View
22
Download
0
Category
Preview:
Citation preview
1
FEN VE MÜHENDİSLİKTE MATEMATİK METOTLAR
6. KİTAP
DİFERANSİYEL DENKLEMLER II
DD II
2
İÇİNDEKİLER
I. İNTEGRAL DÖNÜŞÜMLER
II. KERNEL SEÇİMİ
III. METOT
IV. 2 0g DURUMU
A) 2 0g
B) Örnek DD
C) Sabit Katsayılı DD
V. 0o
g DURUMU
A) 0o
g
B) Euler DD
C) Rodrigues Formülü
VI. İki Özel Fonksiyon
A)
B) ,
VII. KHGDD
VIII. HGDD
EKLER VE NOTLAR
3
I. İNTEGRAL DÖNÜŞÜMLER
Diferansiyel denklem çözümlerinin türev ifadelerini yok etmek olduğu ve bunun da integral
işlemi ile sağlandığı görülmüştü. Bu integral işlemlerini reel eksende ve bir takım kalıp
formüllerle yapmak yerine, kompleks düzlemde yol integrali metotları kullanıp, tekil
noktalardan ve dallanma kesiklerinden yararlanmak, doğal olarak daha ilginç sonuçlara yol
açacaktır. Bu aşamada sadece 2. mertebe LDD 'lerin integral dönüşüm metodu ile çözümleri
incelenecektir. Metodun, detaylar bir yana, temelde ikinci mertebe bir DD 'in birinci
mertebeye indirgenmesi olduğu görülecektir. En genel 2. mertebe homojen LDD
2
2 1 2
z o
p z p z p zz z
L tanımıyla 0
zw z L olarak
yazılabilir. zL ifadesinde
d
dz yerine
z
kullanılmasının gerekçesi kısa sürede
anlaşılacaktır. İlk adım, çözümü bir integral dönüşüm biçiminde
, C
w z d K z v olarak yazmak olacaktır.
Burada C : kompleks düzleminde açık veya kapalı bir yolu, , K z : integral
dönüşümün Kernel’ini, v ise w z 'nin DD 'in çözümü olmasını sağlayacak bir
fonksiyonu ifade etmektedir. Bu noktada daha soyut düzeyde w K
dönüşümünün z ile skalar çarpımının yapıldığı ve K ile v arasına
C
d 1 tamamlık ifadesi yerleştirildiği sezilmektedir.
Çözüm , C
w z d K z v ifadesinde üç tane seçime bağlı esneklik vardır :
C , , K z ve v . Öte yandan w z sonucunun DD 'i sağlaması, yani
0z
w z L olması gereği de bir kısıtlama olarak düşünülürse gerçekte sadece iki
tane seçime bağlı esneklik olduğu anlaşılır.
4
II. KERNEL SEÇİMİ
Bu seçimlerden ilki , K z kernel fonksiyonunun seçilmesidir; en yaygın iki seçim :
, exp K z z ( Laplace ) ve
, K z z
( Euler )
kernelleridir. Euler kernelinin parametresi kesin olarak belirtilene kadar seçim hakkı
tamamen kullanılmış sayılmaz. Daha genel olan Euler kernelinden, uygun bir limit işlemi ile
Laplace kerneline geçiş yapmak da mümkündür.
2 2 2 1 1 1 ; ,
o o op z a z b p z a z b p z a z b durumunda Laplace,
2
2 2 1 1 1 ; ,
o o o op z a z a z a p z b z b p z c
durumunda ise
Euler kernellerinin uygun seçimler olduğu bilinmektedir. Metodun temel dayanak noktası
, , z
K z K z
L M sağlayan bir
2
2 1 2
o
g g g
M diferansiyel operatörü bulmaktır.
Bu operatörün zL 'den daha basit bir yapıda olup, birinci dereceye indirgenebilir olması asıl
amaçtır. Eğer 2g = 0 veya g = 0
o değilse yanlış kernel seçilmiş demektir
ve bu noktada durup yeni bir kernel denemek gerekir.
III. METOT
, , z
K z K z
L M eşitliği DD ’e yerleştirilince
, 0z z
C
w z d v K z L L denklemi
, 0C
d v K z
M biçimine dönüşecektir.
2
2 1 2
, 0
o
C
d v g g g K z
5
Denklemi, parçalı integral metotları ile elde edilen :
, , o o
C C
d v g K z d K z g v
1
,
C
d v g K z
F
1 1 I
, g ,
C
d K z g v v K z
2
2 2 ,
C
d v g K z
2
22 , ,
C
d K z g K z
2
2
, ,
F
I
d g vK zg v K z
d
özdeşlikleri kullanılarak , C
d K z v
M
2
2 1
, , , = 0
F
I
d g vK zg v K z g v K z
d
biçimini alır. Burada yer alan
2
2 1
2
o
g gg
M
ifadesinin 2
2 1 2
o
g g g
M operatörünün hermitsel
eşleniği olduğu hatırlanacaktır. Elde kalan son esnekliği de 0v
M seçimi
yaparak kullanmak ve böylece v fonksiyonunu belirlemek ikinci önemli adım
olmaktadır. Bu durumda , 0C
d K z v
M olacağı için de
2
2 1
, , , = 0
F
I
d g vK zg v K z g v K z
d
6
eşitliği C yolunun belirlenmesinde kullanılır. Bu metodun pratik olabilmesi için
2 = 0g veya = 0
og olması gereği vurgulanmıştı.
IV. 2 0g
A) Genel
Şimdi bu iki durum tek tek incelenebilir. 2 = 0g durumunda
1
1 1
1 0 exp o
o
d g v gv g v v d
d g g
M olur.
Yol şartı için ise
1
1
, exp , 0
F
Fo
I
I
gg v K z d K z
g
elde edilir. En genel örnek olarak 2 1 0
op z w p z w p z w DD’inin
Laplace dönüşümü ile çözümü ele alınınca ilk adım
2 2
2 1 2 12 2 exp exp
o op z p z p z z g g g z
z z
eşitliğinden 2 2
2 1 2 1
o op z p z p z g z g z g
denklemine erişmektir. İkinci adımda bu eşitlik ve z ’ye göre ilk iki türevi 0z 'da
değerlendirilerek 2 12
2
0 0 0
2 2 2
op p pg
,
2
1 2 1 0 0 0og p p p , 2
2 1 0 0 0o og p p p
sonuçlarına ulaşılır. Bu denklemler 2 = 0g sağlanması için
2 10 0 0op p p gerektiğini göstermektedir.
7
B) Özel Bir Örnek
Özel bir örnek olarak 2 2 1 1 0
o oa z b w a z b w a z b w DD 'inin
çözümüne geçilebilir. Yukarıda elde edilen formüllerden yararlanarak
2 2
2 1 2 1 2 1 0 , , o o og g a a a g b b b bulunur.
Artık v fonksiyonu
2
2 1
2
2 1
2
1 1 2 1
exp
1 exp
o
oo
o
b b bd
a a agv d
g g a a a
,
yol şartı ise
2
2 1
2
2 1
exp 0
F
zo
o I
b b bd e
a a a
formülleri ile
belirlenip , C
w z d K z v çözüm ifadesine yerleştirilebilir.
Bu yaklaşıma ileride KHGDD çözümü ile tekrar dönülecektir.
C) Sabit Katsayılı DD
Ancak daha önce, çok basit görünümlü ama kendinden beklenmedik bir zorluk çıkartan,
ancak bu engel aşılınca da gene beklenmedik ilginç sonuçlar sergileyen sabit katsayılı
1 2 1 2 0w w w DD ’i çözülecektir. Bu DD 'in
2 2 1 1 0
o oa z b w a z b w a z b w
DD 'i ile karşılaştırması
2 1 2 1 1 2 1 2 0 ; 1 , , o oa a a b b b vermektedir.
Bu da 2 0g yanı sıra 1 0g olması, dolayısıyla v ve yol şartı
bulmak için kullanılan denklemlerin geçersiz ve yararsız olması demektir. Ancak aynı DD ,
'Tamlık Çarpanı' kavramını andırır bir yolla z ile çarpılıp
1 2 1 2 0zw zw zw olarak yazılırsa, bu sefer
2 1 2 1 1 2 1 2 0 ; 1 , , o ob b b a a a olur.
Bu da 2
1 2 1 2 1 1
1 1 v
ve
exp 0
F
Iz
demektir. exp z analitik bir fonksiyon olduğu için tüm kapalı yollar yol şartını
8
sağlar.
1 2
exp
zw z d
integrali için ise kompleks
düzleminde seçilebilecek topolojik açıdan farklı kapalı yollar vardır :
oC yolu 0w z verir; bu DD ’i sağlayan, ama doğal olarak, çözüm sayılmayan
bir sonuçtur. 1C yolu 1 expw z z , eğer
2 1 ise 2C yolu
2 expw z z verir.
2 1 = çokkatlılık durumunda ise integral ifade
2
exp exp
zw z d w z z z
bulunur.
Böylece çokkatlı kök durumunda, geçmişte Abel formülü kullanılarak bulunan ikinci çözüm,
kompleks düzlemde yol seçimi ile elde edilmektedir.
PROBLEMLER
P.IV.1 ) 1 , 4 , 3 0w DD ’ini Laplace dönüşümü ile çözün. Aynı işlemleri bu sefer
1 , 4 , 4 0w DD ’ine uygulayın.
9
P.IV.2 ) 1 , 2 , 2 0z w DD ’ini Laplace dönüşümü ile çözün. Aynı işlemleri bu sefer
1 , 2 , 2 0z w DD ’ine uygulayın.
P.IV.3 ) 2
1 , , 1 0ojz
, 0 ’ıncı mertebe Küresel Bessel fonksiyonunu önce pz ile
çarpın. Laplace kernelinin kullanılabilmesi için p ne olmalıdır ? oj çözümünü bulun.
İkinci çözüm on için Abel formülünü kullanın.
P.IV.4 ) Laplace dönüşümlerinde 0v
M
yanısıra 1v
M de
exp 0d z sağlayacağı için geçerli bir çözüm verir. Bu yolla
2 2 , 2 , 0z z z w Küresel Bessel DD’i için
1
sin 0
o o
zg v g v j
z
sonucunu elde edin. Daha sonra
1
cos 1
o o
zg v g v n
z
çözümüne erişin.
İpucu : o
j için 1v , : C i i den 'ye giden bir yol.
o
n için 1 tanv , :C Kapalı yol
V. 0o
g DURUMU
A) Genel
= 0o
g durumunda ise 0v
M denklemi
2
2 1 1
2
2 2
1 exp
d g v d g v gv d
d d g g
olur.
10
Yol şartı için ise
1
2
2
exp 0
FF
I I
K K gg v d
g
ifadesine erişilir. En genel örnek olarak 2 1 0
op z w p z w p z w
DD’inin Euler dönüşümü ile çözümü ele alınınca ilk adım
2 2
2 1 2 12 2
o op z p z p z z g g g z
z z
denkleminden 2 1
2 11
op z z p z z p z z
2 1
2 1 1
og z g z g z
veya
2
2 11
op z p z z p z z
2
2 11
og g z g z
eşitliklerini elde etmektir. İkinci adımda bu eşitlik ve z 'ye göre ilk iki türevi z 'da
değerlendirilerek 2 2 g p , 1 2 1 1 g p p ,
2 1
1
2o og p p p
ara sonuçları bulunur. Bu denklemlerden
2 0g olduğu, ancak akılcı bir seçimiyle = 0o
g sağlanabileceği
görülmektedir.
2
1 1
2 2 2
21 1
2 2
opp p
p p p
ile verilen bu akılcı tercih sonucu
2 2 g p , 2
1 11 2 1
2 2 2
1 1 2
2 2
op p pg p p
p p p
, 0og
olmaktadır.
11
B) Euler DD
Özel bir örnek olarak 2
2 1 1 0
o o oa z a z a w b z b w c w DD’inin
çözümüne geçilebilir. Yukarıda elde edilen formüllerden yararlanarak
2
1 1
2 2 2
1 1
2 2 2 2
ocb b
a a a
0og ,
2
1 11 2 1 1
2 2 2
1 1 2
2 2 2 2
oo
cb bg a a b b
a a a
,
2
2 2 1 og a a a bulunur. Artık 1
2 2
1 exp
gv d
g g
ve yol şartı
1
2
exp 0
F
I
K gd
g
kullanılarak ,
C
w z d K z v
bulunabilir. Bu yaklaşıma ileride HGDD çözümü ile dönülecektir.
C) Rodrigues Formülü
Ancak daha önce, bir anlamda HGDD 'in özel hali olan Legendre DD 'ini incelemek öğretici
olur. 21 2 1 0 ; = 0 , 1 , 2 , . . . z P zP P ile verilen bu
DD 'in genel Euler DD 'i ile karşılaştırılmasından 2 1 1 , 0 , 1oa a a
1 2 , 0 ; 1o ob b c bulunur. Bu da 1 tercihini
gerektirir. Böylece 2
2 1 1 , 2 1g g olmaktadır. Bunların ilgili
formüllere yerleştirilmesi ise 21
2 2
1 exp 1
gv d
g g
ve
12
1
2
1
2
2
1 exp 0
FF
II
K gd
g z
sonuçlarını verir. Bu ara sonuç
2
1
1
C
P z dz
olarak yazılırsa, kompleks düzleminde yol integrali
formülü kullanılarak, z içeren herhangi bir kapalı yol için
2
12
!z
diP z
d
veya 1 1P sağlayan bir çözüm için
2 11
2 !
d zP z
dz
Rodrigues formülüne erişilir. Bu yaklaşım
21 , , 1 0m
nz m z n n m G Gegenbauer DD ’ine genelleştirilebilir,
ancak m Tek Tamsayı 'larda , mesela 1m Chebyshev I DD ’i için, formül
Chebyshev polinomları nT x yerine onlarla ilintili nV x fonksiyonlarını verir.
PROBLEMLER
P.V.1 ) 2 2, , 0oz z z J , Sıfırıncı mertebe Bessel DD ’ini Laplace dönüşümü ile
çözün. Uygun bir değişken dönüşümü ile 0 1oJ sağlayan çözüm için
2
0
1 exp cos
2oJ z d i z
olduğunu gösterin.
P.V.2 ) Euler dönüşümü kullanarak 21 , , 1 0m
nz m z n n m G
Gegenbauer DD ’i çözümünün integral ifadesini elde edin. Chebyshev I DD’i Gegenbauer
DD’inin 1m özel halidir; İntegral ifadenin Chebyshev I polinomlarını vermediğini
gösterin.
13
VI. İKİ ÖZEL FONKSİYON
A)
Eldeki metotla KHGDD ve HGDD çözümlerine geçmeden önce iki özel fonksiyonu yakından
tanımak gerekecektir. 1 'den n 'e kadar tamsayıların çarpımı olarak tanımlanan !n
ifadesini, tüm reel, hatta kompleks sayılara genelleştirmek amacıyla Gauss tarafından
geliştirilen Gamma fonksiyonu 1
0 expdu u u
olarak tanımlanır.
1 ifadesinin Parçalı İntegral metodu ile açılımından 1
bağıntısı, integralin 1 özel halinden de 1 1 özdeşliği elde edilir;
böylece 1 !n n olmaktadır.
B) ,
İki değişkenli Beta fonksiyonu ise 1 1 1
0, 1du u u
olarak tanımlanır.
Bu fonksiyonun Gamma fonksiyonu ile ilişkisini görebilmek için
1
0 expds s s
ve 1
0 expdt t t
ifadelerinde
2 2 , s x t y değişken dönüşümleri yapılarak
2 1 2 1 2 2
0 0 4 expdx dy x y x y
iki katlı integrale erişilir. Bu noktada önce polar koordinatlar
cos , sin ; x r y r dx dy r dr d yardımıyla
2 12 1 2 1 22
0 0 4 cos sin expd r dr r r
ara sonucuna ulaşılır, sonra da 2 2 2 ; sin 1 cosr ,
dolayısıyla 2 sin cosd yerleştirilerek
14
1 1 1 1
0 0 1 exp , d d
elde edilir. Böylece
,
olmaktadır.
PROBLEMLER
P.VI.1 )
0
1 exp n n
dx xn
olduğunu gösterin.
P.VI.2 ) 1
0 1 1
n n
dx n x n olduğunu gösterin.
P.VI.3 )
2
0
1
2 sin
22
2
n
n
dn
olduğunu gösterin.
P.VI.4 ) D-Boyutta SO D simetrik hacım elemanı 1
D
DA r dr
olarak ifade
edilebilir 1 2 3 1 , 2 , 4 , . . . A A A . D
A katsayısını Gamma
fonksiyonları cinsinden hesaplayın.
P.VI.5 )
0
?x
ax
xLim
;
0
5 ?x
x xLim
P.VI.6 ) Psi veya Digamma fonksiyonu
d n z
zdz
olarak tanımlanır.
1z için z ve temel fonksiyonlar içeren bir bağıntı bulun.
15
P.VI.7 ) n N için : 0.1 exp nC z n i ile verilen z n etrafında
küçük bir dairesel kapalı yol olmak üzere,
nC
dz z integralini hesaplayın.
P.VI.8 ) 1 , , 1 ifadesini sadeleştirin.
P.VI.9 ) Binom açılımı katsayısı
1 1 ,
1 !
k
k k k
:k Tamsayı
ifadesinin
1
,
k
k k
ifadesine eşdeğer olduğunu gösterin.
P.VI.10 ) 1 1
, 2 2
fonksiyonunun integral ifadesinde uygun bir trigonometrik
dönüşüm yaparak 1
2
olduğunu gösterin.
P.VI.11 )
2
2
0
11 4
2 sin 8
d
olduğunu gösterin.
P.VI.12 )
6 1
2 0
5
321
x dx
x
olduğunu gösterin.
16
P.VI.13 ) 1 1! ! ! 2 2
1
n n n nd n n
dn
yaklaşık ifadesinden yola
çıkarak
1 1
!1 1 !
2 2
N Nd n nn n d n n dn n n
dn
dolayısıyla Stirling benzeri 3 31! 12 2 2
n N N n N N n
formülünü elde edin. Gerçek Stirling : 1! 22
n N N n N N n
P.VI.14 ) 1N olmak üzere N seçmenli bir toplulukta iki alternatife eşit oy çıkma
ihtimalinin yaklaşık olarak 2
N olduğunu gösterin. İpucu : Stirling formülü
VII. KHGDD
2 0g durumuna uygun bir örnek 0zw z w w
ile verilen KHGDD 'in Laplace dönüşümü ile çözümüdür.
2 2 1 1 0
o oa z b w a z b w a z b w denklemi ile karşılaştırma
sonucu elde edilen 2 2 1 1 1 , 0 ; 1 , ; 0 , o oa b a b a b
parametrelerinden 2
2 1 0 , , og g g
bulunur. Artık v fonksiyonu
2
11
2
1 1
exp
1 exp 1o
dg
v dg g
17
yol şartı ise
1 exp 0F
I
z
formülleri ile belirlenebilir.
0 Re Re durumunda, reel eksen üzerinde 0 , 1 aralığının uygun bir yol
olduğu görülmektedir.(1) Böylece çözüm 1 11
0 exp 1w z A d z
olmaktadır. 0 1w sağlayacak bir çözüm için
1 11
00 1 = ,w A d A
kullanılarak
A
elde edilir ve çözüm önce :
1 11
0 exp 1w z d z
olarak yazılır.
Bu noktada 0
exp =
!
k k
k
zz
k
açılımı integrale yerleştirilerek
1 11
00
1 !
kk
k
zw z d
k
bulunur.
1 11
0 1kd
integralinin
,
kk
k
olarak çözüme yerleştirilmesi ile
1 1
0
!
k
k
k zw z F z
k k
2 31 1 2 1 ...
1! 1 2! 1 2 3!
z z z
KHG Serisine ulaşılır. parametresinin negatif bir tamsayı olması halinde çözümün bir
polinom olacağı görülmektedir.
18
VIII. HGDD
0og durumuna uygun bir örnek 1 1 0z z w z w w
ile verilen HGDD ’in Euler dönüşümü ile çözümüdür. HGDD ’in parametrizasyonu ilk bakışta
tuhaf bulunsa bile, ileride bunun çözüm estetiği uğruna DD estetiğinden fedakarlık
edilmesinden kaynaklandığı görülecektir. Ayrıca DD ’in değişimi altında
değişmediği de gözlenmektedir. 2
2 1 1 0
o o oa z a z a w b z b w c w
denklemi ile karşılaştırma sonucu elde edilen
2 1 1 1 , 1 , 0 ; 1 , ; o o oa a a b b c
parametrelerinden
2
1 1
2 2 2
1 1 ,
2 2 2 2
ocb b
a a a
bulunur
ve tarihsel sebeplerle tercih edilir. Bu tercih sonucu 2 1g ,
1 1 1 ,g 0og olmaktadır. Bu durumda
11
2 2
1 1exp
11 exp 1
1
dg
v dg g
;
yol şartı ise
1
1
1 0
F
Iz
ile belirlenir ve
11
C
w z dz
olur. Bu noktada hesap kolaylığı açısından
2
1
dud
u u değişken dönüşümü yapılırsa yol şartı
1
1 0
1
F
I
u u
u z
halini alır ve KHGDD ile aynı biçimde 0 Re Re
için, reel eksen üzerinde 0 , 1 aralığı uygun olur.(2) Böylece çözüm
1 11
0 1 1 w z A du u u u z
olmaktadır.
19
0 1w sağlayacak bir çözüm için
1 11
00 1 1 1 w A du u u u z A
kullanılarak
1 11
0 1 1 w z du u u u z
yazılır.
Bu noktada 1 u z
ifadesinin binom açılımını biraz dolambaçlı bir biçimde yapmak
gerekir.
0 0
1!1 =
! ! 1 !
k kn
k k
nn x xx
n k k n k k
0
1 1 1
1 !
k k k
k
u zu z
k k
ifadesi
1 sin
sin 1 sin1
1
kk
k kk
ve
11
sin
kullanılarak
0
1
!
k k
k
k u zu z
k
olarak basitleşir. Bu açılım çözüme yerleştirilince
1 11
00
1 !
kk
k
k zw z du u u
k
bulunur.
1 11
0 1kdu u u
integralinin
,
kk
k
olarak çözüme yerleştirilmesi ile
0
!
k
k
k k zw z
k k
2 31 1 1 2 1 2 1 ...
1! 1 2! 1 2 3!
z z z
20
HG Serisine ulaşılır. veya parametrelerinden herhangi birinin negatif tamsayı
olması halinde çözümün bir polinom olacağı görülmektedir. KHGDD 'in HGDD 'in, KHG
serinin de HG serinin özel birer limiti oldukları DD I kitapçığında görülmüştü. Benzer bir
limit işleminin integral dönüşüm metodunda da geçerli olması doğaldır.
1 11
2 10
, , ; 1 1
F z du u u uz
ifadesinde
s z değişken dönüşümünün sonucu
1 11
2 10
, , ; 1 1
s u sF du u u
olur.
1 1 exp
u su su s u s
u sLim Lim
kullanılarak
1 11
1 1 2 10
, ; , , ; 1 exp
s
F s F du u u u sLim
1 11
0 1
u sdu u u e
elde edilir.
EKLER VE NOTLAR
(1,2) 0 Re Re olmayan durumlarda, çoğu kapalı olmak üzere değişik yollar
kullanılır. Bunların en karmaşığı her iki tekil noktanın etrafında iki kere ve ters yönlerde
dolanan Poschhammer yoludur.
Recommended