MATEMATĐK BÖLÜMÜ
YÜKSEK MERTEBEDEN SABĐT KATSAYILI DĐFERANSĐYEL DENKLEMLER HAZIRLAYAN Ahmet ÇALIŞKAN G0602.00006 DANIŞMAN Yrd. Doç. Dr. Şevket GÜR
Mayıs 2011
T.C. SAKARYA ÜNĐVERSĐTESĐ FEN-EDEBĐYAT FAKÜLTESĐ MATEMATĐK BÖLÜMÜ
YÜKSEK MERTEBEDEN SABĐT KATSAYILI DĐFERANSĐYEL DENKLEMLER
BĐTĐRME ÖDEVĐ
HAZIRLAYAN Ahmet ÇALIŞKAN G0602.00006
DANIŞMAN Yrd. Doç. Dr. Şevket GÜR
Mayıs 2011
T.C. SAKARYA ÜNĐVERSĐTESĐ FEN-EDEBĐYAT FAKÜLTESĐ MATEMATĐK BÖLÜMÜ
YÜKSEK MERTEBEDEN SABĐT KATSAYILI DĐFERANSĐYEL DENKLEMLER
BĐTĐRME ÖDEVĐ
HAZIRLAYAN Ahmet ÇALIŞKAN G0602.00006
Bu tez ... / ... / 2011 tarihinde aşağıdaki jüri tarafından oybirliği / oyçokluğu ile kabul edilmiştir. ......................... Jüri Başkanı
...................... Jüri Üyesi
...................... Jüri Üyesi
TEŞEKKÜR Bu çalışmayı hazırlamamda bana yardımcı olan başta hocam Yrd. Doç. Dr. Şevket GÜR’e, ev ve okul arkadaşlarıma ve her zaman yanımda olan, maddi ve manevi tüm desteklerini benden esirgemeyen kıymetli aileme sonsuz teşekkürlerimi sunarım. SAYGILARIMLA Ahmet ÇALIŞKAN
ii
ÖNSÖZ Diferansiyel denklemler modern mühendislik, fizik ve matematik alanlarının önemli bir kısmını oluşturmaktadır. Bu çalışmada diferansiyel denklemlerin bir konusu olan Yüksek mertebeden sabit katsayılı diferansiyel denklemler tanım, teorem ve örneklerle ele alınmıştır. Çalışma dört bölümden oluşmaktadır. Ön bilgiler kısmında diferansiyel denklemleri tanımaya ve sınıflandırmaya yönelik bilgilere yer verilmiştir. Birinci bölümde ikinci mertebeden sabit katsayılı homojen denklemlerin çözüm yöntemlerine ilişkin bilgiler ele alınmıştır. Đkinci bölümde mertebesi ikiden yüksek olan sabit katsayılı diferansiyel denklemlerle ilgili tanımlar ve çözümler bulunmaktadır. Üçüncü bölüm sabit katsayılı lineer homojen olmayan diferansiyel denklemlerin çözümlerinde kullanılan belirsiz katsayılar ve parametrelerin değişimi yöntemleri ve bunlarla ilgili örnekler içermektedir. Dördüncü bölümde ise sabit katsayılı lineer diferansiyel denklemlerin bir özel hali olan Euler diferansiyel denklemleri ve çözümleri ele alınmıştır.
iii
ĐÇĐNDEKĐLER
TEŞEKKÜR ................................................................................................................................ i ÖNSÖZ....................................................................................................................................... ii ĐÇĐNDEKĐLER .......................................................................................................................... iii
ÖN BĐLGĐLER ........................................................................................................................... 1
BÖLÜM 1. ĐKĐNCĐ MERTEBEDEN SABĐT KATSAYILI LĐNEER HOMOJEN DĐFERANSĐYEL DENKLEMLER ......................................................................................................................... 9 1.1 Karakteristik Denklem .................................................................................................. 9 1.2 Genel Çözümün Elde Edilmesi ................................................................................... 10 1.2.1 Karakteristik Denklemin Köklerinin Reel ve Birbirinden Farklı Olması Durumu ......................................................................................................................... 12 1.2.2 Karakteristik Denklemin Köklerinin Birbirine Eşit Olması Durumu.................. 14 1.2.3 Karakteristik Denklemin Kompleks Köklere Sahip Olması Durumu ................. 16
BÖLÜM 2. n-YĐNCĐ MERTEBEDEN SABĐT KATSAYILI LĐNEER HOMOJEN DĐFERANSĐYEL DENKLEMLER ....................................................................................................................... 18 2.1 Karakteristik Denklem............................................................................................ 18 2.2 Genel Çözüm .......................................................................................................... 19
BÖLÜM 3. SABĐT KATSAYILI LĐNEER HOMOJEN OLMAYAN DĐFERANSĐYEL DENKLEMLER ....................................................................................................................... 22 3.1 Belirsiz Katsayılar Yöntemi ................................................................................... 22 3.2 Parametrelerin Değişimi Metodu ........................................................................... 30
iv
BÖLÜM 4. EULER DĐFERANSĐYEL DENKLEMĐ ................................................................................. 36
KAYNAKLAR ......................................................................................................................... 40
v
ÖN BĐLGĐLER
Diferansiyel Denklemler
x bağımsız değişkeni, bilinmeyen y = f ( x ) fonksiyonu ve bu fonksiyonun n y′, y′′,..., y ( ) türevleri arasındaki bağıntıya diferansiyel denklem denir. Bu denklem
(
)
F x, y, y ′, y ′′,..., y ( n ) = 0
şeklinde gösterilir.
Diferansiyel Denklemin Mertebesi ve Derecesi
Bir diferansiyel denklemin mertebesi, denklemde var olan en yüksek mertebeli türevin mertebesidir. En yüksek mertebeli türevin üssü denklemin derecesidir.
Örnek: 2 y′′ − 4 y ′ − 6 y = 0 denklemi ikinci mertebeden birinci dereceden bir diferansiyel denklemdir.
Diferansiyel Denklemlerin Çözümleri
Bir diferansiyel denklemi özdeş olarak sağlayan her y = f ( x ) fonksiyonuna diferansiyel denklemin çözümü denir. Diferansiyel denklemlerin çözümü genel, özel
2
ve tekil olmak üzere üç şekildedir. n . mertebeden bir diferansiyel denklemin genel çözümü, sayıca daha aşağıya düşürülemeyen n tane keyfi sabit içerir. Özel çözümler, genel çözümlerde sözü edilen sabitlere özel değerler verilerek elde edilen çözümlerdir. Bazı diferansiyel denklemlerin, denklemi sağlayan, fakat genel çözümlerden bulunamayan bir veya birkaç çözümü olabilir ki bu çözümlere tekil çözümler denir.
Lineer ve Lineer Olmayan Denklemler
Diferansiyel denklemlerin bir diğer sınıflandırması lineer olup olmamalarına göre yapılabilir. Eğer fonksiyonu
(
(
F x, y, y ′, y ′′,..., y (
y , y ′, y′′,..., y (
n)
n)
)=0
adi
değişkenlerinin
diferansiyel lineer
bir
denkleminde
F
fonksiyonu
ise
)
F x, y, y ′, y ′′,..., y ( n ) = 0 denklemine lineerdir denir. Böylece n . mertebeden en
genel lineer diferansiyel denklem bn ( x ) y ( n ) + bn −1 ( x ) y ( n −1) + ... + b2 ( x ) y ′′ + b1 ( x ) y ′ + b0 ( x ) y = g ( x )
biçimindedir.
Lineer Diferansiyel Denklemler
n -yinci mertebeden bir lineer diferansiyel denklem bn ( x ) y ( n ) + bn −1 ( x ) y ( n −1) + ... + b2 ( x ) y ′′ + b1 ( x ) y ′ + b0 ( x ) y = g ( x )
biçimindedir ve burada g ( x ) ve b j ( x ) değişkenine bağlıdır.
( j = 0,1, 2,..., n )
(1)
katsayıları sadece x
3
Eğer g ( x ) ≡ 0 ise, o zaman (1) denklemi homojendir; aksi durumda homojen değildir. Denklemdeki b j ( x ) katsayıları sabitse bu lineer diferansiyel denklem sabit katsayılı; eğer bu katsayılardan biri veya daha fazlası sabit değilse değişken katsayılıdır. Teorem 1: bn ( x ) y ( n ) + bn −1 ( x ) y ( n −1) + ... + b2 ( x ) y ′′ + b1 ( x ) y ′ + b0 ( x ) y = g ( x ) lineer diferansiyel denklemi ve aşağıdaki n başlangıç koşulu ile verilen başlangıç-değer problemini ele alalım. y ( x0 ) = c0 , y′ ( x0 ) = c1 , y ′′ ( x0 ) = c2 ,..., y ( n −1) ( x0 ) = cn −1
Eğer g ( x ) ve b j ( x )
( j = 0,1, 2,..., n )
(2)
x0 ı içeren bir I aralığında sürekli ise ve
bn ( x ) ≠ 0 ise, o zaman (1) ve (2) ile verilen başlangıç–değer probleminin I da tanımlı tek bir çözümü vardır. Teorem 1’de bn ( x ) üzerindeki koşullar sağlandığında, (1) denklemini bn ( x ) ile bölerek y ( n ) + an −1 ( x ) y ( n −1) + ... + a2 ( x ) y ′′ + a1 ( x ) y ′ + a0 ( x ) y = φ ( x )
bulabiliriz, burada a j ( x ) =
bj ( x ) bn ( x )
L ( y ) operatörünü, ai ( x )
( j = 0,1, 2,..., n −1)
ve φ ( x ) =
( i = 0,1, 2,..., n − 1)
(3)
g ( x) dir. bn ( x )
ilgilenilen aralıkta sürekli
olmak üzere, L ( y ) ≡ y ( n ) + an −1 ( x ) y ( n −1) + ... + a2 ( x ) y ′′ + a1 ( x ) y ′ + a0 ( x ) y
(4)
ile tanımlayalım. O zaman (3) denklemi
L ( y ) = φ ( x)
(5)
olarak yazılabilir ve özel durumda, bir lineer homojen denklem
L( y) = 0
(6)
4
halinde ifade edilebilir.
Lineer Bağımsız Çözümler
Bir { y1 ( x ) , y2 ( x ) ,..., yn ( x )} fonksiyon kümesi, eğer a ≤ x ≤ b üzerinde,
c1 y1 ( x ) + c2 y2 ( x ) + ... + cn yn ( x ) ≡ 0
(7)
olacak şekilde en az biri sıfırdan farklı olmak üzere c1 , c2 ,..., cn varsa, a ≤ x ≤ b üzerinde lineer bağımlıdır.
Örnek:
{ x,5x,1,sin x}
kümesi
[ −1,1]
üzerinde lineer bağımlıdır, çünkü (7)
denklemini sağlayan ve en az biri sıfırdan farklı olan c1 = −5, c2 = 1, c3 = 0 ve c4 = 0 sabitleri vardır.
Teorem 2: n -yinci mertebeden, lineer homojen L ( y ) = 0 diferansiyel denkleminin
n tane lineer bağımsız çözümü vardır. Eğer bu çözümler y1 ( x ) , y2 ( x ) ,..., yn ( x ) şeklinde ise, o zaman L ( y ) = 0 ın genel çözümü
y ( x ) = c1 y1 ( x ) + c2 y2 ( x ) + ... + cn yn ( x ) ile verilir, burada c1 , c2 ,..., cn keyfi sabitlerdir.
(8)
5
Wronskian
{ z ( x ) , z ( x ) ,..., z ( x )} 1
2
n
fonksiyonlar
kümesinin
a≤ x≤b
aralığı
üzerinde
Wronskianı, her bir fonksiyon bu aralıkta n−1 türeve sahip olmak üzere, z1
z2
⋯
zn
z1′
z2′
⋯
zn′
W ( z1 , z2 ,..., zn ) = z ′′ 1
z2′′
⋯
zn′′
⋮ z1(
n −1)
⋮ z2(
n −1)
⋮ ⋯ zn(
n −1)
ile tanımlıdır.
Teorem 3: Eğer, a ≤ x ≤ b aralığı üzerinde tanımlı n tane fonksiyondan oluşan kümenin Wronskianı, bu aralıkta en az bir noktada sıfırdan farklı ise, o zaman fonksiyon kümesi aynı aralıkta lineer bağımsızdır. Eğer Wronskian bu aralıkta özdeş olarak sıfırsa ve fonksiyonların her biri aynı lineer diferansiyel denklemin çözümü ise, o zaman fonksiyon kümesi lineer bağımlıdır. Uyarı: Wronskian sıfır olduğunda ve fonksiyonların aynı lineer diferansiyel denklemin çözümleri olduğu bilinmediğinde Teorem 3 bilgi vermez. Bu durumda, doğrudan (7) denkleminin sağlanıp sağlanmadığı kontrol edilmelidir.
Homojen Olmayan Denklemler
Teorem 4: L ( y ) = φ ( x ) denkleminin herhangi bir özel çözümü y p ve homojen çözümü y h olmak üzere L ( y ) = φ ( x ) denkleminin genel çözümü
6
y = y p + yh
(9)
ile verilir.
Örnek: Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin her birinin mertebesini bulunuz ve lineer olanları belirleyiniz. a) 2 xy′′ + x 2 y′ − ( sin x ) y = 2 b) yy′′′ + xy′ + y = x2 c) y′′ − y = 0 d) 3 y′ + xy = e− x
2
e) 2ex y′′′ + e x y′′ = 1 f) y′′ + y′ + y = x 2 Çözüm: a) Đkinci mertebeden. Burada b2 ( x ) = 2 x , b1 ( x ) = x 2 , b0 ( x ) = − sin x ve g ( x ) = 2 dir. Bu terimlerin hiçbiri y’ye veya y’nin herhangi bir türevine bağlı olmadığından denklem lineerdir. b) Üçüncü mertebeden lineer bir diferansiyel denklemdir. c) Đkinci mertebeden lineerdir. d) Birinci mertebeden lineerdir. e) Üçüncü mertebeden lineerdir. f) Đkinci mertebedendir. Denklem lineer değildir, çünkü y’nin birinci türevinin birden daha yüksek bir kuvveti alınmıştır.
7
Örnek: Đkinci mertebeden bir lineer diferansiyel denklemin genel şeklini yazınız. Çözüm: Bir ikinci mertebeden diferansiyel denklem için, (1) denklemi
b2 ( x ) y′′ + b1 ( x ) y′ + b0 ( x ) y = g ( x ) haline gelir. Eğer b2 ( x ) ≠ 0 ise denklemi b2 ( x ) ile bölersek
y′′ + a1 ( x ) y′ + a2 ( x ) y = φ ( x ) biçimini alır.
Örnek: {e x , e− x } kümesinin Wronskianını bulunuz. Çözüm:
ex
W ( e x , e− x ) = de x dx
e− x −x
de dx
ex ex
=
e− x = e x ( −e − x ) − e − x ( e x ) = 2 −x e
Örnek: { x, x 2 , x 3 } kümesinin Wronskianını bulunuz. Çözüm:
x2
x3
d ( x2 )
d ( x3 )
dx d ( x2 )
dx d ( x3 )
dx 2
dx 2
x d ( x) W ( x, x , x ) = dx 2
3
d 2 ( x) dx 2
2
x x 2 x3 = 1 2 x 3x 2 0 2 6x = 2 x3
2
8
olarak bulunur. Bu örnek, Wronskianın genelde basit olmayan bir fonksiyon olduğunu göstermektedir.
Örnek: y′′ + 9 y = 0 denkleminin iki çözümü
y1 ( x ) = sin 3x ve y2 ( x ) = cos 3x olduğu biliniyorsa genel çözümünü bulunuz. Çözüm: Önce bu iki çözümün Wronskianını bulalım.
sin 3x
cos 3x
sin 3x cos 3x W ( sin 3x,cos 3x ) = d ( sin 3 x ) d ( cos 3x ) = = −3 ( sin 2 3x + cos 2 3 x ) = −3 3cos 3x −3sin 3x dx dx olarak bulunur ki bu da her yerde sıfırdan farklıdır. Yani bu iki çözüm lineer bağımsızdır ve genel çözüm
y ( x ) = c1 sin 3x + c2 cos 3x olarak bulunur.
BÖLÜM 1
ĐKĐNCĐ MERTEBEDEN SABĐT KATSAYILI LĐNEER HOMOJEN DĐFERANSĐYEL DENKLEMLER
1.1
Karakteristik Denklem
a0 ve a1 in sabit olduğu y′′ + a1 y′ + a0 y = 0
(10)
λ 2 + a1λ + a0 = 0
(11)
diferansiyel denklemine,
cebirsel denklemi karşılık gelir. Bu denklem (10) denkleminde y ′′ , y ′ , y sırasıyla
λ 2 , λ ve λ 0 = 1 ile değiştirilerek elde edilmiştir. Burada (11) denklemine (10) denkleminin karakteristik denklemi denir.
Örnek: y ′′ + 3 y ′ − 4 y = 0 denkleminin karakteristik denklemi λ 2 + 3λ − 4 = 0 dır.
y den başka bağımlı değişkeni olan diferansiyel denklemlerin karakteristik denklemleri de benzer şekilde, bağımlı değişkenin j - yinci türevi λ j
( j = 0,1, 2) ile
değiştirilerek elde edilir. Karakteristik denklem çarpanlarına ayrılabilir:
( λ − λ1 )( λ − λ2 ) = 0
(12)
10
1.2
Genel Çözümün Elde Edilmesi
a2 y′′ + a1 y′ + a0 y = 0 ,
( a2 ≠ 0)
sabit katsayılı lineer diferansiyel denkleminin
karakteristik denklemi a2 λ 2 + a1λ + a0 = 0
ve karakteristik denklemin kökleri λ1 ve λ2 olmak üzere,
λ1 + λ2 = −
a1 a ve λ1.λ2 = 0 a2 a2
olduğunu biliyoruz.
a2 y′′ + a1 y′ + a0 y = 0 denkleminde eşitliğin her iki tarafını a2 ile bölelim. Denklem y′′ +
a1 a y′ + 0 y = 0 a2 a2
haline gelir. Buradan
y′′ − ( λ1 + λ2 ) y′ + λ1λ2 y = 0 denklemi elde edilir ve bu denklemi düzenlersek
( y′′ − λ1 y′) − λ2 ( y′ − λ1 y ) = 0 şeklinde yazılabilir. Burada
y′ − λ1 = z y′′ − λ1 y = z′ dersek, denklem
z′ − λ2 z = 0
11
haline gelir ki bu denklem değişkenlerine ayrılabilirdir. O halde
dz dz 1 − λ2 z = 0 ⇒ = λ2 z ⇒ dz = λ2 dx dx dx z elde edilir ve eşitliğin her iki tarafının integrali alınırsa
ln z = λ2 x + A ( A keyfi) ve buradan z = e(
λ2 x + A )
z = eλ2 x .e A ( B keyfi) z = B.e λ2 x
bulunur. Bulduğumuz bu eşitliği y′ − λ1 y = z denkleminde yerine yazarsak y′ − λ1 y = Beλ2 x
elde edilir. P ( x ) = −λ1 ve Q ( x ) = Beλ2 x olmak üzere bu denklem birinci dereceden lineer diferansiyel denklemdir. Bu denklemin çözümünü elde etmek için gerekli integrasyon çarpanı
µ = e∫
P ( x ) dx
= e− λ1x olmak üzere genel çözüm
µ y = ∫ µ Q ( x ) dx + c1 e − λ1 x y = ∫ e − λ1 x Be λ2 x dx + c1
y = eλ1 x ∫ Be(
olarak elde edilir.
λ2 − λ1 ) x
dx + c1eλ1x
(13)
12
1.2.1 Karakteristik Denklemin Köklerinin Reel ve Birbirinden Farklı Olması Durumu Elde edilen (13) denkleminde λ1 ≠ λ2 ise genel çözüm
y = eλ1x ∫ Be( y=
λ2 − λ1 ) x
dx + c1eλ1x
B eλ1x e( λ2 −λ1 ) x + c1eλ1x λ2 − λ1
y = c2e( λ2 −λ1 + λ1 ) x + c1eλ1x y = c1eλ1x + c2eλ2 x şeklinde elde edilir.
λ2 = −λ1 özel durumda çözüm, y = k1 cosh ( λ1 x ) + k2 sinh ( λ2 x ) olarak yeniden yazılabilir.
Örnek: y ′′ − y ′ − 2 y = 0 denklemini çözünüz. Çözüm: Verilen denklem için karakteristik denklem
λ2 − λ − 2 = 0 ve bu denklem çarpanlarına ayrılırsa
( λ + 1)( λ − 2 ) = 0 olarak elde edilir. Karakteristik denklemin kökleri olan λ1 = −1 ve λ2 = 2 kökleri reel ve birbirinden farklı olduğundan, verilen denklemin çözümü y = c1e − x + c2 e 2 x
olarak bulunur.
13
Örnek: y′′ − 7 y′ = 0 denklemini çözünüz. Çözüm: Verilen denklemin karakteristik denklemi
λ 2 − 7λ = 0 dir ve bu da
λ (λ − 7) = 0 şeklinde çarpanlarına ayrılabilir. λ1 = 0 ve λ2 = 7 kökleri reel ve birbirinden farklı olduğundan çözüm y = c1e0 x + c2 e7 x = c1 + c2 e7 x
olarak elde edilir.
Örnek: y′′ − 5 y = 0 denklemini çözünüz. Çözüm: Karakteristik denklemi
λ2 − 5 = 0 dır ve bu da
( λ − 5 )( λ + 5 ) = 0 olarak çarpanlarına ayrılabilir. λ1 = 5 ve λ2 = − 5 kökleri reel ve birbirinden farklı olduğundan çözüm y = c1e
5x
+ c2 e −
5x
olarak bulunur. Ayrıca verdiğimiz özel durum olan λ1 = −λ2 sağlandığından çözüm farklı olarak
14
y = c1e
(
5x
+ c2 e −
5x
)
(
= c1 cosh 5 x + sinh 5 x + c2 cosh 5 x − sinh 5 x
)
= ( c1 + c2 ) cosh 5 x + ( c1 − c2 ) sinh 5 x = k1 cosh 5 x + k2 sinh 5 x
olarak da elde edilebilir. Burada k1 = c1 + c2 ve k2 = c1 − c2 dir.
1.2.2 Karakteristik Denklemin Köklerinin Birbirine Eşit Olması Durumu Elde edilen (13) denkleminde λ1 = λ2 ise genel çözüm y = eλ1 x ∫ Be( λ2 − λ1 ) x dx + c1eλ1 x y = eλ1 x ∫ Be0 x dx + c1eλ1 x y = eλ1 x ( Bx + c1 ) y = ( c1 + c2 x ) eλ1x
olarak elde edilir. ( B, c1 , c2 keyfi)
Örnek: y ′′ − 8 y ′ + 16 y = 0 denklemini çözünüz. Çözüm: Verilen denklem için karakteristik denklem
λ 2 − 8λ + 16 = 0 dir ve bu da
(λ − 4)
2
=0
çarpanlarına ayrılabilir. λ1 = λ2 = 4 kökleri reel ve birbirine eşittir. Genel çözüm y = c1e 4 x + c2 xe 4 x
olarak elde edilir.
15
Örnek: y ′′ = 0 denklemini çözünüz. Çözüm: Karakteristik denklem
λ2 = 0 ve kökleri
λ1 = λ2 = 0 dır. Buradan genel çözüm y = c1e 0 x + c2 xe 0 x = c1 + c2 x
olarak bulunur.
Örnek: 100
d 2N dN − 20 + N = 0 denklemini çözünüz. 2 dt dt
Çözüm: En yüksek türevin katsayısını bir yapmak için eşitliğin her iki tarafını 100 ile bölersek, d 2N dN − 0.2 + 0.01N = 0 2 dt dt
elde ederiz. Bu denklemin karakteristik denklemi
λ 2 − 0.2λ + 0.01 = 0 dır ve bu da
( λ − 0.1)
2
=0
şeklinde çarpanlarına ayrılabilir, buradan denklemin kökleri
λ1 = λ2 = 0.1 olarak bulunur ki bu kökler reel ve birbirine eşittir. Böylece denklemin genel çözümü
16
N = c1e0.1t + c2te0.1t
olarak bulunur.
1.2.3 Karakteristik Denklemin Kompleks Köklere Sahip Olması Durumu
Köklerin reel ve birbirinden farklı olması durumunda elde ettiğimiz (13) denkleminde karakteristik denklemin kökleri
λ1 = a + ib , λ2 = a − ib ise genel çözüm
y = c3e( a +ib ) x + c4 e( a −ib) x y = c3eax eibx + c4 eax e( − ib ) x y = eax c3 ( cos bx + i sin bx ) + c4 ( cos bx − i sin bx ) y = eax ( c3 + c4 ) cos bx + i ( c3 − c4 ) sin bx y = eax ( c1 cos bx + ic2 sin bx ) olarak elde edilir. ( c1 , c2 , c3 , c4 keyfi)
Örnek: y ′′ + 4 y ′ + 5 y = 0 denklemini çözünüz. Çözüm: Verilen denklemin karakteristik denklemi
λ 2 + 4λ + 5 = 0 şeklindedir. Kuadratik formül kullanılırsa, kökler
λ1,2 =
−4 ±
( 4)
2
− 4 ( 5)
2
= −2 ± i olarak bulunur. Yani kökler kompleks eşlenik çifttir, böylece genel çözüm ( a = −2 ve b = 1 ile)
17
y = c1e−2 x cos x + c2 e −2 x sin x
olarak bulunur.
Örnek: y′′ + 4 y = 0 denklemini çözünüz. Çözüm: Karakteristik denklem
λ 2 + 4λ = 0 dir ve bu da çarpanlarına ayrılarak
( λ − 2i )( λ + 2i ) = 0 bulunur. Yani kökler komplekstir. Buradan genel çözüm
y = c1 cos 2 x + c2 sin 2 x olarak bulunur.
Örnek: y ′′ − 3 y ′ + 4 y = 0 denklemini çözünüz. Çözüm: Verilen denklem için karakteristik denklem
λ 2 − 3λ + 4 = 0 dır. Kuadratik fomülden yararlanarak, kökler
λ1,2 =
− ( −3) ±
( −3 )
2
− 4 ( 4)
2
=
3 7 ±i 2 2
oalrak bulunur. Böylece genel çözüm 3 x
y = c1e 2 cos
olarak elde edilir.
3
x 7 7 x + c2 e 2 sin x 2 2
BÖLÜM 2
n-YĐNCĐ MERTEBEDEN SABĐT KATSAYILI LĐNEER HOMOJEN DĐFERANSĐYEL DENKLEMLER
2.1
Karakteristik Denklem
Sabit a j ( j = 0,1, 2,..., n − 1) katsayılı
y ( n) + an−1 y ( n−1) + ... + a1 y′ + a0 y = 0
(14)
diferansiyel denkleminin karakteristik denklemi
λ n + an −1λ n −1 + ... + a1λ + a0 = 0 dır.
(15)
karakteristik
denklemi
(14)
denkleminden,
(15) y( ) i
yerine
λ j ( j = 0,1, 2,..., n − 1) yazılarak elde edilmiştir. y den başka bağımlı değişkeni olan diferansiyel denklemlerin karakteristik denklemleri de benzer şekilde, bağımlı değişkenin j − yinci türevinin yerine λ j ( j = 0,1, 2,..., n − 1) yazılarak elde edilir.
Örnek: y ( 4) − 3 y′′′ + 2 y′′ − y = 0 denkleminin karakteristik denklemi
λ 4 − 3λ 3 + 2λ 2 − 1 = 0 şeklindedir.
19
Uyarı: Karakteristik denklemler, sadece sabit katsayılı lineer ve homojen denklemler için tanımlıdır. 2.2
Genel Çözüm
Karakteristik denklemin kökleri (14) denkleminin çözümünü belirler. Eğer
λ1 , λ2 ,..., λn köklerinin tümü reel ve farklı ise çözüm
y = c1eλ1x + c2 eλ2 x + ... + cn eλn x
(16)
dir. Eğer kökler farklı ancak bazıları kompleks ise o zaman çözüm yine (16) ile verilir. Bölüm 1’deki gibi, kompleks üsteller içeren terimler, sinüs ve kosinüs içeren terimler vermek üzere birleştirilebilir. Eğer λk , p katlı bir kök ise o zaman λk ye karşılık, eλk x , xeλk x , x2eλk x ,..., x p−1eλk x , p lineer bağımsız çözümleri vardır. Bu çözümler olağan biçimde diğer köklere karşılık gelen çözümlerle birleştirilerek tam çözüm elde edilir. Teoride, karakteristik denklemin çarpanlara ayrılması her zaman mümkündür, ancak pratikte bu çok zor olabilir. Bu özellikle yüksek mertebeden diferansiyel denklemler için doğrudur. Böyle durumlarda nümerik yöntemler kullanarak çözümler yaklaştırılmalıdır.
Örnek: y ′′′ − 6 y′′ + 11 y ′ − 6 y = 0 denklemini çözünüz. Çözüm: y ′′′ − 6 y′′ + 11 y ′ − 6 y = 0 denkleminin karakteristik denklemi
λ 3 − 6λ 2 + 11λ − 6 = 0 dır ve bu da
( λ − 1)( λ − 2)( λ − 3) = 0 şeklinde çarpanlara ayrılabilir. Kökler λ1 = 1, λ2 = 2, λ3 = 3 tür; böylece çözüm
20
y = c1e x + c2 e2 x + c3e3 x
olarak bulunur. Örnek: y ( 4) − 9 y′′ + 20 y = 0 denklemini çözünüz. Çözüm: Verilen denklem için karakteristik denklem
λ 4 − 9λ 2 + 20 = 0 dır ve bu denklem
( λ − 2 )( λ + 2 ) ( λ −
)(
)
5 λ+ 5 =0
şeklinde çarpanlarına ayrılabilir. Böylece kökler λ1 = 2, λ2 = −2, λ3 = 5, λ4 = − 5 tir ve buradan çözüm y = c1e 2 x + c2 e −2 x + c3e
5x
+ c4 e −
5x
olarak bulunur.
Örnek: y ′′′ − 6 y ′′ + 2 y ′ + 36 y = 0 denklemini çözünüz. Çözüm: Karakteristik denklem
λ 3 − 6λ 2 + 2λ + 36 = 0 ve kökler ise λ1 = −2, λ2 = 4 + i 2, λ3 = 4 − i 2 dir. O halde çözüm
(
y = c1e −2 x + e 4 x c2 cos 2 x + c3 sin 2 x
)
şeklinde bulunur.
Örnek:
d 5P d 4P d 3P d 2 P dP − − 2 + 2 + − P = 0 denklemini çözünüz. dt 5 dt 4 dt 3 dt 2 dt
21
Çözüm: Verilen denklem için karakteristik denklem
( λ − 1) ( λ + 1) 3
2
=0
şeklinde çarpanlarına ayrılabilir; böylece λ1,2,3 = 1 üç katlı ve λ4,5 = −1 iki katlı bir köktür. Buradan çözüm P = c1et + c2tet + c3t 2 et + c4 e− t + c5te − t
olarak elde edilir.
Örnek:
Çözümlerinden
biri
xe2x olan
d4y d3y d2y dy − 4 − 5 + 36 + 36 y = 0 4 3 2 dx dx dx dx
denkleminin genel çözümünü bulunuz. Çözüm: Eğer xe 2 x bir çözüm ise e 2 x de bir çözümdür ki bu da ( λ − 2 ) nin, 2
λ 4 − 4λ 3 − 5λ 2 + 36λ − 36 = 0 karakteristik denkleminin bir çarpanı olduğunu belirtir. O halde
λ 4 − 4λ 3 − 5λ 2 + 36λ − 36 = λ2 − 9 2 ( λ − 2) olur, böylelikle karakteristik denklemin diğer iki kökü λ = ±3 ve bunlara karşılık gelen çözümler e 3 x ve e−3 x tir. Verilen dördüncü mertebeden lineer diferansiyel denklemin dört lineer bağımsız çözümü belirlenmiş olduğundan, genel çözümü
y ( x ) = c1e2 x + c2 xe2 x + c3e3 x + c4e−3 x şeklinde yazabiliriz.
BÖLÜM 3
SABĐT KATSAYILI LĐNEER HOMOJEN OLMAYAN DĐFERANSĐYEL DENKLEMLER 3.1
Belirsiz Katsayılar Yöntemi an y ( n ) + an −1 ( x ) y ( n −1) + ... + a2 ( x ) y ′′ + a1 ( x ) y ′ + a0 ( x ) y = φ ( x )
(17)
denklemini ele alalım. (17) şeklinde verilen diferansiyel denklemin çözümü için önce, an y ( n ) + an −1 ( x ) y ( n −1) + ... + a2 ( x ) y ′′ + a1 ( x ) y ′ + a0 ( x ) y = 0
(18)
denkleminin çözümü bulunur. Daha sonra verilen φ ( x ) fonksiyonunun polinom, üstel ya da sin ( ax + b ) , cos ( ax + b ) şeklinde veya bunların lineer kombinasyonu olması durumunda kullanılan bir metottur.
1.Durum: φ ( x ) , m− yinci dereceden bir polinom olsun. Bu durumda;
φ ( x ) = bm x m + bm−1 x m−1 + ... + b1 x + b0 şeklinde yazılabilir. Böylelikle denklemin y p özel çözümü;
y p = cm x m + cm −1 x m −1 + ... + c1 x + c0 biçiminde araştırılır. Karakteristik denklemin k tane kökü sıfır ise özel çözüm y p = x k ( cm x m + cm −1 x m −1 + ... + c1 x + c0 )
şeklinde aranır.
23
Örnek: y ( 4 ) + y′′′ − 2 y′′ = 2 x 2 + 3 denkleminin genel çözümünü bulunuz. Çözüm: Denkleme ait homojen denklem y ( ) + y′′′ − 2 y′′ = 0 4
dır. Buradan karakteristik denklem
λ 4 + λ 3 − 2λ 2 = 0 λ 2 ( λ 2 + λ − 2) = 0 λ 2 ( λ + 2 )( λ − 1) = 0 olarak bulunur ve böylelikle kökler λ1 = λ2 = 0, λ3 = −2, λ4 = 1 şeklinde elde edilir. O halde homojen kısmın çözümü yh = c1 + c2 x + c3e −2 x + c4 e x
olur. Verilen denklemde homojenliği bozan kısım 2.mertebeden bir polinom ve karakteristik denklemin iki kökü sıfır olduğundan özel çözüm y p = x 2 ( Ax 2 + Bx + C )
şeklinde aranır. y p bir özel çözüm olduğundan verilen denklemi sağlar. Burada gerekli türevleri alıp denklemde yerine yazılarak y p özel çözümü elde edilir. O halde y p = Ax 4 + Bx3 + Cx 2 y p′ = 4 Ax3 + 3Bx 2 + 2Cx y p′′ = 12 Ax 2 + 6 Bx + 2C y p′′′ = 24 Ax + 6 B y p ( 4) = 24 A
türevlerini denklemde yerine yazarsak 24 A + 24 Ax + 6 B − 24 Ax 2 − 12 Bx − 4C = 2 x + 3
elde edilir ve polinomların eşitliğinden
24
−24 A = 2 24 A − 12 B = 0 24 A + 6 B − 4C = 3 sistemi çözülürse A = −
1 1 3 , B = − , C = − olarak bulunur ki buradan özel çözüm 12 6 2
yp = −
1 4 1 3 3 2 x − x − x 12 6 2
şeklinde elde edilir. Böylece genel çözüm y = yh + y p y = c1 + c2 x + c3e−2 x + c4 e x −
1 4 1 3 3 2 x − x − x 12 6 2
olarak bulunur.
2.Durum: φ ( x ) = Aemx şeklinde olsun. Bu durumda özel çözüm
y p = Bemx şeklinde aranır. Eğer karakteristik denklemin köklerinden k tanesi m ise özel çözüm
y p = Bx k emx şeklinde araştırılır.
Örnek: y′′′ − 4 y′′ + 5 y′ − 2 y = 3e x denkleminin genel çözümünü bulunuz. Çözüm: Önce verilen denklemin homojen kısmının çözümünü bulalım. Denklemin homojen kısmı y′′′ − 4 y′′ + 5 y ′ − 2 y = 0
ve buradan karakteristik denklemi
25
λ 3 − 4λ 2 + 5λ − 2 = 0 olup karakteristik denklemin kökleri λ1 = λ2 = 1, λ3 = 2 dir. Homojen kısmın çözümü yh = c1e x + c2 xe x + c3e 2 x
olarak bulunur. Özel çözüm için y p = Ax 2 e x y p′ = A ( 2 xe x + x 2 e x ) = ( Ax 2 + 2 Ax ) e x y p′′ = ( 2 Ax + 2 A ) e x + ( Ax 2 + 2 Ax ) e x = e x ( Ax 2 + 4 Ax + 2 A ) y p′′′ = e x ( Ax 2 + 6 Ax + 6 A )
eşitlikleri denklemde yerine yazılırsa e x ( Ax 2 + 6 Ax + 6 A − 4 Ax 2 − 16 Ax − 8 A + 5 Ax 2 + 10 Ax − 2 Ax 2 ) = 3e x
olur ve eşitliği düzenlersek
e x ( −2 A) = 3e x elde edilir. Buradan
−2 A = 3 ⇒ A = −
3 2
olarak bulunur. Böylece özel çözüm
3 y p = − x2e x 2 şeklinde olur. Genel çözüm ise
3 y = c1e x + c2 xe x + c3e2 x − x 2 e x 2 olarak elde edilir.
26
3.Durum: φ ( x ) = A sin (α x + β ) veya φ ( x ) = B cos (α x + β ) şeklinde ise özel çözüm
y p = A sin (α x ) + B cos (α ) x şeklinde aranır. Eğer karakteristik denklemin k tane kökünde reel kısım sıfır ve imajiner kısım α ise özel çözüm
y p = x k ( A sin α x + B cos α x ) şeklinde aranır.
Örnek: y ′′ + y = 2 sin x denkleminin genel çözümünü bulunuz. Çözüm: Önce homojen kısmın çözümünü bulalım. y′′ + y = 0
denkleminin karakteristik denklemi
λ2 +1 = 0 ve buradan kökler λ1,2 = ±i dir. Böylece homojen kısmın çözümü
yh = c1 cos x + c2 sin x olarak elde edilir. Özel çözümü ise
y p = x ( A sin x + B cos x ) şeklinde aramalıyız. O halde
y p′ = ( A sin x + B cos x ) + Ax cos x − Bx sin x y p′′ = 2 A cos x − 2 B sin x − Ax sin x − Bx cos x türevleri denklemde yerine konulursa
27
2 Acos x − 2B sin x − Ax sin x − Bx cos x + Ax cos x + Bx sin x = 2sin x 2Acos x − 2B sin x = 2sin x − 2 B = 2 B = −1 ⇒ 2A = 0 A=0 ve buradan özel çözüm y p = − x cos x
olur. Böylece genel çözüm
y = − x cos x + c1 cos x + c2 sin x olarak bulunur.
4.Durum: Pm ( x ) , m− yinci dereceden en genel polinom olmak üzere
φ ( x ) = Pm ( x ) eα x şeklinde ise özel çözüm y p = ( bm x m + bm −1 x m −1 + ... + b1 x + b0 ) eα x
şeklinde araştırılır. Eğer karakteristik denklemin k tane kökü α ise bu durumda özel çözüm y p = x k ( bm x m + bm −1 x m −1 + ... + b1 x + b0 ) eα x
şeklinde araştırılmalıdır.
5.Durum: Pm ( x ) , m− yinci dereceden en genel polinom olmak üzere
φ ( x ) = Pm ( x )( A sin α x + B cos α x ) şeklinde ise özel çözüm y p = ( bm x m + bm −1 x m −1 + ... + b1 x + b0 ) ( sin α x + cos α x )
28
biçiminde aranır. Eğer karakteristik denklemin k tane kompleks kökünün imajiner kısmı α ise y p , x k ile çarpılır. 6.Durum: φ ( x ) = emx ( A1 sin α x + A2 cos α x ) olması durumunda özel çözüm
y p = emx ( A sin α x + B cos α x ) şeklinde aranır. Eğer karakteristik denklemin k tane kompleks kökü m ± iα şeklinde ise özel çözüm
y p = x k emx ( A sin α x + B cos α x ) olarak aranmalıdır.
7.Durum: Pm ( x ) , m− yinci dereceden en genel polinom olmak üzere
φ ( x ) = Pm ( x ) eα x ( sin β x + cos β x ) olması durumunda özel çözüm y p = ( bm x m + bm −1 x m −1 + ... + b1 x + b0 ) eα x ( sin β x + cos β x )
şeklinde aranır. Eğer karakteristik denklemin k tane kompleks kökü α ± i β şeklinde ise özel çözüm y p = x k ( bm x m + bm −1 x m −1 + ... + b1 x + b0 ) eα x ( sin β x + cos β x )
biçiminde araştırılır.
Örnek: y′′ − y′ − 2 y = e− x sin x denkleminin genel çözümünü bulunuz. Çözüm: Verilen denklemin homojen kısmı y ′′ − y ′ − 2 y = 0
ve karakteristik denklem
29
λ2 − λ − 2 = 0 olarak bulunur. Karakteristik denklemin kökleri ise λ1 = 2 , λ2 = −1 dir. Buradan homojen kısmın çözümü yh = c1e 2 x + c2 e − x
olur. Verilen denklem için özel çözüm
y p = e− x ( A sin x + B cos x ) şeklinde araştılırsa ve
y p′ = −e − x ( A sin x + B cos x ) + e− x ( A cos x − B sin x ) y p′′ = −2e − x ( A cos x − B sin x ) türevleri denklemde yerine yazılırsa
e− x sin x = −2e− x ( A cos x − B sin x ) + e− x ( A sin x + B cos x ) − e− x ( A cos x − B sin x ) −2e− x ( A sin x + B cos x ) e− x sin x = −3e− x ( A cos x − B sin x ) − e− x ( A sin x + B cos x ) sin x = ( − A + 3B ) sin x − ( 3 A + B ) cos x elde edilir ve buradan A = −
1 3 , B= olarak bulunur. Böylece özel çözüm 10 10
3 1 y p = e− x − sin x + cos x 10 10 olur. O halde genel çözüm
3 1 y = c1e2 x + c2 e− x + e− x − sin x + cos x 10 10 şeklinde bulunur.
30
3.2
Parametrelerin Değişimi Metodu
an y ( ) + an −1 y ( n
n −1)
+ ... + a2 y′′ + a1 y′ + a0 y = φ ( x )
an y ( n ) + an −1 y ( n −1) + ... + a2 y′′ + a1 y′ + a0 y = 0 denklemlerini ele alalım. an ≠ 0 için bu denklemler
y ( n ) + P1 y ( n −1) + ... + Pn − 2 y ′′ + Pn −1 y ′ + Pn y = φ ( x )
(19)
y ( n ) + P1 y( n−1) + ... + Pn−2 y′′ + Pn−1 y′ + Pn y = 0
(20)
şeklinde yazılabilir. y1, y2 ,..., yn fonksiyonları (20) denkleminin temel çözümler n
kümesini oluşturur. Burada y ( x ) = ∑ ci yi ( x ) , (20) denkleminin genel çözümü i =1
n
bulunur. Şimdi (19) denkleminin çözümünü
y ( x ) = ∑ ci ( x ) yi ( x ) şeklinde i =1
arayalım.
y ( x ) = c1 ( x ) y1 ( x ) + c2 ( x ) y2 ( x ) + ... + cn ( x ) yn ( x ) denkleminin x değişkenine göre türevini alalım: y′ ( x ) = c1′ ( x ) y1 ( x ) + c1 ( x ) y1′ ( x ) + ... + cn′ ( x ) yn ( x ) + cn ( x ) yn′ ( x ) n
n
i =1
i =1
y′ ( x ) = ∑ ci ( x ) yi′ ( x ) + ∑ ci′ ( x ) yi ( x )
olarak bulunur.
n
1.Koşul:
∑ c ′ ( x ) y ( x ) = 0 kabul edelim. O halde i
i
i =1
n
y′ ( x ) = ∑ ci ( x ) yi′ ( x ) i =1
31
olarak bulunur ve buradan n
n
i =1
i =1
y′′ ( x ) = ∑ ci ( x ) yi′′ ( x ) + ∑ ci′ ( x ) yi′ ( x ) şeklinde elde edilir.
n
2.Koşul:
∑ c ′ ( x ) y ′ ( x ) = 0 kabul edelim. i
i
i =1
n
y′′ ( x ) = ∑ ci ( x ) yi′′ ( x ) i =1
olur. Bu şekilde devam ederek;
y(
n −1)
n
n
i =1
i =1
( x ) = ∑ ci ( x ) yi( n−1) ( x ) + ∑ ci′ ( x ) yi ( n−2) ( x )
n
(n-1).Koşul:
∑ c ′ ( x ) y ( ) ( x ) = 0 kabul edelim. Buradan n−2
i
i
i =1
y(
n −1)
n
( x ) = ∑ ci ( x ) yi(
n −1)
( x)
i =1
olarak bulunur ve son olarak
y(
n)
n
n
i =1
i =1
( x ) = ∑ ci ( x ) yi ( n) ( x ) + ∑ ci′ ( x ) yi( n−1) ( x )
olur. n
n.Koşul:
∑ c ′ ( x ) y ( ) ( x ) = φ ( x ) olsun. n −1
i
i
i =1
n y′, y′′,..., y ( ) türevleri (19) denkleminde yerine yazılırsa;
32
n
∑ ci′ ( x ) yi( i =1
n −1)
n
( x ) + ∑ ci ( x ) yi( n) ( x ) + P1 yi( n−1) ( x ) + ... + Pn yi ( x ) = φ ( x ) i =1
olarak elde edilir ve y1, y2 ,..., yn ler homojen denklemin çözümü olduğundan yi ( n ) ( x ) + P1 yi ( n −1) ( x ) + ... + Pn yi ( x ) = 0
olur. Yani n
∑ c ′ ( x) y ( ) ( x) = φ ( x) n −1
i
i
i =1
dir.
Koşullar:
c1′ ( x ) y1 ( x ) + c2′ ( x ) y2 ( x ) + ... + cn′ ( x ) yn ( x ) = 0 c1′ ( x ) y1′ ( x ) + c2′ ( x ) y2′ ( x ) + ... + cn′ ( x ) yn′ ( x ) = 0 ⋮ c1′ ( x ) y1( n − 2) ( x ) + c2′ ( x ) y2 ( n − 2 ) ( x ) + ... + cn′ ( x ) yn ( n − 2 ) ( x ) = 0 c1′ ( x ) y1( n −1) ( x ) + c2′ ( x ) y2( n −1) ( x ) + ... + cn′ ( x ) yn ( n −1) ( x ) = φ ( x )
Eğer c1 ( x ) , c2 ( x ) ,..., cn ( x ) fonksiyonları koşulların oluşturduğu denklem n
sistemini sağlarsa y ( x ) = ∑ ci ( x ) yi ( x ) fonksiyonu (18) denkleminin çözümü olur. i =1
Son olarak ise koşulların oluşturduğu denklem sistemini sağlayan ci fonksiyonlarının var olup olmadığını inceleyelim. Koşulların oluşturduğu denklem sisteminin katsayılar determinantı
W [ y1 , y2 ,..., yn ] ≠ 0 olup, buradan denklem sistemi çözülebilirdir ve tek çözümü vardır.
33
Örnek: y′′ + y =
1 denkleminin genel çözümünü bulunuz. cos x
Çözüm: Verilen denklem için önce homojen kısmın çözümünü bulalım. Denklemin homojen kısmı y′′ + y = 0
ve buradan karakteristik denklem
λ2 +1 = 0 olarak bulunur. Karakteristik denklemin kökleri λ1,2 = ±i dir. Böylece homojen kısmın çözümü
yh = c1 cos x + c2 sin x olarak elde edilir. Denklemin özel çözümünü
y p = c1 ( x ) cos x + c2 ( x ) sin x şeklinde araştıralım. Verilen denklem ikinci mertebeden olduğundan iki koşul vardır. 1.Koşul: c1′ ( x ) cos x + c2′ ( x ) sin x = 0 2.Koşul: c1′ ( x )( − sin x ) + c2′ ( x ) cos x =
1 cos x
Bu iki denklemi ortak çözebilmek için ilk denklemi sin x , ikinci denklemi cos x ile çarparsak
c1′ ( x )( sin x cos x ) + c2′ ( x ) sin 2 x = 0 c1′ ( x )( − sin x cos x ) + c2′ ( x ) cos 2 x = 1 elde edilir ve bu iki denklemi ortak çözersek
c2′ ( x ) ( sin 2 x + cos 2 x ) = 1 c2′ ( x ) = 1
34
bulunur. Burada eşitliğin her iki yanının integrali alınarak c2 ( x ) = x bulunur. Bulduğumuz bu ifadeyi denklemlerden herhangi birine yazarak c1 ( x ) = ln ( cos x ) olarak elde edilir. Böylece özel çözüm
y p = ln ( cos x ) cos x + x sin x olur ki buradan genel çözüm
y = c1 cos x + c2 sin x + ln ( cos x ) cos x + x sin x şeklinde bulunur.
Örnek: y′′ − 2 y′ + y =
Çözüm:
ex denkleminin genel çözümünü bulunuz. x
y ′′ − 2 y ′ + y = 0 için karakteristik denklem λ 2 − 2λ + 1 = 0 ve kökler
λ1 = λ2 = −1 dir. Böylece yh = c1e x + c2 xe x
olarak bulunur. y p = c1 ( x ) e x + c2 ( x ) xe x şeklinde özel çözüm aranırsa c1′ ( x ) e x + c2′ ( x ) xe x = 0 c1′ ( x ) e x + c1′ ( x ) ( e x + xe x ) =
bulunur. Bu denklem sistemi ortak çözülürse
c1′ ( x ) = −1 ve c2′ ( x ) =
1 x
elde edilir. Buradan
c1 ( x ) = − x ve c2 ( x ) = ln x olur. O halde özel çözümü
ex x
35
y p = − xe x + xe x ln x olarak buluruz. Dolayısıyla genel çözüm
y = c1e x + c2 xe x − xe x + xe x ln x = c1e x + c3 xe x + xe x ln x olur.
( c3 = c2 −1)
BÖLÜM 4
EULER DĐFERANSĐYEL DENKLEMĐ
a0 , a1, a2 ,..., an ler reel sabitler ve an ≠ 0 olmak üzere an x n y ( n ) + an −1 x n −1 y ( n −1) + ... + a2 x 2 y ′′ + a1 xy ′ + a0 y = φ ( x )
(21)
denklemine Euler diferansiyel denklemi denir. (21) denkleminde x = et dönüşümü yapılırsa denklem sabit katsayılı lineer diferansiyel denklem haline gelir ve bilinen yöntemlerle çözümü elde edilir. t = ln x dönüşümü yardımıyla da denklemin genel çözümü bulunur. dy dy dt 1 dy = = dx dt dx x dt d 2 y d dy d 1 dy 1 dy 1 d dy dt 1 d 2 y dy y ′′ = 2 = = = − + = − dx dx dx dx x dt x dt x dt dt dx x 2 dt 2 dt
y′ =
Örnek: x2 y′′ − xy′ + 2 y = x ln x denkleminin çözümünü bulunuz. Çözüm: Verilen denklemde x = et dönüşümü yaparsak ve
y′ =
1 d 2 y dy 1 dy , y′′ = 2 2 − x dt dt x dt
türevleri denklemde yerine yazılırsa x2
1 d 2 y dy 1 dy − − x + 2 y = t.et 2 2 x dt dt x dt d2y dy − 2 + 2 y = tet 2 dt dt
37
denklemi sabit katsayılı lineer hale gelir. Bu denklemin karakteristik denklemi
λ 2 − 2λ + 2 = 0 ve buradan kökler λ = 1± i olarak bulunur. Böylece homojen kısmın çözümü
yh = et ( c1 cos t + c2 sin t ) şeklinde elde edilir. y p = ( At + B ) et y p′ = Aet + ( At + B ) et y p′′ = 2 Aet + ( At + B ) et
türevleri denklemde yerine yazılırsa
( 2 A + At + B ) et − 2 ( A + At + B ) et + 2 ( At + B ) et = tet 2 A + At + B − 2 A = t At + B = t ve buradan A= 1 , B = 0 bulunur. O halde
y p = tet olur. Böylelikle genel çözüm
y = et ( c1 cos t + c2 sin t ) + tet olarak bulunur. Bulunan çözümde t = ln x yerine yazılırsa genel çözüm
y = x ( c1 cos ( ln x ) + c2 sin ( ln x ) ) + x ln x şeklinde elde edilir.
Örnek: x3 y′′′ + 2 x2 y′′ = x + sin ( ln x ) denkleminin genel çözümünü bulunuz. Çözüm: Verilen denklemde x = et dönüşümü yaparsak ve
38
y′ =
1 d 2 y dy 1 d3y d2y dy 1 dy ′′ ′′′ y y 3 = − = − +2 , , 2 2 3 3 2 x dt dt x dt dt dt x dt
türevleri denklemde yerine yazılırsa
x3
2 1 d3y d2y dy dy 2 1 d y − 3 + 2 + 2 x − = et + sin t 3 3 2 2 2 x dt dt dt x dt dt
d 2 y dy t d3y d2y dy − 3 2 + 2 + 2 2 − = e + sin t dt 3 dt dt dt dt d3y d2y − = et + sin t dt 3 dt 2 denklemi sabit katsayılı lineer hale gelir. Bu denklemin karakteristik denklemi
λ3 − λ2 = 0 ve buradan kökler λ1,2 = 0 , λ3 = 1 olarak bulunur. Böylece homojen kısmın çözümü
yh = ( c1 + c2t ) + c3et şeklinde elde edilir. y p = Atet + B sin t + C cos t y p′ = A ( et + tet ) + B cos t − C sin t y p′′ = A ( 2et + tet ) − B sin t − C cos t y p′′′ = A ( 3et + tet ) − B cos t + C sin t
türevleri denklemde yerine yazılırsa
A ( 3et + tet ) − B cos t + C sin t − A ( 2et + tet ) − B sin t − C cos t = et + sin t
( 3 A + At − 2 A − At ) et + ( B + C ) sin t + ( C − B ) cos t = et + sin t Aet + ( B + C ) sin t + ( C − B ) cos t = et + sin t ve buradan A= 1 , B =
1 1 , C = bulunur. O halde 2 2
39
1 1 y p = tet + sin t + cos t 2 2 ve böylece genel çözüm
1 1 y = ( c1 + c2t ) + c3et + tet + sin t + cos t 2 2 olarak bulunur. Bulunan çözümde t = ln x yerine yazılırsa genel çözüm
1 1 y = c1 + c2 ln x + c3 x + x ln x + sin ( ln x ) + cos ( ln x ) 2 2 şeklinde elde edilir.
40
KAYNAKLAR BRONSON R., Schaum’s outline of differential equations (H.H.Salihoğlu, çev.), Ankara 1994. C. CERĐT, Çözümlü diferansiyel denklem problemleri, Cerit Yayınları, Đstanbul 2004. E. S. TÜRKER, M. BAŞARIR, Çözümlü problemlerle diferansiyel denklemler, Değişim, Sakarya 2003. Ö. F. GÖZÜKIZIL, Đ. ŞĐAP, Diferansiyel denklemler, Sakarya Yayınları, Sakarya 2002. R. MOCAN, Diferansiyel denklemler diferansiyel denklem sistemleri, Đstanbul Devlet Mühendislik ve Mimarlık Akademisi Yayınları, Đstanbul 1977. Ş. EREN, M. RAZBONYALI, Diferansiyel denklemler, Maltepe Üni. Yayınları, Đstanbul 2006
