MAT2011_DersNotlari.pdf

}

} MAT 2011 MATEMATİK III Ders Notları

Öğr. Gör. Volkan ÖĞER

2015

İçindekiler 1 Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler 1.1 Dife Difera rans nsiy iyel el Denkl enkleemler mler ve Mate atemat matikse iksell Mode odeller ller . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Genel ve Özel Çözüm olarak İntegraller . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.1 İkinci Mertebed beden Denklemler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3 Eğim Alanları ve Grafik Çözümler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4 Çözümlerin Varlık ve Tekliği . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5 Ayrılabilir Denklemler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6 Bir Birinci inci Merteb rtebeeden den Doğr Doğruusal sal Denk Denkle lem mler ler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.7 Tam Diferensiyel Denklemler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.7.1 Tam Hale Getirmek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.8 Yerine Koyma Yöntemleri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.8.1 Homoje ojen Diferansiyel Denklemler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.8.2 (a1 x + b1y + c1 )dx ∓ (a2 x + b2 y + c2 )dy = şeklin inde deki ki dife difera rans nsiy iyel el denk denkle leml mler er . . . . . . . . dy = 0 şekl 1.8.3 Bernoulli Denklemleri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3 3 7 8 8 10 10 13 18 22 26 27 30 33

2 Yüksek Merteb eden Diferansiyel Denklemler 2.1 2.1 İkin İkinci ci Mert Merteb ebed eden en İndi İndirg rgen eneb ebil ilir ir Dife Difera rans nsiy iyel el Denk Denkle leml mler er . . . . . . . 2.1.1 y bağ bağım ımlı lı deği değişk şken enin inii içer içerm meye eyen denk denkllemle emlerr . . . . . . . . . . 2.1.2 x bağ bağımsı ımsızz değiş eğişkkenin eninii içer içerme meyyen den denklem klemle lerr . . . . . . . . . 2.2 İkin İkinci ci Merteb rtebeeden den Linee ineerr Dife Difera rans nsiy iyeel Denk Denkle leml mleer . . . . . . . . . . . 2.2. 2.2.11 İkin İkincci Merte ertebe bede denn Line ineer Homo Homoge genn Denkl enklem emle lerr . . . . . . . . 2.2. 2.2.22 İkin İkinci ci Mert Merteb ebed eden en Sabi Sabitt Kats Katsaayılı yılı Line Lineer er Denk Denkle leml mler er . . . . . 2.2.3 n. Mert Merteb ebed eden en Line Lineer er Dife Difera rans nsiy iyel el Denk Denkle leml mler er . . . . . . . . . 2.2.4 n. M Mer erte tebed beden en Sabi Sabitt Kat Katsa sayı yılı lı Line Lineer er Dife Difera rans nsiy iyel el Denk Denkle leml mler er 2.3 Homoje ojen Olmayan Denklemler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.1 Belirsiz Katsayılar Metodu odu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.2 Parametrelerin Değişimi Yöntemi . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4 Cauchy-Euler Denklemi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5 Legendre Denklemi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

37 37 37 38 40 41 43 46 48 50 51 58 61 63

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . .. .. . . .. . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . .. .. . . .. . . . . . . . . . . .. . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . .. .. . . .. . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . .. .. . . .. . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . .. .. . . .. . . . . . . . . . . .. . . . .

. . . . . . . . . . . . .

3 Kuvvet Serisi Yöntemi

69

4 Diferansiyel Denklem Sistemleri 4.1 Birinci Mertebed beden Sistemler . . . . . . . . . . . 4.1.1 Yok Etme (Eliminasyon) Yöntemi . . . . 4.2 Matrisler ve Lineer Sistemler . . . . . . . . . . . 4.2. 4.2.11 Homog omogen en Sist Sisteemler mler İçin İçin Özde Özdeğe ğerr Yön Yöntemi temi

85 87 87 91 94

1

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

2

1

Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler 1.1 Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller Evrenin yasaları matematik dilinde yazılır. Cebir, birçok statik problemi çözmek için yeterlidir; ancak en ilginç doğal olaylar değişim içerir ve değişen nicelikleri birbirine bağlayan denklemler ile tanımlanır. f fonksiyonunun dx = f  (t) türevi, x = f (t) niceliğinin bağımsız t değişkenine göre değişim oranı olduğundan, değişen evreni dt tanımlamak için sık sık türev içeren denklemlerin kullanılması doğaldır.

Tanım 1. Bir bilinmeyen fonksiyon ve onun türevlerinden birini veya daha çoğunu birbirine bağlayan bir denkleme diferansiyel denklem denir.

Örnek 1. dx = x 2 + t2 dt

diferansiyel denklemi, hem x(t) bilinmeyen fonksiyonunu hemde onun dx birinci türevini içerir. x (t) = dt

Örnek 2. d2 y dy + 3 + 7y = 0 2 dx dx diferansiyel denklemi, x bağımsız değişkeninin bilinmeyen y fonksiyonunu ve y nin ilk iki y  , y türevlerini

eçerir.

Diferansiyel denklemleri incelemenin başlıca üç amacı vardır.

• Belirli bir fiziksel olayı tanımlayan diferansiyel denklemi bulmak, • Diferansiyel denklemin -kesin yada yaklaşık- uygun bir çözümünü elde etmek, • Elde edilen çözümü yorumlamak. 3

4

1.1. Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller

Cebirde, genellikle x3 + 7x2 − 11x + 41 = 0 gibi bir denklemi sağlayan bilinmeyen sayıları ararız. Aksine, bir diferansiyel denklemi çözerken bir reel sayı aralığında y  (x) = 2 · x · y(x) gibi bir diferansiyel denklemi sağlayan bilinmeyen y (x) fonksiyonlarını bulmak isteriz. Genellikle diferansiyel denklemin, eğer mümkünse tüm çözümlerini bulmak isteyeceğiz.

Örnek 3. Eğer C bir sabit sayı ve y(x) = C ex

2

(1.1)

ise, bu takdirde

2 2 dy = C (2xex ) = 2x(Cex ) = 2xy dx dir. Böylece denk. (1.1) şeklindeki her y(x) fonksiyonu, tüm x ler için

dy = 2xy dx

(1.2)

(1.3)

diferansiyel denklemini sağlar ve böylece onun bir çözümüdür.

Özellikle denk. (1.1), bu diferansiyel denklemin (1.2), C keyfi sabitinin her seçimi için farklı çözümlerinin bir sonsuz ailesini tanımlar.

Örnek 4. Newton’un soğuma yasası şu şekilde ifade edilebilir: bir cismin T (t) sıcaklığının değişiminin zamana oranı (t zamanına göre), T ve cismi çevreleyen ortamın A sıcaklığı arasındaki farkla orantılıdır. Yani k pozitif bir sabit olmak üzere, dT = k(T A) dt Dikkat edilirse, eğer T > A ise, dT/dt < 0 ve böylece sıcaklık t nin azalan bir fonksiyonudur. Bu durumda cisim soğur. Fakat eğer T < A ise, dT/dt > 0 ve böylece T artandır.

− −

Böylece bir fiziksel yasa bir diferansiyel denkleme dönüştürüldü. Eğer k ve A değerleri verilirse, T (t) için açık bir formül bulunabilir ve ondan sora bu formül yardımıyla cismin sonraki sıcaklığı tahmin edilebilir.

Örnek 5. Sabit doğum ve ölüm oranlarına sahip bir P (t) nüfusunun değişiminin zaman oranı, bir çok basit halde nüfusun büyüklüğüyle orantılıdır. Yani, k orantı sabiti olmak üzere, dP = kP dt

dir. Biraz daha inceliyecek olursak,

(1.4)

P (t) = C ekt

şeklindeki her bir fonksiyon, (1.4) deki diferansiyel denklemin bir çözümüdür.

Böylece k sabitinin değeri bilinse bile, dP/dt = kP diferansiyel denklemi, “keyfi” C sabitinin her bir seçimi için bir tane olmak üzere, P (t) = C ekt şeklinde sonsuz çoklukta farklı çözüme sahiptir. Nüfus örneğinde, gerçek-dünya problemi, nüfusun gelecek bir zamanda belirlenmesidir. Bir matematiksel model, verilen olayı tanımlayan değişkenlerin (P ve t) bir listesi ile bu değişkenleri birbirine bağlayan bilinen veya geçerli olduğu varsayılan bir veya daha çok denklemden (dP/dt = kP , P (0) = P 0 ) ibarettir. Matematiksel analiz bu denklemleri çözmekten (burada t nin bir fonksiyonu olan P yi elde etmekten) ibarettir. Nihayet bu matematiksel sonuçları (ele aldığımız), gerçek-dünya problemini cevaplandırmak için kullanırız.


5

Bunula beraber, diferansiyel denklemin hiçbir çözümünün bilinen tüm bilgilerle uyuşmaması mümkündür. Böyle bir halde diferansiyel denklemin gerçek-dünya olayını uygun bir şekilde tanımlayamadığını düşünmeliyiz. Örneğin, denk. (1.4) ün çözümleri, C bir pozitif sabit olmak üzere P (t) = Cekt şeklindedir. Ancak k ve C sabitlerinin herhangi bir seçimi için P (t) geçen birkaç yüzyılın dünya insan nüfusunun gerçek büyüklüğünü tanımlayamaz. Bu yüzden, belki, doğum oranı, azalan yiyecek miktarı ve diğer etkenlerin nüfus üzerindeki baskılarının etkisini göz önünde bulunduran diferansiyel denklemler yazmamız gerekir. Doyurucu bir matematiksel model birbiriyle çelişen iki durum arzeder: Matematiksel model,göreceli kesinliğe sahip gerçek-dünya olayını temsil etmek için yeteri kadar ayrıntılı olmalıdır; fakat matematiksel analizi kolayca yapmak için yeteri kadar basit olmalıdır.

Örnek 6. Eğer C bir sabit ve y (x) =

1

C

− x ise, Bu taktirde x = C için dy 1 = = y 2 2 dx (C x)

−

dir. Böylece y(x) =

1 C

−x

(1.5)

x = C noktasını içermiyen herhangi bir reel sayı aralığında dy = y 2 dx

(1.6)

diferansiyel denkleminin bir çözümünü tanımlar.

Gerçekte denklem (1.5), C keyfi sabitinin veya “parametresinin” her bir değeri için bir tane olmak üzere, dy/dx = nin bir parametreli bir çözüm ailesini tanımlar. C = 1 için y (0) = 1 başlangıç koşulunu sağlayan y2

y(x) =

1 1

özel çözümünü elde ederiz.

−x

Tanım 2. Bir diferansiyel denklemin mertebesi , denklemde görülen en yüksek türevin mertebesidir.

dy = y 2 dx dT = dt

(Birinci mertebeden) (Birinci mertebeden)

−k(T − A)

y(4) + x2 y(3) + x5 y = sin x

(Dördüncü mertebeden)

Bağımsız değişkeni x ve bilinmeyen fonksiyonu veya bağımlı değişkeni y = y(x) olan n. mertebeden en genel diferansiyel denklem F (x,y,y  , y  ,...,y(n) ) = 0 (1.7) dır. Burada F , n + 2 değişkenli verilmiş bir reel-değerli fonksiyondur. Çözüm kelimesini kullanışımız, şu ana kadar biraz formal olmayan bir şekilde oldu. Kesin olarak; I aralığında sürekli bir u = u(x) fonksiyonunun u  , u ,...,u(n) türevleri I da mevcut ve I daki tüm x ler için F (x,u,u , u ,...,u(n) ) = 0

ise u = u(x) fonksiyonuna (6) diferansiyel denkleminin bir çözümüdür denir. Kısaca u = u(x) in I da (6) daki diferansiyel denklemi sağladığını söyleyebiliriz.

(1.8)

6


Örnek 7. Eğer A ve B birer sabit ise

y(x) = A cos3x + B sin3x

fonksiyonunun

y + 9y = 0

(1.9)

(1.10)

diferansiyel denkleminin çözümü olduğunu gösteriniz.

Çözüm: Tüm x ler için denklem (1.9) in ardışık iki türevini alalım y  (x) = −3A sin3x + 3B cos3x y  (x) =

−9A cos3x − 9B sin3x = −9(A cos3x + B sin3x) = −9y

Diferansiyel denklemde (1.10) yerine koyarsak

y  + 9y =

−9y + 9y = 0

Sonuç olarak (1.9) un (1.10) daki diferansiyel denklemi sağladığını göstermiş olduk. (1.9) un (1.10) daki diferansiyel denklemin iki parametreli çözüm ailesini tanımladığını söyleyebiliriz.. Şu ana kadar ele aldığımız tüm diferansiyel denklemler, bilinmeyen fonksiyonun (bağımlı değişkenin) yanlız bir bağımsız değişkene bağlı olduğunu ifade eden adi diferansiyel denklemlerdir. Eğer bağımlı değişken iki veya daha çok bağımsız değişkenin fonksiyonu ise, bu taktirde muhtemelen kısmi türevler ortaya çıkacaktır. Bu durumda denkleme kismi diferansiyel denklem denir. Örneğin, ince ve uzun düzgün bir çubuğun, x noktasındaki t anındaki u = u(x, t) sıcaklığı (uygun basit koşullar altında) ∂u ∂ 2 u = k 2 ∂t ∂x

kısmi diferansiyel denklemini sağlar. Burada k , (çubuğun ısı geçirgenliği denilen) bir sabittir. Bu bölümde dy = f (x, y)

(1.11)

dx

şeklindeki birinci mertebeden diferansiyel denklemlere yoğunlaşacağız. Ele alınan bir olayın tipik matematiksel modeli, (10) şeklinde bir diferansiyel denklemi ve bir y(x0 ) = y 0 başlangıç koşulunu içerebilir. dy = f (x, y), dx

y(x0 ) = y 0

(1.12)

başlangıç değer problemi ni çözmek, x0 ı içeren bir aralıkta denklem (1.12) deki her iki koşulu sağlayan türevlenebilir bir y = y(x) fonksiyonu bulmak demektir.

Örnek 8. dy = y 2 , dx

y(1) = 2

(1.13)

başlangıç değer problemini çözünüz. Çözüm: Daha önce dy/dx = y 2 diferansiyel denkleminin çözümünün y(x) = 1/(C − x) olduğunu söylemiştik. Burada sadece y(x) = 1/(C − x) çözümü, y(1) = 2 başlangıç koşulunu sağlayacak şekilde bir C değeri bulmamız gerekir. x = 1 ve y = 2 değerlerinin çözümde yerine koyulmasıyla 2 = y(1) =

1 C

−1

C yi bulabileceğimiz bir denklem elde ederiz. Buradan C = 3/2 bulunur. C nin bu değeri ile istenen çözüm y(x) =

olarak bulunur.

2 3

− 2x

1.2. Genel ve Özel Çözüm olarak İntegraller

7

1.2 Genel ve Özel Çözüm olarak İntegraller dy = f (x, y) dx

Eğer f fonksiyonu y bağımlı değişkenine bağımlı değilse, yukarıdaki birinci mertebeden diferansiyel denklem basit bir hal alır: dy (1.14) = f (x) dx

Bu özel halde, (1.14) denkleminin her iki yanının sadece integralini almamız yeterlidir. Böylece y(x) =



f (x)dx + C

(1.15)

elde ederiz. (1.15), (1.14) denkleminin genel çözümü dür. Eğer G(x), f nin bir ilkeli,(yani, eğer G  (x) = f (x)) ise, y1 (x) = G(x) + C 1 y2 (x) = G(x) + C 2

gibi iki çözümü aynı I aralığında aşağıdaki grafikte görüldüğü gibi birbirlerine olan uzaklıkları sabit olan iki eğridir.

Şekil 1.1: y1 (x) = 12 x2 + 1 ve y 2 (x) = 12 x2 − 2 Bir y(x0 ) = y 0 başlangıç koşulunu sağlaması için y(x) = G(x) + C genel çözümünde x = x0 ve y = y 0 konulması gerekir. Buradan C değerini bulabilir ve dy = f (x), dx

y(x0 ) = y 0

başlangıç değer problemini sağlayan bir özel çözümünü elde ederiz.

Örnek 9. dy = 2x + 3, dx

y(1) = 2

başlangıç değer problemini çözünüz.

Çözüm: Diferansiyel denklemin her iki yanının integralini alalım y(x) =



(2x + 3)dx = x 2 + 3x + C

genel çözümü elde ederiz. Aradığımız özel çözüm (1, 2) noktasından geçen, dolayısıyla y(1) = (1)2 + 3.(1) + C = 2

başlangıç koşulunu sağlayan eğridir. Böylece aranan özel çözüm y(x) = x 2 + 3x

dir.

−2

(1.16)

8

1.3. Eğim Alanları ve Grafik Çözümler

1.2.1 İkinci Mertebeden Denklemler Denklemin sağ tarafında, ne y bağımlı değişkeni ne de onun y  türevini içermediği özel formdaki d2 y = g(x) dx2

ikinci mertebeden denkleme de aynı mantıkla yaklaşabiliriz. Basitçe iki kere integral alırsak: y(x) =



G(x)dx + C 1 x + C 2

elde ederiz. Burada G(x), g(x) in bir ilkeli ve C 1 ,C 2 keyfi sabitlerdir.

1.3 Eğim Alanları ve Grafik Çözümler dy = f (x, y) (1.17) dx diferansiyel denklemini düşünelim. Burada sağ taraftaki f (x, y) fonksiyonu hem x bağımsız değişkenini hem de y

bağımlı değişkenini içerebilir. (1.17) in her iki yanının integralini almayı düşünebilir ve y(x) =



f (x, y) dx + C

yazabiliriz. Fakat integral hala bilinmeyen y(x) fonksiyonunu içerir ve bu yüzden açıkça hesaplanamaz. Gerçekte bir genel diferansiyel denklemin açık bir şekilde çözülebileceği bir yöntem yoktur. Gerçekten y = x 2 + y 2

gibi basit görünümlü diferansiyel deklemin çözümleri analiz kitaplarında incelenen adi elemanter fonksiyonlar cinsinden ifade edilemez. Bahsedeceğimiz grafik yöntem diferansiyel denklemlerin birçok pratik amaç için yeterli, yaklaşık çözümlerini elde etmek için kullanılır. Verilen bir y  = f (x, y) diferansiyel denklemin çözümlerini şekillendirmek için basit bir geometrik yol mevcuttur. xy düzleminin her (x, y) noktasındaki f (x, y) değeri y(x) fonksiyonunun türevinin o noktadaki değerini verir. Yani y(x) fonksiyonuna o noktadan çizilen teğetin eğimidir. Sonuç olarak biz y(x) fonkisiyonunun xy düzleminin her noktasından hangi eğim ile geçtiğini hesaplayabiliriz. Bu geometrik bakış y  = f (x, y) diferansiyel denkleminin yaklaşık çözümlerini elde etmek için bir grafik yöntem tanımlar. Düzlemde temsilci bir (x, y) nokta kolleksiyonunun her bir noktasından özel m = f (x, y) eğimine sahip kısa bir doğru parçası çizelim. Tüm bu doğru parçaları y  = f (x, y) denkleminin bir eğim alanını (veya yönlü alanını) oluşturur.

Örnek 10. y  = x

− y diferansiyel denkleminin eğim alanını oluşturunuz ve onu ( −4, 4) noktasından geçen yaklaşık

çözüm eğrisini çizmek için kullanınız.

Çözüm: Öncelikle temsilci (x, y) nokta kolleksiyonunu belirleyelim. (−4, 4) noktasını içine alacak şekilde −4 ≤ x ≤ 4, −4 ≤ y ≤ 4 bölgesini alalım. Noktalarımızda y (x) in eğimlerini veren tablomuzu oluşturalım. İlk sütun noktalarımızın x leri, ilk satır ise noktalarımızın y leri. Geri kalan sayılar ise y (x) in bu noktalardaki eğimi. f (x, y) ile hesaplanıyor.

1.3. Eğim Alanları ve Grafik Çözümler

9

10

1.4. Çözümlerin Varlık ve Tekliği

1.4 Çözümlerin Varlık ve Tekliği Verilen bir diferansiyel denklemi hemen çözmeye kalkışıp çok zaman kaybetmeden önce, çözümlerin gerçekten mevcut olduğunu bilmek akıllıca bir iştir. Aynı zamanda denklemin, verilen bir başlangıç koşulunu sağlayan yalnız bir çözümünün olup olmadığını -yani onun çözümünün tek olup olmadığını- bilmek isteyebiliriz.

Örnek 11. y  =

1 , x

y(0) = 0

başlangıç değer probleminin çözümü yoktur. Çünkü diferansiyel denklemin x = 0 da tanımlı y(x) = (1/x) dx = ln |x| + C çözümü yoktur.



Öte yandan kolayca gerçeklenebilir ki,

√

y  = 2 y,

y(0) = 0

(1.18)

başlangıç değer problemi y 1 (x) = x2 ve y 2 (x) = 0 gibi iki farklı çözüme sahiptir. Çözümlerin varlık ve teklik sorunları, aynı zamanda matematiksel modelleme yönteminde de önemlidir. Davranışı, belli bazı başlangıç koşulları ile tam olarak tanımlanan bir fiziksel sistemi incelediğimizi; ancak bizim önerdiğimiz matematiksel modelin bu koşulları sağlayan bir tek çözüme sahip olmayan bir denklem içerdiğini varsayalım. bu hemen, matematiksel modelin fiziksel sistemi tam olarak temsil etmediğini hususunda bir soruyu akla getirir.

Theorem 1. Hem f (x, y) hemde onun Dy f (x, y) kısmi türevinin xy− düzleminin bir R dikdörtgeninde sürekli ve (a, b) nin R nin bir iç noktası olduğunu varsayalım. Bu takdirde, I a yı ihtiva eden bir açık aralık olmak üzere, dy (1.19) = f (x, y), y(a) = b dx

başlangıç değer probleminin I da tanımlı bir ve yalnız bir çözümü vardır.

Örnek 12. y  = 2xy,

y(0) = 1

f (x, y) = 2xy ve f y (x, y) = 2x fonksiyonları her yerde sürekli fonksiyonlardır. Teorem bize bu başlangıç

değer probleminin tek çözümü olduğunu söyler. y  = 2xy diferansiyel denkleminin genel çözümünün y(x) = C ex olduğunu biliyoruz. Başlangıç koşulunu kullanarak C = 1 bulur ve başlangıç değer probleminin özel çözümünün y (x) = ex olduğunu söyleriz. 2

2

Çözüm: dy = y 2 , dx

y(0) = 1

f (x, y) = y 2 ve f y (x, y) = 2y fonksiyonları her yerde süreklidir bu sebeple teorem tek çözümü olduğunu söyler. Daha önce de söylediğimiz gibi bu başlangıç değer probleminin çözümü y(x) = 1−1 x fonksiyonudur. Ve bu fonksiyon x = 1 noktasında sürekli değildir. Teorem çözümün sürekliliğini garanti etmez.

1.5 Ayrılabilir Denklemler Birinci mertebeden

dy = f (x, y) dx

(1.20)

1.5. Ayrılabilir Denklemler

11

diferansiyel denkleminde f (x, y) fonksiyonu yalnız x in bir fonksiyonu ile yalnız y nin bir fonksiyonunun çarpımı olarak yazılabiliyorsa, yani dy = g(x)h(y) veya dx

dy = g(x)/k(y) dx

ise denkleme değişkenlerine ayrılabilir denir. Bu durumda denklem k(y)dy = g(x)dx

şeklinde yazmak suretiyle x ve y değişkenlerine ayrılabilir (bir denklemin zıt yanlarda tek değişkene ayrılması). Bu özel tip diferansiyel denklemi çözmek kolaydır. Her iki yanın integralini alırsak





k(y)dy =

g(x)dx + C

elde edilir.

Örnek 13. dy = dx

− xy denklemini çözünüz.

Çözüm: Yukarıdaki diferansiyel denklemi ydy =

şeklinde yazabiliriz. Her iki tarafında integralini alırsak,

−xdx

  − ydy =

xdx + C

Sonuç olarak y2 =

elde ederiz.(C ve K keyfi sabitler.)

−x2 + 2C

veya

x2 + y 2 = K

Örnek 14. y = y 2 x3 denklemini çözünüz.

Çözüm: Yukarıdaki diferansiyel denklemi dy = x 3 dx 2 y

şeklinde yazabiliriz. Her iki tarafında integralini alalım,

  dy = y2

x dx + C

Düzenlersek y =

3

x4

−4

+ 4C

1 x4 − ⇒ y = 4 + C

v eya y =

−4

x4

+ K

elde ederiz.(C ve K keyfi sabitler.) Örnek 14 deki diferansiyel denklemi değişkenlerine ayırırken eşitliğin her iki tarafını 1/y 2 ile çarptık. Bu işlemi y  = 0 kabul ederek yapabiliriz. Soru: y(x) = 0 bir çözüm müdür? Cevap: EVET. −4 genel çözümünden elde edilemez. Fakat y (x) = 0 , K nın hiç bir değeri için y(x) = 4 x + K Bu kural dışı çözümlere genellikle aykırı (tekil) çözüm denir.

12

1.5. Ayrılabilir Denklemler

Örnek 15. dy = dx

−6xy,

y(0) = 7


Çözüm: Yukarıdaki diferansiyel denklemi

dy = y

−6xdx

şeklinde yazabiliriz. Buradan

  − dy = y

( 6x)dx + C

| | −3x2 + C

ln y =

⇒

elde ederiz. y(0) = 7 başlangıç koşulundan y(x) in x = 0 komşuluğunda pozitif olduğunu görürüz. Böylece mutlak değer

işaretini kaldırabiliriz. ln y =

−3x2 + C ⇒

2

y(x) = e −3x

+C

⇒

2

y(x) = e −3x eC

C keyfi sabit olduğu için e C yerine A keyfi sabitini yazabiliriz. 2

y(x) = Ae−3x y(0) = 7 koşulu A = 7 yi verir. Böylece istenen çözüm y(x) = 7e−3x

2

dir. Bir önceki örnekte başlangıç koşulunun y(0) = −4 olduğunu varsayalım. Bu takdirde y(x), x = 0 komşuluğunda negatiftir. Dolayısıyla |y | yerine −y koyabilir ve ln( y) =

−

−3x2 + C

elde ederiz. Başlangıç koşulu C = ln4 verir. Buradan y(x) =

2

−4e−3x

elde edilir. Şekil 1.2:

dy dx

=

−6xy diferansiyel denleminin yönlü alanı ve y(0) = 7, y (0) = −4 başlangıç koşulları için çözümleri.

1.6. Birinci Mertebe Mertebeden den Doğrusal Doğrusal Denklemler

13

Örnek 16. dy 4 2x = 2 dx 3y 5

− −

diferansiyel denklemini çözünüz.

Çözüm: Değişkenleri Çözüm: Değişkenleri ayırır ve her iki yanın integralini alırsak



(3y (3y

2

 −

− 5)dy 5)dy = =

y3

(4

2x)dx + C

− 5y = 4x − x2 + C

elde ederiz. Bu çözüm, x in açık bir fonksiyonu olarak y ye göre çözülemez. Bir önceki örnekte olduğu gibi çözüm y (x) = F ( F (x) şekline getirilemeyebilir. (C keyfi sabit.)

G(x, y ) = C

Formunda elde edilen ve y( y (x) = F ( F (x) halinde yazılamayan çözüme Kapalı Çözüm adı verilir.

1.6 Birinc Birincii Merte Mertebede beden n Doğru Doğrusal sal Denkle Denklemle mlerr dy (1.21) + P ( P (x)y = Q = Q((x) dx formunda olan diferansiyel denklemlere birinci mertebeden doğrusal (lineer) diferansiyel denklem adı ver-

ilir.

Yöntem 1.

Çözüme µ(x) = e



P (x)dx

(1.22)

fonksiyonunu hesaplıyarak başlayınız. µ(x) fonksiyonuna integral çarpanı adı verilir. 2. Diferansiy Diferansiyel el denklemin denklemin her iki tarafını tarafını µ( µ (x) ile çarpınız. Denklemin sol tarafı 

e

P (x)dx dy

dx

olacaktır. Denklememiz



+ P ( P (x)e

P (x)dx

y =

d [µ(x)y(x)] dx

d [µ(x)y (x)] = µ( µ(x)Q(x) dx

şeklini alır. 3. Her iki tarafı tarafınn integ integral ralini ini aldığı aldığımız mızda da µ(x)y (x) =



µ(x)Q(x)dx + C

buluruz ve genel çözümü elde etmek için y (x) e göre çözeriz.

Örnek 17. y

− 2y = 3e2x diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz.

Çözüm: Diferansiyel Çözüm: Diferansiyel denklemimizde P ( P (x) = −2 ve Q( Q (x) = 3e2x dir. İntegral çarpanımız  µ(x) = e (−2)dx = e −2x dir.

14

1.6. Birinci Mertebeden Mertebeden Doğrusal Doğrusal Denklemler

Denklemimizin her iki tarafını e −2x ile çarparsak e−2x y

− 2e−2xy = 3e−2xe2x

Elde ettiğimiz denklemin sol tarafı aslında e−2x y (x) çarpımının türevidir d −2x [e y (x)] = 3 dx

İntegral alalım



d −2x [e y (x)]dx )]dx = = dx



3dx

e−2x y(x) = 3x + C

y (x) i yanlız bırakırsak y (x) = 3xe 3 xe2x + Ce 2x

genel çözümünü elde ederiz.

Örnek 18. dy (x2 + 1) dx + 3xy 3xy = = 6x diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz.

Çözüm: İntegral Çözüm: İntegral çarpanımızı hesaplayalım µ(x) = e 2

3

µ(x) = e 2 ln(x



+1)

3x dx x2 +1

= (x ( x2 + 1)3/2

µ (x) ile çarpalım Denklemin her iki yanını µ( (x2 + 1)3/2

dy 6x + (x (x2 + 1)1/2 3xy = xy = (x2 + 1)3/2 2 dx (x + 1)

d [(x [(x2 + 1)3/2 y(x)] = 6x 6x(x2 + 1)1/2 dx

İntagral alalım 2

(x + 1)

3/2

y (x) =



6x(x2 + 1)1/2 dx + C

(x2 + 1)3/2 y (x) = 2(x 2(x2 + 1)3/2 + C y (x) i yanlız bırakırsak y (x) = 2 + C (x2 + 1)−3/2

elde ederiz.

Örnek 19. 480km km3 ve iç akış hızının (A gölünden) ve dış akış hızının (C gölüne) Varsayalımki B gölünün hacmi 480 her ikiside 350 350km km3 tür. t = 0 anında B gölünün kirliliği A gölününkinin 5 katıdır. Eğer dış akış bundan sonra iyi karışmış göl suyu ise kaç yıl sonra B nin kirlilik yoğunluğu A nınkinin 2 katı olur.

Çözüm: ∆t süre sonunda B ye giren atık maddde miktarı : 350.c. 350 .c.∆ ∆t

B deki atık madde miktarı X ( X (t) ise B den giden atık madde miktarı: 350.. 350

X (t) .∆t V

1.6. Birinci Mertebe Mertebeden den Doğrusal Doğrusal Denklemler

15

B deki madde miktarı değişimi: ∆X = = 350.c. 350.c.∆ ∆t ∆X = = (350.c (350.c

X (t) 350.. )∆t )∆t − 350 V

∆X = 350.c 350.c ∆t ∆t yi 0 a götürürsek:

X (t) − 350 350.. .∆t V

X (t) 350.. − 350 V

∆X dX = = 350.c 350.c ∆t→0 ∆t dt lim

X − 350 V

dX 350 + X = = 350c 350c dt V

Birinci mertebeden doğrusal bir diferansiyel denklem elde ettik. İntegral çarpanımız,  µ(x) = e

350

V

dt

= e

350

V

t

denklemi µ( µ (x) ile çarpıp integral alırsak e

350

V

t

X (t) =



e

350

V

t

350.c.dt 350 .c.dt + K = = V.c.e

350

V

t

+ K

X (t) yi yalnız bırakırsak X (t) = V .c + K.e−

350

V

t

Başlangıçta kirlilik yoğunluğu 5c 5 c idi.Yani X (0) (0) = 5.V.c 5.V.c

Buradan K yı K = 4.V.c

buluruz. Aradığımız fonksiyon X (t) = V.c V .c + 4.V.c.e 4.V.c.e−

350

V

t

Bizden ne kadar zaman sonra kirlilik yoğunluğu 2c 2 c olacağı sorulmuştu. Yani t nin hangi değeri için X (t) = 2c 2c V

olur?

V.c + 4.V.c.e 4.V.c.e− V

350

V

t

= 2c

16

1.6. Birinci Mertebeden Doğrusal Denklemler

Düzenlemelerden sonra e−

350

V

t

1 4

=

V nin 480 olduğunu biliyoruz. Yerine yazar t yi çekeriz ve t =

48 ln4 = 1.91 yıl 35

Örnek 20. y  = 1 + x + y + xy diferansiyel denkleminin çözümünü bulunuz.

Çözüm: Diferansiyel denklemimizin sağ tarafını biraz düzenleyelim; y = 1 + x + y(x + 1) y  = (1 + x)(1 + y) = −1 olmak koşulu ile) Denklemimiz değişkenlerine ayrılabilir bir denklem. Her iki tarafı 1 + y ile bölersek (y  dy = (1 + x)dx 1+y

her iki tarafın integralini alabiliriz.



dy = 1+y



(1 + x)dx

ln 1 + y = x +

|

|

x 2 + C 2

elde ederiz. Burada eğer y < −1 ise ln( (1 + y))

− −(1 + y)

= x+ = ex+

1+y

=

y(x)

=

x 2 + C 2 x2 2

+C

= e x+

x2 2

.eC

x2

−B.ex+ (B = eC ) −1 + A.ex+ (A = −B) 2

x2 2

eC çarpanı hiçbir C için 0 olamayacağı için A keyfi sabiti A < 0 seklinde seçilebilir. Eğer y > 1 ise

−

ln(1 + y)

x 2 = x+ + C 2 x2

1+y

= ex+

1+y

= A.ex+

y(x)

=

2

+C x2 2

= e x+

x2 2

.eC

(A = e C )

−1 + A.ex+

x2 2

Yine e C çarpanı hiçbir C için 0 olamayacağı için A keyfi sabiti A > 0 seklinde seçilebilir. Sonuç itibariyle y  = −1 için her durumda(y < −1, y > −1) aynı çözümü bulduk. y(x) =

−1 + A.ex+

x2 2

A

∈ R − {0}

Denklemimizi 1 + y ile bölerken y  = −1 olsun demiştik. y(x) = −1 Bu denklemin bir çözümüdür. Elde ettiğimiz çözüme A = 0 seçeneği de eklenirse y (x) = −1 fonksiyonu da elde edilebilir. Dolayısıyla çözüm ailesi: y(x) =

şeklinde de yazılabilir.

−1 + A.ex+

x2 2

,

(A keyfi sabit)

1.6. Birinci Mertebeden Doğrusal Denklemler

17

2. yol: y = 1 + x + y + xy diferansiyel denklemini aşağıdaki şekilde de yazabiliriz y (1 + x) y = (1 + x)

−      P (x)

Q(x)

Denlemimiz aynı zamanda doğrusal bir denklem. Bir de böyle çözümü bulmaya çalışalım. İntegral çarpanımız 

x2 µ(x) = e −(1+x)dx = e −x− 2

Denlemin her iki tarafını µ(x) ile çarpalım, x2 d [µ(x)y(x)] = e −x− 2 (1 + x) dx

Elde edilen denklemin integralini alalım e−(x+ 2

elde ederiz. u = x + x2

x2 2

)

y(x) =



e−(x+

x2 2

)

(1 + x)dx + C

⇒ du = (1 + x)dx değişken dönüşümü yapılıp integral alınırsa e−(x+ ) y(x) = −e−(x+ ) + C x2

x2

2

2

bulunur. y(x) i yalnız bırakalım, böylece çözüm y(x) =

−1 + C.ex+

x2 2

olur.

Örnek 21. dy = 3x2 (y 2 + 1), dx

y(0) = 1

Başlangıç değer probleminin çözümünü bulunuz.

Çözüm:

dy = 3x2 y2 + 3x2 dx dy dx

− 3x2y2 = 3x2

lineer değil dikkat!!!

Değişkenlerine ayrılabilir bir denklem. Her iki tarafı 1 + y 2 ye bölelim, dy = 3x2 dx 1 + y2

İntegral alalım





dy = 3x2 dx + C 2 y +1 arctan(y) = x3 + C y(x) = tan(x3 + C )

Başlangıç koşulumuz y (0) = 1 idi. Bunu kullanarak C yi belirleyelim. y(0) = 1

 1 = tan(C )    

C =

Başlangıç değer problemimizin çözümü, y(x) = tan(x3 +

olarak bulunur.

π 4

π ) 4

18

1.7. Tam Diferensiyel Denklemler

Örnek 22. xy  = 2y + x3 cosx diferansiyel denkleminin çözümünü bulunuz.

Çözüm: Denklemimiz görüldüğü gibi doğrusal bir denklem

− x2 y = x2cosx

y

 P (x)

İntegral çarpanı



µ(x)

= e

2

−

dx

x

2

−

= eln |x| 1 = x2

= e −2 ln |x| 2 = e ln |x |

1

−

1

= e ln x2

Denklemimizi integral çarpanımızla çarpalım

  

d 1 1 y(x) = 2 x2 cos x 2 dx x x

İntegral alalım

1 y(x) = x2

elde ederiz. Genel çözümümüz

cos xdx + C = sin x + C

y(x) = x 2 sin x + Cx 2

olarak bulunur.

1.7 Tam Diferensiyel Denklemler Birinci mertebeden bir adi diferansiyel denklem dy = f (x, y) dx

(1.23)

şeklinde ifade edilebildiği gibi M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0

(1.24)

M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0

(1.25)

şeklinde ifade edilebilir. Bu denklemin çözümü (eğer varsa) F (x, y) = C şeklinde bir fonksiyondur. Eğer ∂M (x, y) ∂N (x, y) = ∂y ∂x

sağlanıyorsa denklem (1.25) tam diferansiyel denklem olarak adlandırılır. Tam diferansiyel denklemler her zaman çözülebilir denklemlerdir.

Çözüm Yöntemi Eğer F (x, y) = C gibi bir fonksiyon (1.25) deki tam diferansiyel denklemin çözümü ise ∂F = M (x, y) ve ∂x

olmalıdır.

∂F = N (x, y) ∂y


19

HATIRLATMA F (x, y) = C nin tam diferansiyelini hatırlayalım ∂F ∂F dx + dy = 0 ∂x ∂y

  M (x,y )

N (x,y)

Bu durumda M (x, y) nin x’e göre kısmi integrali alındığında F (x, y) fonksiyonu (çözümümüz) bulunur. ∂F = M (x, y) ∂x

denkleminde iki tarafın x ’e göre kısmi integralini alalım F (x, y) =



M (x, y)dx + Φ(y)

Φ(y) intergasyon sabitidir. Not: x’e göre kısmi türev alındığında sabit sayılar ve y ’ye bağlı ifadeler yok olabileceği için integral sabitimiz y’ye

bağlıdır. Bilinmeyen Φ(y) fonksiyonunu bulabilmek için, elde edilen F (x, y) =



M (x, y)dx + Φ(y)

denkleminin y ’ye göre kısmi türevi alınırsa ∂F ∂ = ∂y ∂y

elde edilir. Biz biliyoruz ki



M (x, y)dx +

d Φ(y) dy

∂F = N (x, y) ∂y

dir. Buradan Φ(y) fonksiyonunu bulabiliriz ve (1.26) de yerine konulursa genel çözümü bulunmuş olur.

Örnek 23. y3 dx + 3xy2 dy = 0 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz.

Çözüm: Denklemimizde M (x, y) = y 3

dir. Tam lık kriterine bakıldığında

ve N (x, y) = 3xy2

∂M = 3y2 ∂y

ve

∂N = 3y 2 ∂x

kısmi türevler eşit olduğu için denklemimiz tamdır. Denklemimiz TAM olduğu için, çözümümüz olan F (x, y) = C fonsiyonu için ∂F = M (x, y) = y 3 ∂x

olduğunu söyleyebiliriz. x’e göre kısmi integral alınırsa



∂F dx = ∂x



y3 dx + Φ(y)

F (x, y) = y 3 x + Φ(y)

Şimdi Φ(y) yi bulmalıyız. Bulduğumuz F (x, y) = y 3 x + Φ(y)

(1.26)

20


fonksiyonun y ’ye göre kısmi türevi N (x, y) olmali ki çözümümüz olsun. y’ye göre kısmi türev alalım ∂F d = 3y 2 x + Φ(y) = 3xy 2 ∂y dy

 N (x,y )

3xy 2 = 3xy 2 +

d Φ(y) dy

⇒ dyd Φ(y) = 0

Φ(y)’yi bulmak için integral alırsak Φ(y) = A olarak bulunur. (A keyfi sabit). Sonuç olarak F (x, y) F (x, y)

= xy 3 + A = C = xy 3 = K (K = C

− A, keyfi sabit)

elde ederiz.

Örnek 24. 2xy dx + (1 + x2 )dy = 0 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz.

Çözüm: Denklemimizde 2xy dx + (1 + x2 ) dy = 0

    M (x,y)


N (x,y )

∂M = 2x ∂y

ve

∂N = 2x ∂x

kısmi türevler eşit olduğu için denklemimiz tamdır. Denklemimiz TAM olduğu için, çözümümüz olan F (x, y) = C fonsiyonu için ∂F = M (x, y) = 2xy ∂x

olduğunu söyleyebiliriz.. x’e göre kısmi integral alınırsa



∂F dx = ∂x



2xy dx + Φ(y)

F (x, y) = x 2 y + Φ(y)

Şimdi Φ(y) yi bulmalıyız. Bulduğumuz F (x, y) = x 2 y + Φ(y)

fonksiyonun y ’ye göre kısmi türevi N (x, y) olmali ki çözümümüz olsun. y’ye göre kısmi türev alalım ∂F d = x 2 + Φ(y) = 1 + x2 ∂y dy

   N (x,y )

x2 = x 2 +

d Φ(y) dy

⇒ dyd Φ(y) = 1

Φ(y)’yi bulmak için integral alırsak Φ(y) = y olarak bulunur. Sonuç olarak genel çözümümüz x2 y + y = C (C, keyfi sabit)

Örnek 25. (x + sin y)dx + (x cos y

− 2y)dy = 0 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz.


21

Çözüm:

dy x sin y = dx x cos y 2y

− −

−

Görüldüğü gibi denklemimiz ayrılabilir yada doğrusal değil. Tam olup olmadığını kontrol edelim. (x + sin y) dx + (x cos y

2y) dy = 0

    −  M (x,y )

Tam lık kriterine bakıldığında

N (x,y)

∂M = cos y ∂y

ve

∂N = cos y ∂x

kısmi türevler eşit olduğu için denklemimiz tamdır. Denklemimiz TAM olduğu için, çözümümüz olan F (x, y) = C fonsiyonu için ∂F = M (x, y) = x + sin y ∂x

olduğunu söyleyebiliriz.. x’e göre kısmi integral alınırsa



∂F dx = ∂x



(x + sin y)dx + Φ(y)

x2 F (x, y) = + x sin y + Φ(y) 2

Şimdi Φ(y) yi bulmalıyız. Bulduğumuz F (x, y) =

x2 + x sin y + Φ(y) 2

fonksiyonun y ’ye göre kısmi türevi N (x, y) olmali ki çözümümüz olsun. y’ye göre kısmi türev alalım ∂F d = x cos y + Φ(y) = x cos y ∂y dy

2y

 −  N (x,y )

− 2y = x cos y + dyd Φ(y) ⇒ dyd Φ(y) = −2y Φ(y)’yi bulmak için integral alırsak Φ(y) = −y2 olarak bulunur. Sonuç olarak genel çözümümüz x cos y

x2 + x sin y 2

− y2 = C

Örnek 26. x+y dx + (y + tan−1 x) dy = 0 diferansiyel denkleminin çözümünü bulunuz. 2 1+x

Çözüm: Denklemimizde M (x, y) =


x+y 1 + x2

∂M 1 = ∂y 1 + x2

ve N (x, y) = y + tan−1 x ve

∂N 1 = ∂x 1 + x2

kısmi türevler eşit olduğu için denklemimiz tamdır. Denklemimiz TAM olduğu için, çözümümüz olan F (x, y) = C fonsiyonu için ve

∂F x+y = M (x, y) = ∂x 1 + x2

∂F = N (x, y) = y + tan−1 x ∂y

22


olduğunu söyleyebiliriz. Bu denklemlere bakıldığında ikincisini integrallemek daha kolaydır.



∂F dy = ∂y



(y + tan−1 x)dy + Φ(x)

F (x, y) =

y2 + y. tan−1 x + Φ(x) 2

F (x, y) =

y2 + y. tan−1 x + Φ(x) 2

Şimdi Φ(x) yi bulmalıyız. Bulduğumuz

fonksiyonun x ’ye göre kısmi türevi M (x, y) olmali ki çözümümüz olsun. x’ye göre kısmi türev alalım ∂F 1 d x+y = y. + Φ(x) = 1 + x2 1 + x2 ∂x dx

   M (x,y)

y.

1 d 1 x + Φ(x) = y. + 2 2 1+x dx 1+x 1 + x2 d x Φ(x) = 1 + x2 dx d x Φ(x) = dx 1 + x2

Φ(x)’yi bulmak için integral alırsak Φ(x) = 12 ln (1 + x2 ) + A olarak bulunur. (A keyfi sabit). Sonuç olarak F (x, y)

=

F (x, y)

=

y2 1 + y.tan−1 x + ln(1 + x2 ) + A = C 2 2 2 y 1 + y.tan−1 x + ln(1 + x2 ) = K 2 2 (K = C

− A, keyfi sabit)

1.7.1 Tam Hale Getirmek M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0

(1.27)

diferansiyel denklemini ele alalım. Eğer bu denklem TAM değilse, yani, ∂M ∂N = ∂y ∂x



ise, biz bu denklemi uygun bir α(x, y) fonksiyonu ile çarparak TAM hale getirebiliriz. O zaman öyle bir α(x, y) fonksiyonu bulalım ki α(x, y)M (x, y)dx + α(x, y)N (x, y)dy = 0 (1.28) denklemi TAM olsun. (1.27) denklemini tam hale getirmek için kullandığımız α(x, y) fonksiyonuna integral çarpanı denir. Böyle bir α(x, y) fonksiyonunu bulmak kolay olmayabilir. Biz basit durumları inceleyelim. İntegral çarpanımız sayesinde TAM olan (1.28) yi elde ettik. Yani, ∂ ∂ (αM ) = (αN ) ∂y ∂x

Bu denklemden α(x, y) yi bulmaya çalışabiliriz. Türevi alalım, ∂α ∂M ∂α ∂N M + α = N + α ∂y ∂y ∂x ∂x α(x, y) nin türevlerini bir tarafa toplarsak α

∂M ∂y

∂α ∂ α − α ∂N = N − M ∂x ∂x ∂y


23

α(

∂M ∂y

∂M ∂y

∂ α N − M ) − ∂∂xN = α1 ( ∂α ∂x ∂y

∂M ∂y ∂M ∂y

∂α N − M − ∂∂xN ) = ∂α ∂x ∂y

−

∂α ∂N = ∂x N ∂x α

−

∂α ∂y

α

M

− ∂∂xN = N ∂x∂ (ln α) − M ∂y∂ (ln α)

(1.29)

Yukarıdaki kısmi diferansiyel denklemden α(x, y) yi bulmak her zaman kolay değildir. Biz bazı basit durumları inceleyelim.

Durum 1: ∂ ∂y (ln α)

α sadece x ’in fonksiyonu olabilir. O zaman denklem (1.29) teki ∂M ∂y

= 0 olacaktır. Yani

∂ − ∂N = N (ln α) ∂x ∂x

Burada denklemin her iki tarafını N ye bölüp x ’e göre integral alırsak ln α =



1 ∂M ( N ∂y

α(x) = e



− ∂∂xN )dx

1 ∂M N ( ∂y

−

∂N dx ∂x )

olarak bulunur.

Uyarı: Bu durumun gerçeklenebilmesi için 1 ∂M ( N ∂y

− ∂N ) ∂x

in sadece x’e bağlı olması gerekir. Yani yukarıdaki ifade sadece x ’e bağlı olursa, integral çarpanını α(x) = e



1

( ∂M ∂y

N

−

∂N ) dx ∂x

ile bulabiliriz.

Durum 2: Benzer şekilde α sadece y ’in fonksiyonu olabilir. O zaman denklem (1.29) teki ∂M ∂y

∂ = −M (ln α) − ∂N ∂x ∂y

Burada denklemin her iki tarafını −M ye bölüp y ’e göre integral alırsak ln α =

 −

1 ∂M ( M ∂y

α(y) = e

olarak bulunur.



)dy − ∂N ∂x

1 ∂M M ( ∂y

−

−

∂N dy ∂x )

∂ ∂x (ln α)

= 0 olacaktır ve

24


Uyarı: Bu durumun gerçeklenebilmesi için

−1 ( ∂M − ∂N ) M ∂y

∂x

in sadece y ’e bağlı olması gerekir. Yani yukarıdaki ifade sadece y’e bağlı olursa, integral çarpanını α(y) = e



1 ∂M M ( ∂y

−

∂N dy ∂x )

−

ile bulabiliriz.

Örnek 27. (x5 + 3y)dx

− xdy = 0 diferansiyel denkleminin çözümünü bulunuz.

Çözüm: Denklemimizde M (x, y) = x 5 + 3y

ve N (x, y) = −x

dir. Tam lık kriterine bakıldığında ∂M = 3 ve ∂y

∂N = ∂x

−1

eşit olmadığı için TAM DEĞİLDİR. Tam yapmak için integral çarpanımızı bulalım; eğer 1 ∂M ( N ∂y

) − ∂N ∂x

ifadesi sadece x’e bağlıysa integral sabitimiz x ’e bağlı çıkacak. 1 ∂M ( N ∂y

−4 1 − ∂N ) = (3 − (−1)) = −x ∂x x

Görüldüğü gibi sadece x ’e bağlı. İntegral çarpanımız; α(x) = e



ile bulunabilir. α(x) = e

( ∂M ∂y

1

−

N



4

−

x

dx

∂N ) dx ∂x

=

1 x4

olarak integral çarpanımızı buluruz. Denklemimizi integral çarpanımızla çarpalım, 1 5 (x + 3y)dx x4 (x +

3 y)dx x4

− x x14 dy = 0 − x13 dy = 0

Bu denklemin tam olup olmadığını kontrol edelim ∂M 3 ∂N = 4 = ∂y x ∂x

TAM dır. (x +

3 y)dx x4

− x13 dy = 0

Yukarıdaki TAM diferansiyel denklemin çözümü F (x, y) =

dir.

−y + x 2 = C x3

2


25

Örnek 28.

−ydx + (x + y)dy = 0 diferansiyel denkleminin çözümünü bulunuz. Çözüm: Denklemimiz ayrılabilir ve lineer değildir. Denklemimizde M (x, y) =

ve N (x, y) = x + y

−y

dir. Tam lık kriterine bakıldığında ∂M = ∂y

∂N =1 ∂x

ve

−1


− ∂N ) ∂x

ifadesi sadece x ’e bağlıysa integral sabitimiz x ’e bağlı çıkacak. 1 ∂M ( N ∂y

1 −2 ) = (−1 − 1) = − ∂N ∂x x+y x+y

Görüldüğü gibi sadece x’e bağlı değil. Eğer aşağıdaki ifade sadece y ’ye çıkarsa integral çarpanımız sadece y ’ye bağlı olacak. integral çarpanımız:

−1 ( ∂M − ∂N ) = −1 (−1 − 1) = −2 M ∂y ∂x y −y α(y) = e



ile bulunabilir. α(y) = e

1

−

( ∂M ∂y

−

M



2

−

y

dy

∂N ) dy ∂x

=

1 y2

olarak integral çarpanımızı buluruz. Denklemimizi intagral çarpanımızla çarpalım, 1 1 ( y)dx + 2 (x + y)dy = 0 2 y y

−

−1 dx + (x + y) dy = 0 y2

y

Bu denklemin tam olup olmadığını kontrol edelim ∂M 1 ∂N = 2 = ∂y y ∂x

TAM dır.

−1 dx + (x + y) dy = 0 y2

y

Yukarıdaki TAM diferansiyel denklemin çözümü F (x, y) =

−x + ln |y| = C y

dir.

Örnek 29. (x + 3x3 sin y)dx + (x4 cos y)dy = 0 diferansiyel denkleminin çözümünü bulunuz.

26

1.8. Yerine Koyma Yöntemleri

Çözüm: Denklemimiz ayrılabilir ve lineer değildir. Denklemimizde M (x, y) = x + 3x3 sin y

ve N (x, y) = x4 cos y

dir. Tam lık kriterine bakıldığında ∂M = 3x3 cos y ∂y

∂N = 4x3 cos y ∂x

ve


) − ∂N ∂x

ifadesi sadece x’e bağlıysa integral sabitimiz x ’e bağlı çıkacak. 1 ∂M ( N ∂y

1 −1 (3x3 cos y − 4x3 cos y) = − ∂∂xN ) = x4 cos y x

Görüldüğü gibi sadece x ’e bağlı. İntegral çarpanımız: α(x) = e



α(x) = e

1 ∂M N ( ∂y

−



1

−

x

dy

∂N dy ∂x )

=

1 x

Denklemimizi integral çarpanımız α(x) = x1 ile çarpalım, 1 1 (x + 3x3 sin y)dx + (x4 cos y)dy = 0 x x (1 + 3x2 sin y)dx + (x3 cos y)dy = 0

Bu denklemin tam olup olmadığını kontrol edersek ∂M ∂N = 3x2 cos y = ∂y ∂x

TAM dır.

(1 + 3x2 sin y)dx + (x3 cos y)dy = 0

Yukarıdaki TAM diferansiyel denklemin çözümü F (x, y) = x + x3 sin y = C

dir.

1.8 Yerine Koyma Yöntemleri Bu kısımda, verilen bir diferansiyel denklemi nasıl çözüleceğini bildiğimiz bir denkleme dönüştürmek için bazen kullanılabilen yerine koyma yöntemlerini açıklayacağız.

Örnek 30. dy = (x + y + 3) 2 dx

diferansiyel denklemini çözünüz.

Çözüm: x + y + 3 = v

dönüşümü yapalım. dy dx in yerine yazabilmek için y yi çekip türev alalım. y = v

−x−3


27

dy dv = dx dx

− 1

Denkemimizde yerine yazarsak dv dx

dv = 1 + v2 dx

− 1 = v 2 ⇒

  

değişkenlerine ayrılabilir

Değişkenlerine ayrılabilir bir denklemi nasıl çözeceğimizi biliyoruz. dv = dx 1 + v2 arctan v = x + c v = tan(x + c)

Ters dönüşüm yaparsak, (v yerine x + y + 3 yazalım) x + y + 3 = tan(x + c) y = tan(x + c)

−x−3

Kural dy = F (ax + by + c) dx

şeklindeki herhangi bir diferansiyel denklem v = ax + by + c

dönüşümüyle ayrılabilir bir denkleme dönüştürülebilir.

1.8.1 Homojen Diferansiyel Denklemler Tanım 3. f (x, y) tanımlı iki değişkenli bir fonksiyon olsun, x yerine λx y yerine λy yazılınca f (λx, λy) = λ n f (x, y)

ise f (x, y) n. derceden homojen bir fonksiyondur.

Örnek 31. f (x, y) = xy 2 + y 3 fonksiyonu için f (λx, λy) = λx(λy)2 + (λy)3 f (λx, λy) = λ 3 xy 2 + λ3 y 3 = λ 3 (xy2 + y3 ) f (λx, λy) = λ 3 f (x, y) f (x, y) 3. dereceden homojen bir fonksiyondur.

28


Tanım 4. dy M (x, y) = dx N (x, y)

1. mertebeden diferansiyel denkleminde M (x, y) ve N (x, y) n. dereceden homojen ise diferansiyel denkleme n . dereceden homojen diferansiyel denklem denir. Homojen diferansiyel denklemleri çözmek için, denklem dy y = f (x, y) = g dx x

şeklinde yazılır. Daha sonra z = y/x dönüşümü yapılır.



dy y = g dx x



homojen denkleminde z = yx dönüşümü yapılırsa y = zx

Ve yerlerine yazılırsa

dy dz = x+z ⇒ dx dx

dz x + z = g(z) dx dz g(z) z = dx x

−

değişkenlerine ayrılabilir diferansiyel denkleme dönüşür. Bu değişkenlerine ayrılabilir denklemi çözer z = xy ters dönüşümü yaparız.

Örnek 32. (2xy + x2 )y  = x 2 + 2y2

diferansiyel denkleminin çözümünü bulunuz.

Çözüm:

dy x2 + 2y 2 M (x, y) = = dx 2xy + x2 N (x, y)

Homojen mi diye bir bakalım. M (λx, λy) = (λx)2 + 2(λy)2 = λ 2 (x2 + 2y 2 ) N (λx, λy) = 2(λx)(λy) + (λx)2 = λ 2 (2xy + x2 ) M ve N 2. dereceden homojen fonksiyonlar. Öyleyse diferansiyel denklem homojendir. Denklemimizi yx in cinsinden

yazmaya çalışalım

dy x2 + 2y2 = dx 2xy + x2 z =

y x

2

=

x2 (1 + 2 xy 2 ) (1 + 2( xy )2 ) = x2 (2 xy + 1) (2 xy + 1)

dönüşümü yapalım. y = zx

Denklemimiz, e dönüşür. Düzenlediğimizde;


dz 1 + 2z 2 x + z = dx 2z + 1 dz 1 z 1 = dx 2z + 1 x

− ·


29

değişkenlerine ayrılabilir diferansiyel denklemi elde etmiş oluruz. Bu diferansiyel denklemin çözümü

−2 xy − 3 ln |1 − xy | = ln |x| + C dür.

Örnek 33. x

dy = y + dx

 − x2

y2

Çözüm: Denklemimiz aşağıdaki şekilde de yazılabilir, dy y + = dx

 − x2 x

y2

=

M (x, y) N (x, y)

Homojenliğe bakalım. N (λx,λy) = λx = λN N (x, y) fonksiyonu 1. dereceden homojen. M (λx,λy)

   −−  −   −   −  −  −  −

= λy +

(λx)2

(λy)2

= λy +

λ2 (x2

y2)

= λy + λ x2

y2 = λ (y +

x2

y2)

M

Her ikisi de 1. dereceden homojen dolayısıyla denklemimiz homojen. Sağ tarafı xy cinsinden yazmaya çalışalım. dy y + = dx y = + x z =

y x

dönüşümü yapalım,

x2 x

x2 (1

x

y = zx

denklemimizde yerine yazalım

y2

y2 x2 )

=

y + x

x2 y 2 x

=

y + x

1

y ( )2 x


dz x + z = z + dx

 − 1

z2

Düzenlersek değişkenlerine ayrılabilir denklemimizi elde ederiz.

√ 1dz− z2 = dxx Değişkenlerine ayrılabilir denklemimizi çözer z yerine y /x yazarız. Çözümümüz; y = x sin(ln x + C )

||

30


Örnek 34. y2 dx + (x2

− xy − y2)dy = 0

Çözüm: Denklemimizi dy = 2 dx x

−y2 − xy − y2

şeklinde yazalım. Homojenlik için M (x, y) = −y 2 ve N (x, y) = x 2 − xy − y 2 fonksiyonlarının homojenliğine bakalım. M (x, y) =

−y 2

N (x, y) = x 2

− xy − y2

M (λx, λy) = N (λx,λy)

−(λy)2 = −λ2y2 = −λ2M (x, y)

= (λx)2 (λx)(λy) (λy)2 = λ2 x2 λ2 xy λ2 y 2

− − − − λ2 (x2 − xy − y2 ) = λ 2 N (x, y)

=

M (x, y) ve N (x, y) fonksiyonları 2. dereceden homojen olduğu için denklemimiz homojen bir denklemdir. y/x

cinsinden yazmaya çalışalım. ( xy )2 −y2 = −y2 − xy − y2 x2(1 − xy − ( xy )2) = − 1 − xy − ( xy )2

dy = 2 dx x y x

= z dersek,

dy dx

=

dz dx x

+ z olur. Yerlerine yazalım, x

Düzenlediğimizde:

dz + z = 1 dx

−z2 − z − z2

− z − z2 dz = dx −z + z3 x

1

değişkenlerine ayrılmış denklemi elde ederiz.

− z − z2 dz = dx x −z + z3

1

Yukarıdaki diferansiyel denklemi çözüp z = xy yazarsak

y + x = C y2 (y

− x)

olarak genel çözümümüz bulunur.

1.8.2 (a x + b y + c )dx ∓ (a x + b y + c )dy = 0 şeklindeki diferansiyel denklemler 1

1

1

2

2

2

Durum 1: a2 a1

=  bb

ise a 1 x + b1 y + c1 = 0,a2 x + b2 y + c2 = 0 doğruları paralel değildir. Yani bir noktada kesişirler. Bu kesişme noktasını bulup, (bu nokta (h, k) olsun) 2 1

x = X + h

ve

y = Y + k

⇒ dx = dX

ve

y = Y + k

dönüşümü uygularız. x = X + h

yerlerine yazalım.

⇒ dy = d Y

(a1 (X + h) + b1 (Y + k) + c1 )dX

∓ (a2(X + h) + b2(Y + k) + c2)dY = 0

(a1 X + b1 Y + a1 h + b1 k + c1 )dX

∓ (a2X + b2Y + a2h + b2k + c2)dY = 0

Düzenlersek


31

(h, k) iki doğrunun kesişim noktası olduğuna göre her ikisinin de üzerindedir. Sonuç olarak denklemlerini sağlar; a1 h + b1 k + c1 = 0

ve

a2 h + b2 k + c2 = 0

dır. Bu durumda denklemimiz (a1 X + b1 Y )dX

∓ (a2X + b2Y )dY = 0

şeklini alır. Elde ettiğimiz bu denklem homojen dir.(Kontrol edin.) Bu homojen denklemi çözersek ve X = x

−h

ters dönüşümü yaparsak

ve

(a1 x + b1 y + c1 )dx

denkleminin genel çözümünü bulmuş oluruz.

Y = y

−k

∓ (a2x + b2y + c2)dy = 0

Örnek 35. (x + y

− 3)dx + (−x + y + 1)dy = 0 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz.

Çözüm: x+y − 3 = 0 ve −x+y +1 = 0 doğrularının kesişim noktasını bulalım. Ortak çözüm yaparsak bu doğruların (2, 1) noktasında kesiştiğini buluruz.(h = 2, k = 1) x = X + 2

ve

y = Y + 1

⇒ dx = dX

ve

y = Y + 1

dönüşümü uygulayacağız. x = X + 2

yerlerine yazalım

((X + 2) + (Y + 1)

Düzenlersek

⇒ dy = dY

− 3)dX + ( −(X + 2) + (Y + 1) + 1)dY = 0

(X + Y + 2 + 1

− 3)dX + ( −X + Y + −2 + 1 + 1)dY = 0 (X + Y )dX + ( −X + Y )dY = 0

veya

dY = dX

− (−(X X + +Y )Y )

şeklinde homojen bir denklem elde ettik. Sağ tarafta pay ve paydayı X parantezine alalım. dY = dX z =

Y X

dönüşümü yaparsak, ⇒

dY dX

=

dz dX X +

Y X (1 + X ) = Y X ( 1 + X )

− −

Y (1 + X ) Y ( 1+ X )

−−

z dz X + z = dX

Düzenlersek

− (−(11++z)z)

1 z dX dz = 2 1+z X

−

değişkenlerine ayrılabilir denklemi elde ederiz. Her iki tarafın integralini aldığımızda arctan z z =

Y X

− 12 ln (1 + z2) = ln |X | + C

ters dönüşümünden sonra arctan (

Y ) X

Y 2 − 12 ln (1 + ( X ) ) = ln |X | + C

ve son olarakda X = x

−2

ve

dönüşümüyle denklemimizin genel çözümün ulaşmış oluruz. arctan (

y x

Y = y

−1

− 1 ) − 1 ln (1 + ( y − 1 )2) = ln |x − 2| + C −2 2 x−2

32


Durum 2: a2 b2 a1 = b1 = k a1 x + b1 y + c1 =

ise

0,a2 x + b2 y + c2 = 0 doğruları paraleldir. z = a 1 x + b1 y

dönüşümü uygularız. z = a 1 x + b1 y

dz dy = a 1 + b1 dx dx

⇒

dy 1 dz = ( dx b1 dx

− a1)

ve

dy 1 dz = ( dx b1 dx

dy dx

=

c1 ± aa12xx ++ bb12y + y + c2

− a1)

=

z + c1 = f (z) ± kz + c2

z = a 1 x + b1 y

− a1)

yerlerine yazılırsa

1 dz ( b1 dx

dz = b 1 f (z) + a1 dx

değişkenlerine ayrılabilir hale dönüşür.

Örnek 36. (2x + y

Çözüm:

4 2

=

− 1)dx = (4x + 2y − 5)dy diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. 2 1

= 2 olduğunu kolayca görebiliriz. z = 2x + y dönüşümü yapacağız. z = 2x + y

⇒

dy dz = dx dx

olur. Denklemimizi

dz dy =2 + dx dx

− 2

dy (2x + y 1) = dx (4x + 2y 5)

seklinde yazar dönüşümümüzü yaparsak

− − dz z−1 2= − dx 2z − 5 dz z−1 5z − 11 = + 2 = dx 2z − 5 2z − 5 2z − 5 dz = dx 5z − 11

değişkenlerine ayrılabilir bir denklem haline gelir. Çözümü:

dür.

2 (z) 5

− 253 ln(5z − 11) = x + C

2 (z) 5

− 253 ln(5z − 11) = x + C

denkleminde z = 2x + y ters dönüşümünü yaparsak genel çözümümüz 2 (2x + y) 5

şeklinde bulunur.

− 253 ln (5(2x + y) − 11) = x + C


33

1.8.3 Bernoulli Denklemleri dy + P (x)y = Q(x)y n dx

şeklindeki birinci mertebeden diferansiyel denklemelere Bernoulli denklemleri denir. n = 0 veya n = 1 ise denklem lineer dir. Aksi takdirde v = y 1−n dönüşümü denklemi

dv + (1 dx

− n)P (x)v = (1 − n)Q(x)

lineer denklemine dönüştürür. v = y 1−n

dv dy ⇒ dx = (1 − n)y −n dx

dy dv 1 = y n dx dx n 1

−

denklemimizde yerine yazarsak yn

Düzenledikten sonra

dv 1 + P (x)vy n = Q(x)yn dx n 1

−

dv + (1 dx

− n)P (x)v = (1 − n)Q(x)

halini alır.

Örnek 37. 2xyy  = 4x2 + 3y 2 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz.

Çözüm: Denklemimizi

dy dx

− 2x3 y = 2xy şeklinde yazarsak P (x) = − 23x , Q(x) = 2x ve n = −1 olduğu bir Bernoulli denklemi olduğunu görürüz. n = −1 olduğu için 1 − n = 2 olacak ve 2 v = y

dönüşümü yapacağız.

dv + (1 dx

denkleminde yerine koyalım

− n)P (x)v = (1 − n)Q(x)

dv 3 + 2( )v = 2.2x dx 2x dv 3 v = 4x dx x

−

−

Lineer denklemi elde ettik. İntegral çarpanımız µ(x) = e



P (x)dx

 3 1 = e − x dx = 3 x

dır. Denklemimizin her iki tarafınıda integral çarpanımızla çarparsak d 1 1 [ 3 v(x)] = 3 4x dx x x

Her iki tarafın integralini alalım 1 v(x) x3 v(x) v = y 2 idi,

olarak çözümümüzü buluruz.

= =



4 dx + C = x2 4x2 + Cx 3

−

y 2 = 4x2 + Cx3

− x4 + C

34


Örnek 38. 4/3 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. x dy dx + 6y = 3xy

Çözüm: Denklemimizi

dy 6 + y = 3y4/3 dx x

şeklinde yazarsak P (x) = x6 , Q(x) = 3 ve n = 4/3 olduğu bir Bernoulli denklemi olduğunu görürüz. n = 4/3 olduğu için 1 − n = −1/3 olacak ve v = y −1/3 dönüşümü yapacağız.

dv + (1 dx

denkleminde yerine koyalım

− n)P (x)v = (1 − n)Q(x)

dv dx

− 13 ( x6 )v = − 13 3 dv dx

− x2 v = −1

Lineer denklemi elde ettik. İntegral çarpanımız µ(x) = e



P (x)dx

 2 1 = e − x dx = 2 x

dır. Denklemimizin her iki tarafınıda integral çarpanımızla çarparsak d 1 1 [ 2 v(x)] = 2 ( 1) dx x x

−

Her iki tarafın integralini alalım 1 v(x) x2 v(x) v = y −1/3 idi,

olarak çözümümüzü buluruz.

 −

1 1 dx + C = + C x 2 = x + Cx =

x2

y−1/3 = x + Cx 2

Bölüm 1. Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler

35

Alıştırmalar 1.

dy x(y 2 1) = dx 2(x 2)(x 1)

2.

dy x e−x = dx y + ey

−

−

29. (1/x+2y 2 x)dx+(2yx2 −cos y)dy = 0, 30. (2ey − x)y = 1

−

−

31. (x − y)dx − dy = 0

3. (x2 − 1)y  − 2xy log y = 0 4.

5. (3x + 8)(y 2 + 4)dx − 4y(x2 + 5x + 6)dy = 0 6. y  = y 2 ex 7.

dy x = 2 dx y 1+x

8.

dy sec2 y = dx 1 + x2

√

√

dy y2 + 2xy 39. = dx x2 y 40. x tan + y dx x

y(π) = 0

   −  −

−

13. (1 +

41. (xy + y 2 + x2 )dx 42. y  = x + y + 1

dy 1 + y = dx cos x

dy ex ) dx +

(1 + ex )y = 1, y(0) = 1

1 14. y  + y = sin x

1 dy x dx

− 2xy = x cos x, 2

48. (3x − y + 1)dx − (6x − 2y − 3)dy = 0

x > 0

49. (x + 2y + 3)dx + (2x + 4y − 1)dy = 0 50. (5x + 2y + 1)dx + (2x + y + 1)dy = 0 51. 2xyy  = x 2 + 2y2 .

− √

52. y  = y + y 3 . 53. 3y 2 y + y 3 = e−x

−

20.

dy dx

21.

(2xy 2

+ 3y = 3x2 e−3x + 3x2 )dx

43. (x + y)dx − (3x + 3y − 4)dy = 0 44. (x + y)y  = 1

47. (x − 2y − 3)dx + (2x + y − 1)dy = 0

dy 18. cos x + y sin x = 2x cos2 x, dx π 15 2π 2 y = 4 32 1 du 1 19. ex + ex = 0 u dx u



y(0) = 1

+ (2x2 y + 4y3 )dy =

0.

y √ 54. y  + − y = 0 x

22. (2xy + 3)dx + (x2 − 1)dy = 0

55.

dy 2y = dx x

24. 3x(xy − 2)dx + (x3 + 2y)dy = 0

56.

dx x + tx3 + = 0 dt t

57.

dy dx

5 6xy 2y 2 27. y  = 2 3x + 4xy 6

58.

dy 2 + y = y 3 x−2 dx x

28. (cos x cos y + 2x)dx − (sin x sin y + 2y)dy = 0

59. x

23. (x − 2xy + ey )dx + (y − x2 + xey )dy = 0 25. (y cos x + 2xey )dx + (sin x + x2 ey − 1)dy = 0 26. (2x + y)dx + (x − 2y)dy = 0

−

−

x2 dy = 0

46. (−3x + y + 6)dx + (x + y + 2)dy = 0

dy + 2y = x −3 dx

16. (t + y + 1)dt − dy = 0 17.

xdy = 0

45. (2x − 5y + 3)dx − (2x + 4y − 6)dy = 0

x

15. x

dy = dx

38. (x + 2y)y  = y

1 dy = y + 1 cos x, 2 dx 1 du 1 10. ex + ex = 0 u dx u dy 1 11. + y = 1 + ex dx

12. tan x

− 3 + 3xy − y 33. (x2 + 3y2 )dx − 2xydy = 0 34. (x4 − x + y)dx − xdy = 0 35. (x cos y − y sin y)dy + (x sin y + y cos y)dx = 0 36. (2xy)dx + (y2 − 3x2 )dy = 0 37. (x4 − x + y)dx + (2xy + x)dy = 0 32.

dx t = t+2x dt xe

9.

y(1) = π

−

− x2 y 2 2

− xy = − yx

dy + y = dx

−2x6y4

36

Bölüm 1. Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler

Cevaplar

2.

x2 2

(x 1)+C (x 2)2 (x 1) C (x 2)2

31.

− − − − − + e−x = y2 + ey + C

1. y =

4

2

2

2

3. y = eC (x −1) 4. e2x

−  1 + x2 4

3



= e −t ( 1

− − t) + C

5. y 2 + 2(1 − x2 )1/2 = C 6. y = x−1 ve y = 0 e +C



8. 2y + sin(2y) = 4 arctan x + C 9. y = (sin x + 1)2 − 1 x 10. u = 1 + Ce −e 11. y = e−x ln(ex + 1) + Ce−x

− cos x + C x C 1 15. y = 2 − 3 x x 16. y = −t − 2 + Ce t

sin x x

17. y = x2 (sin x + C ) 18. y = x2 cos x − π 2 cos x x 19. u = 1 + ce−e x3 +1 e3x

21. y = x2 y 2 + x3 + y 4 = C x2 2

x = 0



− ln √ x + y + 1 + 1 43. x + y − ln |x + y − 1| = 4x + C 44. x + y − ln |x + y + 1 | = x + C 45. (y + 2x − 3)2 (4y − x − 3) = C 2 y+3 1 46. xy+3 −2 + 2 x−2 − 3 = C (x−1) 47.

√

x + y + 1 + 1



   

48. 49. 50. 5x2 + 4xy + y 2 + 2x + 2y = C 51.

22. x2 y − y + 3x = C 2

− x2y + xey + y2 = C 24. x3 y − 3x2 + y 2 = C 25. y sin x + x2 ey − y = C 26. x2 + xy − y 2 = C 27. 3x2 y + 2xy2 − 6y − 5x = C 28. sin x cos y + x2 − y 2 = C 29. ln x + x2 y 2 − sin y = π 2 30. xey − e2y = C 23.

2

39. y = 1Cx −Cx 40. y = x arcsin(xC )

42. 2

−ln 2 13. y = ln(1+e e)+1 x

20. y =





3

41. y = x tan(ln |x| + C )

x+C sin x x

14. y =

1/3



7. y = 2(1 + x)3/2 − 6(1 + x)1/2 + C

12. y =

−yex + xex − ex = C 32. xy3 + y 3 − y4 = C 33. − xy − x1 = C 34. y = x x3 − ln |x| + C 35. sin y(ex x − ex ) + ex y cos y = C 36. x2 y −3 − y −1 = C, and y = 0 37. y = x4 /3 − x ln |x| + Cx, and 38. − 12 − xy + 2ln| xy | = ln x + C

52. 53. y 3 = xe −x + Ce−x 54. y 1/2 = 1 x + cx−1/2 3

55. y = 5x2/(x5 + C ), and y = 0 56. x−2 = 2t2 ln |t| + Ct2 , and x = 0 57. 58. u = 59. y =



1 x



− + Cx4 −2 −1/3 3

2 x 5 5

  2x + c



= C

2

Yüksek Mertebeden Diferansiyel Denklemler 2.1 İkinci Mertebeden İndirgenebilir Diferansiyel Denklemler ikinci mertebeden bir diferansiyel denklem , bilinmeyen y(x) fonksiyonunun ikinci türevini ihtiva eder ve F (x,y,y  , y  ) = 0

(2.1)

genel şekline sahiptir. Eğer y bağımlı değişkeni veya x değişkeni ikinci mertebeden diferansiyel denklemde bulunmuyorsa, bu taktirde denklem basit bir değişiklikle daha önce bahsettiğimiz yöntemlerle çözülebilen birinci mertebeden bir denkleme indirgenebilir.

2.1.1

y bağımlı

değişkenini içermeyen denklemler

Eğer y bulunmuyorsa, bu takdirde (2.1) denklemi F (x, y  , y ) = 0

şeklini alır.

y  = p

değişikliği birinci mertebeden

(2.2)

y  = p 

⇒ F (x,p,p ) = 0

diferansiyel denklemini verir. Bu denklemin çözümü C 1 bir keyfi sabit olmak üzere, p(x, C 1 ) ise, bu takdirde denklem (2.2) nin C 1 ve C 2 gibi iki keyfi sabit (ikinci mertebeden diferansiyel denklemden beklenileceği gibi) içeren bir çözümünü elde etmek için sadece y(x) =

yazmak gerekir.



y  (x)dx =



p(x, C 1 )dx + C 2

Örnek 39. xy + 2y  = 6x diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz.

Çözüm: Görüldüğü gibi y bağımsız değişkenini denklemimiz içermiyor. y  = p y  = p  ⇒ Dönüşümü

xp + 2 p = 6x

birinci mertebeden denkleme dönüşür. Düzenlersek 2 p + p = 6 x

37

38

2.1. İkinci Mertebeden İndirgenebilir Diferansiyel Denklemler

denklemini verir. Bu birinci mertebeden denklemin lineer olduğuna dikkat ediniz. Bağımlı değişkeni p, bağımsız değişkeni x olan bu birinci mertebeden diferansiyel denklemin genel çözümü p = 2x +

C 1 x2

şeklinde bulunur. p değişkeni y nin birinci türevini temsil ettiğine göre p = y  = 2x +

C 1 x2

denkleminde x ’e göre integral alınarak verilen ikinci mertebeden denklemin çözümü bulunabilir. y(x) = x 2

− C x1 + C 2

Örnek 40. y  = (x + y  )2 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz.

Çözüm: Görüldüğü gibi y bağımsız değişkenini denklemimiz içermiyor. y  = p

y = p 

⇒

Dönüşümünü p = (x + p)2

birinci mertebeden denkleme dönüşür. Bu denklem dy = F (ax + by + c) dx

şeklinde olan bir denklemdir. p = (x + p)2 denkleminde v = x + p dönüşümü uygularsak dv = v 2 + 1 dx

değişkenlerine ayrılabilir diferansiyel denkleme dönüşür. Bu denklemin çözümü v = tan (x + C 1 )

dir. Dolayısıyla p  = (x + p)2 denkleminin çözümü p = tan (x + C 1 )

−x

dür. Denkleminde p = y  olduğu için her iki tarafın x ’e göre integrali bize çözümü verir. Çözümümüz 2

y(x) =

− ln(cos(x + C 1)) − x2

+ C 2

dür.

2.1.2

x bağımsız

değişkenini içermeyen denklemler

Eğer x bulunmuyorsa, bu takdirde (2.1) denklemi F (y, y  , y  ) = 0

şeklini alır. y  = p dönüşümü yapılmak istenirse y  yerine y  =

dp dp dy dp = = p dx dy dx dy

(2.3)

2.1. İkinci Mertebeden İndirgenebilir Diferansiyel Denklemler

yazılır ve denklem F (y,p,p

39

dp ) =0 dy

haline gelir. Yukarıdaki birinci mertebeden denklemi çözersek p yi y ye ve bir keyfi sabite C 1 e bağlı buluruz. p = p(y, C 1 )

dy = p(y, C 1 ) dx

⇒

Burada birinci mertebeden değişkenlerine ayrılabilir bir denklem ile karşı karşıyayız. dy = dx p(y, C 1 )

Bunu çözdüğümüzde ikinci mertebeden denklemimizin kapalı çözümünü bulmuş oluruz.

Örnek 41. y.y  = (y )2 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz.

Çözüm: Görüldüğü üzere denklemimizde x bağımsız değişkeni bulunmuyor. y = p

y = p

ve

dönüşümü yapalım. y.p.

dp dy

dp = ( p)2 dy

Birinci mertebeden değişkenlerine ayrılabilir denklem haline geldi. Denklemini çözersek ln p = ln y + C 1

buluruz. Yani

p = C 1 y

⇒

dy = C 1 y dx dy = C 1 dx y

Buradan C 1 x = ln y + C 2

olarak kapalı çözümümüzü buluruz. Buradan y yi çekmek mümkün y(x) = e C x−C 1

2

Örnek 42. y = 2y(y  )3 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz.

Çözüm: Görüldüğü üzere denklemimizde x bağımsız değişkeni bulunmuyor. y = p

dönüşümü yapalım. p.

dp = 2y( p)3 dy

y = p

ve

⇒

Birinci mertebeden değişkenlerine ayrılabilir denklem haline geldi. dp = 2y( p)2 dy

dp dy

dp = 2y( p)2 dy

40

2.2. İkinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler

Denklemini çözersek p =

buluruz. Yani

− y2 +1 C 1

dy = dx

− y2 +1 C 1

(y2 + C 1 )dy =

Buradan

y3 + C 1 y = 3

−dx

−x + C 2

olarak kapalı çözümümüzü buluruz. Buradan y yi çekmek mümkün değildir.

2.2 İkinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler x bağımsız ve y bağımlı değişken olmak üzere genel olarak ikinci mertebeden bir diferansiyel denklem G(x,y,y  , y  ) = 0

(2.4)

şeklinde ifade edildiğini biliyoruz. Burada G fonksiyonu y, y ve y  ye göre lineer ise (4) denklemine lineer denklem denir. Yani (2.5) A(x)y + B(x)y  + C (x)y = F (x) biçimindeki denklemler lineer olarak adlandırılır. Burada A(x), B(x), C (x) ve F (x) fonksiyonları bir I (muhtemelen sınırsız) açık aralığı üzerinde süreklidir.

Örnek 43. ex y  + (cos x)y  + (1 +

√ x)y = tan(−1) x

denklemi ikinci mertebeden lineer bir denklemdir.

Örnek 44. y = y.y 

ve

y  + 3(y )2 + 4y3 = 0

denklemleri ise ikinci mertebeden lineer olmayan denklemlerdir.

Denklem (2.5) in sağ tarafında bulunan F (x) fonksiyonu, I aralığı üzerinde sıfıra özdeş ise, (2.5) denklemine lineer homojen ; aksi taktirde lineer homojen olmayan denklem denir.

Örnek 45. x2 y + 2xy  + 3y = cos x

ikinci mertebeden lineer, homojen olmayan bir denklem, x2 y  + 2xy  + 3y = 0

ise bununla ilgili olan ikinci mertebeden lineer homojen denklemlerdir.


41

2.2.1 İkinci Mertebeden Lineer Homogen Denklemler İkinci mertebeden genel lineer

A(x)y + B(x)y  + C (x)y = F (x)

diferansiyel denklemi ele alalım. Burada A(x), B(x), C (x) ve F (x) fonksiyonları I da sürekli ve ∀x ∈ I A(x)  =0 dır. Yukarıdaki denklemin her iki tarafı A(x)’e bölünürse, denklem y  + p(x)y  + q (x)y = f (x) (2.6) biçiminde ifade edilebilir. İlk olarak (2.5) ile ilgili olan

y  + p(x)y  + q (x)y = 0

(2.7)

homojen denklemi inceleyeceğiz.

Theorem 2 (Superposition prensibi). y1 ve y 2 , (2.7) ile verilen homojen denklemin I aralığı üzerinde iki çözümü olsun, C 1 ve C 2 keyfi sabitler

olmak üzere,

y = C 1 y1 + C 2 y2

(2.8)

ifadeside (2.7) ile verilen denklemin I aralığı üzerinde bir çözümüdür.

Örnek 46. y1 (x) = cos x

fonksiyonlarının

ve

y2 (x) = sin x

y + y = 0

denkleminin çözümleri oldukları kolaylıkla görülebilir. Teorem, bu çözümlerin örneğin; y(x) = 3y1 (x)

− 2y2(x) = 3 cos x − 2sin x

gibi herhangi bir lineer birleşimininde denklemin bir çözümü olduğunu belirtir. Tersine, y + y = 0 denkleminin her bir çözümünün, bu denklemin y 1 ve y 2 özel çözümlerinin bir lineer birleşimi olduğunu ilerde göreceğiz.

Theorem 3. Varlık ve Teklik p,q ve f fonksiyonları a noktasını içeren bir I aralığı üzerinde sürekli olsun. Bu takdirde, b0 ve b 1 verilen sabitler olmak üzere y  + p(x)y  + q (x)y = f (x)

denklemi, I aralığının tamamında, y(a) = b 0 ,

y (a) = b 1

başlangıç koşullarını sağlayan bir tek (bir ve yalnız bir) çözüme sahiptir.

Örnek 47. y + y = 0 y(0) = 3,

başlangıç değer probleminin çözümünü bulalım.

y  (0) =

−2

(6)

42


Çözüm: Bir önceki örnekte y(x) = C 1 cos x + C 2 sin x (tüm reel eksen üzerinde) y  + y = 0 denkleminin çözümü olduğunu söylemiştik. (Teorem yardımıyla) Başlangıç koşullarından y(0) = C 1 cos 0 + C 2 sin 0 = C 1

ve

y (0) =

C 1 = 3 ve C 2 =

−C 1 sin 0 + C 2 cos 0 = C 2

−2 bulunur. Sonuç olarak başlangıç değer problemimizin çözümü y(x) = 3cos x − 2sin x

dür. Görüldüğü gibi keyfi sabitler basit bir lineer denklem sisteminden bulunabilmektedir.

Örnek 48. y 

− 2y + y = 0

y(0) = 3,

y  (0) = 1

başlangıç değer probleminin çözümünü bulalım.

Çözüm: y1 (x) = ex ve y2 (x) = 2ex (tüm reel eksen üzerinde) y − 2y + y = 0 denkleminin çözümleri olduğu kolaylıkla görülebilir. Teorem yardımıyla y(x) = c1 y1 (x) + c2 y2 (x) = c 1 ex + c2 2ex

fonksiyonunda denklemimizin bir çözümü olduğunu söyleyebilir ve başlangıç koşullarını sağlayan c1 ve c2 yi bulabilirsek başlangıç değer problemimizi çözümünü bulmuş oluruz. Başlangıç koşullarından y(0) = c 1 e0 + c2 2e0 = 3

ve

y  (0) = c 1 e0 + c2 2e0 = 1

Çözümü olmayan (sağlayan c 1 ve c 2 nin bulunamayacağı) c1 + 2c2 c1 + 2c2

= 3 = 1

denklem sistemi gelir. Çözümlerimizin nasıl fonksiyonlar olması durumunda başlangıç koşulları yardımıyla kefilerimizi (c1 ve c 2 ) bulabileceğimizi görelim.

Tanım 5. y1 (x) ve y 2 (x) fonksiyonları bir [a, b] kapalı aralığında reel değerli ve türevlenebilir fonksiyonlar olsun y1 (x) y1 (x)

y2 (x) y2 (x)

determinantı y1 (x) ve y2 (x) fonksiyonlarının Wronskiyeni olarak adlandırılır. W (y1 (x), y2(x)) olarak gösterilir.

Tanım 6. y1 (x) ve y2 (x) fonksiyonları bir [a, b] kapalı aralığında doğrusal bağımlıdır ancak ve ancak [a, b] kapalı aralığındaki her x için W (y1 (x), y2 (x)) = 0


43

Örnek 49. y1 (x) = e x ve y 2 (x) = 2ex fonksiyonlarının Wronskiyeni W (y1 (x), y2 (x)) =

y1 (x) y1 (x)

y2 (x) ex = y2 (x) ex

2ex =0 2ex

y1 (x) = e x ve y 2 (x) = 2ex fonksiyonları doğrusal bağımlıdır.

Örnek 50. y1 (x) = sin x ve y 2 (x) = cos x fonksiyonlarının Wronskiyeni W (y1 (x), y2 (x)) =

y1 (x) y1 (x)

y2 (x) sin x =  y2 (x) cos x

cos x = sin x

−

−1 = 0

y1 (x) = sin x ve y 2 (x) = cos x fonksiyonları doğrusal bağımsızdır.

Theorem 4. p ve q fonksiyonları açık bir I aralığı üzerinde sürekli olmak üzere y 1 ve y 2 y  + p(x)y  + q (x)y = 0

homojen denkleminin doğrusal bağımsız iki çözümü olsun. Eğer Y (x) bu homojen denklemin I aralığı üzerindeki herhangi bir çözümü ise, bu taktirde ∀x ∈ I Y (x) = c 1 y1 (x) + c2 y2 (x)

olacak şekilde c 1 ve c 2 sabitleri vardır.

2.2.2 İkinci Mertebeden Sabit Katsayılı Lineer Denklemler Bu bölümde a, b ve c sabitler olmak üzere

ay + by  + cy = 0

(2.9)

diferansiyel denklemi ele alınacaktır. Denkleme baktığımızda aradığımız fonksiyonun türevlerinin belirli sabitlerle çarpılıp toplandığında 0 elde edildiğini görürüz. Türevleri kendisinin katı olan fonksiyon bu denklemi sağlayacaktır. Bu özelliği erx üstel fonksiyonu taşır. y(x) = e rx fonksiyonu denklemde yerine yazılır ve buradaki r bulunabilirse çözümümüzü bulmuş oluruz. y(x) = e rx ⇒ y (x) = re rx ⇒ y  (x) = r 2 erx ay  + by  + cy ar2 erx + brerx + cerx (ar2 + br + c)erx

= 0 = 0 = 0

çarpanlarımızdan e rx fonksiyonu 0 olamıyacağı için ar 2 + br + c ikinci derece polinomu 0 olmalıdır. Bu polinomun köklerini bulabilirsek y (x) = erx fonksiyonu denklem (2.9) in bir çözümü olacaktır.

Örnek 51. y 

− 5y + 6y = 0

diferansiyel denklemin genel çözümünü bulunuz.

44


Çözüm: Denklemimizde y (x) = erx i yerine yazarsak, r 2 erx

− 5rerx + 6erx = 0 (r2 − 5r + 6)erx = 0

bulunur. r2 − 5r + 6 polinomunun kökleri r = 2 ve r = 3 tür. Bir çözüm ararken y1 (x) = e 2x ve y2 (x) = e 3x gibi iki çözüm bulduk. Eğer bu fonksiyonlar doğrusal bağımsız ise genel çözümümüzü y(x) = c1 y1 (x) + c2 y2 (x)

şeklinde yazabiliriz. y1 (x) = e2x ve y 2 (x) = e 3x fonksiyonlarının Wronskiyeni y2 (x) e2x = y2 (x) 2e2x

y1 (x) y1 (x)

W (y1 (x), y2 (x)) =

W (y1 (x), y2 (x)) = 3e5x

e3x 3e3x

− 2e5x = e5x

Hiç bir reel sayı için Wronskiyen 0 olamayacağı için bu iki fonksiyon doğrusal bağımsızdır ve denklemimizi genel çözümü bu iki fonksiyonun lineer kombinasyonu şeklinde yazılabilir. y(x) = c 1 e2x + c2 e3x

şeklinde genel çözümümüzü bulmuş oluruz.

Tanım 7. ar2 + br + c = 0

denklemine

ay  + by  + cy = 0

denkleminin karakteristik denklemi denir.

Eğer r1 ve r 2 karakteristik denklemin reel ve farklı iki kökü ise, y(x) = c1 er1 x + c2 er2 x

fonksiyonu denklem (2.9) in genel çözümüdür.

Örnek 52. 2y 

− 7y + 3y = 0


Çözüm: Karakteristik denklemimiz

2r 2

− 7r + 3 = 0

dir. Karakteristik denklemimizin kökleri r 1 = 1/2 ve r 2 = 3 tür. Dolayısıyla denklemimizin genel çözümü 1

y(x) = c 1 e 2 x + c2 e3x

olarak yazılır.

Örnek 53. y  + 2y  = 0


(1)


45

Çözüm: Karakteristik denklemimiz r2 + 2r = 0

dir. Karakteristik denklemimizin kökleri r 1 = 0 ve r 2 = −2 dir. Dolayısıyla denklemimizin genel çözümü y(x) = c 1 e0x + c2 e−2x = c 1 + c2 e−2x

olarak yazılır. Eğer karakteristik denklem r 1 = r 2 gibi eşit iki reel köke sahip ise, y(x) = (c1 + c2 x)er1 x


Örnek 54. 9y 

− 12y + 4y = 0


Çözüm: Karakteristik denklemimiz 9r2

− 12r + 4 = 0

dir. Karakteristik denklemimizin kökleri r 1 = r 2 = 23 dür. Dolayısıyla denklemimizin genel çözümü 2

y(x) = (c1 + c2 x)e 3 x

olarak yazılır.

Örnek 55. y  + 2y + y = 0 y(0) = 5,


y  (0) =

−3

Çözüm: Karakteristik denklemimiz r2 + 2r + 1 = (r + 1) 2 = 0

dir. Dolayısıyla karakteristik denklemimizin kökleri birbirine eşit ve r 1 = r 2 = −1 dir. Denklemimizin genel çözümü y(x) = (c1 + c2 x)e−x

olarak yazılır. y(x) = (c1 + c2 x)e−x

Başlangıç koşullarımız yardımıyla c 1 ve c 2 yi bulabiliriz. y(0) = (c1 + c2 0)e−0 = c 1 = 5

ve

−c1e−x + c2e−x − c2xe−x y (0) = −c1 e−0 + c2 e−0 − c2 0e−x = −c1 + c2 = −3 y  (x) =

Bu iki denklemden c 1 = 5 ve c 2 = 2 değerlerine ulaşırız. Sonuç olarak çözümümüz y(x) = (5 + 2x)e−x

tür.

46


Eğer karakteristik denklemin a ∓ ib, (b  = 0) gibi kompleks eşlenik iki köke sahip ise, y(x) = e ax (c1 cos (bx) + c2 sin (bx))


Örnek 56. y 

denkleminin genel çözümünü bulun.

− 4y + 5y = 0

Çözüm: Karakteristik denklemimiz r2

− 4r + 5 = 0

dır. ∆ = b2 − 4ac = (−4)2 − 4.1.5 = −4 < 0 olduğu için karakteristik denklemin reel kökü yoktur. Kompleks köklerimiz 2 ∓ i dir. Böylece genel çözümümüz y(x) = e 2x (c1 cos x + c2 sin x)

şeklinde yazılabilir.

2.2.3

n. Mertebeden

Lineer Diferansiyel Denklemler

Bu bölümde ikinci mertebeden lineer diferansiyel denklemler için elde edilen sonuçları n . mertebeden P 0 (x)y(n) + P 1 (x)y (n−1) +

··· + P n−1(x)y + P n(x)y = F (x)

(2.10)

= lineer denklemler için genellemesi yapılacaktır. Aksi belirtilmedikçe denklemde geçen P i (x) katsayılarının (P 0 (x)  0) ve F (x) in denklemi çözmek istediğimiz bir I (muhtemelen sınırsız) açık aralığı üzerinde sürekli olduğu kabul edilecektir. (2.10) denkleminin her iki tarafını P 0 (x)’e bölersek baş katsayısı 1 olan y (n) + p1 (x)y (n−1) +

··· + pn−1(x)y + pn(x)y = f (x)

(2.11)

denklemini elde ederiz. Denklem (2.11) ile ilgili homojen denklem y (n) + p1 (x)y(n−1) +

··· + pn−1(x)y + pn(x)y = 0

(2.12)

dır. n. mertebeden lineer denklemler için de Superposition prensibi geçerlidir.

Theorem 5. (Superposition prensibi) y1 , y2 , ··· , yn , (2.12) ile verilen homojen denklemin I aralığı üzerinde n çözümü olsun, c 1, c2, ··· , cn keyfi sabitler olmak üzere, y = c 1 y1 + c2 y2 +

··· + cnyn

(2.13)

ifadeside (2.12) ile verilen denklemin I aralığı üzerinde bir çözümüdür.

İkinci mertebeden bir lineer diferansiyel denklemin bir özel çözümünün iki başlangıç koşulu ile belirlendiğini gördük. Benzer şekilde n. mertebeden lineer bir diferansiyel denklemin bir özel çözümü n tane başlangıç koşulu ile belirlenir.


47

Theorem 6. (Varlık ve Teklik) p 1 , p2 , ··· , pn ve f fonksiyonları a noktasını içeren bir I aralığı üzerinde sürekli olsun. Bu takdirde, b 0 , b1 , ··· , bn−1 verilen sabitler olmak üzere y (n) + p1 (x)y (n−1) +

··· + pn−1(x)y + pn(x)y = f (x)

denklemi, I aralığının tamamında, y(a) = b 0 ,

y  (a) = b 1 ,

···

y(n−1) = b n−1

başlangıç koşullarını sağlayan bir tek (bir ve yalnız bir) çözüme sahiptir.

Lineer Bağımsız Çözümler İkinci mertebeden lineer diferansiyel denklemler ile ilgili verilen temel bilgiler esas alındığında, n. mertebeden lineer, homojen y (n) + p1 (x)y (n−1) + ··· + pn−1 (x)y  + pn (x)y = 0 denkleminin genel çözümünün; y 1 , y2 , ··· , yn (2.12) denkleminin özel çözümleri olmak üzere y = c 1 y1 + c2 y2 +

··· + cnyn

(2.14)

biçiminde lineer birleşimi olarak ifade edilebileceğini sezgisel olarak söyleyebiliriz. Bu n tane özel çözümün “yeterince bağımsız” olması gerekir ki (2.14) bağıntısındaki c1 , c2 , ··· , cn katsayılarını başlangıç koşullarını sağlayabilecek şekilde bulabilelim.

Tanım 8. y1 (x), y2 (x),

olsun

··· , yn(x) fonksiyonları bir [a, b] kapalı aralığında reel değerli ve türevlenebilir fonksiyonlar ··· yn (x) y1 (x) y2 (x) y1 (x) y2 (x) ··· yn(x) .. . (n−1) y (x) 1

determinantı

... (n−1) y (x) 2

...

···

... (n−1) y (x) n

y1 (x), y2 (x), , yn (x) fonksiyonlarının Wronskiyeni olarak W (y1 (x), y2 (x), , yn (x)) olarak gösterilir.

···

···

adlandırılır.

Tanım 9.

··· , yn(x) fonksiyonları bir [a, b] kapalı aralığında doğrusal bağımlıdır ancak ve ancak [a, b] kapalı aralığındaki her x için W (y1 (x), y2 (x), ··· , yn (x)) = 0 y1 (x), y2 (x),

Theorem 7. pi ler açık bir I aralığı üzerinde sürekli olmak üzere y 1 , y2 , y (n) + p1 (x)y (n−1) +

··· , yn bu aralık üzerinde

··· + pn−1(x)y + pn(x)y = 0

homojen denkleminin doğrusal bağımsız n özel çözümü olsun. Eğer Y (x) bu homojen denklemin I aralığı üzerindeki herhangi bir çözümü ise, bu taktirde ∀x ∈ I Y (x) = c 1 y1 (x) + c2 y2 (x) +

olacak şekilde c 1, c2 , ··· , cn sabitleri vardır.

··· + cnyn(x)

48


Şu ana kadar n. mertebeden lineer homojen bir diferansiyel denklemin genel çözümünün n tane lineer bağımsız özel çözümden oluştuğunu gördük. Ancak, bir tek çözümün bile nasıl bulunacağı hakkında fazla bir şey söylenmedi. Değişken katsayılı lineer bir diferansiyel denklemin çözümlerinin bulunması için genellikle nümerik yöntemlere yada kuvvet serileri yöntemlerine ihtiyaç vardır. Şimdi biz n . mertebeden sabit katsayılı diferansiyel denklemlerin çözümlerinin nasıl bulunabileceğinden bahsedelim.

2.2.4

n. Mertebeden

Sabit Katsayılı Lineer Diferansiyel Denklemler

Bu bölümde a 0 , a1 , ··· , an sabitler ve a n  = 0 olmak üzere an y (n) + an−1 y (n−1) +

··· + a1y + a0y = 0

(2.15)

diferansiyel denklemi ele alınacaktır. İkinci mertebeden lineer homojen diferansiyel denklemlerde yaptığımız gibi burada da karakteristik denklem den faydalanacağız. Yukarıdaki denklemin karakteristik denklemi: an rn + an−1 rn−1 +

··· + a1r + a0 = 0

an rn + an−1 rn−1 +

··· + a1r + a0 = 0

(2.16)

dır. Görüldüğü gibi karakteristik denklemimiz n . dereceden bir polinomdur. Bu polinomun n kökü vardır. Bu köklerin farklı veya reel olma zorunluluğu yoktur. Böyle bir denklemin köklerinin bulunması zor, hatta bazen imkansızdır. Böyle durumlarda nümerik yöntemler kullanılarak kökler bulunabilir.

Farklı Reel Kökler Eğer (2.16) karakteristik denkleminin r 1 , r2, ··· , rn kökleri reel ve farklı ise, (2.15) denkleminin genel çözümü y(x) = c 1 er1 x + c2 er2 x +

··· + cner x n

ile verilir.

Örnek 57. y (3) + 3y y(0) = 7,

− 10y = 0

y  (0) = 0,

y (0) = 70

başlangıç değer probleminin genel çözümünü bulalım.

Çözüm: Karakteristik denklem: r3 + 3r2

dir. Çarpanlarına ayırdığımızda; r(r2 + 3r

bulur ve köklerini de r1 = 0, Genel çözümümüz

r2 =

−5

− 10r = 0

− 10) = r(r + 5)(r − 2) = 0

ve r3 = 2 buluruz. Bulduğumuz kökler reel ve birbirinden farklıdır.

y(x) = c 1 e0 + c2 e−5x + c3 e2x = c1 + c2 e−5x + c3 e2x

olur. Verilen başlangıç koşullarından y(0) = c 1 + c2 + c3 = 7 y  (0) =

−5c2 + 2c3 = 0

y  (0) = 25c2 + 4c3 = 70

denklem sistemini elde ederiz. Son iki denklemi kullanarak c2 = 2 buluruz. Diğer denklemlerde yerine koyarak c3 = 5 ve c 1 = 0 buluruz. Böylece özel çözümümüz y(x) = 2e−5x + 5e2x

olur.


49

Katlı Kökler Eğer (2.16) karakteristik denklemi k katlı bir r köküne sahipse (2.15) denkleminin genel çözümünün bu k katlı r köküne karşılık gelen parçası (c + c x + c x2 + ··· + ck xk−1 )erx 1

2

3

şeklindedir.

Örnek 58. y(3) + y

diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulalım.

− y − y = 0

Çözüm: Karakteristik denklem: r 3 + r2

−r−1 = 0

r yerine 1 koyarsak karakteristik denklemi sağlar r = 1, kökümüz. Yani (r çarpanı. Karakteristik denklemi (r 1) e bölersek diğer çarpanı buluruz.

⇒ − 1) karakteristik denklemin bir − r 3 + r2 − r − 1 = (r − 1)(r2 + 2r + 1) = (r − 1)(r + 1) 2

köklerimiz r 1 = 1 r2,3 = −1 olarak bulunur. Genel çözüm c1 e1x

y(x) =

r1 = 1 köküne karşılık gelen parça

olarak yazılır.

(c2 + c3 x)e−1x

+



r2,3 =

  

−1 katlı köküne karşılık gelen parça

Örnek 59. Beşinci mertebeden

9y (5)

− 6y(4) + y(3) = 0


Çözüm: Karakteristik denklem: 9r5

− 6r4 + r3 = r 3(9r2 − 6r + 1) = r 3(3r − 1)2 = 0

şeklindedir. İki farklı kök vardır. r1,2,3 = 0 ve r 4,5 = 13 kökleridir. r = 0 dan c1 e0x + c2 xe0x + c3 x2 e0x = c 1 + c2 x + c3 x2

ve çift katlı kök olan r =

1 3

ten c 4 ex/3 + c5 xex/3 elde edilir. Böylece genel çözümümüz y(x) = c 1 + c2 x + c3 x2 + c4 ex/3 + c5 xex/3

olur.

Kompleks Kökler = 0) gibi kompleks eşlenik iki köke sahip ise, (2.15) denkleminin genel Eğer (2.16) karakteristik denklemi a ∓ ib, (b  çözümünün bu kompleks köklere karşılık gelen parçası eax (c1 cos (bx) + c2 sin (bx))

şeklindedir.

50

2.3. Homojen Olmayan Denklemler

Örnek 60. y (4) + 3y 

diferansiyel denkleminin çözümünü bulalım.

Çözüm: Karakteristik denklem:

− 4y = 0

r4 + 3r2

− 4 = 0 ⇒ (r2 + 4)(r2 − 1) = 0 r1,2 = ∓2i, r3 = 1, r4 = −1

Kökler:

r1,2 =

genel çözüm:

∓2i,

r3 = 1,

r4 =

e0x (c1 cos2x + c2 sin2x)

y(x) =







−1

+c3 ex + c4 e−x

komplex köklere karşılık gelen parça

Katlı Kompleks Kökler Eğer (2.16) karakteristik denkleminin a ∓ ib, (b  = 0) kompleks eşlenik kökü k katlı ise, (2.15) denkleminin genel çözümünün bu kompleks köklere karşılık gelen parçası ax

e





k 1

(c1 cos (bx) + d1 sin (bx)) + x(c2 cos (bx) + d2 sin (bx)) + ··· + x − (ck−1 cos (bx) + dk−1 sin (bx))

şeklindedir.

Örnek 61. y (4) + 12y(3) + 62y  + 156y  + 169y = 0


Çözüm: Karakteristik denklem:

r 4 + 12r3 + 62r2 + 156r + 169 = 0 (r2 + 6r + 13)2 = 0 [(r + 3) 2 + 4]2 = 0 (r + 3) 2 + 4 = 0

⇒ (r + 3)2 = −4 ⇒ r + 3 = ∓2i r1,2 = −3 ∓ 2i

−3 ∓ 2i kökü 2 katlı kompleks kök. O halde genel çözüm

y(x) = e −3x (c1 cos 2x + d1 sin 2x + x(c2 cos 2x + d2 sin 2x))

şeklinde yazılır.

2.3 Homojen Olmayan Denklemler n. mertebeden homojen olmayan lineer bir diferansiyel denklemin y (n) + p1 (x)y (n−1) +

··· + pn−1(x)y + pn(x)y = f (x)

şeklinde olduğunu ve bununla ilgili olan n. mertebeden lineer homojen denklemin y (n) + p (x)y(n−1) + ··· + pn− (x)y + pn (x)y = 0 1

olduğunu biliyoruz.

1

(2.11)

(2.12)


51

Theorem 8. pi ve f fonksiyonları I açık aralığında sürekli olmak üzere yö , (2.11) denkleminin bir özel çözümü ve y1 , y2 , . . . , yn fonksiyonları (2.12) denkleminin I aralığı üzerinde bir çözümü ise, her x I için

∈

Y (x) = c1 y1 (x) + c2 y2 (x) +

··· + cnyn(x) + y (x) ö

(2.17)

olacak şekilde c 1, c2 , . . . , cn keyfi sabitleri vardır.

Teorem’e göre (2.11) diferansiyel denkleminin genel çözümü, ilgili homojen denklemin (2.12) genel çözümü yh (x) = c1 y1 (x) + c2 y2 (x) +

··· + cnyn(x)

ile (2.11) denkleminin bir özel çözümünün y ö (x) toplamı olacağıdır.

Örnek 62. y + 4y = 12x diferansiyel denklemini ele alalım.

Çözüm: Bu denklemle ilgili homojen denklem y  + 4y = 0

denklemidir ve bu homojen denklemin genel çözümü c1 cos 2x + c 2 sin 2x olarak bulunabilir (yh (x)). y = 3x fonksiyonun homojen olmayan denklemi sağladığı kolayca gösterilebilir. Yani y = 3x fonksiyonu denklemimiz için bir özel çözümdür (yö (x)). Teoreme göre homojen olmayan denklemin genel çözümü (yg (x)) yg (x) = y h (x) + yö (x) = c 1 cos 2x + c2 sin 2x + 3x

olarak yazılabilir. Sonuç olarak n. mertebeden homojen olmayan lineer bir diferansiyel denklemin çözümünü bulmak istiyorsak, bu denklemle ilgili n. mertebeden homojen denklemin genel çözümünü bulmamız ve homojen olmayan denklemin bir özel çözümünü elde etmemiz gerek. Bir önceki bölümde n. mertebeden sabit katsayılı homojen lineer denklemlerin genel çözümlerini bulmayı öğrenmiştik. Bu bölümde homojen olamayan sabit katsayılı lineer denklemlerin çözümünü inceleyeceğiz. İlgili homojen denklemin genel çözümünü bulabildiğimize göre işimiz sadece homojen olmayan denklem için özel çözüm bulmaktır.

2.3.1 Belirsiz Katsayılar Metodu (2.11) denklemindeki f (x) fonksiyonu yö nin genel şekli için bir tahmin yapabileceğimiz kadar basit verilmiş ise, belirsiz katsayılar metodu yö yi bulmak için bir yoldur. İlk olarak f (x) veya onun herhangi bir türevinde bulunan hiçbir terimin homojen denklemi sağlamadığını kabul edelim.

Bilgi f (x) fonksiyonu m. dereceden bir polinom ise, özel çözüm y ö aşağıdaki gibi seçilir yö (x) = Am xm + Am−1 xm−1 + . . . + A1 x + A0

ve A m , Am−1 , . . . , A1 , A0 bilinmeyenleri bulunur.

Örnek 63. y + 3y  + 4y = 3x + 2 diferansiyel denklemin bir özel çözümünü bulalım.

52


Çözüm: Burada f (x) = 3x + 2 şeklinde 1. dereceden bir polinomdur. Böylece bizim özel çözümümüz yö (x) = A 1 x + A0

dir. Diferansiyel denklemimizde yerine yazıp A1 , A0 bilinmeyenlerini bulalım. Özel çözümümüzün türevlerini bulalım. y  (x) = A 1

ö

yö (x) = 0

Yerlerine yazılırsa 0 + 3A1 + 4(A1 x + A0 ) = 3x + 2

Düzenlersek; 4A1 x + 3A1 + 4A0 = 3x + 2

Polinomların eşitliğini kullanarak A1 =

3 4

ve A 0 = −161 bulunur. Böylece özel çözümümüz yö (x) =

3 x 4

− 161

olarak bulunur.

Bilgi f (x) = a cos kx + b sin kx, şeklinde ise, özel çözüm y ö aşağıdaki gibi seçilir yö (x) = A cos kx + B sin kx

ve A, B bilinmeyenleri bulunur.

Örnek 64. y  + y 

− 2y = 2 cos x diferansiyel denklemin bir özel çözümünü bulalım.

Çözüm: Burada f (x) = 2cos x . Böylece bizim özel çözümümüz yö (x) = A cos x + B sin x

dir. Diferansiyel denklemimizde yerine yazıp A, B bilinmeyenlerini bulalım.Özel çözümümüzün türevlerini bulalım. yö (x) =

−A sin x + B cos x y  (x) = −A cos x − B sin x ö

Yerlerine yazılırsa ( A cos x

−

− B sin x) + (−A sin x + B cos x) − 2(A cos x + B sin x) = 2cos x

Düzenlersek; (B

− 3A)cos x + (−A − 3B)sin x = 2 cos x

Yine katsayılar eşitliğini kullanarak A = −53 ve B = 15 bulunur. Böylece özel çözümümüz yö (x) =

−3 cos x + 1 sin x 5

5

olarak bulunur.

Bilgi f (x) = e kx , şeklinde ise, özel çözüm yö aşağıdaki gibi seçilir yö (x) = Ae kx

ve A bilinmeyeni bulunur.


53

Örnek 65. y

− 4y = 2e3x diferansiyel denklemin bir özel çözümünü bulalım.

Çözüm: Burada f (x) = 2e3x . Böylece bizim özel çözümümüz yö (x) = Ae3x

dir. Diferansiyel denklemimizde yerine yazıp A bilinmeyenini bulalım. Özel çözümümüzün türevlerini bulalım. yö (x) = 3Ae3x yö (x) = 9Ae3x

Yerlerine yazılırsa (9Ae3x )

Düzenlersek;

− 4(Ae3x) = 2e3x

(5A)e3x = 2e3x

Buradan A = 25 bulunur. Böylece özel çözümümüz yö (x) =

2 3x e 5

olarak bulunur.

Bilgi Belirsiz katsayılar metodu, (2.11) denklemindeki f (x) fonksiyonunun aşağıdaki üç tip fonksiyonun (sonlu) çarpımlarının bir lineer birleşimi olması durumunda da uygulanır.

• x’e göre polinom, • ekx tipi üstel fonksiyon, • cos kx ya da sin kx. Örnek 66. y 

− 3y + 2y = 3e−x − 10cos3x y(0) = 1,

y  (0) = 2


Çözüm: Öncelikle yukarıdaki diferansiyel denklemin ilgili homojen denklemini çözmemiz gerekiyor. Yani y 

− 3y + 2y = 0

homojen diferansiyel denklemini çözelim. Bu denklemin karakteristik denklemi r2

− 3r + 2 = 0

dir. Bu polinomun kökleri r 1 = 1 ve r 2 = 2 dir. Sonuç olarak homojen kısmın genel çözümü yh (x) = c 1 ex + c2 e2x

olarak bulunur. f (x) = 3e−x − 10cos3x ve türevleri e −x , cos 3x ve sin3x terimlerini içerir. Bunların hiçbirisi y h (x) in içinde görülmediğinden yö (x) = Ae −x + B cos3x + C sin 3x

54


olarak alınabilir. yö ve yö fonksyonlarını bulup denklemimizde yerine yazalım ve bilinmeyenleri bulalım.

−Ae−x − 3B sin3x + 3C cos 3x y  = Ae −x − 9B cos3x − 9C sin 3x

yö = ö

Yerlerine yazılıp düzenlenirse 6Ae−x + ( 7B

− − 9C ) cos3x + (9B − 7C ) sin3x = 3e−x − 10cos3x

elde edilir. Buradan

−7B − 9B −

6A = 9C = 7C =

0 10 0

−

denklem sistemi elde edilir. Bu denklem sistemini çözersek: A = 12 , B = yö (x) =

7 13

ve C =

9 13

olarak bulunur. Bu da

1 −x 7 9 e + cos 3x + sin3x 2 13 13

özel çözümünü verir. Fakat soruda verilen başlangıç koşullarını sağlamaz. Denklemimizin genel çözümünü yazıp başlangıç koşullarını sağlayacak şekilde c 1 , c2 keyfi sabitlerini bulalım. Genel çözümümüz yg (x) = =

yh (x) + yö (x) c1 ex + c2 e2x + 12 e−x +

olarak yazılır. Koşullar kullanılarak c1 = − 12 ve c 2 = y(x) =

6 13

7 cos3x 13

+

9 sin3x 13

bulunur. İstenilen çözüm

− 12 ex + 136 e2x + 21 e−x + 137 cos 3x + 139 sin 3x

Örnek 67. 4y  + 4y  + y = 3xex diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz.

Çözüm: Önce ilgili homojen denklemin 4y  + 4y  + y = 0 genel çözümünü bulalım. Karakteristik denklemimiz 4r 2 + 4r + 1 = 0

Karakteristik denklemin köklerir1,2 = − 12 dir. Homogen denklemin genel çözümü 1

yh (x) = e − 2 x (c1 + c2 x) 1 2

şeklinde bulunur. yh (x) = e− x (c1 +c2 x) çözümünün içerisinde f (x) = 3xex veya herhangi bir türevi bulunmuyor.f (x) fonksiyonu birinci dereceden bir polinom ve üstel fonksiyonun çarpımı olduğu için özel çözümümüz yö = (Ax + B)ex

şeklinde olacaktır. Denklemimizde yerine koymak için türevleri alalım. yö = Ae x + (Ax + B)ex yö = 2Aex + (Ax + B)ex

Türevleri yerine koyalım 4(2Aex + (Ax + B)ex ) + 4(Aex + (Ax + B)ex ) + (Ax + B)ex = 3xex

Düzenlersek ex (9Ax + 12A + 9B) = 3xex


55

elde ederiz.

ex (9Ax + 12A + 9B) = 3xex

Yukarıdaki denklemde sadeleştirme yapılırsa, katsayıların eşitliğinden A = 13 ve B = − 49 bulunur. Özel Çözümümüz: 1 yö (x) = ( x 3

− 94 )ex

olarak bulunur. Genel çözümümüz ise 1 1 yg (x) = e − 2 x (c1 + c2 x) + ( x 3

− 49 )ex

      yh (x)

dir.

yö (x)

Örnek 68. y(3) + y = 3ex + 4x2 diferansiyel denkleminin özel çözümünü bulunuz.

Çözüm: İlgili homojen denklemin karakteristik denklemi r3 + r 2 = 0 dır. Kökler r1,2 = 0 ve r3 = −1 dir. Bu durumda homojen denklemin genel çözümü yh (x) = c + c x + c e−x 1

dir. Özel çözümümüzü

2

3

yö (x) = Aex + B + Cx + Dx2

    ex için

x2 için

şeklinde seçemeyiz.Çünkü f (x) = 3ex + 4x2 fonksiyonunun x 2 teriminin türevi y h (x) in içinde mevcut. Bu durumda özel çözümde x2 ye karşılık gelen parçayı xm ile çarparak yh (x) ile benzer terim içermemesini sağlamalıyız. Burada m seçilebilecek en küçük tamsayı olmalıdır. x2 ye karşılık gelen parça olan B + Cx + Dx2 yi x ile çarpalım Bx + Cx 2 + Dx3

Hala benzer terim mevcut (Bx,c2 x). x2 ile çarpalım Bx 2 + Cx 3 + Dx4

Artık benzer terimimiz yok. Yani özel çözümümüz yö (x) = Ae x + Bx 2 + Cx 3 + Dx4

şeklinde seçilebilir. Türevleri alıp yerine koyalım y  (x) = Aex + 2Bx + 3Cx 2 + 4Dx3 ö

yö (x) = Ae x + 2B + 6Cx + 12Dx2 (3)

yö (x) = Ae x + 6C + 24Dx

Denklemimizde yerine yazalım ve düzenleyelim 2Aex + (2B + 6C ) + (6C + 24D)x + 12Dx2 = 3ex + 4x2

elde ederiz. Buradan katsayıların eşitliğinden 2A = 3 2B + 6C = 0 6C + 24D = 0 12D = 4 3 2

denklemlerini elde ederiz. Bu denklemlerden A = , B = 4, C = − 43 ve D = 13 olarak bulunur. Böylece istenilen çözüm 3 yö (x) = ex + 4x2 2

olur.

− 34 x3 + 31 x4

56


Örnek 69. y  + 6y + 13y = e −3x cos2x diferansiyel denkleminin özel çözümü için uygun bir form belirleyiniz.

Çözüm: İlgili homojen denklemin karakteristik denklemi r 2 + 6r + 13 = 0 olup kökleri r1,2 = − 3 ∓ 2i dir. Bu durumda homojen denklemin çözümü yh (x) = e −3x (c1 cos 2x + c2 sin 2x)

dir. f (x) = e−3x cos2x fonksiyonuna bakılarak yö (x) = e −3x (A cos2x + B sin2x)

özel çözüm olarak düşünülebilir. Fakat denklemimizdeki f (x) = e−3x cos2x homojen denklemin çözümünün içinde vardır. (c1 = 1, c2 = 0 seçilirse) Bu nedenle özel çözümümüz yukarıdaki şekilde seçilemez. x ile çarparsak yö (x) = e −3x (Ax cos2x + Bx sin2x)

benzer terim ortadan kaldırılır.

Örnek 70. y  + y  + y = sin2 x diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz.

Çözüm: Önce ilgili homojen denklemin y  + y + y = 0 genel çözümünü bulalım. Karakteristik denklemimiz: r 2 + r + 1 = 0

dir. Bu denklemin kökleri r 1,2 = − 12 ∓ i

√ 3 2

dir. İlgili homojen denklemin genel çözümü

yh (x) = e −

1 2

x

(c1 cos (

√ 3 2

x) + c2 sin (

√ 3 2

x))

olarak yazılır. özel çözümü f (x) = sin2 x fonksiyonuna bakarak söyleyemeyiz. sin2 x = özdeşliğinden yararlanabiliriz. Denklemimiz aşağıdaki şekilde de yazılabilir, y  + y  + y =

1 2

− 12 cos(2x) trigonometrik

1 2

− 12 cos(2x)

Şimdi özel çözümümüzün yö (x) = A cos (2x) + B sin(2x) + C

  −

1 2

cos (2x) için

  1 2

için

şeklinde olacağını söyleyebiliriz. Denklemde yerine yazıp A, B bilinmeyenlerini bulabilmek için türevleri alalım yö (x) =

−2A sin (2x) + 2B cos (2x) y  (x) = −4A cos (2x) − 4B sin(2x) ö

Yerine koyup düzenlersek:

− − 2A)sin(2x) + C = 21 − 21 cos (2x)

( 3A + 2B)cos(2x) + ( 3B

−

elde edilir. Buradan C = 12 olduğu direkt görülür. Katsayıların eşitliği kullanılarak

−3A + 2B = − 12 −3B − 2A = 0


57

denklemlerini elde ederiz. Bu denklemlerden A = yö (x) =

3 26

1 ve B = − 13 bulunur. Böylece özel çözümümüz

3 cos(2x) 26

− 131 sin(2x) + 12

olur. Genel çözümümüz ise

√

√

2

2

3 3 3 1 1 yg (x) = e − x (c1 cos ( x) + c2 sin ( x)) + cos (2x) − sin (2x) + 1 2

26

13

2

dir.

Örnek 71. y

− y = ex + 7 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz.

Çözüm: Önce ilgili homojen denklemin y  − y = 0 genel çözümünü bulalım. Karakteristik denklemimiz: m3

−1 = 0

dir. m3 − 1 = 0 denkleminin kökleri m1,2,3 = 1 dir demek yanlıştır. Çünkü bu kökler (m − 1)3 = 0 denkleminin kökleridir. Bizim denklemimizin köklerinden bir tanesi 1 dir. Diğer ikisi ise komplekstir. Kompleks kökleri bulabilmek için kompleks sayıların Euler formundan yararlanırız m = r(cos θ + i sin θ) m3 = r 3 (cos3θ + i sin3θ) m3

− 1 = r 3(cos 3θ + i sin3θ) − 1 = 0

Buradan r = 1 olarak bulunur. Yine katsayılar eşitliğinden

cos3θ = 1 sin3θ = 0

yazılır. Buradan θ = 23 kπ,

k

∈ N bulunur. θ =

2 kπ, 3

k

∈ N k = 0 ⇒ θ = 0 ⇒ m1 = 1 √ 3 2 1 k = 1 ⇒ θ = π ⇒ m2 = − + i 3 2 2 √ 4 1 3 k = 2 ⇒ θ = π ⇒ m3 = − − i 3 2 2 √ Karakterisitik denklemimizin kökleri m 1 = 1,m2,3 = − 12 ∓ i 23 dir. Homogen çözüm √ 3 √ 3 1

yh (x) = c1 ex + e− 2 x (c2 cos (

2

x) + c3 sin (

2

x))

olarak yazılır. f (x) = ex + 7 fonksiyonuna bakarak özel çözümü yö (x) = Ae x + B

şeklinde düşünebiliriz. Fakat ilgili homojen denklemin çözümü yh (x) in içinde f (x) = ex + 7 fonksiyonunun bir parçası (ex ) bulunuyor. Bu sebeble e x e karşılık gelen parçayı x le çarpıp farklı hale getirmeliyiz. yö (x) = Axex + B

Görüldüğü gibi y h (x) ile y ö (x) arasında benzerlik kalmadı. Türevleri alalım y  (x) = Ae x + Axex ö

58


yö (x) = 2Aex + Axex yö (x) = 3Aex + Axex

Yerlerine yazıp düzenlersek

3Aex

denklemini elde ederiz. Buradan A =

1 3

− B = ex + 7

ve B = −7 bulunur. Özel çözümümüz yö (x) =

1 x e 3

−7

olarak bulunmuş olur. Genel çözümümüz aşağıdaki gibidir.

√

√

2

2

3 3 1 yg (x) = c 1 e + e− x (c2 cos ( x) + c3 sin ( x)) + ex − 7 x

1 2

3

2.3.2 Parametrelerin Değişimi Yöntemi Son olarak belirsiz katsayılar metodunun kullanılamayacağı durumda kullanılacak bir yöntemi inceleyeceğiz. Örneğin, y  + y = tan x

Parametrelerin Değişimi yöntemini 2. mertebeden lineer denklemler üzerinde öğrenelim. y  + p(x)y + q (x)y = f (x)

yukarıdaki 2. mertebeden lineer denklemin ilgili homojen denklemin genel çözümü yh (x) = c1 y1 (x) + c2 y2 (x)

olsun. Temel fikir kısaca şöyledir: yh (x) fonksiyonundaki c1 , c2 parametrelerinin yerine, x değişkenine bağlı fonksiyonlar u1 (x), u2 (x) yazıp, yeni oluşan yh (x) fonksiyonunu denklemimizde yazarak, u1(x), u2 (x) fonksiyonlarını belirlemektir. Kısacası özel çözümümüz yö (x) = u 1 (x)y1 (x) + u2 (x)y2 (x)

şeklinde düşünülecek. Bu özel çözümü denklemde yerine yazarak bilinmeyen u1 (x), u2 (x) bulmaya çalışalım. İki bilinmeyen fonksiyonumuz olduğunu göre, bunları belirleyebilmek için iki denkleme ihtiyacımız var. Şimdi bu denklemleri belirleyelim. yö = u 1 y1 +u2 y2 +u1 y1 +u2 y2

Denklemde yerine yazabilmek için 2. türevi almalıyız. 2. türevi alırsak u1 ve u2 fonksiyonlarının 2. türevleri karşımıza çıkacak ve işimizi zorlaştıracaktır. Bu nedenle birinci denklemimizi işimizi kolaylaştırsın diye u1 y1 + u2 y2 = 0

olarak alacağız. yö = u 1 y1 + u2 y2

Özel çözümün ikinci türevini alalım

yö = u 1 y1 +u2 y2 +u1 y1 +u2 y2

Denklemimizde yerine yazalım u1 y1 + u2 y2 + u1 y1 + u2 y2 + p(x) (u1 y1 + u2 y2 ) +q (x) (u1 y1 + u2 y2 ) = f (x)



u1 , u2 parantezlerine alalım

 yö



       yö

yö 

u1 (y1 + p(x)y1 + q (x)y1 ) + u2 (y2 + p(x)y2 + q (x)y2 ) + u1 y1 + u2 y2 = f (x)



 0

 

 0




59

y1 ve y 2 fonksiyonları ilgili homojen denklemin (y  + p(x)y + q (x)y = 0) çözümü olduğu için u 1 , u2 nin katsayıları

0 dır. Böylece ikinci denklemimizi elde etmiş olduk.

u1 y1 + u2 y2 = 0 u1 y1 + u2 y2 = f (x)

Yukarıdaki denklemlerden u1, u2 bulunur. İntegral alınarak u1 , u2 elde edilir. Böylece özel çözümümüzü yö belirlemiş oluruz. Bir örnekle inceliyelim.

Örnek 72. y + y = tan x diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz.

Çözüm: Önce ilgili homojen denklemin y  + y = 0 genel çözümünü bulalım. Karakteristik denklemimiz: r2 + 1 = 0

dir. Kökleri: r1,2 = ∓i dir. yh (x) aşağıdaki gibi yazılır. yh (x) = c 1 cos x + c2 sin x

Parametrelerin değişimi yöntemini kullanacağız. yh (x)’ e bakarak y1 (x) = cos x

y2 (x) = sin x

olduğunu söyleyebiliriz. Özel çözümümüzü yö = u 1 (x)cos x + u2 (x)sin x

şeklinde seçeceğiz. Yerine koyulduğunda aşağıdaki denklem sistemini elde edeceğiz. (u1 )cos x + (u2 )sin x = 0, −(u )sin x + (u )cos x = tan x 1

2

Bu iki bilinmeyenli iki denklemi aşağıdaki gibi matris çarpımı ile ifade edebiliriz. cos x sin x u1 0 =  − sin x cos x u tan x

            2

A

U

b

Yukarıdaki sisteminin tek çözümü vardır. A katsayılar matrisinin determinantı cos x ve sin x in Wronskiyenidir. Bu fonksiyonlar ilgili homojen denklemin genel çözümünü oluşturdukları için lineer bağımsızdırlar, yani Wronskiyeni 0 dan faklıdır. Bu sistemi çözmek için Kramer Kuralını kullanacağız.

Bilgi KRAMER KURALI

  

a11 a21

.. .

an1

a12 . . . a22 . . .

...

an2

a1n a2n

.

.. ... . . . ann

   

x1 x2

.. .

xn

  

=

xi =

formülüyle bulabiliriz.

a11 a21

... ...

an1

... ...

.. .

 b1 b2

.. .

bn det(A)

. . . a 1n . . . a 2n

.

.. ... . . . a nn

  

b1 b2

.. .

bn

Yukarıdaki denklem sisteminin (Ax = b , det(A)  = 0) çözümünü i. kolon

  

   

i = 1, 2,...,n

     −       cos x sin x sin x cos x A

u1 0 =  u2 tan x U

b

60


Katsayılar matrisinin (A) determinantını bulalım, det(A) =

Bilinmeyenlerimiz u 1 , u2 fonksiyonları ise

 −



cos x sin x = cos2 x + sin2 x = 1 sin x cos x





0 sin x tan x cos x = u1 = 1

u2 =

− sin x tan x = cos x − sec x

 −



cos x 0 sin x tan x = sin x 1

şeklinde bulunur. İntegral alarak u 1 ve u 2 fonksiyonlarını bulabiliriz. u2 (x) =

− cos x u1 (x) = sin x − ln|sec x + tan x| Bilgi sec x in integralinde sec x + tan x ile çarpıp böler, değişken dönüşümü yaparız. yö (x) = u 1 (x)cos x + u2 (x)sin x u1 (x) ve u 2 (x) i yerine yazalım yö (x) = (sin x

− ln|sec x + tan x|)cos x− cos x sin x y (x) = − cos x ln|sec x + tan x| ö

Örnek 73. y  + 4y + 4y = e −2x x−2 ,

(x > 0) diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz.

Çözüm: Önce ilgili homojen denklemin y  + 4y  + 4y = 0 genel çözümünü bulalım. Karakteristik denklemimiz: r2 + 4r + 4 = 0

dir. Kökleri: r1,2 = −2 dir. yh (x) aşağıdaki gibi yazılır. yh (x) = c 1 e−2x + c2 xe−2x

Denklemimizin sağ tarafı belirsiz katsayılar metodunda incelediğimiz fonsiyon tiplerinden farklı. Parametrelerin değişimi metodunu kullanacağız. Özel çözümümüzü yö (x) = u 1 (x) e−2x +u2 (x) xe−2x

    y1 (x)

y2 (x)

olarak seçeceğiz ve u 1 (x) ve u 2 (x) katsayı fonksiyonlarını bulacağız. u1 ve u 2 ’yi bulacağımız denklemler: u1 y1 + u2 y2 = 0 u1 y1 + u2 y2 = f (x)

bilinenleri yerlerine yazalım,

u1 e−2x + u2 xe−2x = 0 u1 ( 2e−2x ) + u2 (e−2x

−

− 2xe−2x) = e−2xx−2

2.4. Cauchy-Euler Denklemi

61

Her iki denklemdeki e −2x leri yok edersek daha sade denklemler elde ederiz. u1 + u2 x = 0

Yol 1:

−2u1 + u2(1 − 2x) = x−2

birinci denklemi 2 ile çarpıp denklemleri toplayalım

u2 = x −2

bulunur. u2 yi birinci denklemde yerine yazdığımızda u1 =

−x−1

elde ederiz. Yol 2: Kramer kuralını kullanalım. Sistemimiz aşağıdaki gibi yazılabilir

     − −        − −   − 1 2

u1 0 = −2  u2 x

x

1

2x

A

U

b

A’nın determinantı det(A) = 1 olarak bulunur. Bilinmeyenlerimiz 0 x−2

u1 =

x

1 1

2x

=

1 x

1 0 2 x−2 = x −2 1

u2 =

olarak bulunur. İntegral alarak bilinmeyen fonksiyonlarımızı buluruz. 1 u1 (x) = ln ( ) x u2 (x) =

Böylece özel çözümümüz

1 yö (x) = ln ( )e−2x x

− x1

− x1 xe−2x = ln ( x1 )e−2x − e−2x

olur. Sonuç olarak genel çözümümüz 1 yg (x) = c 1 e−2x + c2 xe−2x + ln ( )e−2x x

− e−2x

dir.

2.4 Cauchy-Euler Denklemi n−1 y y n−1 d an x + a x + − n 1 dxn dxn−1 nd

n

dy + a0 y = f (x) ··· + a1x dx

şeklindeki denklemler Cauchy-Euler denklemi olarak adlandırılır. Bu denklemin çözümü için x = et dönüşümü yapılır. x = e t

⇐⇒

t = ln x

dönüşümü yapacağız. Bu dönüşümü yaparsak y fonksiyonu t’ye bağlı olur. Bu sebeble y’nin x’e göre türevleri yerine y ’nin t ’ye göre türevleri yazılmalıdır. Bu türevleri bulalım. dy dy dt dy 1 = = dx dt dx dt x d2 y d = 2 dx dx

   dy 1 d = dt x dx

dy 1 dy d + dt x dt dx

 1 x

62

2.4. Cauchy-Euler Denklemi

d2 y d2 y 1 dy = + dx2 dt2 x2 dt

−   1 1 = 2 2 x x

d2 y dt2

−

.. .

dy dt



Bu türevler denklemde yerine konulursa x ’in kuvvetleri sadeleşir ve dn y dn−1 y dy an n + ãn−1 n−1 + ··· + ã1 + a0 y = f (et ) dt dt dt sabit katsayılı lineer denklem elde edilir. Bu denklem çözülür, bulunan y(t) fonsiyonunda t = ln x ters dönüşümü yapılarak sonuca ulaşılır.

Örnek 74. x2 y  + xy 

− 4y = 0 denklemini çözünüz.

Çözüm: Denklemimiz Cauchy-Euler denklemi. x = et dönüşümü yapacağız. dy dy 1 = dx dt x d2 y 1 = 2 2 dx x

Yukaridaki türevleri denklemde yerine koyalım. 1 x 2 x 2

sadeleştirmeleri yapalım.



d2 y dt2

− dy dt

 

d2 y dt2

−

+x

dy dt



dy 1 dt x

− 4y = 0

d2 y dt2

dy + − 4y = 0 − dy dt dt  y − 4y = 0 sabit katsayılı denklemimizi elde ederiz. Karakteristik denklemi: r2 − 4 = 0, kökler r1 = 2 ve r2 = −2 dir. Genel

çözümümüz

t = ln x ters dönüşümü yapalım.

y(t) = c 1 e2t + c2 e−2t y(x) = c 1 e2 ln x + c2 e−2 ln x 2

2

−

y(x) = c 1 eln x + c2 eln x y(x) = c1 x2 + c2 x−2

olarak çözümümüzü elde ederiz.

Örnek 75. x3 y 

− 4x2y + 8xy − 8y = 4 ln x denklemini çözünüz.

Çözüm: Cauchy-Euler olduğu için x = et dönüşümü yapacağız. dy dy 1 = dx dt x d2 y 1 = dx2 x2



d2 y dt2

−

dy dt



Bu türevleri bir önceki örnekten biliyorduk. Şimdi 3. türevi bulalım. d3 y d = 3 dx dx

  1 x2

d2 y dt2

−

dy dt



2.5. Legendre Denklemi

63

  −   −   −  −  −   − 

d3 y d = 3 dx dx

d2 y dt2

1 x2

d3 y 2 = 3 3 dx x

d2 y dt2

dy dt

d3 y 1 = dx3 x3

Şimdi yerlerine yazalım.

Düzenlersek

d3 y 1 dt3 x

1 x2

+

d3 y dt3

1 d x2 dx

+

d2 y dt2

dy dt

d2 y 1 dt2 x

d2 y dy 3 2 +2 dt dt

x3 y 

1 x 3 x 3

dy dt



− 4x2y + 8xy − 8y = 4 lnx d3 y d2 y dy d2 y dy 1 dy 2 1 3 + 2 4x + 8x − − − − 8y = 4 lnet 3 2 2 2 dt dt dt x dt dt x dt





d3 y dt3



2

− 7 ddty2 + 14 dy − 8y = 4t dt İlgili homojen denklemi y  − 7y  + 14y − 8y = 0 çözelim.

sabit katsayılı denklemi elde ederiz. denklemimiz r3 − 7r2 + 14r − 8 = 0 ve kökleri r 1 = 1,r2 = 2 ve r 3 = 4 dir. Genel çözümümüz

Karakteristik

yh (t) = c1 et + c2 e2t + c3 e4t

olarak yazılır. Denklemin sağ tarafında 4t var. 1. derece polinom. Özel çözümümüzü yö (t) = At + B

olarak seçelim. Özel çözümün türevlerini alalım ve yerine koyalım. yö (t) = A yö (t) = 0 yö (t) = 0

Yerlerine yazılırsa 14A

Buradan A = − 12 ve B = − 78 bulunur.

− 8(At + B) = 4t

y(t) = c1 et + c2 e2t + c3 e4t

− 12 t − 87

t = ln x ters dönüşümü yapılırsa, çözümümüz, y(x) = c1 x + c2 x2 + c3 x4

− 12 ln x − 87

olarak bulunur.

2.5 Legendre Denklemi cn (ax + b)n y (n) + cn−1 (ax + b)n−1 y n−1 +

··· + c1(ax + b)y + c0y = f (x)

şeklindeki denklemler Legendre denklemi olarak adlandırılır. Bu denklemin çözümü için (ax + b) = e t dönüşümü yapılır. Cauchy-Euler denkleminde olduğu gibi y ’nin x’e göre türevleri yerine y ’nin t ’ye göre türevlerini yazmalıyız. Türevleri bulalım. dy dy dt dy a = = dx dt dx dt ax + b

d2 y d = dx2 dx



  − 

dy a d = dt ax + b dx

d2 y d2 y a2 dy = + dx2 dt2 (ax + b)2 dt

dy dt

a2 a2 = (ax + b)2 (ax + b)2

.. .

   − 

a dy d + ax + b dt dx

a ax + b

d2 y dt2

dy dt

64


Kolayca görüleceği üzere Cauchy-Euler denkleminin çözümünde olduğu gibi türevler yerine yazıldığında (ax+b)’nin kuvvetleri sadeleşerek denklemde kalmayacaktır. dn y dn−1 y dy et − b cn n + ˜cn−1 n−1 + ··· + ˜c1 + c0 y = f ( ) dt dt dt a Sabit katsayılı bir denkleme dönüştü ki bu denklemleri çözmeyi biliyoruz.

Örnek 76. (3x + 2)2 y  + 3(3x + 2)y

− 36y = 3x2 + 4x + 1 denklemini çözünüz.

Çözüm: Denklemimiz Legendre denklemi. (3x + 2) = et dönüşümü yapacağız. dy dy a dy 3 = = dx dt ax + b dt 3x + 2 d2 y 32 = dx2 (3x + 2)2

Yukaridaki türevleri denklemde yerine koyalım. 9 (3x + 2) (3x + 2)2 2

sadeleştirmeleri yapalım.



d2 y dt2

−

dy dt





d2 y dt2

−

dy dt



3 dy + 3(3x + 2) 3x + 2 dt

− 36y = 3(

et

− 2 )2 + 4( et − 2 ) + 1

3

3

dy dy e2t 1 9 +9 36y = dt dt 3 t 2 2 d y e 1 9 2 36y = dt 3 t 2 2 d y e 1 4y = 2 dt 27 sabit katsayılı denklemimizi elde ederiz. Karakteristik denklemi: r2 4 = 0, kökler r1 = 2 ve r2 = d2 y 9 2 dt

−

−

−

−

−

−

−

−

çözümümüz

y(t) = c 1 e2t + c2 e−2t

olarak yazarız. yh (t) ile

e2t 1 27

− fonksiyonlarında e2t fonksiyonu ortak. Bu nedenle özel çözümümüzü yö (t) = Ate2t + B

şeklinde seçmeliyiz. Türevleri alıp yerine koyalım y  (t) = Ae 2t + 2Ate2t ö

y  (t) = 4Ae2t + 4Ate2t ö

Denklemde yerine yazalım 4Ae2t + 4Ate2t

Düzenlediğimizde 4Ae2t

Bu denklemden A = B =

1 108

2t − 4(Ate2t + B) = e 27− 1 2t

− 4B = e27 − 271

bulunur. Özel Çözümümüz yö (t) =

1 (te2t + 1) 108

olarak bulunur. Genel çözüm ise yg (t) = c 1 e2t + c2 e−2t +

1 (te2t + 1) 108

t = ln(3x + 2) ters dönüşümü yaparak denklemimizin çözümünü tamamlamış oluruz. 1 (ln(3x + 2)e2ln(3x+2) + 1) 108 1 yg (x) = c1 (3x + 2)2 + c2 (3x + 2)−2 + ((3x + 2)2 ln(3x + 2) + 1) 108

yg (x) = c 1 e2ln(3x+2) + c2 e−2ln(3x+2) +

−2 dir. Genel


65

Örnek 77. x2 y + xy  + y =

1 cos(ln x)

denklemini çözünüz.

Çözüm: Cauchy-Euler olduğu için x = e t dönüşümü yapacağız. dy dy 1 = dx dt x d2 y 1 = dx2 x2

Bu türevleri bir elde etmiştik. Yerlerine yazalım 1 x 2 x 2



d2 y dt2

−

dy dt

Düzenlersek





+x

d2 y dt2

dy dt

−



dy 1 1 + y = dt x cos(t)

d2 y 1 + y = 2 dt cos(t)

sabit katsayılı denklemi elde ederiz. İlgili homojen denklemi y  + y = 0 çözelim. Karakteristik denklemimiz r 2 + 1 = 0 ve kökleri r 1,2 = ∓i dir. Genel çözümümüz yh (t) = c 1 cos t + c2 sin t 1 olarak yazılır. Denklemin sağ tarafında cos( t) var. Belirsiz katsayılar metodunu kullanamayız. Parametrelerin değişimi metodunu kullanalım. Yani özel çözümümüzü

yö (t) = u 1 (t)cos t + u2 (t)sin t

şeklinde seçip u 1 (t) ve u 2 (t) yi bulalım. u1 (t) ve u 2 (t)’yi bulacağımız denklemler u1 cos t + u2 sin t = 0

−u1 sin t + u2 cos t = cos1 t Kramer metodunu kullanırsak u1 =



u2 =

0

sin t cos t

1 cos t

1

 −

cos t sin t 1



=

0 1 cos t

sin t − cos t



=1

olarak bulunur. İntegral alarak bilinmeyen fonksiyonlarımızı buluruz. u1 (t) = ln cos t ,

|

u2 (t) = t

|

Böylece özel çözümümüz yö (t) = ln cos t . cos t + t sin t

dir. Genel çözüm ise

|

|

yg (t) = c 1 cos t + c2 sin t + ln cos t . cos t + t sin t

|

|

dir. t = ln x ters dönüşümü yaparak verilen problemin genel çözümü elde edilebilir: yg (x) = c 1 cos(ln x) + c2 sin(ln x) + ln cos(ln x) . cos(ln x) + (ln x) sin(ln x)

|

|

66

Bölüm 2. Yüksek Mertebeden Diferansiyel Denklemler

Alıştırmalar 1. xy = y 

12. y (4) + 18y + 81y = 0

2. (1 + x2 )y + (y )2 + 1 = 0 3. y 3 y = 1

13. y (4) + 3y  − 4y = 0

4. yy  + (y )2 = 0 5. xy = 1 + (y  )2

15. y  + 2y − 3y = 1 + xex

6. y  − y = 0 7. y  + 4y = 0

17. 2y  + 4y  + 7y = x 2



8. y  + y − 6y = 0 9. y  − 3y  = 0 10. y  + 2y  + y = 0 11. y (4) + 3y = 0

14. y  + 16y = e3x

16. y  + y  = 2 − sin(x) 18. y  + 9y = 2 sec(3x) 19. y  − 2y + y =

ex x

20. x2 y  − xy + 2y = x ln(x) 21. x3 y  + 2x2 y  = x + sin(ln(x))


67

Cevaplar 1. y(x) = c 1 x2 + c2

13. y(x) = c1 ex + c2 e−x + c3 cos(2x) + c4 sin(2x)

2

2. y(x) = − 2xc + c2

14. y(x) = c1 cos(4x) + c2 sin(4x) +

1

3. c1 y 2 − (c1 x + c2)2 = 1

1 x)ex 15. y(x) = c1 e−3x + c2 ex − 13 + ( 18 x2 − 16

4. xy = c1 y2 + c2 5. y(x) =

c1 x2 4

−

ln(x) 2c1

1 3x 25 e

16. y(x) = c1 + c2 cos(x) + c3 sin(x) + 2x + 12 x sin(x)

+ c2

√

√

6. y(x) = c 1 e + c2 e−x

17. y(x) = e−2x (c1 cos( 10x) + c2 sin( 10x)) + 17 x2 +

7. y(x) = c 1 cos(2x) + c2 sin(2x) 8. y(x) = c 1 e2x + c2 e−3x

18. y(x) = c1 cos(3x)+c2 sin(3x)+ 12 ln | cos(x)| cos(3x)+

x

8 x 49

x sin(3x)

9. y(x) = c 1 + c2 10. y(x) = c 1 e−x + c2 xe−x e3x

11. y(x) = c 1 + c2 x + c3 x2 + c4 e−

19. y(x) = c1 ex + ˜c2 xex + ln |x|xex 3 5

x

12. y(x) = c1 cos(3x) + c 2 sin(3x) + x(c3 cos(3x) + c4 sin(3x))

60 − 343

20. y(x) = x(c1 cos(ln(x)) + c2 sin(ln(x)) + x ln(x) 21. y(x) = c1 + c2 ln(x) +c3 x + x ln(x) + 12 sin(ln(x)) + 1 cos(ln(x)) 2

68


3

Kuvvet Serisi Yöntemi Bu bölümde; kuvvet serileri yöntemini en basit şekliyle ve aynı zamanda kuvvet serileri hakkındaki temel bilgiler için bazı teoremleri (ispatsız) vereceğiz. İlk olarak (x − a) nın bir kuvvet serisinin

∞



n=0

cn (x

− a)n = c0 + c1(x − a) + c2(x − a)2 + ··· + cn(x − a)n + ···

şeklinde sonsuz seri olduğunu hatırlayalım. Burada a sayısı kuvvet serisinin merkezi olarak adlandırılır. Eğer a = 0 ise kuvvet serisi x cinsinden ∞ cn xn = c 0 + c1 x + c2 x2 + ··· + cn xn + ···



n=0

olur.

Kuvvet Serisinin Yakınsaklığı I aralığındaki her x için

∞



N



n

cn x = lim N

cn xn

→∞ n=0

n=0

eşitliğini sağlayan limit mevcut ise (3.2) kuvvet serisi, I aralığında yakınsaktır. Bu durumda f (x) =

∞



cn xn

n=0

toplamı, I üzerinde tanımlıdır ve



cn xn serisine I aralığında f (x) in kuvvet serisi denir.

∞ xn

 − − −  − x

e =

n=0

n!

∞ ( 1)n x2n

cos x =

(2n)!

n=0

n=0

ln(1 + x) =

(2n + 1)!

1

x

=

∞

n

···

4

− x2! + x4! − · · · 3

= x

∞ ( 1)n+1 xn

n=0

x2 x 3 + + 2 3! 2

=1

∞ ( 1)n x2n+1

sin x =

1

=1 +x+

5

− x3! + x5! − · · · 2

= x

− x2

+

x 3 3

xn = 1 + x + x2 + x3 +

n=0

69

− · · ·

···

(3.1)

(3.2)

70

Bölüm 3. Kuvvet Serisi Yöntemi

Kuvvet Serisinin Yakınsaklık Yarıçapı



cn (x

− a)n kuvvet serisi verilsin ρ = lim



cn



→∞ cn+1 limiti mevcut (ρ sonludur) veya sonsuz (bu halde ρ = ∞ yazacağız) olsun. Bu takdirde n

= a olmak üzere her bir x için seri ıraksaktır. a) ρ = 0 ise x 

b) Eğer 0 < ρ < ∞ ise, o takdirde



cn (x

− a)n serisi, |x − a| < ρ ise yakınsak, |x − a| > ρ ise ıraksaktır.

c) ρ = ∞ ise, seri her x için yakınsaktır.

Örnek 78. ex =

∞



n=0

xn n!

kuvvet serisinin yakınsaklık yarıçapını bulalım.

Çözüm: ρ = lim n

→∞

yani, seri her x için yakınsaktır.

(a)

 

1 n! 1 (n+1)!

 





1 = lim (n + 1)! = lim n + 1 = n→∞ n! n→∞

|

| ∞

N = 5

(b)

Şekil 3.1: Mavi olan e x , kırmızı olan

N



n=0

N = 10

xn n!

Örnek 79. ln(1 + x) =

∞ (−1)



n=0

Çözüm:

n+1

n

xn

kuvvet serisinin yakınsaklık yarıçapını bulalım.

 

( 1)n+1 n ( 1)n+2 (n+1)

− ρ = lim − n→∞

 

 −



( 1)n+1 (n + 1) = lim = lim n→∞ n→∞ n ( 1)n+2

−

−



n+1 =1 n

yakınsaklık yarıçapını 1 bulduk. Serimiz |x| < 1 için yakınsaktır. Yani (−1, 1) aralığından seçilecek her x değeri ∞ (−1)n xn serisinde yerine yazıldığında reel bir değer elde edilebilir ve bu değer ln(x + 1) ile aynıdır. Bu aralık



n=0

+1

n

dışından seçilen x ler seri toplamında yerine yazıldığında toplam bulunamaz.


(a)

71

N = 5

(b) N



Şekil 3.2: Mavi olan ln(x + 1), kırmızı olan

n=0

N = 10

( 1)n+1 xn n

−

Kuvvet Serileri ile İşlemler Kuvvet serilerinde, polinomlarda olduğu gibi cebirsel işlemler yapılabilir. Örneğin f (x) =

∞



n

an x

ve

g(x) =

n=0

∞



bn xn

n=0

ise f (x)

∓ g(x) =

∞



∓ bn)xn

(an

n=0

şeklinde yazılabilir. Kuvvet serilerinde çarpma ve bölme işlemleri toplama ve çıkarma işlemlerindeki gibi kolay ifade edilemez. Polinomların çarpım ve bölmesi gibidir. Sonsuz elemanı olduğu için zordur. f (x).g(x) =



∞



(an .bn )xn

n=0

Kuvvet Serilerinde Türev Theorem 9. Eğer bir I açık aralığında,

∞



cn xn = c 0 + c1 x + c2 x2 +

n=0

··· + cnxn + ···

kuvvet serisi gösterimi f fonksiyonuna yaklaşıyorsa, f I ’da türevlenebilir ve I ’daki her bir noktada ∞  f (x) = n cn xn−1 = c + 2c x + 3c x2 + ··· + ncn xn−1 + ···



n=1

dır.

1

2

3

72


Örnek 80. 1 1

−x

=



∞

1

x

=

xn = 1 + x + x2 + x3 +

n=0

   − 1

∞



nxn−1 = 1 + 2x + 3x2 +

n=1

··· + xn + ···

··· + nxn−1 + ··· = (1 −1 x)2

Özdeşlik Prensibi Bir I açık aralığının her noktasında

∞

 

n

an x =

n=0

ise, her bir n ≥ 0 için a n = b n ’ dir. Özel olarak belirli bir aralıkta bütün x ler için

∞



bn xn

n=0

an xn = 0 ise her n

≥ 0 için a n = 0 olur.

Toplama İndisinin Kaydırılması

∞



n

an x =

n=T

∞



n k

n=T +k

an−k x − =

∞



an+k xn+k

n=T k

−

Örnek 81.

∞



nxn = x + 2x2 + 3x3 +

n=1

∞

 

(n

n=2

∞

··· + nxn + ···

− 1)xn−1 = x + 2x2 + 3x3 + ··· + nxn + ···

(n + 1)xn+1 = x + 2x2 + 3x3 +

n=0

··· + nxn + ···

YÖNTEM Bir diferansiyel denklemin çözümü için kuvvet serileri yöntemi y =

∞



cn xn

n=0

kuvvet serisini diferansiyel denklemde yerine koyduktan sonra, kuvvet serisinin c0 , c1 , c2 , . . . katsayılarını, diferansiyel denklemi sağlayacak şekilde, belirlemeye çalışmaktır. Bu, belirsiz katsayılar yöntemini hatırlatmaktadır. Fakat, şimdi ardışık belirlenecek sonsuz sayıda katsayı vardır. Bu yöntem her zaman başarılı değildir, ama başarılı olduğunda, önceki yöntemlerin bize verdiği kapalı biçimdeki çözümlerin aksine çözümlerin sonsuz seri gösterimlerini elde ederiz.

Örnek 82. y  + 2y = 0 denklemini çözünüz.


∞

Çözüm: Çözümümüz y =



n=0

73

cn xn olsun. Denklemde yerine koymak için birinci türevini alalım. y  =

∞



ncn xn−1

n=1

Denklemde yerine yazalım.

∞



n 1

ncn x − + 2

n=1

∞



cn xn = 0

n=0

İki seriyi toplayabilmek için türevin indisini kaydırarak xn elde etmeye çalışılır.

∞



n 1

ncn x − =

n=1

Sonuç olarak denklemimiz

∞

∞



(n + 1)cn+1 xn

n=0

  

n

(n + 1)cn+1 x + 2

n=0

∞

∞



cn xn = 0

n=0

((n + 1)cn+1 + 2cn )xn = 0

n=0

halini alır.

∞



(n + 1)cn+1 + 2cn xn = 0

n=0

Özdeşlikler prensibinden

(n + 1)cn+1 + 2cn = 0

bulunur. (3) denklemi rekürans(indirgeme) bağıntısıdır. cn+1’i çekelim

−2

cn+1 = n = 0 n = 1 n = 2

⇒

n+1

cn

⇒ c1 = −12 c0 −2 c1 = −2 −2 c0 = (−2)2 c0 c2 = 2

2

1

2!

2 2 (−2)2 (−2)3 − − c3 = c2 = c0 = c0

⇒

3

3

cn =

( 2)n c0 n!

yazıldığında

2!

3!

−

elde ederiz. Sonuç olarak çözümümüz y =

∞



n

cn x =

n=0

y = c 0

∞ ( 2)n

−

n=0

∞ ( 2x)n

−

n=0

n!

n!

c0 xn

= c 0 e−2x

Görüldüğü gibi birinci mertebeden denklemimizin çözümünü bir keyfi sabitle elde ettik.

Örnek 83. (x

− 3)y + 2y = 0 denklemini çözünüz.

(3.3)

74


∞




n=0

cn xn olsun. Denklemde yerine koymak için birinci türevini alalım. y =

∞



ncn xn−1

n=1

Denklemde yerine yazalım. (x

x

∞

 

− 3)

∞



∞



∞

3

n 1

ncn x

n=1

∞

3

∞

 

ncn x − + 2

n=1

n

cn xn = 0

n=0

 −  −

ncn x −

∞

ncn x − + 2

n=1

n 1

n=1

n 1

cn xn = 0

n=0

n 1

ncn x − + 2

n=1

∞

cn xn = 0

n=0

Yukarıdaki üç seride de x elde etmek için, ikincisinde indis kaydıralım. ∞ ∞ ∞ n



ncn xn

n=1

−3



(n + 1)cn+1 xn + 2

n=0

ncn x

n

n=0

 − 3

cn xn = 0

n=0

Birinci serine n katsayısı 0 dan başlamamıza olanak verir. ∞ ∞





n

(n + 1)cn+1 x + 2

n=0

∞



cn xn = 0

n=0

Başlangıç indislerimiz ve x in kuvvetleri aynı olduğuna göre serilerimizi toplayabiliriz. ∞



(ncn

n=0

− 3(n + 1)cn+1 + 2cn)xn = 0

Özdeşlik prensibinden aşağıdaki rekürans bağıntısı elde edilir. (n + 2)cn

− 3(n + 1)cn+1 = 0,

veya cn+1 =

n+2 cn , 3(n + 1)

n

Katsayılarımızı belirleyelim: n = 0 n = 1

⇒

n = 2

⇒

y(x) =

n=0

≥0

2 c0 3

3 3  2 3 c1 = c0 = 2 c0 3.2 3 3.  23 4 4  3 4 c3 = c2 = c0 = 3 c0 2 3.3 3 3.  33

∞ n+1



≥0

c2 =

cn =

elde ederiz. Çözümümüzü

c1 =

⇒

n

3n

n+1 c0 3n n

c0 x = c 0

∞ n+1



n=0

3n

xn

olarak buluruz. Çözümümüz hangi x ler için yakınsaktır onu belirleyelim. Yakınsaklık yarıçapını bulalım, ρ = lim



cn



→∞ cn+1 = nlim →∞

n



n+1 3n n+2 3n+1







n + 1 3n+1 = lim =3 n→∞ 3n n + 2

Yakınsaklık yarıçapının 3 olması serimizin | x| < 3 için yakınsak ve dolayısıyla sadece bu aralık için diferansiyel denklemimizin çözümü olduğunu gösterir.


75

Örnek 84. x2 y = y

− x − 1 denklemini çözünüz.


∞



n=0

cn xn olsun. Denklemde yerine koymak için birinci türevini alalım.

∞



y  =

ncn xn−1

n=1

Denklemde yerine yazalım.

∞

  

2

x

n 1

n=1

∞

2

x

n 1

∞

(n

n=2

−x−1

cn xn

−x−1

n=0

n+1

ncn x

=

∞

cn xn

n=0

Her iki tarafta da x olacak şekilde indislerle oynayalım



∞

ncn x − =

n=1 n

cn xn

n=0

n=1

∞

∞

  

ncn x − =

− 1)cn−1x

n

=

∞



−x−1

cn xn

n=0

−x−1

Her iki serinin de başlama indislerini aynı yapabilmek için sağ taraftakinin ilk iki terimini açalım

∞

− − (n

n=2

Düzenlersek

∞

(n

n=2

n

1)cn−1 x = c0 + c1 x +

n

1)cn−1 x = c 0

∞



cn xn

n=2

− 1 + x(c1 − 1) +

−x−1 ∞



cn xn

n=2

Katsayılar eşitliğinden c 0 = 1 ve c 1 = 1 bulunur. Ve özdeşlik prensibinden aşağıdaki rekürans bağıntısı elde edilir. cn = (n

− 1)cn−1,

n

≥2

Katsayılarımızı belirleyelim: n = 2 n = 3 n = 4

c2 = c 1 = 1= (2

− 1)! c3 = 2c2 = 2.1= (3 − 1)! c4 = 3c3 = 3.2.1= (4 − 1)!

⇒ ⇒ ⇒

.. .

cn = (n

elde ederiz. Çözümümüzü y(x) = c 0 + c1 x +

∞



− 1)!

n

cn x = 1 + x +

n=2

∞



(n

n=2

− 1)!xn

olarak buluruz. Çözümümüz hangi x ler için yakınsaktır onu belirleyelim. Yakınsaklık yarıçapını bulalım, ρ = lim



cn

→∞ cn+1

n



= lim n

→∞



(n

− 1)! n!



 

1 =0 n→∞ n

= lim

Yakınsaklık yarıçapının 0 olması serimizin yalnız x = 0 için yakınsak olduğunu ve sonuç olarak diferansiyel denklemimizin önerilen şekilde bir kuvvet serisi çözümü olmadığını gösterir.

76


Adi/Tekil Nokta Bahsedilen kuvvet serileri yöntemi, herhangi bir mertebeden lineer denkleme uygulanabilir. Fakat en önemli uygulamaları (3.4) A(x)y  + B(x)y + C (x)y = 0 şeklindeki ikinci mertebeden, homojen, lineer diferansiyel denklemlerdir. A,B,C fonksiyonları x’in analitik fonksiyonlarıdır. Aslında, en önemli uygulamalarda, bu katsayılar basit polinomlardır. Örnek-84 te gördük ki; seri metodu, daima bir seri çözümünü vermez. Ne zaman başarılı olduğunu inceleyelim. Denklemimizi (3.5) y  + P (x)y  + Q(x)y = 0 şeklinde yazalım.

Tanım 10. (3.5) denklemindeki P (x) ve Q(x) fonksiyonlarının her ikisi de x = a’da analitik ise x = a noktasına deklemin adi noktası aksi halde tekil noktası denir.

Tanım 11. Eğer f fonksiyonunun Taylor serisi, a ’yı içeren bir açık aralıkta her x için f (x)’e yakınsıyorsa, f fonksiyonuna x = a ’ da analitiktir denir.

Örneğin; bütün polinomlar heryerde, rasyonel fonsiyonlar paydasının 0 olmadığı yerlerde analitiktir.

Theorem 10. f ’nin a noktasında bir kuvvet serisi gösterimi varsa, bir başka deyişle f (x) =

∞



cn (x

n=0

− a)n,

|x − a| < ρ

ise, serinin katsayıları cn =

f (n) (a) n!

formulü ile verilir. f  (a) f  (a) f  (a) 2 f (x) = f (a) + (x a) + (x a) + (x a)3 + 1! 2! 3! Yukarıdaki seriye f fonksiyonunun a noktasındaki (yada a merkezli) Taylor serisi denir.

−

−

−

···

Theorem 11. x = a ,

A(x)y  + B(x)y + C (x)y = 0

(3.6)

denkleminin bir adi noktası olsun. Yani P = B /A ve Q = C /A fonksiyonları x = a da analitik olsun. Bu taktirde (3.6) denklemi herbiri ∞ (3.7) y(x) = cn (x − a)n



n=0

şeklinde olan lineer bağımsız iki çözüme sahiptir.

Bu şekildeki herhangi bir seri çözümün yakınsaklık yarıçapı, en azından (3.6) denkleminin a’ya en yakın tekil noktasına (reel veya kompleks) olan uzaklığıdır. (3.7) teki katsayılar (3.6) de yerine koyarak belirlenebilir.


77

Örnek 85. (x2 + 1)y  + xy  + 2xy = 0 denklemini çözünüz.

Çözüm: Denklemimizde katsayılarımız x 2 + 1, x ve 2x polinomlarıdır. Polinomlar heryerde analitiktir. Yani x = 0 ∞ ∞ cn (x − 0)n = cn xn şeklinde olsun, katsayılarımızı bulalım. Türevleri da seri çözümü vardır. Çözümümüz



n=0

alalım

 

n=0

∞

y  (x) =

ncn xn−1

n=1

y  (x) =

∞



n(n

n=2

Denklemimizde yerine yazalım 2

(x + 1)

∞



n=2

∞



n(n

n=2

n 2

n(n − 1)cn x − + x

n

− 1)cnx

+

∞



n=2

− 1)cnxn−2

∞



ncn x − + 2x

n=1

n(n

n=2

n

− 1)cnx

+



n(n − 1)cn x − +



n

n(n

− 1)cnx

n=2

+ 2c2 + 6c3 x +

∞





n

ncn x + 2

n=1

n

(n + 2)(n + 1)cn+2 x +

n=0

İndislerin başlangıçlarını aynı yapalım ∞ ∞

 

cn xn = 0

n=0

n 2

İndislerle oynayarak x n leri ortak hale getirelim ∞ ∞



∞

n 1

∞

n=0

∞



n

ncn x + 2

n=1

n

(n + 2)(n + 1)cn+2 x + c1 x +

n=2

cn xn+1 = 0

∞



n=1

∞



cn−1 xn = 0

n

ncn x + 2c0 x + 2

n=2

Düzenlersek 2c2 + (2c0 + c1 + 6c3 )x +

∞



n=2


n=2

cn−1 xn = 0



n cn + (n + 2)(n + 1)cn+2 + 2cn−1 xn = 0

c2 = 0,

ve

∞



2

c3 =

− 13 c0 − 16 c1

2

cn+2 =

+ 2cn−1 , − (nn +cn2)(n + 1)

n

≥2

yazabiliriz. n = 2 n = 3 n = 4

⇒ ⇒ ⇒

c4 = 16 c1 3 3 c5 = 20 c0 + 40 c1

−

c6 =

1 1 45 c0 + 10 c1

.. . Katsayılarımız bulunabilir. Böylece çözümümüz

−

y(x) = c0 1

1 3 3 1 x + x5 + x6 + 3 20 45

  ··· − + c1 x

1 3 x 6

−

1 4 3 1 x + x5 + x6 + 6 40 10

 ···

şeklinde yazılır. Yakınsaklık yarıçapı için tekil nokta bulunur. x2 + 1 fonksiyonunu 0 yapan x = ∓ i noktaları denklemin tekil noktalarıdır. x = 0 noktasına uzaklıkları 1 dir. Bu da bize yakınsaklık yarıçapının en az 1 olduğunu gösterir. Sonuç olarak bulduğumu seri çözümü |x| < 1 için diferansiyel denklemimizin çözümüdür.

78


Örnek 86. y 

− (x − 2)y + 2y = 0

diferansiyel denklemin x = 0 komşuluğunda genel çözümünü bulunuz.

Çözüm: Denklemimize baktığımızda y’nin ve birinci türevinin katsayıları birer polinomdur. Polinomlar heryerde analitik fonksiyonlar oldukları için tüm reel sayılar bu denklem için adi noktadır. Dolayısıyla x = 0 noktası da adi noktadır. Teorem bize aşağıdaki gibi bir seri çözümün varlığını garanti eder ∞

   −

cn xn

y(x) =

n=0

Türevleri alalım

∞

y (x) =

ncn xn−1

n=1

y  (x) =

∞

n(n

1)cn xn−2

n=2

Denklemimizde yerine yazalım ∞



n=2

(x

n 2

n(n − 1)cn x −

− (x − 2)

∞



n 1

ncn x − + 2

n=1

∞



cn xn = 0

n=0

− 2) parantezini açarsak ∞

    n=2

n(n − 1)cn x −

∞

n=2

∞

2c2 +

x

n 1

∞

n(n − 1)cn x −

∞

n

ncn x + 2

∞

(n + 2)(n + 1)cn+2 x

n=1

ncn xn + 2

2c0 + 2c1 + 2c2 +

∞

n

ncn x + 2c1 + 2

(n + 2)(n + 1)cn+2

2c0 + 2c1 + 2c2 = 0

rekürans bağıntısı bulunur. cn+2 =

(n + 1)cn+1 xn + 2

Katsayılarımızı belirleyelim

n = 2 n = 3 n = 4

c3 =

(n + 1)cn+1 x + 2c0 + 2

− ncn + 2(n + 1)cn+1 + 2cn c2 =

−c 0 − c 1

n

n

≥1

+ c1 1 2 − 4c23.2 = c1 + c0 2 3

1 1 3 = − c1 − c0 − 6c 4.3 4 3 8c4 − c3 1 1 c5 = − = c1 + c0

⇒ ⇒

5.4 8 6 7 7 c6 = c1 c0 120 90

−

∞



n=0

c4 =

⇒

cn xn = 0

n

− ncn + 2(n + 1)cn+1 + 2cn = 0

⇒

∞



n=0

+ (2 − n)cn − 2(n +(n1)c+n+1 2)(n + 1)

n = 1

cn xn = 0

n=0

⇒

ve (n + 2)(n + 1)cn+2

∞

n=0

n=1


n 1

ncn x − + 2

∞

cn xn = 0

n=0

n=0

n=1

∞

∞

∞

 

ncn x − + 2

n=1

n=1

n

n 1

n=1

n=1

(n + 2)(n + 1)cn+2 xn

∞

   

ncn x − + 2

n=1

n 2

n=0

∞

∞

 −  −  −  −  n 2

−

≥1



= 0

cn xn = 0


79

.. . Böylece çözümümüz 7 7 c1 − c0 )x6 + . . . − − c1)x2 + ( 12 c1 + 23 c0)x3 + (− 14 c1 − 13 c0)x4 + ( 18 c1 + 61 c0)x5 + (− 120 90

y(x) = c0 + c1 x + ( c0

veya

−

y(x) = c 0 1

2 x2 + x3 3

−

1 4 1 5 x + x 3 6

 −

7 6 x + . . . + c1 x 90

−

1 x2 + x3 2

−

1 4 1 5 x + x 4 8

−

7 6 x + ... 120



bulunur. Denklemimizin tekil noktası olmadığı için yakınsaklık yarıçapı ∞’ dir. Yani çözümümüz tüm reel sayılar için yakınsaktır.

Örnek 87. y

diferansiyel denklemin x = 2 komşuluğunda genel çözümünü bulunuz.

− (x − 2)y + 2y = 0

Çözüm: x = 2 noktası da adi noktadır. Teorem bize aşağıdaki gibi bir seri çözümün varlığını garanti eder ∞



y(x) =

cn (x

n=0

− 2)n

Denklemde yerine yazıp katsayıları bulmamız bu şekilde biraz karışık olacağından x − 2 = t dönüşümü yapalım. Denklemimiz d2 y dt2

− t dy + 2y = 0 dt

olur. Çözümümüz ise

∞

 

y(t) =

cn tn

n=0

şeklinde olacaktır. Türevleri alalım

∞

y (t) =

ncn tn−1

n=1

y  (t) =

∞



n(n

n=2

Denklemimizde yerine yazalım

∞

    n=2

n(n − 1)cn t −

∞

n=2

∞

n 2

2c2 +

t

n

ncn t + 2

∞

(n + 2)(n + 1)cn+2 t

∞

∞

cn tn = 0

n=0 n

ncn t + 2

n=1

n

cn tn = 0

n=0

n=1

(n + 2)(n + 1)cn+2 t

∞

  

ncn t − + 2

∞

n

∞

cn tn = 0

n=0

∞



ncn t + 2c0 + 2

(n + 2)(n + 1)cn+2

n=1

2c2 + 2c0 = 0

⇒

∞

n

n=1

2c2 + 2c0 +

Yukarıdaki denklemden

n 1

n=1

n(n − 1)cn t −

n=1

Düzenlersek

 −  −  −  −

n 2

n=0

∞

∞

− 1)cntn−2

 

cn tn = 0

n=1

− ncn + 2cn c2 =

−c0

tn = 0

80


ve cn+2 =

(n 2)cn (n + 2)(n + 1)

−

n

≥1

rekürans bağıntısı elde edilir. Katsayılarımızı belirleyelim n = 1 n = 2 n = 3 n = 4 n = 5

− 16 c1

c3 =

⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒

c4 = 0 1 − 120 c1

c5 =

c6 = 0 c7 =

1 c1 − 1680

.. . Böylece çözümümüz

−  −  − −

y(x) = c 0 1 t = x

− 2 yazarsak

−

y(x) = c0 1

(x

− 2)2

2

t

+ c1 t

+ c1 (x

1 3 t 6

1 (x 6

2)

1 5 t 120

−

− 2)3 −

−

1 7 t + ... 1680

1 (x 120

− 2)5 −



1 (x 1680

− 2)7 + . . .



bulunur. Denklemimizin tekil noktası olmadığı için yakınsaklık yarıçapı ∞’ dir. Yani çözümümüz tüm reel sayılar için yakınsaktır.

Örnek 88. 2

x ddxy2 +

dy dx

+ 2y = 0 y(1) = 2, y  (1) = 4 başlangıç değer problemini çözünüz.

Çözüm: y’nin ikinci türevini yalnız bıraktığımızda, birinci türevinin katsayısı x1 olacaktır. Bu fonksiyon x = 0 noktasında analitik değildir. Yani x = 0 denklemimizin tekil noktasıdır. Diğer tüm noktalar adi noktadır. Başlangıç değerleri x = 1 de verildiği için seri çözümümüzü bu nokta etrafında aramamız uygun olur. Çözümümüzü y(x) = ∞ cn (x − 1)n şeklinde arayalım. Denklemde yerine yazıp katsayıları bulmamız bu şekilde biraz karışık olacağından



n=0

x

− 1 = t dönüşümü yapalım. Denklemimiz

(t + 1)

d2 y dy + + 2y = 0 dt2 dt

olur. Çözümümüz ise

∞

   −

y(t) =

cn tn

n=0

şeklinde olacaktır. Türevleri alalım

∞

y (t) =

ncn tn−1

n=1

y  (t) =

∞

n(n

1)cn tn−2

n=2

Denklemimizde yerine yazalım (t + 1)

∞



n=2

n 2

n(n − 1)cn t − +

∞



n=1

n 1

ncn t − + 2

∞



n=0

cn tn = 0


∞



n(n

n=2

∞



− 1)cntn−1 + n

(n + 1)ncn+1 t +

n=1

∞



81

∞



∞



n(n

n=2

n

(n + 2)(n + 1)cn+2 t +

n=0

∞

  n

(n + 1)ncn+1 t +

n=1

n=1

∞

n

(n + 2)(n + 1)cn+2 t +

∞



∞

 

cn tn = 0

n=0

n

(n + 1)cn+1 t + 2

∞

cn tn = 0

n=0

n

(n + 1)cn+1 t + 2

n=1

∞



cn tn + 2c2 + c1 + 2c0 = 0

n=1



(n + 1) cn+1 + (n + 2)(n + 1)cn+2 + 2cn tn + 2c2 + c1 + 2c0 = 0 2

n=1


ncn tn−1 + 2

n=0

n=1

∞

∞

 

− 1)cntn−2 +

2c2 + c1 + 2c0 = 0

ve

c2 =

⇒

−c0 − c21

(n + 1)2 cn+1 + (n + 2)(n + 1)cn+2 + 2cn = 0,

yazılır.

n

≥1

2

cn+1 + 2cn − (n(n+ 1)+ 2)(n + 1)

cn+2 = n = 1 n = 2 n = 3 n = 4

c4 =

− c5 = − c6 = −

− 4c 2+2.3 c

≥1

2c0 3 c1 9c3 +2c2 4c0 = 12 + 12 3.4 c0 c1 16c4 +2c3 = 315 4.5 15 c0 25c5 +2c4 9c1 = 26 5.6 180 180

c3 =

⇒ ⇒ ⇒ ⇒

n

2

1

=

−

− −

.. . Katsayılarımız bulunabilir. Böylece çözümümüz c1 4 3c0 c1 5 26c0 9c1 6 )t + ( )t + ( )t + . . . − − c21 )t2 + ( 2c30 )t3 + (− 4c120 + 12 − − 15 15 180 180

y(t) = c 0 + c1 t + ( c0

veya

−

y(t) = c 0 1

2 t + t3 3 2

−

1 4 1 5 t + t 3 5

−

 −

13 6 t + . . . + c1 t 96

1 2 1 t + t4 2 12

−

1 5 1 t + t6 + . . . 15 20



olur. Türevide alıp başlangıç koşulları yardımıyla c 0 ve c 1 i bulalım. y (t) = c 0

−

2t + 2t

2

−

4 3 t + t4 3

−

y(0) = 2 y (0) = 4

bulunur. Denklemde yerine koyar ve düzenlersek y(t) = 2 + 4t

 −

13 5 t + . . . + c1 1 16

⇒ ⇒

1 t + t3 3

−

1 4 3 t + t5 + . . . 3 10



c0 = 2 c1 = 4

− 4t2 + 43 t3 − 13 t4 + 152 t5 − 454 t6 + . . .

ve t = x − 1 yerine yazılırsa çözümümüzü elde etmiş oluruz. y(t) = 2 + 4(x

− 1) − 4(x − 1)2 + 43 (x − 1)3 − 31 (x − 1)4 + 152 (x − 1)5 − 454 (x − 1)6 + . . .

Denklemin tekil noktası x = 0 olduğu için seri çözümü aradığımız x = 1 noktasına olan uzaklık yakınsaklık yarıçapımızdır. Sonuç olarak |x − 1| < 1 için çözümümüz yakınsaktır.

82


Alıştırmalar 1. y  + xy − y 2. y  + y − 2xy = 0

3. y  + xy − y = 1 + x2 4. y  + xy − y = e2x

5. y  = 2xy 6. y  + y = 0 7. y  + xy + (2x − 1)y = 0, y(−1) = 2, y(−1) = 2

Bölüm 3. Kuvvet Kuvvet Serisi Serisi Yöntem Yöntemi i

83

Cevaplar 1. y = a = a 1 x + a0 2. y = a = a 0





∞

1 ( 1)n+1 3.5.7. .(2n (2n 1 + x2 + 2 (2n (2n)! n=2

−

1 1 + x3 3

−

1 4 1 x + x5 + 12 60

1 2

1 (1 4!

1 2

1 3

= a 0 + a1 x + (1 − a0 )x2 + 3. y = a

· · ·

  ··· − + a1 x

5. y = c = c 0

x 4 x6 1+x + + + 2! 3!

= c 0 1 6. y = c

2

x 2 x4 + + 2! 4!



1 2 1 3 1 4 x + x + x + 2 6 8

− a0)x4 − 6!3 (1 − a0)x6 + · · ·

4. y = a = a 0 + a1 x + (1 + a0 )x2 + x3 +

 −

− 3) x2n

1 (3 24

− a0)x4 + 301 x5 + · · ·

 ···

  ··· − + c1 x

x 3 x5 + + 3! 5!

 ···

 ···

84

Bölüm 3. Kuvvet Kuvvet Serisi Serisi Yöntemi Yöntemi

4

Diferansiyel Denklem Sistemleri Önceki bölümlerde sadece bir bağımlı değişken içeren bir diferansiyel denklemin çözümü için yöntemleri inceledik. Birçok uygulama, bununla birlikte, her biri bir tek bağımsız değişkenin, zaman gibi, fonksiyonu olan iki veya daha fazla bağımlı değişken değişken kullanmak kullanmak ister. Böyle Böyle problemler problemler bizi, doğal olarak, eş zamanlı zamanlı diferansiy diferansiyel el denklemler denklemlerin in bir sistemine götürür. Örneğin iki tane birinci mertebeden denklemin bir sistemi x ve y bağımlı değişkenler olmak üzere, f ( f (t,x,y,x , y  ) = 0 (4.1)   g (t,x,y,x , y ) = 0 genel biçimine sahiptir. Burada f ve g verilen fonksiyonlardır. Bu sistemin bir çözümü t nin bir fonksiyonu olan x(t), y (t) çiftidir. m bağımsız değişkeni x 1 , x2 , . . . , xm içeren n. mertebeden bir sistemin genel hali aşağıda verilmiştir. n (n) f 1 t, x1 , . . . , xm , x , . . . , x , . . . , x( ), . . . , xm = 0

  

m

1

  

1

(n)  , . . . , x(n ), . . . , xm f 2 t, x1 , . . . , xm , x1 , . . . , xm 1 .. . (n) (n) f m t, x1 , . . . , xm , x , . . . , x  , . . . , x , . . . , xm m

1

1

= 0

...

(4.2)

= 0

Kimi zaman yüksek zaman yüksek mertebeden bir bir diferansiyel denklemin çözümünü birinci mertebeden eşdeğer bir sistemi çözerek bulmamız gerekebilir. Örneğin (4.3) x(n) = f t,x,x , x , . . . , x(n−1)





n. mertebeden, bağımlı değişkeni x , bağımsız değişkeni t olan diferansiyel denkleminde aşağıdaki dönüşümü uygu-

layalım. u1 u2 u3

= x = x = x

un

= x(n−1)

(4.4)

.. .

Burada u 1 in türevini alırsak, u 1 = x  = u 2 olduğunu görürüz. u1 = u 2 , u2 = u 3, . . . şeklinde devam ettiği kolayca görülebilir. un in türevine gelindiğinde  u = x(n−1) = x (n) = f (t, (t, u , u , . . . , un ) n

 

1

2

bulunur. Böylece n tane birinci mertebede diferansiyel denklemden oluşan aşağıdaki sistem elde edilmiş olur. u1 = u2 u2 = u3 .. (4.5) . un−1 = un u = f (t, (t, u1 , u2 , . . . , u n ) n

85

86

Bölüm 4. Diferansiyel Denklem Sistemleri

u1 u2 un−1 un

= u2 = u3

.. .

= un = f (t, u1 , u2 , . . . , un )

Yukarıdaki sistemin çözümünü, u1 (t), u2 (t), . . . , un (t) fonksiyonlarını, bulduğumuz taktirde; x(t) = u1 (t) olduğu için n. mertebeden denklemimizin de çözümünü bulmuş oluruz. Aynı dönüşümü yüksek mertebeden diferansiyel sistemlerine de uygulaya bilir ve birinci mertebeden sistemler elde edebiliriz.

Örnek 89. 2x y 

= 6x + 2y = 2x 2y + 40 sin(3t)

−

Sistemini birinci mertebeden sisteme çevirelim.

−

(4.6)

Çözüm. u1 u2 u3 u4

= = = =

x x y y

u1 u2 u3 u4

= = = =

x x y y

dönüşümünü tanımlayalım.

Birinci türevlerini alalım u1 2u2 u3 u4

= = = =

x = u 2 2x = 6u1 + 2u3 y  = u 4 y  = 2u1 2u3 + 40 sin(3t)

−

−

Dolayısıyla 2. mertebeden 2x y 

= 6x + 2y = 2x 2y + 40 sin(3t)

−

−

denlem sistemini, birinci mertebeden u1 2u2 u3 u4

= u2 = 6u1 + 2u3 = u4 = 2u1 2u3 + 40 sin(3t)

−

(4.7)

−

denklem sistemine çevirmiş olduk. Pratikte yüksek mertebeden bir diferansiyel denklemin yada sistemin çözümleri bulunmak istendiğinde, çoğu zaman bilgisayar yardımıyla yaklaşık olarak, birinci mertebeden bir sisteme çevirilmesi faydalı olur. Birinci mertebeden sistemler teorik olarak incelenmiş ve çözümleri hakkında birçok metot geliştirilmiştir. Bu sebeple biz Birinci Mertebeden Sistemleri ele alacağız. Burada vereceğimiz sistemleri, denklemlerin sayısı ile bağımlı değişkenlerin (bilinmeyen fonksiyonların) sayısının aynı olmasıyla sınırlandıracağız. Genellikle bağımsız değişkeni t ve bağımlı değişkenleri (t nin bilinmeyen fonksiyonlarını) x1 , x2 , x3 , . . . veya x, y , z , . . . ile göstereceğiz.


87

4.1 Birinci Mertebeden Sistemler x1 = P 11 (t)x1 + P 12 (t)x2 + . . . + P 1n (t)xn + f 1 (t) x2 = P 21 (t)x1 + P 22 (t)x2 + . . . + P 2n (t)xn + f 2 (t)

(4.8)

.. . xn = P n1 (t)x1 + P n2 (t)x2 + . . . + P nn (t)xn + f n (t)

şeklindeki birinci mertebeden lineer sistemi ele alalım. Eğer f 1 , f 2 , . . . , fn fonksiyonlarının hepsi özdeş olarak sıfır ise bu sisteme homojen, aksi takdirde homojen olmayan sistem deriz.

Theorem 12. Lineer Sistemler İçin Varlık ve Teklik a noktasını içeren bir I açık aralığı üzerinde P 11 , P 12 , . . . , Pnn fonksiyonlarının ve f 1 , f 2 , . . . , fn fonksiyonlarının sürekli olduğunu kabul edelim. Bu takdirde verilen n tane b 1 , b2 , . . . , bn sayıları için 4.8 deki sistem I aralığı üzerinde n tane x1 (a) = b 1 , x2 (a) = b 2 , . . . , xn (a) = b n

başlangıç şartını sağlayan bir tek çözüme sahiptir.

Böylece n tane lineer birinci mertebeden denklemden oluşan sistemin bir çözümünü belirlemek için n tane başlangıç şartına ihtiyaç vardır. Bu nedenle böyle bir sistemin genel çözümünün n tane keyfi sabit içermesini bekleriz.

4.1.1 Yok Etme (Eliminasyon) Yöntemi Diferansiyel denklemlerin lineer sistemlerine en temel yaklaşım, uygun denklem çiftlerini uygun şekilde birleştirerek bağımlı değişkenlerinin yok edilmesini içerir. Bu işlemin amacı sadece bir değişken içeren yalnız bir denklem kalıncaya kadar bağımlı değişkenleri yok etmektir. Bu nedenle elde edilen denklem genellikle önceden öğrendiğimiz yöntemlerle çözülen yüksek mertebeden bir lineer denklem olacaktır. Bu denklemin çözümünü bulduktan sonra, diğer bağımlı değişkenler ya orijinal denklemler kullanılarak ya da eleme işlemi onlarda da göz önüne alınarak bulunur. Bu yöntem iki veya üçten fazla denklemi olmayan, küçük sistemler için çok uygundur. Fakat daha geniş diferansiyel denklem sistemleri için ileriki derslerde öğreneceğimiz matris yöntemleri tercih edilir.

Örnek 90. x = 4x

− 3y

y  = 6x − 7y

(4.9) (4.10)

sisteminin x(0) = 2, y(0) = −1 başlangıç şartını sağlayan özel çözümünü bulunuz. Çözüm. (4.10) denkleminden x i çözersek x =

1  7 y + y 6 6

(4.11)

x =

1  7  y + y 6 6

(4.12)

buluruz. Türevini aldığımızda elde ederiz. x =

1  7 y + y 6 6

x =

1  7  y + y 6 6

Bu x ve x  ifadelerini (4.9) denkleminde yerine koyarsak 1  7  y + y = 4 6 6



1  7 y + y 6 6

−

3y

88


elde edilir. Sadeleştirirsek y  + 3y

− 10y = 0

olur. Yukarıdaki 2. mertebeden sabit katsayılı lineer diferansiyel denklemin genel çözümü: y(t) = c 1 e2t + c2 e−5t

(4.13)

dir. (4.13) denklemiyle ulduğumuz y (t) yi (4.11) de yerine koyup x(t) =

3 2t 1 c1 e + c2 e−5t 2 3

(4.14)

bulunur. Başlangıç Koşullarından c1 = 2 ve c 2 = −3 bulunur. Böylece istenilen çözüm x(t) = 3e2t

− e−5t

y(t) = 2e2t

− 3e−5t

dir. Şimdi sistematik bir yok etme yöntemi tanımlayalım.. Operatör gösterimi bu amaçlar için en uygun olanıdır. n. mertebeden sabit katsayılı bir lineer diferansiyel operatör L = a n Dn + an−1 Dn−1 + . . . + a1 D + a0

(4.15)

şeklindedir. Burada D, t bağımsız değişkenine göre türev almayı göstermektedir. (a0, a1 , a2 , . . . , an reel sayılar.) Örneğin y (4) − 2y  + 5y  − y = f (t) 4. mertebeden diferansiyel denklemi, L = D 4

− 2D3 + 5D − 1

olmak üzere Ly = f (t)

şeklinde yazılabilir. Herhangi bir sabit katsayılı iki lineer diferansiyel denklemli bir sistem L1 x + L2 y = f 1 (t) L3 x + L4 y = f 2 (t)

(4.16)

şeklinde yazılabilir. Burada L1 , L2 , L3 ve L4 lineer diferansiyel operatörler (belki farklı mertebeden) ve f 1 (t) ve f 2 (t) verilen fonksiyonlardır. Örneğin (4.9) ve (4.10) deki denklem sistemi aşağıdaki şekilde yazılabilir. (D

− 4)x −6x

+ +

3y (D + 7)y

= 0 = 0

Burada L 1 = D − 4, L2 = 3, L3 = −6 ve L 4 = D + 7 alınmıştır. 4.16 sisteminden x bağımlı değişkenini yok etmek için birinci denkleme L3 ve ikinciye L 1 operatörünü uygularız. Böylece L3 L1 x + L3 L2 y = L 3 f 1 (t) L1 L3 x + L1 L4 y = L 1 f 2 (t)

sistemini elde ederiz. Bu denklemlerden birincinin ikinciden çıkarılmasıyla tek y bağımlı değişkeni kapsayan (L1 L4

− L2L3)y = L1f 2(t) − L3f 1(t)

diferansiyel denklemi elde edilir. y = y(t) yi çözdükten sonra bu sonuç 4.16 teki orijinal denklemlerde yerine konarak x = x(t) çözülür. L1 L4 − L2 L3 operatörü 4.16 sisteminin işlemsel determinantıdır.



L1 L3

L2 L4



= L 1 L4

− L2 L3

Eğer işlemsel determinant özdeş olarak sıfıra eşitse, sisteme dejenere olmuştur denir. Bu dejenere sistemin çözümü ya yoktur ya da sonsuz sayıdadır.


89

Örnek 91. x = 4x y  = 6x

sisteminin genel çözümünü bulunuz.

− 3y − 7y

(4.17)

Çözüm: Verilen denklem sistemi aşağıdaki gibi operatör gösterimile de yazılabilir. (D 4)x + (3)y ( 6)x + (D + 7)y

− = 0 = 0 − Burada x i yok etmek için birinci denkleme −6, ikinci denkleme D − 4 operatörünü uygulamak gerekir. (−6)(D − 4)x + (−6)(3)y = (−6)0 (D − 4)(−6)x + (D − 4)(D + 7)y = (D − 4)0 Bu denklemleri taraf tarafa çıkarırsak x i elimine etmiş oluruz. (D

− 4)(D + 7)y + 18y = 0 ((D − 4)(D + 7) + 18)y = 0 (D2 + 3D − 10)y = 0 ⇒ y − 3y − 10y = 0

Elde ettiğimiz bu denklemi çözüp, daha sonrada x i bulabiliriz.(Çözüm bir önceki örnekte yapıldı.)

Örnek 92. (D2 + 3)x + ( 1)y = 0 2x + (D2 + 2)y = 0

−

−

sisteminin genel çözümünü bulunuz.

Çözüm: Verilen sistem aşağıdaki sekilde matris gösterimiyle yazalım



D2 + 3 2

−

−1 2

D +2

    x y

0 0

=

Burada kramer kuralı uygulanabilir,

ve

 

D2 + 3 2

−

D +2

D2 + 3 2

−1 2

−

−1 2

D +2

 

x =

y =

eşitliklerinden x ve y bulunabilir. Dikkat ederseniz bölme kullanmadık. Determinantları açarsak

 

0 0

−1 2

D +2

D2 + 3 2

−

0 0

 

((D2 + 3)(D2 + 2)

elde edilir. Düzenlediğimizde

− 2)x = 0 ((D2 + 3)(D2 + 2) − 2)y = 0

(D4 + 5D2 + 4)x = 0 (D4 + 5D2 + 4)y = 0

⇒ ⇒

x(4) + 5x + 4x = 0 y (4) + 5y + 4y = 0

(4.18)

90


diferansiyel denklemlerini elde ederiz. x(4) + 5x + 4x = 0

y (4) + 5y + 4y = 0

Diferansiyel denklemlerinin çözümleri x(t) = a 1 cos 2t + a2 sin 2t + a3 cos t + a4 sin t y(t) = b 1 cos 2t + b2 sin 2t + b3 cos t + b4 sin t

şeklinde bulunur. 2. mertebeden 2 denklemimiz olduğundan 4 keyfi olması beklenir. Burada ise 8 adet keyfi var. Bulduğumuz fonksiyonları denklemlerimizden birine koyarak keyfileri birbiri cinsinden yazabilir ve keyfi sayımızı azaltabiliriz. Birinci denklemde yerlerine yazıp düzenleriz 0 = ( a1

− − b1)cos2t + (−a2 − b2)sin2t + (2a3 − b3)cos t + (2a4 − b4)sin t

buradan b1 =

−a1

b2 =

−a2

b3 = 2a3

b4 = 2a4

eşitlikleri elde edilir. Yerlenine yazıldığında 4 keyfi içeren çözümlerimiz elde edilmiş olur. x(t) = a 1 cos 2t + a2 sin 2t + a3 cos t + a4 sin t y(t) =

−a1 cos 2t − a2 sin 2t + 2a3 cos t + 2a4 sin t

Örnek 93. x = 3x + 2y y = 4y 3x x(0) = 0, y(0) = 2

−

−

Çözüm:

− 45 e−2t + 54 e3t 2 12 y(t) = − e−2t + e3t 5 5

x(t) =

Örnek 94. x = 2x 3 + 2y sin(2t) y  = 2y + x cos(2t)

−

−

−

Çözüm:

− 57 cos(2t) − 45 sin(2t) 2 4 y(t) = c1 et + c2 e−t − cos(2t) − sin(2t) 5 5

x(t) = 3c1 et + c2 e−t


91

Örnek 95. x + 13y  y 2x

−

− 4x = 6sin(t) − 9y = 0

Çözüm: x(t) = 3c2 cos(3t)

− 3c1 sin(3t) + 134 c4 cos(2t) − 134 c3 sin(2t) − 56 sin(t) 6 cos(t) 65

y(t) = c 1 cos(3t) + c2 sin(3t) + c3 cos(2t) + c4 sin(2t) +

4.2 Matrisler ve Lineer Sistemler Bir matris değerli fonksiyon ya da basit olarak matris fonksiyon , her bir elemanı t nin bir fonksiyonu olan

x(t)

=

  

x1 (t) x2 (t)

.. .

xn (t)

  

A(t)

ve

=

  

a11 (t) a21 (t)

a12 (t) . . . a22 (t) . . .

a1n (t) a2n (t)

an1 (t) an2 (t) . ..

ann (t)

.. .

...

...

  

biçiminde bir matristir. Eğer; A(t) matris fonksiyonunun her bir elemanı bir noktada (veya bir aralık üzerinde) sürekli (veya diferansiyellenebilir) ise A(t) de o noktada süreklidir veya diferansiyellenebilir deriz. Bir diferansiyellenebilir matris fonksiyonunun türevi, elemanlarının ile, dA d ai,j  = A (t) =

 

dt

dt

ile tanımlanır. Burada, n tane birinci mertebeden lineer denklem

x1 = p 11 (t) x 1 + p12 (t) x 2 + . . . + p1n (t) x n + f 1 (t) x2 = p 21 (t) x 1 + p22 (t) x 2 + . . . + p2n (t) x n + f 2 (t)

(4.19)

.. . xn = p n1 (t) x 1 + pn2 (t) x 2 + . . . + pnn (t) x n + f n (t)

den oluşan genel sistemi tartışacağız. Eğer, P(t)

katsayı matrisini ve x(t)

 

= xi (t)

sütun vektörlerini tanımlarsak (4.19) sistemi

 

= pij (t)

ve

f (t)

= f i (t)

d x(t) = P (t) x(t) + f (t) dt

biçiminde basit bir matris denklemi olarak ifade edilir. Örneğin: x1 x2

= 4x1 = 6x1

− 3x2 − 7x2

 

(4.20)

92


Sistemi x =

  x1 x2

ve

P =



4 6

−3 −7



olmak üzere aşağıdaki şekilde yazılabilir. dx = P x dt

(4.20) eşitliği ile verilen denklemin genel yapısını araştırmak için öncelikle, f (t) ≡ 0 olmak üzere dx = P (t)x dt

(4.21)

homojen denklemini göz önüne almalıyız. (4.21) denklemi; uygun anlamda bağımsız olan x 1 , x2 , . . . , xn biçiminde n tane çözüme sahip ve (4.21) denkleminin her çözümü, bu n tane çözümün bir lineer birleşimidir. (4.21) denkleminin x1 , x2 , . . . , xn olarak verilen n tane çözümü için

xj (t)

  

=

x1j (t)

.. .

xij (t)

.. .

xnj (t)

  

(4.22)

yazalım. Böylece, x ij ile x j vektörünün i−inci bileşeni tanımlanır.

Theorem 13. Üst Üste Ekleme Prensibi I açık aralığında (4.21) ile verilen lineer denklemin n tane çözümü x1 , x2 , . . . , xn olsun. Eğer c 1 , c2 , . . . , c n sabitler ise x(t)

= c1 x1 (t) + c2 x2 (t) . . . + cn xn (t)

lineer bileşimi de I aralığında (4.21) denkleminin bir çözümüdür.

Örneğin

   dx = dt

denkleminin iki çözümü x1 =

3e2t 2e2t

;

4 6

−3 −7 x2 =

 

x

e−5t 3e−5t



ise x(t)

= c1 x1 (t) + c2 x2 (t)

lineer kombinasyonu da bir çözümdür. Sistemin aranan çözümleri x =

  w1 (t) w2 (t)

= c 1 x1 (t) + c2 x2 (t)

olduğundan w1 (t) = 3c1 e2t + c2 e−5t w2 (t) = 2c1 e2t + 3c2 e−5t

biçiminde çözüm bulunur.


93

Tanım 12. Wronskiyen Eğer; x1 , x2 , . . . , xn sözkonusu çözümler ise, onların Wronskiyeni n × n tipinde W =

  

x11 (t) x21 (t)

x12 (t) . . . x22 (t) . . .

x1n (t) x2n (t)

xn1 (t) xn2 (t) . ..

xnn (t)

.. .

...

...

  

determinantı olup çözümlerin bileşenleri için (4.22) gösterimi kullanılır. W (x1 , x2 , . . . , xn ) biçiminde yazılabilir.

Wronskiyen W (t) veya

Çözümlerin Wronskiyeni Bir I açık aralığında x  = P(t)x homojen lineer denkleminin n tane çözümünün x 1 , x2 , . . . , xn olduğunu varsayalım. Ayrıca P(t) I aralığı üzerinde sürekli olsun ve W (x1 , x2 , . . . , xn )

alınsın. Bu durumda

• Eğer x , x , . . . , x • Eğer x , x , . . . , x 1

2

n

1

2

n

, I üzerinde lineer bağımlı ise I nın her bir noktasında W = 0 dır. = 0 dır. , I üzerinde lineer bağımsız ise I nın her bir noktasında W 

Theorem 14. Homojen Sistemlerin Genel Çözümleri x1 , x2 , . . . , xn bir açık I aralığı üzerinde x = P(t)x homojen lineer denkleminin n tane lineer bağımsız çözümü olarak alınsın ve P(t) de I üzerinde sürekli olsun. Eğer x(t), I üzerinde x = P(t)x denkleminin herhangi bir çözümü ise bu durumda c1 , c2 , . . . , cn sayıları vardır, öyle ki I nın her t elemanı için x(t)

= c 1 x1 (t) + c2 x2 (t) . . . + cn xn (t)

dir.

Theorem 15. Homojen Olmayan Sistemlerin Çözümleri xp dx = P (t)x + f (t) dt

(4.23)

denkleminin; P(t) ve f (t) nin üzerinde sürekli olduğu açık bir I aralığı üzerinde bir özel çözümü olsun. x1 , x2 , . . . , xn ile I aralığı üzerindeki (4.23) e ilişkin homojen denklemin lineer bağımsız çözümleri gösterilsin. Eğer x(t), (4.23) denkleminin I üzerindeki herhangi bir çözümü ise, bu durumda c 1 , c2 , . . . , cn sayıları vardır ve her t elemanı için x(t)

dir.

= c 1 x1 (t) + c2 x2 (t) . . . + cn xn (t) + xp (t)

(4.24)

94


4.2.1 Homogen Sistemler İçin Özdeğer Yöntemi Birinci mertebeden homojen lineer sabit katsayılı bir x1 = a 11 x1 + a12 x2 + . . . + a1n xn + f 1 x2 = a 21 x1 + a22 x2 + . . . + a2n xn + f 2 .. .  x = a n1 x1 + an2 x2 + . . . + ann xn + f n

(4.25)

n

sisteminin genel çözümünü inşa etmek için yok etme metoduna alternatif olan daha güçlü bir metodu inceleyelim. Genel çözümü elde etmek için ihtiyaç duyulan n tane lineer bağımsız çözüm vektörlerini bulmak için, bir tek homojen sabit katsayılı denklemin çözümü için karakteristik kök bulma metodunun eşdeğeriyle ilgileneceğiz. Çözüm vektörlerini x(t)

=

  

x1 x2 x3

.. .

xn

  

=

  

v1 eλt v2 eλt v3 eλt

.. .

vn eλt

  

=

  

v1 v2 v3

.. .

vn

şeklinde düşünelim. (4.25) sistemini A[aij ] olmak üzere,  x (t) = Ax (t)

  

eλt = v .eλt

(4.26)

(4.27)

şeklinde yazalım ve x(t) = v .eλt deneme çözümünü 4.27 denkleminde yerine yazarsak λv.eλt = Av .eλt

olacaktır. Sıfırdan farklı eλt çarpanını sadeleştirerek

Av = λ v

(4.28)

elde edilir. (4.28) denklemini

(A

formunda yazalım.

− λI)v = 0

Tanım 13. Özdeğerler ve Özvektörler

|A − λI| = 0

denklemini sağlayan λ sayısına, n × n tipindeki A matrisinin bir özdeğeri denir. λ özdeğerine karşılık gelen bir özvektör ; Av = λ v

(A

olacak şekilde sıfırdan farklı bir vektördür.

− λI)v = 0

Tanım 14. Karakteristik Denklem

|A − λI| =

  

a11 λ a12 . . . a21 a22 λ . . .

−

−

.. .

...

an1

an2

. ..

a1n a2n

...

ann

−λ

  

(4.29)

denklemi A matrisinin karakteristik denklemi olarak adlandırılır. Bu denklemin kökleri, A matrisinin özdeğerleridir.


95

(4.29) de verilen determinant açılırsa açıkça, n inci dereceden (−1)n λn + bn−1 λn−1 + bn−2 λn−2 + . . . + b1 λ + b0 = 0 polinomu elde edilir. Cebirin esas teoremi gereğince bu denklem, n tane köke sahiptir ve bu da n × n bir matrisin n tane özdeğere sahip olduğunu gösterir(varsa katlılarda sayılmak üzere).

Theorem 16. Birinci mertebeden lineer

dx = Ax dt sisteminin (sabit) katsayı matrisi A nın bir özdeğeri λ olsun. Eğer, v; λ özdeğerlerine karşılık gelen bir vektör ise

x(t)

= v eλt

sisteminin aşikar olmayan bir çözümüdür.

Özdeğer Yöntemi Ana hatlarıyla n × n tipinde, homojen, sabit katsayılı x = aşağıdadır.

A x sistemini

bu metotla çözmek için izlenecek yol

1- Öncelikle (4.29) ile verilen karakteristik denklemi, A matrisinin λ 1 , λ2 , λ3 , . . . , λn özdeğerleri için çözeriz. 2- Sonra, bu özdeğerlere karşılık gelen lineer bağımsız n tane v1 , v2 , v3 , . . . , vn özvektörlerini bulmaya çalışırız. 3- İkinci adım herzaman mümkün olmayabilir, ancak olası ise lineer bağımsız n tane x1 (t)

= v 1 eλ1 t ,

x2 (t)

= v 2 eλ2 t , . . . , xn (t) = v n eλn t

çözümlerini elde ederiz. Böylece x = A x sisteminin genel çözümü, bu n çözümün x(t)

= c 1 x1 (t) + c2 x2 (t) . . . + cn xn (t)

biçimindeki lineer birleşimidir. Özdeğerlerin farklı veya tekrarlı, reel veya kompleks olmaları durumunda ortaya çıkabilecek çeşitli durumları ayrı ayrı tartışacağız.

Farklı Reel Özdeğerler Eğer λ 1 , λ2 , . . . , λn özdeğerleri reel ve birbirinden farklı ise bu durumda herbirini (A

− λI)v(t) = 0

eşitliğinde yazarak eşitliği v1 , v2 , . . . , vn özvektörleri için çözeriz. Bu durumda x1 (t)

= v 1 eλ1 t ,

x2 (t)

= v 2 eλ2 t , . . . , xn (t) = v n eλn t

özel çözüm vektörleri her zaman lineer bağımsızdır.

Örnek 96. Aşağıdaki sistemin genel çözümünü bulunuz. x1 x2

= 4x1 + 2x2 = 3x1 x2

−

96


Kompleks Özdeğerler Bazı özdeğerler kompleks de olabilir. Bu durumda, özdeğerler eğer farklılarsa lineer bağımsız n tane çözüm bulunabilir. λ = p + iq ve λ¯ = p − iq bir çift özdeğer olsun. Eğer, v; λ özdeğerlerine karşılık gelen bir özvektör ise v özvektörünün v¯ eşleniği λ¯ özdeğerine karşılık gelen özvektördür. Eğer, v = a + ib ise v¯ = a − ib dir. Kompleks değerli çözümlerin reel ve sanal kısımları da çözüm olduğundan, kompleks p ∓ qi özdeğerlerine karşılık gelen reel değerli çözümler olarak x1 (t) = e pt (a cos qt b sin qt) x2 (t) = e pt (b cos qt + a sin qt)

−

elde edilir.

Örnek 97. Aşağıdaki sistemin genel çözümünü bulunuz. x1 = 4x1 3x2 x2 = 3x1 + 4x2

−

Katlı Özdeğer Çözümleri Bu kesimde (4.30) karakteristik denkleminin n tane farklı köke sahip olmaması, yani en az bir tekrarlanan köke sahip olması durumunu inceleyeceğiz. Bir özdeğer (4.30) eşitliğinin bir k −katlı kökü ise, k −katlıdır . Her λ özdeğeri için

|A − λI| = 0

(A

− λI) v = 0

(4.31)

özvektör denklemi sıfırdan farklı en az bir v çözümüne sahiptir. Dolayısıyla λ ya ilişkin en az bir özvektör vardır. Ancak k > 1 katlılığına sahip bir özdeğer, ona karşılık gelen, k dan az sayıda lineer bağımsız özvektöre sahip olabilir. Dolayısıyla λ t (4.32) + c2 v2 eλ t + . . . + cn vn eλn t x(t) = c 1 v1 e deki genel çözüm için ihtiyacımız olan n tane lineer bağımsız çözümden oluşan bir “tamamlanmış küme” elde edemeyebiliriz. 1

2

Tanım 15. Bir k−katlı λ özdeğerine, k tane lineer bağımsız özvekör karşılık geliyor ise bu özdeğere tam diyelim. Eğer, A matrisinin her özdeğeri tam ise bu durumda, farklı özdeğerlere karşılık gelen özvektörler lineer bağımsız olduğundan, A matrisi λ1 , λ2, . . . , λn özdeğerlerine karşılık gelen n tane lineer bağımsız v1 , v2 , . . . , vn vektörlerinden oluşan bir tam kümeye sahiptir.

Örnek 98. Aşağıdaki sistemin genel çözümünü bulunuz. x

 =

 −

9 6 6

4 1 4

−

0 0 3

 

x

Çözüm: (4.33) denkleminin A katsayılar matrisinin karakteristik denklemi

|A − λI|

=

 

9

= (5

−λ 4 −6 −1 − λ 6

4

0 0 3

− λ)(3 − λ)2 = 0

−λ

 

(4.33)


97

dır. O halde A, λ 1 = 5 ve λ 2 = 3 olmak üzere farklı iki özdeğere sahiptir ve λ 2 = 3 özdeğerinin katlılığı k = 2 dir. λ1 = 5 için, (A − λI) v1 = 0 özvektör denklemi (A

− 5I) v1 =

 −

4 6 6

         −

4 6 4

0 0 2

−

v11 v12 v13

0 0 0

=

dır. İlk iki denklemden v12 = −v11 bulunur. O halde, üçüncü denklem 2v11 − 2v13 = 0 olur, dolayısıyla v 13 = v 11 bulunur.

        −  −    −        − −     − v11 v12 v13

v11 v11 v11

=

v11 = 1 seçimiyle λ1 = 5 özdeğerine karşılık gelen özvektör λ1 = 3 için, özvektör denklemi (A

dır. Buradan

6 6 6

3I) v =

1 1 1

= v11

1 1 1

v1 =

4 0 4 0 4 0

a b c

olarak elde edilir.

0 0 0

=

6a + 4b = 0

denklemi çıkar. Yani b = − 32 a dır. (4.34) denkleminin c yi içermemesi, anlamına gelir. Buradan

     −  − a b c

a c

= 0 olmak üzere c nin keyfi olduğu

      −          1

3 a 2

=

v

(4.34)

3 2

= a

0 0 1

+c

0

şeklinde 2 vektörün lineer birleşimi şeklinde yazılabilir. Buradan λ 2 = 3 e karşılık gelen iki lineer bağımsız vektörün 1

v2 =

3 2

0

olduğunu söyleyebiliriz. Böylece 5, 3, 3 özdeğerlerine karşılık gelen edilir. (4.33) denkleminin genel çözümü x(t)

= c1

dir ve skaler bileşen fonksiyonları

v1 , v2 , v3 özvektörlerinin

bir tam kümesi elde

= c1 v1 e5t + c2 v2 e3t + c3 v3 e3t

  −  1 1 1

0 0 1

v3 =

  −  1

e5t + c2

3 2

e3t + c3

0

    0 0 1

e3t

= c1 e5t + c2 e3t = c1 e5t 32 c2 e3t = c1 e5t + c3 e3t

x1 (t) x2 (t) x3 (t)

−

−

dir.

Hatalı Özdeğerler Aşağıdaki örnek, katlı özdeğerlerin malesef tümünün tam olmadığını göstermektedir. A =

matirisi

|A − λI|

= =



1 3



−3 7

1



− λ −3 3 7−λ (λ − 4)2 = 0



(4.35)

98


karakteristik denklemine sahiptir. bu durumda A, 2 katlı bir tek λ 1 = 4 özdeğerine sahiptir. Özvektör denklemi (A

− 4I) v1 =

 − −     3 3

3 3

v11 v12

=

0 0

dir. Buda 3v11 + 3v22 = 0 denlemiyle eş anlamlıdır. Buradan v 22 = −v11 elde ederiz.

      − −   v11 v12

v11 v11

=

Bu durumda λ 1 = 4’e karşılık gelen her özvektör

v1 =

1 1

= v 11

1 1

vektörünün sıfırdan farklı bir katıdır. Dolayısıyla 2

−

katlı λ 1 = 4 özdeğerine karşılık gelen bir tek bağımsız özvektör olduğundan λ tam değildir. k > 1 katlılığına sahip bir λ özdeğeri tam değilse λ ya hatalı dır denir. Eğer λ sadece p < k olmak üzere lineer bağımsız p tane öz vektöre sahip ise “kayıp” özvektörlerin d = k

− p

(4.36)

sayısına hatalı λ özdeğerinin hatası adı verilir. Eğer n × n tipindeki A matrisinin tüm özdeğerleri tam değilse, bu durumda şu ana kadar anlatılan özdeğer metodundan, x = Ax sisteminin ihtiyaç duyulan lineer bağımsız n tane çözümünden daha azı üretilecektir. Bu durumda, k > 1 katlı, hatalı bir λ özdeğerine karşılık gelen “kayıp çözümlerin” nasıl bulunacağını araştırmalıyız.

Genelleştirilmiş Özdeğerler Eğer λ, A matrisinin bir öz değeri ise, λ ya karşılık gelen ve rankı r olan genelleştirilmiş v vektörü ancak (A − λI)r v = 0 (A − λI)r−1 v  =0

(4.37)

olacak biçimde bir vektördür. Eğer r = 1 ise, (4.37) açıkça v nin λ özdeğerine karşılık gelen özvektör olduğu anlamına gelir. O halde, rankı 1 olan genelleştirilmiş bir öz vektör sıradan bir özvektördür. v1 özvektörüne dayanan k−uzunluklu, genelleştirilmiş özvektörlerden oluşan bir zincir {v1 , v2 , . . . , vk } biçiminde (A

− λI)vk (A − λI)vk−1 (A

− λI)v2

= =

vk 1 , vk 2 ,

=

v1

.. .

− −

koşulunu sağlayan k tane genelleştirilmiş özvektörden oluşan kümedir. (A − λI)v1 = 0 dır. Dolayısıyla (4.38) dan

(4.38)

v1 sıradan

bir özvektör olduğundan

− λI)k vk = 0

− λI)d+1v = 0

(A

(4.39)

olduğu görülür. Katlı bir ve hatası d olan λ özvektörü için tüm sıradan özvektörleri bulduktan sonra (A

(4.40)

denklemiyle λ ya karşılık gelen genelleştirilmiş özvektörlerin zincirini oluşturabiliriz. Genelleştirilmiş öz vektörlerin (v1 , λ ya karşılık gelen sıradan özvektör) k−uzunluklu herbir {v1 , v2 , . . . , vk } zinciri; x = Ax denkleminin λ özdeğerine karşılık gelen k tane lineer bağımsız çözümden oluşan = x2 (t) =

λt v1 e , (v1 t + v2 )eλt ,

x3 (t)

(

x1 (t)

=

.. . xk (t)

=

1 λt v1 t2 + v2 t + v3 )e , 2



tk−1 t2 v 1 + . . . + vk−2 + t vk −1 + vk (k 1)! 2!

−

(4.41)



kümesini belirler. Örneğimize geri dönelim, 2 katlı (k = 2) λ = 4 özdeğerine karşılık sadece 1 ( p = 1) özvektör bulmuştuk. Bu özdeğerin hatası d = k − p = 2 − 1 = 1 dir. Dolayısıyla genelleştirilmiş özvektörlerin zincirini (4.40) denklemiyle (A

− λI)2v2 = 0

MAT2011_DersNotlari.pdf

Recommend Documents