Umut Yildiz – Ankara Universitesi, Astronomi ve Uzay Bilimleri
May 2003
KISMİ TÜREVLİ DENKLEMLER (ÖZET) Keyfi Fonksiyonların Yok edilmesi u = u( x, y, z ), v = v(x, y, z ) ; x, y, z değişkenlerinin bağımsız fonksiyonları olsunlar. Φ(u, v ) = 0 ...(*) denklemi ile tanımlanan tüm yüzeyler tarafından sağlanan en düşük mertebeden KTD’yı bulalım.z’nin x, y’lere bağlı olduğunu gözönünde tutarak (*)’dan sırasıyla x ve y’ye göre KT’ler alınırsa Φ u (u x + u z p ) + Φ v (v x + v z p ) = 0⎫ ⎬ Φ u (u y + u z q ) + Φ v (v y + v z q ) = 0 ⎭
ux + uz p vx + vz p uy + uzq
v y + vz q
=0
Birinci Basamaktan Lineer Denklemler A( x, y )z x + B ( x, y )z y + C ( x, y )z = G ( x, y )
şeklinde genel formülü verilen KTD’lerde
A≠0
ve
B≠0
∂(ξ,η) ≠ 0 şeklinde tanımlanan bir karakteristik denklem elde edilir. Buradan ∂(x, y) z (x, y ) = z (ξ ,η );ξ = x,η = c ile dönüşüm uygulanırsa ve ξ x , ξ y ,η x ,η y KT’leri bulunup
ise dy = B , dx A
z x = zξ ξ x + zηη x ve z y = zξ ξ y + zηη y formülünde yerine yazılırsa ve z x , z y değerleri de verilen denklemde
yerine yazılırsa gerekli integraller alınarak ( z , ξ ,η ) ’ya bağlı denklem elde edilir, buradan yerine x, y cinsinden değerleri yazılarak çözüm elde edilir.
ξ ,η
değerleri
Birinci Basamaktan Yarı Lineer Kısmi Türevli Denklemler P (x , y , z )z x + Q (x, y , z )z y = R (x, y , z ) şeklindeki denklemlerin çözümlerinde Lagrange Metodu kullanılır. Burada dx = dy = dz Lagrange Sistemi ile P
Q
R
dz R ‘den u ( x, y, z ) = c , v( x, y, z ) = c ’lerden herbiri = 1 2 dx P
dy Q , = dx P
yardımcı sistemin bir ilk integralidir. Bulunan ifadelerin lineer bağımsız olması dolayısıyla Jaqobienlerin 0’dan farklı olması gerekir. ∂ (u , v ) , ∂ (u , v ) , ∂(u, v ) ≠0 ∂ ( x , y ) ∂ ( x , z ) ∂ ( y, z )
⇒
ux vx
u y ux , v y vx
uz u y , vz v y
uz uz
≠0
Genel çözüm c1 ve c2 keyfi sabitler olmak üzere y = y (x, c1 , c2 ) , z = z (x, c1 , c2 ) şeklindedir. Bu denklemler c1 ve c2’ ye göre çözülürlerse Lagrange sisteminin çözümü u ( x, y, z ) = c1 ,
lineer bağımsız olmalıdır. Φ(u, v ) = 0 genel çözümdür.
v( x, y , z ) = c2 . Buradan u ve v farkı
Birinci Basmaktan Lineer ve Yarı Lineer Kısmi Türevli Denklemler için Cauchy Problemi Birinci Basmaktan Yarı Lineer KTD’nin genel çözümünün Γ : x = x (t ) , y = y (t ) , z = z (t ) parametrik denklemleriyle önceden verilmiş bir Γ eğrisinden geçen integral yüzeyinin belirlenmesinde kullanılışı; Lagrange sisteminden Φ (u , v ) = 0 bulunduktan sonra Γ’deki değerler u ve v’de yerlerine konur, t’ye bağlı c1 ve c2 eşitlikleri elde edilir. Lineer Olmayan Birinci Basamaktan Kısmi Türevli Denklemler Bağdaşabilir Sistemler Birinci basamaktan F ( x , y , z , p , q ) = 0 , G ( x, y , z , p , q ) = 0 ;
[F , G ] = ∂(F , G ) + ∂(F , G ) + p ∂(F , G ) + q ∂(F , G ) ∂ ( x, p ) ∂ ( y , q ) ∂(z, p ) ∂(z, q )
p = p ( x, y , z ) ,
q = q (x, y , z )
ise
ve [F , G ] ’ye F ile G’nin KROŞE’si denir. [F , G ] = 0 ise F
ile G bağdaşabilirdir. Ortak çözüm dz = pdx + qdy tam integraline bulunan p ve q değerlerinin konulmasıyla bulunur.
1
Umut Yildiz – Ankara Universitesi, Astronomi ve Uzay Bilimleri
May 2003
Charpit Metodu Birinci Basmaktan F (x, y, z , p, q ) = 0 KTD’si için Lagrange Sistemi; dx dy dz dp dq , sadece bir tane ilk integral bulunur. Buradan bulunan = = =− =− F {p 1
F {q 2
pFp + qFq 14 243 3
Fx + pFz 14 24 3 4
Fy + qFz 1 424 3 5
değerleri dz = p ( x, y , z , a )dx + q ( x, y , z , a )dy ’da yerine konursa tam integrali elde edilir. Singuler integral için; tam integral ifadesinin a’ya ve b’ye göre türevleri alınır ve bulunan a ve b değerleri tam integralde yerlerine yerleştirilir.
p ve q
Birinci Basamaktan Özel Tip Denklemler A) Sadece p ve q’yu içeren denklemler F ( p, q ) = 0 şeklindeki denklemlerde dp = 0 ’dan p = a ilk integrali elde edilir. G = p − a = 0 olup
F (a, q ) ’dan
q = Q(a )
yazılıp
z = ax + Q(a ) y + b olarak elde edilir.
dz = pdx + qdy ⇒ dz = adx + Q (a )dy ifadesinin integrali alınırsa
dq = 0 ’dan da çözüme gidilebilir.
B) Bağımsız değişkenleri içermeyen denklemler F ( z, p, q ) = 0 şeklindeki denklemlere karşılık gelen Charpit yardımcı sistemi dp = dq olup p
p = aq
ilk
q
integrali elde edilir. C) Değişkenlerine Ayrılabilir Denklemler Birinci Basamaktan bir KTD f ( x, p ) = g ( y , q ) şeklinde yazılabiliyorsa ona değişkenlerine ayrılabilir denklemler denir. Lagrange sistemi {1} ile {4}çözülürse f (x, p )a , bulunur. z = ∫ p( x, a )dx + ∫ q ( y, q )dy + b ile genel çözüm bulunur.
{2}ile {5}
çözülünce g ( y , q ) = a
D) Clairaut Denklemi Birinci basamaktan bir KTD z = px + qy + f ( p, q ) ile ifade edilebiliyorsa ona Clairaut Denklemi denir.
Charpit yardımcı sisteminden dp = 0 ⇒ p = a , dq = 0 ⇒ q = b yazılabilir ve denklemde yerine konursa z = ax + by + f (a , b ) tam integrali elde edilir.
p
ve
q ’nun bu değerleri
Özel Tip Denklemlere Dönüştürülebilen Denklemler I) m ve n herhangi sabitler olmak üzere; F (x m p, y n q) = 0 ... (1) tipindeki denklemler;
•
m ≠ 1 için x 1 = x 1− m dönüşümü uygulanırsa; p = ∂z = ∂z ⋅ dx1 = 1 − m p ⇒ x m p = (1 − m ) p 1 1 m ∂x
∂x dx {1
x
p1
•
m = 1 için x1 = ln ( x ) dönüşümü uygulanırsa; p = ∂z = ∂z ⋅ dx1 ⇒ xp = p 1 ∂x
∂x dx {1 p1
• • •
n ≠ 1 için y1 = y dönüşümü uygulanırsa; y q = (1 − n)q1 n = 1için y1 = ln y dönüşümü uygulanırsa; yq = q 1 Böylece m ve n ’lerin herbir durumunda (1) denk.i daima F1 ( p1, q1 ) = 0 özel şekline dönüştürülebilir. 1− n
n
II) k herhangi bir sabit olmak üzere; F (z p, z q ) = 0 ...(2) tipindeki denklemler; • k ≠ −1 için z1 = z k +1 dönüşümü uygulanırsa; k
k
2
Umut Yildiz – Ankara Universitesi, Astronomi ve Uzay Bilimleri
p=
∂z ∂z1 dz ⋅ ⇒ = ∂x dz1 ∂x {
p = (k + 1)z k p1
q=
p1
k ∂z ∂z1 dz = ⋅ ⇒ q = (k + 1)z q1 ∂y { ∂y dz1 q1
k = −1 için z1 = ln z dönüşümü uygulanırsa; p = zp1 ∂z ∂z1 dz ∂z ∂z1 dz
•
p=
∂x
=
⋅
∂x dz1 {
May 2003
q=
⇒
p1
∂y
=
⋅
∂y dz1 {
⇒
q = zq1
q1
k ’nın her durumunda (2) denklemi
F ( p1 , q1 ) = 0 özel şekline dönüşüyor.
(
)
III) m, n ve k herhangi reel sabitler olmak üzere; F x z p, y z q = 0 ... (3) tipindeki denklemler; ∂z ∂z dz1 dx1 ∂z1 dz dx1 ve ∂z ∂z dz1 dy1 ∂z1 dz dy1 = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ p= q= ∂x ∂x dz1 dx1 ∂x1 dz1 dx ∂y ∂y dz1 dy1 ∂y1 dz1 dy { { m
k
n
p1
k
q1
Bu tip denklemleri çözmek için I ve II’de verilen dönüşümler ardarda uygulanır. Yani türevleri hesaplanıp (3)’de yerine yazılır ve denklem F ( p1 , q1 ) = 0 şekline dönüşür.
(
)
IV) F z , x m p, y n q = 0 tipindeki denklemler; Bunlara I’deki dönüşümler uygulanırsa F ( z , p1 , q1 ) = 0 olur. Bu denklem bağımsız değişkenleri içermeyen denklemlere dönüşür. p1 = aq1 dönüşümü ile çözüme gidilir.
(
) (
)
V) f x, z k p = g y, z k q tipindeki denklemler; Bunlara II’deki dönüşümler uygulanırsa f1 ( x, p1 ) = g1 ( y, q1 ) değişkenlerine ayrılabilen özel tipden denklemlere dönüşür. Yukarıdaki C çözümü ile sonuca gidilir. Yüksek Basamaktan Lineer Kısmi Türevli Denklemler İkinci Basamaktan Lineer KTD: A( x, y )u xx + B( x, y )u xy + C ( x, y )u yy + D( x, y )u x + E (x, y )u y + Fu = G { { { { { Dx 2
Dy 2
Dx D y
Dx
Dy
Bu tür denklemlerin bazı özel durumlar dışında genel çözümünü elde etmek zordur. sabitler olmak üzere; L = aDx 2 + bDx D y + cDy 2 + dDx + eDy + f olsun.
a, b, c, d , e, f
’ler
Eğer L = L1 L2 = L2 L1 şeklinde yazılabiliyorsa; L1 = a1 D x + b1 D y + c1 ve L2 = a2 Dx + b2 Dy + c2 şeklinde çarpanlarına ayırırız. Burada L1u = 0 ’ ın çözümü u1 ve L2 u = 0 ’ ın çözümü u2 olsun. Buradan Lu = 0 denklemin genel çözümüdür. Genel çözüm u = u1 + u 2 ise − c1
− c2
u = e a1 f1 (b1 x − a1 y ) + e a2 f 2 (b2 x − a2 y ); a1 , a2 ≠ 0 1442443 144 42444 3 x
x
u1
− c1 y b1
u2
− c2 x b2
u=e f (x ) + e f ( x ); a1 , a 2 = 0 , 14214 3 14224 3 u1
f1 , f 2 ∈ c 2
u2
İkinci Basamaktan Lineer Denklemleri Sınıflandırma, Kanonik Formlar A( x, y )z xx + B( x, y )z xy + C ( x, y )z yy + D(x, y )z x + E(x, y )z y + F (x, y )z = G(x, y ) ... (1)
II basamaktan lineer KTD’de
A(x, y )z xx + B (x, y )z xy + C (x, y )z yy terimine (1) denkleminin esas kısmı denir ve denklemin tipini
burası belirler.
3
Umut Yildiz – Ankara Universitesi, Astronomi ve Uzay Bilimleri
May 2003
∆ = B 2 ( x, y ) − 4 A( x, y ) ⋅ C ( x, y ) olsun. ∆ > 0 ise (1) denklemi hiperbolik ∆ = 0 ise (1) denklemi parabolik ∆ < 0 ise (1) denklemi eliptik 2
⎛ dy ⎞ ⎛ dy ⎞ A⎜ ⎟ − B⎜ ⎟ + C = 0 ⎝ dx ⎠ ⎝ dx ⎠
Buradan
dy B m B 2 − 4 AC = dx 2A
çözümü
şeklinde ile
∂ (ξ ,η ) ξ x ξ y = ≠ 0 olmalıdır. ∂ ( x, y ) η x η y
z x = zξ ξ x + zηη x
ve
karakteristik
ξ = ξ (x, y ) = c1 ⎫ ⎬ η = η ( x, y ) = c 2 ⎭
denklemi elde eğrileri
elde
edilir.
edilir.
Bu
Burada
denklemin Jaqobien
z y = zξ ξ y + zηη y
z x = zξ ξ x + zη η x ve z y = zξ ξ y + zη η y { { { { v
u
v
u
z xx = (vξ ξ x + vηη x )ξ x + zξ ξ xx + (uξ ξ x + uηη x )η x + zηη xx z xx = zξξ ξ x + zξηη xξ x + zξ ξ xx + zξη ξ xη x + zηηη x + zηη xx 2
2
z xy = (vξ ξ y + vηη y )ξ x + zξ ξ xy + (uξ ξ y + uηη y )η x + zηη xy z xy = zξξ ξ xξ y + zξηη yξ x + zξ ξ xy + zξη ξ yη x + zηηη xη y + zηη xy
z yy = (vξ ξ y + vηη y )ξ y + zξ ξ yy + (uξ ξ y + uηη y )η y + zηη yy z xx = zξξ ξ y + zξηη yξ y + zξ ξ yy + zξη ξ yη y + zηηη y + zηη yy 2
2
Bulunan değerler verilen denklemde yerine konulunca sadece ξ ve η içeren Kanonik Forma indirgenmiş denklem bulunur. Bu denklemin de integrali alınırsa z = ... , f , g ∈ c 2 şeklinde çözüm bulunur. İntegralde eklenen c sabitleri f (ξ ) şeklindedir. Burada ξ ve η’ların yerine x ve y değerleri konularak genel çözüm bulunur.
Isı Denklemi
U t − kU xx = 0 şeklinde tanımlanan denkleme ısı denklemi denir.
U ( x,0 ) = f ( x ),0 ≤ x ≤ L ∞
U (x, t ) = ∑ bn e − kλnt sin n =1
U (0, t ) = 0, u(L, t ) = 0, t ≥ 0
,
nπx L
2 nπx bn = ∫ f ( x ) ⋅ sin dx L0 L L
,
n 2π 2 λn = 2 L
4
