R için eλt 6= 0 olacağından (6.9) denklemi (λI − A)ξ = 0 (6.10) biçimine indirgeriz. Şu halde, (6.6) homojen denklem sistemini çözmek için (6.10) denklemi ile verilen cebirsel denklemler sisteminin çözümünü bulmamız gerekir. Bu ise, A matrisinin özdeğerlerinin ve özvektörlerinin bulunması problemidir. Şimdi çözüm metodunu bir kaç örnekle izah edelim.
6.3. LINEER VE SABIT KATSAYILI BIR NORMAL DIFERANSIYEL DENKLEM SISTEMININ MAT Örnek 6.3
6 −3 x = x 2 1 0
diferansiyel denklem sisteminin genel çözümünü bulalım. 6 −3 Ele aldığımız denklemde A := dir. Sistemin çözümü için x = ξeλt biçi2 1 minde bir çözüm arayacağız. Bu ifade ele aldığımız diferansiyel denklemde yerine koyar ve düzemleme yaparsak λ−6 3 ξ1 0 (λI − A)ξ = = (6.11) −2 λ − 1 ξ2 0 elde ederiz. (6.11) denkleminin sıfırdan farklı çözümü sahip olması için gerek ve yeter koşul katsayılar determinantının sıfır olmasıdır. λ − 6 3 det(λI − A) = = (λ − 3)(λ − 4) = 0 −2 λ − 1 Buradan da özdeğerleri λ1 = 3 ve λ2 = 4 biçiminde buluruz. Şimdi bu özdeğerlere karşılık gelen özvektörleri bulalım. λ1 = 3 özdeğerine karşılık gelen özvektörü bulalım. −3 3 ξ1 0 = −2 2 ξ2 0 buluruz. Buradan da −3ξ1 + 3ξ2 = 0 veya ξ1 = ξ2 buluruz. c 6= 0 keyfi bir sabit olmak üzere ξ1 = c seçilirse ξ2 = c olarak elde ederiz. Şu halde λ1 = 3 özdeğerine 1 karşılık gelen özvektör ξ (1) = c biçiminde buluruz. c keyfi sabit olduğundan c = 1 1 1 (1) seçebiliriz. Özvektör de ξ = halini almış olur. Şimdi λ2 = 4 özdeğerine karşılık 1 gelen özvektörü bulalım. −2 3 ξ1 0 = −2 3 ξ2 0 buluruz. Buradan da −2ξ1 + 3ξ2 = 0 veya 2ξ1 = 3ξ2 buluruz. c 6= 0 keyfi bir sabit olmak üzere ξ1 = 3c seçilirse ξ 2 = 2c olarak elde ederiz. Şu halde λ1 = 4 özdeğerine 3 karşılık gelen özvektör ξ (2) = c biçiminde buluruz. c keyfi sabit olduğundan c = 1 2 3 (2) seçebiliriz. Özvektör de ξ = şeklinde olur. Ele aldığımız diferansiyel denklem 2 sisteminin çözümleri 3t 1 3t e (1) (1) λ1 t x (t) = ξ e = e = 3t e 1 4t 3 4t 3e x(2) (t) = ξ (2) eλ2 t = e = 2 2e4t
102BÖLÜM 6. 1.MERTEBEDEN LİNEER DİFERANSİYEL DENKLEM SİSTEMLERİNİN ÇÖZÜML buluruz. Bu çözümlerin Wronskian ı 3t 4t e 3e = −e7t 6= 0 W [x(1) , x(2) ] = 3t e 2e4t olup x(1) , x(2) çözümleri t ∈ R üzerinde lineer bağımsızdır. Şu halde ele aldığımız diferansiyel denklemin genel çözümü 1 3t 3 4t (1) (2) x(t) = c1 x (t) + c2 x (t) = c1 e + c2 e 1 2 biçiminde buluruz. • Katlı Özdeğerler Durumu dx = Ax (6.12) dt lineer homojen denklem sisteminin A kaysayılar matrisinin katlı özdeğerlerinin bulunması halindeki çözümünü inceliyelim. Eğer r = λ det(rI − A) = 0 denkleminin m katlı kökü ise, λ ya A matrisinin katlılığı m olan özdeğeri denir. Bu durumda iki halin dikkate almamız gerekir. 1. A matrisinin katlığı m olan λ özdeğerine m tane özvektör karşılık gelir. Bu (6.12) diferansiyel denkleminin çözümlerini x(1) = ξ (1) eλt x(2) = ξ (2) eλt .. . x(m) = ξ (m) eλt x(m+1) = ξ (m+1) eλm+1 t .. . x(n) = ξ (n) eλn t biçiminde buluruz. 2. A matrisinin katlılığı m olan λ özdeğerine m den az özvektör karşı gelir. Bu durum, A matrisinin Hermitian olmaması durumunda olur. λ nın katlılığı m olduğu halde λ ya karşı gelen özvektörlerinin sayısı m den azdır. Bu durumda geri kalan özvektörler değişik formlarda aramalıyız.
6.3. LINEER VE SABIT KATSAYILI BIR NORMAL DIFERANSIYEL DENKLEM SISTEMININ MAT • r = λ özdeğerlerinin katlılığının iki olması durumu r = λ özdeğeri, A matrisinin katlılığı iki olan bir özdeğeri olsun ve özdeğere karşı gelen birtane ξ özvektörü olsun. Bu durumda sistemin bir çözümü x(1) (t) = ξeλt şeklindedir. Sistemin ikinci çözümünü x(2) (t) = ξteλt + ηeλt biçiminde aramalıyız. η vektörünü (λI − A)η = −ξ denklemininden buluruz. Bu durumda (6.12) diferansiyel denkleminin çözümlerini x(1) = ξ (1) eλt x(2) = ξ (1) teλt + ηeλt x(3) = ξ (3) eλ3 t .. . x(n) = ξ (n) eλn t biçiminde buluruz. • r = λ özdeğerinin katlılığının üç olması hali 1. r = λ üç katlı özdeğerine karşı bir tane özvektörün karşı geldiği veya bulunduğunu varsayalım. Bu durumda (6.12) diferansiyel denkleminin çözümleri x(1) = ξ (1) eλt x(2) = ξ (1) teλt + ηeλt t2 x(3) = ξ (1) eλt + ηteλt + ζeλt 2! (4) (4) λ4 t x = ξ e .. . x(n) = ξ (n) eλn t biçiminde buluruz. Buradaki η ve ζ vektörlerini (λI − A)η = −ξ (1) (λI − A)ζ = −η denklemlerinden buluruz.
104BÖLÜM 6. 1.MERTEBEDEN LİNEER DİFERANSİYEL DENKLEM SİSTEMLERİNİN ÇÖZÜML 2. r = λ üç katlı özdeğerine karşı iki tane lineer bağımsız özvektörün karşı geldiği veya bulunabildiğini varsayalım. Bu durumda (6.12) diferansiyel denkleminin çözümleri x(1) x(2) x(3) x(4) .. .
= = = =
ξ (1) eλt ξ (2) eλt ξteλt + ηteλt ξ (4) eλ4 t
x(n) = ξ (n) eλn t biçiminde buluruz. Buradaki ξ vektörü ξ (1) ve ξ (2) vektörlerinin bir lineer kombinasyonudur ve η vektörünü (λI − A)η = −ξ denkleminden buluruz. 3. r = λ üç katlı özdeğerine karşı üç tane lineer bağımsız özvektörün karşı geldiği veya bulunabildiğini varsayalım. Bu durumda (6.12) diferansiyel denkleminin çözümleri x(1) x(2) x(3) x(4) .. .
= = = =
ξ (1) eλt ξ (2) eλt ξ 3 eλt ξ (4) eλ4 t
x(n) = ξ (n) eλn t biçiminde buluruz. Örnek 6.4 dx1 = −x1 + 3x2 + 3x3 dt dx2 = −x1 + 3x2 + x3 dt dx3 = −x1 + x2 + 3x3 dt homojen, lineer diferansiyel denklem sistemini çözelim.
6.3. LINEER VE SABIT KATSAYILI BIR NORMAL DIFERANSIYEL DENKLEM SISTEMININ MAT Denklem sistemini önce matris formunda −1 dx = Ax, A := −1 dt −1
yazalım. 3 3 x1 3 1 ve x := x2 1 3 x3
(6.13)
(6.13) denkleminin çözümü x = ξeλt formunda aradığımızda karakteristik denklemi λ + 1 −3 −3 λ − 3 −1 = λ3 − 5λ2 + 8λ − 4 = 0 det(λI − A) = 1 1 −1 λ − 3 biçiminde buluruz. Karakteristik denklemin köklerini veya özdeğerleri λ1 = 1, λ2 = 2 ve λ3 = 2 buluruz.
• λ1 = 1 özdeğerine karşılık 2 1 1
ξ1 gelen özvektörü ξ (1) = ξ2 bulalım. ξ3 −3 −3 ξ1 0 −2 −1 ξ2 = 0 −1 −2 ξ3 0
3 denkleminden ξ (1) = c 1 buluruz. c keyfi sabit olduğundan c = 1 seçebiliriz. Şu 1 3 (1) halde λ1 = 1 özdeğerine karşılık gelen özvektör ξ = 1 biçiminde buluruz. 1
• λ2 = λ3 = 2 özdeğerine karşılık gelen özvektörleri ξ (2,3)
ξ1 = ξ2 bulalım. ξ3
3 −3 −3 ξ1 0 1 −1 −1 ξ2 = 0 1 −1 −1 ξ3 0 3 −3 −3 buluruz. 1 −1 −1 matrisinin rankı 00 100 dir. Bilinmeyen sayısı 3 ve rank 1 ol1 −1 −1 duğundan keyfi sabit sayısı 3 − 1 = 2 olmalıdır. Şu halde ξ3 =c1 ve ξ2 = c2 seçersek 1 1 (2) (3) ξ1 = c1 + c2 buluruz. Buradan da ξ = c1 0 ve ξ = c2 1 buluruz. c1 ve c2 1 0
106BÖLÜM 6. 1.MERTEBEDEN LİNEER DİFERANSİYEL DENKLEM SİSTEMLERİNİN ÇÖZÜML keyfi sabit olduklarında c1 = c2 = 1 seçebiliriz. Şu haldeλ1= 2 özdeğerine karşılık 1 1 (2) (3) gelen lineer bağımsız özvektörler ξ = 0 ve ξ = 1 biçiminde buluruz. Şu 1 0 halde ele aldığımız diferansiyel denklemin genel çözümü k1 , k2 ve k3 keyfi sabitler olmak üzere x1 3 1 1 t 2t x = x2 = k1 1 e + k2 0 e + k3 1 e2t x3 1 1 0 yani x1 = 3k1 et + (k2 + k3 )e2t x2 = k1 et + k3 e2t x3 = k1 et + k2 e2t biçiminde buluruz. Not: Bulduğumuz sonuçun doğruluğunu test etmek istenirse bu sonuçlar ele aldığımız denklem sisteminin herhangi bir denkleminde yerlerine konularak seçilen denklemi sağladığı gösterilebilir. Örnek 6.5 dx1 = x 1 − x2 , dt dx2 = x1 + 3x2 , dt
x1 (0) = 1 x2 (0) = 1
başlangıç değer diferansiyel denklem sistemi problemini çözelim. Denklem sistemini önce matris formunda yazalım. dx 1 −1 x = Ax, A := ve x := 1 , 1 3 x2 dt
1 x(0) = 1
(6.14)
(6.14) denkleminin çözümü x = ξeλt formunda aradığımızda karakteristik denklemi λ − 1 1 det(λI − A) = = λ2 − 4λ + 4 = 0 −1 λ − 3 biçiminde buluruz. Karakteristik denklemin köklerini veya özdeğerleri λ1 = λ2 = 2 buluruz.
• λ1 = 2 özdeğerine karşılık gelen özvektörü ξ
(1)
ξ = 1 bulalım. ξ2
6.3. LINEER VE SABIT KATSAYILI BIR NORMAL DIFERANSIYEL DENKLEM SISTEMININ MAT 1 1 ξ1 0 = −1 −1 ξ2 0 1 denkleminden λ1 = 2 karşı gelen özvektörü ξ (1) = biçiminde buluruz. Şu halde −1 x(1) çözümünü 1 (1) x = e2t −1 biçiminde buluruz. λ1 = λ2 olduğundan ξ (1) den lineer bağımsız bir η vektörü bulmalıyız. 1 1 η1 1 (1) (λI − A)η = −ξ ⇒ =− −1 −1 η2 −1 −1 buradan da η = biçiminde buluruz. Şu halde x(2) çözümünü 0 1 −1 2t (2) (1) 2t 2t 2t x = ξ te + ηe = te + e −1 0 biçiminde buluruz. Şu halde ele aldığımız diferansiyel denklemin genel çözümü x = c1 x(1) + c2 x(2) 1 1 −1 2t 2t 2t = c1 e + c2 te + e −1 −1 0 1 buluruz. x(0) = başlangıç koşulundan c1 = −1 ve c2 = −2 buluruz. Şu halde ele 1 aldığımız diferansiyel denklem sisteminin başlangıç koşulu altındaki çözümü x1 (t) = e2t − 2te2t x2 (t) = e2t + 2te2t şeklinde buluruz. • Kompleks özdeğerler dx = Ax (6.15) dt homojen, lineer denklem sistemini tekrar ele alalım. Eğer A matrisi reel değerli ise det(λI − A) = 0 polinom denkleminin katsayıları reel sayılar olacağından bu denklemin kökleri olan özdeğerlerin bazıları kompleks eşlenikleri ile bulabiliriz. Örneğin, eğer λ1 = α + iβ, (α, β reel), A nın bir özdeğeri ise λ2 = α − iβ da A matrisinin bir özdeğeridir. Ayrıca, λ1 = α + iβ özdeğerine karşılık gelen özvektör ξ (1) ise
108BÖLÜM 6. 1.MERTEBEDEN LİNEER DİFERANSİYEL DENKLEM SİSTEMLERİNİN ÇÖZÜML λ2 = α − iβ özdeğerine karşılık gelen özvektör λ1 = α + iβ karşılık gelen özvektörün kompleks eşleniği olur yani ξ (2) = ξ¯(1) olur. Şu halde (6.15) homojen, lineer diferansiyel denklem sisteminin bu kompleks özdeğerine karşı gelen çözümleri x(1) (t) = ξ (1) eλ1 t
¯ ve x(2) (t) = ξ¯(1) eλ1 t
biçiminde olur. λ = α + iβ, α, β ∈ R ve ξ (1) = a + ib, a ve b reel vektörler olmak üzere x(1) çözümünü x(1) (t) = eαt (a cos βt − b sin βt) + ieαt (a sin βt + b cos βt) = u(t) + iv(t) biçiminde buluruz. Benzer şekilde x(2) çözümünü x(2) (t) = eαt (a cos βt − b sin βt) − ieαt (a sin βt + b cos βt) = u(t) − iv(t) biçiminde buluruz. Şu halde x(1) ve x(2) çözümlerinin bir lineer kombinasyonu c1 x(1) + c2 x(2) = (c1 + c2 )u + i(c1 − c2 )v = k 1 u + k2 v şeklinde olur. Dolayısıyla (6.15) denkleminin genel çözümü k1 , k2 , . . . , kn keyfi sabitler olmak üzere x = k1 u + k2 v + k3 ξ (3) eλ3 t + · · · + kn ξ (n) eλn t biçiminde olur. Örnek 6.6 dx1 = x1 dt dx2 = 2x1 + x2 − 2x3 dt dx3 = 3x1 + 2x2 + x3 dt homojen, lineer diferansiyel denklem sistemini çözelim. Denklem sistemini önce matris formunda yazalım. 1 0 0 x1 dx = Ax, A := 2 1 −2 ve x := x2 dt 3 2 1 x3
(6.16)
6.3. LINEER VE SABIT KATSAYILI BIR NORMAL DIFERANSIYEL DENKLEM SISTEMININ MAT (6.16) denkleminin çözümü x = ξeλt formunda aradığımızda karakteristik denklemi λ − 1 0 0 2 = (λ − 1)((λ − 1)2 + 4) = 0 det(λI − A) = −2 λ − 1 −3 −2 λ − 1 biçiminde buluruz. Karakteristik denklemin köklerini veya özdeğerleri λ1 = 1, λ2 = 1 + 2i ve λ3 = 1 − 2i buluruz. ξ1 (1) • λ1 = 1 özdeğerine karşılık gelen özvektörü ξ = ξ2 bulalım. ξ3 0 0 0 ξ1 0 −2 0 2 ξ2 = 0 −3 −2 0 ξ3 0 1 denkleminden ξ (1) = c −3/2 buluruz. c keyfi sabit olduğundan c = 2 seçebiliriz. 1 2 Şu halde λ1 = 1 özdeğerine karşılık gelen özvektör ξ (1) = −3 biçiminde buluruz. 2 ξ1 (2) • λ2 = 1 + 2i özdeğerine karşılık gelen özvektörleri ξ = ξ2 bulalım. ξ3 2i 0 0 ξ1 0 −2 2i 2 ξ2 = 0 −3 −2 2i ξ3 0 0 0 0 (2) denkleminden ξ = i = 0 + i 1 buluruz. 1 1 0 0 0 0 0 x(2) (t) = et 1 cos 2t − 0 sin 2t + iet 0 sin 2t + 1 cos 2t 0 1 1 0 = u(t) + iv(t) buluruz. Buradan da
0 u = − sin 2t et cos 2t
0 ve v = cos 2t et sin 2t
110BÖLÜM 6. 1.MERTEBEDEN LİNEER DİFERANSİYEL DENKLEM SİSTEMLERİNİN ÇÖZÜML buluruz. Şu halde ele aldığımız diferansiyel denklemin genel çözümü k1 , k2 ve k3 keyfi sabitler olmak üzere x1 x = x2 = k1 ξ (1) eλ1 t + k2 u + k3 v x3 2 0 0 = k1 −3 et + k2 − sin 2t et + k3 cos 2t et 2 cos 2t sin 2t yani x1 = 2k1 et x2 = −3k1 et − k2 et sin 2t + k3 et cos 2t x3 = 2k1 et + k2 et cos 2t + k3 et sin 2t biçiminde buluruz. Not: Bulduğumuz sonuçun doğruluğunu test etmek istenirse bu sonuçlar ele aldığımız denklem sisteminin herhangi bir denkleminde yerlerine konularak seçilen denklemi sağladığı gösterilebilir.
6.4
Homojen olmayan Lineer Sistemler
(6.5) homojen olmayan lineer diferansiyel denklemini dx − Ax = f(t) dt
(6.17)
tekrar gözönüne alalım.(6.17) homojen olmayan denklem sisteminin genel çözümü c1 , c2 , ..., cn keyfi sabitler olmak üzere x = c1 x(1) (t) + c2 x(2) (t) + ... + cn x(n) (t) + F(t) biçimindedir. Genel çözümün c1 x(1) (t) + c2 x(2) (t) + ... + cn x(n) (t) kısmı (6.17) denklemin sisteminin homojen kısmından ve F(t) kısmı ise (6.17) denklemin sisteminin homojen olmayan kısmından elde edilir. Homojen olmayan kısmın çözümüne özel çözüm diyoruz. Şimdi özel çözümün nasıl ve dolayısıyla genel çözüm nasıl bulunacağına dair sadece bir metodu vereceğiz.
6.4.1
Köşegenleştirme Metodu
Öncelikle köşegenleştirme metodunun uygulanabilmesi için (6.17) denklemindeki A matrisinin köşegenleştirilebilir bir matris olması gerekir. Şimdi A matrisinin hangi durumda köşegenleştirilebileceği ile alakalı teoremi vereceğiz.
6.4. HOMOJEN OLMAYAN LINEER SISTEMLER
111
Teorem 6.1 Bir n × n boyutundaki A matrisi köşegenleştirlebilmesi için gerek ve yeter koşul n tane lineer bağımsız özvektöre sahip olmasıdır. Lemma 6.1 Eğer n × n boyutundaki A matrisinin n tane farklı özdeğeri varsa, o zaman bunlara karşı gelen özvektörler lineer bağımsızdırlar ve A matrisi köşegenleştirilebilir. A matrisinin özdeğerlerine karşılık gelen n tane lineer bağımsız özvektörler ξ (1) , ξ (2) , ..., ξ (n) mevcut veya bulunabilir olsun. Sutunları bu özvektörlerden oluşan bir T matrisi (1) (2) (n) ξ1 ξ1 . . . ξ1 ξ (1) ξ (2) . . . ξ (n) 2 2 T = 2. .. .. .. . ... . (1)
ξn
(2)
ξn
...
(n)
ξn
biçiminde oluştururuz. x = Ty olacak şekilde bir dönüşüm yaptığımızda (6.17) denklem sistemi dy = ATy + f (t) (6.18) T dt biçiminde buluruz. (6.18) denklemini T−1 matrisi ile çarptığımızda dy = T−1 ATy + T−1 f (t) dt
(6.19)
biçiminde buluruz. (6.19) denklemindeki T−1 AT matris çarpımı, A matrisinin özdeğerlerini köşegenlerinde bulunduran bir matristir yani λ1 0 . . . 0 0 λ2 . . . 0 −1 T AT = .. .. . . ... 0 0 0 . . . λn biçiminde elde ederiz. (6.19) diferansiyel denklem sistemi n tane birinci mertebeden lineer diferansiyel denklemden oluşur. Bu n tane birinci mertebeden lineer diferansiyel denklem çözüldükten sonra (6.17) homojen olmayan diferansiyel denklem sisteminin genel çözümü x = Ay denkleminden buluruz. Örnek 6.7
6 −3 2t x = x+ t 2 1 e 0
diferansiyel denklem sisteminin genel çözümünü bulalım.
(6.20)
112BÖLÜM 6. 1.MERTEBEDEN LİNEER DİFERANSİYEL DENKLEM SİSTEMLERİNİN ÇÖZÜML 6 −3 2t Ele aldığımız denklemde A := ve f (t) = t dir. Bu denklemin homojen 2 1 e kısmını Örnek (6.3) incelemiştik. Örnek (6.3) te A matrisinin özdeğerleri λ1 = 3 ve 1 (1) λ2 = 4 bulmuştuk ve bu özdeğerlere karşılık gelen özvektörleri de sırayla ξ = 1 3 ve ξ (2) = biçiminde bulmuştuk. Şimdi bu özvektörlerin her biri sutun olacak 2 şekilde bir T matrisi 1 3 T= 1 2 biçiminde oluştururuz. x = Ty olacak şekilde bir dönüşüm yaptığımızda (6.20) denklem sistemi dy = ATy + f (t) (6.21) dt −2 3 biçimine dönüşür. (6.21) denklemini T−1 = matrisi ile çarptığımızda 1 −1 T
dy = T−1 ATy + T−1 f (t) dt
(6.22)
elde ederiz. (6.22) denklemini daha açık formda yazarsak dy 3 0 −2 3 2t = y+ 0 4 1 −1 et dt
(6.23)
y biçiminde buluruz. y = 1 olduğunu gözönüne alırsak (6.23) denkleminden y2 dy1 − 3y1 = −2t + 3et dt dy2 − 4y2 = 2t − et dt şeklinde iki tane birinci mertebeden lineer diferansiyel denklem elde ederiz. Bu denklemlerin çözümleri ise 2 2 3 t + − et + c1 e3t 3 9 2 1 1 1 = − t − + et + c2 e4t 2 8 3
y1 = y2
6.4. HOMOJEN OLMAYAN LINEER SISTEMLER
113
biçiminde buluruz. Şu halde ele aldığımız diferansiyel denklem sisteminin genel çözümünü 2 t + 29 − 32 et + c1 e3t 1 3 y1 1 3 3 x = Ty = = 1 2 y2 1 2 − 21 t − 18 + 13 et + c2 e4t 5 1 t 3t 4t − 6 t − 11 − e + c e + 3c e 1 2 72 2 = 1 − 65 et + c1 e3t + 2c2 e4t − 31 t − 36 5 11 1 −6 − 72 −2 t 1 3t 3 4t = + e + c2 e 1 t+ 1 5 e + c1 −3 − 36 −6 1 2 biçiminde buluruz.
114BÖLÜM 6. 1.MERTEBEDEN LİNEER DİFERANSİYEL DENKLEM SİSTEMLERİNİN ÇÖZÜML
Kaynakça [1] Aydın, M., Kuryel, B., Gündüz, G., and Oturanç, G. : Diferansiyel Denklemler ve Uygulamaları, İzmir, 1995. [2] Ayres, F. : Differential Equations, Schaum, s Outline Series, 1981, McGraw-Hill Book Co. Singapore. [3] Boyce, W. and DiPrima, R. : Elementary Differential Equations and Boundary Value Problems,2001, John-Wiley & Sons. [4] Bronson, R. Modern Introductory Differential Equations, Schaum, s series [5] Cesur, Y. Diferansiyel Denklemler ve Mathematica, İTÜ yayınları, 2004. [6] Güngör, F.: ”Diferansiyel Denklemler” 2007.
ARGEM A.Ş. Yayınları, İ.T.Ü. Vakfı,
[7] Karadeniz, A.A.,: Yüksek Matematik, 3. Cilt,
Çağlayan Kitabevi, 1995.
[8] Spiegel, M. R. : Laplace Transforms, Schaum, outline series, 1965, McGrawHill, Inc.
115