BÖLÜM 4 İNEER DİFERANSİYEL DENKLEM SİSTEMLERİ · Mühendisler İçin Diferansiyel Denklemler Engin/Çengel - 2 - Elde ettiğimiz bu denklem sistemi Denklem 4−3 e eşdeğerdir

Mühendisler İçin Diferansiyel Denklemler

Engin/Çengel

- 1 -

BÖLÜM 4 LİNEER DİFERANSİYEL DENKLEM SİSTEMLERİ 4−1 GİRİŞ Denklem sistemlerine lineer cebir dersinden aşina olmalısınız. Ancak bu tür denklemlerde herhangi bir diferansiyel büyüklük veya türev bulunmaz. Başka bir deyişle cebirsel denklem sistemi,

753

5−=−

=+yx

yx (4−1)

şeklinde karşımıza çıkar. Öte yandan diferansiyel denklem sistemleri genellikle bir veya daha fazla sayıda bağımsız değişkenin tek bir bağımlı değişkene göre türevlerinin bulunduğu denklem sistemleridir Örneğin;.

2635232

++′−+′=′′++′−−′=′′

yyxxyeyxxyx t

(4−2)

sistemi, ikinci mertebeden iki tane diferansiyel denklemden oluşmaktadır ve burada bilinmeyen fonksiyonlar x(t) ve y(t) dir. Bu iki bilinmeyen fonksiyonun her iki denklemde de yer almasından ötürü, bu fonksiyonları bulabilmek için iki denklem birlikte çözülmek zorundadır (tıpkı Denklem 4−1’in çözümünde olduğu gibi). Elde edilecek çözümler, belirtilen t aralığında her iki denklemi de sağlamalıdır. Bir diferansiyel denklem sistemini meydana getiren denklemler farklı mertebeden denklemler olabilir. Örneğin tüm denklemler, Denklem 4−2 de olduğu gibi ikinci mertebeden olabileceği gibi denklemlerin bazıları birinci bazıları ise ikinci mertebeden olabilir. Diferansiyel denklem sistemine üniform bir yapı kazandırmak için genellikle bu tür sistemler eşdeğer bir sisteme dönüştürülür. n’inci mertebeden bir diferansiyel denklem, her zaman n adet birinci mertebeden denklemden oluşan bir sisteme dönüştürülebilir. Bunun nasıl yapıldığını üçüncü mertebeden bir denklem üzerinde göstereceğiz. Aşağıdaki diferansiyel denklem verilmiş olsun.

27532 txxxx ++′−′′=′′′ (4−3) Bu denklemi üç tane birinci mertebeden denkleme dönüştürmek için,

xxxxxx

xx

′′=′=

′=′==

23

12

1

olarak üç parametre tanımlayacağız. Bunu yaparken en yüksek mertebeli türev hariç, yeni değişken olarak bilinmeyen fonksiyonlar ve türevlerini tanımlıyoruz. Bu yeni değişkenlerin Denklem 4−3 te yerine yazılmasıyla,

21233 7532 txxxx ++−=′ (4−5)

elde edilir. Bu denklem, tanımladığımız üç yeni değişkene bağlı birinci mertebeden bir diferansiyel denklemdir. Bu denklem ile x2 ve x3 ten oluşan grup birinci mertebeden bir denklem sistemi meydana getirmiş olur:

2

1233

32

21

7532 txxxx

xxxx

++−=′

=′=′

(4−6)


Engin/Çengel

- 2 -

Elde ettiğimiz bu denklem sistemi Denklem 4−3 e eşdeğerdir. Burada verilen dönüştürme yöntemi oldukça geneldir ve hangi mertebeden olursa olsun bir denklemi birinci mertebeden bir denklem sistemine dönüştürmede kullanılabilir. ÖRNEK 4− Yüksek Mertebeli Sistemleri Birinci Mertebeye İndirgeme Aşağıda verilen denklem sistemini ve sınır şartlarını birinci mertebeden bir denklem sistemine dönüştürünüz.

),(2),(32tgxyxytfxyxx

+′++−=′′+′+−=′′

,0)0(,0)0(

==

yx

2)0(1)0(

=′=′

yx

ÇÖZÜM Verilen sistem, iki bilinmeyenli ikinci mertebeden bir diferansiyel denklem sistemidir. Sonuçta birinci mertebeden dört adet denklemden oluşan bir sistem elde edilecektir. Bunun için önce dört tane yeni değişken tanımlayalım:

yxxyx

xxxxx

′=′==

′=′==

34

3

12

1

Bu değişkenlerin verilen sistemde yerine yazılmasıyla aşağıdaki yeni sistem elde edilir.

1 2

2 1 3 2

3 4

4 1 3 2

,2 3 ( ),

,2 ( )

x xx x x x f tx xx x x x g t

′ == − + +

′ =′ = − − + +

2)0(0)0(1)0(0)0(

4

3

2

1

====

xxxx

Bu ise birinci mertebeden dört denklemden kurulu bir diferansiyel denklem sistemidir. Denklem sisteminden mertebelerin toplamının 4 olduğu dikkatinizi çekmiş olmalıdır. Ayrıca baştaki sistemde olduğu gibi yeni denklem sisteminde de denklemlerin lineer ve sabit katsayılı olduğu görülmektedir. Bir çözüm yolu bulunması halinde yüksek mertebeli bir diferansiyel denklemi birinci mertebeden bir denklem sistemine dönüştürmenin pek bir anlamı olmayabilir. Ancak pratikte karşılaşılan yüksek mertebeli denklemlerin çoğu lineer değildir ve sayısal olarak çözülmeleri gerekir. İlerde de görüleceği gibi verilen yüksek mertebeli bir diferansiyel denklemi birinci mertebeden bir sisteme dönüştürmek olağan bir uygulamadır.


Engin/Çengel

- 3 -

DİFERANSİYEL DENKLEM SİSTEMLERİNİN SINIFLANDIRILMASI Diferansiyeld denklemlerle ilgili tanımlamaların büyük bir çoğunluğu diferansiyel denklem sistemleri için de yapılabilir. Bunun yanında diferansiyel denklem sistemleri ile cebirsel denklem sistemleri arasında da yakın bir benzerlik olduğu görülür. Örneğin cebirsel bir denklem sisteminde eğer tüm denklemler lineer ise, sistemin de lineer olduğu söylenir. Bu yüzden,

1032

522 −=−

=+

yxyx

(4−7)

cebirsel denklem sistemi lineer değildir. İkinci denklemde yer alan y2 terimi lineerliği bozmuştur. Benzer şekilde bir diferansiyel denklem sisteminde yer alan tüm denklemler lineer ise, bu diferansiyel denklem sistemine lineerdir denir. Tek bir diferansiyel denklem bile lineer değilse, diferansiyel denklem sistemi lineer olmayan bir denklem sistemi haline gelir. Örneğin

diferansiyel denklem sistemi lineer değildir. Eğer bir diferansiyel denklem sisteminde yer alan tüm denklemler homojen ise bu sisteme homojendir denir. Tek bir denklemin bile homojen olmaması, sistemi homojen olmaktan çıkarır:

zyxx +−=′ 2 (homojen)

zytxy ++=′ 2 (homojen)

tyxz 33 +−−=′ (3t den ötürü homojen değil) Lineer bir diferansiyel denklem sistemi, genel olarak,

)()()(

)()()(

222

111

tRytQxtPytRytQxtPx

++=′++=′

(4−8)

Biçiminde ifade edilir. Burada 1( )R t ve 2 ( )R t homojen olmayan terimlerdir. Buna göre

lineer homojen bir diferansiyel denklem sistemi ytQxtPy

ytQxtPx)()(

)()(

22

11

+=′+=′

(4−9)

olarak ifade edilir. Lineer bir denklem sisteminde 2x , xy, xx′ ve sin y gibi lineer olmayan terimlerin bulunmadığına dikkat ediniz. Ayrıca homojen bir denklem sisteminde ne bağımlı değişkenler ne de onların türevleri bir çarpan olarak yer almaz. Son olarak standart biçimde yazılan bir diferansiyel denklem sistemindeki tüm denklemler sabit katsayılı ise, denklem sistemi de sabit katsayılı olarak nitelendirilir. Tek bir denklem bile değişken katsayılı olursa, sistem de değişken katsayılı hale gelir. Örneğin,

32 tzyxx ++−=′ (sabit katsayılı)

12 −+−=′ yxy (sabit katsayılı)

ztyxz −+=′ 24 (2t den ötürü değişken katsayılı) Buna göre sabit katsayılı bir diferansiyel denklem sistemi aşağıdaki şekilde ifade edilir:

)(

)(

222

111

tRybxaytRybxax

++=′++=′

(4−10)

3

2

21

4 3 ( )

x x y z ty x zz x xy t z lineer olmayan denklem

′ = − + +′ = + +

′ = − −


Engin/Çengel

- 4 -

Yukarıdaki denklem sisteminde ilk denklemde ,y′ ikinci denklemde ise x′ terimlerinin bulunması gerektiğini düşünebilirsiniz. Yani denklem sisteminin genel biçimi,

)()(

222

1111

tRxcybxaytRycybxax

+′++=′+′++=′

) (4−11)

şeklinde mi olmalıdır? Ancak ikinci denklemdeki y′ ilk denklemde yerine yazıldığında, ilk

denklemdeki 1c y′ teriminin ortadan kalktığı görülür. Benzer bir işlem yapılarak ikinci

denklemdeki 2c y′ terimi de yok edilebileceğinden denklem sistemi yine 4−10 ile verilen

hale gelmiş olur. Bu nedenle bağımlı değişken türevlerini denklem sisteminde göstermenin problemi karmaşık hale getirmenin ötesinde bir etkisinin bulunmadığı görülür. Cebir derslerinizde muhtemelen lineer olmayan denklem sistemlerine değinmediniz ve sadece lineer denklem sistemleri üzerinde yoğunlaştınız. Elbette bunu, lineer denklem sistemleri önemsiz diye yapmadınız, bilakis bu tür denklem sistemlerinin analitik olarak çözümleri çoğunlukla imkânsızdır. Ancak bu tür denklem sistemlerini uygun bir teknik kullanarak bilgisayarda çözmek olasıdır. Ancak bunun için belirli bir düzeyde sayısal çözümleme yapma bilgisine gerek vardır. Aynı durum diferansiyel denklem sistemleri için de geçerlidir. Lineer diferansiyel denklem sistemleri belirli bir sistematik yol izlenerek çözülebilir, ancak lineer olmayan diferansiyel denklem sistemleri için bu tür çözüm yöntemleri mevcut değildir. Bunu pratikte yapmanın tek yolu sayısal yöntemler kullanmaktır. Bunu ileriki bölümlerde ele alacağız. Bu bölümde ise sadece lineer denklem sistemleri üzerinde duracağız. Lineer olsa bile değişken katsayıların bulunduğu diferansiyel denklem sistemleri çözmek oldukça zordur. Bunun nedeni çözümlerin genellikle sonsuz seriler içermesidir. Bu yüzden burada lineer ve sabit katsayılı diferansiyel denklemlerden kurulu sistemleri ele alacağız. 4−2. DİFERANSİYEL DENKLEM SİSTEMLERİ NASIL ORTAYA ÇIKMAKTADIR? Diferansiyel denklem sistemleri çoğu pratik problemde kendiliğinden ortaya çıkar. Bu tür problemlerin ortak yönü tek bir sistem yerine iki ya da daha fazla sayıda fiziksel olarak bağlı sistemlerden oluşmalarıdır. Bu tür sistemlerdeki bilinmeyen fonksiyonlar hem birbirlerine hem de bağımsız değişkene bağlıdır. Bu nedenle birlikte çözüm yapılarak elde edilmeleri gerekir. Diferansiyel denklem sistemlerinin teorisine ve çözüm tekniklerine geçmeden önce birkaç örnekle bu tür denklem sistemlerinin nasıl ortaya çıktığını görelim. ÖRNEK 4−2 Ayrık mekanik titreşim Yay sabitleri k1 ve k2 olan iki yay ucuna sırasıyla m1 ve m2 kütlelerinin asıldığını düşünelim. Kütlelere dışarıdan 1( )F t ve 2 ( )F t kuvvetleri Şekil 4−6’da gösterildiği gibi uygulanıyor

olsun. Kütlelerin başlangıç konumlarına göre yer değiştirme miktarları 1( )x t ve 2 ( )x t dir.

Başlangıç konumları kütlelerin kendi ağırlıklarıyla yayı uzattığı konum olarak düşünüldüğü için kütlelerin ağırlıkları bir dış kuvvet olarak dikkate alınmamaktadır. Herhangi bir sönümlenme veya sürtünme olmadığını kabul ederek iki kütlenin hareketlerini tanımlayan diferansiyel denklem sistemlerini elde ediniz.


Engin/Çengel

- 5 -

ÇÖZÜM Bir kütlenin değişik şartlardaki titreşimi daha önce ayrıntılı olarak ele alınmıştı. Herhangi bir sönümlenme olmadığını ve pozitif yönün aşağı doğru alındığını kabul ederek her iki kütlenin hareket denklemi,

2

11 1 1 12 ( )d xm k x F t

dt= − + (4−12a)

ve

2

22 2 2 22 ( )d xm k x F t

dt= − + (4−12b)

olarak ifade edilebilir. Burada 1( )x t ve 2 ( )x t bilinmeyen fonksiyonlar veya (bağımlı

değişkenlerdir. Denklem sistemindeki t ise zamanı gösteren bağımsız değişkendir. Denklem 4−12 iki bilinmeyenli bir denklem sistemini temsil etmektedir. Daha doğrusu bunlar, her ikisi de tek bir bağımsız değişkene bağlı iki denklemdir. Dolayısıyla bu iki denklem birbirinden bağımsız olarak çözülebilir ve bunun sonucunda 1( )x t ve 2 ( )x t bilinmeyen fonksiyonları

elde edilebilir. İki kütle birbirlerinden bağımsız şekilde hareket ettiğinden ve birbirlerini hiçbir şekilde etkilemediklerinden bu durum şaşırtıcı gelmemelidir. Dolayısıyla Denklem 4−12’ye ayrık denklem sistemi adı verilir, çünkü her iki bilinmeyen fonksiyon da ( 1( )x t ve

2 ( )x t ) sadece tek bir denklemde bulunmaktadır. Bu tür bir sistemi çözmek için yeni bir

bilgiye ihtiyacınız bulunmamaktadır ve biz burada bu tür ayrık sistemler ile ilgilenmeyeceğiz. ÖRNEK 4−3 Bağlı mekanik titreşim Önceki örnekte verilen iki yay−kütle sistemini bu sefer uç uca eklemiş olarak yeniden ele alalım (Şekil 4−7). Sürtünmeyi ihmal ederek iki kütlenin hareketini tanımlayan diferansiyel denklemleri elde ediniz. ÇÖZÜM

1( )x t ve 2 ( )x t yine başlangıç konumlarına göre (kütle ağırlıkları dikkate alınmış halde) iki

kütlenin zamana bağlı konumları olsun. Aşağı yönü pozitif olarak alalım. Yay kuvvetinin, yayın sıkışma veya uzama miktarıyla orantılı olduğu hatırlanarak aşağıdaki ifadeler yazılabilir:

yay,1 1 1F k x= (4−13a)

yay,2 2 2 1( )F k x x= − (4−13b)

Her iki kütle de aynı yönde ve aynı miktarda yer değiştirdiğinde x1 = x2 olur ve ikinci yay herhangi bir kuvvet uygulamaz. Eğer birinci kütle sabitlenmişse ( 1 0x = ), ikinci kütleye

gelen kuvvet yay,2 2 2F k x= olacaktır. Newton’un ikici yasası her bir kütleye

uygulandığında;


Engin/Çengel

- 6 -

21

1 1 1 2 2 1 12 ( ) ( )d xm k x k x x F tdt

= − + − + (4−14a)

ve

22

2 2 2 1 22 ( ) ( )d xm k x x F tdt

+ − + (4−14b)

sonuçları elde edilir. Burada ilk denklemin sağ tarafında yer alan bir terim ile Denklem 4−12a den farklılaştığı görülmektedir. İlave bu terim, ikinci yay tarafından uygulanan kuvveti temsil etmektedir. Benzer şekilde ikinci denklem de Denklem 4−12b den farklı olduğu, bunun da ikinci kütlenin harektli bir noktaya asılmasından ileri geldiği anlaşılmaktadır. Eğer birinci denklemi çözerek ilk kütlenin konum denklemi olan 1( )x t i bulmaya çalışırsak bunda

başarılı olamayız. Çünkü ilk denklemde aynı zamanda diğer kütleye ait olan bilinmeyen fonksiyon 2 ( )x t yer almaktadır. Aynı durum 2 ( )x t için de geçerlidir (yani ikinci denklemi

çözerek onu bulamayız). Ancak her iki denklemi birlikte çözerek 1( )x t ve 2 ( )x t

fonksiyonlarını bulabiliriz. Denklem 4−14 e bağlı denklem sistemi adı verilir, çünkü her bir denklem birden fazla bilinmeyen fonksiyona bağlıdır. Bu bölümde bu tür bağlı denklem sistemlerinin çözümlerini öğreneceğiz. ÖRNEK 4−4 Elektrik devreleri Şekil 4−8 de verilen iki kapalı gözlü elektrik devresini göz gönüne alınız. L1 ve L2 bobinlerinden geçen I1 ve I2 elektrik akımlarını veren diferansiyel denklemi belirleyiniz.

ÇÖZÜM Birden fazla gözün bulunduğu elektrik devrelerini analiz ederken çeşitli devre elemanlarından geçen akımların yönlerini baştan kestirmek zordur. Bu yüzden genellik elektrik akımlarının yönleri kabul edilir. Hesaplama sonucu negatif değer olarak bulunan bir akım, o akım için seçilen yönün yanlış olduğunu gösterir. I1 ve I2 nin yönleri şekilde gösterildiği gibi kabul edilmiş olsun. Bu durumda R direncinden geçen akım, analiz edilen göze göre I1 −I2 veya I2−I1 olacaktır. Kapalı bir gözde belirli bir yöndeki gerilim düşümlerinin toplamının uygulanan gerilime eşit olduğunu biliyoruz. Buna göre bir RL devresi için;

)(tERIdtdIL =+ (4−15)

ifadesi yazılabilir. Bu ilişkiyi iki göze uygularsak;

)()( 211

1 tEIIRdtdIL =−+ (4−16a)


Engin/Çengel

- 7 -

0)( 122

2 =−+ IIRdtdIL (4−16b)

veya tekrar düzenleme yaparak,

)(211

1 tERIRIdtdIL +=+ (4−17a)

122

2 IRIdtdIL =+ (4−17b)

elde ederiz. Böylece iki tane birinci mertebeden lineer sabit katsayılı denklemden kurulu bir sistem elde edilmiş olur. Bilinmeyen 1( )I t ve 2 ( )I t fonksiyonlarını bulabilmek için iki denklem birlikte çözülmelidir. ÖRNEK 4−5 Karışım tankları Şekil 4−9 da gösterildiği gibi 1000 L hacminde özdeş iki karışım tankı birbiri ile irtibatlandırılmış durumdadır. Herhangi bir t anında tanklarda bulunan tuz kütleleri sırasıyla

1( )x t ve 2 ( )x t fonksiyonları ile verilmektedir. Her iki tankta bulunan karıştırıcılar, karışımın mükemmel homojenlikte olmasını sağlamaktadır. Birinci tanka içerisinde 0.10 kg‐tuz/L bulunan çözeltiden 15 L/dak, ikinci tanka ise 5 L/dak temiz su girmektedir. Birinci tanktan ikincisine 50 L/dak tuzlu su geçerken, ikinci tanktan birincisine 35 L/dak tuzlu su geçmektedir. İkinci tanktan 20 L/dak tuzlu su çekildiğine göre her iki tanktaki tuz miktarlarını veren diferansiyel denklemleri geliştiriniz.

ÇÖZÜM İki tanka birim zamanda giren ve çıkan tuzlu su çözeltilerinin hacimleri eşit olduğundan her iki tankta da her an 1000 L çözelti bulunacaktır. Buna göre birinci tankta 1 L çözelti başına

1( ) /1000x t kg‐tuz bulunacaktır. Birinci tanktan birim zamanda ayrılan tuzlu su kütlesi ise

{ }150 ( ) /1000x t olacaktır. Benzer şekilde ikinci tanka giren ve çıkan tuz kütleleri de hesaba

katıldığında, kütle korunumu yasası gereği,

100035

1000505.1 211 xx

dtdx

+−= (4−18a)

100055

1000500 212 xx

dtdx

−−= (4−18b)

yazabiliriz. Bu, iki tane birinci mertebeden diferansiyel denklemden oluşan bağlı bir sistemdir. Yani 1( )x t ve 2 ( )x t fonksiyonlarını bulmak için iki denklemi birlikte çözmemiz gerekir.


Engin/Çengel

- 8 -

Artık lineer denklem sistemlerinin çözüm yöntemlerine geçebiliriz. İlk olarak yok etme yöntemi üzerinde duracağız. Bu yöntem n adet lineer diferansiyel denklemden oluşan bir sistemi n’nci mertebeden tek bir diferansiyel denkleme dönüştürür. Bunun ardından lineer sabit katsayılı denklemler için sistematik bir çözüm yolu olan özdeğer yöntemini öğreneceğiz. Bu yöntem, sabit katsayılı lineer bir denklemin çözümünü andırmaktadır. En son olarak matrisler ve lineer cebir konusunda önemli bazı hatırlatmalar yapılarak matris (veya öz vektörler) yöntemi anlatılacaktır. Bu yöntem, lineer diferansiyel denklem sistemlerinin çözümünde kullanılan en genel ve sistematik yöntem olma özelliğine sahiptir. Bunların dışında kalan Laplace dönüşümü ve sayısal yöntemler ileriki bölümlerde ele alınacaktır.

6‐3 YOK ETME (ELİMİNASYON) YÖNTEMİ

Lineer sistemlerin teorisine girmeden önce, diferansiyel denklem sistemlerinin çözümünde kullanılan en basit ve temel yöntem olan yok etme yöntemi üzerinde duralım. Bu yöntem n tane birinci mertebeden diferansiyel denklemi, mertebesi n olan tek bir diferansiyel denkleme dönüştürme esasına dayanır. Bu yöntem, cebirsel denklemlerdeki yok etme yöntemine benzemektedir. Örneğin,

35723

=−=+

yxyx

(4−19)

sistemi x e bağlı tek bir denkleme dönüştürülebilir. Bunu yapmak için ikinci denklemden y=5x−3 elde edilerek ilk denklemde yerine yazılır. Böylece,

7)35(23 =−+ xx (4−20) tek bilinmeyenli denklemi elde edilir. Bu denklemden x çözülürse x = 1 bulunur. x bilindiğine göre, değeri birinci veya ikinci denklemden yazılarak y = 2 elde edilir. Şimdi de iki tane birinci mertebeden lineer ve sabit katsayılı diferansiyel denklemden oluşan bir sistemi göz önüne alalım. Bağımlı değişkenler x ve y dir.

)(111 tRybxax ++=′ (4−21a)

)(222 tRybxay ++=′ (4−21b) İlk denklemden y yi çekip t ye göre türevini alırsak;

( )1 11

1 ( ) ,y x a x R tb

′= − − (4−22)

ve

1 11

1 ( ( ))y x a x R tb

′′ ′′ ′= − − (4−23)

elde ederiz. Şimdi de bu y ve y′ nü ikinci denklemde yerine yazıp düzenlersek,

1 2 1 2 2 1 1 2 1 1 2( ) ( ) ( ) ( ) ( )x a b x a b a b x R t b R t b R t′′′ ′− + + − = − + (4−24)


Engin/Çengel

- 9 -

sonucuna ulaşırız. Bu denklem ikinci mertebeden sabit katsayılı lineer bir denklem ve daha önce öğrendiğimiz çözüm yöntemleriyle çözülebilir. Denklemin karakteristik denklemi şu şekildedir:

21 2 1 2 2 1( ) 0a b a b a bλ λ− + + − = (4−25)

Denklemimizin homojen kısmının çözümü karakteristik denklemin iki kökü ile kurulur. x’e ait genel çözüm ise elde edeceğimiz bu homojen çözüm ile, homojen olmayan diferansiyel denklemi sağlayan bir özel çözümün toplamından ( h öy y y= + ) oluşur. ( )x t bu şekilde

bulunduğunda, ( )x t ve ( )x t′ Denklem 4−22 de yerine konur ve böylece ( )y t fonksiyonu da elde edilmiş olur. Bunu bir örnek üzerinde göstereceğiz. ÖRNEK 4−6 Yok etme yöntemi Yok etme yöntemini kullanarak aşağıdaki diferansiyel denklemi çözünüz.

0)0(,531)0(,64=−−=′

=+=′

yyxyxyxx

ÇÖZÜM: Bu bir birinci mertebeden lineer sabit katsayılı diferansiyel denklem sistemidir. Yoketme yöntemini kullanarak verilen sistemin ikinci mertebeden sabit katsayılı eşdeğeri olan denklemi bulalım. İlk denklemden y yi çekelim ve t ye göre türevini alalım:

xxy64

61

−′= (4−26)

ve

xxy ′−′′=′64

61

(4−27)

Şimdi de y ve y′ nü ikinci denklemde yerine yazalım:

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −′−−=′−′′ xxxxx

64

6153

64

61

veya,

02 =−′+′′ xxx Bu ise, ikinci mertebeden lineer sabit katsayılı homojen bir diferansiyel denklemdir. Denklemin karakteristik kökleri;

2 2 0λ λ+ − =

λ1 = 1 ve λ2 = −2 olarak elde edilir. Buna göre genel çözüm;

tt eCeCx 221

−+=


Engin/Çengel

- 10 -

olacaktır. Bilinmeyen diğer fonksiyon y ise x ve x′ nün ilk denklemde (Denklem 4−26) yazılmasıyla bulunur.

tt

tttt

eCeC

eCeCeCeC

xxy

221

221

221

21

)(64)2(

61

64

61

−

−−

−−=

+−−=

−′=

Buna göre verilen diferansiyel denkleminin genel çözümü,

tt eCeCx 2

21−+=

tt eCeCy 2212

1 −−−=

olarak elde edilmiş olur. Keyfi sabitler olan 1C ve 2C ise başlangıç şartlarının uygulanmasıyla belirlenir:

1)0( =x → 121 =+CC

0)0( =y → 021

21 =−− CC

Çözüm yapılırsa, 1C = 2 ve 2C = −1 olarak elde edilir. Bu değerlerin yerine yazılmasıyla, verilen denklem sisteminin çözümü;

tt

tt

eeyeex

2

22−

−

−−=

−=

olarak bulunur. Bu iki denklemin verilen diferansiyel denklem sistemini sağladığı gösterilebilir. Ayrıca çözüme y yerine x i yok ederek de başlayabilirdik, yine aynı sonucu bulurduk. Yok etme yöntemi basit ve izlenmesi kolay bir yöntem olmasına karşın iki ya da üçten fazla sayıda denklemden oluşan sistemleri çözmek için pek pratik değildir. Denklem sayısının artmasıyla oldukça hantal ve karmaşık hale gelmektedir. Öğreneceğimiz özdeğer yöntemi ise, denklem sayısına bakılmaksızın, aynı karakteristik denklemi bulmada daha kolay ve sistematik bir yöntem vermektedir. Bunun için az bir miktar lineer cebir bilgisi yeterli olmaktadır. Yok etme yöntemi homojen olmayan denklem sistemlerine de uygulanabilir. Bu tür durumlarda eşdeğer denklem homojen olmayacağından, genel çözümü bulmak için bir tane özel çözüm bulmamız gerekir. ÖRNEK 4−7 Yok etme yöntemi−homojen olmayan diferansiyel denklem sistemleri yok etme yöntemini kullanarak aşağıdaki başlangıç değer problemini çözünüz.


Engin/Çengel

- 11 -

tyxy

yxx+−−=′++=′

53164

0)0(1)0(

==

yx

ÇÖZÜM Bu bir homojen olmayan, birinci mertebeden sabit katsayılı diferansiyel denklem sistemidir. Bu sistemin ikinci mertebeden, homojen olmayan sabit katsayılı eşdeğer denklemini bulmak için ilk denklemden y yi çekip t ye göre türettiğimizde;

61

64

61

−−′= xxy ( 4−29 )

ve

xxy ′−′′=′64

61

( 4−30 )

elde ederiz. Şimdi de y ve y′ nü ikinci denklemde yerine yazalım:

=′−′′ xx64

61 txxx +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −−′−−

61

64

6153

veya

562 +=−′+′′ txxx Bu denklemin homojen kısmı ise 02 =−′+′′ xxx olur ve bir önceki örnekten bunun çözümünü biliyoruz:

tt eCeCx 221

−+= Belirsiz katsayılar yöntemine göre özel çözümün genel şekli

öx At B= + olacaktır. Bu çözüm ve türevleri 562 +=−′+′′ txxx denkleminde yerine yazılıp katsayılar eşitlendiğinde A = −3, B = −4 olduğu görülür. Böylece genel çözüm ifadesi; 2

1 2 3 4t tx C e C e t−= + − − halini alır. Bu denklemden x ve x′ alınıp Denklem 4−29 yerine yazıldığında,

( ) ( )2 21 2 1 2

21 2

1 4 16 6 61 4 12 3 3 46 6 6

1 2 2 22

t t t t

t t

y x x

C e C e C e C e t

C e C e t

− −

−

′= − −

= − − − + − − −

= − − + +

Sonuç olarak sistemin genel çözümü şu şekilde olacaktır: 2

1 2 3 4t tx C e C e t−= + − −


Engin/Çengel

- 12 -

21 2

1 2 2 22

t ty C e C e t−= − − + +

Keyfi sabitler olan 1C ve 2C ise başlangıç şartlarının uygulanmasıyla belirlenir:

( )

( ) 022100

1410

21

21

=+−−→=

=−+→=

CCy

CCx

Çözüm yapılırsa 1C = 1 ve 2C = −1 olarak elde edilir. Bu değerlerin yerine yazılmasıyla, verilen denklem sisteminin çözümü;

2

2

6 3 43 2 2

t t

t t

x e e ty e e t

−

−

= − − −

= − + + +

olarak bulunur. Bu iki denklemin verilen diferansiyel denklem sistemini sağladığı gösterilebilir. Ayrıca çözüme y yerine x i yok ederek de başlayabilirdik, yine aynı sonucu bulurduk.

İlke olarak bu yöntem lineer olmayan denklem sistemlerine de uygulanabilir. Ancak buradan hareketle kapalı bir çözüm elde etmek nadiren mümkün olur. Bu yüzden lineer olmayan denklemleri çözmenin en iyi yolu sayısal yöntemlerdir. 4−4 ÖZDEĞERLER YÖNTEMİ yok etme yöntemine alternatif bir çözüm yöntemi de özdeğerler yöntemidir. Determinantlar yöntemi olarak da adlandırılan bu yöntem karakteristik denklemin bulunmasında kullanılan kolay ve sistematik bir yoldur. Bu yöntem ayrıca, bu bölümün sonunda anlatılacak olan oldukça kullanışlı matris yöntemi (veya özvektörler yöntemi) ile yakından ilgili temel kavramların öğrenilmesinde de etkin bir rol oynar. Ancak özdeğerler yönteminin de kullanımı iki veya üç tane birinci mertebeden lineer ve sabit katsayılı denklemden oluşan sistemlerle sınırlıdır. Daha fazla sayıdaki denklemden oluşan sistemler için en etkin ve sistematik yol matris yöntemidir. İki tane birinci mertebeden sabit katsayılı denklemden oluşan

ybxax 11' += (4−32a)

ybxay 22' += (4−32b) sistemini ele alalım. Burada a1, b1, a2 ve b2 gerçel sabitlerdir. Bu denklemlerin çözüm fonksiyonlarının

tekx λ1= (4−33a)

teky λ2= (4−33b)

biçiminde olduğunu varsayalım. Buradaki k1, k2 ve λ sabitleri göstermektedir. Bu sabitlerin değerleri, önerilen çözümlerin denklem sistemini sağlaması gerektiğinden hareketle bulunacaktır. Çözümler yerine koyulup,


Engin/Çengel

- 13 -

ttt ekbekaek λλλλ 21111 += (4−34a) ttt ekbekaek λλλλ 22122 += (4−34b)

iki denklem dey teλ bölünür ve tekrar düzenleme yapılırsa, 0)( 2111 =+− kbka λ (4−35a)

0)( 2212 =−+ kbka λ (4−35b) elde edilir. k1 ve k2 ye göre bu iki denklem lineer homojen bir cebirsel denklem sistemini temsil eder. 021 == kk çözümü hemen göze çarpsa da 0== yx sonucunu doğurduğu için işimize yaramaz. İşimize yarayacak çözüm ise, lineer cebir teorisine göre yalnızca katsayılar matrisinin determinantı sıfır ise vardır. Buna göre,

1 11 2 2 1

2 2

( )( )( ) 0

( )a b

a b a ba bλ

λ λλ

−= − − − =

− (4−36)

veya 2

1 2 1 2 2 1( ) ( ) 0a b a b a bλ λ+ + + − = (4−37) olmalıdır. λ ya göre ikinci dereceden olan bu denkleme lineer sistemin karakteristik denklemi adı verilir. Denklemin kökleri olan 1λ ve 2λ ise karakteristik kökler veya verilen denklem sisteminin özdeğerleri adını alır. Bu denklemin daha önce yok etme yöntemi elde ettiğimiz karakteristik denklemin (Denklem 4−25) aynısı olduğu görülmektedir. Denklem 4−36 da verilen determinanta dikkatlice bakıldığında, karakteristik denklemin bulunmasında kısa bir yol gösterdiği anlaşılır. Bunun için katsayılar matrisi olan

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

22

11

baba

A

matrisinin köşegen elemanlarından λ çıkarmak yeterli olmaktadır.

İkinci mertebeden lineer, homojen ve sabit katsayılı bir diferansiyel denklemin genel çözümünün, bu denklemin karakteristik denkleminin kökleri olan 1λ ve 2λ nin gerçel ve farklı, katlı ve kompleks iki kök olmasına göre şekillendiğini biliyoruz. İki tane birinci mertebeden denklem ikinci mertebeden tek bir denkleme dönüştürülebildiği için aynı durum burada da geçerlidir. Karakteristik kökler bulunduktan sonra x için genel çözüm aşağıdaki gibi elde edilir:

Eğer 21 λλ ≠ ise tt eCeCtx 2121)( λλ += (4−38)

Eğer λλλ == 21 ise 1)()( 21λetCCtx += (4−39)

Eğer βαλ i±=2,1 ise )cossin()( 21 tCtCetx t ββα += (4−40)

Burada C1 ve C2 keyfi sabitlerdir. Diğer bilinmeyen y ise ise, ilk denklemden y yi çekip, şimdi bulunan x ve x′ nü y denkleminde yerine yazarak belirlenir. Bu çözüm de aynı keyfi sabitlere bağlı olacaktır. Bunu bir örnekle göstereceğiz. ÖRNEK 4−8 Özdeğerler yöntemi Özdeğerler yöntemini kullanarak aşağıdaki başlangıç değer problemini çözünüz.


Engin/Çengel

- 14 -

,53,64yxy

yxx−−=′

+=′

0)0(1)0(

==

yx

ÇÖZÜM

Bu soru, Örnek 4−6 da daha önceden incelenmişti. Katsayılar matrisini yazalım:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

=53

64A

Karakteristik denklem, köşegen elemanlardan λ çıkarılarak elde edilen determinantın sıfıra eşitlenmesiyle bulunur:

=−−−

−)5(3

6)4(λ

λ 0)3(6)5)(4( =−−−−− xλλ

veya

022 =−+ λλ Bu ise daha önce Örnek 4−6 da bulduğumuz karakteristik denklemdir. Denklemin kökleri λ = 1 ve λ= −2 olduğundan (gerçel ve farklı) genel çözüm; tt eCeCx 2

21−+=

olarak bulunur. Diğer bilinmeyen fonksiyon y ise, ilk denklemden y yi çekip x ve x′ nü bu y denkleminde yazarak bulunur:

xxy64'

61

−=

)(64)2(

61 2

212

21tttt eCeCeCeC −− +−−=

tt eCeC 2212

1 −−−=

Buna göre genel çözüm; tt eCeCx 2

21−+=

tt eCeCy 2212

1 −−−=

olarak elde edilir. Çözümde yer alan 1C ve 2C sabitleri Örnek 4−6 da 1C = 2 ve 2C = −1 olarak hesaplandığından, verilen başlangıç değer probleminin çözümü şu şekilde olur:

tt eex 22 −−= tt eey 2−+−= Özdeğerler yöntemi homojen olmayan sabit katsayılı lineer denklem sistemlerine de uygulanabilir. İşlem, homojen olmayan tek bir denklemin çözümünde yapılanlara paraleldir. Önce homojen kısmın çözümü elde edilir, daha sonra homojen olmayan terimden kaynaklanan özel çözüm bulunur. Son adımda ise homojen kısmın çözümü ile bu özel çözüm toplanarak genel çözüm elde edilir. Özel çözümlerin bulunmasında belirsiz katsayılar yönteminin yanı sıra sabitin değişimi yöntemi de kullanılabilir. Ancak sabitin değişimi yöntemi, kolay ve basit olmasına karşın, homojen olmayan terimlerin polinom çarpanları,


Engin/Çengel

- 15 -

üstel fonksiyon veya sin, cos fonksiyonları biçiminde olmasını gerektirir. Lineer denklem sistemlerinde özel çözümlerin genel biçiminin seçimi, tek denklem için yapılandan farklıdır. Lineer sistemler için tek bir denklemdeki değil, denklem sisteminde yer alan homojen olmayan terimlerin hepsi birden göz önünde tutulmak zorundadır (Şekil 4−16). ÖRNEK 4−9 Özdeğerler yöntemi: Homojen olmayan denklem sistemi Özdeğerler yöntemini kullanarak aşağıdaki başlangıç değer problemini çözünüz 164 ++=′ yxx , ( ) 10 =x

153 +−−=′ xxy , ( ) 00 =y ÇÖZÜM İki tane homojen olmayan lineer sabit katsayılı denklemden oluşan bu sistemin homojen kısmı; yxx 64 +=′

yxy 53 −−=′ olarak ifade edilebilir. Daha önceki örneklerimizde bu sistemin genel çözümünü;

21 2

t thx c e c e−= +

21 2

12

t thy c e c e−= −

Olarak elde etmiştik. Şimdi ise denklem sistemimizde t ve l şeklinde homojen olmayan terimlerimiz bulunmaktadır. Özel çözümün biçimini oluştururken her iki terimi de dikkate almamız gerekir. Buna göre,

1 1öx A t B= +

2 2öy A t B= + olacaktır. Bu çözümler denklem sisteminde yerine yazılırsa;

( ) ( ) 164 22111 ++++= BtABtAA

( ) ( ) tBtABtAA ++−+−= 22112 53 elde edilir. Bilinmeyen katsayıları bulmak için karşılıklı olarak katsayıları eşitlersek,

064 21 =+ AA

164 21 =−− BBA

153 21 =+ AA

053 212 =++ BBA sistemini buluruz. Birinci ve üçüncü denklem ortak çözülürse Al = −3 ve A2 = 2 bulunur. Ardından Bl = −4 B2 = 2 olduğu görülür. Böylece özel çözüm;

3 4öx t= − −

2 2öy t= +

olarak bulınır. Sonuçta homojen olmayan denklem sisteminin genel çözümü;


Engin/Çengel

- 16 -

43221 −−+= − tececx tt

2221 2

21 ++−−= − tececy tt

Olacaktır. Sınır şartlarının uygulanması halinde 1C = 2 ve 2C = −1 olarak bulunacağından, verilen başlangıç değer probleminin çözümü şu şekilde olur:

436 2 −−+= − teex tt

223 21 ++−−= − teecy tt

Bu ise Örnek 4−7 de belirsiz katsayılar yöntemi ile bulduğumuz sonuçla aynıdır. Aranan her iki fonksiyonun özel çözümlerinin aynı formda olduğu dikkatinizi çekmiş olmalı. Fark sadece sabitlerde ortaya çıkmaktadır. Homojen Olmayan Terimlerin Homojen Denklemin Çözümü Olması Hali Eğer homojenliği bozan terimler homojen kısmın çözümü ise, diferansiyel denklem sistemi için yapılacak işlem, tek denklem için yapılandan farklı olacaktır. Tek bir diferansiyel denklemi çözerken bu tür durumlarda xö özel çözümün olağan biçimi olmak üzere özel çözümü k

öt x olarak öneriyorduk. Burada k homojen çözüm ile özel çözümü lineer bağımlılıktan kurtaran en küçük pozitif tam sayıdır. Ancak diferansiyel denklem sistemleri söz konusu olduğunda bu yeterli olmaz. Bunun yerine olağan özel çözümleri,

01

10 ......)( AtAtAtP kkk +++= − (4−41)

biçiminde bir polinom ile çarpmak gerekir (A bir sabittir). Örneğin homojen olmayan terim

2te− , homojen kısmın çözümleri ise 2te− ve 2tte− olsun. Bu durumda önerilecek özel çözüm tek bir denklem söz konusu ise 2 2t

öx At e−= biçiminde olurken, bir diferansiyel denklem sistemi söz konusu ise özel çözüm;

( )2 2töx At Bt C e−= + +

biçiminde olmalıdır. ÖRNEK 4−10 Özdeğer yöntemi: Homojen olmayan diferansiyel denklem sistemi Özdeğer yöntemini kullanarak aşağıdaki diferansiyel denklem sistemini çözünüz.

teyxyyxx

253164

−−−−=′

++′

ÇÖZÜM Burada verilen, birinci mertebeden sabit katsayılı homojen olmayan bir diferansiyel denklem sistemidir. Bu sisteme ait homojen sistem,

yxy

yxx53

64−−=′

+=′

olup genel çözümü daha önceki örneklerimizden


Engin/Çengel

- 17 -

tt

h

tth

eCeCy

eCeCx

221

221

21 −

−

−−=

+=

olarak bulunmuştu. Verilen denklem sisteminden de görüldüğü gibi homojen olmayan terimler e−2t ve 1 dir. 1 e karşılık glen özel çözüm sadece bir sabittir. e−2t e karşılık gelen özel çözüm ise normalde te−2t dir, çünkü e−2t terimi homojen kısmın çözümüdür. Ancak burada bir denklem sistemi söz konusudur ve özel çözümün bir parçası olarak bir sabitle e−2t nin çarpımını da dahil etmemiz gerekir. Böylece özel çözümleri,

2 21 1 1

2 22 2 2

t tö

t tö

x A e B te D

y A e B te D

− −

− −

= + +

= + +

olarak önermemiz gerekir. Ancak hx temel çözüm olarak alındığından ve bu ifadedeki keyfi

sabit, çözümün bir parçası olarak ortaya çıkabilecek 2te− terimlerini bünyesinde bulundurabileceğinden hx ifadesindeki A1 = 0 almak bir sakınca doğurmaz. Buna göre özel çözümler şu şekilde olacaktır:

21 1

2 22 2 2

tö

t tö

x B te D

y A e B te D

−

− −

= +

= + +

Bu ifadeler diferansiyel denklem sisteminde yerine yazılırsa,

ttttttt

ttttt

eDteBeADteBteBeBeA

DteBeADteBteBeB2

22

22

212

12

22

22

2

22

22

212

12

12

1

)(5)(322

1)(6)(42−−−−−−−

−−−−−

−++−+−=−+−

+++++=−

elde edilir. Karşılıklı katsayılar eşitlendiğinde 6 denklemin meydana geldiği görülür:

212

211

222

21

21

21

532642

1526

0530164

BBBBBBABA

ABDD

DD

−−=−+=−

−−=+−=

=−−=++

Son iki denklemin aynı olduğu açıktır. İlk iki denklem ise yalnızca D 1 ve D 2 ye bağlı olup

çözüm yapıldığında D 1 = 25/6 and D 2 =5/2 bulunur. Kalan denklemlerin de çözülmesiyle A 2

= 1/3, B 1 = 2 ve B 2 = −2 olarak hesaplanır. Sonuç olarak aranan özel çözümler;

2

2 2

2526

1 523 2

−

− −

= +

= − −

tö

t tö

x te

y e te

ve sistemin genel çözümü;

2 21 2

2 2 21 2

2526

1 1 522 3 2

− −

− − −

= + + +

= − − + − −

t t tö

t t t tö

x C e C e te

y C e C e e te

olarak bulunur. 2te− terimlerinin birleştirilmesiyle ikinci fonksiyon,

2 21 2

1 1 5( ) 22 3 2

t t ty C e C e te− −= − − − − −

olarak ifade edilebilir.


Engin/Çengel

- 18 -

4−5 MATRİSLERİN GÖZDEN GEÇİRİLMESİ Gerek yok etme gerekse özdeğerler yöntemi iki veya üç tane denklemden oluşan diferansiyel denklem sistemlerini çözmede yeterlidir. Ancak daha fazla sayıda denklem varsa bu iki yöntem pek pratik değildir. Fazla sayıda denklemden oluşan sistemler en iyi matris gösterimiyle tarif edilebilir. Cebirsel denklem sistemleri için de aynı şeyin geçerli olduğu biliyoruz. Bu kısımda matrisler ve bunlarla yapılan işlemlerin hatırlanması amaçlanmıştır, kendini yeterli hisseden öğrenciler bu kısmı atlayabilir. m×n boyutlarında bir matris, m sayıda satırda ve n adet sütunda sıralanmış sayı veya elemanlardan oluşur:

⎟⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

=

mnmm

n

n

aaa

aaaaaa

A

.........

...

...

21

22221

11211

( 6 – 42 )

Matrisler genellikle kalın büyük harflerle gösterilir, örneğin A. Matrisin elemanları

reel veya kompleks sayı olabileceği gibi fonksiyon da olabilir. Matris elemanlar aij ile gösterilir. Burada i = 1, 2, 3, ..n ve j = 1, 2, 3, 4…n şeklinde alınır. Örneğin a32 3. satır‐2. sütundaki elemanı belirtir. Elemanlarla işlem yaparken matrisi bazen A = (aij) olarak ifade etmek kolaylık sağlar. Yukarıda matrislerin cebirsel sistemler için de kolaylık sağladığını söylemiştik. Örneğin aşağıdaki denklem sistemi;

1275645

5332

321

321

321

=−+−=−+

=+−

xxxxxxxxx

matris formda şu şekilde ifade edilir:

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−−

−

171645

332

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

3

2

1

xxx

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛−=12

55


Engin/Çengel

- 19 -

1 KARE MATRİS Satır ve sütun sayıları eşit (m = n) olan matrislere kare matris diyoruz. Kare matris şu şekilde görünür:

A =

⎟⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

nnnn

n

n

aaa

aaaaaa

.........

...

...

21

22221

11211

2 VEKTÖR Tek bir sütundan (kolondan) oluşan matrise kolon vektörü veya kısaca vektör adı verilir. Buna göre bir vektördeki eleman sayısı satır sayısına eşit olacaktır. Vektörler kalın küçük harflerle gösterilir, örneğin b.

1

2

b ..

n

bb

b

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

( 6 – 44 )

Benzer şekilde tek bir satırdan oluşan matrise de satır vektörü adı verilir. Dolayısıyla vektör matrisin özel bir durumunu ifade eder. Örneğin üç tane vektör,

v1 = ⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

152

, v2 = ⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛−

74

3, v3 =

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−−

16

3

verilmiş olsun. Bunların oluşturacağı matris şu şekilde olur:

A = ( v1 v2 v3 ) = ⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−−

−

171645

332

3 SIFIR MATRİSİ Tüm elemanları sıfır olan matrise sıfır matrisi denir:

0 =

⎟⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

0...00......0...000...00

(4−45)

4 SİMETRİK MATRİS Ana köşegenine göre simetrik elemanlara sahip matrise simetrik matris denir. Simetrik matris için aij = aji dir. Buna bir örnek verelim:


Engin/Çengel

- 20 -

A = ⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−

−

249435951

(4−46)

5 ÜST ÜÇGEN VE ALT ÜÇGEN MATRİSLER Ana köşegeninin altında kalan tüm elemanları sıfır olan matrise üst üçgen, bu köşegenin üzerinde kalan tüm elemanları sıfır olan matrise ise alt üçgen matris denir:

1 5 9U 0 4 5

0 0 9üst üçgen

−⎛ ⎞⎜ ⎟= →⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

ve

1 0 0A 1 4 0

4 5 9alt üçgen

⎛ ⎞⎜ ⎟= − →⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠

6 KÖŞEGEN MATRİS Ana köşegeni üzerindeki elemanları hariç tüm elemanları sıfır olan kare matristir:

2 0 0D 0 7 0

0 0 4

⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

7 BİRİM MATRİS Ana köşegeni üzerindeki tüm elemanları 1, geri kalan tüm elemanları ise 0 olan matristir. Bu matris I ile gösterilir:

1 0 0I 0 1 0

0 0 1

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

MATRİSLERİN ÖZELLİKLERİ Matris gmsterimi, çok sayıda girişi tek bir sembol ile gösterme imkanı verir. Bu yüzden çok sayıda denklemin yer aldığı sistemleri son derece sade bir biçimde ifade etmek mümkündür. O halde matrislerle nasıl işlem yapılacağını bilmek önemlidir. 1 EŞİTLİK Eğer iki matrisin satır ve sütun sayıları eşitse bu iki matris aynı boyuttadır denir. Eğer aynı boyuttaki A ve B matrislerinin karşılıklı gelen tüm elemanları eşitse, yani; )476( −= ijij ba

ise, bu durumda A = B dir. Örneğin;

2 1 0A 0 7 0

2 9 4

−⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

ve

2 1 0B 0 7 0

2 9 4

−⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

ise A = B olur.


Engin/Çengel

- 21 -

2 TOPLAMA İŞLEMİ İki tane m × n boyutundaki matris toplanırken karşılıklı gelen elemanları toplanır:

( ) ( ) ( )A + B (6 48)ij ij ij ija b a b= + = + −

Örneğin,

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++−+−+

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛− 61

121062184)3(2

0283

6142

Toplanan matrislerin aynı boyutta olması gerekir. Toplama sonucu elde edilen matris de toplanan matrislerin boyutundadır. Matris toplama işleminin de değişme ve birleşme özelliği vardır: A B B A+ = + (4−49a) A + (B + C) = (A + B) + C (4−49b) Toplama işleminde sıfır matrisi (0) etkisiz elemandır: A + 0 = A. 3 MATRİSİ BİR SAYI İLE ÇARPMA Bir A matrisini k gibi bir skalerle çarpmak demek, bu matrisin her bir elemanını o sayı ile çarpmak demektir:

A ( ) ( ) (6 50)ij ijk k a ka= = −

Örneğin

2 1 3 2 3 ( 1) 6 33

4 7 3 4 3 7 12 21− ⋅ ⋅ − −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⋅ ⋅⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Bunun sonucunda matrisin boyutunun değişmediğine dikkat ediniz. 4 ÇIKARMA İŞLEMİ Elimizde A ve B gibi m×n boyutunda iki matris bulunsun. A−B = A + (−B) yazılabileceğinden, birinci matrisle ikinci matrisin negatifini toplarsak bu iki matris arasındaki farkı bulmuş oluruz. Örnek verelim:

4 2 3 6 4 3 2 6 1 43 6 0 2 3 0 6 ( 2) 3 8

− − −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− − − − − − −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

5 ÇARPMA İŞLEMİ Boyutu m×n olan A matrisi ile boyutu m×r olan B matrisinin çarpımından boyutu m×r


Engin/Çengel

- 22 -

olan bir C matrisi elde edilir. C matrisinin elemanları şöyle bulunur:

∑ −+++== )546(... 12211 ninjijikjikij babababac

Örnek verelim. İki matris,

2 5A 1 0

3 4

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

ve 3 4B

2 5⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

olarak verilmiş olsun. Bu iki matrisin çarpımı şöyledir:

2 5 2 3 5 2 2 4 5 5 16 333 4

AB 1 0 1 3 0 2 1 4 0 5 3 42 5

3 4 3 3 4 2 3 4 4 5 1 8

⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= = ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− − ⋅ + ⋅ − ⋅ + ⋅ −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Çarpma işleminin birleşme ve dağılma özelliği bulunmakta, ancak değişme özelliği bulunmamaktadır. Diğer bir ifadeyle;

(AB)C=A(BC)A(B + C)=AB + ACAB BA≠

Aslında kare matrisler olmadıkça BA çarpımı yoktur. Kare matrisler söz konusu değilse, çarpma işleminin yapılabilmesi için A nın sütun (kolon) sayısı B nin satır sayısına eşit olmak durumundadır. Ayrıca bir matrisin birim matris I ile çarpımı yine matrisin kendisine eşittir, yani AI A= dır. 6 MATRİSİN DEVRİĞİ (TRANSPOZESİ) Bir A matrisinin devriği ya da transpozesi AT olarak gösterilir. Devrik matris, verilen matrisin satır ve sütunları yer değiştirilerek elde edilir. Örneğin A ( )ija= ise, bu matrisin devriği;

A ( )Tjia= (4−57)

Olur. Örnek verelim:

1 2 9 1 4 7A 4 5 6 A 2 5 8

7 8 9 3 6 9

T

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟= ⇒ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Ana köşegen üzerinde yer alan 1, 5 ve 9 sayılarının değişmediğine dikkat ediniz. Devrik kavramı sütun vektörleri satır vektörü olarak göstermeyi de mümkün kılar.

1a 2 a b (1 2 3)

3

T

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⇒ = =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

İki vektörün skaler çarpımı Skaler çarpım a ∙ b olarak gösterilir ve buna bazen iç çarpım da denir. Skale çarpım şu şekilde elde edilir:


Engin/Çengel

- 23 -

[ ] [ ]1 2 1 2 1 1 2 2a b ... ... ...Tn n n na a a b b b a b a b a b⋅ = = + + +

(4−58) Örneğin [ ]a 1 2 5= − ve [ ]b 2 0 6T = verilmiş olsun. Bu durumda

[ ][ ]a b 1 2 5 2 0 6 2 0 30 32T⋅ = − = + + =

olur. Görüldüğü gibi skaler çarpımın sonucu skale bir büyüklüktür (yani bir sayıdır). 7 DETERMİNANT Boyutu n×n olan kare A matrisinin determinantı det A veya A ile gösterilir. Matrislerden

farklı olarak determinant tek bir sayı ile ifade edilir:

11 1211 22 21 12

21 22

det Aa a

a a a aa a

= = −

Örneğin,

2 6 2 6

A det A 2 5 6 ( 1) 161 5 1 5

⎛ ⎞= ⇒ = = × − × − =⎜ ⎟− −⎝ ⎠

3×3 boyutunda bir matrisin determinantı ise Sarrus kuralı ile bulunur:

11 12 13 11 12 13 11 12

21 22 23 21 22 23 21 22

31 32 33 31 32 33 31 32

Aa a a a a a a aa a a a a a a aa a a a a a a a

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟= →⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

11 22 33 12 23 31 13 21 32 31 22 13 32 23 11 33 21 12det A a a a a a a a a a a a a a a a a a a= + + − − − Bu yöntem yüksek mertebeli determinantlara da uygulanabilir. n inci mertebeden bir determinantın (n−1) inci mertebeden determinantlar verdiğini biliyoruz. Örneğin Mij, verilen bir A determinantının i’inci satırı ve j’inci sütunu silinerek elde edilen (n−1)×( n−1) boyutunda bir determinant olarak alınırsa, bu durumda,

1

det A ( 1)n

i jij ij

ja M+

=

= −∑ (4−61)

Örneğin aşağıdaki determinantı 2. satırına göre açarak hesaplayalım:

1 2 1A 0 0 3

7 5 0=

( )2 1 1 1 1 2det A 0 0 3 0 0 3 1 5 2 7 27

5 0 7 0 7 5= − + − = − + − × − × =

(+)

(+)

(+)

(-) (-) (-)


Engin/Çengel

- 24 -

Eğer bir A matrisinin herhangi bir satırı veya sütunu sıfır ise, bu matrisin determinantı sıfırdır. Yukarıdaki determinantı Maple ile alalım: >

>

>

> = 27

>

Bu determinanın sonucunun −25 olduğunu gösterebilir misiniz?

8 BİR MATRİSİN TERSİ n×n boyutunda bir A kare matrisi bulunsun. Bu matrisin tersi A−1 ile gösterilir ve A×A−1 = A−1×A = I dır. Kare olsa bile her matrisin tersi bulunmayabilir. Eğer A−1

mevcutsa, A matrisine tekil olmayan matris denir. Eğer bir matrisin determinantı sıfır ise, bu matrise tekil matris adı verilir. Bir A matrisinin tersi,

1 (kofaktör A)Adet A

T− = (4−62)

olarak verilir. A matrisi şu şekilde verilmiş olsun.

1 2 3A 0 4 5

1 0 6

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

A matrisinin kofaktör matrisinin elemanları şu şekilde bulunur:

1 111

4 5( 1) 24

0 6A += − =

2 121

2 3( 1) 12

0 6A += − = −

3 131

2 3( 1) 2

4 5A += − = − vb.

Bunun sonucunda kofaktör (A) =

24 5 412 3 22 5 4

−⎡ ⎤⎢ ⎥−⎢ ⎥⎢ ⎥− −⎣ ⎦

olur.


Engin/Çengel

- 25 -

Öte yandan det A 22 olduğundan,

1211

611

111

522

322

522

222

111

211

olacaktır. 9 MATRİS FONKSİYONLARI Elemanları bir t değişkeninin fonksiyonu olan matrise matris fonksiyonu adı verilir. Örneğin 3×3 lük bir matris fonksiyonu şu şekilde gösterilir:

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

11 12 13

21 22 23

31 32 33

A( )a t a t a t

t a t a t a ta t a t a t

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

(6 63)−

Eğer A(t) matris fonksiyonunun tüm elemanları t = t0 da sürekliyse, matris fonksiyonu da bu noktada süreklidir. Benzer bir durum t1 < t < t2 gibi bir aralık için de geçerlidir. Örneğin

( )2

3

sinA

5t

t tt

e−

⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

fonksiyonunun tüm elemanları her t değeri için sürekli olduğundan bu matris fonksiyonu da tüm t değerleri için süreklidir. 10 MATRİS FONKSİYONLARININ TÜREVİ Bir A(t) matrisinin türevi A ( )t′ ile gösterilir ve şu şekilde elde edilir:

( ) ( ) ( ) ( )( )AA ij

ij

da td tt a t

dt dt⎛ ⎞

′ ′= = =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

(4−64)

Buna göre 3×3 lük bir matrisin türevi de,

( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

11 12 13

21 22 23

31 32 33

Aa t a t a t

t a t a t a ta t a t a t

′ ′ ′⎛ ⎞⎜ ⎟′ ′ ′ ′= ⎜ ⎟⎜ ⎟′ ′ ′⎝ ⎠

(4−65)

Biçiminde olacaktır. Örneğin,

( ) ( )2

33

2 cossinA A

3 05 tt

t tt tt t

ee −−

⎛ ⎞ ⎛ ⎞′= → =⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠⎝ ⎠

olacaktır. Fonksiyonlar için daha önceden öğrendiğimiz türev kurallarının çoğu matris fonksiyonları için de geçerlidir. c herhangi bir sabit, C ise sabit matris fonksiyonu olmak üzere aşağıdaki bağıntılar yazılabilir:


Engin/Çengel

- 26 -

A( A)d dc c

dt dt= ( 4−66a)

A( A ) (6 66 )

A(A ) (6 66 )

A B(A B) (6 66 )

B A(AB) A B (6 66 )

d dC C bdt dtd dC C cdt dtd d d ddt dt dtd d d edt dt dt

= −

= −

+ = + −

= + −

Matris çarpımlarının değişme özelliği bulunmadığından yukarıda verilen sıralamaların önemi vardır. Örneğin (AB) AB A B B A+BA′ ′ ′ ′ ′= + ≠ MATRİS FONKSİYONLARININ İNTEGRALİ

Bir A(t) matris fonksiyonunun integrali A( )t dt∫ olarak gösterilir ve her bir elemanın

integrali alınarak bulunur:

( )A ( ) ( ( ) ) 6 67ijt dt a t dt′ = −∫ ∫

Buna göre, örneğin 3×3 lük bir matris fonksiyonunun integrali;

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

11 12 13

21 22 23

31 32 33

( ) ( ) ( )

A( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

a t dt a t dt a t dt

t dt a t dt a t dt a t dt

a t dt a t dt a t dt

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫

(4−68)

Şeklinde ifade edilir. Buna örnek verelim: 2

3

sinA( )

5t

t tt

e−

⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

bu durumda verilen matris fonksiyonunun integrali,

( )

( ) ( )

2 3

0 0

30 3

0 0

1sin 1 cos3

A( )1 1 55 3

t t

t

t ttt

t dt tdt t tt dt

e te dt dt −−

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎜ ⎟= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ − −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

∫ ∫∫

∫ ∫

olacaktır. Bilinen integral kurallarının çoğu matris fonksiyonlarının integralleri için de geçerlidir. c herhangi bir sabit, C ise sabit matris olmak üzere şu kurallar verilebilir:


Engin/Çengel

- 27 -

( )

( )

A A 6 69

A A (6 69 )

A B A B (6 69 )

c dt c dt a

C dt C dt b

dt dt dt c

= −

= −

+ = + −

∫ ∫∫ ∫∫ ∫ ∫

VEKTÖRLERİN LİNEER BAĞIMSIZ OLUŞU Vektörlerin lineer bağımsızlığı kavramı, fonksiyonların lineer bağımsızlığı kavramına benzerdir. Eğer bir vektör bir başka vektörü bir sabit ile çarparak elde edilemiyorsa, bu iki vektöre lineer bağımsız denir. Geometrik olarak lineer bağımsızlık bu iki vektörün paralel olmadığını ifade eder. Daha genel bir ifadeyle eğer v1, v2,……vn olarak verilen n tane vektör için 1 1 2 2 3 3v v v ... v 0n nC C C C+ + + = (4−81) eşitliği yalnızca 0.....21 ==== nCCC için sağlanıyorsa, bu vektörler lineer bağımsızdır.

Aksi halde ise lineer bağımlıdır (C ler birer sabittir) n tane lineer diferansiyel denklemden oluşan bir sistemde her birinin eleman sayısı n olan n tane vektör söz konusudur ve bu vektörlerin lineer bağımlı olup olmadıkları önemlidir. Şu sistemi ele alalım:

0332111 =++ CcCbCa

0332212 =++ CcCbCa

0332313 =++ CcCbCa

Burada 3 bilinmeyen ( 1 2,C C ve 3C ) ve 3 denklem vardır ve bu sistem matris biçiminde

yani 0=Ax olarak yazılabilir:

1 1 1

2 2 3

3 3 3

Aa b ca b ca b c

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, 1

2

3

xCCC

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, ve ⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛=

000

0

Bu sistem ancak katsayılar matrisinin determinantı sıfır değilse, x 0= veya

0321 === CCC adi çözümüne sahiptir:

1 1 1

2 2 2

3 3 3

det A 0a b ca b ca b c

= ≠

Buna göre her biri n elemandan oluşan n tane vektör, sütunları bu vektörlerden oluşan n×n boyutundaki matrisin determinantı sıfırdan faklıysa lineer bağımsızdır. Bunu bir örnekle göstereceğiz.

1

2v 0

1

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, 2

1v 1

1

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

ve 3

2v 1

3

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

verilmiş olsun.


Engin/Çengel

- 28 -

2 1 20 1 1 5 01 1 3

− = − ≠− −

olduğundan bu vektörler lineer bağımsızdır.

Lineer bağımlılık veya bağımsızlık kavramları vektör fonksiyonlarına da uygulanabilir. Örneğin;

11

1 21

31

( )v ( ) ( )

( )

v tt v t

v t

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, 12

2 22

32

( )v ( ) ( )

( )

v tt v t

v t

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

ve 13

3 23

33

( )v ( ) ( )

( )

v tt v t

v t

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

verilmiş olsun. Eğer

11 12 13

21 22 23

31 32 33

( ) ( ) ( )W( ) ( ) ( ) ( ) 0

( ) ( ) ( )

v t v t v tt v t v t v t

v t v t v t= = ise 21 ttt << aralığındaki tüm t ler için bu vektör

fonksiyonları lineer bağımlıdır. Bu determinanta daha önce Wronskian determinantı demiştik. Eğer n tane vektör fonksiyonu söz konusu ise, bu durumda W determinantı şu şekilde ifade edilecektir:

11

21

1

1

( )( )

v ( ) ..

( )n

v tv t

t

v t

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

,

12

2

2

( )2( )

v ( ) ..

( )n

v tv t

t

v t

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, …

1

2

( )( )

v ( ) ..

( )

n

n

n

nn

v tv t

t

v t

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

11 12 1

21 22 2

1 2

( ) ( ) . . ( )( ) ( ) . . ( )

W( ) . . . . .. . . . .( ) ( ) . . ( )

n

n

n n nn

v t v t v tv t v t v t

t

v t v t v t

= (4−83)

ÖRNEK 4−17 Vektör fonksiyonların lineer bağımsız oluşu Aşağıdaki vektörlerin 0 t< < ∞ aralığında lineer bağımlı olup olmadıklarını gösteriniz.

21

2

v ( )

t

t

t

et e

e−

⎛ ⎞⎜ ⎟

= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, 22

2

0v ( ) 2 t

t

t ee−

⎛ ⎞⎜ ⎟

= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

ve 23

2

2v ( )

3

t

t

t

et e

e−

⎛ ⎞−⎜ ⎟

= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

ÇÖZÜM Wronskian determinantı şöyledir:

2 2 2

2 2 2

0 2W( ) 2 9 0

3

t t

t t t t

t t t

e et e e e e

e e e− − −

−= − = ≠

−

O halde verilen aralıkta tüm t değerleri için bu vektörler lineer bağımsızdır.


Engin/Çengel

- 29 -

Lineer bir diferansiyel denklem sistemi matris ve vektör fonksiyonları kullanılarak,

x A x (6 84)′ = − biçiminde çok daha sade biçimde ifade edilebildiğini gördük. Burada A katsayıları matrisidir. Böyle bir denklem sisteminin çözümünde özdeğerler ve bunlara karşılık gelen özvektörler ortaya çıkar. O halde n×n boyutunda bir kare A matrisinin özdeğerleri ve özvektörleri nasıl bulunur sorusuna yanıt arayalım. ÖZDEĞERLER VE ÖZVEKTÖRLER n×n lik bir A matrisini ele alalım:

11 12 1

21 22 2

1 2

. .

. .A . . . . . (6 85)

. . . . .. .

n

n

n n nn

a a aa a a

a a a

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

( )det A λI 0 (6 86)− = −

Denklemini sağlayan λ gerçel ya da kompleks köklerine A matrisinin özdeğerleri (veya karakteristik değerleri) denir. Benzer şekilde , ( )A λI v 0 (6 87)− = −

Denklemini sağlayan v vektörüne de A matrisinin λ özdeğerleriyle ilgili özvektörü (veya karakteristik vektör) adı verilir. A λI− matrisi şu şekilde ifade edilebilir:

11 12 1 11 12 1

21 22 2 21 22 2

1 2 1 2

. . . .0 . . 0

. . . .0 . . 0A λI . . . . . . . . . .. . . . .

. . . . . . . . . .. . . . .. . . .0 0 . .

n n

n n

n n nn n n nn

a a a a a aa a a a a a

a a a a a a

λλλλ

λλ

−⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟− = − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟

⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Görüldüğü gibi özdeğerler denklemini elde etmenin kısa bir yolu, katsayılar matrisinin ana köşegen elemanlarından λ çıkarılarak elde edilir. Buna göre ( )det A λI 0− = denklemi şu

şekilde açılabilir:


Engin/Çengel

- 30 -

( )

11 12 1

21 22 2

1 2

λ . .λ . .

det A λI . . . . . 0. . . . .

. . λ

n

n

n n nn

a a aa a a

a a a

−−

− = =

−

(4−88) Determinantın da açılmasıyla,

)896(0...22

11 −=++++ −−

nnnn bbb λλλ

bulunur. v = 0 çözümünün daima ( )A λI v 0− = denklemini sağladığı görülse de bu çözüm

asıl aradığımız çözüm olmadığından göz ardı edilir. Ayrıca eğer v bir özvektör ise, bunun k katı da, yani kv de bir özvektördür (k bir sabit). Çünkü, ( )A λI v 0− =

alınırsa, ( ) ( )A λI v A λI v 0 0k k k− = − = × = olduğu görülür.

Dolayısıyla bir özvektör, keyfi bir sabit çarpan ile çarpılırsa sonuç değişmemektedir. Bu yüzden çarpanı sıfır dışında herhangi bir sabit seçebiliriz. Bir özvektörü belirlerken genellikle elemanlarından biri 0 ya da 1 alınır. Bir A matrisinin basit bir özdeğerine karşılık gelen tek bir lineer bağımsız özvektör vardır. k defa tekrarlayan bir özdeğere karşılık k tane lineer bağımsız özvektörün bulunması gerektiğini düşünebilirsiniz, ancak durum böyle değildir. k katlı bir özdeğer m tane özvektöre sahip bulunabilir ve km ≤≤1 dir. km < olması halinde daha ileride göreceğimiz gibi diferansiyel denklem sistemlerinin çözümünde bazı güçlüklerle karşılaşılır. A matrisinin tüm elemanları gerçel olsa bile, bazı özdeğerlerin ve bunlara karşılık gelen özvektörlerin kompleks olabileceği unutulmamalıdır.

Bir A matrisinin değişik özdeğerlerine karşılık gelen özvektörlerin lineer bağımsız olduğu kolayca gösterilebilir. Eğer n×n boyutundaki A matrisi n tane farklı özdeğere sahipse, bunlara karşılık gelen n tane özvektör de lineer bağımsızdır. Ancak bu matris bir ya da daha fazla katlı özdeğere sahipse A ya ait özvektörlerin sayısı n den az olabilir. Ancak elemanları gerçel olan simetrik bir matris için durum farklıdır (böyle matrislerin devrikleri kendilerine eşittir).

Eğer n×n boyutundaki A matrisi bu şekilde simetrik ise, bu durumda A matrisinin

lineer bağımsız n tane özvektörü bulunacaktır. Bir ya da daha fazla özvektörün tekrarlaması bu durumu değiştirmez. Bu halde ayrıca tüm özdeğerler gerçeldir ve m katlı bir özdeğere karşılık gelen m tane lineer bağımsız özvektör vardır. Farklı hallerde özdeğerler ve özvektörlerin nasıl ele alınması gerektiğini örnekler üzerinde göstereceğiz.


Engin/Çengel

- 31 -

ÖRNEK 6 – 8 Farklı ve gerçel özdeğerlerin bulunması Aşağıdaki matrisin özdeğerlerini ve bunlara karşılık gelen özvektörlerini bulunuz.

5 4

A3 1⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

ÇÖZÜM Bu bir 2×2 lik matristir ve özdeğerleri det(A λI) 0− = denkleminin kökleridir.

5 λ 4

det(A λI)3 1 λ−

− = =−

(5 λ)(1 λ) 12− − − = 2λ 6λ 7 0− − =

Denklemin kökleri 7 ve −1 dir. Buna göre verilen matrisin özdeğerleri λ 7= ve λ 1= − olur. Kökler gerçel ve farklı olduğundan A matrisinin 2 tane lineer bağımsız özvektörün bulunması beklenir. Bunlar ise (A λI)v 0− = denkleminden elde edilir, yani;

1

2

5 λ 4 03 1 λ 0

vv

− ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞=⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

(6 – 90)

Özdeğerlerden ilki olan 1 7λ λ= = ye karşılık gelen özvektör, bu değer yukarıdaki denklemde yerine yazılarak bulunur. Bu yapıldığında,

1

2

2 4 03 6 0

vv

− ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞=⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

elde edilir ki bu da aşağıdaki denklem sistemine denktir: 042 21 =+− vv

063 21 =− vv Bu iki denklem aslında aynıdır, çünkü ilk denklem −3/2 ile çarpılırsa ikincisi elde edilir. Dolayısıyla bir denkleme karşılık iki bilinmeyenimiz bulunmaktadır. Bu durum bize bilinmeyenlerden biri için uygun bir değer seçmemize (sıfır dışında) olanak verir. Böylece ikinci bilinmeyeni birinci cinsinden bulabiliriz. Basit olması bakımından v2 = 1 alırsak v1 = 2 elde ederiz. Böylece 71 =λ ye karşılık gelen özvektör,

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

12

1v

olacaktır. Eğer c keyfi bir sabit olmak üzere v2 = c almış olsaydık, bu durunda v1 = 2c elde ederdik ve 1 = 7 ye karşılık gelen özvektör;

1

2 2v

1c

cc⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

olurdu. Bu ise daha önce bulduğumuzun c katından başka bir şey değildir. c nin sonuca bir etkisi olmadığından bundan böyle onu göz ardı edeceğiz. Ancak bir özvektörün bir sabitle çarpımının yine bir özvektörü vereceği asla unutulmamalıdır. İkinci özvektör Denklem 6‐90 da λ λ 1 alınarak belirlenir:

λ


Engin/Çengel

- 32 -

1

2

6 4 03 2 0

vv⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞

=⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

Bu ise aşağıdaki sisteme eşdeğerdir: 046 21 =+ vv

023 21 =+ vv Bu iki denklem sonuçta aynıdır ve, 023 21 =+ vv olarak ifade edilebilir. Yine iki bilinmeyene karşı tek bir denklem vardır. Kesirlerli terimlerden kaçınmak için 3 alırsak 2 elde ederiz. Buna göre λ 1 e karşılık gelen özvektör şu şekilde olur:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=

32

v2

Bulduğumuz özvektörlerin lineer bağımsız olduğuna kolayca gösterilebilir: ÖRNEK 6 – 19 Tekrarlayan özdeğerler Aşağıdaki matrisin özdeğerlerini ve bunlara karşılık gelen özvektörlerini bulunuz.

A 4 11 2

ÇÖZÜM Bu bir 2 2 lik matristir ve özdeğerleri det A λI 0 denkleminin kökleridir:

det A λI 4 λ 11 2 λ

(4 λ)(2 λ) 1= − − +

( )2λ 6λ 9 0= − + =

Bu denklemin kökleri ve dolayısıyla verilen matrisin özdeğerleri 321 == λλ olarak elde

edilir. Buna göre 3=λ iki katlı bir özdeğerdir. matrisinin özvektörleri ise A λI v 0 denkleminden bulunacaktır:

1

2

4 1 01 2 0

vv

λλ

− ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞=⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

(6 – 91)

λ = 3 alınırsa yukarıdaki denklem

1

2

1 1 01 1 0

vv⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞

=⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

halini alır. Ayrıca verilen sistemin aşağıdaki denklemlere eşdeğer olduğu görülür: 021 =+ vv

021 =−− vv Her iki denklem de aynıdır ve herhangi birini kullanabiliriz. 021 =+ vv

11 =v alırsak 12 −=v elde ederiz. Buna göre verilen matrisinin 3=λ özdeğerine karşılık gelen özvektör;

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

=1

1v

olacaktır. matrisinin lineer bağımsız tek özvektörü budur, çünkü λ = 3 ün dışında başka bir özdeğer bulunmamaktadır.


Engin/Çengel

- 33 -

ÖRNEK Gerçel simetrik matrisler Aşağıdaki matrisin özdeğerlerini ve özvektörlerini bulunuz.

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛=

033303330

A

ÇÖZÜM Bu bir 3 3 lük matristir ve özdeğerleri det A λI 0 denkleminin kökleridir:

λλ

λλ

−−

−=−

033303330

)1det(A

0)6)(3)(3(

)39(3)93(3)9( 2

=−++=++−−−−=

λλλλλλλ

Bu denklemin kökleri 3, 3 ve dır. Dolayısıyla verilen matrisin özdeğerleri 61 =λ ve

332 −== λλ dir. Verilen matris gerçel ve simetriktir, bu yüzden beklentimiz üç tane lineer

bağımsız özvektör bulmaktır. Aranan özvektörleri A λI v 0 denklemi verecektir:

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛=

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−−

−

000

333333

3

2

1

vvv

λλ

λ (4−92)

61 == λλ e karşılık gelen özvektörleri bulalım:

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛=

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−−

−

000

633363336

3

2

1

vvv

Çeşitli satır işlemlerinden sonra matris çarpımı yapılırsa, aşağıdaki denklem sistemi elde edilir:

00

32

31

=−=−

vvvv

Buna göre her iki denklem de özdeştir ve iki bilinmeyene karşılık tek bir denklem vardır. Kolaylık olması bakımından 13 =v alırsak 11 =v ve 12 =v elde ederiz. Sonuç olarak λ 6 ya karşılık gelen özvektör


Engin/Çengel

- 34 -

1

111

v⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

olarak elde edilir. İkinci özvektör ise Denklem 6‐92 de 332 −== λλ alınarak elde edilir

1

2

3

3 3 3 03 3 3 03 3 3 0

vvv

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

veya buna eşdeğer denklem sistemi; 0333 321 =++ vvv

0321 =++ vvv

olur. Bu kez tek bir denkleme karşın üç tane bilinmeyen vardır. Bilinmeyenlerden herhangi ikisi keyfi olarak seçilebilir. Örneğin 11 =v and 02 =v alınırsa 03 =v bulunur. Buna göre

32 −=λ için bulunan özvektör;

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−=

101

2v

olacaktır. den lineer olarak bağımsız bir özvektör de ve için farklı sayısal değerler atanarak elde edilebilir. Bu defa 01 =v ve 12 =v alırsak 13 =v buluruz. Böylece

32 −=λ e karşılık gelen özvektör;

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−=

110

3v

olarak elde edilir. ve , aynı özdeğere karşılık elde edilmiş olmalarına rağmen lineer olarak bağımsızdırlar (birini sabit bir sayı ile çarparak diğerini elde edemeyiz).

32 −=λ e karşılık gelen lineer bağımsız başka özvektörlerin bulunmadığını göstermek için

11 cv = ve 2 2=v c alırsak 23 cv −= buluruz. Bu seçimlere göre 32 −=λ e karşılık gelen

özvektör

2 3

1 1

2 2 1 2 1 2 2 3

1 2 1 2

0 1 00 0 1

1 1

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= = + = + = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− − − − − −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

v v

c c

v c c c c c v c v

c c c c


Engin/Çengel

- 35 -

olacaktır. Bu ise daha önce belirlediğimiz iki özvektörün lineer kombinasyonudur. Dolayısıyla iki katlı λ 3 özdeğerine karşılık gelen iki tane lineer bağımsız özvektör bulunmaktadır. ÖRNEK 4−21 Kompleks özdeğerler Aşağıdaki matrisin özdeğerlerini ve bunlara karşılık gelen özvektörlerini bulunuz.

⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞−

=1121

A

ÇÖZÜM Bu bir 2 2 lik matristir ve özdeğerleri det A λI 0 denkleminin kökleridir

(1 λ 2

det A λI)1 1 λ−

− =− −

( )( ) 221 +−−−= λλ

0322 =+−= λλ Bu denklemin kökleri, dolayısıyla verilen matrisin özdeğerleri λ , 1 √2 dir. Kökler kompleks olduğundan her iki özdeğer de komplekstir. matrisinin özvektörleri A λI v 0 ifadesinden bulunur:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

−00

1121

2

1

vv

λλ

λ λ 1 √2 alınması halinde yukarıdaki denklem;

√2 21 √2

00

haline gelir. Bu ise aşağıdaki denklem sistemine eşdeğerdir:

√2 2 0

√2 0 Bu iki denklem özdeştir şu şekilde ifade edilebilir:

√2 0

Yine iki bilinmeyene karşın tek bir denklem vardır. 1 alınması durumunda √2⁄ elde ederiz. Buna göre verilen matrisin λ 1 √2 özdeğerine karşılık

gelen özvektörü;

1

1v

2i

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

olacaktır. Aynı işlemleri eşlenik diğer kök olan λ 1 √2 için tekrarlamış olsaydık


Engin/Çengel

- 36 -

2

1v

2i

⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

özvektörünü elde ederdik. Bu ise ilk bulduğumuz özvektörün kompleks eşleniğidir. 4−7 LİNEER DİFERANSİYEL DENKLEM SİSTEMLERİ TEORİSİ Birinci mertebeden tane lineer denklemden oluşan aşağıdaki sistemi göz önüne alalım:

· · ·

Bu sistem ayrıca daha derli‐toplu biçimde matris olarak da gösterilebilir:

x x (4−95)

11 12 1 1 1

21 22 2 2 2

1 2

( ) ( ) . . ( ) ( )( ) ( ) . . ( ) ( )

A( ) ; ; ( ). . . . . . .. . . . . . .( ) ( ) . . ( ) ( )

n

n

n n nn n n

a t a t a t x r t

a t a t a t x r t

t x r t

a t a t a t x r t

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

(4−96)

Ayrıca aşağıdaki başlangıç şartları verilmiş olsun:

, ,………., (4−97)

Denklem 4−94 ve bu başlangıç koşulları, tane başlangıç değer problemi meydana getirir ve varlık ve teklik teoremi şu şekilde ifade edilebilir: TEOREM 4−1 Lineer Sistemlerin Varlık ve Teklik Teoremi Eğer , , … katsayıları ve , , … . homojen olmayan fonksiyonları, ’ın da içinde kaldığı bir aralığında sürekli fonksiyonlar ise, bu durumda tane birinci mertebeden denklemden oluşan diferansiyel denklem sisteminin aşağıdaki koşulları sağlayan tek bir çözümü vardır ve bu çözüm tüm aralığında geçerlidir:

, ,………., Söz konusu denklem sisteminin genel çözümünden tane keyfi sabit gelir ve bu sabitler verilen başlangıç koşullarından hareketle bulunur.


Engin/Çengel

- 37 -

Denklem sistemlerinin çözümleri vektörel olarak ifade edilir. Eğer bir vektörün bileşenleri, denklem sisteminde yer alan tüm denklemleri sağlıyorsa, bu durumda o vektör bir çözümdür. Çözüm vektörleri şu şekilde gösterilir:

x ··

x ··

… …. x ··

LİNEER HOMOJEN SİSTEMLER TEORİSİ: Süperpozisyon İlkesi Lineer homojen denklem sistemi 0 alınarak

x x (4−99) şeklinde ifade edilir. Eğer x , x … . x vektör fonksiyonları x x homojen sisteminin çözümleriyse, bu durumda bunların lineer kombinasyonu, yani; x x x . x (4−100) ifadesi de verilen sistemin bir çözümüdür. ÖRNEK 4−22 Denklem sistemleri için süperpozisyon ilkesi Aşağıda verilen x ve x çözüm vektörlerinin x x sisteminin çözümü olduğunu, ayrıca 2x 8x ifadesinin de bir çözüm olduğunu gösteriniz.

2

1 2 2

4 62x , x , A

3 5

t t

t t

e e

e e−⎛ ⎞ ⎛ ⎞− ⎛ ⎞

= = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −− ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

ÇÖZÜM: Verilen çözümlerin diferansiyel denklem sistemini sağlaması gerekir. Sırayla yerine koyalım:

11 xAx =′

burada

12 t

t

ex

e

⎛ ⎞′ = ⎜ ⎟

−⎝ ⎠

ve

1

4 6 2 8 6 2A

3 5 6 5

t t t t

t t t t

e e e ex

e e e e

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞−⎛ ⎞= = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟− − − − + −⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

olduğundan x denklemi sağlamaktadır ve çözümdür. Benzer şekilde diğer vektörü yazalım:

2 2x A x′ =

burada

2 2

2 2 2

2x

2

t t

t t

e e

e e− −

′⎛ ⎞ ⎛ ⎞−′ = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟

−⎝ ⎠ ⎝ ⎠

ve


Engin/Çengel

- 38 -

2 2 2 2

2 2 2 2 2

4 6 4 6 2Ax

3 5 3 5 2

t t t t

t t t t

e e e e

e e e e

− − −

− − −

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − +⎛ ⎞= = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟− − − −⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

olduğundan x de denklemi sağlamaktadır ve çözümdür. Bu iki çözüm vektörünün lineer bir kombinasyonu olan 2x 8x ifadesini oluşturup denklemde yerine yazarsak;

1 2 1 2(2 8 ) A(2 8 )x x x x′− = −

veya 1 2 1 2(2x 8x ) 2Ax 8Ax′ ′− = −

veya 1 1 2 22(x Ax ) 8(x Ax )′ ′− − −

elde edilir. Ancak her iki parantezin içi de sıfırdır (x ve x çözüm vektörleri olduğundan). Dolayısıyla 2x 8x ifadesi de denklem sistemini sağlar ve bir çözümdür. Süperpozisyon ilkesinin sadece lineer homojen sistemlere uygulanabildiği, lineer olsalar bile homojen olmayan sistemlere uygulanamadığı unutulmamalıdır. TEOREM 4−3 Homojen Sistemlerin Genel Çözümü Birinci mertebeden adet denklemden oluşan lineer homojen x x sisteminin

aralığında daima adet lineer bağımsız x , x … . x çözümleri vardır (Katsayılar matrisi ’nın elemanları bu aralıkta sürekli fonksiyonlar olduğu kabul edilmiştir). Ayrıca bu aralıkta homojen sistemin genel çözümü

x x x . x olarak ifade edilir. Buradaki , … . keyfi sabitlerdir. Önceki kısımda tane çözüm vektörünün lineer bağımlılığının Wronskian determinantı yardımıyla ortaya çıkarılabileceğini görmüştük. Benzer biçimde tane çözüm vektörünün Wronskian’ı

)(..)()(..........

)(..)()()(..)()(

)(

21

22221

11211

txtxtx

txtxtxtxtxtx

tW

nnnn

n

n

=

(6‐101)

olarak ifade edilir. Eğer bu determinant sıfır ise çözümler lineer bağımlı, aksi halde lineer bağımsızdır


Engin/Çengel

- 39 -

ÖRNEK 4−23 Çözümlerin lineer bağımsız oluşu x x sistemi için iki çözüm vektörü ve katsayılar matrisi şu şekildedir:

2

1 2 2

4 62x , x , A

3 5

t t

t t

e e

e e−⎛ ⎞ ⎛ ⎞− ⎛ ⎞

= = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −− ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Buna göre verilen çözümlerin ∞ ∞ aralığında lineer bağımlı olup olmadıklarını gösteriniz. ÇÖZÜM Verilen çözüm vektörlerinin Wronskian’ı alınırsa;

|x x | 2

Mademki ∞ ∞ aralığında bu araştırmayı yapıyoruz, o halde 0 almamızda bir sakınca yoktur. Buna göre yukarıdaki determinanttan;

0 2 11 1 2 1 1 0

bulunur. O halde verilen çözümler lineer bağımsızdır diyebiliriz. ÖRNEK 4−24 Lineer homojen sistemlerin genel çözümü x x sistemi için iki çözüm vektörü ve katsayılar matrisi şu şekildedir:

2

1 2 2

4 62x , x , A

3 5

t t

t t

e e

e e−⎛ ⎞ ⎛ ⎞− ⎛ ⎞

= = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −− ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Buna göre verilen sistemin ∞ ∞ aralığında genel çözümünü yazınız. ÇÖZÜM Teorem 6‐3’e göre genel çözüm x x x şeklinde ifade edilebilir. Verilen çözüm vektörleri yerine yazılırsa;

x x x 2

elde edilir. Bu iki çözüm ayrıca skaler biçimde de ifade edilebilir:

x 2 x

HOMOJEN OLMAYAN SİSTEMLER TEORİSİ Şimdi de homojen olmayan x x (6‐102)


Engin/Çengel

- 40 -

lineer denklem sistemini göz önüne alalım. Burada homojen olmayan terimlerden oluşmaktadır. İlk yapmamız gereken öncelikle homojen kısmın, yani x x denkleminin çözümü olan (x ) bulmak olacaktır. Bunun ardından, belirsiz katsayılar ya da sabitlerin değişimi yöntemlerinden birini kullanarak vektörüne karşılık gelen özel çözüm (xö) bulunmalıdır. Bu ikisinin toplamından homojen olmayan lineer diferansiyel denklem sisteminin çözümü x x xö olarak elde edilir. TEOREM 4−4 Homojen Olmayan Sistemlerin Genel Çözümü

aralığında xö, x x lineer sisteminin bir özel çözümü ve x aynı sistemin homojen kısmının çözümü ise, verilen aralıkta ve nin elemanları sürekli fonksiyonlar olmak üzere, bu aralıkta homojen olmayan lineer diferansiyel denklem sisteminin genel çözümü; x x xö

x x . x xö (4−103)

olarak ifade edilebilir. Burada , , … . keyfi sabitleri, x , x , … . x ise tane lineer bağımsız çözümü temsil etmektedir. 6‐8 SABİT KATSAYILI LİNEER HOMOJEN SİSTEMLER Bu bölümün başlarında lineer diferansiyel denklem sistemlerinin çözümü için yok etme ve özdeğerler yöntemlerini öğrendik. Bunlar temel yöntemlerdir ve denklem sayısı üçten fazla olunca pratik değildir. Bu kısımda ise matris yöntemi veya özvektörler yöntemini öğreneceğiz. Bu yöntem genel olarak daha önce öğrendiğimiz özdeğerler yöntemine ve matris işlemlerine dayanmaktadır Aşağıdaki gibi n tane lineer homojen denklemden kurulu bir sistemi göz önüne alalım:

1 11 1 12 2 1

2 21 1 22 2 2

1 1 2 2

...

... . .

... (6-104)

n n

n n

n n n nn n

x a x a x a x

x a x a x a x

x a x a x a x

′ = + + +

′ = + + +

′ = + + +

Bu sistem matrislerle daha sade biçimde ifade edilebilir:

'x x= Α (6‐105)

burada,


Engin/Çengel

- 41 -

⎟⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

=Α

nnnn

n

aaa

aaaaaa

t

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

..

..

)(

21

212221

11211

ve

⎟⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

=

nx

xx

x..2

1

(6‐ 106)

Teorem 6‐3 e göre bu lineer homojen sistemin n adet lineer bağımsız çözüm vektörü

nxxx ,...,, 21 vardır ve bunların toplamı genel çözümü verir.

nn xcxcxcx +++= ...2211 (6‐107)

Dolayısıyla n adet denklemden oluşan bir lineer homojen denklem sisteminin genel çözümünü yapmak demek, bu sistemin n tane lineer bağımsız çözüm vektörünü bulmak demektir. Örneğin

xx Α=' , 4 6

A3 5

⎛ ⎞= ⎜ ⎟− −⎝ ⎠

verilmiş olsun. Bu sistemin lineer bağımsız iki çözüm

vektörü,

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−= t

t

eex 2

1 ve ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=

−

−

t

t

eex 2

2

2 olarak bulunur. Buradan hareketle genel çözüm

2

1 1 2 2 1 2 2

2 t t

t t

e ex c x c x c c

e e

−

−

⎛ ⎞ ⎛ ⎞−= + = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟

−⎝ ⎠ ⎝ ⎠

olarak elde edilir. Burada yapmaya çalıştığımız şey xx Α=' sisteminin çözümlerini bulmaktır. Bu çözümler;

1 11

2 22

. . v.

. ..

t

t

t t

tn nn

x vv ex vv e

x e e

x vv e

λ

λ

λ λ

λ

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟= = = =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

6‐108)

biçiminde olacaktır. Burada λ ve nvvv ,...,, 21 gerçel veya kompleks sabitlerdir. λ ve v sabit

vektörlerini bulmak için kabul edilen çözüm ( λx v te= ) ve bunun türevini ( λx ' λv te= ) denklem sisteminde ( x ' x= Α ) yerine yazalım:

λ λλv vt te e= Α

veya λ 0te ≠ olduğundan; v λ vΑ = (6‐109)


Engin/Çengel

- 42 -

yazılabilir. Buna göre λ değerlerinin sabit ve v vektörünün elemanların v λvΑ =

denklemini sağlaması koşuluyla λx v te= ifadesi verilen denklem sisteminin bir çözümüdür.

v λvΑ = denklemini sağlayan λ ve v değerlerini bulmak için bu denklemi şu şekilde ifade edelim:

( λ )v 0Α − Ι = (6‐110) Burada I birim matristir. Görüldüğü gibi bu denklem A matrisinin özvektörlerini veren denklemle aynıdır ve λ bu özvektörlere karşılık gelen özdeğerleri temsil etmektedir. Böylece şu sonucu ifade etmek mümkündür: λ , A katsayılar matrisinin bir özdeğeri, v ise λ ile ilgili özvektör olmak üzere λx v te= , x ' x= Α lineer sisteminin bir çözümüdür. Daha önceki konulardan n × n lik bir A matrisinin n adet λ özdeğerinin bulunduğunu ve bunların det( λ ) 0Α − Ι = denkleminin kökleri olduğunu biliyoruz. Bu kökleri bulmak, bazen güç de olsa, daima mümkündür. O halde verilen n adet denklemden kurulu sistemi oluşturmak için yapmamız gereken tek şey, bu özdeğerlerle ilgili n tane lineer bağımsız özvektörü belirlemektir. Eğer n tane özvektör gerçel ve farklı ise, bunlara karşılık gelen özvektörler de gerçel ve lineer olarak bağımsız olacaktır. Kökler farklı olmak kaydıyla, köklerin bazılarının kompleks olması halinde de durum aynıdır. Ancak katlı (tekrarlayan ) köklerin bulunması halinde n tene lineer bağımsız özvektörü elde etmek mümkün olmayabilir. Bu tür durumlarda geriye kalan lineer bağımsız çözümleri başka yöntemlerle bulmak gerekebilir. Homojen sistemlerin çözümüne geçmeden nccc ,...,, 21 keyfi sabitlerini bulmada çok faydalı

olan ana matris F den söz etmek yararlı olacaktır.

Sütun elemanları n tane lineer bağımsız çözüm vektörü 1 2x ,x ,..., xn olan n × n

matrisine ana matris denir ve

⎟⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

=

)(..)()(..........

)(..)()()(..)()(

)(

21

22221

11211

txtxtx

txtxtxtxtxtx

t

nnnn

n

n

F (6‐111)

Olarak ifade edilir. n tane denklemden oluşan bir sistemin genel çözümü

x( ) ( )t t= F c (6‐112) şeklinde yazılabilir. Burada


Engin/Çengel

- 43 -

⎟⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

=

nc

cc

.

.2

1

c (6‐ 113)

sabit katsayıları temsil eden vektördür. 0 0x( ) xt = başlangıç şartlarına karşılık gelen bu keyfi

sabitlerin değerleri, bu şartları Denklem 6−112 ye uygulayarak belirlenebilir. Bu yapıldığında, 0 0x( ( )t t) = F c olduğundan

0 0( ) xt =F c (6‐114) elde edilir. Bu denklemin her iki yanını 1

0 0( ) xt− =F ile çarparsak

10 0( )xt−=c F (6‐ 115)

Bulunur, çünkü IFF =− )()( 001 tt ve cIc = dir. Dolayısıyla keyfi sabitler, belirtilen noktada

ana matrisin tersini almak ve bunu başlangıç değerlerinden oluşan vektörler çarpmak suretiyle belirlenebilir. )(tF nin sütunları lineer bağımsız vektörler olduğundan )( 0

1 t−F

daima mevcuttur. )( 01 t−F belirlendikten sonra, 0t noktasındaki farklı başlangıç şartlarına

göre denklemi çözmek tekrar tekrar kullanılabilir. Durum 1 GERÇEL VE FARKLI ÖZDEĞERLER n × n lik A matrisinin n tane özdeğeri gerçel ve birbirlerinden farklı olduğunda, bunlara karşılık gelen n tane özvektör de ( 1 2v ,v ,..., vn ) gerçel ve farklıdır. Bu durumda

1 2 λλ λ1 2v , v ,..., v ntt t

ne e e çözüm vektörleri de lineer bağımsızdır ve denklem sisteminin genel çözümü

1 21 1 2 2x v v ... v ntt t

n nC e C e C eλλ λ= + + + (6−116) Halinde ifade edilebilir. 1 2 λλ λ

1 2v , v ,..., v ntt tne e e çözümlerinin lineer bağımsız oldukları,

belirtilen aralıkta Wronskian determinantının asla sıfır olmadığı gösterilerek ispat edilebilir. ÖRNEK 6−25 Gerçel ve Farklı Köklere Sahip Homojen Sistemler Aşağıdaki diferansiyel denklem sisteminin genel çözümünü bulunuz.

212

211

53'64'

xxxxxx

−−=+=

ÇÖZÜM Bu sistem 2 tane birinci mertebeden denklemden oluşmaktadır ve x ' x= Α biçiminde ifade edilebilir. Burada,

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

=Α53

64 ve 1

2

xxx

⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠


Engin/Çengel

- 44 -

Önce A matrisinin özdeğerlerini det( λ I) 0Α − = yazarak bulalım:

2

4 λ 6det( I)

3 5 λ (4 λ)( 5 λ) 18 λ λ 2 0

λ−

Α − =− − −

= − − − +

= + − =

Bu denklemin kökleri 1 ve −2 dir. O halde 1λ 1= ve 2λ 2= − . Bu kökler gerçel ve farklıdır. Bunlara karşılık gelen özvektörler ise ( )v 0λ− =A I denkleminden elde edilir. Bu denklem açık halde yazılırsa,

1

2

4 λ 6 03 5 λ 0

vv

− ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞=⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− − −⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

(6‐117)

olur. Önce ilk özdeğeri ele alalım: 1λ λ 1= = . Bu durumda Denklem 6−117,

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−− 0

063

63

2

1

vv

veya tek denklem halinde,

063 21 =+ vv

elde edilir. 12 −=v olarak seçilirse 21 =v olur ve 1λ 1= e karşılık gelen özvektör şu şekilde olur:

1

2v

1⎛ ⎞

= ⎜ ⎟−⎝ ⎠

Benzer şekilde For 1λ λ 2= = − için,

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−− 0

033

66

2

1

vv

veya

066 21 =+ vv

11 =v alınması halinde 12 −=v olur ve böylece 1λ 2= − ye karşılık gelen özvektör şöyle olur:

2

1v

1⎛ ⎞

= ⎜ ⎟−⎝ ⎠

Buna göre verilen sisteme ait lineer bağımsız iki çözüm vektörü;

1λ1 1

2 2x v

1

tt t

t

ee e

e⎛ ⎞⎛ ⎞

= = = ⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠


Engin/Çengel

- 45 -

2

2λ 2

2 2 2

1x v

1

tt t

t

ee e

e

−−

−

⎛ ⎞⎛ ⎞= = = ⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Bu iki çözüm lineer bağımsızdır, çünkü

2

1 2 2

2( ) x x

t tt

t t

e et e

e e

−−

−= = = −

− −W

asla sıfır olamaz. Böylece genel çözüm

2

2 1 21 1 2 2 1 2 2

1 2

2 1 2x x x

1 1

t tt t

t t

C e C eC C C e C e

C e C e

−−

−

⎛ ⎞+⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + = + = ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− − − −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Şeklinde ifade edilebilir. Bu çözüm cebirsel biçimde de yazılabilir:

2

1 1 22

2 1 2

2 t t

t t

x c e c e

x c e c e

−

−

= +

= − −

ÖRNEK 6−26 Gerçel ve Farklı Köklere Sahip Homojen Sistemler: Başlangıç Değer Problemi Aşağıdaki başlangıç değer problemini çözünüz:

0)0( ,53'1)0( ,64'

2212

1211

=−−−==+=

xxxxxxxx

ÇÖZÜM Verilen denklem sisteminin genel çözümü yukarıda bulunmuştu:

2

1 2 2

2x

t t

t t

e ec c

e e

−

−

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= +⎜ ⎟ ⎜ ⎟

− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Buna göre ana matris,

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−−=

−

−

tt

tt

eeee

t2

22)(F

Olacaktır. Keyfi sabitler 1

0 0( )xt−=c F (Denklem 6−115) ifadesinden yola çıkılarak belirlenir.

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

==11

12)0()( 0 FF t

Bu matrisin tersi,

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

=−

2111

)0(1F


Engin/Çengel

- 46 -

Bunu 10 0( )xt−=c F ifadesinde yazarsak,

1 10

2

1 1 1 1(0)x

1 2 0 1CC

−⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− − −⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

c F

Buna göre 1 1C = ve 1 1C = − dir. Sonuç olarak verilen başlangıç değer probleminin çözümü

1 2

2

2 1x

1 1t tx

e ex

−⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

veya cebirsel halde,

tt

tt

eex

eex2

2

21 2

−

−

+−=

−=

olacaktır. Durum 2 KOMPLEKS ÖZDEĞERLER Özdeğerlerin gerçel ve birbirlerinden farklı olması halinde matris yönteminin n tane lineer bağımsız çözüm verdiğini gördük. Yine farklı olmak kaydıyla özdeğerlerin bazılarının kompleks olması halinde de bu durum geçerlidir. Kompleks özdeğerlere karşılık gelen özvektörler (ve çözüm vektörleri) normalde kompleks değerler alırlar. Ancak eğer katsayılar matrisi A gerçel ise, bu durumda karakteristik denklemin tüm katsayıları gerçel olur ve kompleks özdeğerler ile bunlara karşılık gelen özvektörler eşlenik kompleks çift halinde bulunurlar. Bu tür durumlarda herhangi bir çift eşlenik özdeğerlere karşılık daima iki tane lineer bağımsız gerçel değerli çözüm elde edebiliriz.

Eğer λ α βi= + özdeğerine karşılık gelen özdeğer v a bi= + alınırsa (burada a, b,

α, β gerçel sabitlerdir), bu özdeğere ait çözüm şu şekilde ifade edilebilir: λx v te=

( )( ) ( )

( ) ( )

(α β)

α

a

a b

a b cosβ sinβ

a cosβ bsinβ a sinβ bcosβ

i t

t

t t

i e

i e t i t

e t t ie t tα

+= +

= + +

= − + +

1 2x ( ) x ( )t i t= +

(6−118) Burada

( )a1x ( ) a cosβ bsinβtt e t t= − (6−119a)

( )a2x ( ) a sinβ bcosβtt e t t= + (6−119b)

olarak ifade edilir. Bu çözümler gerçel‐değerli çözümlerdir. Bu iki çözümün lineer bağımsız olduğu aynı çözümlerin λ α βi= + eşlenik özdeğeri içinde elde edilebildiği kolayca gösterilebilir. Dolayısıyla eşlenik köklerde sadece birini kullanarak lineer iki bağımsız çözüme ulaşmak mümkündür. λ kompleks özdeğeri ile buna ait v özvektörünün bilindiği


Engin/Çengel

- 47 -

durumlarda, ezberlemek yerine yukarıda yaptığmız işlemi yaparak çözüme gitmek daha pratiktir. ÖRNEK 6−27 Kompleks özdeğerli homojen sistemler Aşağıdaki diferansiyel denklem sisteminin çözümünü yapalım:

212

211

'2'

xxxxxx

+−=+=

ÇÖZÜM Sabit katsayılı iki lineer denklemden oluşan bu sistem matris formunda x ' x= A olarak yazılabilir. Burada

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

=1121

A ve 1

2

xxx

⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

A nın özdeğerleri Örnek 6−21 de 1,2λ 1 2i= ± olarak buluştuk. 1λ 1 2i= + özdeğerine

karşılık gelen özvektör de aynı örnekte

1

1v

2i

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

olarak hesaplanmıştı. Buna göre 1λ ’e karşılık gelen çözüm,

1λ1x v te=

( )

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛+

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−=

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−

+=

+⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛=

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛= +

tete

itete

teiteitiete

titei

ei

t

t

t

t

tt

tt

t

ti

2cos2

12sin

2sin2

12cos

2sin2

2cos2

2sin2cos

2sin2cos2

12

1)21(

Dolayısıyla bağımsız iki çözüm;

1

cos 2x ( ) ( ) 1 sin 2

2

t

t

e tt Re x

e t

⎛ ⎞⎜ ⎟= = ⎜ ⎟−⎜ ⎟⎝ ⎠

ve

2

sin 2x ( ) ( ) 1 cos 2

2

t

t

e tt Im x

e t

⎛ ⎞⎜ ⎟= = ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

olacaktır. Bu durumda genel çözüm şu şekilde ifade edilebilir:


Engin/Çengel

- 48 -

1 1 2 2 1 2

cos 2 sin 2x( ) x ( ) x ( ) 1 1sin 2 cos 2

2 2

t t

t t

e t e tt C t C t C C

e t e t

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟= + = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Bu çözüm ayrıca skaler biçimde de verilebilir:

( )1 1 2

2 1 2

x ( ) cos 2 sin 2

1 1x ( ) sin 2 cos 22 2

t

t

t e C t C t

t e C t C t

= +

⎛ ⎞= − +⎜ ⎟⎝ ⎠

Elde ettiğimiz bu çözümler, verilen diferansiyel denklem sisteminde yazarak doğrulanabilir. ÖRNEK 6‐28 Birleşik Mekanik Sistemler: Serbest titreşimler Şekildeki gibi iki yay ve iki kütleden oluşan bir sistemi ele alalım. Uyumlu birimlerde olmak üzere , , ve dir. t = 0 anında birinci ve ikinci kütle, başlangıç noktasına göre sırasıyla ve konumlarına getirilerek ilk hızsız olarak serbest bırakılmaktadır. Sürtünme etkilerini ihmale ederek her bir kütlenin konumunu zamanın fonksiyonu olarak belirleyiniz.

ÇÖZÜM Bu sisteme ait hareket denklemlerini daha önce, dış kuvvetlerin bulunduğu durum için Örnek 6‐3 te çıkarmıştık. Burada herhangi bir dış kuvvet yoktur, dolayısıyla her bir denklemin hareketini tanımlayan diferansiyel denklem şu şekilde olur:

21

21

2

2

1

11 '' x

mk

xmk

mk

x +⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−= , 011011 )0(' ,)0( vxxx ==

22

21

2

22 '' x

mkx

mkx −= , 022022 )0(' ,)0( vxxx ==

Bu ise iki tane ikinci mertebeden lineer diferansiyel denklemden kurulu bir sistemdir. İlk yapmamız gereken, bu sistemi birinci mertebeden denklemlerden oluşan bir sisteme indirgemek olacaktır. Yeni değişkenlerimiz ve olsun. Bu tanımlamalara göre yukarıdaki sistem şu şekilde ifade edilebilir:


Engin/Çengel

- 49 -

,'

,'

,','

22

21

2

24

21

21

1

2

1

13

42

31

xmk

xmk

x

xmk

xmk

mk

x

xxxx

−=

+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−=

==

0224

0113

022

011

)0(')0()0(')0(

)0()0(

vxxvxx

xxxx

====

==

Fiziksel olarak ve sırasıyla ve kütlelerinin hızlarını temsil etmektedir. 1,

1, 3, 2, 0 1, 0 5, ve 0 değerlerini yerine koyarak denklem sistemi daha sade halde yazılabilir:

,214

213

42

31

22',25'

,','

xxxxxx

xxxx

−=+−=

==

0)0(')0(0)0(')0(

5)0(1)0(

24

13

2

1

====

==

xxxx

xx

Artık sistemi matris biçiminde x x olarak ifade edebiliriz:

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

−−

=

0022002510000100

A ve

1

2

3

4

x

xxxx

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

A matrisinin özdeğerleri det λI 0 dan bulunur:

0 1 00 1 0 1

0 0 1det( λ ) 2 0 5 2 0

5 2 02 0 2 2

2 2 0

λλ λ

λλ λ

λλ λ

λ

−− −

−− = = − − + −

− −− − − −

− −

A I

3 2

4 2 2 2

λ( λ 2λ) (10 4 5λ )

λ 7λ 6 (λ 1)(λ 6) 0+

= − − − + − +

= + = + + =

Bu denklemin kökleri ve √6 dir. Dolaysıyla katsayılar matrisinin özdeğerleri λ , ve λ , √6 olur. Bunlar eşlenik iki çift köktür ve bu yüzden sadece λ ve λ √6 köklerini kullanarak iki tane özvektör bulmamız yeterli olacaktır. Elde edilecek bu iki özvektör, verilen sisteme ait dört tane lineer bağımsız çözüm vektörünü belirlemek için yeterlidir. λ özdeğerine karşılık gelen özvektör A λI v 0 denkleminden bulunur:

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

=

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

−−−−

−−

0000

022025100010

4

3

2

1

vvvv

ii

ii

Satır işlemleriyle bu matris aşağıdaki şekilde sadeleşir:


Engin/Çengel

- 50 -

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

=

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

−0000

00005.0100

010001

4

3

2

1

vvvv

ii

Sonuç olarak aşağıdaki cebirsel denklem sistemi elde edilir:

05.00 0

43

42

31

=−=+=+

vvivvivv

24 =v alınırsa 13 =v , iv 22 −= ve iv −=1 olur. Buna göre λ e karşılık gelen

özvektör

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛−−

=

212

1ii

v

olacaktır. Öte yandan λ √6 özdeğerine karşılık gelen özvektör benzer yolla;

3

26

v6

21

i

i

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟−= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

olarak elde edilir. λ için olan çözüm şu şekilde ifade edilebilir:

1λ1

2 2x v (cos sin )

1 12 2

t it

i ii i

e e t i t

− −⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎜ ⎟ ⎜ ⎟= = = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛−−

+

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

=

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

+++−+−

=

tt

tt

i

ttt

t

tittit

ttitti

sin2sin

cos2cos

cos2cossin2

sin

sin2cos2sincos

sin2cos2sincos

Böylece lineer bağımsız iki çözüm;

1

sin2sin

x ( ) ( )cos

2cos

tt

t Re xtt

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟= =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

ve 2

cos2cos

x ( ) ( )sin

2sin

tt

t Im xtt

−⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟= =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠


Engin/Çengel

- 51 -

Diğer iki lineer bağımsız çözüm de, λ √6 alınarak aynı şekilde bulunabilir. Sonuçta v özvektörü;

3

2 sin 66

1 sin 6x ( ) 62cos 6

2cos 6

t

tt

t

t

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟

= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

ve 4

2 cos 66

1 cos 6x ( ) 62sin 6

sin 6

t

tt

t

t

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟−= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

olarak bulunur. Buna göre verilen sistemin genel çözümü;

x x x x x

⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

−

−

+

⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

+

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛−−

+

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

=

tt

t

t

c

tt

t

t

c

tt

tt

c

ttt

t

c

6sin6sin2

6cos6

1

6cos6

2

6cos26cos2

6sin6

1

6sin6

2

sin2sin

cos2cos

cos2cossin2

sin

4321

şeklinde olur. Bu çözüm skaler biçimde de ifade edilebilir:

tctctctctx

tctctctctx

tctctctctx

tctctctctx

6sin 26cos sin 2 cos 2)(

6sin 26cos 2 sin cos)(

6cos616sin

61cos 2sin 2)(

6cos6

26sin6

2cossin)(

43214

43213

43212

43211

+++=

+++=

−+−=

−+−=

Verilen 4 sınır şartının uygulanmasıyla aşağıdaki denklem takımı elde edilir.

2 4

2 4

1 3

1 3

2 1612 06

2 02 0

C C

C C

C CC C

− − =

− − =

+ =

+ =

İlk iki denklemin çözümünden 1 3⁄ ve 2√6 3⁄ elde edilirken 0 bulunur. Bu sabitlerin verilen çözüm fonksiyonlarında yerine yazılmasıyla iki kütlenin hareket denklemleri;


Engin/Çengel

- 52 -

tttx

tttx

6cos32cos

32)(

6cos34cos

31)(

2

1

+−=

+−=

olarak elde edilir. Bu çözümler, iki kütlenin hareketinin ω 1 ve ω √6 doğal frekanslarına sahip iki farklı salınım hareketinin toplamından oluştuğunu göstermektedir. Her iki salınım hareketinde, iki kütle aynı yönde ve aynı frekansla senkronize biçimde ancak farklı genliklerle hareket etmektedir. in yaptığı hareketin genliği ω 1 için nin genliğinin yarısı, ω √6 için ise iki katıdır. Durum 3 TEKRARLAYAN ÖZVEKTÖRLER Şimdi de katlı bir özdeğerin ( ) bulunduğunu varsayalım. Bu tür bir özdeğer yine tane lineer bağımsız özvektöre ( ), dolayısıyla tane lineer bağımsız çözüm vektörüne sahip olabilir. A katsayılar matrisi simetrik olan denklem sistemleri için durum daima böyledir. Dolayısıyla bu tür durumlarda tekrarlayan özdeğer bir soruna yol açmaz. Eğer katlı bir özdeğer dan daha az sayıda lineer bağımsız özvektöre sahipse, bu özdeğerle ilgili olarak v λ biçiminde dan daha az sayıda lineer bağımsız çözüm vardır. Diğer bir ifadeyle çözümlerin bazıları v λ biçiminde değildir ve ile ilgili lineer bağımsız çözümlerin sayısını denkleştirmek için v λ den başka biçimlerde çözümler aramamız gerekir. Daha önceki bölümlerden, λ karakteristik kökünün katlı olması halinde λ çözümünü bağımsız değişkenin kuvvetleriyle çarparak diğer lineer bağımsız çözümleri elde edebildiğimizi biliyoruz. Örneğin karakteristik denklemin λ kökü üç katlı ise, lineer bağımsız üç çözüm λ , λ ve λ olur. Burada da benzer bir yöntem izleyerek, yani v λ çözümünü bağımsız değişkenin kuvvetleri ile çarparak diğer lineer bağımsız çözümleri bulabilir miyiz? Aşağıda da açıklanacağı gibi diferansiyel denklem sistemleri için bu şekilde yapmak tam olarak uygun değildir. Yapılması gereken, temel çözümü nin kuvvetleri yerine nin bir polinomu ile çarpmaktır. Sadece bir lineer bağımsız özvektörü (v) bulunan iki katlı bir özdeğer (λ) ele alalım ( 2). Lineer bağımsız iki özvektörü bulmak isteyelim. Bu çözümlerden biri

1x ( ) v tt eλ= (6‐120) olur. Yukarıdaki değerlendirmenin ışığında ikinci çözümü

λ λ2x ( ) v t tt te e= + u (6‐121)

olarak seçelim. Burada u sabit bir vektördür ve x nin x x diferansiyel denklemini sağlama koşulundan belirlenir. Bu sağlama işlemi yapılırsa,

λ λ λ λ λv λ λt t t t te vte e vte te+ + = +u A Au (6‐122) Elde edilir. λ ve λ terimlerinin katsayıları eşitlenerek,

( )v 0λ− =A I (6‐ 123a)


Engin/Çengel

- 53 -

( ) vλ− =A I u (6‐ 123b) Bu denklemlerden ilki bir kez daha v nin λ ile ilgili bir özvektör olduğunu doğrulamaktadır. İkinci denklemden u sabit vektörü kolayca çözülebilir. İkinci mertebeden tek bir denklemin tekrarlayan kök durumu ile iki tane birinci mertebeden lineer denklemden oluşan bir sistemdeki tekrarlayan kök hali arasındaki fark şu şekilde açıklanabilir. Tek bir denklem için, ilk çözüm λ nin bir sabitle çarpımı temelde λ den farklı değildir ve bunu ikinci çözüme dahil etmek sonuçta bir değişiklik yapmaz. Diğer bir anlatımla,

λ λ

1 2x t tC e C te= + ve

λ λ λ λ λ

1 2 3 1 3 2x ( ) ( )t t t t tC e C te C e C C e C te= + + = + + çözümleri özdeştir. Öte yandan birinci mertebeden iki tane denklemden oluşan bir sistem için λ çözümünün, ilk çözüm olan λ nin sabit bir katı olması gerekmez, çünkü ve birer vektördür. Örnek olarak

2

2x ( )

1tt eλ⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

(6‐ 124)

çözümü

1

1x ( )

1tt eλ⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

(6‐125)

çözümünü bir sabitle çarparak elde edilemez. Üstelik x çözüm olması karşın x bir çözüm olmayabilir. Temelde bu durum, iki skalerden birini bir sabitle çarparak daima ikincisini elde edebilmemize rağmen, iki sabit vektörden birini bir sabitle çarparak diğerini elde edemeyişimizden ileri gelmektedir. Bunu örneklerle göstereceğiz. ÖRNEK 6‐29 Tekrarlayan (iki katlı) özdeğerlere sahip homojen sistemler Aşağıdaki sistemin çözümünü yapınız.

x 4

x 2 ÇÖZÜM İki tane birinci mertebe denklemden oluşan bu sisteme matris biçiminde x x olarak yazılabilir.

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

=2114

A ve 1

2

xxx

⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠


Engin/Çengel

- 54 -

Katsayılar matrisi A nın özdeğerleri Örnek 6‐19 da λ λ 3 olarak bulunmuştu. Dolayısıyla 2 katlı bir kök söz konusudur. Aynı örnekte ayrıca bu özdeğerle ilgi sadece bir tane lineer bağımsız özvektör bulunduğunu görmüştük. Bu özvektör;

1v

1−⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

Dolayısıyla verilen sistemin çözümü

31

1x ( ) v

1t tt e eλ −⎛ ⎞

= = ⎜ ⎟⎝ ⎠

olacaktır. İkinci lineer bağımsız çözüm ise,

2x ( ) ( ) tt vt eλ= +u Biçiminde alınır. Buradaki sabit vektörü,

( ) vλ− =A I u

ifadesinden elde edilir. Yerine konursa,

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−− 1

111

11

2

1

uu

aşağıdaki tek bir denkleme ulaşılır.

121 −=+ uu Homojen olmayan bu denklemde bilinmeyenlerden birini sıfır seçerek diğer bilinmeyeni bulalım: 0 için 1 elde edilir. Buna göre

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

=1

0u

O halde lineer bağımsız ikinci çözüm

λ 3 32

0 1x ( ) ( v )

1 1 1t t tt

t t e t e et

⎡ ⎤− −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + = + =⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− − +⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

u

x ve x çözümlerinin Wronskian’ı alınarak lineer bağımsız oldukları kolayca gösterilebilir. Buna göre verilen sistemin genel çözümü şu şekilde olur:

1 23 3 31 1 2 2 1 2

1 2

1x x x

( 1)1 1t t tC Ct

C C C e C e eC C tt− −− − ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= + = + = ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ + −−⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Bu çözüm skaler biçimde de ifade edilebilir:

3

1 1 2x ( ) ( ) tt C C t e= − + 3

2 1 2x ( ) [ ( 1)] tt C C t e= + −


Engin/Çengel

- 55 -

Özdeğerin kat sayısı arttıkça durum daha da karmaşık bir hal almaktadır. Örneğin 3 katlı bir özdeğer için üç olası durum söz konusudur:

Durum 1 Üç katlı özdeğeri lineer bağımsız üç özvektöre (v , v , v ) sahip olabilir. Bu durumda lineer bağımsız çözüm doğrudan şu şekilde olur:

x v λ (6‐126 a) x v λ (6‐126b) x v λ (6‐126b) Durum 2 Üç katlı özdeğeri lineer bağımsız iki özvektöre (v , v sahip olabilir. Bu durumda lineer bağımsız iki çözüm;

λ

x v λ (6‐127a) x v λ (6‐127a) Olurken üçüncüsü

λ λ3x v t tte e= +u (6‐128)

Denkleminden belirlenmelidir. Tekrar ifade edelim, burada u

( λ ) v− =A I u İfadesinden bulunur. Peki acaba v ve v den hangisini bu denklemde kullanmalıyız? Genelde ikisi de kullanılmaz, bunların lineer toplamı kullanılır, yani v v . Buna göre yukarıdaki denklem daha uygun biçimde;

λ v v (6‐129)

Buradaki ve sabit olup aranan çözümünü verecek biçimde seçilmelidirler. ve sabit vektörleri bulunduktan sonra üçüncü lineer bağımsız çözüm Denklem 6‐128 den elde edilir. Durum 3 Üç katlı özdeğeri lineer bağımsız tek bir özvektöre (v sahip olabilir. Bu durumda lineer bağımsız ilk çözü şu şekilde olur:

λ

1x v te= (6‐130) Diğer iki lineer bağımsız çözüm ise şu denklemlerden elde edilir:

λ λ2x v t tte e= +u (6‐131a)

2 λ λ λ3

1x v2

t t tt e te e= + +u w (6‐131b)

Burada görülen ve vektörleri;

( λ ) v− =A I u and ( λ )− =A I w u (6‐132)


Engin/Çengel

- 56 -

Bağıntılarından belirlenir. İkinci lineer bağımsız çözümün Durum 2 deki gibi belirlendiğine dikkat ediniz. Kat sayısı 4 olduğunda çözüm yolu daha karmaşık bir hal alacaktır. ÖRNEK 6‐30 Tekrarlayan (üç katlı) özdeğerlere sahip homojen sistemler Aşağıdaki sistemin genel çözümünü yapınız.

1 1 2

2 1 2 3

3 2 3

x 'x ' 2 3x ' 2 3

x xx x x

x x

= += − + −

= +

ÇÖZÜM Verilen denklem sistemi x x biçiminde ifade edilebilir:

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛−=320132

013A ve

1

2

3

xxxx

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

Katsayılar matrisi A nın özdeğerleri det λ−A I 0 denkleminden belirlenir:

3

3

3 1 0det( λ ) 2 3 1

0 2 3

(3 ) 2(3 ) 2(3 ) (3 ) 0

λλ

λ

λ λ λ

λ

−− = − −

−

= − + − − −

= − =

A I

Sonuç olarak λ 3 tür ve 3 katlı köktür. Bu özdeğere karşılık gelen özvektör λ0 denkleminden bulunur:

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛=

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛−

000

020102

010

3

2

1

vvv

Matris çarpımı ile bu denklem aşağıdaki denklem sistemine dönüşür:

2

1 3

2

02 0 2 0

vv v

v

=− =

=

ya da;

2

3 1

02

vv v==

Basit olsun diye 1 alırsak, yukarıdaki denklemden 2 buluruz. Dolayısıyla λ 3 karşılık gelen tek özvektör,

1

v 02

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠


Engin/Çengel

- 57 -

olur. Bu, λ 3 için tek bir lineer bağımsız özvektördür, çünkü için başka bir değer seçmiş olsaydık, bu özvektörün sabit bir sayı ile çarpılmış halini elde ederdik. Buna göre verilen sistem Durum 3 e uymaktadır. Öncelikle sabit ve vektörlerini belirleyelim. vektörünü λ denkleminde yazarsak,

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛=

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛−

201

020102

010

3

2

1

uuu

elde edilir. Veya bu sistem aşağıdaki cebirsel hale gelir:

22 021

2

31

2

==−=

uuuu

ya da,

13

2

21

uuu

==

Basit olsun diye 1 alırsak, yukarıdaki denklemden 2 buluruz. Buna göre vektörü şöyle olur:

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛=

211

u

Şimdi de bunu λ denkleminde yazalım:

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛=

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛−

211

020102

010

3

2

1

www

Sonuç olarak;

22 121

2

31

2

==−=

wwww

veya,

12

1

13

2

−==

uuw

Basit olsun diye 1 alırsak, yukarıdaki denklemden 1 buluruz. Buna göre vektörü şöyle olur:

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛=

111

w


Engin/Çengel

- 58 -

Böylece verilen sistemin lineer bağımsız üç çözümü şöyle yazılır:

λ 31

λ λ 3 3 32

2 λ λ λ 2 3 3 33

2

2

1x v 0

2

1 1 1x v 0 1 1

2 2 2 2

1 1 11 1x v 0 1 12 2

2 2 1

1 12

11

t t

t t t t t

t t t t t t

e e

tte e te e e

t

t e te e t e te e

t t

tt t

⎛ ⎞⎜ ⎟= = ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

+⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= + = + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟+⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= + + = + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎛ + +⎜⎜

= ++ +

⎝

u

u w

3te

⎞⎟⎟

⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟

⎠

Sistemin genel çözümü ise

1 1 2 2 3 3

2

3 3 31 2 3

2

x x x x1 11 1 2

0 1 12 2 2 1

t t t

C C C

t ttC e C e C t e

t t t

= + +

⎛ ⎞+ +⎜ ⎟+⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟= + + +⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ + +⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎜ ⎟⎝ ⎠

veya skaler biçimde

[ ]

2 31 1 2 3

32 2 3

2 33 1 2 3

1( 1) ( 1)2

( 1)

2 ( 1) ( 1)

t

t

t

x C C t C t t e

x C C t e

x C C t C t t e

⎡ ⎤= + + + + +⎢ ⎥⎣ ⎦= + +

⎡ ⎤= + + + + +⎣ ⎦

olarak elde edilir. 6‐9 LİNEER HOMOJEN OLMAYAN SİSTEMLER Şimdi de aşağıdaki homojen olmayan sistemi göz önüne alalım:

x ' ( )x ( )t t= +A r (6‐133) Katsayılar matrisi ve homojen olmayan vektör , aralığında sürekli olsun. Aranan genel çözüm, homojen kısmın çözümü ile özel çözümün toplamından oluşur: x x xö (6‐134)


Engin/Çengel

- 59 -

Burada x homojen kısmın, yani x x denkleminin genel çözümü, xö ise homojen olmayan sistemin özel çözümüdür. Daha önce öğrendiğimiz belirsiz katsayılar yöntemi ile sabitin değişimi yöntemi, bazı değişiklikler yapılarak bu tür sistemler için de kullanılabilir. SABİT KATSAYILAR YÖNTEMİ Bu yöntemi diferansiyel denklem sistemlerine uygularken katsayıların sabit skalerler yerine sabit vektör olarak alınması gerekir. Homojen olmayan sistemin özel çözümünün alacağı biçime karar verirken, bu sistemdeki terimleri belirli bir düzende yazmak kolaylık sağlar. Örneğin,

1 1 32

2 1 2 3

3 1 3

x ' 2 3 5 5

x ' 3 1x ' 5

t

x x t

x x x tex x

−

= − + −

= + − + += − +

sistemi,

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛−+

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛+

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛= −

015

005

030

)( 2 ttet tr

olarak yazılabilir. Bu durumda özel çözümün olması gereken biçimi, homojen çözümün homojen olmayan terimlerle aynı olmadığı kabul edilerek,

1 1 1 12 2 2

2 2 2 2

3 3 3 3

x ( ) t t tp

a b c dt e t a te b e c t d

a b c d

− − −

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= + + + = + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

a b c d

şeklinde ifade edilebilir. Burada 12 tane bilinmeyen bulunmaktadır. Özel çözüm biçiminin homojen olmayan tüm terimleri kapsadığına dikkat edilmelidir. Öte yandan homojen kısmın çözümleri olan homojen olmayan terimler, diferansiyel denklem sistemlerinde başka şekilde ele alınır. Sistemleri çözerken özel çözümün temel çözümünü sadece ile çarpmak yerine, sıfırıncı kuvvet dahil tüm alt kuvvetleriyle çarpmak gerekir. Örnek verelim: homojen kısmın çözümü olsun. Bu durumda biçimindeki homojen olmayan bir terime karşılık gelecek özel çözüm xö biçiminde seçilmelidir. Belirsiz katsayılar yönteminin, denklem sistemindeki tüm katsayıların sabit ve homojen olmayan terimlerin belirli bazı biçimleri için uygulanabildiğini tekrar vurgulayalım. ÖRNEK 6‐31 Belirsiz Katsayılar Yöntemi Belirsiz katsayılar yöntemiyle aşağıdaki sistemi çözünüz.

1 1 2

2 1 2

x ' 4 6 1

x ' 3 5 t

x x

x x e

= + +

= − − +

ÇÖZÜM Verilen sistem matris biçiminde x x olarak ifade edilebilir.

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

=53

64A ,

1x te

⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

ve ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

01

101 t

t ee

r


Engin/Çengel

- 60 -

Bu sistemin homojen kısmının çözümünü daha önce yapmış ve,

tth ececx 2

21 11

12 −

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

=

olarak bulmuştuk. Homojen kısmın çözümü ile ve terimleri karşılaştırıldığında, nin homojen kısmın çözümünde de yer aldığı görülür. Dolayısıyla bu terime karşılık gelen özel çözüm teklifi olmalıdır (sadece değil). için ise sabit bir vektörü dikkate almamız gerekir. Buna göre özel çözüm;

xö ve türevi,

xö

olarak ifade edilir. Buradaki , ve , 2×1 lik birer vektördür:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

2

1

aa

a , ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

2

1

bb

b , and ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

2

1

cc

c

Yukarıdaki özel çözüm ifadesini ve türevini verilen diferansiyel sisteminde yerine yazarsak,

01

10

ve terimlerinin katsayılarını eşitlersek aşağıdaki gibi üç matris denklemi elde ederiz:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=+

=

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

10

001

Abba

Aaa

Ac

İlk denklemin her iki yanını ile çarparak vektörü kolayca hesaplanabilir:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −−−

−=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

−=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=

−−

35

21

01

4365

21

01

5364

01 1

1Ac

İkinci denklem ise 0)( =− aIA olarak yazılabilir. Bu ise matrisinin λ 1 özdeğerine karşılık gelen özvektör denklemidir. Örnek 6‐25’te bu çözüm yapılmış ve,

1

2v

1⎛ ⎞

= = ⎜ ⎟−⎝ ⎠a

olarak bulmuştuk. Geri kalan son matris denklemi ise aşağıdaki hale gelir:

263 21 =+ bb Basit olsun diye 0 alırsak, yukarıdaki denklemden 1 3⁄ buluruz. Bu seçimler ile özel çözüm;


Engin/Çengel

- 61 -

2 0 51 1x1 1 33 2

t tö te e

−⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Böylece verilen sistemin genel çözümü,

21 2

2 1 2 0 51 1x1 1 1 1 33 2

t t t tC e C e te e−− −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

veya skaler biçimde, 2

1 1 2

22 1 2

5(2 2 )2

1 33 2

t t

t t

x C t e C e

x C t e C e

−

−

= + − −

⎛ ⎞= − + − + +⎜ ⎟⎝ ⎠

olarak elde edilir. SABİTLERİN DEĞİŞİMİ YÖNTEMİ Homojen olmayan

)()(' txtx rA += sistemin katsayılar matrisi nın elemanları sabit olmadığında veya homojen olmayan vektörü belirsiz katsayılar ile çözülebilecek biçimlerden farklı olarak verilmişse, belirsiz katsayılar yöntemi pratikliğini kaybeder. Bu tür durumlarda genel bir yöntem olan sabitlerin değişimi yöntemi daha kullanışlıdır. İlk yapmamız gereken x x homojen denkleminin genel çözümünü yaparak tane lineer bağımsız çözümden oluşan x çözümünü bulmak olacaktır.

1 1 2 2x ...h n nC x C x C x= + + + (6‐135) Bu homojen çözüm ayrıca temel matris cinsinden de yazılabilir ( lik bu matrisin sütunlarının tane lineer bağımsız çözüm vektörü x , x , x , … … . . x den oluştuğunu hatırlatalım):

x ( )h t= F c (6‐136) Sabitlerin değişimi yöntemi, yukarıdaki denklemde görülen yi bir fonksiyonu ile yer değiştirmek ve bu fonksiyonu bulma esasına dayanmaktadır. Dolayısıyla özel çözümün biçimi şu şekilde olur:

x ( )p t= F u (6‐137)

fonksiyonu, önerilen özel çözümün diferansiyel denklem sistemini sağlaması

koşulundan yola çıkılarak bulunur. Bunun için özel çözümün türevi alınır ve x x sisteminde yerine yazalım:


Engin/Çengel

- 62 -

)()()()()(')()()(' tttttttt ruFA uFu F +=+ (6‐138) Ancak homojen sistemi sağladığından olur. Bu durumda yukarıdaki denklem;

( ) '( ) ( )t t t=F u r (6‐139)

halini alır. fonksiyonu nin sürekli olduğu tüm aralıklarda tekil olmayan bir matris olduğundan mevcuttur. Denklemin her iki yanı ile çarpılırsa;

)()()(' 1 ttt rFu −= (6‐140) elde edilir. Buna göre fonksiyonu; (6‐141) Bu ifadeyi Denklem 6‐137 de yerine yazarsak, aranan özel çözüm;

1x ( ) ( ) ( ) ( )p t t t dt t−= +∫F F r F k (6‐142)

olarak elde edilir. Sonuçta genel çözüm;

1x ( ) ( ) ( ) ( ) ( )t t t t dt t−= + +∫F c F F r F k (6‐143)

veya keyfi integral sabitleri (sabit vektörler) ve tek bir sabit vektörü çatısı altında düşünülürse,

1x ( ) ( ) ( ) ( )t t t t dt−= + ∫F c F F r (6‐ 144)

elde edilir. ÖRNEK 6‐32 Sabitlerin Değişimi Yöntemi Sabitlerin değişimi yöntemini kullanarak aşağıdaki diferansiyel denklemi çözünüz.

1 1 2

2 1 2

' 4 6 1

' 3 5 t

x x x

x x x e

= + +

= − − +

ÇÖZÜM Verilen diferansiyel denklem matris biçiminde rA += xx' olarak yazılabilir.

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

=53

64A , 1

2

xxx

⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

ve ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛= te

1r


Engin/Çengel

- 63 -

Homojen kısma ait iki lineer bağımsız çözüm Örnek 6‐25 te bulunmuştu. Bu çözümler şöyleydi:

1

2

2 2

2x

x

t

t

t

t

ee

ee

−

−

⎛ ⎞= ⎜ ⎟

−⎝ ⎠⎛ ⎞−

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

Dolayısıyla temel matris;

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−−

=−

−

tt

tt

eeee

t 2

22)(F

ve determinantı;

ttttt

tt

eeeeeee −−−−

−

=−=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−−

= 22

det2

2

F

olarak bulunur. Bu matrisin tersi ise;

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

−−−−

−−

tt

tt

tt

tt

t eeee

eeee

et 22

221

221)(F

olur. Artık özel çözümü bulabiliriz. İntegral sabitini göz ardı ederek;

1x ( ) ( ) ( )p t t t dt−= ∫F F r

burada

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

+

+−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

−−

−−−

∫

∫∫

tt

t

tt

t

ttt

tt

eete

dtee

e

dteee

eedttt

3232

221

32

21

21

12

)()( rF

olarak elde edilip özel çözüm ifadesinde yerine yazılırsa,

21

2 2 3

2x ( ) ( ) ( ) 1 2

2 3

tt t

p t t t t

e te et t t dt

e e e e

−−

−−

⎛ ⎞− +⎛ ⎞− ⎜ ⎟= = ⎜ ⎟⎜ ⎟− +⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠∫F F r

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

=

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

++−

−−=

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

++−

−−+−=

35

21

11

32

12

23

32

25

322

32

211

32

2122

tt

tt

tt

tt

tt

ete

ete

ete

ete

ete

elde edilir. Dolayısıyla verilen denklem sisteminin genel çözümü, vektörel olarak;


Engin/Çengel

- 64 -

1 1 2 2

21 2

x2 1 2 1 52 1 1 1 1 1 33 2

ö

t t t t

C x C x x

C e C e te e−

= + +

− − −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

veya skaler olarak;

21 1 2

22 1 2

2 52 23 22 33 2

t t

t t

x C t e C e

x C t e C e

−

−

⎛ ⎞= − + − −⎜ ⎟⎝ ⎠⎛ ⎞= − + − − +⎜ ⎟⎝ ⎠

şeklinde elde edilmiş olur. Homojen Olmayan Başlangıç Değer Problemlerine Ait Sistemler Sabitlerin değişimi yöntemi oldukça sistematik ve kolay bir yöntemdir ve kolayca başlangıç değer problemlerine de uygulanabilir. Yukarıdaki kısımda homojen sistemlerin genel çözümünün temel matrise bağlı olarak ifade edilebileceğini gördük. Diğer bir anlatımla;

x ( ) ( )h t t= F c (6‐ 145) yazılabilir. Burada keyfi sabitler içeren bir vektördür. Denklemi soldan ile çarpar ve daki değeri alınırsa, bu durumda vektörü,

001 )( xt−= Fc (6‐146)

Olarak elde edilir. Burada x verilen başlangıç koşuludur. Bu ifadeyi verilen denklem sisteminde yazalım:

001 )()()( xtttxh−= FF (6‐147)

Buradaki 001 )( xt−= Fc ifadesi çok cazip görünse de homojen olmayan sistemlere

uygulanamaz. Çünkü başlangıç koşulları çözümün sadece homojen kısmına değil tümüne uygulanmalıdır. Bunun mümkün olabileceği tek durum da özel çözümün sıfır olmasıdır. Dolayısıyla bir şekilde daki özel çözüm olacak şekilde ifade edebildiğimiz homojen olmayan denklem sistemlerinde bu yöntemi kullanmak mümkündür. Diferansiyel denklem sistemlerini çözerken Denklem 6‐142 deki integral sabiti yi sıfır ya da keyfi bir sabit vektör almak sonucu değiştirmez. Kolaylık bakımından genellikle sıfır alınması tercih edilir. Ancak başlangıç‐değer problemlerini çözerken yi sıfır almak yerine özel çözümü

da sıfır yapacak şekilde seçmek daha uygundur. Bunu yapmak için Denklem 6‐142 deki belirsiz integrali, ile arasında belirli integral biçiminde yazmak yeterlidir:

0

1( ) ( ) ( )t

öt

x t t t dt−= ∫F F r (6‐ 148)

Böyle yazmakla da xö 0 olması güvence altına alınmış olur (buradan çıkan ifadede alınırsa sonuç mutlaka sıfır çıkacaktır, zira integralin alt ve üst limiti aynı olmuş olur).

Homojen ve özel çözümlerin toplamından genel çözüm;


Engin/Çengel

- 65 -

0

1 10x( ) ( ) ( )x ( ) ( )

t

t

t t t t t dt− −⎡ ⎤

= +⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

∫F F F r (6‐ 149)

olarak elde edilir. Sonuç olarak homojen kısma ait temel matris biliniyorsa, yukarıdaki denklem homojen olmayan bir diferansiyel denklem sisteminin x x daki çözümünü bulmada kullanılabilir. ÖRNEK 6‐33 Homojen Olmayan Başlangıç Değer Problemi Aşağıdaki diferansiyel denklem sistemini verilen başlangıç koşulları altında çözünüz.

1 1 2 1

2 1 2 2

' 4 6 1 , (0) 0

' 3 5 , (0) 0t

x x x x

x x x e x

= + + =

= − − + =

ÇÖZÜM Homojen olmayan bu denklem sistemini daha önce çözmüştük. Verilen başlangıç koşulları yerine konur ve integral sabitleri bulunursa 2 ve 5 6⁄ bulunur. Dolayısıyla verilen denklem sisteminin çözümü;

23

65

34

25

65

3102

22

21

+−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +=

−−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +=

−

−

tt

tt

eetx

eetx

olarak elde edilir. Şimdi ise aynı sonucu aynı sonucu yukarıda özetlediğimiz yöntemle bulacağız. Temel matris, bunun tersi ve 0 daki değeri sırasıyla şu şekilde elde edilir:

21

2 2 2

2( ) , ( )

2

t t t t

t t t t

e e e et t

e e e e

− − −−

−

⎛ ⎞ ⎛ ⎞−= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟

−⎝ ⎠ ⎝ ⎠F F ve ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=−

2111

)0(1F

Ayrıca başlangıç koşulları ve homojen olmayan terimler de matris biçiminde verilebilir:

0

0x

1⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

ve ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛= te

1r

Tüm bunları Denklem 6‐149 da yerine yazarsak, verilen sistemin çözümü vektör olarak;

0

1 10x( ) ( ) ( )x ( ) ( )

t

t

t t t t t dt− −⎡ ⎤

= +⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

∫F F F r


Engin/Çengel

- 66 -

0

0

2 2

2 3

2 3

2

2

1 1 0 1( )

1 2 1 2

1 1( )

2 2

11( ) 1 2 72

2 3 6

2212

t t t

tt tt

t t

t tt

t

t t

tt t

t t

e et dt

ee e

et dt

e e

e tt

e e

e te ee e e

− −

−

−

−−

−

⎡ ⎤⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞= +⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦⎡ ⎤⎛ ⎞⎛ ⎞

= +⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦⎡ ⎤⎛ ⎞− + +⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟= +⎜ ⎟⎢ ⎥⎜ ⎟+ −⎝ ⎠ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

− + +⎛ ⎞−= ⎜ ⎟

−⎝ ⎠

∫

∫

F

F

F

2 3

2

2

2 53 6

10 5 523 6 2

4 5 33 6 2

t t

t t

t t

e

t e e

t e e

−

−

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟+ +⎜ ⎟⎝ ⎠

⎛ ⎞⎛ ⎞+ − −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎜ ⎟=⎜ ⎟⎛ ⎞− + + +⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠

veya skaler biçimde

23

65

34

25

65

3102

22

21

++⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +−=

−−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +=

−

−

tt

tt

eetx

eetx

olarak elde edilir.


Engin/Çengel

- 67 -

PROBLEMLER 6‐1 Diferansiyel Denklem Sistemlerinin Gözden Geçirilmesi 6‐1C Diferansiyel denklem sistemlerini cebirsel denklem sistemlerinden ayıran özellikler nelerdir? 6‐2C Hangi şartlarda ’inci mertebenden bir diferansiyel denklem tane birinci mertebeden denkleme dönüştürülebilir, bu işlem nasıl yapılır? 6‐3C Bir diferansiyel denklem sistemi hangi durumda lineerdir? Aşağıdaki diferansiyel denklemleri birinci mertebeden diferansiyel denklem sistemlerine dönüştürünüz ( bağımlı, ise bağımsız değişkendir).

6‐4 26'3''' )( txxxa =+ texxb 23''' )( =−

6‐5 0'''' t)( 3 =++ xtxxa txtxxb 2sin3'''' )( =−+

6‐6 ttexxxxa 32 2'2''' )( −=++ 0'5'' )( =−+ kxxxb

6‐7 0'3''' )( =+− txxxa ttxxb cos'''' )( 2=+

6‐8 1cos'5 )( )( +=+− txxxa iv 0 )( )( =ivxb

6‐9 05'2 )( 2)( =++ xxtxa iv t

xexb tiv 1 )( )( =+

Aşağıdaki diferansiyel denklem sistemlerini, birinci mertebeden diferansiyel denklem sistemlerine dönüştürünüz ( bağımsız değişkendir). 6‐10 tyx cos'3''' += , 0)( =πx ve 2)(' −=πx

textyy +−= '2'' , 2)0( =y 6‐11 xyx ='''

teytxyyt −+−=− '2'')1( 3

6‐12 2 3''' ' 3 , ( 1) 1, '( 1) 0 ve ''( 1) 4tx ty y x e x x x= − + − = − = − = 2)1( ,26'' −=−−= yxyy 6‐13 tzyxx 3'''''' −++=

xzyty −= 2'' 1'' −−= yzxyz 6‐14 '' 4( ) ' cos 2 , (0) 0 ve '(0) 1x y z tz t x x= − + − = = −

'' 3 ' , (0) 0 ve '(0) 7y xy tz y y= − − = =

2'' 3 , (0) 0 ve '(0) 2z x xz z z= − = = Aşağıdaki diferansiyel denklem sistemlerini lineer olma/olmama, homojen olma/olmama, sabit katsayılı olma/olmama yönünden değerlendiriniz 6‐15 tyxyx cos'2''' +−=


Engin/Çengel

- 68 -

textyy +−= '2'' 6‐16 yxx +='''

1'2'' −+−= −teytxyy

6‐17 '3')(2)( xyyxx iv −+−= yxy +='' 6‐2 Diferansiyel Denklem Sistemleri Nasıl Oluşmaktadır? 6‐18 Şekildeki kütleler başlangıçta hareketsiz ve denge konumlarındadırlar ( anında yaylar sıkışmış veya uzamış halde değildir). Daha sonra kütlesine periyodik kuvveti uygulanarak kütleler harekete geçiriliyor. Kütlelerin başlangıç noktalarına göre konumları sırasıyla ve olduğuna göre, sürtünmeleri ihmal ederek bu iki kütlenin hareketini veren diferansiyel denklemleri elde ediniz. 6‐19 Şekildeki kütleler başlangıçta hareketsiz ve denge konumlarındadırlar ( anında yaylar sıkışmış veya uzamış halde değildir). Daha sonra kütlesine periyodik kuvveti uygulanarak kütleler harekete geçiriliyor. Kütlelerin başlangıç noktalarına göre konumları sırasıyla , ve olduğuna göre, sürtünmeleri ihmal ederek bu üç kütlenin hareketini veren diferansiyel denklemleri elde ediniz.


Engin/Çengel

- 69 -

6‐20 Şekildeki kütlesi sol taraftan yayına sağ taraftan ise bir sönümleyiciye (damper) bağlıdır. Sönümleme katsayısı dir. Kütleler başlangıçta hareketsiz ve denge konumlarındadırlar ( anında yaylar sıkışmış veya uzamış halde değildir). Daha sonra

kütlesine periyodik kuvveti uygulanarak kütleler harekete geçiriliyor. Kütlelerin başlangıç noktalarına göre konumları sırasıyla ve olduğuna göre, sürtünmeleri ihmal ederek bu iki kütlenin hareketini veren diferansiyel denklemleri elde ediniz. 6‐21 Şekildeki elektrik devresini göz önüne alınız. Gösterilen yönleri pozitif kabul ederek kollardan geçen ve akımlarını veren diferansiyel denklemleri yazınız. 6‐22 Yandaki şekilde verilen elektrik devresini göz önüne alınız. Gösterilen yönleri pozitif kabul ederek kollardan geçen ve akımlarını veren diferansiyel denklemleri yazınız. 6‐23 Yandaki şekilde verilen elektrik devresini göz önüne alınız. Gösterilen yönleri pozitif kabul ederek kollardan geçen , ve akımlarını veren diferansiyel denklemleri yazınız. 6‐24 Yandaki şekilde 1000 L hacmindeki iki tuzlu su (salamura) tankına giriş ve çıkışlar gösterilmiştir. Her iki tankta birer karıştırıcı sürekli olarak çalışarak karışımın homojenliğini sağlamaktadır. Birinci tanka 50 L/dak tatlı su verilirken ikinci tanktan aynı hacimsel debide tuzlu su çekilmektedir. Herhangi bir anında tanklardaki tuz miktarları (kütleleri) ve

olduğuna göre, bu iki kütleyi veren diferansiyel denklemleri oluşturunuz.


Engin/Çengel

- 70 -

6‐25 Problem 6‐24’te temiz su yerine birinci tanka içerisinde litre başına 0.05 kg tuz bulunan aynı debide salamura girdiğini kabul ederek (yani 50 L/dak) problemi tekrar çözünüz. 6‐3 Yoketme Yöntemi 6‐26C Yoketme yönteminin önemli bir eksikliği nedir? Bu yöntem homojen olmayan denklem sistemlerine de uygulanabilir mi? Lineer olmayan sistemlere uygulanabilir mi? Değişken katsayılı sistemlere uygulanabilir mi? Yoketme yöntemini kullanarak aşağıdaki birinci mertebeden diferansiyel denklem sistemlerinin genel çözümünü bulunuz. 6‐27 yxxa −= 3' )( tyxxb +−= 3' )( yxy +=' 2' −+= yxy 6‐28 yxxa −=' )( 1' )( +−−= tyxxb

yxy 4' +−= tteyxy ++−= 4'

6‐29 yxxa −=' )( 1' )( 2 −−−= tyxxb yxy 23' −−= tyxy 323' +−−=

6‐30 yxxa 42' )( += tetyxxb 32542' )( −+= yxy 2' +−= yxy 2' +−= 6‐31 yxxa += 7' )( 17' )( −+= yxxb yxy 3' −−= 13' +−−= yxy 6‐32 yxxa += 2' )( 12' )( ++= yxxb

yxy 2' −= 232' tyxy +−= 6‐33 yxxa 2' )( +−= tyxxb 2sin32' )( ++−= yxy += 3' 23' −+= yxy

6‐34 yxxa 24' )( −= 324' )( 2 −+−= tyxxb yxy 42' −= tyxy 542' −−=

6‐35 yxxa −= 5' )( tteyxxb 25' )( +−= yxy 2' += 12' −+= yxy 6‐36 yxxa 5' )( −= 35' )( +−= yxxb yxy +=' 3' −+= yxy 6‐37 yxxa 3' )( −= yxxb 3' )( −=

yzy 2' +−= teyzy 22' −+−= yxz −=' 1' −−= yxz


Engin/Çengel

- 71 -

6‐38 zyxxa 23' )( −+−= 223' )( tzyxxb +−+−= yzxy 2' +−= tyzxy 32' −+−= zyz 3' += 23' ++= zyz

6‐39 yt

xt

xa 2

42' )( += yt

xt

xb 2

11' )( −=

12' +−= txy 1' += xy

6‐40 583' )( 2 −+−

= yt

xt

xa teyt

xb 22

1' )( +=

ttexy 2' += 2' += xy

6‐41 yt

xa 2

6' )( = 431' )( 22 +−= yt

xt

xb

53' +−= xy 1' += xy

6‐42 yt

xt

xa 3

34' )( += yt

zt

xt

xb 32

142' )( −−−

=

zy 2'= 12' += zy

texz 23' += 13' +−= txz Yok etme yöntemini kullanarak aşağıdaki birinci mertebeden diferansiyel denklem sistemlerini verilen sınır şartları altında çözünüz. 6‐43 16' )( +−= yxxa , 1)0( )( =xb tyxy ++= 24' , 0)0( =y 6‐44 tyxxa +−= 2' )( , 1)0( )( =xb yxy 4' +−= , 1)0( =y 6‐45 14' )( +−= yxxa , 2)0( )( =xb yxy 25' −= , 3)0( −=y 6‐4 Özdeğerler Yöntemi 6‐46C Özdeğerler yöntemi ile yok etme yöntemini karşılaştırarak avantaj/dezavantaj yönünden değerlendiriniz. 6‐47C Özdeğerler yönteminin önemli bir eksikliği nedir? Bu yöntem homojen olmayan denklem sistemlerine de uygulanabilir mi? Lineer olmayan sistemlere uygulanabilir mi? Değişken katsayılı sistemlere uygulanabilir mi? 6‐48C Özdeğerler yönteminde, belirli bir homojen olmayan terimin homojen kısmın çözümü olması halinde bu terime karşılık gelen özel çözüm nasıl bulunur?


Engin/Çengel

- 72 -

Özdeğerler yöntemini kullanarak aşağıdaki birinci mertebeden diferansiyel denklem sistemlerinin genel çözümünü bulunuz. 6‐49 yxxa −= 3' )( tyxxb +−= 3' )( yxy +=' 2' −+= yxy 6‐50 yxxa −=' )( 1' )( +−−= tyxxb

yxy 4' +−= tteyxy ++−= 4'

6‐51 yxxa −=' )( 1' )( 2 −+−= tyxxb yxy 23' −−= tyxy 323' +−−= 6‐52 yxxa += 7' )( 17' )( −+= yxxb yxy 3' −−= 13' +−−= yxy 6‐53 yxxa += 2' )( 12' )( ++= yxxb

yxy 2' −= 232' tyxy +−= 6‐54 yxxa 2' )( +−= tyxxb 2sin32' )( ++−= yxy += 3' 23' −+= yxy

6‐55 yxxa 24' )( −= 324' )( 2 −+−= tyxxb yxy 42' −= tyxy 542' −−=

6‐56 zyxxa 23' )( −+= 223' )( tzyxxb +−+= yzxy 2' +−= tyzxy 32' −+−=

' 3y y z= + ' 3 2y y z= + + Özdeğerler yöntemini kullanarak aşağıdaki birinci mertebeden diferansiyel denklem sistemlerini verilen sınır şartları altında çözünüz. 6‐57 16' )( +−= yxxa , 1)0( )( =xb tyxy ++= 24' , 0)0( =y 6‐58 tyxxa +−= 2' )( , 1)0( )( =xb yxy 4' +−= , 1)0( =y 6‐59 14' )( +−= yxxa , 2)0( )( =xb yxy 25' −= , 3)0( −=y 6‐60 tyxxa ++= 42' )( , 0)1( )( =xb 13' −−= yxy , 2)0( =y 6‐61 13' )( −+= yxxa , 0)0( )( =xb

teyxy 234' +−−= , 1)0( =y


Engin/Çengel

- 73 -

6‐62 yxxa +=' )( , 0)2( )( =xb yxy 22' −−= , 0)2( =y 6‐63C Aynı boyutta iki vektör verilmiş olsun. Bu iki vektörün lineer bağımlı olup olmadığına nasıl karar verirsiniz? Vektör fonksiyonları için durum ne nedir? 6‐64C tane vektör fonksiyonu bulunsun. Bunların lineer bağımlı olup olmadığına nasıl karar verirsiniz? 6‐65C × lik bir kare matrisin kaç tane özdeğeri vardır, bunlar nasıl belirlenir? 6‐66C × lik sabit bir matrisi ve buna ait gerçel bir özdeğerini dikkate alınız. Bu özdeğer karşılık gelen özvektörü nasıl belirlersiniz? Bu matrisin bu özdeğer karşılık kaç tane özvektörü bulunabilir ve bunlardan kaçı lineer bağımsız olabilir? 6‐67C Bir matrisinin katlı bir özdeğeri için lineer bağımsız kaç özvektörü vardır? Bu matrisin gerçel ve simetrik olması durumunda cevabınız ne olur? 6‐68C Kompleks ve eşlenik iki özdeğer bulunsun. Bunlardan birine karşılık gelen özvektör ise diğeri nasıl olur?

Aşağıdaki matrislerden tersi olanların tersini bulunuz.

6‐69 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

=5702

)( Aa ⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−−

−=

203301324

)( Bb

6‐70 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

−=

2241

)( Aa ⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−

−−=

193031543

)( Bb

6‐71 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −=

12637

)( Aa ⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−−

−=

011342013

)( Bb

6‐72 ⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−−

−=

203301324

)( Aa ⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−−−−

=841230613

)( Bb

6‐73 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −=

3833

)( Aa ⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−

−=

024201410

)( Bb

6‐74 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

=3152

)( Aa ⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−−=151220

111 )( Bb

6‐75 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=

2572

)( Aa ⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛=

021222111

)( Bb


Engin/Çengel

- 74 -

Aşağıdaki cebirsel denklem sistemlerinden çözümü olanların çözümünü yapınız? 6‐76 52 )( 321 =++ xxxa 02 )( 321 =++ xxxb

042 321 =−+− xxx 042 321 =−+− xxx

12 321 =−+ xxx 02 321 =−+ xxx

52 )( 321 =++ xxxc 52 )( 321 =++ xxxd

042 321 =−+− xxx 242 321 −=−+− xxx

56 21 =+− xx 12 321 =−+ xxx 6‐76 63 )( 321 =−− xxxa 03 )( 321 =−− xxxb

4262 321 −=+− xxx 0262 321 =+− xxx

114 321 =−+− xxx 04 321 =−+− xxx

23 )( 321 =−− xxxc 63 )( 321 =−− xxxd

4262 321 −=+− xxx 4262 321 −=+− xxx

14 321 =−+− xxx 6‐77 2 )( 321 =++ xxxa 0 )( 321 =++ xxxb

4423 321 −=++− xxx 0423 321 =++− xxx

064 321 =++− xxx 064 321 =++− xxx 2 )( 321 =++ xxxc 2 )( 321 =++ xxxd

4423 321 −=++− xxx 4423 321 −=++− xxx

864 321 =++− xxx 464 321 =++ xxx Aşağıda verilen vektör kümelerinin lineer bağımlı olup olmadığını gösteriniz.

6‐78 1 2 3

1 1 00 , 2 ve 11 1 4

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

v v v

6‐79 1 2 3

2 3 73 2 ve 0

1 1 6

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= − = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

v v v

6‐80 1 2 3

0 2 41 , 0 ve 00 2 0

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

v v v

6‐81 1 2 3

6 1 00 , 0 ve 22 3 2

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= = = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

v v v


Engin/Çengel

- 75 -

6‐82

2 2

21 2 3

2 2

2( ) 3 , ( ) 0 ve ( )

2 1

t t

t

t t

e e t

t e t t t

e e− −

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

= − = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

v v v

6‐83 1 2 3

2( ) 2 , ( ) 0 ve ( ) 4

0 4

t t t

t t

t t

e e e

t e t t e

e e

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞−⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

= − = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

v v v

6‐84 1 2 3

3 0 4( ) 2 , ( ) ve ( )

1 5

t t

t t

t t

e e

t e t t t e

e e

− −

− −

− −

⎛ ⎞ ⎛ ⎞− ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟= = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟

⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

v v v

Aşağıdaki matrislerin özdeğerlerini ve bunlara karşılık gelen özvektörleri bulunuz.

6‐85 ⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−−

−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

=203301324

)( 5702

)( BA ba

6‐86 ⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−

−−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

−=

193031543

)( 2241

)( BA ba

6‐87 ⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−−

−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −=

011342013

)( 126

37 )( BA ba

6‐88 ⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−−−−

=⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−−

−=

841230613

)( 203301324

)( BA ba

6‐89 ⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −=

130321014

)( 1560

)( BA ba

6‐90 ⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−

−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −=

024201410

)( 3833

)( BA ba

6‐91

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

−−

−−−

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −=

1302150505332511

)( 3740

)( BA ba


Engin/Çengel

- 76 -

6‐6 Lineer Denklem Sistemleri Teorisi Aşağıdaki vektörlerin verilen diferansiyel denklemin çözümleri olduğunu gösteriniz. Bu çözümler lineer bağımsız mıdır? Eğer öyleyse verilen sistemlerin ∞ ∞ aralığında genel çözümlerini elde ediniz. Ayrıca bu çözümlerin temel matrislerini oluşturunuz.

6‐92 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛= −tt

t

eee

20

,3

; 23-01

' 21 xxxx

6‐93 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

=−

−

t

t

t

t

ee

ee

2

2

23

3

1 2 ,

32 ;

17301018

' xxxx

6‐94 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛= t

t

t

t

ee

ee

3

3

21 22 , ;

2112

' xxxx

6‐95 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

= t

t

t

t

ee

ee

36 ,

24 ;

5364

' 21 xxxx

6‐96 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

=−

−

t

t

t

t

ee

ee

2

2

23

3

1 ,4 ; 11

42' xxxx

6‐97 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

−=

−

−

t

t

ee

5

5

21 2 ,

12

; 42

21' xxxx

6‐98 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −= t

t

t

t

ee

ee

2

2

22

2

1 22 , ;

1113

' xxxx

6‐99 1 2 3

1 1 0 2' 1 0 1 ; 2 , 4 ve 2

3 1 1 3 6 3

t t t

t t t

t t t

e e e

e e e

e e e

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − − −⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟= − = − = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟

⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

x x x x x

6‐100

6 3

6 31 2 3

6 3 3

0 3 3 2 0' 3 0 3 ; , 0 ve

3 3 0

t t

t t

t t t

e e

e e

e e e

−

−

− −

⎛ ⎞ ⎛ ⎞−⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟= = = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

x x x x x

Aşağıdaki vektörlerin verilen diferansiyel denklemin çözümleri olduğunu gösteriniz. Bu çözümler lineer bağımsız mıdır? Eğer öyleyse verilen sistemlerin ∞ ∞ aralığında genel çözümlerini elde ediniz. Ayrıca bu çözümlerin temel matrislerini oluşturunuz.

6‐101 18 10 1 171' ; 30 17 0 306öx

−⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

x x

6‐102 2 1 4 3 21' ; 1 2 23 4

t t

ö t

e ex

e

− −

−

⎛ ⎞ ⎛ ⎞− +⎛ ⎞= + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

x x

6‐103 2 2

2

2 4 6 1 9 21 11' ; 1 1 9 9 6 7ö

t t tx

t t t

⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − + −⎛ ⎞= + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟− − − −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

x x

6‐104 2 2

2

1 2 3 33' ; 2 4 70

t t

ö t

e ex

e

− ⎛ ⎞ ⎛ ⎞−⎛ ⎞= + = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

x x


Engin/Çengel

- 77 -

6‐7 Sabit Katsayılı Lineer Homojen Sistemler Matris yöntemini kullanarak aşağıdaki diferansiyel denklem sistemlerinin genel çözümünü bulunuz.

6‐105 xx ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −=

1113

' xx ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

−=

4111

'

xx ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−−

=2311

'

6‐106 xx ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

=2142

' xx ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

=31

17'

xx ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

=21

12'

6‐107 xx ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=

1321

' xx ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

=4224

' -

xx ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −=

2115

'

6‐108 xx ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

1151

' -

xx ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

7265

' -

xx ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

0140

'

6‐109 xx⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−−

−=

011120

031'

xx⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛−

−−=

310211213

'

Matris yöntemini kullanarak aşağıdaki diferansiyel denklem sistemlerini verilen sınır şartları altında çözünüz.

6‐110 xx ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

2461

' -

, ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

01

)0(0x

6‐111 xx ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

4112

' -

-, ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

11

)0(0x

6‐112 xx ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

=2541

' , ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

=3

2)0(0x

6‐113 xx ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

=31

42' , ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

20

)1(0x

6‐114 xx ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

=14

13' , ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

10

)0(0x

6‐115 xx ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

=22

11' , ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

00

)0(0x

6‐8 Lineer Homojen Olmayan Sistemler Belirsiz katsayılar ve Sabitlerin değişimi yöntemlerini kullanarak aşağıda verilen diferansiyel denklem sistemlerinin genel çözümlerini yapınız. Homojen kısımların çözümlerini bulmak içim matris yöntemini kullanınız.

6‐115 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

05

1113

' 2te-

xx

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

+−

+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

−=

231

4111

' 2

ttxx

6‐116 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

−=

tt

3cos3sin2

2311

' xx

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

=07

2142

' xx

6‐117 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

= t

t

ete2

3117

' xx

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

=−

02112

' 2texx


Engin/Çengel

- 78 -

6‐118 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+

+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=

132

1321

' t

txx

⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

=53

4224

' t

xx

6‐119 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −=

t3cos20

2115

' xx

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −=

−

t

t

ee

2

3

23

1151

' xx

6‐120 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=

26

7265

' xx

( )51440140

' 3 −−+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛= ttxx

6‐121 ⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−−+

++

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−−

−=

253

3

011120

031'

txx

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

−+⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛=

05

310211213

' t

t

ee

---

xx

Belirsiz katsayılar ve Sabitlerin değişimi yöntemlerini kullanarak aşağıda verilen diferansiyel denklem sistemlerini, verilen sınır şartları altında çözünüz. Homojen kısımların çözümlerini bulmak içim matris yöntemini kullanınız.

6‐122 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −=

01

)0( ; 2cos2

02461

' 0xt

xx

6‐123 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

−=

11

)0( ; 5

34112

' 0xetxx

6‐124 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−−

+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

=3

2)0( ;

41

2541

' 0

2

xtxx

6‐125 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+

+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

=20

)1( ; 32

131

42' 0x

tt

xx

6‐126 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

=−

10

)0( ; 0

314

13' 0

2

xe t

xx

6‐127 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

=00

)2( ; cos2sin2

2211

' 0xtt

xx

Documents

BÖLÜM 4 İNEER DİFERANSİYEL DENKLEM SİSTEMLERİ · Mühendisler İçin Diferansiyel Denklemler Engin/Çengel - 2 - Elde ettiğimiz bu denklem sistemi Denklem 4−3 e eşdeğerdir