New DİFERANSİYEL DENKLEM - İstanbul Üniversitesiauzefkitap.istanbul.edu.tr/.../diferansiyeldenklemler.pdf · 2020. 4. 17. · Diferansiyel denklemler dersinin anlaşılıp başarılı

1

DİFERANSİYEL DENKLEMLER

ENDÜSTRİ MÜHENDİSLİĞİ LİSANS PROGRAMI

DR. ÖĞR. ÜYESİ ÖMER FATİH YALÇIN

İSTANBUL ÜNİVERSİTESİ AÇIK VE UZAKTAN EĞİTİM FAKÜLTESİ

2

İSTANBUL ÜNİVERSİTESİ AÇIK VE UZAKTAN EĞİTİM FAKÜLTESİ

ENDÜSTRİ MÜHENDİSLİĞİ LİSANS PROGRAMI

DİFERANSİYEL DENKLEMLER

DR. ÖĞR. ÜYESİ ÖMER FATİH YALÇIN

Yazar Notu

Elinizdeki bu eser, İstanbul Üniversitesi Açık ve Uzaktan Eğitim Fakültesi’nde okutulmak için

hazırlanmış bir ders notu niteliğindedir.

3

ÖNSÖZ

Fiziğin kanunları genel olarak diferansiyel denklemlerden faydalanarak yazılır. Böylece tüm mühendisler ve bilim adamları bir dereceye kadar diferansiyel denklemi kullanırlar. Eğer bilim ve mühendislikle uğraşacaksanız muhakkak diferansiyel denklemleri öğrenmeniz gerekecektir. Bilim dili olarak matematiği düşünülebiliriz ve diferansiyel denklemler de bu dilin en önemli parçalarından birisidir. Dolayısıyla bu ders notunun amaçları: bir adi diferansiyel denklemin tanımlanmasını ve sınıflandırılmasını yapabilmek, bir diferansiyel denklemin bir çözümünün ne demek olduğunu anlamak, belli başlı adi diferansiyel denklemlerin çözümünü bulabilmek ve bir fiziksel olayın matematiksel modellemesi olarak bir adi diferansiyel denklemini türetmek olarak belirtilebilir.

4

İÇİNDEKİLER

ÖNSÖZ ....................................................................................................................................... 3

İÇİNDEKİLER ........................................................................................................................... 4

YAZAR NOTU .......................................................................................................................... 7

1. GENEL KAVRAMLAR ........................................................................................................ 8

1.1. Türevler ve İntegraller ....................................................................................................... 14

1.1.1. Yüksek Mertebeden Türevler: ........................................................................................ 15

1.1.2.Türev Alma Kuralları ...................................................................................................... 15

1.2.Bir Fonksiyonun İlkeli ....................................................................................................... 19

1.3. İntegral .............................................................................................................................. 20

1.3.1 İntegral Alma Yöntemleri ............................................................................................... 21

2. DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN SINIFLANDIRILMASI ......................................... 31

2.1. Basit Kesirlere Ayırma Yöntemi ....................................................................................... 37

2.2. Trigonometrik Fonksiyonların İntegrali ............................................................................ 39

2.3. Diferansiyel Denklem Nedir? ............................................................................................ 40

2.4. Diferansiyel Denklemlerin Sınıflandırılması .................................................................... 41

2.4.1. Diferansiyel Denklemin Mertebesi ve Derecesi ............................................................. 42

2.4.2. Lineer ve Lineer Olmayan Diferansiyel Denklemler ..................................................... 43

3. DEĞİŞKENLERE AYRILABİLEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER .......................... 51

3.1. Diferansiyel Denklemlerin Çözümleri .............................................................................. 57

3.2. Başlangıç Değer ve Sınır Değer Problemleri .................................................................... 59

3.3. Değişkenlere Ayrılabilen Diferansiyel Denklemler .......................................................... 60

4. HOMOJEN TİPTE VE DEĞİŞKENLERE AYRILABİLİR TİPTE DİFERANSİYEL DENKLEMLER ....................................................................................................................... 71

4.1. Homojen Tipte Diferansiyel Denklemler .......................................................................... 77

5

4.2. Değişkenlere Ayrılabilen Tipte Diferansiyel Denklemler ................................................ 78

4.2. 1. 1 1 1 2 2 2 0a x b y c dx a x b y c dy Tipindeki Diferansiyel Denklemler ........... 78

4.2.2. 0xf xy dx xg xy dy Tipinde Olan Denklemler ................................................... 81

5. TAM DİFERANSİYEL DENKLEMLER ........................................................................... 90

5.1. Tam Diferansiyel Denklemler ........................................................................................... 96

5.2. İntegrasyon Çarpanları ...................................................................................................... 97

6. BİRİNCİ MERTEBEDEN LİNEER DİFERANSİYEL DENKLEMLER ........................ 109

6.1. Lineer Denklemler ........................................................................................................... 115

6.2. Lineer Hale Getirilebilen Denklemler ............................................................................. 119

6.2.1. Bernoulli Denklemi ...................................................................................................... 119

6.2.2. Riccati Diferansiyel Denklemi .................................................................................... 120

7. İKİNCİ VE YÜKSEK MERTEBEDEN LİNEER DİFERANSİYEL DENKLEMLERİ .. 132

7.1. Claıraut Diferansiyel Denklemi ..................................................................................... 138

7.2. Değişkenlerden Birini İçermeyen İkinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler............. 139

7.2.1. Bağımlı Değişkeni Bulundurmayan Denklemler ........................................................ 139

7.2.2. Bağımsız Değişkeni Bulundurmayan Denklemler ....................................................... 141

7.3. Lineer Bağımsızlık .......................................................................................................... 142

8. İKİNCİ MERTEBEDEN SABİT KATSAYILI HOMOJEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER ..................................................................................................................... 150

8.1. İkinci Mertebeden Homojen Lineer Diferansiyel Denklemler ....................................... 156

8.2. İkinci Mertebeden Sabit Katsayılı Homojen Diferansiyel Denklemler .......................... 158

9. YÜKSEK MERTEBEDEN SABİT KATSAYILI HOMOJEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER VE DEĞİŞKEN KATSAYILI LİNEER DENKLEMLERE GİRİŞ .......... 170

9.1. Sabit Katsayılı Yüksek Mertebeden Homojen Lineer Adi Diferansiyel Denklemler ..... 176

9.2. İkinci Mertebeden Değişken Katsayılı Homojen Diferansiyel Denklemler(D’alembert Basamak Düşürme Yöntemi) ................................................................................................. 178

6

10. İKİNCİ MERTEBEDEN SABİT KATSAYILI HOMOJEN OLMAYAN DİFERANSİYEL DENKLEMLER ....................................................................................... 188

10.1. Homojen Olmayan Lineer Diferansiyel Denklemler .................................................... 194

10.2. Belirsiz Katsayılar Metodu ............................................................................................ 195

11. PARAMETRELERİN DEĞİŞİMİ YÖNTEMİ VE CAUCHY-EULER DİFERANSİYEL DENKLEMELRİ ................................................................................................................... 210

11.1. Parametrelerin Değişimi Yöntemi(Lagrange Yöntemi) ................................................ 216

11.2. Cauchy-Euler Denklemleri ............................................................................................ 223

11.3. Legendre Lineer Denklemi ............................................................................................ 225

12. LAPLACE DÖNÜŞÜMÜ VE ÖZELLİKLERİ ............................................................... 233

12.1. Laplace Dönüşümün Tanımı ......................................................................................... 239

12.2. Laplace Dönüşümün Özellikleri .................................................................................... 242

12.2.1. Türevin Laplace Dönüşümü ....................................................................................... 242

12.1.2. Laplace Dönüşümünün Türevi ve İntegrali ................................................................ 245

12.1.3. İntegralin Laplace Dönüşümü .................................................................................... 246

13. LAPLACE DÖNÜŞÜMÜ İLE DİFERANSİYEL DENKLEM ÇÖZME ....................... 253

13.1. Ters Dönüşüm ............................................................................................................... 259

13.2. Konvolüsyon İntegralleri ............................................................................................... 260

13.3. Laplace Dönüşümü ile Diferansiyel Denklem Çözme .................................................. 263

14. LİNEER DİFERANSİYEL DENKLEM SİSTEMLERİ ................................................. 273

14.1. Lineer Diferansiyel Denklem Sistemlerine Giriş .......................................................... 279

14.2. Lineer Diferansiyel Denklem Sistemlerinin Çözüm Yöntemleri .................................. 282

14.2.1. Yok Etme (Eliminasyon) Yöntemi ............................................................................. 282

14.2.2. Cramer Yöntemi ......................................................................................................... 286

KAYNAKLAR ....................................................................................................................... 297

7

YAZAR NOTU

Bu kitapta konular öncelikle tanımları ve gerekli teoremleri ile anlatılmıştır. Sonrasında her konu ile ilişkili çözümlü örnekler verilmiştir. Bu çözümlü örnekleri öğrencilerin kendilerinin de uğraşarak bulmaları önerilir. Ayrıca son olarak her bölüm sonunda bölüm soruları kısmında öğrencilere cevaplı test soruları bırakılmıştır. Bu soruların da çözülerek cevaplarının karşılaştırılması ve başarının düşük olması halinde ilgili bölüme tekrar çalışması önerilir. Bilgisayar uygulamaları Mathematica 9.1 yazılımı ile yapılmıştır. Bazı küçük matematiksel ve imla yazım hatalarının doğal karşılanmasını temenni ederim

8

1. GENEL KAVRAMLAR

9

Bu Bölümde Neler Öğreneceğiz?

1.1.Türev ve İntegraller

1.1.1.Yüksek Mertebeden Türevler

1.1.2.Türev Alma Kuralları

1.2.Bir Fonksiyonun İlkeli

1.3.İntegral

1.3.1 İntegreal Alma Yöntemi

1.3.1.1.Değişken Dönüşümü Yardımıyla İntegral Alma

1.3.1.2. Kısmi İntegrasyon Yöntemiyle İntegral Alma

10

Bölüm Hakkında İlgi Oluşturan Sorular

1) Diferansiyel kelimesinden ne anlıyorsunuz?

2) dy ile y nin farkı nedir?

3) Bir eğrinin altındaki alanı nasıl buluruz?

4) Türev ile integral arasındaki temel ilişki nedir?

11

Bölümde Hedeflenen Kazanımlar ve Kazanım Yöntemleri

Konu Kazanım Kazanımın nasıl elde

edileceği veya geliştirileceği

Türev Farklı fonksiyonların türevini alabilmek

Okuyarak, fikir yürüterek, ve bol bol örnek çözerek

Yüksek Mertebeden Türevler

Yüksek Mertebeden Türevleri hesaplayabilmek

Okuyarak, fikir yürüterek, ve bol bol örnek çözerek.

Türev Alma Kuralları Türev Alma Kurallarını kavramak


Bir Fonksiyonun İlkeli İntegral ile türev arasındaki ilişkiyi farkedebiilmek


İntegral Farklı fonksiyonların belirsiz integralini alabilmek


İntegreal Alma Yöntemleri İntegreal Alma Yöntemlerini

kullanabilmek


Değişken Dönüşümü Yardımıyla İntegral Alma

Değişken Dönüşümü Yardımıyla İntegral Almayı kavramak


Kısmi İntegrasyon Yöntemiyle İntegral Alma

Kısmi İntegrasyon Yöntemiyle İntegral Almayı kavramak


12

Anahtar Kavramlar

Türev

Yüksek mertebeden türev

İntegral

Değişken dönüşümü ile integrasyon

Kısmi İntegrasyon

13

Giriş

Bu bölümde öncelikle diferansiyel denklemler dersi için bir altyapı oluşturmak amacıyla analizin temel konularından türev ve integral konuları temel noktaları ile irdelenir.

14

1.1. Türevler ve İntegraller

Analizin en temel konuları limit, türev ve integraldir. Bu konuların ifade ettiği geometrik mana şekil 1 de daha da net biçimde görülmektedir.

Şekil 1:.Limit, Türev ve İntegralin grafiksel yorumu

Diferansiyel denklemler dersinin anlaşılıp başarılı olunabilmesi için özellikle türev ve integral konularının çok iyi sindirilmesi gerekir. Dolayısıyla ilk 2 haftalık dersimizde bu konuları işleyip asıl dersimiz olan diferansiyel denklemler için bir altyapı hazırlanacaktır.

Türev

Tanım I.1. Bir f x fonksiyonunun xdeğişkenine göre türevi

veya x

df xdy dff x y Df x D f x

dx dx dx

farklı formda yazılır ve

0

limh

f x h f xf x

h

olarak tanımlanır. Burada ilk iki notasyona virgülsel gösterim, diğer kesirli gösterime

de Leibniz notasyonu adı verilir. Ayrıca ved

Ddx

sembollerine türev operatörleri denir.

f x fonksiyonunun x a noktasındaki türevi,

0

| limx ah

f a h f adyf a

dx h

veya

limx a

f x f af a

x a

ile bulunur.

15

1.1.1. Yüksek Mertebeden Türevler:

Bir f x fonksiyonu türevlenebilir ise birinci mertebeden türevi f de x in bir

fonksiyonudur. Dolayısıyla f nin xdeğişkenine göre türevi

2

2

dy d ydf f y

dx dx dx

, f x in ikinci mertebeden türevi,

2 3

2 3

d y d ydf f y

dx dx dx

f x in üçüncü mertebeden türevi ve

1

1

1

n nn n n

n n

d y d ydf f y

dx dx dx

f x in .n mertebeden türevi olarak

adlandırılır.

1.1.2.Türev Alma Kuralları

1. 0f x c f x , c:sabit bir değer

2. 1n nf x x f x nx (kuvvet kuralı)

3. . .c f x c f x

4. vef g , türevlenebilir fonksiyonlar olsun.

f x g x f x g x (Toplam Kuralı)

Örnek 1.1: 3 2

5 3

29 ?f x x x x f x

x

Çözüm:

1/2 2/3 3/5 1/2 1/3 8/5 11 2 39 2. 9. 2.

2 3 5f x x x x x f x x x x x

5. vef g , türevlenebilir fonksiyonlar olsun.

. . .f x g x f x g x g x f x (Çarpım Kuralı)

16

6. vef g , türevlenebilir fonksiyonlar ve 0g x olsun.

2

. .f x f x g x g x f x

g x g x

(Bölüm Kuralı)

Örnek 1.2.: 2

4

1 3?

1

x x xy y

x

Çözüm:

2 4 4 22

4 24

2 2 4 3 2

24

2 4

2 4 5 6

4 2

3 2

24

1 3 . 1 1 1 31 3

1 1

1 3 3 . 1 . 1 4 1 3

1

3 2 3 . 1 . 1 4 1 3

1

3 8 3 9 8

(1 )

x x x x x x x xx x xy y

x x

x x x x x x x x x x x

x

x x x x x x

x x x x

x

x

x x

x

x

7.Trigonometrik Fonksiyonların Türevi:

a) sin cos , sin cosx x u x u x u x

b) cos sin , cos .sinx x u x u x u x

c) 2 2

2

1tan sec , tan sec

cosx x u x u x u x

x

d) 2csc2

2

1cot csc , cot

sinx x u x u x u x

x

e) sec sec tanx x x

Örnek 1.3: sec ?y x y

17

8.Zincir Kuralı:

, .dy dy du

y f u u g xdx du dx

9. ,n u g x türevlenebilir bir fonksiyon ise,

1.

n nnu g x n g x g x

10. ,f x f xx xe e e f x e

11.

ln ln lnln ln . ln .

xa x a x a f x f xx xa e e x a e a a a f x a a

12.

1ln , ln

f xx f x

x f x

1log , log

ln lna a

f xx f x

x a f x a

13.Parametrik fonksiyonların türevi

,x f t y g t olup y, x in bir fonksiyonu olmak üzere zincir kuralı ile

.

dydy dy dydx dt

dxdt dx dt dx

dt

, 2

2

dyd y dy dyd dt

dxdx dx dxdxdt

Örnek 1.4:

2

3

x t t

y t t

2 3

sec sec tan

sec tan tan sec sec tan sec

y x x x

y x x x x x x x

18

verildiğine göre ,

21 3

1 2

dydy tdt

dxdx t

dt

14.Kapalı Fonksiyonların Türevi

Bağımlı değişken olan y- yi tek başına x cinsinden ifade edemediğimiz ve ya zorlandığımız

fonksiyonlar kapalı fonksiyonlar olarak adlandırılırlar. Genel olarak, y f x olsun.

, 0F x y denklemi ile verilen bağıntılara kapalı fonksiyon denir. Bu fonksiyonların türevi

2 yolla bulunabilir. İlk olarak , 0F x y nin her iki tarafının x e göre türevi alınarak bulunan

denklemden dy

ydx

yalnız bırakılır.

Örnek 1.5 2 2 2 225 25 2 2 0dy dyd d x

x y x y x ydx dx dx dx y

İkinci yol:

,, 0 , , , 0

,

xx y

y

F x ydyF x y D F x y F x y dx F x y dy

dx F x y

15.Ters Trigonometrik Fonksiyonların Türevi:

Ters trigonometrik fonksiyonların türevlerini elde etmek için kapalı fonksiyonların türevlerini

kullanarak elde ederiz. Bu durumda:

1

2

1

2

1

2

1

2

1sin arcsin ,

1

1cos arccos ,

1

1tan arctan ,

11

cot arc cot1

x xx

x xx

xx

x xx

16.Ters Fonksiyonun Türevi

19

f x , birebir ve türevlenebilir olsun. Eğer f in tersi de türevlenebilir ise ,

1f x y x f y dir. Kapalı türevlerden yararlanarak son eşitlikten x e göre türev

alırsak,

1 1 1 1 1 1

1 .d

x f y f y f y y f ydx y f x

1.2.Bir Fonksiyonun İlkeli

Türevi bilinen ve f x olan bir F x fonksiyonuna f x in ilkeli denir. Matematiksel

olarak,

x aralığı için F x f x ise F x , f x in üzerinde ilkeli denir.

Teorem 1.1 : F x , f x in üzerinde ilkeli ise, c sabit bir sayı olmak üzere, F x c ,

f x in üzerindeki en genel ilkelidir.

Örnek 1.6 2f x x nin ilkelleri,

3 3 31, 5, 2 / 3,....F x x x x

Bu durumda f x in üzerindeki en genel ilkeli 3

3

xF x c formatındadır.

Örnek 1.7: 1f x

x in ilkeli,

1ln x

x olduğundan lnF x x c

NOT: Bir fonksiyonun türevleri içeren denklemlere diferansiyel denklemler denir. Bu tanımı

ileriki konularda daha detaylı işleyeceğiz.

Örnek 1.8 44sin 2g x x x in ilkeli 5

4cos 25

xG x x c

20

1.3. İntegral

Tanım 1.1: Türevi belli olan bir fonksiyonu bulmak için yapılan işleme integral alma

veya ilkel fonksiyonunu bulma denir ve f x dx sembolü ile gösterilir.

Tanım 1.2: x aralığı için F x f x ise F x , f x in üzerinde ilkeli veya

belirsiz integrali denir.

F x f x f x dx F x c

Bu denklemde f x e integrand, c ye integrasyon sabiti denir.

Temel İntegral Alma Formülleri:

1. df x f x c

2. af x dx a f x dx

3. f x g x dx f x dx g x dx

4. 1

1

nn xx dx c

n

5. adx ax c

6. 1

lndx x cx

7. x xe dx e c

8. ln

xx aa dx c

a

9. sin cosxdx x c

10. cos sinxdx x c

11. 2sec tanxdx x c

12. 2cos cotec xdx x c

21

13. 2

1arctan

1dx x c

x

14. 2

1arcsin

1dx x c

x

1.3.1 İntegral Alma Yöntemleri

İntegrali alınacak ifadenin hangi fonksiyonun türevi olduğu görmek yani direkt ilkelini bulmak her zaman mümkün olmaz. Bu nedenle aşağıdaki integral alma yöntemlerini kullanırız.

1.3.1.1. Değişken Dönüşümü Yardımıyla İntegral Alma

f x dx belirsiz integralinde x g t dx g t dt değişken dönüşümü yapılırsa,

f x dx f g t g t dt

olur.

Örnek 1.9 : 3 4cos 2x x dx integralinde 4 32 4x u x dx du değişken

dönüşümü yardımıyla,

3 4 41 1 1cos 2 cos sin sin 2

4 4 4x x dx udu u c x c

1.3.1.2. Kısmi İntegrasyon Yöntemiyle İntegral Alma

Direkt alınamayan ve değişken dönüşümüyle de bulunamayan integralleri daha basit

hale getirmek ve değerlendirebilmek için kısmi integrasyon uygulanır.

f x g x dx f x g x f x g x dx

Burada ve veu f x v g x du f x dx dv g x dx değişken

dönüşümleri ile yukardaki integral

.udv u v vdu

formunu alır. Genel olarak hangi ifadeye u diyeceğimizin önceliği:

LogArcPolTrigÜst

22

Örnek 1.10: sin 3 ?x xdx

, sin3 cos3 / 3x u dx du xdx dv v x

cos3 / 3 cos3 / 3 cos3 / 3 sin3 / 9x x x dx x x x C

Örnek 1.11: ln ?xdx

ln lnxdx x x x c

23

Uygulamalar

1) Türevin fizik ve diğer bilimlerdeki uygulamalarını araştırınız.

2) İntegralin fizik ve diğer bilimlerdeki uygulamalarını araştırınız

24

Uygulama Soruları

1) Konum fonksiyonu 210 3S t t t olan bir hareketlinin [0,3] saniyelik zaman

aralığındaki

a)ortalaam hızı nedir?

b) Anlık hızı nedir?

25

Bu Bölümde Ne Öğrendik Özeti

Diferansiyel denklemeler dersine altyapı için türev ve kuralları, temel intgerasyon formülleri, değişken dönüşümü ve kısmi integrasyon yöntemleri ile integral alma konuları işlendi.

26

Bölüm Soruları

Aşağıdaki soruların yanıtlarını verilen seçenekler arasından bulunuz.

1) 2 4 3

x x

yx

fonksiyonunun türevi aşağıdakilerden hangisidir?

a) 3 2 3

2 2 y x

x x x

b) 3 1 3

2 2

xy x

x x

c) 3 2 3

2 2

xy x

x x x

d) 3 3

22 2

x

y xx x

e).Hiçbiri

2) 2

sin

xy

x fonksiyonunun türevi aşağıdakilerden hangisidir?

a) 3

sin 2cos x x x

yx

b) 3

cos 2sin x x x

yx

c) 2

cos 2sin x x

yx

d) 3

cos 2 x x x

yx

e)

2

3

cos 2 x x x

yx

3) 85 21 4 3 g x x x x fonksiyonunun türevi aşağıdakilerden hangisidir?

a) 54 2 24 1 4 3 17 9 21 g x x x x x x

b) 7 24 2 27 1 4 3 17 9 21 g x x x x x x

27

c) 74 2 24 1 4 3 17 9 21 g x x x x x x

d) 74 2 24 1 4 3 17 9 21 g x x x x x x

e) 6 23 2 27 1 4 3 17 9 21g x x x x x x

4) sin tan siny x fonksiyonunun türevi aşağıdakilerden hangisidir?

a). 2cos tan sin sec sin 1/ 2 sin cos y x x x x

b) cos tan sin sec sin 1/ 2 sin cos y x x x x

c) 2cos tan sin sec sin 1/ 2 sin sin y x x x x

d) 2cos tan sin sec sin 1/ 2 cos sin y x x x x

e) 2 2cos tan sin sec sin 1/ 2 cos sin y x x x x

5) 2

x ye x y kapalı fonksiyonunun türevi aşağıdakilerden hangisidir?

a) 2 2

1 2 / 1 x y x yy xye xe

b) 2 21 2 / 1 x yy xye x

c) 2 221 2 / 1 x y x yy e x e

d) 2 221 2 / 1 x y x yy xye x e

e) 2 21 2 / x yy xye x x

6) 21 arctan y x x fonksiyonunun türevi aşağıdakilerden hangisidir?

a) 1 2 arctan y x x b) 1 2arctan y x

c) 2(1 ) 2 arctan y x x x d) 21 arctan y x x

e) 1 2 tan y x x

28

7) cosf x x x fonksiyonu için 0f türev değeri aşağıdakilerden hangisidir?

a) 1

b) 2

c) 3

d) 4

e) -5

8) ln x xy e xe fonksiyonunun türevi aşağıdakilerden hangisidir?

a).

1

x

yx

b). 1

x

yx

c) 1

xxe

yx

d) 1

xxe

yx

e).

2

1

xx e

yx

9) 422 3 x x dx belirsiz integralinin sonucu aşağıdakilerden hangisidir?

a). 521

35

x C

b). 513

5 x C

c) 521

35

x x C

d) 213

5 x C

e) 213

5 x x C

29

10) 2

1 4

1 2

xdx

x x belirsiz integralinin sonucu aşağıdakilerden hangisidir?

a) 21 x x C

b) 22 1 2 x x C

c) 22 1 2 2 x x C

d) 31 2 x x C

e) 34 2 x x C

11) 6cos sin x xdx belirsiz integralinin sonucu aşağıdakilerden hangisidir?

a)

71cos

7x C

b) 51sin

7x C

c) 71sin

7x C

d) 1

sin7

x C

e)

31cos

7x C

12)

4

lne

e

dx

x x integralinin sonucu aşağıdakilerden hangisidir?

a) 2

b) 3

c) 4

d) 5

e) 7

30

13) 2

1

1

xdx

x belirsiz integralinin sonucu aşağıdakilerden hangisidir?

a) 1arctan ln 1

2 x x C

b) 21tan ln 1

2 x x C

c) arctan ln 1 x x C

d) 21arctan ln 1

2 x x C

e) 21arctan ln

2 x x x C

Cevaplar

1) a, 2) b, 3) c, 4) a, 5) d, 6) a, 7) c, 8) b, 9) a, 10) b, 11) c, 12) a, 13)d

31

2. DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN SINIFLANDIRILMASI

32


2.1.Basit Kesirlere Ayırma Yöntemi

2.2. Trigonometrik Fonksiyonların İntegrali

2.3. Diferansiyel Denklem Nedir?

2.4. Diferansiyel Denklemlerin Sınıflandırılması

2.4.1. Diferansiyel Denklemin Mertebesi ve Derecesi

2.4.2. Lineer ve Lineer Olmayan Diferansiyel Denklemler

33


1) dyf x

dx denklemi size neyi çağrıştırıyor?

2) dx

vdt

denklemi size neyi çağrıştırıyor?

3) dv

adt

denklemi size neyi çağrıştırıyor?

4)

denklemi size Fizikteki hangi ünlü bağıntıyı anımsaıtr?

2

2. , ( )d x

m F x t tdt

34


Konu Kazanım Kazanımın nasıl elde edileceği veya geliştirileceği

Basit Kesirlere Ayırma Yöntemi

Basit Kesirlere Ayırma Yöntemi ile integral

alabilmek.


Trigonometrik

Fonksiyonların İntegrali Trigonometrik

Fonksiyonların İntegralini

alabilmek


Diferansiyel Denklem

Nedir?

Diferansiyel Denklemin

tanımını kavrayabilmek


Diferansiyel Denklemlerin

Sınıflandırılması Diferansiyel Denklemleri

Sınıflandırıbilmek



Mertebesi ve Derecesi


Mertebesi ve Derecesini

saptayabilmek


Lineer ve Lineer Olmayan

Diferansiyel Denklemler

Lineer ve Lineer Olmayan

Diferansiyel Denklemlerinin

ayırımını yapabilmek


35

Anahtar Kavramlar

Basit kesirlerle integrasyon

Trigonometrik integrasyon

Diferansiyel denklemin derecesi

Diferansiyel denklemin mertebesi

Lineer ve lineer olmayan diferansiyel denklemler

36

Giriş

Bu bölümde altyapı için gerekli integral alma teknikleri, diferansiyel denklemlerin

tanımı, niçin kullanıldıkları, matematiksel modelleme ile olan ilişkisi ve sınıflandırmaları bahsedilir.

37

2.1. Basit Kesirlere Ayırma Yöntemi

Tanım 2.1: , , , ,a b c A B ve n olsun.

2

2

4 0n n

A Bx Cve b ac

ax b ax bx c

Biçimindeki ifadelere basit kesirler denir. P x

Q x rasyonel ifadesinin basit kesirlerine

ayrılarak integrallerinin alınmasında 2 durum söz konusudur:

I.Durum: P x in derecesi Q x in derecesinden küçükse:

Bu durumda paydadaki Q x in aşağıdaki durumlarına göre işlemler yapılır:

a) 1 1 2 2 ... n nQ x a x b a x b a x b çarpanlarına ayrılmışsa,

1 2

1 1 2 2

... n

n n

P x AA A

a x b a x b a x bQ x

Basit kesirler cinsinden yazılabilir.

b) pQ x ax b çarpanlarına ayrılmışsa,

1 2

2...

p

p

AP x A A

ax bQ x ax b ax b

Basit kesirler cinsinden yazılabilir.

c) Q x çarpanlarına ayrılamayan ikinci dereceden 2ax bx c üç terimlilerine

sahipse her çarpana

1 1

21 1 1

A x B

a x b x c biçiminde basit kesirler tekabül eder.

d) Q x çarpanlarına ayrılamayan ikinci dereceden 2ax bx c üç terimlisinin .p

kuvvetine

sahipse

38

1 1 2 2

2 22 2

...p p

p

A x BP x A x B A x B

Q x ax bx c ax bx c ax bx c

biçiminde basit kesirlere ayrılır.

Örnek 2.1 :

2 1

1 2 3

xdx

x x x

integralini alalım:

2 1

1 2 3 1 2 3

x A B C

x x x x x x

2 1 2 3 1 3 1 2x A x x B x x C x x

1 2 1 2 1x A A

2 5 1 5x B B

3 10 . 2 5x C C

2 1 1 5 5

1 2 3 1 2 3

x

x x x x x x

basit kesirlerine ayrılır. Buradan terim terime integral alınırsa,

2

5

5

1 1 1 15 5

1 2 31 2 3

ln 1 5ln 2 5ln 3

1 3ln

2

xdx dx dx dx

x x xx x x

x x x C

x xC

x

II.Durum: P x in derecesi Q x in derecesinden büyükse

P x , Q x e bölünerek payın derecesi paydanın derecesinden küçük hale yani

birinci durum formatına getirilir.

39

P x K x

B xQ x Q x

2.2. Trigonometrik Fonksiyonların İntegrali

1. sin cosn nxdx veya xdx tipindeki integraller

Bunun için n in 2 durumu göz önüne alınır:

a)n:Tek sayı ise

1 1sin sin sin , cos cos cosn n n nxdx x xdx xdx x xdx

yazılarak 2 2cos sin 1x x özdeşliğinden yararlanılır.

b)n:Çift sayı ise

/22 2 2sin sin , cos2 1 2sin 2cos 1

nn xdx x dx x x x yarım açı

formülünden

yararlanılır.

2. sin cosm nx xdx tipindeki integraller

Bunun için 3 durum göz önüne alınır:

a)m ve n den birisi tek diğeri çift sayı olsun. Bu durumda tek kuvvetli olan trigonometrik ifade birinci kuvveti ile diğer kalan çift kuvvetinin çarpımı şeklinde yazılır. Kalan çift kuvvettin de 2 2cos sin 1x x özdeşliğinden yararlanılarak değişken dönüşümü ile integral alınır.

Örnek 2.2 : 25 4 4 4 2 4sin cos sin sin cos 1 cos in cosx xdx x x xdx x s x xdx

Buradan cos sinx u xdx du dönüşümü ile integral,

22 41 u u du

Polinomsal hale gelerek rahatlıkla alınır.

b)m ve n den ikisi de tek olsun.

Bu durumda küçük olan kuvvet (a) şıkkındaki gibi yazılarak aynı yol izlenir.

40

Örnek 2.3 : 25 7 2 7sin cos 1 cos in cosx xdx x s x xdx

c) m ve n den ikisi de çift olsun.

Bu durumda 2 , 2m p n k olmak üzere,yarım açı formülünü kullanarak

2 2 1 cos2 1 cos2sin cos

2 2

p kp k x x

x x dx dx

yazılır.

3. sin cos , sin sin , cos cosx xdx x xdx x xdx tipindeki integrallerde

trigonometrik ters dönüşüm formülleri kullanılır.

4.İntegrandında sinx veya cosx in kesirli ifadeleri bulunan integrallerin alınması:

Bu tür intgeraller hesabı için,

2tan arctan

2 2 21

x x dt dxt t

t

ve bir dik üçgen çizilerek tanjantı verilen açının sin veya cos u bulunarak integrandda yerine yazılarak integral alınır. Eğer alacağımız integralde 2 2sin cosx veya x in kesirli

ifadeleri olsaydı

2tan arctan

1

dtx t t x dx

t

Dönüşümü yapılarak aynı işlemler uygulanırdı.

2.3. Diferansiyel Denklem Nedir?

Çoğu doğa olaylarına kaynaklık eden mühendislik, fizik ve sosyal kökenli birçok problem matematik terimleri ile ifade edildiği zaman bu problemler, bilinmeyen fonksiyonun bir veya daha yüksek mertebeden türevlerini içeren bir denklemi sağlayan fonksiyonun bulunması problemine dönüşür. Fizikten bir örnek vermek gerekirse klasik mekanikte bir

parçacığın konumu,

3:x (II.1)

fonksiyonu ile verilen bir nokta ile belirlenir. Bu fonksiyonun zamana göre türevi bu parçacığın hızını verir:

41

3:dx

dt (II.2)

Hızın zaman göre türevine ivme denir:

3:d

adt

(II.3)

Bir m kütleli parçacığı hareket ettiren kuvvet:

.F ma (II.4)

Newton’un kanunu ile verilir. Eğer x t , F kuvveti altında m kütleli bir parçacığın t anındaki konumu veren bir fonksiyon ise Newton’un ikinci kanununa göre bu kuvvet momentumun değişim oranına eşittir ve

2

2. , ( )d x

m F x t tdt

(II.5)

yazılır. Dolayısıyla Burada F kuvveti t zamanının, x t konumunun ve dx

dt hızının

bir fonksiyonudur. Buradan hareketle bir x t fonksiyonu ile onun türevi dx

dt veya türevleri

arasındaki ilişkiyi gösteren denklemelere ‘Diferansiyel Denklemler’ denir. Burada t ’ye bağımsız değişken, x ’ ise bağımlı değişken denir. Fakat biz dersimizde liseden de alışık olduğumuz üzere bağımlı değişken olarak y , bağımsız değişken olarak da x ‘i sıklıkla kullanacağız.

Örnek 2.4:

2

2

3 4 0

2 3 0

dyx

dx

d y dy

dx dx

2.4. Diferansiyel Denklemlerin Sınıflandırılması

Dikkat edilecek olursa, hız, ivme ve kuvvet sadece tek serbest değişken olan t

zamanına bağlı olarak yazıldı. Bu tür diferansiyel denklemlere Adi diferansiyel denklemler

(ordinary differential equations) denir. Klasik bir tanım vermek gerekirse x bağımsız değişkeni, bilinmeyen y f x fonksiyonu ve bu fonksiyonun

, ,....n

y y y , türevleri arasındaki bir bağıntıya ‘ adi diferansiyel denklem ’denir. Bu denklem

42

, , , ,.... 0n

F x y y y y (II.6)

şeklinde gösterilir. Biz bu dönemki dersimizde sadece bu tip diferansiyel denklemlerle ilgileneceğiz.

Örnek 2.5:

2

2

2 3

3 4

2 3 0

5

3

dyx

dx

d y dyy

dx dx

xy y

y y y x

Eğer bilinmeyen y f x fonksiyonu iki veya daha fazla değişkene bağlı ise türevlerine kısmi türev, denkleme ise kısmi diferansiyel denklem( partial differential

Equation) ya da kısmi türevli denklem denir. Fakat bu tip denklemeler biraz daha karışık olduğundan bu dönemki dersimizin dışındadır.

Örnek 2.6

y zy x

x y

,

2 2

2 22

z z z

y x x

2.4.1. Diferansiyel Denklemin Mertebesi ve Derecesi

Bir diferansiyel denklemin mertebesi, denklemde bulunan en yüksek mertebeden türevin mertebesidir.

Örnek 2.7

7xy y Birinci mertebeden,

22 0y xy y y xy Üçüncü mertebeden

Bir diferansiyel denklemin derecesi ise en yüksek mertebeli türevinin üssüdür.

Örnek 2.8

3 4dy

xdx

, birinci dereceden

2 3 25y y y x ikinci dereceden

43

2 43 2

3 20

d y d yxy

dx dx

üçüncü mertebeden ikinci dereceli dif.denklem.

2.4.2. Lineer ve Lineer Olmayan Diferansiyel Denklemler

Eğer , , , ,.... 0n

F x y y y y adi diferansiyel denkleminde F fonksiyonu y ve

, ,....

ny y y değişkenlerinin lineer bir fonksiyonu ise bu diferansiyel denkleme lineerdir

denir.

Böylece .n mertebeden en genel lineer adi diferansiyel denklem 0 0a x koşulu ile

1

1 01...

n n

n nn n

d y d y dya x a x a x a x y g x

dx dx dx

(II.7)

formundadır. Burada 0 0a x ve g x bilindiği varsayılır ve yalnızca x ’e bağlıdırlar. Diğer bir manada bir lineer diferansiyel denklem aşağıdaki özellikleri sağlamalıdır:

1. Denklemde y bağımlı değişkenin ve türevlerinin sadece birinci kuvvetleri vardır 2

3dyve y

dx

gibi ikinci veya daha fazla kuvvetleri olmaz.

2. Denklemde y bağımlı değişkenin ve türevlerinin 1

2y x

kesirli, üstel ye

logaritmik lndy

dx

gibi lineerliği bozucu terimleri olmaz.

3. Bir lineer diferansiyel denklem y bağımlı değişkenin ve türevlerinin dyy

dx gibi

çarpımını içermez.

Yukarıdaki formda olmayan denklemelere de Lineer Olmayan Diferansiyel

Denklemler denir. Lineer diferansiyel denklemler lineer olmayanlara göre daha kolay çözülürler fakat ikinci dereceden diferansiyel denklemler bazen sadece sayısal yöntemlerle çözülebilmektedir.

Örnek 2.9

Lineer Lineer Değil

2 y 2 veya siny y

44

dy

dx

dyy

dx

2 3sin x y 22 3y y

dyx

dx

2dy

dx

Örnek 2.10

2 25 7xy e y y x ve

33

3

xd y dyx x y e

dx dx

Denklemleri lineer diferansiyel denklemlerdir.

Örnek 2.11

2 25 7xy e y yy x ve

233

3

xd y dyx x y e

dx dx

denklemleri lineer olmayan diferansiyel denklemlerdir.

Örnek 2.12

5 6 xy y y e

Diferansiyel denklemi ikinci mertebeden, birinci dereceden, adi ve lineer bir

denklemdir.

Örnek 2.13

3 4 23 5y y y y x

Diferansiyel denklemi üçüncü mertebeden, birinci dereceden, adi ve lineer olmayan bir denklemdir

45

Uygulamalar

1) Fizik ve mühendislikte kullaılan bazı diferansiyel denklemleri araştırarak onları isimlendirin

46

Uygulama Soruları

1) Bir sarkacın hareket denklemi:

Diferansiyel denklemi ile verilir. Buna göre

a) Bu denklemi isimlendiriniz

b) Bu denklemin nasıl elde edildiğini araşştırınız.

22

2

2

sin 0,d

dtg

l

47


Bu bölümde, integral alma tekniklerinden birkaçı, diferansiyel denklemlerin tanımı, niçin kullanıldıkları, matematiksel modelleme ile olan ilişkisi ve sınıflandırmalarından bahsedildi.

48

Bölüm Soruları


1) 3cos dx belirsiz integralinin sonucu aşağıdakilerden hangisidir?

a) 1 2

cos sin sin3 3

x x x C

b) 2 21 2cos sin sin

3 3 x x x C

c) 21 2cos sin sin

3 3 x x x C

d) 21 2cos sin sin

3 3 x x x C

e) 2 21 2cos sin sin

3 3 x x x C

2) 2

6 7

2

x

dxx

belirsiz integralinin sonucu aşağıdakilerden hangisidir?

a) 5

6ln 22

x Cx

b) 5

6ln2

x Cx

c) 1

ln 2 x Cx

d) 5

6ln 22

x Cx

e) 2

1ln 2 x C

x

3) 3 2

2

2 4 3

2 3

x x xdx

x x belirsiz integralinin sonucu aşağıdakilerden hangisidir?

a) 2

1ln

2 11

xC

xx

49

b) 2

1 1ln

2 11

xC

xx

c) 22

1ln

2 11

xC

xx

d)

2

22

1ln

2 11

xC

xx

e)

2

22

1ln

21

xC

x xx

4) 1

3 4

0

x x x dx integralinin sonucu aşağıdakilerden hangisidir?

a) 45

61

b) 55

63

c) 25

23

d) 35

33

e) 105

43

5)

4

0

xxe dx integralinin sonucu aşağıdakilerden hangisidir?

a) 31 5e

b) 41 5e

c) 21 5e

d) 41 e

50

e) 21 5e

Cevaplar

1) d, 2) a, 3) c, 4) b, 5) b

II.2.1. Alıştırmalar

Aşağıdaki diferansiyel denklemleri sınıflandırın.

1. 0y x y x

2.

2

2sin .

d u tu t

dt

3. 2 2

2 2, , 0u x y u x y

x y

II.2.2. Alıştırmalar

Aşağıdaki diferansiyel denklemleri lineer olup olmamalarına göre sınıflandırın

1. sin cosy x x y y

2. sin cosy x y x x

3. sin cosy x x y x

51

3. DEĞİŞKENLERE AYRILABİLEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER

52


3.1. Diferansiyel Denklemlerin Çözümleri

3.2. . Başlangıç Değer ve Sınır Değer Problemleri

3.3. Değişkenlere Ayrılabilen Diferansiyel Denklemler

53


1) 0y y diferansiyel denklemini hangi trigonometrik ifade sağlar?Başka çözümler yazabilir miyiz?

2) 2y y diferansiyel denklemini 2 xy x Ce

fonksiyonu sağlar mı?

3) xdye y

dx

diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulun

54



Diferansiyel Denklemlerin

Çözümleri Diferansiyel Denklemlerin

çözümlerinin manasını anlayabilmek.


Başlangıç Değer ve Sınır Değer Problemleri

Başlangıç Değer ve Sınır Değer Problemlerini

kavramak


Değişkenlere Ayrılabilen Diferansiyel Denklemler

Değişkenlere ayrılabilen Diferansiyel Denklemleri

çözebilmek


55

Anahtar Kavramlar

Diferansiyel denklemin çözümü

Başlangıç değer problemi

Sınır değer problemi

Değişkenlerine ayrılabilir diferansiyel denklemler

Çözüm eğrisi

56

Giriş

Bu bölümde, öncelikle bir diferansiyel denklemin çözümü deyince ne anlıyoruz? sorusuna cevap aranır. Ayrıca başlangıç ve sınır değer problemlerinin ne demek olduğu incelenir. Daha sonra diferansiyel denklemlerinin çözümlerini bulmaya değişkenlerine ayrılabilir tipte diferansiyel denklemler için devam edilir. Bu sayede özel çözüm ve genel çözüm ifadeleri daha iyi kavranılır.

57

3.1. Diferansiyel Denklemlerin Çözümleri

Bir diferansiyel denklemi özdeş olarak sağlayan her y f x fonksiyonuna

diferansiyel denklemin çözümü veya integrali denir. Bir diferansiyel denklemi çözmek demek, türevleri ile birlikte verilen diferansiyel denklemde yerlerine konulduğu zaman, denklemi özdeş olarak sağlayan bütün fonksiyonları bulmak demektir. Diferansiyel denklemlerin çözümü genel, özel ve tekil olmak üzere üç türdür. n. mertebeden bir diferansiyel denklemin genel çözümü, sayıca daha aşağı düşürülemeyen n tane keyfi sabiti içerir. Bu çözüme diferansiyel denklemin ilkeli de denir. Örneğin, 0y y diferansiyel

denkleminin genel çözümü xy ce dir. Diferansiyel denklemin mertebesi kaç ise genel

çözümündeki c sabitlerinin sayısı da o kadardır. Örneğin, 4 0y y ikinci mertebeden

denkleminin çözümü 1 2sin 2 cos2y C x C x olmak üzere iki sabit içerir.

Özel çözümler, genel çözümlerden sözü edilen sabitlere özel değerler vermek suretiyle elde edilir. Örneğin, 0y y diferansiyel denkleminin özel çözümleri

1, 2 , ,...

2

x x xy e y e y e vb dir.

Bunlardan başka bazı diferansiyel denklemlerin, bu denklemi sağlayan, fakat genel çözümlerden bulunamayan bir veya birkaç çözümü olabilir ki bu çözümlere tekil

çözümler denir. Örneğin, 2 0y y x xy x diferansiyel denkleminin genel çözümü 2

2

xy C

dir. Buna ek olarak denklemin bu genel çözümündeki C sabitine değer vererek elde edilemeyen y x çözümü de mevcuttur. Buradan hareketle y x bu diferansiyel denklemin

tekil çözümüdür.

Örnek 3.1:

2cosdy

y xdx

diferansiyel denkleminin çözümünü düşünelim. Bu denklemin çözümü demek x

cinsinden 'y nin değerinin bulunması demektir. Peki, y ’ yi nasıl alalım ki bu denklemi

sağlasın. Mesela cosy x sinx x bir çözüm olabilir mi? Bakalım. Bunun için x’e göre türev alınırsa,

cos siny x x x

olur. Bu değerleri diferansiyel denklemde yerine yazılırsa,

58

cos sin sin cos 2cosx x x x x

denklemi sağladığı görülür. Dolayısıyla bu bir özel çözümdür. Peki, başka çözümler var mı? cos x

y x sinx x e de bir çözüm olabilir mi?

cos xy x x sinx e

değeri denklemde yerine yazılırsa,

cos cos 2cosx xx sinx e sinx x e x

denklemi sağlar. Benzer şekilde cos xy x sinx x e

de denklemin özel bir

çözümü olacaktır. O zaman bu denklemin bütün çözümlerini içeren genel çözümü 1c keyfi bir

sabit olmak üzere 1cos xy x sinx x c e

olarak yazılır. Bir diferansiyel denklemin çözümü

y f x biçiminde açık fonksiyon olarak bulunacağı gibi , 0g x y biçiminde kapalı fonksiyon formunda da bulunabilir. Her iki durumda da elde edilen çözüm fonksiyonun grafiğine diferansiyel denklemin çözüm eğrisi veya integral eğrisi denir. Şekil II.1 de örnekteki diferansiyel denklemin çözüm eğrilerinin birkaçının grafiği görülmektedir. Bunlar kolları yukarıda olan bir parabol eğri ailesini göstermektedir.

Şekil II.1 2cosdy

y xdx

diferansiyel denkleminin çözüm eğrileri

Örnek 3.2: 1c ve 2c keyfi sabitler olmak üzere 1 22 cos2y x c sin x c x ifadesinin

4 0y y diferansiyel denklemin bir çözümü olduğunu gösterin?

'y nin türevleri alınırsa,

0 1 2 3 4 5 6

1

0

1

2

3

4

5

6

59

1 2

1 2

2 cos 2 2 2

4 2 4 cos 2

y c x c sin x

y c sin x c x

bulunur. Böylece

1 2 1 24 4 2 4 cos2 4 2 cos2 0y y c sin x c x c sin x c x

eşitliği sağlandığından dolayı 1 22 cos2y x c sin x c x ifadesi 'x in bütün değerleri

için diferansiyel denklemi sağlar ve , aralığında bir çözümüdür. Diğer yandan Şekil II.2 de örnekteki diferansiyel denklemin çözüm eğrilerinin birkaçının grafiği görülmektedir.

Şekil II: 2 4 0y y diferansiyel denkleminin çözüm eğrileri

Örnek 3.3

3xy e fonksiyonu 4 4 16 0y y y y diferansiyel denkleminin bir çözümü olup

olmadığını gösterin.

3 3 3 33 9 27x x x xy e y e y e y e

Türev değerleri diferansiyel denklemde yerine yazılırsa,

3 3 3 3 327 36 12 16 0 5 0x x x x xe e e e e

olur.Bu ise mümkün değildir.Yani 35 0xe dır.Dolayısıyla 3x

y e fonksiyonu

diferansiyel denklemin çözümü değildir.

3.2. Başlangıç Değer ve Sınır Değer Problemleri

Bir diferansiyel denklem mertebesine bağlı olarak, çözüm fonksiyonu bir veya birden fazla sabit içerir. Bu sabitlerin değerlerinin bulunması için diferansiyel denklem ile birlikte ek

3 2 1 0 1 2 3

6

4

2

0

2

4

6

60

olarak bazı koşulların da verilmesi gerekir. Eğer bu ek koşul veya koşullar, bağımsız değişkenin sadece bir noktadaki değeri için verilmişse buna başlangıç koşulu, bu tür probleme de başlangıç değerli problem denir. Koşullar, bağımsız değişkenin birden çok noktasındaki değeri için verilmişse buna sınır koşulu denir. Bu tür probleme de sınır değerli problem denir.

Örnek 3.4 8 , 1 0, 1 1y x y y

Probleminde iki koşul da 1x noktasında verildiğinden bir başlangıç değerli(koşullu) problemdir.

Örnek 3.5 3 5 ; 0 1, 1 1xy y e y y

Probleminde iki koşul da 0 ve 1x x gibi iki farklı noktada verildiğinden bir sınır değerli(koşullu) problemdir.

Genel olarak bir diferansiyel denklem eğer başlangıç ve sınır koşulları varsa birlikte

verilir ve ona göre çözüm istenir.

Örnek 3.6 2 xy x Ce ifadesinin 2 1

dyy x

dx diferansiyel denklemi

sağladığını gösteriniz ve 0 3y ile tanımlanan özel çözümünü bulunuz.

2 xy x Ce ifadesini 2 1

dyy x

dx diferansiyel denkleminde yerine yazalım:

2 2 2 1 2 2 2 2 2 1x x x xx Ce x Ce x Ce x Ce x x

Denklemi sağladı. Özel çözüm 03 2.0 3Ce C olarak alındığında özel çözüm:

2 2 3x xy x Ce x e

olarak bulunur.

3.3. Değişkenlere Ayrılabilen Diferansiyel Denklemler

Genel olarak birinci mertebeden adi bir diferansiyel denklemin standart formu:

,dy

y f x ydx

veya , , 0f x y y (III.1)

Bu denklemler daima

,

,

M x ydy

dx N x y

eşitliği biçiminde yazılabilir. Buradaki eksi

işareti sadece uygunluk açısından konulmuştuur. Buradan

61

0),(),( dyyxNdxyxM (III.2)

olur ve diferansiyel form olarak adlandırılır. Bu formdaki bir diferansiyel denklem

( ) 0f x dx g y dy (III.3)

biçiminde yazılabiliyorsa ‘değişkenlere ayrılabilir tipte bir diferansiyel denklem’ adını alır. ( ) 0f x dx g y dy denkleminin her terimi yalnız bir değişken ve bu değişkenin diferansiyelini içerdiğinden terim terime integral alınabilir. Bu durumda

( )g y dy f x dx C F x G y C (III.4)

çözümü elde edilir.

Diğer yandan

( ) 0f x dx g y dy ; 0 0y x y

başlangıç değerli problemin çözümü için öncelikle denklem (III.4) kullanılır daha sonra C sabitini elde etmek için başlangıç koşulu uygulanır. Alternatif bir çözüm olarak da

0 0

( )

yx

x y

f s ds g t dt C (III.5)

düşünülebilir.

Örnek 3.7 2 3 2xdy y y dx denkleminin çözümünü bulun.

Değişkenlerine ayrılırsa,

2 2 1 23 2 3 2

dy dx dy dy dy dx

x y y xy y y y

yazılıp integraller alınırsa,

2ln 1 ln 2 ln ln ln

1

yy y x c Cx

y

eşitliğinden diferansiyel denklemin genel bir çözümü

2

1

Cxy

Cx

elde edilir.Bu çözüm eğrilerinin birkaçının grafiği Şekil III.1 de verilmiştir.

62

Şekil III.:1 2 3 2xdy y y dx diferansiyel denkleminin çözüm eğrileri

Örnek 3.8 2sin 1 cos 0x ydx x ydy denkleminin 1,2

noktasından geçen

çözümünü bulunuz.

Denklem değişkenlerine ayrılırsa,

2 2

cos cos0

sin sin1 1

x y x y

dx dy dx dy Cy yx x

yazılır. İntegraller alınırsa,

2 2 21ln 1 ln sin 1 sin

2x y C x y C

elde edilir. 1x için bu denklem derlenirse,

2 2(1 1)sin 1 2sin / 2 2y C

olduğundan çözümün sağlandığı

2 21 sinx y C

bağıntısı elde edilir.

Örnek 3.9 3 21 0x dy x ydx diferansiyel denkleminin 1, 2x y sınır

değerlerini sağlayan özel çözümünü bulunuz.

Verilen denklemi değişkenlerine ayırıp terim terime integre edelim:

4 2 0 2 4

1

0

1

2

3

63

2 23 2

3 3

3 3 3

1 0 01 1

1ln ln 1 ln 1

3

dy x dy xx dy x ydx dx dx

y x y x

y x C y C x

Denklemin 1, 2x y sınır değerlerini çözümde yerine yazarsak,

3 32 1 1 4C C elde edilir ve bu durumda özel çözüm 3 34 1y x

bulunur.

Örnek 3.10 : Varsayalım Mehmet bir fincan kahve yaptı ve 0.t dakikada iken su 0100 C de kaynıyordu. Farz edelim ki Mehmet bu kahveyi 070 C de içmek istiyor. Bulunduğu

odanın sıcaklığı da 026 C olsun. Bunun yanı sıra varsayalım Mehmet 1 dakikadaki kahve sıcaklığını ölçsün ve bunun 095 C ye düştüğünü tespit etsin. Acaba Mehmet kahveyi ne zaman

içmeye başlamalıdır?

Çözüm:

Kahvenin sıcaklığı T , odanınki ise A olsun. Bu durumda kahvenin bazı k sıcaklığı için

dTk A T

dt

diferansiyel denklemi yazılabilir. Buradan başlangıç değerlerimiz ise 26, 0 100, 1 95A T T dir. Diferansiyel denklemi değişkenlerine ayırıp terim terime

integral alırsak,

ln

26kt kt kt

dTkdt T A kt c

T A

T A Ce T A Ce Ce

Böylece 26 ktT Ce

bulunur. Buradan başlangıç koşullarını uygularsak,

100 26 74C C ve 1 95 95 26 74 kT e

ve buradan k değeri

95 26ln 0.07

74k

bulunur. Şimdi kahvenin 070 C sıcaklığa ulaşacağı t zamanını çözelim.

64

0.07

70 26ln

7470 26 74 7.43

0.07

te t

dakika.

Yani Mehmet kahveyi ilk yaptığı zamandan yaklaşık yedi buçuk dakika sonra kahvesini içmeye başlayabilir.

65

Uygulamalar

1) Her diferansiyel denkemi değişkenlerine ayırıp ayıramayacağımızı tartışınız.

2) Diferansiyel denklemlerin çözüm eğrilerini bilgisayarda çizmemizi sağlayan MATHEMATİCA, MATLAP VE MAPLE bilgisayar dillerini araştırınız.

66

Uygulama Soruları

1) 1y x y xy diferansiyel denkelmini değişkenlerine ayırarak genel çözümünü bulunuz.

2) 2

6 , 0 0x

y

ey y

e diferansiyel denkelmini değişkenlerine ayırarak özell


67


Bu bölümde, bir diferansiyel denklemin çözümü deyince ne anlaşıldığından ve başlangıç ve sınır değer problemlerin den bahsedildi. Ayrıca değişkenlerine ayrılabilir tipte

diferansiyel denklemlerin çözümleri araştırıldı.

68

Bölüm Soruları

1) 2 1y x ifadesi aşağıdaki diferansiyel denklemlerden hangisinin çözümüdür?

a) 4 2 1y y

b) 2 2y y x

c) 3 2 0y y

d) 21y y

e) 2 1y y x

2) 4xy e ifadesi aşağıdaki diferansiyel denklemlerden hangisinin çözümüdür?

a) 12 48 64 0y y y y

b). 2 48 64 0y y y y

c). 12 8 64 0y y y

d). 48 64 0y y y

e) 48 64 0y y y

3. siny x ifadesi aşağıdaki diferansiyel denklemlerden hangisinin çözümüdür?

a)

2

21dy

ydx

b)

3

21dy

ydx

c)

2

1dy

ydx

d).

2

2dyy

dx

e). 21

dyy

dx

69

4) 1 2

xy C e C nin 0y y diferansiyel denklemininin bir çözümüdür.

0 10 ve 0 100y y koşulunu sağlayacak şekilde 1 2veC C sabitleri aşağıdakilerden

hangisinde verilmiştir?

a) 1 210, 100C C

b) 1 210, 90C C

c) 1 2100, 90C C

d) 1 2100, 90C C

e) 1 210, 10C C

5) 4dy

ydt

denklemini 0 1y koşulunu sağlayan çözümü aşağıdakilerden

hangisidir?

a) ty e

b) 2ty e

c) 43 2ty e

d) 42 5ty e

e). 4ty e

Cevaplar

1) b, 2) a, 3) a, 4) c, 5)e

6) Aşağıdaki diferansiyel denklenilerin genel çözümlerini ve verildiğinde başlangıç koşulunu sağlayan özel çözümlerini bulunuz.

1. cos 0y y x .

2. x

yy

3. 2y x y

70

4. 2 1 , 0 0dx

x t xdt

5. sin , 0 1dx

x t xdt

6. 1dy

xy x ydx

7. 22 , 1 1xy y x y y

8. cos 0y y x

7) Aşağıdaki diferansiyel denklenilerin genel çözümlerini ve verildiğinde başlangıç koşulunu sağlayan özel çözümlerini bulunuz.

1. 2 2 , 1 1.x y y xy y

2. 2 61 0, 1 1y y x xy y

3. 22 1 , 0 1.yy y x y

4. 4, 0 1.y xy y y

5. 2 2yy x x y

71

4. HOMOJEN TİPTE VE DEĞİŞKENLERE AYRILABİLİR TİPTE DİFERANSİYEL DENKLEMLER

72


4.1. Homojen Tipte Diferansiyel Denklemler

4.2. Değişkenlere Ayrılabilen Tipte Diferansiyel Denklemler

4.2.1. 1 1 1 2 2 2 0a x b y c dx a x b y c dy Tipindeki Diferansiyel Denklemler

4.2.2. 0xf xy dx xg xy dy Tipindeki Diferansiyel Denklemler

73


1) Bir diferansiyel denklem mdeğişkenlerine ayrılamıyorsa nasıl çözeriz?

2) xy x y diferansiyel denklemi değişkenlerine ayrılabilir mi?Çözümü nedir?

74



Homojen Tipte

Diferansiyel

Denklemler

Homojen Tipte Diferansiyel

Denklemleri çözebilmek.

Okuyarak, fikir yürüterek, ve bol bol

örnek çözerek

Değişkenlere Ayrılabilen Tipte Diferansiyel

Denklemler

Değişkenlere Ayrılabilen hale getirilebilen diferansiyel

denklemlerin çözülebilmesi


örnek çözerek.

1 1 1 2 2 2 0a x b y c dx a x b y c dy Tipindeki

Diferansiyel

Denklemler

1 1 1 2 2 2 0a x b y c dx a x b y c dy Tipindeki Diferansiyel

Denklemleri çözebilmek


örnek çözerek

0xf xy dx xg xy dy Tipindeki

Diferansiyel

Denklemler

0xf xy dx xg xy dy

Tipindeki Diferansiyel



örnek çözerek

75

Anahtar Kavramlar

Homojen fonksiyon

Homojen diferansiyel denklemler

Değişkenlere ayrılabilir hale getirilebilir diferansiyel denklemler

76

Giriş

Bu bölümde, geçen haftadan kısmen değindiğimiz diferansiyel denklemlerinin çözümlerini bulmaya homojen tipte diferansiyel denklemler ve bazı değişkenlere ayrılabilir forma getirilebilen denklemler için devam edilir.

77

4.1. Homojen Tipte Diferansiyel Denklemler

Eğer bir ,f x y fonksiyonu için, ),(),( yxfyxfn şeklinde yazılabiliyorsa, bu

denkleme n.dereceden homogen denklem denir. ,dy

y f x ydx

standart formdaki bir

,f x y fonksiyonu

, 1, , ( 0) veya , ,nf x x f x f x y f x y

koşulunu sağlıyorsa diferansiyel denklem homojendir.

Denklem (II.2)deki diferansiyel denklemdeki Eğer M(x,y) ile N(x,y) aynı mertebeden homojen fonksiyonlarsa buna birinci mertebeden homojen diferansiyel denklem denir. Bu

durumda y vx dönüşümü yapılarak

xdvvdxdyvxy (III.6)

denklem değişkenlere ayrılabilir hale getirilerek çözülür. Alternatif olarak eğer

,dy

y f x ydx

şeklindeki bir diferansiyel denklemde f fonksiyonu sadece x ’e

veya sadece y ’e değil de, onların /x y veya /y x oranlarına bağlı ise bu diferansiyel denklem homojendir denir ve

dy yF

dx x

şeklinde tanımlanır.

Örnek 4.1

Homojen Homojen değil

4 3 4, , ,f x y x x y f x y f x y

2 2 2, cos sin , cos sin

,n

f x y x x y f x y x x y

f x y

22

2

22

dy y xy y y yF

dx x x x x

23

2

22

dy y xy y y yy F

dx x x x x

78

Örnek 4.2: 3 3 2( ) 3 0x y dx xy dy denkleminin çözümünü bulun.

),(),( 3yxfyxf şeklinde yazılabildiğinden bu denkleme 3.dereceden homojen

denklemdir. xdvvdxdyvxy dönüşmü yapılıp denklemde yerine konulunca,

3 3 3 2 2

3 3 3 4 2

( ) 3 ( ) 0

( 2 ) 3

x x v dx xx v xdv vdx

x x v dx x v dv

2

3 2 2 3

3

1(1 2 ) 3 0 3 0 (1 2 )

1 2

v dvv dx v xdv dx x v C

x v

bulunur. /v y x olduğundan 3

2

3(1 2 )

yx C

x elde edilir.

Örnek 4.3: 2 22 0dy

xy x ydx

denkleminin çözümünü bulunuz.

2( , ) ( , )f x y f x y şeklinde yazılabildiğinden bu denkleme 2.dereceden homojen denklemdir.

xdvvdxdyvxy dönüşmü yapılıp denklemde yerine konulunca,

22 2 2 3 2 2 2

2

2 2

2 2

2 0 2 2 0

2 1 2 11 2 0

1 1

ln 1 ln ln 1

xvx vdx xdv x vx dx x v dx x vdv x dx x v dx

v vv dx vxdv dv dx dv dx

v x v x

v x C x v C

/v y x olduğundan

y x x c

Elde edilir.

4.2. Değişkenlere Ayrılabilen Tipte Diferansiyel Denklemler

4.2. 1. 1 1 1 2 2 2 0a x b y c dx a x b y c dy Tipindeki Diferansiyel

Denklemler

Bu tipteki diferansiyel denklemler uygun dönüşüm seçmek şartıyla değişkenlerine

ayrılabilir.Öncelikle eğer 1 2 0c c olsaydı denklem homojen tipte bir denklem olurdu.

Varsayalım 1 2vec c ’nin her ikisi de sıfırdan faklı olsunlar.

79

Bu durumda denklemde

1 1 1 1,x x h dx dx y y k dy dy (III.7)

dönüşümleri yapılırsa denklem,

1 1 1 1 1 1 2 1 2 1 2 1

1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 2 1 2 2 2 2

0

0

a x h b y k c dx a x h b y k c dy

a x b y a h b k c dx a x b y a h b k c dy

formunu alır. Bu durumda veh k

1 1 1

2 2 2

0

0

a h b k c

a h b k c

biçiminde seçilirse denklem,

1 1 1 1 1 2 1 2 1 1 0a x b y dx a x b y dy

homojen tipte bir diferansiyel denkleme dönüşür.Bundan sonra homojen tipte diferansiyel

denklemde yapılan işlemler uygulanarak çözüm bulunur.

Eğer 1 2 2 1 0a b a b olsaydı 1x x h ve 1y y k dönüşümleri yapamazdık. Bu

durumda

2 21 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1

1 1

0 ve a b

a b a b a b a b k a a k b b ka b

olarak diferansiyel denklemi,

1 1 1 1 1 2 0a x b y c dx k a x b y c dy

formununu alır. Burada 1 1a x b y t dönüşümü yapılırsa denklem, değişkenlere ayrılabilen

tipte bir denklem haline gelir.

Örnek 4.4: 2 5 3 2 4 6 0x y dx x y dy denklemini çözünüz.

Öncelikle denklemde

2 2 2 2

1 1 1 1

51,

4

a b a b

a b a b

80

olduğundan ilk durumla,

1 1 1 1,x x h dx dx y y k dy dy

biçiminde seçilirse denklem,

1 1 1 1 1 12 5 2 5 3 2 4 2 4 6 0x y h k dx x y h k dy

haline gelir. Buradan veh k ,

2 5 3 2 5 3

2 4 6 2 4 6

h k h k

h k h k

denklem sisteminin çözüm kümesidir. Bu sistemin çözümü 1h k bulunur.Buna göre

1 1 11 , 1x x dx dx y k dy dy

dönüşümü ile denklem,

1 1 1 1 1 2 1 2 1 2 1 1 1 1 1 10 2 5 2 4 0a x b y dx a x b y dy x y dx x y dy

birinci dereceden homojen bir denklemdir. Bunun için

1 1 1 1 1y vx dy vdx x dv

dönüşümü kullanılarak,

2

1 1 1 1 12 5 2 4 0 2 7 4 2 4 0v dx v vdx x dv v v dx x v dv

değişkenlerine ayrılabilir diferansiyel denklem haline gelir. Buradan,

1 1

2

1 1

2 4 4 20 0

2 7 4 3 4 1 3 2

dx dxv dv dvdv

x v v x v v

yazılır. Terim terime intgeral alınarak,

23

1 1

1 2ln ln 4 1 ln 2 ln 4 1 2

3 3x v v C x v v C

olur. 11 1

1

1

1

y yy vx v

x x

olduğundan denklemde yerine yazılırsa,

81

2 2

3 31 1 4 3 2 31 4 1 2 1

1 1 1 1

y y y x y xx C x C

x x x x

Buradan sadeleştirme işlemleri yapılırsa,

24 3 2 3y x y x C

elde edilir.

Örnek 4.5

3 3 4 0x y dx x y dy denklemini çözünüz.

Çözüm :

2 2

1 1

1a b

a b olduğundan

1x x h ve 1y y k dönüşümleri yapamayacağız.

Burada x y t dy dt dx dönüşümü yapılırsa,

3 4 0 4 2 3 4 0tdx t dt dx t dx t dt

değişkenlerine ayrılabilir forma gelir. Buna göre,

3 4 3 4 3 10 0 ln

4 2 4 2 2 2

t tdx dt dx dt x t C

t t t

yazılır. x y t olduğundan denklemde yerine yazılırsa,

1

3 1 1ln 2 3 2ln

2 2 2

3 2ln 2

x x y x x y Cx y x y

x y x y C

elde edilir.

4.2.2. 0xf xy dx xg xy dy Tipinde Olan Denklemler

Bu tipteki denklemler için

2

z xdz zdxxy z y dy

x x

(III.8)

dönüşümü yapılarak denklem,

82

, , 0P x z dx Q x z dz (III.9)

şeklinde değişkenlerine ayrılabilir hale getirilir.

Örnek 4.6: 2 2 0y xy dx x x y dy diferansiyel denklemini çözün.

Çözüm:

2

z xdz zdxxy z y dy

x x


21 1 0 2 1 0

z xdz zdxz dx x z zdx x z dz

x x

değişkenlerine indirgenir.

22 1 2 10 2ln ln zdx z dx z

dx dz dx dz x z z LnC x Czex z x z

çözümü bulunur. Burada xy z kullanılırsa,

xyx Cye

elde edilir.

Örnek 4.7: 2 21 1 0y xy dx x xy x y dy diferansiyel denklemini çözün

Çözüm:

2

z xdz zdxxy z y dy

x x

dönüşümü ile denklem

2

21 1 0

z xdz zdxz dx x v v

x x

Olarak paydadan kurtarıp tekrar düzenlersek,

3 2

3 21 0 0

dx dz dz dzz dx x z z dz

x z z z

Buradan

83

2 2

1 12

1 1ln ln 2 ln 2 1

2

zx z C C z z z

z z x

Buradan xy z dönüşümü denklemde yerine yazılırsa çözüm,

2 2 2 2

12 ln 2 1x y y xy C x y

olur.

84

Uygulamalar

1) Homojen denklem ismini hem

2) Diferansiyel denklemi için hem de y/x in fonksiyonu olan

3) Diferansiyel denklemi için kullandıoğımızı fakat ikisinin de farklı oldukalarını görün

85

Uygulama Soruları

1) 2 22x y

yxy

diferansiyel denklemin çözümünmü bulunuz.

2) 2 33xy y y x diferansiyel denklemini y vx dönüşümü yaparak çözünüz.

3) x y

yx y

homojen diferansiyel denklemin çözümünü bulunuz.

4) 2

2, 1 2

xy yy y

x

başlangıç değerli homojen diferansiyel denklemin


86


Bu bölümde, Homojen tipte diferansiyel denklemlerin ve bazı değişkenlere ayrılabilir forma getirilebilen denklemlerin çözümü için uğraşıldı. Diğer yandan tam diferansiyel denklemlere bir altyapı kazanıldı.

87

Bölüm Soruları

A) Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin genel çözümlerini bulunuz.

1. 1

3

dy x y

dx x y

2. 3 2 1 3 2 1 0x y dx x y dy

3. 2 2 3 21 0xy x y dx x y x dy

B) Aşağıdaki soruların yanıtlarını verilen seçenekler arasından bulunuz.

1) 22 1y x y y denkleminin genel çözümü aşağıdakilerden hangisidir?

a) 22 1 2y C x

b) 21 2y C x

c) 2 1 2y C x

d) 21/2 2 2y C x

e) 22 y C x

2) 21 0xydx x dy denkleminin genel çözümü aşağıdakilerden hangisidir?

a) 2 21y x C

b) 2 21y x C

c) 21y x C

d) 3 21y x C

e) 1 y x C

3) 2 2x y y y x denkleminin genel çözümü aşağıdakilerden hangisidir?

a) 21y x C Cx

88

b) 21y C Cx

c) 25y xC Cx

d) 21y xC Cx

e) 2 35 y x C Cx

4) Aşağıdaki fonksiyonların hangisi homojen değildir?

a) 2x xy

b) 2 2

xy

x y

c) 2 22 3x xy y

d) sin sinx y y x

e) Hiçbiri

5) 2 2 0xydy y x dx denkleminin x=1,y=-1 için özel çözümü aşağıdakilerden

hangisidir?

a) 4 2 22 3x x y

b) 4 22 3x x y

c) 2 22 3x x y

d). 4 3 22 3x x y

e) 22 5 x xy

6) 3 7 7 7 3 3 0y x dx y x dy denkleminin genel çözümü aşağıdakilerden hangisidir?

a). 2 31y x y x C

b) 2 31 1y x y x C

c) 3 31 1y x y x C

89

d) 2 31 1y x y x C

e) 21 1 y x y x C

7) 1 2 ) 1 0y xy dx x xy dy denkleminin genel çözümü aşağıdakilerden hangisidir?

a)

3 1/xyy Cx e

b) 1/xyy Cxe

c) 2 1/xyy Cx e

d) 2 1/ yy Cx e

2

e) 2 yy Cx e 2

8) 3 2 1 3 2 1 0x y dx x y dy denkleminin genel çözümü aşağıdakilerden hangisidir?

a)

5

ln 15 10 12

x y x y C

b) 1/xyy Cxe

c) 5ln 15 10

2x y x y C

d) 5ln 15 10 1

2x y x y C .

e) 2 1/ xyy Cx e

Cevaplar

1) a, 2) b, 3) b, 4) d, 5) a, 6) b, 7) c, 8) d

90

5. TAM DİFERANSİYEL DENKLEMLER

91


5.1. Tam Diferansiyel Denklemler

5.2. İntegrasyon Çarpanları

92


1) Bir diferansiyel denklem homojen değilse nasıl homojen hale getiririz?

2) Homojen olmayan diferansiyel denklemleri nasıl çözeriz?

2 33 4 0x ydx x dy denklemini değişkenlere ayırmadan nasıl çözebiliriz?

93



Tam Diferansiyel

Denklemler

Tam Diferansiyel

Denklemleri çözebilmek Okuyarak, fikir yürüterek, ve bol bol örnek çözerek

İntegrasyon Çarpanları Tam olmayan diferansiyel

denklemleri İntegrasyon Çarpanları kullanrak tam

hale getirip çözebilmek


94

Anahtar Kavramlar

Tam diferansiyel denklemler

İntegrasyon çarpanları

95

Giriş

Bu bölümde öncelikle tam diferanssiyel denklemler ve çözümleri incelenir. Daha sonra tam olmayan fakat tam hale getirilebilen diferansiyel denklemleri için gerekli integrasyon çarpanlarını irdelenir

96

5.1. Tam Diferansiyel Denklemler

( , )M x y ve ( , )N x y , xy düzleminin bir dikdörtgen bölgesinde tanımlı iki fonksiyon olsun. Bu fonksiyonlar ile birlikte x ve y ye göre birinci mertebeden kısmi türevleri de tanımlanan bölgede sürekli olsun ve 0),(),( dyyxNdxyxM diferansiyel denkleminin tam

diferansiyel denklem olması için gerek ve yeter şart

x

N

y

M

(III.10)

bağıntısının sağlanmasıdır. Bu tam diferansiyelli denklemin cyxU ),( biçiminde

çözümü olsun ve buradan heriki tarafın diferansiyeli alınınarak,

( , ) ( , )( , ) ( , ) ( , ) 0

U x y U x ydU x y dx dy M x y dx N x y dy

x y

(III.11)

yazılısın. Bu eşitlikten

( , )( , ) ( , ) ( , )

xU x y

M x y U x y M x y dx yx

Burada y , x ’ e göre intgeral sabitidir.Daha sonra y nin bulunması için,

( , )( , ) ( , ) ( , ) ( , )

x x d yU x yN x y M x y dx y M x y dx N x y

y y y dy

denklemi çözülür. Son olarak y değeri yerine yazılarak çözüm cyxU ),(

biçiminde bulunur.

Örnek 5.1: dxxyedyyexx )sin()2( denkleminin çözümünü bulun.

Denklem

0)2()sin( dyyedxxye

xx

formuna getirilirse x

N

y

M

olduğundan tam bir differansiyel denklemdir.

( , )( sin ) ( , ) ( sin ) cos ( )x x xU x yye x U x y ye x dx x ye y

x

2( , )( , ) ( ) ' 2 ( ) ' 2 ( )x xU x y

N x y e y e y y y y y cy

97

buradan, 2( , ) cos xU x y x ye y c

biçiminde türetilebilir fonksiyonlardır.

Örnek 5.2: sin cos 0x y dx x y y dy denkleminin çözümünü bulun.

cosM N

yy x

olduğundan tam bir diferansiyel denklemdir.

2( , )( sin ) ( , ) ( sin ) / 2 sin ( )xU x yye x U x y x y dx x x y y

x

2( , )( , ) cos ( ) ' cos ( ) ' ( ) / 2

U x yN x y x y y x y y y y y y c

y

buradan, 2 2( , ) / 2 / 2 sinU x y x y x y c biçiminde türetilebilir fonksiyonlardır.

5.2. İntegrasyon Çarpanları

( , ) ( , ) 0M x y dt N x y dy diferansiyel denklemi tam olmadığı zaman yani

M N

y x

ise bu denklem , ( , )x y integrasyon sabiti ile çarpılarak,

( , ) ( , ) 0M x y dt N x y dy (III.12)

Tam diferansiyel denklemine dönüştürülebilir. Bu durumda

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

y x

(III.13)

bağıntısı tüm ,x y için gerçeklenir.Buradan ( , )x y integrasyon sabiti için aşağıdaki farklı durumları göz önüne alınırsa,

1. ( )x olsun ( , sadece x e bağlı). Bu durumda Denklem (III.13)

( , ) ( , )( , ) ( )

y xM NM x y N x y d d

N x y f x dx dxy x dx N

(III.14)

biçimini alır . ( )y x

M Nf x

N

olmak üzere integrasyonla ( )f x dx

e elde edilir.

98

Örnek 5.3: 2 2 0x y x dx xydy denklemini çözünüz.

( , ) ( , ) ( , ) ( , )2 ,

M x y N x y M x y N x yy y

y x y x

olduğundan tam diferansiyel denklem değildir. Bu durumda

( )1( )

f x dxy xM Nf x e x

N x

integral çarpanı elde edilir. Denklem bu çarpanla çarpıldığında,

3 2 2 2 0x y x x dx x ydy

elde edilir. Buradan tam diferansiyel denklemde yapılan işlemler uygulanırsa çözüm

4 3 2 2

( , )4 3 2

x x x yU x y c

bulunur.

2. ( )y olsun ( , sadece y e bağlı). Bu durumda Denklem(II.13)

( , ) ( , )( , ) ( )

x yN M dyM x y d N x y d

M x y g y dyy dy x M

(II.15)

biçimini alır . ( )x y

N Mg y

M

olmak üzere integrasyonla ( )g y dy

e elde edilir.

Elde edilen bu integrasyon sabiti ile denklem tam hale getirilip yukardaki işlemler yapılır.

Örnek 5.4: 2 22 3 3 0x ydx y x x dy denklemini çözünüz.

( , ) ( , ) ( , ) ( , )2 3, 2 3

M x y N x y M x y N x yx x

y x y x

olduğundan tam diferansiyel denklem değildir. Bu durumda

2

( )

2

2 3 2 3 2 1( )

2 3

dyg y dyx y y yN M x x M

g y y e eM x y y y

integral çarpanı elde edilir. Denklem bu çarpanla çarpıldığında,

2

2 2

12 3 1 3 0

x xx dx dy

y y y

99

elde edilir. Buradan denklem tam hale getirlir. Tam diferansiyel denklemde yapılan işlemler uygulanırsa

2( , ) 1 1, ( , ) (2 3) ( ) 3 ( ) ( )

U x yM x y U x y x dx y x x y

x y y

Bulunur. Diğer yandan

2 2

2 2 2

( , ) 3 3, ( ) 1 ( ) 1 ( )

U x y x x x xN x y y y y y

y y y y

Elde edilir. Bulunan ( )y değeri denkleminde yerine yazılırsa,

2 1, 3U x y x x y

y

ve C ye eşitlenirse genel çözüm,

2 13x x y C

y

elde edilir.

3. ( )xy olsun. Yani 0),(),( dyyxNdxyxM denklemi

0)()( dyxyygdxxyxf

formunda yazılabiliyorsa Denklem (II.13)

( , ) ( , )

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

N x y M x yx y y x

(III.16)

şeklini alır. Buradan v yx dönüşümü yapılırsa,

. ,

.

vy

x v x v

vx

y v y v

elde edilir.Bu değerler Denklem(II.16) da yerine yazılıp birtakım düzenlemeler yapılırsa,

1y x

dM N dx

Ny Mx

(III.17)

100

bulunur. Burada 1y xM N

Ny Mx

ifadesi yx in bir fonksiyonu ise v yx için

Denklem(III.17),

dF v dv

halini alır. Buradan ( , ) ( , ) 0M x y dx N x y dy diferansiyel denklemin bir integrasyon

çarpanı

F v dv F yx d yx

v e e (III.18)

kullanılarak tam hale getirilir.

Örnek 5.5: 3 5 0ydx xdy denklemini çözünüz.

1 3 5 1( )

5 3y xM N F xy

Ny Mx xy xy xy

Olduğundan integrasyon çarpanı,

1

1d yxxyxy e

xy

elde edilir. Diferansiyel denklem 1

xy çarpılırsa

3 50dx dy

x y

ve terim terime integral alınırsa,

3 5x y c


4. 0),(),( dyyxNdxyxM homojen ise , 1

Mx Ny

şeklinde bir intgerasyon

çarpanı olup olmadığına bakalım. Bunun için denklemi ile çarpılırsa,

( , ) ( , )0

M x y N x ydx dy

Mx Ny Mx Ny

(III.19)

olur. Tam diferansiyel denklem olma şartına göre türev alma kuralından ve Euler teoreminden bakılırsa,

101

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

y Mx Ny x Mx Ny

Olduğu görülür. Dolayısıyla homojen denklemler için NyMx

1 daima bir integral

çarpanıdır.

Örnek 5.6 : 4 4 3 0x y dx xy dy denklemini çözünüz.

4( , ) ( , )f x y f x y şeklinde yazılabidiğinden bu denkleme 4.dereceden homojen denklemdir. Dolayısıyla

5 4 4 54 4 3

1 1 1 1

Mx Ny x xy xy xx x y xy y

integral çarpanı ile denklem çarpılırsa

4 3

5 4

10

y ydx dy

x x x

şeklini alır ve bu denklem bir tam diferansiyel denklemdir (Niçin?). Buradan

4 4

5 4

1 1, ln

4

xy y

x y dx x yx x x

elde edilir. Böylece

3 3

4 4, 0

y yy N x y y

y x x

olur. Dolayısıyla denklemin çözümü,

4

4

1ln

4

yx C

x

bulunur.

5) Bazı diferansiyel denklemler için uygun bir intgerasyon çarpanı deneme yanılma yöntemiyle de bulunabilir. Fakat bu genel anlamda uygulanabilir bir yöntem değildir. Tam olmayan bazı diferansiyel denklemler yeniden düzenleme ile uygun gruplandırılarak kolayca intgere edilebilirler.

Örnek 5.7: 2 2 tanxdx ydy x y ydy denkleminin çözümünü bulun.

102

2 2 2 2

2 2

2 2

tan ( ) tan ( ) tan

ln | sec |

xdx ydyydy d x y ydy d x y ydy

x y

x y y c

elde edilir.

103

Uygulamalar

1) Bir diferansiyel denklemi tam hale getirmek için kullanılan integral çarpanları ile ilgili uygulamalar yapın.

104

Uygulama Soruları

1) 3 3 2 4 2 24 3 3 6 0x y x dx x y y dy diferansiyel denkelminin çözümünü

bulunuz.

2) 2 2 33 6 0x y dx x y dy diferansiyel denklemi tam difertansiyel denklem mi?

Değil se integrasyon çarpanları kullanarak tam hale getrip çözümü bulununz.

3) 4 7 3 4 0x y dx x y dy diferansiyel denklemi tam difertansiyel denklem

mi? Değil se integrasyon çarpanları kullanarak tam hale getrip çözümü bulununz.

4) 3 4 4 3 0x y x dx x y y dy tam difertansiyel denklemin çözümünü bularak

çözüm eğrisinin grafiğini 1 1, 1 1x y bölgesinde çiziniz.

105


Bu bölümde dersimiz için önemli bir yer teşkil eden tam diferanssiyel denklemleri tanıtıldı. Ayrıca tam olmayan diferansiyel denklemleri tam hale getirmek için bazı integrasyon çarpanlarının nasıl kullanıldığı irdelendi.

106

Bölüm Soruları

A) Aşağıdaki diferansiyel denklemleri çözünüz

1. 2 2 2 0x y x dx xydy

2. 2 21 2 0e d e d .

3. 2 3 22 cos 3 sin 0x y x y dx x x x y dy denkleminin 0 2y başlangıç

koşulunu sağlayan çözümünü bulunuz.

B) Aşağıdaki diferansiyel denklemleri çözünüz

1. 4 2 2 42 0x x x y y dx ydy denkleminin çözümünü bulun

2. 2 0ydy y x dx denkleminin çözümünü bulunuz.

3. 1 3, 0

2 2

dyy x y

dx başlangıç değer problemini çözünüz.

4. 26

3 3 0x y

x dx dyy y x

diferansiyel denklemini çözünüz.

C) .Aşağıdaki soruların yanıtlarını verilen seçenekler arasından bulunuz.

1) 32 3 3 1 0x y dx x y dy denkleminin genel çözümü aşağıdakilerden

hangisidir?

a) 4 26 2x xy y y C

b) 2 31 1y x y x C

c) 3 26 2x xy y y C

d) 2 31 1y x y x C

e) 2 35 1 5 1 y x y x C

2) Aşağıdaki diferansiyel denklemlerden hangi tam diferansiyel denklemdir?

a) 2 0x y dx xdy

107

b) 22 0y x y dz x dy

c) 3 26 2x xy y y C

d) 2 2 dx a x dy

e) 2 dx a x dy

3) Aşağıdaki diferansiyel denklemlerden hangisi tam diferansiyel denklem değildir?

a) 2 23 6 3 2 0x xy dx x y dy

b) 22 0y x y dz x dy

c) 2 2 2 23 3 3 3 2 0x xy dx x y y y dy

d) 2 1 0xy y dx x xy dy

e) Hiçbiri

4) 2 2 22 2 2 0, 0 1x xx ye y xy y e y başlangıç değerli denkleminin genel

çözümü aşağıdakilerden hangisidir?

a) 2 1xxy ye

b) 2 2 1xx y y e

c) 2 2 2 1xx y y e

d) 2 31 1y x y x C

e) 2 3 1 xx y y e

5) Aşağıdaki diferansiyel denklemlerden hangi tam diferansiyel denklemdir?

a) 2 2dx a x dy

b) 2 0y x y dz x dy

c) 3 26 2x xy y y C

d)

2 2 0y x dx xydy

108

e) 2 dx a x dy

Değerlendirme sorularının cevapları

1-A, 2-A,3-D, 4-C 5-D

Cevaplar

1)d, 2)a, 3)c, 4)a, 5)c

109

6. BİRİNCİ MERTEBEDEN LİNEER DİFERANSİYEL DENKLEMLER

110


6.1. Lineer Denklemler

6.2. Lineer Hale Getirilebilen Denklemler

6.2.1. Bernoulli Denklemi

6.2.2. Riccati Diferansiyel Denklemi

111


1) 2

2, 1 2

xy yy y

x

Lineer Diferansiyel Denklem nedir?

2) 22 4 , 1 2xy y x y başlangıç değerli diferansiyel denkleminin çözümünü bulun.

3) 2y y xy diferansiyel denklemini lineer midir?Nasıl lineer hale getirip çözeriz?

Hem lineer hem de Bernoulli denklemini bünyesinde barındıran denklemin ismi nedir?

112



Lineer Denklemler Birinci mertebeden Lineer

Diferansiyel Denklemleri

kavrayabilmek.


Lineer Hale Getirilebilen

Denklemler

Lineer Hale Getirilebilen


kavrayabilmek


Bernoulli Denklemi Bernoulli Denklemini

çözebilmek


Riccati Diferansiyel

Denklemi

Riccati Diferansiyel

Denklemini çözebilmek


113

Anahtar Kavramlar

Lineer Diferansiyel denklem

Bernoulli Diferansiyel denklem

Riccatti Diferansiyel denklem

Varlık ve teklik teoremi

114

Giriş

Bu haftadaki dersimizde diferansiyel denklemlerin en önemlilerinden olan lineer denklemlerin nasıl çözüleceğini öğrenilir. Lineer denklemlerin düşük ve yüksek mertebelileri vardır. Bu dersimizde, daha çok birinci dereceden lineer denklemlere odaklanılır. Ayrıca lineeer diferansiyel denkleme dönüştürülen Bernoulli ve Riccati denklemleri incelenir.

115

6. Birinci Mertebeden ve Birinci Dereceden Denklemler

Öncelikle bu bölümde aşağıdaki 3 sorunun cevabını arayacağız:

1) Verilen bir başlangıç değerli diferansiyel denklemin bir çözümü var mıdır?

2) Eğer bir çözüm varsa bu çözüm tek midir?

3) Eğer bir çözüm varsa bu çözümü nasıl bulabiliriz?

Şuana kadar ilk 2 soruyu ihmal edip hep 3.soru ile ilgilendik. Şimdi bu bölümde ise

öncelikle ilk 2 soruyu tartışacağız yani bir diferansiyel denklemi çözmeden önce çözümünün varlığı ve tekliği ile ilgili ne tür bilgi türetebiliriz? Sorusuna cevap arayacağız. Bunun için aşağıdaki hem birinci hem de daha yüksek mertebeden lineer denklemler içimn kullanışlı olan Varlık ve teklik teoremini verelim.

6.1. Lineer Denklemler

Teorem 6.1(Varlık ve tekliğin Lineer temel teoremi):

0 0( ) ( ) ,dy

yP x Q x y x ydx

Başlangıç değerli problemi düşünelim. Eğer P x ve Q x fonksiyonları bir

0x açık aralığında sürekli iseler, bu başlangıç değerli problemin , aralığında tanımlı tek bir çözümü vardır.

Örnek 6.1: 2 9 2 ln | 20 4 |, 4 3x y y x y

Başlangıç değerli problemin çözümünü bulmadan çözüm için geçerli aralığı tespit ediniz.

Öncelikle diferansiyel denklemi teoremde verilen formatta yani y’ nün katsayısı 1 olacak şekilde yazalım:

2 2

2 ln | 20 4 |, 4 3

9 9

y xy y

x x

Olur. 2 2

2 ln | 20 4 |ve

9 9

xP x Q x

x x

olmak üzere fonksiyonlarının süreksizlik

noktaları 2 9 0 3, 20 4 0 5x x x x olduğundan hem P x in hem de Q x

in sürekli olduğu aralıklar: , 3 , 3,3 , 3,5 ve 5, olur. Diferansiyel denklemin

çözümü için gerekli olan aralık ise aralıklardan başlangıç değer olan 4x değerini içeren aralıktır. Bu durumda çözüm aralığı 3,5 dir.

116

Şimdi çözümün varlık ve tekliğini gördükten sonra lineer denklemlerin nasıl çözüleceğini öğreneceğiz. Daha çok birinci dereceden lineer denklemlere odaklanacağız. Birinci mertebeden lineer denklem, bağımlı değişken ve birinci türevi lineer olmak şartıyla

)()( xQxyPdx

dy (IV.1)

formunda verilir. Burada y ve y nün daha yüksek derecesi bulunmaz.

Örneğin,

4 cosdy

xy xdx

lineerdir ama 24 cos

dyxy x

dx lineer değildir.

Bu denklemin çözümünün bulunması için öncelikle 0Q x ise lineer 1.mertebeden

homojen denklemi göz önüne alalım.Bu form denklemin değişkenlerine ayrılabilir

durumdadır. Önce ( ) 0dy

P x ydx

homojen deklemi çözülür. Buradan

( )

( ) ln ( ) lnP x dxdy

P x dx y P x dx c y cey

(IV.2)

bulunur. Bu ifadenin ikinci tarafı Q x olan denklemin çözümü olabilmesi için, c nin

nasıl bir r x fonksiyonu olması gerektiğini araştıralım. Bunun için c r x olduğuna göre

( )P x dx

y r x e değerinin iki taraflı denklemi sağlama şartını bulalım. Denklem (IV.1) da

bu değer ve

( ) ( )

( ) ( )

( )

( )

P x dx P x dx

P x dx P x dx

dr dy e P x dx r x e

dx dx

dry e P x r x e

dx

türevi yazılırsa,

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

1

( ) ( )P x dx P x dx P x dx

P x dx P x dx P x dx

dre P x r x e P x r x e Q x

dx

dr dre Q x e Q x r x e Q x dx c

dx dx

r x in bu değeri ( )P x dx

y r x e de yerine yazılırsa ikinci tarafı Q x olan

denklemin genel çözümü,

117

( ) ( )

1

P x dx P x dx

y e e Q x dx c (IV.3)

elde edilir.

İkinci alternatif bir yol :

)()( xQxyPdx

dy

olacak şekilde integral çarpanı,

dxxP

e)(

(IV.4)

olarak alınırsa denklemin çözümü(ilkeli),

CdxexQyedxxPdxxP

)()(

).( (IV.5)

Bulunur.

Örnek 6.2 : 2 4dy

xy xdx

denklemini çözünüz.

Öncelikle 2 0dy

xydx

homojen denkleminin çözümü aranır:

222 ln ln xdyxdx y x c y ce

y

bulunur. c r x için 2 2 2

2x x xy r x e y r x e xr x e

değerleri difereansiyel denklemde yerine yazılırsa,

2 2 2 2 2

12 2 4 2x x x x xr x e xr x e xr x e r x e xdx r x e c

İntegral çarpanının bu değeri çözümde yerine yazılırsa,

2 2 2 2

1 1( ) 2 2x x x xy r x e y e e c c e

elde edilir. Bu problemi ikinci yoldan çözmek istersek,

2 2 2 2 222 4 integral çarpanı: Çözüm: 4 2 2xdx x x x x xdy

xy x e e ye xe dx e C y Cedx

elde edilir.

118

Örnek 6.3 : 2

2 , 0 1.x xy xy e y

denklemini çözün.

Çözüm: Bu problemi 2. yolla yapalım:

İntegral çarpanı:

22xdx xe e

olur. Bu durumda denklemin çözümü

2 2 2 2 2

.x x x x x x x xye e e dx C e C y e Ce

Genel çözüm olarak bulunur. 0 1 1 1 2y C C olur. Bu durumda

çözüm

2 2

2x x xy e e

elde edilir.

Örnek 6.4 : 2 3 0, 0 1.y y y denklemini çözün

Çözüm: 2. yolla yaparsak:

İntegral çarpanı:

2 2dx xe e

olur. Bu durumda denklemin çözümü

2 2 2 23 33.

2 2

x x x xye e dx e C y Ce

Genel çözüm olarak bulunur. 3 10 1 1

2 2y C C

olur. Bu durumda

çözüm

23

2

xe

y

elde edilir.

119

6.2. Lineer Hale Getirilebilen Denklemler

Birinci mertebeden lineer olmayan diferansiyel denklemlerin bazı sınıfları uygun dönüşümlerle birinci mertebeden lineeer diferansiyel denklem haline getirilebilmektedir. Şimdi bunları inceleyelim:

6.2.1. Bernoulli Denklemi

Yerine konulduğunda daima çalışması için genel bir kuralı olan denklemlerin bazı formları vardır. Bunlardan bir örneği Bernoulli denklemidir. ( )P x , ( )Q x x’in sürekli fonksiyonları ve 0, 1,n n n olmak üzere

)()( xQyxyPdx

dy n (IV.6)

şeklindeki diferansiyel denkleme Bernoulli Diferansiyel Denklemi denir. Eğer bu denklemde 0, 1n n olsaydı denklem lineer olurdu ve biz onu çözebilirdik. Aksi durumda

1 ny v

dönüşümü ile Bernoulli denklemi lineer denkleme dönüşür. Diğer yandan

1 1

1

n n dy dvy v y

dx n dx

(IV.7)

eşitliği yazılır.

Örnek 6.5: 5dy

y xydx


Öncelikle

5 4 4 5 544

dy dy dv dy dvy y x y v y y

dx dx dx dx dx

dönüşümü kullanılırsa diferansiyel denklem,

4 4dv

v xdx

olarak lineer hale getirilir. Buradan integral çarpanı;

xdx

ee44

bulunur. Denklemin çözümü,

xxx

xxCexvC

eexdxxeve

444

44

4

1}

164{44

120

Orijinal diferansiyel denklemin çözümü ise

44

4

)4

1(

1

xCex

yvy

bulunur.

Örnek 6.6 2 cos sindy

y y x xdx


2 2 1cos sin cos sindy dy

y y x x y y x xdx dx

yazılsın.

1 2 2dy dv dy dvy v y y

dx dx dx dx

dönüşümü kullanılırsa diferansiyel denklem

cos sin sin cosdv dv

v x x v x xdx dx

olarak lineer hale getirilir. Buradan integral çarpanı;

dx xe e

bulunur. Denklemin çözümü,

sin cos sinx x xve x x e dx e x C

Buradan denklemin çözümü

1

sin xy

x Ce

elde edilir.

6.2.2. Riccati Diferansiyel Denklemi

,P x R x ve Q x x’in sürekli fonksiyonlar ve 0R x olmak üzere

)()()( 2xQyxRxyP

dx

dy (IV.8)

121

formundaki bir diferansiyel denkleme Riccati Diferansiyel Denklemi denir.

Eğer 0R x olsaydı denklem lineer diferansiyel denklem, 0Q x olsaydı denklem Bernoulli diferansiyel denklem şeklini alırdı. Bu iki halin dışında denklemin genel halde çözülemeyeceği Bernoulli tarafından gösterilmiştir.Fakat denklemin bir özel çözümü biliniyorsa genel çözüme ulaşılabilir. Buradan hareketle bir )(1 xy özel çözümü verildiğinde genel çözümü bulmak için,

1

1( ) ( )y x y x

v x (IV.9)

dönüşümü yapılarak v x in gerçeklediği

12 0v P x y x R x v Q x

doğrusal denklemi veya doğrusal denkleme indirgenebilir bir denklem elde edilir. Bu denklemin çözümü olan v x , Denklem (III.9) da yerine yazılarak Riccati diferansiyel denklemin genel çözümü bulunur.Diğer taraftan bu genel çözümü bulmak için

1( ) ( )y x y x v x dönüşümü de uygulanabilir. Bu halde Riccati denklemi Bernoulli denklemine dönüşür.

Örnek 6.7: ' 2 22 1 0y y xy x denkleminin 1y x özel çözümü için genel

çözümü bulunuz

Çözüm:

( ) ' 1 'y x v x y v

olur. Denklemde yerine yazılırsa

2 2 21 ' 2 1 0 ' 0v x v x x v x v v

bulunur. Buradan terim terime integrasyıon alınırsa,

2

1dvdx v

v C x

bulunur. Bu değere göre denklemin genel çözümü,

1y x

C x

biçimindedir.

122

Örnek 6.8 : 22tan sec siny x x y x diferansiyel denklemin 1 secy x özel

çözümü için genel çözümü bulun.

Çözüm:

20. sin 2 tan secy y y x x x

Riccati formuna getirelim.

2 2 2

1 sin( ) sec tan sec

cos

x v vy x x y x x

v x x v v

Bu değerler denklemde yerine yazılır gerekli basitleştirmeler yapılırsa,

2 tan sinv v x x

Birinci mertebeden lineer denklem elde edilir. Bunun için integral çarpanı

( ) 2tan 2cosP x dx xdx

e e x

bulunur.Buradan

3 32 2 2cos cos

.cos cos .sin sec3 3

x xv x x xdx C v C x

yazılır. Bu durumda denklemin genel çözümü:

32

1( ) sec

cossec

3

y x xx

C x

bulunur ve çözüm eğrilerinin bazısının grafiği Şekil IV.1 de verilir:

123

Şekil IV.:1. 22tan sec siny x x y x diferansiyel denkleminin genel çözüm grafiği

3 2 1 0 1 2 3

5

0

5

124

Uygulamalar

1) Newton’un soğuma kanunun: Eğer bir nesnenin t anındaki sıcaklığı T t , mT t

orta sıcaklığında ise t anındaki sıcaklık değişimi mT t T t ile orantılıdır. T sıcaklığı

aşağıdaki diferansiyel denklemi sağlar:

,m

T kT kT k

Bu denklem birinci mertebeden lineer diferansiyel denklemdir. Bu denklemin çözümü için uğraşın.

125

Uygulama Soruları

1) 22 4 , 1 2xy y x y başlangıç değerli problemin çözümünü bulun.

2) 2y y y Bernoulli diferansiyel denkleminin çözümünü bulunuz.

126


Bu bölümde, lineer diferansiyel denklemlere ve Bernoulli ile Riccati gibi lineer hale

getirilebilen diferansiyel denklemlere odaklanıldı.

127

Bölüm Soruları

1) 3 22 1

y x y yx x

diferansiyel denklemin bir özel çözümü 2

1y x dir. Genel

çözümü bulunuz.

2) 2 1 0y y diferansiyel denklemin bir özel çözümü 1 1y dir. Genel çözümü

bulunuz

Aşağıda verilen Bernoulli diferansiyel denklemlerini çözünüz

1. 2 ln 1x x y xy diferansiyel denklemini çözünüz.

2. cos . cos , 0 1y x y x y diferansiyel denklemini çözünüz.

3. 2(1 tan ) cosxy y x x x x diferansiyel denklemini çözünüz.

4. 2y y xy

5. 3 6xdy ydx x y dx

6. 2 0yy xy x

7. 52 2 0xy y dx xdy

8. 34 sin siny y x y x

9. 51 0, 1 1xy y x xy y diferansiyel denklemini çözün


1) 2 , 0 3xdyy e y

dx

başlangıç değerli denkleminin genel çözümü

aşağıdakilerden hangisidir?

a)

22x xy e e

b) 22x xy e e

c) 22x xy e e

d) 2 22x xy e e

128

e) 5 2 x xy e e

2) 22 4 , 1 4dy

x y x ydx

başlangıç değerli denkleminin genel çözümü


a)

23y x

x

b) 2

2

3y x

x

c) 2

3

3y x

x

d) 2

3y x

x

e) 2

14 y x

x

3) 2 , 0 1y xy x y başlangıç değerli denkleminin genel çözümü aşağıdakilerden hangisidir?

a)21 3

2 2

xy e

b) 23 x

y ex

c) 2

2

3 xy e

x

d) 23

2

xy e x

e) 23

2 x

y e x

4) 4 43 3 2

yy x y

x denkleminin genel çözümü aşağıdakilerden hangisidir?

a)

3xy x C

b) 2 2xy x C

129

c) 1 2xy x C

d) 3 2xy x C

e) 3 2 xy x C

5) 32 23 x

y yx xy e denkleminin genel çözümü aşağıdakilerden hangisidir?

a)

3

2xye C x

b) 2 2xye C x

c) 3 2 2xye C x

d) 2 2 2xye C x

e) 23 2 xye C x

6) 2

2

1 10

dyy y

dx x x denkleminin genel çözümü aşağıdakilerden hangisidir?

a)

1

212y x C x

x

b) 12

2

12y x C x

x

c) 12 21

2y x C xx

d) 221

2y x C xx

e) 22

2

12

y x C xx

7) 2 2

12 1 2 1,dy

y x y x x y x xdx

denkleminin genel çözümü


a)

2x

y C x x C x e

130

b) xy C x x C x e

c) 2xy C x x C x e

d). 2xy C x x C x e

e) 2 2 xy C x x C x e

8) 2dy dy dy

x y y xdx dx dx

denkleminin genel çözümü aşağıdakilerden

hangisidir?

a)

2 2 3

1

Cy Cx

C

b) 3 2 2

1

Cy Cx

C

c) 2 2 2

1

Cy Cx

C

d) 2 2

1

Cy Cx

C

e) 2 4 2

1

C

y CxC

9) 22 2 2 2 0dy dy

x x y xy x y ydx dx

denkleminin genel çözümü


a)

3 1 0y Cx C y Cx

b) 3 0y Cx C y Cx

c) 2 1 0y Cx C y Cx

d) 4 2 4 1 0y Cx C y Cx

e) 25 2 4 1 0 y Cx C y Cx

131

Cevaplar

1) a, 2) b, 3) a, 4) d, 5) c, 6) a, 7) c, 8) c, 9) c

132

7. İKİNCİ VE YÜKSEK MERTEBEDEN LİNEER DİFERANSİYEL DENKLEMLERİ

133


7.1. Claıraut Diferansiyel Denklemi

7.2. Değişkenlerden Birini İçermeyen İkinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler

7.2.1. Bağımlı Değişkeni Bulundurmayan Denklemler

7.2.2. Bağımsız Değişkeni Bulundurmayan Denklemler

7.3. Lineer Bağımsızlık…

134


1) y xy F y yapısında bir diferansiyel denklem yazınız.

2)

2dy dy

y xdx dx

yukarda bahsedilen yapıda mı? Bu yapıdaki denklemleri nasıl

çözeriz?

3) 2 5y y x denkleminde bağımlı değişken var mı? Nasıl çözülür?

Fonksiyonların lineer bağımsızlığı ne demektir?

135



Claıraut Diferansiyel Denklemi

Claıraut Diferansiyel Denklemini çözebilmek.


Değişkenlerden Birini İçermeyen İkinci Mertebeden Diferansiyel

Denklemler

Değişkenlerden Birini İçermeyen İkinci Mertebeden Diferansiyel



Bağımlı Değişkeni Bulundurmayan Denklemler

Bağımlı Değişkeni Bulundurmayan Denklemleri

çözebilmek


Bağımsız Değişkeni Bulundurmayan Denklemler

Bağımsız Değişkeni Bulundurmayan



Lineer Bağımsızlık Fonksiyonların lineer bağımsızlığını saptayabilmek


136

Anahtar Kavramlar

Claıraut Diferansiyel Denklemi

Bağımlı değişkeni içermeyen diferansiyel denklemelr

Bağımsız değişkeni içermeyen diferansiyel denklemler

Lineer baağımsızlık

137

Giriş

Bu bölümde öncelikle Claıraut diferansiyel denklemlerinden bahsedilir. Daha sonra

değişkenlerden birini içermeyen ikinci mertebeden diferansiyel denklemlerle karşılaşıldığı zaman diferansiyel denklemin çözümünü bulmada nasıl bir taktik izleneceği belirlenir. Ayrıca Matematik ve birçok bilimde önemli yer tutan lineer bağımsızlıktan bahsedilir.

138

7.1. Claıraut Diferansiyel Denklemi

( )dy dy

y x f px f pdx dx

(IV.10)

şeklindeki denkleme ‘Clairaut diferansiyel denklemi’ denir. Clairaut denkleminin

genel

çözümü bu denklemdeki dyy

dx ’ ler yerine bir C keyfi sabiti koymak suretiyle elde

edilir. Yani genel çözüm:

( )y Cx f C (IV.11)

şeklindendir.

Örnek 7.1:

23 3 2

3 3 20

d y d y d yx

dx dx dx


Çözüm:

2 3

2 3

2 2

0

d y d y dpp

dx dx dx

dp dp dp dpx p p x

dx dx dx dx

denklem Clairaut diferansiyel denklemi formatındadır. Bu Clairaut denklemin genel çözümü

2p Cx C

olduğundan

2 22 2

12 2

d y dy Cxp Cx C C x c

dx dx

Buradan genel çözüm:

3 2 2

1 26 2

Cx C xy c x c

elde edilir.

Örnek 7.2:

2

23 6dy dy

y x ydx dx


139

Çözüm: Bu denklem Clairaut’ u anımsattığından bu denkleme indirgeyebiliriz. Bunun için denklemi 2

y ile çarparsak

2

5 2 43 6dy dy

y y x ydx dx

bulunur. Burada 3 23

dy dvy v y

dx dx dönüşümleri kullanılarak ifade

22

3

dv dvv x

dx dx

şeklini alır. Bu denklemin çözümü

22

3v xC C

elde edilir. Soruda verilen diferansiyel denklemin çözümü:

3 2 23

2 2

3 3y Cx C y Cx C

yazılır.

7.2. Değişkenlerden Birini İçermeyen İkinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler

Bazı ikinci mertebeden diferansiyel denklemler, bağımlı değişkene bir dönüşüm uygulanarak birinci mertebeden denklemlere indirgenir. Yeni denklem buraya kadar öğrenilen yöntemlerle çözülür ve bu çözümden yararlanarak ikinci mertebeden diferansiyel

denklemlerin çözümü bulunur.

7.2.1. Bağımlı Değişkeni Bulundurmayan Denklemler

Bu tür denklemler sıklıkla karşımıza 2 tipte çıkar:

1. 2

2

d yy f x

dx

(V.1)

Bu tipteki diferansiyel denklemi çözmek için art arda iki integral almak yeterlidir. Yani,

140

2

2

1 1 1

1 2

d y d dy dy dyf x d f x dx d f x dx

dx dx dx dx dx

dyf x dx C F x C dy F x C dx

dx

y F x dx C x C

elde edilir. Sonuç 1C ve

2C gibi keyfi sabiti içerdiğinden genel çözümdür.

Örnek 7.3 : 2 1y x diferansiyel denklemini çözün

Çözüm: Her iki tarafın iki defa integrali alınırsa,

3

2

1 1

3 4 2

1 1 2

13

3 12 2

dy xx dx C x C

dx

x x xy x C dx C x C

2. 2

2,

d yy f x y

dx (V.2)

bu tip diferansiyel denklemlerin çözümü için

2

2,

dy d y dpy p y f x y

dx dx dx

dönüşümü yapılarak 1. mertebeden bir diferansiyel denkleme dönüştürülmüş olur.

Örnek 7.4 : 4xy y x denkleminin çözümünü bulun.

dpy p y

dx

dönüşümleri denklemde yerine yazılırsa,

14 4

dp dpx p x p

dx dx x

Birinci mertebeden lineer bir diferansiyel denkleme dönüştürülür. Buradan integral çarpanı

1dx

xe x

olduğundan

141

2 11. 4. 2 2

Cp x xdx x C p x

x

bulunur. Buradan

21 11 22 2 ln

C Cdyp x y x dx x C x C

dx x x

genel çözüm elde edilir.

7.2.2. Bağımsız Değişkeni Bulundurmayan Denklemler

2

2,

d yy f y y

dx (V.3)

İkinci mertebeden diferansiyel denklemi göz önüne alınsın. Bu denklemlerin çözümü için,

2

2.

dy d y dp dp dy dpy p y p

dx dx dx dy dx dy (V.4)

dönüştürmeleri yapılırsa,

,dp

p f y ydy

(V.5)

Birinci mertebeden diferansiyel denklem şekline dönüşür.

Örnek 7.5 : 2 3yy y y y denklemini çözünüz.

dpy p y p

dy

dönüşümleri kullanılırsa,

2 3 2 2 11 11

dp dp dpyp p yp p p p p

dy dy y dy y

Bernoulli denklemine dönüşür. Buradan 1 2 dp dvp v p

dy dy

olduğundan denklem

11

dvv

dy y

142

halini alır. Buradan intgetral çarpanı

1dy

ye y

kullanılırsa,

2

11. 1.

2 2

Cy yv y ydy C v

y

olur. Bu durmda

1

1

1

2

2

Cdy yp dx dy

Cy dx y

y

Terim terime integral alınıca,

2

11 2ln

2 4

Cy yx dy C y C

y

genel çözüm elde edilir.

7.3. Lineer Bağımsızlık

Hepsi birden sıfır olmayan 1 2, ,...,

mc c c sabitleri, x için,

1 1 2 2 .... 0m m

c y x c y x c y x (V.6)

eşitliğini sağlayacak şekilde varsa 1 2, ,...,m

y x y x y x fonksiyonları üzerinde

lineer (doğrusal) bağımlıdır denir. Denklem (IV.6) I aralığının içindeki her x için eğer sadece 1 2 ... 0

mc c c durumunda geçerli ise 1 2, ,...,

my x y x y x ye ‘lineer

bağımsızdır’ denir. İleriki konularımızda fonksiyonların lineer bağımsız olup olmadıklarını Wronskiyan determinantları denen farklı bir yöntemle göreceğiz.

Örnek 7.6 : sin ve cos2

x x

fonksiyonları

1 21, 1c c için

1.sin 1 cos 02

x x

olduğundan bu fonksiyonlar lineer bağımlıdırlar.

143

Örnek 7.7 : Keyfi bir aralıkta 2

1 2vex xy x e y x e fonksiyonları x için

pozitiftirler. O halde keyfi 1 2vec c sabitleri için 2

1 2 0x xc e c e olması ancak

1 2 0c c ile

mümkündür. O halde 2

1 2vex xy x e y x e fonksiyonları lineer bağımsızdırlar.

144

Bölüm Soruları

A) Aşağıdaki diferansiyel denklemleri çözünüz.

22

2 1

1. 1 2 2

2. 2 2 1

3. .

x y x y x

y y y y

y y y

4. 2y xy y y Clairaut diferansiyel denklemini çözün.


1) 1 2 2 0x y x y x denkleminin genel çözümü aşağıdakilerden hangisidir?

a)

1 2

xy x C e C

b) 1 2

xy x C xe C

c) 12 21

2y x C xx

d) 1 2

xy x C xe C

e) 2 3

1 2

xy x C x e C

2) 0y y denkleminin genel çözümü aşağıdakilerden hangisidir?

a)

1 2 3 4sin 2 sin 2 cosy C x C C x C x

b) 1 2 3 4sin sin cosy C x C C x C x

c) 2 2

1 2 3 4sin sin cosy C x C C x C x

d) 1 2

xy x C xe C

e) 2

1 2

xy x C xe C

3) 30y y y denkleminin genel çözümü aşağıdakilerden hangisidir?

a)

2 3

1 2

12 2

3x y C y C

145

b) 2

1 2

12 2

3x y C y C

c) 3 2

1 2

12 2

3x y C y C

d) 3

1 2

12 2

3x y C y C

e) 2 3 2

1 2

12 2

3 x y C y C

4) 21yy y denkleminin genel çözümü aşağıdakilerden hangisidir?

a)

1 2

1

1y sh C x C

C

b) 2

1 2

1

1y ch C x C

C

c) 3

1 2

1

1y ch C x C x

C

d) 1 2

1

1y ch C x C

C

e) 2

1 2

1

1 y ch C x C

C

5) 21 2y y y denkleminin genel çözümü aşağıdakilerden hangisidir?

a)

2

1 2y x C x C

b) 1

1 2y x C x C

c) 1 2y x C x C

d) 1 23y x C x C

e) 2 3

1 23 y x C x C

6)

2

26dy dy

y x ydx dx

denkleminin genel çözümü aşağıdakilerden hangisidir?

146

a)

3 26y Cx C

b) 2 26y Cx C

c) 2 26 xy C x Cx C e

d) 3 2 26y Cx C

e) 2 3 26 y Cx C

7) 2dy dy dy

x y y xdx dx dx

denkleminin genel çözümü aşağıdakilerden

hangisidir?

a)

2 2 3

1

Cy Cx

C

b) 3 2 2

1

Cy Cx

C

c) 2 2 2

1

Cy Cx

C

d) 2 2

1

Cy Cx

C

e) 2 4 2

1

C

y CxC

Cevaplar

1) b, 2) b, 3) d, 4) d, 5) c, 6 a, 7 c

147

Uygulamalar

Bağımlı değişkeni bulundurmayan veya bağımsız değişkeni bulundurmayan ikinci mertebeden diferansiyel denklememler ileriki bölümlerde göreceğimiz

0 1 2P x y P x y P x y F x

İkinci mertebeden diferansiyel denklemin özel hali olduğunu görün.

148

Uygulama Soruları

1) 10y y diferansiyel denklemin genel çözümünü bulunuz.

2) 1

xy yx

denkleminin çözümünü bulun.

149


Bu bölümde Clauiret diferansiyel denklemi ile değişkenlerden birini içermeyen ikinci mertebeden diferansiyel denklemlerin çözümlerinin nasıl bulunacağını ve lineer bağımsızlık kavramları öğrenildi.

..

150

8. İKİNCİ MERTEBEDEN SABİT KATSAYILI HOMOJEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER

151


8.1. İkinci Mertebeden Homojen Lineer Diferansiyel Denklemler

8.2. İkinci Mertebeden Sabit Katsayılı Homojen Diferansiyel Denklemler

152


1) 0ay by cy diferansiyel denklemi isimlendiriniz.

2) 3 15 0y y y diferansiyel denklemini nasıl çözeriz?

3) sin ile cosx lineer bağımsız mıdır?

4) x

e ile 2 x

e lineer bağımsız mıdır?

153



İkinci Mertebeden Homojen Lineer Diferansiyel

Denklemler

İkinci Mertebeden Homojen Lineer Diferansiyel



İkinci Mertebeden Sabit Katsayılı Homojen Diferansiyel Denklemler

İkinci Mertebeden Sabit Katsayılı Homojen Diferansiyel Denklemleri

çözebilmek


154

Anahtar Kavramlar

İkinci mertebeden diferansiyel denklem

Homojen diferansiyel denklemler

İkinci mertebeden sabit katsayılı diferansiyel denklem

İkinci mertebeden sabit katsayılı homojen diferansiyel denklem

Wronskian determinantı

155

Giriş

Bu bölümde öncelikle ikinci mertebeden homojen lineer diferansiyel denklemlerin

tanımından bahsedilir. Daha sonra çözümlerine bilimsel uygulamalardaki bazı problemlerde karşılaşılan sabit katsayılı homojen diferansiyel denklemleri tanınarak, onların çözüm tekniklerini irdelenir. Öncelikle ikinci mertebeden sabit katsayılı homojen diferansiyel denklemlerden başlanılarak daha yüksek mertebeden diferansiyel denklemlere genelleştirme yapılır.

156

8.1. İkinci Mertebeden Homojen Lineer Diferansiyel Denklemler

Genel olarak ikinci dereceden lineer diferansiyel denklem 0A x olmak şartıyla,

A x y B x y C x y F x (V.7)

yazılır. Buradan genellikle y nin katsayısını 1 yapmak için denklemin her iki yanını

A x ile

bölersek,

B x C x F x

y y y y p x y q x y r xA x A x A x

(V.8)

daha da basitçe yazabiliriz. Lineer kavramı , vey y y nün kuvvetlerini içermediğini ifade

etmektedir. 0r x olduğu özel durumda

0y p x y q x y (V.9)

oluşan denkleme homojen denklem denir. Aksi takdirde denkleme homojen değildir

denir.

Teorem 8.1 (Süperposisyon)

Eğer 1 2vey x y x , 0y p x y q x y homojen diferansiyel denkleminin

çözümleri iseler, 1 2veC C sabitlerinin keyfi değerleri için,

1 1 2 2y x C y x C y x (V.10)

lineer kombinasyonu da diferansiyel denklemin çözümüdür.

İspat

İspat için denklem(IV.9) da 1 1 2 2y x C y x C y x koymak yeterlidir.

157

1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2

1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2

1 1 1 1 2 2 2 2

1 2.0 .0 0

y py qy C y C y p C y C y q C y C y

C y C y C py C py C qy C qy

C y py qy C y py qy

C C

Eğer Lineerlik [ ]L y operatör notasyonunu kullanırsak ispat daha da kolaylaşır. Bir operatör bir çeşit bir fonksiyonu yiyen ve sayıları dışarı atan bir çeşit fonksiyondur. [ ]L y

operatörünü

[ ] 0L y y p x y q x y

ile tanımlarsak diferansiyel denklemden [ ] 0L y olur. Bu durumda teoremin ispatı için

1 1 2 2 1 1 2 2

0 0

[ ] [ ] [ ] 0L y L C y x C y x C L y x C L y x

elde edilir.

Örnek 8.1:

0y y ikinci dereceden diferansiyel denklemin iki farlı kökleri 1 sinhy x ve

2 coshy x dir. Bu fonksiyonların tanımlarını hatırlarsak,

cosh2

x xe e

x

ve sin2

x xe e

x

dir. Böylece teoremden söyleyebiliriz ki bu çözümler iki üstel çözümün lineer kombinasyonudur. Diğer taraftan trigonometrik hiperbolik fonksiyonların bazı özelliklerini hatırlamakta fayda var:

2 2

cosh 0 1 sinh 0 0

cosh sinh sinh cosh

cosh sinh 1

d dx x x x

dx dx

x x

Teorem 8.2 :(Varlık ve Teklik). ,p x q x ve f x sürekli fonksiyonlar ve

0 1, vea b b sabitler olsun.

y p x y q x y r x ,

158

Denklemi 0 1y a b ve y a b başlangıç koşullarını sağlayan tamı tamına bir

y x çözümüne sahiptir.

Örnek 8.2: 2 0y k y denklemi 0 10 0y b ve y b koşullarını sağlayan

10 cos sin

by x b kx kx

k

çözümüne sahiptir. 2 0y k y denklemi 0 10 0y b ve y b koşullarını sağlayan

10 cosh sinh

by x b x x

k

çözümüne sahiptir. Bu denklemde üstelleri kullanmaktansa sinh ve cosh kullanmak,

daha açık bir yolla başlangıç koşulları için denklemi çözmeye imkân sağlamıştır. İkinci mertebeden bir adi diferansiyel denklem için başlangıç koşulları iki denklemi içermektedir. En yaygın manada bize şunları anlatırlar: Eğer bizim iki keyfi sabit ve iki denklemimiz varsa başlangıç koşulları sağlayan diferansiyel denklemin bir çözümünü bulmamız ve sabitleri çözmemiz gerekir.

8.2. İkinci Mertebeden Sabit Katsayılı Homojen Diferansiyel Denklemler

, vea b c sabitler olmak üzere

0ay by cy (V.11)

formunda yazılan denkleme de sabit katsayılı homojen lineer denklem denir. Bu tür denklemlerin çözümü için belirlenmesi gereken bir parametre olmak üzere, x

y e

şeklinde aranırsa ve 2x xy e y e

eşitlikleri Denklem (IV.11) de yerlerine konursa,

2 20 0x x x xa e b e ce e a b c

formunu alır. , için 0xx e

olduğundan 2 0a b c yazılır. Bu denkleme homojen denklemin ‘karakteristik denklemi’ denir. Dolayısıyla karakteristik denkleminin

kökü ise sabit katsayılı lineer denklemin çözümü xy e

olacaktır. Bu denklemin kökleri diskriminanttan,

i)2

2

1,2

44 0

2

b b acb ac

a

159

iki farklı reel kök vardır.

ii)2

1,24 02

bb ac

a

çift katlı eşit iki kökü vardır.

iii) 2 4 0b ac ise reel kök yok kompleks kökü vardır.

Teorem 8.3: , vep x q x r x sürekli fonksiyonlar olsun ve

0y p x y q x y homojen denkleminin 1 2vey x y x iki lineer bağımsız çözümleri olsun. Bu denklemin bir diğer çözümü

1 1 2 2y x C y x C y x (V.12)

bu iki çözüm lineer kombinasyonudur. Yani, 1 1 2 2y x C y x C y x denklemin

genel bir çözümüdür.

Örnek 8.3 : 0y y denkleminin çözümlerinin 1 siny x x ve 2 cosy x x

olduğunu çok rahat bulabiliriz. Fakat bu fonksiyonlardan birinin diğerinin herhangi bir katı olmadığını bir anda göremeyiz. Eğer bazı A sabiti için sin cosx A x olursa 0x için 0 .1A den 0A olmasını gerektirir. Fakat x in bütün değerleri için sin 0x demek

mantıksız olur. Dolayısıyla sin x , her zaman cos x in bir katı cinsinden yazılamaz. Yani 1y x ve 2y x lineer bağımsızdır. Böylece

1 2cos siny x C x C x

0y y Denklemlinin genel çözümüdür.

Diferansiyel denklemlerin çözümlerinin bağımsız olup olmadığını bir anda söylemek zordur. Bunu daha kolay saptamak için bir tanım verelim.

Tanım 8.1: 1y x ve 2y x , I üzerinde türevlenebilir iki fonksiyon olsun.

1 2

1 2 1 2 2 1

1 2

,y y

W y y y y y yy y

(V.13)

Determinantına 1y x ve 2y x ’nin Wronskiyeni denir. Keyfi bir x I da

Wronskiyenin değeri 1 2,W y y x ile gösterilir. Genel halde I aralığında 1 .n

mertebeden türetilebilir n tane fonksiyon için n .mertebeden

160

1 2

1 2

1 2

1 1 1

1 2

...

..., ,...,

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

...

n

n

n

n n n

n

y y y

y y yW y y y

y y y

(V.14)

Determinantına 1 2, ,..., ny y y fonksiyonlarının Wronskiyeni denir. Keyfi bir x I da

Wronskiyenin değeri 1 2, ,...,n

W y y y x ile gösterilir.

Teorem 8.4 : , veA x B x F x sürekli fonksiyonlar ve x I için 0A x

olsun. A x y B x y C x y F x denkleminin 1 2vey x y x gibi iki çözümünün

I da lineer bağımsız olması için gerek ve yeter şart x I için 1 2, 0W y y x olmasıdır.

Bunu 1 .n mertebeden n tane çözümün olduğu denklemlere de genişletebiliriz.

Örnek 8.4 : 1 siny x x ve 2 cosy x x fonksiyonları 0y y denkleminin

lineer bağımsız çözümleri olduğunu söylemiştik. Gerçekten de

2 2sin cos

sin ,cos sin cos 1 0cos sin

x xW x x x x

x x

olarak görülür.

Teorem 8.5 : Karakteristik denklemin 1 ve

2 iki kökü olsun. Buna göre

1. Eğer bu kökler birbirinden farklı ve Reel iseler denklem (V.11) deki sabit katsayılı homojen lineer denklemin

1 2

1 2

x xy C e C e

çözümü vardır.

2. Eğer kökler birbirine eşit ve Reel iseler denklem (V.11) deki sabit katsayılı homojen lineer denklemin

1 1

1 2

x xy C e C xe

çözümü vardır.

3. kökler kompleks ise,

2

1 2

4,

2 2

b ac bve i i

a a

161

Eşlenik kökleri kullanarak diferansiyel denklemin genel çözümü,

cos sinxy e A x B x

Olacaktır.

İspat:i) ve ii) öğrenciye ödev olarak bırakılırsa

iii) İspatlayalım:

1 2,i i iki kök ise diferansiyel denklemin genel çözümü,

1 2 1 2

1 2

1 2 1 2

.

. cos sin cos sin

cos sin

cos sin

i x i x x i x i x

x

x

A B

x

y C e C e e C e C e

e C x i x C x i x

e x C C i C C x

e A x B x

elde edilir.

Örnek 8.5 : 3 4 0y y y denkleminin genel çözümünü bulunuz.

Çözüm: Verilen denklemin karakteristik denklemi,

2 3 4 0 4 1 0

olur. Buradan karekteristik kökler 1 24 ve 1 iki farklı reel kök bulunur. Buna göre diferansiyel denklemin genel çözümü,

4

1 2

x xy C e C e

elde edilir.

Örnek 8.6 : 8 16 0y y y denkleminin genel çözümünü bulunuz.


2 8 16 0 4 4 0

Olur. Buradan karekterisitik kökler 1 2 4 eşit iki reel kök bulunur. Buna göre diferansiyel denklemin genel çözümü,

4 4

1 2

x xy C e C xe

162

Örnek 8.7: 6 13 0, 0 0, 0 10y y y y y başlangıç değerleri altında diferansiyel denklemin çözümünü bulunuz.

Verilen denklemin karakteristik denklemi,

2

1 2

6 46 13 0 3 2 , 3 2 ,

2

ii i

Komplek iki kök elde edilir. Bu durumda denklemin genel çözümü,

3 cos2 sin 2xy e A x B x

Yazılır. Başlangıç değerleri,

0 0 0 1. cos0 sin0 0y A B A

olur. Bu durumda genel çözüm 3 sin 2xy e B x yazılır. Diğer başlangıç değeri için

3 3 3sin2 3 sin2 2 cos2 0 10 2 5x x xy e B x y e B x Be x y B B

bulunur. Bu değerler genel çözümde yerine yazılırsa,

35 sin 2xy e x

elde edilir.

Örnek 8.8: 4 8 3 0 , 0 2 v e 0 1y y y y y başlangıç değer problemini çözünüz.


2

1 2

3 14 8 3 0 2 3 2 1 ,

2 2

Reel iki kök elde edilir. Bu durumda denklemin genel çözümü,

3 1

2 21 2

x x

y C e C e

yazılır. Başlangıç değerleri,

163

1 2

3 1 3 1

2 2 2 21 2 1 2

1 2

0 2 2 ,

3 1

2 2

1 3 1 10

2 2 2 2

x x x x

y C C

y x C e C e y x C e C e

y C C

olur. Bu durumda

1 2

1 2

2

3 1 1

2 2 2

C C

C C

Denklemleri ortak çözülürse 1 2

1 5,

2 2C C

elde edilir. Bu değerler genel çözümde

yerine konursa, genel çözüm

3 1

2 21 5

2 2

x x

y e e

bulunur.

164

Uygulamalar

1) İkinci mertebeden sabit katsayılı homojen diferansiyel denklemlerin mühendislik uygulamalarını araştırınız.

2) 0Ay By Cy İkinci mertebeden sabit katsayılı homojen diferansiyel

denklemlemin karekretistik denklemi xy e

in çözüm olarak düşünülmesiyle elde edildiğini görün.

165

Uygulama Soruları

1) D çapında ve L boyunda silindirik alüminyum kanatlar sıcak yüzeylerden ısının uzaklaştırılmasında kullanılırlar. Böyle bir kanat içerisindeki sıxaklık dğılımı T T x

olmak üzere,

40, 0

hT T

kD

diferansiyel denklemiyle tanımlanır. Burada h kanat ile çevresi arasındaki ısı transfer

katsayısı, k kanat malzemesinin ısı iletim katsayısıdır. Bu denklem için 1 0 00.5 , 4 , 0 200 0 480 /L m m T C ve T C m

verilsin.Buna göre verildiğine göre kanat boyunca olan sıcaklık dağılımını ve kanat ucundaki (x = L=0,5 m

) sıcaklığı belirleyiniz.

166


Bu bölümde sabit katsayılı homojen diferansiyel denklemlerin çözümünün nasıl elde edileceğini öğrenildi. Öncelikle ikinci mertebeden sabit katsayılı homojen diferansiyel denklemlerden başlayarak daha yüksek mertebeden denklemler için bir alt yapı oluşturuldu.

167

Bölüm Soruları

A) Aşağıdaki fonksiyon takımlarının Wronskiyenin değerini hesaplayın

2

1 2

2 3 2

1 2 3

2

1 2 3

1. ,

2. , ,

3. 1, 1,

x xy x e y x e x

y x x y x x y x x x

y x y x y x x x

B) Aşağıdaki denklemler için karşılarında verilen 1y x ve 2y x fonksiyonlarının doğrusal bağımsız çözümler olduğunu gösterin.

3 2

1 2

22 2

1 22

1. 6 0, ve

2. 4 13 0, cos3 ve sin3

x x

x x

y y y y x e y x e

d y dyy y x e x y x e x

dx dx

C) Aşağıdaki denklemlerin genel çözümlerini bulunuz.

1. 2 2 4 0y y y

2. 9 10 0y y

3. 2 50 0y y

4. 6 13 0y y y

D) Aşağıdaki başlangıç değer problemlerini çözünüz

1. 2 0, 0 1, 0 2y y y y y

2. 2 3 0, 0 , 0y y y y a y b

3. 8 16 0, 0 2, 0 0,y y y y y

4. 9 0, 0 1, 0 1y y y y

E) Aşağıdaki soruların yanıtlarını verilen seçenekler arasından bulunuz.

1) 3 2 0y y y denkleminin genel çözümü aşağıdakilerden hangisidir?

a)

2

1 2

x xy C e C e

b) 2

1 2

xy C C e

168

c) 2

1 2

x xy C e C e

d) 2

1 2

x xy C e C e

e) 5

1 2

x xy C e C e

2) 4 0, 0 1, 0 0y y y y başlangıç değerli denklemin genel çözümü aşağıdakilerden hangisidir?

a)

21 1

2 4

x xy e e

b) 21 1

2 4

x xy e e

c) 21 1

2 4

x xy e e

d) 2 21 1

2 4

x xy e e

e) 4 51 1

2 4

x xy e e

3) 3 2 0, 0 2, 0 1y y y y y başlangıç değerli denklemin genel çözümü aşağıdakilerden hangisidir?

a) 25 3x xy e e

b) 25 3x xy e e

c) 25 3x xy e e

d) 25 3x xy e e

e) 2 25 3 x x

y e e

4) 2 0y y y denkleminin genel çözümü aşağıdakilerden hangisidir?

a) 2

1 2

x xy C e C e

b) 2

1 2

x xy C e C e

c) 1 2

x xy C e C e

169

d) 2

1 2

x xy C e C e

e) 4

1 2

x xy C e C e


a) 5 2

1 2

x xy C e C e

b) 2 2

1 2

x xy C e C e

c) 5 6

1 2

x xy C e C e

d) 2

1 2

x xy C e C e

e) 5 7

1 2

x xy C e C e

Cevaplar

1) a, 2) c, 3) c, 4) b, 5) e

170

9. YÜKSEK MERTEBEDEN SABİT KATSAYILI HOMOJEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER VE DEĞİŞKEN KATSAYILI

LİNEER DENKLEMLERE GİRİŞ

171


9.1. Sabit katsayılı Yüksek mertebeden Homojen Lineer Adi Diferansiyel Denklemler

9.2. İkinci Mertebeden Değişken Katsayılı Homojen Diferansiyel Denklemler (D’alembert Basamak Düşürme Yöntemi)

172


1) 2 0y y y üçüncü mertebeden sabit katsayılı diferansiyel denklemi nasıl çözeriz?

2) 3

2

2 15

9

x xy y y

x x

diferansiyel denklemin

2 0, 2 2, 2 4y y y

Başlangıç değerleri için tek bir çözümü var mıdır? Varsa x in hangi aralığındadır?

3) İkinci mertyebeden değişken katsayılı diferansiyel denklemleri nasıl çözeriz?

4) 1 0xy x y y diferansiyel denkleminin bir çözümü 1

xy x e olduğuna

göre lineer bağımsız ikinci

173



Sabit katsayılı Yüksek mertebeden Homojen Lineer

Adi Diferansiyel

Denklemler

Sabit katsayılı Yüksek mertebeden Homojen Lineer

Adi Diferansiyel

Denklemleri çözebilmek.


İkinci Mertebeden Değişken Katsayılı Homojen Diferansiyel Denklemler

. İkinci Mertebeden Değişken Katsayılı Homojen Diferansiyel



174

Anahtar Kavramlar

Sabit katsayılı Yüksek mertebeden Homojen Lineer Adi Diferansiyel Denklemler

Değişken katsayılı diferansiyel denklemler

D’Alembert Basamak Düşürme Yöntemi

175

Giriş

Bir önceki bölümde sabit katsayılı homojen diferansiyel denklemlerinin çözümü ile uğraşılmıştı. Bu hafta ise öncelikle yüksek mertebeden diferansiyel denklemler için genelleştirme yapılır. Daha sonra katsayıların değişken olması durumunda diferansiyel

denklemin çözümünün bulunmasında basamak düşürme yöntemini tanıtılır. Ayrıca homojen olmayan diferansiyel denklemlerin ve çözümlerinin nasıl olacağına dair bir giriş yapılır.

176

9.1. Sabit Katsayılı Yüksek Mertebeden Homojen Lineer Adi Diferansiyel Denklemler

Daha yüksek mertebeden sabit katsayılı lineer homojen denklemlerin çözümü için yapılacak işlemler ikinci mertebeden sabit katsayılı homojen lineer denklemelerde yapılan

işlemlerle hemen hemen aynıdır. Bu durumda biraz daha fazla çözüme ihtiyaç duyulacaktır. Eğer denklemimiz .n mertebeden ise n tane lineer bağımsız çözüm gerekecektir. Bunun için örneklere geçmeden önce ikinci mertebeden yapılan işlemleri .n mertebeden sabit katsayılı homojen denklemler için genelleyebilirz.

Yani,

1

1 1 01... 0

n n

n nn n

d y d y dya a a a y

dx dx dx

(V.15)

Sabit katsayılı homojen denklemin karakteristik denklemi,

1 2 ...n

F (V.16)

ve karakterisitik kökleri 1 2, ,....

n olsun.Bu durumda

a)Kökler birbirinden farklı ve reel iseler diferansiyel denklemin genel çözümü;

11 2

1 2 1... n nx xx x

n ny C e C e C e C e

(V.17)

b) n tane katlı kökü olması durumunda,

11 2 1

1 2 1... n nx xx x n n

n ny C e C xe C x e C x e

, (V.18)

1 kökün r katlı olması durumunda ise,

1 1 11

1 2 ...x x xr

ry C e C xe C x e (V.19)

Genel çözümleri elde edilir.

c) n katlı kompleks kök bulunması halinde 1 2,i i köklerine karşılık

gelen çözümler 1.n dereceden polinomlar yardımıyla belirlenir.

Örnek 9.1 : 4

0y y denklemini çözün.


4 2 20 1 1 0

177

Olur. Buradan karekteristik kökler 1 2 3 40, 1ve 1 eşit ve farklı reel

kökler bulunur. Buna göre diferansiyel denklemin genel çözümü,

1 2 3 4

x xy C C x C e C e

Bulunur.

Örnek 9.2 : 44 8 8 4 0y y y y y denklemini çözün.


1,2 1,2

22 24 3 2 2

2 2

1 1

4 8 8 4 0 2 1 1 1 1 0

1 1 1 1 0

i i

elde edilir. Buna göre karekteristik kökler çift katlı 1,2 1 i olur.Böylece diferansiyel denklemin genel çözümü,

1 2 3 4cos sinx xy C C x e x C C x e x

bulunur.

Örnek 9.3: 3 3 0y y y y diferansiyel denkleminin

0 1, 0 2 ve 0 3y y y başlangıç koşulları altında çözümünü bulun.

Çözüm:

Diferansiyel denklemin karakteristik denklemi,

3 23 3 0 3 1 1

Buradan karekteristik kökler 1 2 31, 1 ve 3 bulunur. Buna göre denklemin genel çözümü,

3

1 2 3

x x xy C e C e C e

Bulunur. Verilen başlangıç değerleri yerine konursa,

1 2 3

1 2 3

1 2 3

0 1

0 3 2

0 9 3

y C C C

y C C C

y C C C

178

Lineer denklem sistemi karşımıza çıkar. Lise bilgilerimizle veya matrislerle

çözdüğümüzde 1 2 3

1 1, 1 ve

4 4C C C

elde edilir. Diferansiyel denklemin belirtilen

koşulları sağlayan özel çözümü

31 1

4 4

x x xy e e e

bulunur.

9.2. İkinci Mertebeden Değişken Katsayılı Homojen Diferansiyel Denklemler(D’alembert1 Basamak Düşürme Yöntemi)

İkinci mertebeden değişken katsayılı homojen diferansiyel denklemi

0y p x y q x y (VI.1)

göz önüne alınsın. Bu denklemi Bölüm IV de gösterilen ikinci mertebeden sabit katsayılı homojen diferansiyel denklemin çözümünde uygulanan yöntemle çözemeyiz. Çünkü katsayılar değişken. Dolayısıyla bu bölümde değişken katsayılı denklemlerin genel çözümlerinin elde edilmesinde uygulanan D’Alembert basamak düşürme yöntemini araştırılacaktır. Denklem (V.1) in sıfır olmayan bir 1y x çözümü bilindiğinde, genel çözümün verilen diferansiyel denklemin mertebesini düşürme işlemine dayanan bir yöntemle bulunur. Denklem (V.1) in sıfır olmayan bir 1y x çözümü verilsin. Bu durumda

1y x v x y x seçilerek y ve y ifadeleri 0y p x y q x y

denkleminde yerlerine konur ve düzenlenirse, yani;

1

1 1

1 1 12

y x v x y x

y x v x y x y x v x

y x v x y x y x v x y x v x

Bulunur. Bu değerler Denklem(V.1) de yerine yazılırsa,

1 1 1 1 1 1

1 1 1 1 1 1

0

2 0

2 0

v y y v y v p v y y v qvy

v y y v pv y v y py qy

Elde edilir. Burada gerekli basitleştirmeler yapılırsa,

1 Fransız matematikçi Jean le Rond d’Alembert (1717 – 1783).

179

1 1 12 0v x y x y x p x y x v x

bulunur. Bulunan denklem v x ne göre 1.mertebeden diferansiyel denklemdir. Bu

yöntemde orijinal diferansiyel denklem y ye göre 2. Mertebeden olduğu halde

1y x v x y x ile v x ne göre 1. Mertebeden diferansiyel denkleme geçilmektedir, bu nedenle bu metoda ‘Mertebe Düşürme Metodu’ denir.

Dolayısıyla 1.mertebeden lineer diferansiyel denklem; değişkenlere ayrılabilir tipte diferansiyel denklem haline getirilerek çözülür. Bunun için v x u x v x u x

dönüşümü uygulanırsa,

1 1 1 1 12 0 2

g x dx

duu x y x y x p x y x u x y x p x y x dx g x dx

u

u h x e

yazılır. Diğer yandan

g x dx

v x u x v x h x dx e dx

bulunur. Son olarak genel çözüm,

1 1 .y x v x y x y x y x h x dx (VI.2)

elde edilir.

Örnek 9.4 : 1 0xy x y y diferansiyel denkleminin bir çözümü 1

xy x e

olduğuna göre lineer bağımsız ikinci bir çözüm bulunuz.

Çözüm: İkinci bir çözümü bulmak için 2

xy x v x e dönüşümü yapılırsa,

2 2 2 2x x xy x v x e y e v v y e v v v

olur. Bu değerler denklemde yerine yazılırsa,

2 1 0 1x x x xxe v v v x e v v ve e xv x v

ve düzenlenirse,

1 0 0xv x v x

doğrusal denklemi bulunur. Bu denklemin çözümü için v u dönüşümü ile

180

1 11 0 xdu x du x

xu x u dx dx u xeu x u x

Bulunur. Son olarak

1x xv u v xe dx x e

olur. O halde ikinci çözüm

2 1xy x v x e x

biçimindedir. Bu iki çözümüm bağımsız olup olmadığını tespit etmek için,

1, 1 0

1

x

x x

x

e xW e x xe

e

bakılır. Buradan 1 2vey y nin lineer bağımsız olduğu görülür. Bu nedenle genel çözüm

1 2veC C nin uygun seçimi ile

1 2 1xy x C e C x

biçimindedir.

Örnek 9.5: 22 3 0x y xy y diferansiyel denklemin bir çözümü 1

1y x

x


Çözüm: İkinci bir çözümü bulmak için dönüşümü yapılırsa,

2 2 22 2 3

1 1 1 1 2 2y x v x y v v y v v v

x x x x x x

olur. Bu değerler denklemde yerine yazılırsa,

2

2 3 2

1 2 2 1 1 12 3 0x v v v x v v v

x x x x x x

gerekli sadeleştirmeler yapılırsa,

2 0xv v

elde edilir. Buradan v u dönüşümü yapılarak bir önceki örnekteki gibi çözülebilir. Fakat ikinci bir çözüm yolu olarak aşağıdaki işlemleri takip edelim:

181

1 1 1

3/2

1 2

1 12 0

2 2

1ln ln ln

2

2

3

v vxv v dv

v x v x

dvv x C C x dv C xdx

dx

v C x C

bulunur. İkinci çözüm,

1/21 22

21

3

C Cy x v x x

x x

bulunur. Burada 1 2veC C keyfi sabitlerdir. İkinci çözümün ikinci terimine dikkat

edilirse 1

1y x

x in katı olduğu görülür. Fakat ilk terim ise bu çözümden bağımsızdır. Bu

durumda ilk terimin katsayısı , 12

3

C göz önüne alınmaksızın ikinci lineer bağımsız çözüm

1/2

2y x x olur.

182

Uygulamalar

1) Bir elektrik devresinden geçen akımı aşağıdaki diferansiyel denklemin çözümü ile bulabiliriz:

2

2

dE td I dI IL R

dt dt C dt

Burada E(t) devreye uygulanan gerilimdir. Bu denklemin nasıl elde edildiğini araştırınız.

183

Uygulama Soruları

1) İki uçtan mesnetlenmiş bir kirişin sehimi

4dy g

dx E l

diferansiyel denklemiyle tanımlanır. Burada ρ kirişin yoğunluğu, g yerçekimi ivmesi E kirişin malzemesinin Young modülü ve I kiriş kesitinin atalet momentidir. Verilen diferansiyel denklemin genel ve özel çözümünü bulunuz.(İpucu: Özel çözüm bulurken

Kiriş iki uçtan sabitlendiğine göre y(0) = y(L) = 0 alınır)

2) 2 22 2 0x y xy x y diferansiyel denkleminin bir çözümü 1 cosy x x x


184


Bu bölümde, yüksek mertebeden sabit katsayılı diferansiyel denklemeler irdelenerek, değişken katsayılı homojen diferansiyel denklemlerin çözümünde D’alemdert basamak düşürme yönteminin kullanışlılığı görüldü.

185

Bölüm Soruları

A)

1. 24 4 2 0y xy x y denkleminin bir çözümü 2x

e alarak denklemi çözünüz.

2. 2 2 1 0xy x y x y denklemini, xx e biçiminde bir özel çözüm

bularak integre ediniz.


1. 21 2 2 0x y xy y denkleminin nx özel çözümü için genel çözümü


a)

2

1 2 1y C x C x b) 1 2

1 2 1y C x C x

c) 3

1 2 1y C x C x d) 2

1 2 1y C x C x

2) 1 0xy x y y denkleminin mxe özel çözümü için genel çözümü


a)

1 2 1x

y C e C x

b) 2

1 2 1xy C e C x

c) 1 2 1xy C e C x

d) 2

1 2 1xy C e C x

e) 2 2

1 2 1 xy C e C x

3) 24 4 2 0y xy x y denkleminin 2x

e özel çözümü için genel çözümü


a)

22

1 2

xy C C x e

b) 2

1 2

xy C C x e

c) 2

1 2

xy C x C x e

186

d) 2

1 2

xy C C x e

e) 24

1 2 xy C C x e

4) 1 0xy x y y denkleminin xe özel çözümü için genel çözümü


a)

1 2 1x

y C e C x

b) 2

1 2 1xy C e C x

c) 2

1 2 3 1xy C e C x

d) 4

1 2 1xy C e C x

e). 4 3

1 2 1 xy C e C x

5) 3 3 0y y y y denkleminin genel çözümü aşağıdakilerden hangisidir?

a)

2 / 3 / 3

1 2 3

x x xy C e C e C e

b) / 3

1 2

x xy C e C e

c) / 3 / 3

1 2 3

x x xy C e C e C e

d) / 3 / 3

1 2 3

x x xy C e C e C e

e) / 3 / 3

1 2 3

x x xy C e C e C e


a)

3 2

1 2 3

x x xy C e C e C e

b) 3 2

1 2 3

x x xy C e C e C e

c) 3 2

1 2 3

x x xy C e C e C e

d) 3 2

1 2 3

x x xy C e C e C e

e) 3 4 2

1 2 3

x x xy C e C e C e

187

Cevaplar

1) a, 2) c, 3) d, 4) a, 5) d, 6) a

188

10. İKİNCİ MERTEBEDEN SABİT KATSAYILI HOMOJEN OLMAYAN DİFERANSİYEL DENKLEMLER

189


10.1. Homojen Olmayan Lineer Diferansiyel Denklemler

10.2. Belirsiz Katsayılar Metodu

190


1) İkinci mertebeden sabit katsayılı homojen olmayan bir diferansiyel denklem yazınız.

2) 2 5cos 2 10sin 2y y y x x diferansiyel denklemini nasıl çözebiliriz?

191



Homojen Olmayan Lineer


Homojen Olmayan Lineer


kavrayabilmek.

Okuyarak, fikir yürüterek, ve

bol bol örnek çözerek

Belirsiz Katsayılar Metodu Homojen Olmayan Lineer

Diferansiyel Denklemleri,

Belirsiz Katsayılar Metodu

ile çözebilmek

Okuyarak, fikir yürüterek, ve

bol bol örnek çözerek.

192

Anahtar Kavramlar

Homojen çözüm

Özel çözüm

Genel çözüm

Belirsiz katsayılar yöntemi

193

Giriş

Bu bölüme kadar genellikle homojen diferansiyel denklemlerle uğraşıldı. Şimdi ise

homojen olmayan diferansiyel denklemlerin çözüm tekniklerine odaklanılır. Bunun için literatürde sıkça kullanılan yöntemlerden biri olan belirsiz katsayılar yöntemi irdelenir.

194

10.1. Homojen Olmayan Lineer Diferansiyel Denklemler

Bu bölümde homojen olmayan diferansiyel denklemlerin çözümü ile uğraşılacaktır. İlk

olarak konunun daha iyi anlaşılması için

5 6 2 1L y y y y x (VI.3)

homojen olmayan bir diferansiyel denklemini göz önüne alalım. İkinci tarafın sıfır olduğu

5 6 0y y y

homojen denklemin çözümü hy ile, homojen olmayan 2 1L y x denklemin özel

bir çözümünü de öy ile gösterelim. Bu durumda denklem(VI.3) in genel çözümü:

g h öy y y y (VI.4)

formunda yazıılr. L bir lineer operayör olmak üzere Dolayısıyla 0 2 1

h gL y ve L y x dir.

gy de bir çözüm olduğundan

0 2 1 2 1h g h g

L y L y y L y L y x x

olur. Niçin genel çözümü elde ettiğimizi görelim. veö ö

y y iki farklı özel çözüm olsun. Bu ikisinin farkını

ö öw y y ile gösterelim ve Denklem (VI.3) de yerine yazalım:

5 6 5 6 5 6 2 1 2 1 0ö ö ö öö öö ö

w w w y y y y y y x x

Dolayısıyla ö ö

w y y da homojen denklemin bir çözümüdür. Yani homojen olmayan denklemin iki çözümünün farkı homojen denklemin çözümüdür. g h öy y y y

çözümü ise Denklem(VI.3) deki homojen olmayan denklemin bütün çözümlerini içerir. Çünkü

hy , Denklem(VI.4) deki homojen denklemin genel çözümüdür.

Teorem 10.1 ( )L y F x lineer diferansiyel denklemi olsun. 0L y homojen

denklemin çözümü hy ve ( )L y F x sağ taraflı denklemin herhangi bir özel çözümü de

öy

olsun. Buna göre ( )L y F x denkleminin genel çözümü, h ö

y y y dır.

Teorem 10.2 ( )L y F x lineer diferansiyel denklemi olsun. 0L y homojen

denklemin lineer bağımsız iki çözümü 1y ve 2y olsun. Bu durumda 1 2veC C sabitleri için

1 1 2 2hy C y C y ve ( )L y F x sağ taraflı denklemin herhangi bir özel çözümü de

öy

olsun. Buna göre ( )L y F x denkleminin genel çözümü, 1 1 2 2 öy C y C y y olur.

195

10.2. Belirsiz Katsayılar Metodu

Bu yöntem homojen olmayan sağ yanlı diferansiyel denklemin polinom, üstel fonksiyon, trigonometrik fonksiyon veya bu fonksiyonların çarpımı şeklinde olması durumunda uygulanır.Genel olarak

1

0 1 1...n n

nL y A x y A x y A x y C x y f x

(VI.5)

Denkleminin özel çözümleri f x in aldığı fonksiyon türüne bağlı olarak belirlenir.

Buna göre

i. f x , .m dereceden bir polinom olsun. Yani, ( )n m

L y P x .

Bu durumda

1. Eğer 0C x ise(y varsa) özel çözüm olarak .m dereceden bir polinom aranır.

(Ç1) 1 0....m

ö m my a x a x a Q x

2. Denklem(VI.3) deki karakteristik denklemin r katlı kökü varsa, özel çözüm:

(Ç2) 1 0( .... )r m

ö my x a x a x a .Burada 0C x ise 1r , 1 0A x C x ise

2r alınır.

ii. f x , bir üstel fonksiyon olsun. Yani, sx

nL y e .Bu durumda özel çözüm:

1.Eğer s , karakteristik denklemin r katlı kökü ise , yani

rF s G ise r sx

öy cx e (Ç3)

2 sxy x z x e fonksiyon dönüşümü bu üstel denklemi polinom

denklemine

dönüştürür.

iii. f x , hem üstel hem de polinom içeriyorsa

rF s G ise 1 0( .... )r m sx

ö my x a x a x a e (Ç4)

Burada 0 0f s r dır.

196

iv. f x , hem üstel hem de polinom hem de trigonometrik ifade içeriyorsa Yani

( ) cosx

mP x e x veya ( ) sinx

mP x e x biçiminde olsun. i değeri 0F

karakteristik denklemin r katlı kökü ise mQ x ve mR x m. Dereceden polinomlar olmak

üzere

(Ç5) ( cos sin )r sx

ö m my x e Q x x R x x biçimde çözüm aranır.

0 0F i r dır.

1 2f x f x f x biçiminde ise nL y f x denkleminin özel çözümü,

1nL y f x 2n

ve L y f x denklemlerinin özel çözümlerinin toplamıdır yani

1 2ö ö öy y y dir.

Yukarda maddeler halinde verdiğimiz durumlara ait özel çözümlerin davranışı Tablo V.1 de özetlenmiştir. Burada Eğer 2. sütundakiler karakteristik denklemin ‘ r ’ katlı kökü iseler bu durumda tablonun 3. sütunundaki fonksiyonlar ‘ r

x ’ile çarpılırlar. Özel çözüm ondan sonra araştırılır.

Tablo V.1 Homojen olmayan denklemlerin ikinci tarafın durumuna göre özel çözümün elde edilişi

f x Karakteristik

Denklemin kökü

değilse

özel

y

c(sabit) 0 A

nx POLİNOM 0 1 0....m

ö m my a x a x a Q x

xe ÜSTEL A

xe

sin x i sin .Acos x B x

cos x i sin .Acos x B x

nx

xe .x

ne Q x

xe

sin x i sin .xe Cos x x

197

xe

cos x i sin .xe Cos x x

nx

xe sin x i . sin .x x

n ne Cos xQ x e x R x

nx

xe

cos x i . sin .x x

n ne Cos xQ x e x R x

Şimdi örnekler yaparak teoriyi pekiştirelim.

Örnek 10.1. 23 2 5 3y y x x diferansiyel denklemi çözünüz.

Çözüm: İlk olarak

3 0y y

homojen çözümü bulalım. Karakteristik denklem ve kökleri

2

1 23 3 0 0, 3F

Elde edilir. Buna göre

0. 3. 3.

1 2 1 2

x x x

hy C e C e C C e

dir. 1 0 tek katlı bir kök olduğundan ve ikinci taraftaki 22 5 3x x ikinci

dereceden bir polinom olduğundan bu tipten bir özel çözüm:

2 3 2

öy x ax bx c ax bx cx

formunda bir özel çözüm aranır. Buna göre 23 2 , 6 2ö öy ax bx c y ax b

değerleri diferansiyel denklemde yerine yazılıp düzenlenirse,

2 2 26 2 3 3 2 2 5 3 9 6 6 2 3ax b ax bx c x x ax a b x b c

İki polinomun eşitliğinden

9 / 2, 11/ 8 ve 16 / 27a b c

Bulunur. Buna göre özel çözüm:

3 29 11 16

2 8 27öy x x x

Olduğundan genel çözüm:

198

3 3 2

1 2

9 11 16

2 8 27

x

h öy y y C C e x x x

Örnek 10.2. 22 3 3 5y y y x x denklemini çözünüz.

Çözüm: İlk olarak

2 3 0y y y

homojen çözümü bulalım. Karakteristik denklem ve kökleri

2

1 22 3 3 1 0 3, 1F

Elde edilir. Buna göre

3.

1 2

x x

hy C e C e

dir. ikinci taraftaki 23 5x x ikinci dereceden bir polinom olduğundan bu tipten bir özel çözüm:

2

öy ax bx c

formunda bir özel çözüm aranır. Buna göre 2 , 2ö ö

y ax b y a değerleri diferansiyel denklemde yerine yazılıp düzenlenirse,

2 2 22 2 2 3( ) 3 3 4 3 2 3a ax b ax bx c x x ax a b x ab c

İki polinomun eşitliğinden 1, 1 ve 3a b c Bulunur. Buna göre özel çözüm:

2 3öy x x

olduğundan genel çözüm:

3. 2

1 2 3x x

h öy y y C e C e x x

bulunur.

Örnek 10.3 36 9 xy y y e denklemini çözünüz.

6 9 0y y y

homojen çözümü bulalım.

Çözüm: Karakteristik denklem ve kökleri

199

22

1 26 9 3 0 3F

2 katlı kök var. Buna göre

3. 3

1 2

x x

hy C e C xe

dir. İkinci taraftaki üstel bir ifade olduğundan ve iki katlı 1 3 olduğundan

2 3x

öy ax e

formunda bir özel çözüm aranır. Buna göre

3 2 3 3 3 3 2 32 3 2 6 6 9x x x x x x

ö öy axe ax e y ae axe axe ax e


3 3 3 2 3 3 2 3 2 3 3

3 3

6 9 2 6 6 9 6 2 3 9

2 1/ 2

x x x x x x x x

x x

y y y ae axe axe ax e axe ax e ax e e

ae e a

bulunur. Buna göre özel çözüm:

2 31

2

x

öy x e

olduğundan genel çözüm:

3. 3 2 3 3 2

1 2 1 2

1 1

2 2

x x x x

h öy y y C e C xe x e e C C x x

Bulunur.

Örnek 10.4. 37 12 xy y y e


Çözüm: Homojen çözümü bulalım. Karakteristik denklem ve kökleri

2

1 17 12 0 4 3 4, 3

Buna göre

4. 3

1 2

x x

hy C e C e

dir. üstel fonksiyonda x’in katsayısı (-3), karakteristik denklemin kökü olduğundan 3x

ae

Seçilerek 3x

öy xae Formunda bir özel çözüm aranır. Buna göre

200

3 3 3 3 33 , 6 9x x x x x

ö ö öy xae y ae x e y ae axe


3 3 3 3 3 36 9 7 3 12 1x x x x x xae axe ae x e xae e a

Bulunur. Buna göre özel çözüm:

3x

öy xe

Olduğundan genel çözüm:

4. 3 3

1 2

x x x

h öy y y C e C e xe

Örnek 10.5. 4 3sin 2y y x denklemini çözünüz.

Çözüm: Karakteristik denklem,

2

1 24 0 2 , 2F i i

Homojen kısmın çözümü 1 2cos2 sin 2

hy C x C x . İkinci taraf trigonometrik

olduğunda

özel çözüm için 3sin 2x deki 2i i karakteristik denklemin kökü=

22 2 4 0F i i

olduğundan denklemin 1 katlı kökü olup 1r alınırsa özel çözüm,

cos2 sin 2ö

y x a x b x

Formunda olur. Buradan ,a b katsayılarını bulmak için,

cos 2 sin 2 2 sin 2 2 cos 2

4 sin 2 4 cos 2 4 cos 2 sin 2

ö

öö

y a x b x x a x b x

y a x b x x a x b x

Değerleri denklemde yerine yazılırsa,

4 3sin 2 4 sin 2 4 cos 2 4 cos 2 sin 2 4 cos 2 sin 2

4 sin 2 4 cos 2 3sin 2 3 / 4, 0

y y x a x b x x a x b x x a x b x

a x b x x a b

olduğundan özel çözüm

3cos 2 sin 2 cos 2

4öy x a x b x x x

201

Genel çözüm:

1 2

3cos 2 sin 2 cos 2

4h öy y y C x C x x x

elde edilir.

Örnek 10.6 24 3cos xy y x x e

diferansiyel denklemini çözünüz.

Çözüm: Karakteristik denklem:

3

1 2 24 0 0, 2, 2F

Buna göre homojen kısmın çözümü

2 2

1 2 1

x x

hy C C e C e

Olur. Sağ yandaki 2

1 2 3, 3cos , xf x x f x x f x e

fonksiyonları için ayrı ayrı

özel çözüm belirtilmelidir. 1f x x için 0x karakteristik denklemi sağladığından

1

2

öy x Ax B Ax Bx denklemde yerine yazılırsa,

0 8 0, 1/ 8Ax B x B A

elde edilir. Buradan 1.özel çözüm:

2

1

1

8öy x

olur. 2 3cosf x x için .1i i karakteristik denklemin çözümü değildir. Şu halde özel çözüm:

1 1 1 1cos sin cos cos sin sin sin sinö ö ö ö

y a x b x y a x b x y a x b x y a x b x

1 1 1sin cos , cos sin , sin cos

sin cos 4 sin cos 3cos 3 / 5, 0

ö ö öy a x b x y a x b x y a x b x

a x b x a x b x x b a

elde edilir. Buradan 2.özel çözüm:

1

3sin

5öy x

202

olur. 2

3

xf x e

için öncelikle -2 karakteristik denklemin kökü olduğundan çözüm 2

3

x

öy xAe yazılır. 2 2 2 2 2 2 2

3 3 32 , 2 4 , 4 4 8 x x x x x x x

ö ö öy Ae Axe y Ae Axe y Ae Ae Axe

değerleri diferansiyel denklemde yerine yazılırsa, 1

8A bulunur. Buradan

2

3

1

8

x

öy xe olacağından genel çözüm:

2 2 2 2

1 2 1

1 3 1sin

8 5 8

x x xy C C e C e x x xe

Elde edilir.

Örnek 10.7 3 325 4 sin5 2 cos5xy y x x e x diferansiyel denkleminin özel

çözümünün alabileceği formu yazınız.

Çözüm: Karakteristik denklem:

2

1 225 0 5 , 5F i i

Buna göre homojen kısmın çözümü

1 2cos5 sin5h

y C x C x

Olur. Sağ yandaki 3 3

1 24 sin5 ve 2 cos5xf x x x f x e x fonksiyonları için ayrı

ayrı 1 2vey x y x özel çözümleri belirtilmelidir. 3

1 4 sin5f x x x için

1

3 2 3 2cos5 sin 5y Ax Bx Cx D x Kx Lx Mx N x

yazılabilir.Fakat cos5 sin5D x N x toplamı homejen kısmın çözümünde de olduğundan özel çözümdeki bütün terimler x ile çarpılırsa,1.özel çözüm:

1

3 2 3 2cos5 sin 5y Ax Bx Cx D x x Kx Lx Mx N x x

olur. 3

2 2 cos5xf x e x için ikinci özel çözüm

3 3 3

2 3 4 5 6 7cos5 sin5 cos5 sin5x x xy C e C x C x C e x C e x

yazılır. Şu halde denklemin özel çözümünün alacağı form:

203

1 2

3 2 3 2 3 3

6 7cos5 sin 5 cos5 sin 5

ö

x x

y y y

Ax Bx Cx D x x Kx Lx Mx N x x C e x C e x

204

Uygulamalar

1) İkinci dereceden sabit katsayılı homojen olmayan diferansiyel denklemlerin belirsiz katsayılar yöntemi dışında olabilecek başka çözüm yöntemlerini araştırınız.

205

Uygulama Soruları

1) 3 2 16 20 cos 10siny y y x x x diferansiyel denklemin

a) Homojen kısmının çözümünü bulun

b) Özel çözümünü bulun

c) Genel çözümünü bulun

2) 8 4 cos 8 8 siny y x x x x diferansiyel denklemin özel çözümünün alacağı formu yazınız.

206


Bu bölümde, homojen olmayan diferansiyel denklemleri tanıtılarak çözüm tekniklerine odaklanıldı. Bunun için literatürde sıkça kullanılan yöntemlerden biri olan belirsiz katsayılar yöntemi irdelendi.

207

Bölüm Soruları

1) 3 2 xy y y xe


a) 2 2

1 2

1

2

x x xy C e C e x x e

b) 1 2

x xy C e C e

c) 2 2

1 2

1

2

x xy C e C e x x

d) 2 2

1 2

1

2


e) 2 2 5

1 2

1

2


2) sin cosx x xy y e e e


a) 2

1 2 sinx x x xy C e C e e e

b) 1 2 sin x x xy C e C e e .

c) 1 2

x x xy C e C e e

d) 1 2 sinx x x xy C e C e e e

e) 3 2

1 2 sin x x x xy C e C e e e

3) 2 2xy y e denkleminin genel çözümü aşağıdakilerden hangisidir?

a) 1 2cos 2 sin 2 / 3 1x

y C x C x e

b) 1 2cos 2 sec 2 / 3 1x

y C x C x e

c) 1 2cos 2 sin 2 / 3 1x

y C x C x e

d) 2

1 2cos 2 sin 2 / 3 1xy C x C x e

e) 2

1 2tan 2 cot 2 / 3 1xy C x C x x e

208

4) 2y y x denkleminin genel çözümü aşağıdakilerden hangisidir?

a) 2

1 2

1

2

xy C C e x x

b) 2

1 2

1

2

x xy C e C e x x

c) 3

1 2

1

2

xy C C e x x

d) 2

1 2 2xy C C e x x

e) 2

1 2

1

2

xy C C e x x

5) 4 sin 2y y x denkleminin genel çözümü aşağıdakilerden hangisidir?

a) 1 2

1cos cos 2

4y C x C x

b) 1 2

1sin 2 cos 2

4y C x C x

c) 1 2

1cos 2 sin 2

4y C x C x

d) 1 2

1cos sin 2

4y C x C x

e) 1 2

1 1cos 2 sin 2

2 2y C x C x

6) 4 3 1y y y x denkleminin genel çözümü aşağıdakilerden hangisidir?

a) 3

1 2

3

9

x x xy C e C e

b) 3

1 2

7

9

x xy C e C e

c) 3

1 2

3 7

9

x x xy C e C e

209

d) 2

1 2

3 7

9

x x xy C e C e

e) 3 2

1 2 3x xy C e C e x

7) 416 x

y y e denkleminin genel çözümü aşağıdakilerden hangisidir?

a) 2 2

1 2 3 4

1cos 2 sin 2

15

x x xy C e C e C x C x e

b) 2

1 2 3 4

1cos 2 sin 2

15


c) 2 2

1 2 3 4

1cos 2 sin 2

15


d) 2 2

1 2 3 4

1cos 2 sin 2

15


e) 1 2sin cos 12y C x C x

Cevaplar

1) a, 2 d, 3 c, 4) e, 5) c, 6) c, 7) a

210

11. PARAMETRELERİN DEĞİŞİMİ YÖNTEMİ VE CAUCHY-

EULER DİFERANSİYEL DENKLEMELRİ

211


11.1. Parametrelerin Değişimi Yöntemi(Lagrange Yöntemi)

11.2. Cauchy-Euler Denklemleri

11.3. Legendre Lineer Denklemi

212


1) Belirsiz katayılar yönteminin dezavantajları nelerdir?

2) İkinci dereceden sabit katsayılı homojen olmayan diferansiyel denklemleri çözmek için alternatif yöntemler olabilir mi?

3) Wronskian determinantı ne idi?

4) İkinci dereceden sabit katsayılı homojen olmayan diferansiyel denklemleri çözmek için Wronskian determinantını kullanabilir miyiz?

5) denklemini belirsiz katsayılar yöntemi ile çözebilir miyiz?Niçin?

İkinci dereceden değişken

2 0x y xy y

213



Parametrelerin Değişimi Yöntemi(Lagrange Yöntemi)

Homojen olmayan

diferansiyel denklemleri

Parametrelerin Değişimi Yöntemi ile çözebilmek


Cauchy-Euler Denklemleri Değişken katsayılı diferansiyel denklemlerden

Cauchy-Euler Denklemlerini

kavrayabilmek


Legendre Lineer Denklemi Cauchy-Euler

Denklemlerinin daha

genişletilmiş hali olan Legendre Lineer diferansiyel



214

Anahtar Kavramlar

Parametrelerin Değişimi Yöntemi

Wronskian determinantı

Cauchy-Euler Diferansiyel Denklemleri

Legendre Lineer Diferansiyel Denklemleri

215

Giriş

Bu bölümde homojen olmayan diferansiyel denklemlerin çözüm yöntemlerinden biri olan Parametrelerin Değişim yöntemi incelenir. Ayrıca değişken katsayılı diferansiyel denklemleri olan Cauchy-Euler ve Legendre denklemlerinin çözümlerinin bulunmasına

odaklanılır.

216

11.1. Parametrelerin Değişimi Yöntemi(Lagrange Yöntemi2)

İkinci mertebeden değişken katsayılı homojen diferansiyel denklemi

0 1 2p y p x y p x y f x (VI.6)

göz önüne alınsın. 1 2veC C sabitler olmak üzere Bu denklemin homojen kısmının

çözümü

1 1 2 2y C y C y

formunda olduğunu önceki bölümlerde gördük. Parametrelerin değişimi veya

Lagrange yöntemi 1 2veC C sabitlerinin yerine 1 2veu x u x şeklindeki fonksiyonların

yazılması suretiyle Denklem (V.1) i sağlamak üzere bu fonksiyonları bulunmasıdır.

Yani x için L y f x denklemini sağlayan

1 1 2 2y u x y u x y (VI.7)

yazılması ve dolayısıyla çözümün bulunması 1 2veu x u x fonksiyonlarının

belirlenmesine dönüşür. 1 2veu x u x fonksiyonlarının x için L y f x

denklemini sağladığı kabul edilsin.Buna göre ,

1 1 2 2

1 1 1 1 2 2 2 2

1 1 2 2 1 1 1 2 1 1 2 22

y u x y u x y

y u y u y u y u y

y u y u y u y u y u y u y

Yazılsın. 1 2 0L y L y olduğundan 1 1 2 2y u x y u x y 0L y homojen

denklemi sağladığı kabul edilirse,

1 1 2 2 0 1 1 2 2 1 1 1 2 1 1 2 2 1 1 1 2 2.( 2 ) .( )L u x y u x y p u y u y u y u y u y u y p u y u y f

yazılır. Burada

1 1 2 2 0u y u y (VI.8)

kabul edilir ise

2 Joseph Louis Lagrange(1736-1813)

217

1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2

0

1 1 1 1 2 2 2 2

y u y u y u y u y u y u y

y u y y u u y y u

(VI.9)

olur.Buradan son elde edilen ,y y ve y

0 1 2p y p x y p x y f x

denkleminde yerine yazılırsa 1 2 0L y L y olduğu da dikkate alınırsa,

1 1 2 2

0

f xu y u y

p x (VI.10)

Elde eldir. Denklem(VI.8) ve (VI.10) yardımıyla 1u ve

2u çözülür. İntegraller alınarak da

1u ve 2u elde edilir.

1 1 2 2 0u y u y

1 1 2 2

0

f xu y u y

p x

Denklem sisteminin katsayılar matrisinin determinantı 1y ve

2y nin Wronskiyanı dır.

1 2

1 2

1 2

,y y

W y y xy y

Buradan

2 2

2 2

0 0

1 1

1 2 1 2

2 2

2 2

0 0

2 2

1 2 1 2

0 0

, ,

0 0

, ,

y y

f x f xy y

p x p xu u dx

W y y x W y y x

y y

f x f xy y

p x p xu u dx

W y y x W y y x

Bulunarak 1 1 2 2y u x y u x y de yerine yazılır ve homojen olmayan denklemin çözümü elde edilir.

Örnek 11.1 tany y x denkleminin çözümünü bulun.

218

Homojen kısmoının çözümü için karakteristik denklem:

2

1,21 0 i

Kompleks kökler için çözüm,

1 2cosy C x C Sinx

Elde edilir. Şimdi

1 2cosy u x u sinx

yazarak sabitleri değiştirip yöntemi uygulayalım.

1 1 2 2cos sin cosy u x u x u sinx u x (*)

elde edilir. Burada yeni parametrelerin türevlerini içeren toplamlar sıfıra eşitlenirse

1 2cos 0u x u sinx (**)

Denklem sisteminin birincisi elde edilir.Bu durumda denklem(*) yani birinci türev,

1 2sin cosy u x u x

Olur. İkinci denklemi bulmak için buradan tekrar türev alırsak

1 1 2 2sin cos cos siny u x u x u x u x

Elde edilir.Bu değer orijinal denklemde yerine yazılırsa

1 1 2 2 1 2sin cos cos sin cos tanu x u x u x u x u x u sinx x

1 2sin cos tanu x u x x (***)

Buna göre denklem(**) ve (***) kullanılarak denklem sistemi

1 2

1 2

cos 0

sin cos tan

u x u sinx

u x u x x

Olur. Buradan itibaren iki yolla çözümü bulabiliriz.

1 Klasik yok etme yöntemi ile iki bilinmeyenli denklem çözme:

2

1 2 1 2

2

1 2 1 2

sin / cos 0 cos .sin 0

cos / sin cos tan sin .cos cos sin

x u x u sinx u x x u sin x

x u x u x x u x x u x x

219

Denklemler alt alta toplanırsa,

2 2

2 2 1

1

cos sin sin sin cosu x x x u xdx x k

Bulunur. 2 sinu x değeri denklem sistemindeki herhangi bir denklemde yerine

yazılırsa,

22 2

1 1 1

2

1

2

cos 0 coscos

cos seccos

sin ln sec tan

sin xu x sin x u x sin x u

x

sin xu dx xdx xdx

x

x x x k

Elde edilir. Buradan çözümler:

1 2sin ln sec tanu x x x k

2 1cosu x k

Bulunur. Bu değerler 1 2cosy u x u sinx çözümünde yerine yazılırsa, verilen denklemin genel çözümü

2 1

2 1

sin ln sec tan cos cos

cos ln sec tan cos

y x x x k x x k sinx

x x x k x k sinx

elde edilir.

2 Wronski determinantı’ ile denklem sistemi

1 2

1 2

cos 0

sin cos tan

u x u sinx

u x u x x

Denklem sisteminin katsayılar matrisinin determinantı 1y ve 2y nin Wronskiyanı:.

1 2

cos sin, 1

sin cos

x xW y y x

x x

Buradan

220

1 1 2

1 2

2 2 1

1 2

0 sin

tan cossin tan sin ln sec tan

,

cos 0

sin tansin cos

,

x

x xu u x xdx x x x k

W y y x

x

x xu u xdx x k

W y y x

Bulunur. Bu değerler

1 2cosy u x u sinx

çözümünde yerine yazılırsa, verilen denklemin genel çözümü

2 1

2 1

sin ln sec tan cos cos

cos ln sec tan cos

y x x x k x x k sinx

x x x k x k sinx

İlk çözümün aynısı ede edilir.

Örnek 11.2. 3

26 9

xe

y y yx

denkleminin çözümünü bulun.

Çözüm:

Homojen kısmının çözümü için karakteristik denklem:

2

1,26 9 0 3

Çift katlı reel kök için çözüm,

3 3

1 2

x xy C e C xe

Elde edilir. Şimdi

3 3

1 2

x xy u e u xe

yazarak sabitleri değiştirip yöntemi uygulayalım.

3 3 3 3 3 3 3

1 2 1 1 2 23 3x x x x x x xy y u e u xe u e u e u xe u e xe

(a)

elde edilir. Burada yeni parametrelerin türevlerini içeren toplamlar sıfıra eşitlenirse

3 3

1 2 0x xu e u xe (b)

Denklem sisteminin birincisi elde edilir .Bu durumda denklem(a) yani birinci türev,

221

3 3 3

1 23 3x x xy u e u e xe

Olur. İkinci denklemi bulmak için buradan tekrar türev alırsak

3 3 3 3 3 3 3 3 3 3

1 2 1 1 2 2 2 2

3 3 3 3

1 2 2 1 2 2

3 3 3 9 3 3 3 9

9 6 9 3 3

x x x x x x x x x x

x x x x

y u e u e xe u e u e u e u e u xe u e xe

e u u u xe e u u u xe

Elde edilir.Bu değer orijinal denklemde yerine yazılırsa

33 3 3 3

1 2 2 1 2 22

3 3 3 3 3

1 2 1 2

9 6 9 3 3

6 3 3 9

xx x x x

x x x x x

ee u u u xe e u u u xe

x

u e u e xe u e u xe

Denkleminde sadeleştirmeler yapılırsa,

3

3 3

1 2 2 23 3

xx x e

e u u u xex

(c)

Elde edilir. Buna göre denklem(b) ve (c) kullanılarak denklem sistemi

3 3

1 2

33 3

1 2

0

3 1 3

x x

xx x

u e u xe

eu e u x e

x

Olur. Buradan itibaren klasik yok etme yöntemi ile iki bilinmeyenli denklem çözme:

3 3 3 3

1 2 1 2

3 33 3 3 3

1 1 22 2

3 / 0 0 3 3 0

3 1 3 3 1 3

x x x x

x xx x x x

u e u xe u e u xe

e eu e u x e u e u x e

x x

Denklemler alt alta toplanırsa,

33

2 22 2

2 2

1

1

1

1

xx e

u e ux x

u dxx

kx

Bulunur. 2 2

1u

x değeri denklem sistemindeki herhangi bir denklemde yerine

yazılırsa,

222

3 3 3 3

1 2 1 12

1 2

1 10 0

1ln

x x x xu e u xe u e xe u

x x

u dx x kx

Elde edilir. Buradan çözümler:

1 2lnu x k

2 1

1u k

x

Bulunur. Bu değerler 3 3

1 2

x xy u e u xe çözümünde yerine yazılırsa, verilen

denklemin genel çözümü:

3 3

2 1

3 3 3

2 1

3 3 3

3 1

1ln

1 ln

ln

x x

x x x

x x x

y x k e k xex

k e k xe xe

k e k xe xe

Teorem 11. 1(Parametrelerin Değişimi): 1 2, , : ,p q f x x sürekli fonksiyonlar

olmak üzere, 1 2 1 2, : ,y y x x fonksiyonları, 0y p x y q x y homojen

diferansiyel denklemin çözümü olsunlar. 1 2,W y y ; 1 2vey y fonksiyonlarının Wronskiyanı

olmak üzere ( 1 2, 0W y y ) y p x y q x y f x homojen olmayan diferansiyel

denklemin özel bir çözümü:

2 1

1 21 2 1 2, ,

ö

y x f x y x f xy y x dx y x dx

W y y W y y

Örnek 11. 3 2x

ey y y

x diferansiyel denklemin genel çözümünü bulunuz.

Çözüm: Homojen kısmının çözümü için karakteristik denklem:

2

1,22 1 0 1

Çift katlı reel kök için çözüm, 1 2

x xy C e C xe

elde edilir.Buradan

1 2,x xy x e y x xe ve 2

1 2, 0

x xx

x x x

e xeW y y e

e e xe

.

Özel çözüm:

223

2 2ln

x xx x

x x x xö x x

e exe e

x xy e dx xe dx xe xe xe e

olur.Genel çözüm:

1 2 1 3ln lnx x x x x x xg h öy y y C e C xe xe xe x C e C xe xe x

11.2. Cauchy-Euler Denklemleri

Tanım 11.1 1 1 0,..., ,

na a a katsayıları birer sabit olmak üzere .n mertebeden

11

1 1 01... 0

n nn n

nn n

d y d y dyx a x a x a y

dx dx dx

(VI.11)

Doğrusal denklemi Cauchy-Euler Diferansiyel denklemi denir. Örneğin ikinci merebeden bir Euler Denklemini göz önüne alalım:

2 0x y axy by

Burada vea b sabitlerdir. Bu denklemin 0x için singülerite oluşturduğu çok rahat görülebilir. Varlık ve teklik teoremin ana prensibinden hareketle denklemin 0 ve 0x x

olduğu bir bölgede çözümü vardır.

Euler denklemi

veya lnzx e z x z

Değişken dönüşümü ile sabit katsayılı lineer denkleme dönüşmektedir. Şimdi bunu

görelim:Türev işlemini ,d d

Ddz dx

D ile gösterilsin.Bu durumda

2 2

2 2 2 2 2

2 22 2 2 2

2 2

1ln

1 1 1 1 1

1

dy dy dz dy dy dy dyx x x y Dy

dx dz dx dz x dz dx dz

d y d dy d dy dy d dy dz dy d y

dx dx dx dx x dz x dz x dz dz dx x dz x dz

d y d y dyx x y D D y D D y

dx dz dz

D

D

Elde edilir. Buradan tümevarımla ;

x y DyD

224

2 2 1x y D D y D

3 3 1 2x y D D D y D

…………………………..

1 2 .... 1m mx y D D D D m y D

genelleştirilir. Bu değerler (V.11) de yerine yazılırsa sabit katsayılı bir denklem elde edilir.

Örnek 11.4 2 0x y xy y denkleminin çözümünü bulunuz.

zx e dönüşümü ile denklem,

21 1 0 1 0D D D y D y

Bu da 2

20

d yy

dz denklemidir. Karakteristik denklem ve kökleri,

2

1,21 0F i

Kompleks iki kök için çözüm,

1 2cos siny C z C z

Olur. lnzx e z x olduğundan yerine yazılırsa diferansiyel denklemin çözümü,

1 2cos ln sin lny C x C x

Bulunur.

Örnek 11.5 2 2 2 0x y xy y denkleminin genel çözümünü bulunuz.

zx e dönüşümü ile denklem,

21 2 1 0 2 0D D D y D D y

Bu da 2

22 0

d y dyy

dz dz denklemidir. Karakteristik denklem ve kökleri,

2

1 22 0 2 1 0 2, 1F

225

reel iki farklı kök için çözüm,

2

1 2

z zy C e C e

Olur. lnzx e z x olduğundan yerine yazılırsa diferansiyel denklemin çözümü,

2ln ln 11 2 22

x x Cy C e C e C x

x

bulunur.

11.3. Legendre Lineer Denklemi

Tanım 11.2 1 1 0,..., , , ,

na a a a b , katsayıları birer sabit olmak üzere .n mertebeden

1

1

1 1 01... 0

n nn n

nn n

d y d y dyax b a ax b a ax b a y

dx dx dx

(VI.12)

Doğrusal denklemi Legendre Diferansiyel denklemi denir.Cauchy-Euler

diferansiyel denklemde yapılan aynı işlemlerle lnzax b e z ax b dönüşümü

altında ,

ax b y aDy D

2 2 2 1ax b y a D D y D

3 3 3 1 2ax b y a D D D y D

…………………………..

1 2 .... 1m m m

ax b y a D D D D m y D

Elde edilir. Bu değerler (VI.12) de yerine yazılırsa sabit katsayılı bir denklem elde edilir.

Örnek 11.6 22 2 0x y x y y denkleminin genel çözümünü bulunuz.

2 ln 2zx e z x


226

21 1 0 2 1 0D D D y D D y

Bu da 2

22 0

d y dyy

dz dz denklemidir. Karakteristik denklem ve kökleri,

22

1,22 1 0 1 0 1F

Çift katlı reel iki farklı kök için çözüm,

1 2

z zy C e C ze

Olur. ln 2z x ifadesi yerine yazılırsa diferansiyel denklemin çözümü,

ln 2 ln 2

1 2 1 2ln 2 2 ln 2x x

y C e C x e x C C x

Bulunur.

Örnek 11.7 2

2

23 2 3 3 2 3 6

d y d yx x y

d x d x denkleminin genel çözümünü

bulunuz.

3 2 ln 3 2zx e z x dönüşümü ile ve

3 2 3x y Dy D

2 2 23 2 3 1 9 1x y D D y D D y D

denklem,

2 29 1 9 36 9 36 4 0D D D y D y D y

Bu da 2

24 0

d yy

dz denklemidir. Karakteristik denklem ve kökleri,

2

1 24 0 2 2 0 2, 2F

Farklı reel iki farklı kök için çözüm,

2 2

1 2

z zy C e C e

Olur. ln 3 2z x ifadesi yerine yazılırsa diferansiyel denklemin çözümü,

227

22 ln 3 2 2 ln 3 2 1

1 2 223 2

3 2

x x Cy C e C e C x

x

elde edilir.

228

Uygulamalar

1) Euler ve Legendre tipinde olmayan İkinci mertebeden değişken katsayılı diferansiyel denklemlerin çözümlerini bulan yöntemleri araştırınız.

2) İkinci mertebeden değişken katsayılı homojen olmayan diferansiyel denklmemin 1 2,y y çözümleri biliniyorsa özel çözüm:

. (*)

3) Formunda yazılır. Dolayısıyla çözümün bulunması fonksiyonlarının belirlenmesine dönüşür.Bu ise,

4) Denklem sisteminin çözülmesiyle mümkündür. Bulunan

fonksiyonları Denklem(*) da yerine yazılarak y özel çözümü elde edilir.

1 1 2 2y u x y u x y

1 2veu x u x

1 2veu x u x

229

Uygulama Soruları

1) 2 9/22 2x y xy y x diferansiyel denklemini 2

1 2y x ve y x fonksiyonları sağlamaktadır. Buna göre dnklemin özel çözümünü bulunuz.

2) Bu denklemin homojen kısmının çözümünü bulunuz.

230


Bu bölümde homojen olmayan diferansiyel denklemlerin çözüm yöntemlerinden bir diğeri olan Parametrelerin değişim yöntemi incelendi. Değişken katsayılı diferansiyel denklemler olan Cauchy-Euler ve Ledendre denklemlerinin uygun dönüşümlerle sabit katsayılı diferansiyel denklemlerine dönüştüğü ve buna göre uygun çözüm arandığı görüldü.

231

Bölüm Soruları

A) Aşağıdaki soruların yanıtlarını verilen seçenekler arasından bulunuz.

1) xy y e denkleminin genel çözümü aşağıdakilerden hangisidir?

a) 1 2

1

2

x x xy C e C e xe

b) 1 2

1

2

x x xy C e C e xe

.

c) 2 2

1 2

1

2


d).

2

1 2

1

2

x x xy C e C e x e

e) 1 2

xy C C e

2) 4 4 3 xy y y e


a) 2

1 2

1

3

x x xy C e C x e e

b) 1 2 sinx x x xy C e C e e e

.

c) 2

1 2

1

3

x xy C C x e e

d) 2

1 2

1

3

x xy C C x e e

e) 1 2

1

3

x xy C C x e e

3) 2

4

yx y xy x denkleminin genel çözümü aşağıdakilerden hangisidir?

a) 1 2cos 2 sin 2 / 3 1x

y C x C x e

b) 2

1 2

1

6y C x C x x

232

c) 2

1 2

1 1

6y C x C x x

x

d) 2

1 2

1y C x C x x

x

e) 2

1 2tan 2 cot 2 / 3 1xy C x C x x e

4) secy y x denkleminin genel çözümü aşağıdakilerden hangisidir?

a) 1 2 3cos sin ln csc cot cos ln sin siny C C x C x x x x x x x

b) 1 2 3sin ln csc cot cos ln sin siny C C x C x x x x x x x

c) 1 2 3cos sin ln sec cot cos ln sin siny C C x C x x x x x x x

d) 2

1 2 2xy C C e x x

e) 2

1 2

1

2

xy C C e x x

5) 4 4 cos 2y y y x denkleminin genel çözümü aşağıdakilerden hangisidir?

a) 1 2

1cos cos 2

4y C x C x

b) 2 2

1 2

1sin 2

8

x xy C e C xe x

c) 2

1 2

1sin 2

8

x xy C e C xe x

d) 2

1 2

1sin 2

8

x xy C e C xe x

e) 1 2

1 1cos 2 sin 2

2 2y C x C x

Cevaplar

1) a, 2) d, 3) c, 4) a, 5) b

233

12. LAPLACE DÖNÜŞÜMÜ VE ÖZELLİKLERİ

234


12.1. Laplace Dönüşümün Tanımı

12.2. Laplace Dönüşümün Özellikleri

12.2.1. Türevin Laplace Dönüşümü

12.2.2. Laplace Dönüşümünün Türevi ve İntegrali

12.2.3. İntegralin Laplace Dönüşümü

235


1) Başlangıç değerli problemleri nasıl çözeriz?

2) Diferansiyel denklemleri bir takım dönüşümler kullanrak çözebilir miyiz?

3) Öyle bir dönüşüm düşünün ki bir Differensiyel denklemin tam çözümünü versin.

236



Laplace Dönüşümün Tanımı Laplace Dönüşümün Tanımını kavrayabilmek.


Laplace Dönüşümün Özellikleri

Laplace Dönüşümün Özelliklerini kullanabilmek


Türevin Laplace Dönüşümü Bir fonksiyonun türevinin

Laplace Dönüşümünü alabilmek


Laplace Dönüşümünün Türevi ve İntegrali

Laplace Dönüşümünün Türevini ve İntegralini

aıalbilmek


İntegralin Laplace Dönüşümü

İntegralin Laplace

Dönüşümünü alabilmek


237

Anahtar Kavramlar

Laplace Dönüşümü

Gamma fonksiyonu

Dönüşümün Lineerliği

238

Giriş

Bu bölümde mühendislik ve teknolojinin bir çok alanındaki problemlere uygulanan

Laplace dönüşümleri tanıtılır. Bu manada Laplace dönüşümün özellikleri verilerek bazı uygulamaları incelenir.

239

12. Laplace3 Dönüşümleri

Laplace dönüşümleri adi diferansiyel denklemlerin çözümü için etkili bir yöntemdir. Bir dönüşüm bir difreansiyel denklem alabilir ve bunu cebirsel bir denkleme dönüştürebilir. Eğer bu cebirsel denklem ters dönüşüm uygulanarak çözülebilirse istediğimiz çözümü elde edebiliriz. Laplace dönüşümünün sinyal işlemede, NMR spektroskopide, elektrik akım analizi gibi mühendisliğin birçok konusunda uygulamaları vardır. Bu bölümde kendisi aslında bir intgeral dönüşümü olan Laplace dönüşümü incelenecektir.

12.1. Laplace Dönüşümün Tanımı

Tanım 12.1: 0t için tanımlı sürekli bir f t fonksiyonunun L f t F s ile

gösterilen Laplace dönüşümü ,

0

0stL f t F s e f t dt s

formunda tanımlanır.Bu özelliği kullanarak bazı temel örnekler verelim.

Örnek 12.1 Varsayalım 1f t olsun.O halde,

0 0 0

1 11 lim lim

st sh shst

h ht t

e e eL F s e dt

s s s s s

İntegralin limiti ancak 0s da vardır.Dolayısıyla 1L , ancak 0s için tanımlıdır.

Örnek 12.2 Varsayalım tf t e

olsun.Bu durumda,

0 0 0

1s t

s tt st t

t

eL e F s e e dt e dt

s s

İntegralin limiti ancak 0s da vardır.Dolayısıyla tL e , ancak s için

tanımlıdır.

Örnek 12.3.Eğer cosf t at ise,

0 0

cos cos lim cos

h

st st

hL at F s e atdt e atdt

Kısmi integrasyonla , 3 Pierre-Simon, marquis de Laplace (1749 – 1827).

240

0 00

sinlim sin sin

h hstst st

ht

e at s sF s e atdt e atdt

a a a

Buradan tekrar kısmi integrasyonla,

00

2

2 2

0

coslim cos

1cos

h hstst

ht

st

F s

s e at sF s e atdt

a a a

s s s se atdt F s

a a a a a

Buradan,

2 2cos

sL at F s

s a

Örnek 12.4. Çok yaygın olarak kullanılan ve birim adım fonksiyonu veya Heaviside

fonksiyonu olarak da adlandırılan ve aşağıdaki formda tanımlanan

0 0

1 0

tu t

t

( 0)u t a a fonksiyonunun Laplace dönüşümünü bulalım.

0

lim lim

hh st sast st

h ha a

e eL u t a F s e u t dt e dt

s s

Teorem 12.1 (Laplace Dönüşümün lineerliliği). , veA B C sabit sayılar olsunlar. Buna göre,

L Af t Bg t AL f t BL g t

Burada sıkça yapılan bir hatayı söyleyelim. Toplamın dönüşümünde bu lineerliği yazabiliyoruz. Çarpma işleminde yapamıyoruz.Yani çarpımın dönüşümü dönüşümlerin çarpımı değildir.Genel olarak,

.L f t g t L f t L g t

Tanım 12.2. 0 için ile gösterilen ve Gama fonksiyonu veya

genelleştirilmiş faktöryel fonksiyonu olarak da adlandırılan fonksiyon

241

1

0

tt e dt

ile tanımlanır.Bu integral almak için kısmi integrasyon uygulanırsa,

00

01

1 11lim lim

ht f

t

h h

t e h et e dt

Buradan

1

yazılır. Özel olarak

0

0

1 1tt e dt

Bulunur.

2 1 1 1, 3 2 2 2.1 2!, 4 3. 3 3.2 3! ,.... 1 !n n

Yazılabilir.Ayrıca, 2t x için

2 22 2 2 1

0 0

2 2x xx e xdx x e dx

ve buradan 1

2 için,

2

0

1/ 2 xe dx

Örnek 12.5. 0

0stL t F s e t dt s

İntegrali için

st x sdt dx

dönüşümü altında

242

1 1

0 0

1

11 1x xxL t F s e dx e x dx

s s s s

Olur. Özel olarak n için

1 1

1 !n

n n

n nL t

s s

elde edilir.

12.2. Laplace Dönüşümün Özellikleri

12.2.1. Türevin Laplace Dönüşümü

Teorem 12.2. Herhangi bir 0, A aralığı üzerinde f sürekli ve f türevi parçalı

sürekli olsun. ,M a ve T sabitleri, yeterince büyük t T için atf t Me gerçeklenmek

üzere var olsun.( ( 0, 0)M T . Bu koşullar altında s a için L f t vardır ve

0L f t sL f t f

bağıntısı ile verilir.

İspat 12.2. f türvinin 0, A aralığı üzerinde süreksizlik noktaları 1 2, ,...,

nt t t olsun.

Buna göre dönüşüm,

1 2

10 0

...

n

t tA A

st st st st

t t

L f t e f t dt e f t dt e f t dt e f t dt

Her integrali kısmi integrasyonla,

1 2

1 2

1

1

00

... ...n

n

t t At t A

st st st st st st

t tt t

L f t f t e f t e f t e s e f t dt e f t dt e f t dt

elde edilir. f sürekli olduğundan,

1 2

1

0

0

0

0 ...

0

n

A

st

t t A

sA st st st st

t t

e f t dt

A

sA st

L f t e f A e f s e f t dt e f t dt e f t dt

L f t e f A f s e f t dt

243

yazılır.

lim sA

Ae f A

s a

olduğundan

0

0 0 0st

L f t

L f t f s e f t dt sL f t f sF s f

yazılır. f nün dönüşümüne bakalım:

1 2

10 0

...

n

t tA A

st st st st

t t

L f t e f t dt e f t dt e f t dt e f t dt

Kısmi integrasyon uygulayıp

0

0stL f t e f t dt sF s f

yazılırsa, yeterince büyük t T için 1, ,...,

nat at atf t Me f t Me f t Me

için tümevarımla genelleştirirsek,

2

3 2

11

0 0

0 0 0

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

0 .... 0n nn n

L f t s F s sf f

L f t s F s s f sf f

L f t s F s s f f

Bulunur. Uygulamalarda kolaylık açısından bu türev değerlerinin bir kısmı Tablo VII.1 de gösterilmektedir.

Tablo 12.1: Türevlerin Laplace Dönüşümleri

f t L f t F s

g t 0sG s g

g t 2 0 0s G s sg g

g t 3 2 0 0 0s G s s g sg g

244

Örnek 12.6 cos2 , 0 0, 0 1x t x t t x x başlangıç değer problemini Laplace dönüşümü ile çözünüz.

Eşitliğin her iki tarafının Laplace dönüşümünü alalım:

2

2

2

cos 24

0 04

sL x t x t L t L x t L x t

s

ss X s sx x X s

s

Başlangıç koşulları derlenirse denklem,

2 2

2

2 2 2 2 2 2

4 4 1 11 1

4 4 4 1 4 1

s s s s s sX s X s X s s X s

s s s s s s

buradan kesirlileri basit kesirlerin toplamı şeklinde yazılırsa,

2 2 2

cos cos2 sin

1 1 1 1 1cos cos 2 sin

3 1 3 4 1 3 3L x t

L t L t L t

s sX s x t t t t

s s s


Teorem 12.3. ,L f t F s L g t G s olmak üzere Laplace dönüşümü aşağıdaki özellikleri gerçekler:

1. ( )atL e f t F s a s a : Kaydırma özelliği

2. ( 0)asL f t a H t a e F s a

: İkinci kaydırma özelliği. Burada

0 0 t a

H t af t a t a

3. 1( 0)

sL f at F a

a a

Bu özellikler tanımdan rahatlıkla gösterilir. Bu nedenle özellikleri içeren birkaç örnek verelim.

Örnek 12.7. ?n atL t e

1

!n n n

n

nf t t L t L t F s

s

olduğundan 1.özellikten

245

1

!n at

n

nL t e F s a

s a

olur.

Örnek 12.8. cos ?atL e at

2 2cos

sL bt

s b

olduğundan

2 2

cosat s aL e bt F s a

s a b

Örnek 12.9 1

0 0 1

1 1

tf t

t t

ise ?L f t

2

3 3

2 2sL t L f t e

s s

12.1.2. Laplace Dönüşümünün Türevi ve İntegrali

0

0 0

.

st

st st

d dF s e f t dt

ds ds

de f t dt te f t dt

ds

L t f t

Buradan

.d

L t f t F sds

bulunur. Şimdi Laplace dönüşümün integraline bakalım:

246

0 0

0 0 0

/st

st st

S s s

st st

e t

F s ds e f t dtds e f t ds dt

f tf t e ds dt e dt

t

f tL

t

Örnek 12.10. sin

?at

Lt

Çözüm:

2 2

sinarctan

s s

at a aL F s ds ds

t a s s

12.1.3. İntegralin Laplace Dönüşümü

Teorem 12.4 0

t F sL f d

s

İspat: 0

, 0 0,

t

f d g t g g t f t olsun.

0

0

0

t

F sF s L f t L g t sG s g sG s G s

s

F sG s L g t L f d

s

Örnek 12.11

2 2

0

sin

sin 1tan

t

s

aatdsL

a sa atL d Arc

s s s s

Not:

P sF s

R s biçiminde kesirli ise bu kesri basit kesirler ayırdıktan sonra ilerde

verilecek olan ters Laplace veya konvolüsyon dönüşümlerini uygulayınız.

247

Uygulamalar

1) Laplace dönüşümünün mühendislik ve fen alanındaki kullanım yerlerini araştırınız.

248

Uygulama Soruları

1) sin cos ?t t

L e t e t

hesaplayınız.

2) , 0 1

, 1

t

t

te tf t

e t

fonksiyonunun Laplace dönüşümünü bulunuz.

Gamma fonksiyonu:

3) Olarak tanımlandığına göre n olmak üzere 1 !n n olduğunu buradan

hareketle

1

1, 0L t s

s

Eşitliğini gösteriniz.

1

0

tt e dt

249


Bu bölümde, Laplace dönüşümünün temel tanımı verilerek birkaç uygulamalarla temel özellikleri, Türev-Laplace dönüşümü, İntegral-Laplace dönüşümü örneklerle incelendi.

250

Bölüm Soruları


1) 2 cosf t t t fonksiyonunun Laplace Dönüşümü aşağıdakilerden hangisidir?

a)

3

32

2 6

1

s s

s

b)

2

32

2 6

1

s s

s

.

c)

3

32

2 6

1

s s

s

d)

3

22

6

1

s s

s

e) Hiçbiri

2) 2

0

cos

t

xdx integralinin Laplace Dönüşümü aşağıdakilerden hangisidir?

a)

2

2 2

2

4

s

s s

b)

2

2 2

2

4

s

s s

.

c)

2

2 2

2

4

s

s s

d) 2 2

2

4

s

s s

e) 2

2

2

4

s

s s

251

3) 1 0 1

1 1

t tf t

t

fonksiyonunun Laplace Dönüşümü aşağıdakilerden

hangisidir?

a)

32

2 6

1

s

s

b)

7 5

2 1

s

s s

.

c)

7 5

2 1

s

s s

d)

5 7

2 1

s

s s

e) 2

3 2

s

s

4) 3 4 ?tL e t

Laplace Dönüşümü aşağıdakilerden hangisidir?

a) 5

24

3s

b) 3

24

3s .

c) 3

24

5s

d)

5

2

3s

e) Hiçbiri

5) 2 3sin 4 ?tL e t

Laplace Dönüşümü aşağıdakilerden hangisidir?

a)

2

2

2 6 10

1 16

s s

s s

252

b)

2

2

2 6 10

1 16

s s

s s

.

c)

2

2

2 6 10

1 16

s s

s s

d)

2

2

2 6 10

1 16

s s

s s

e) Hiçbiri

Cevaplar

1) a, 2) b, 3) b, 4) a, 5) d

253

13. LAPLACE DÖNÜŞÜMÜ İLE DİFERANSİYEL DENKLEM ÇÖZME

254


13.1. Ters Dönüşüm

13.2. Konvolüsyon İntegralleri

13.3. Laplace Dönüşümü ile Diferansiyel Denklem Çözme

255


1) F(s) biliniyorsa f(t) yi nasıl buluruz?

2) İki fonksiyonun konvolüsyonu deyince ne anlıyorsunuz?

3) Konvolüsyon ile Ters Laplace dönüşümünün arasındaki bağıntı ne?

4) Laplace Dönüşümlerini kullanarak diferansiyel denklemleri çözebilir miyiz? Bunun bize ne gibi avantajı olacak?

256



Ters Dönüşüm Ters Laplaca Dönüşümünü alabilmek


Konvolüsyon İntegralleri İki fonksiyonun konvolusyonunu

kavrayabilmek


Laplace Dönüşümü ile Diferansiyel Denklem

Çözme

Laplace Dönüşümü ile bazı özel türde Diferansiyel

Denklemleri Çözebilmek


257

Anahtar Kavramlar

Ters Laplaca Dönüşümü

Konvolüsyon


258

Giriş

Bu bölümde, geçen haftaki kalınan yerden devam edilerek Laplace dönüşümlerinin ters dönüşümü, konvolüsyonu ve diferansiyel denklemelere uygulamalarına odaklanılır.

259

13.1. Ters Dönüşüm

Eğer F s fonksiyonunu biliyorsak L f t F s eşitliğini sağlayan f t

fonksiyonunu bulabiliriz. Ters Laplace dönüşümü,

1L F s f t

formunda tanımlanır.Normalde ters Laplace dönüşümün karmaşık sayıları içeren integralli formülü vardır ama kompleks sayıları içerdiği için göründüğü kadar basit değildir.

Bu nedenle Ters Laplace dönüşümü alırken aşağıdaki bazı sık kullanılan ifadelerin dönüşüm tablosu verilmiştir.

Örnek 13.12. 1

1F s

s

in ters dönüşümü nedir?

Tabloda da görüldüğü gibi

1 1

1

tL e

s

Ters Laplace dönüşümünün de lineerlik özelliği vardır.

Örnek 13.13. 2

3

1s sF s

s s

olarak alırsak Ters Laplace dönüşümü nedir?

Table 13.1: Bazı Laplace Dönüşümleri ( , ,C a sabitler).

f t L f t f t L f t

C C

s sin t

2 2s

t 2

1

s

cos t 2 2

s

s

2t

3

2

s sinh t

2 2s

nt

1

!n

n

s cosh t

2 2

s

s

ate 1

s a u t a as

e

s

260

Çözüm: Tablo 13.1 deki formda F i yazacağımız biçimde verilen ifadeyi ilk olarak basit kesirlere ayırmalıyız

2

3 2 2

1 1 1

1 1

s s A Bs C

s s s s s s

Buradan Ters Laplace dönüşümü alıp lineerliliğini de kullanırsak,

21 1 1

3 2

1 1 11 sin

1

s sL L L t

s s s s

Bazı sorularda ( )atL e f t F s a s a kaydırma özelliği bize kolaylık sağlar.

Örnek 13.14. 1

2

1?

4 8L

s s

Çözüm: Öncelikle ifadeyi tam kareye benzetelim:

22 24 8 4 4 4 2 4s s s s s

1

2

1 1sin 2

4 2L t

s

olduğunu biliyoruz. Buradan hareketle,

1 1 2

22

1 1 1sin 2

4 8 22 4

tL L e t

s s s

13.2. Konvolüsyon İntegralleri

Biz daha önceden bir çarpımın Laplace dönüşümünün dönüşümlerin çarpımına eşit olmadığını söylemiştik. Dolayısıyla bir çarpımın farklı bir tipini kullanmalıyız.

Tanım 13.3 vef t g t , 0t için tanımlı iki fonksiyon olsun. vef t g t nin

konvolüsyonu,

0

t

f g t f t g d

olarak tanımlanır. Buradan da görmekteyiz ki t ye bağlı iki fonksiyonuın konvolüsyonu da t ye bağlıdır.

Örnek 13.15. sin ve cos , 0f t t g t t t için verilsin.

261

0 0

00

1sin cos sin sin

2

1 1 1sin sin 2 sin cos 2

2 2 2

1 1 1 1sin cos cos sin

2 2 2 2

t t

tt

f g t t d t t d

t t d t t

t t t t t t

Konvolüsyonun bir çarpım işlemine benzer şekilde bir çok özelliği vardır. c bir sabit,

, vef g h birer fonksiyon olsunlar.Buna göre,

1. f g g f

2. cf g f cg c f g

3. f g h f g h

4. f g h f g f h

Teorem 13.5. vef g , s a için Laplace dönüşümleri olan iki fonksiyon olsunlar. Bu takdirde,

0

.

t

L f g t L f t g d L f t L g t F s G s

Yani bir konvolüsyonun Laplace dönüşümü , Laplace dönüşülerin çarpımıdır.

İspat:

0 0

0 0

( )

0 0

,

.

sx sz

sx sz

s x z

F s e f x dx G s e g z dz

F s G s e f x dx e g z dz

g z e f x dx dz

Bu integrali almak için x=t-z dönüşümü yapılırsa,

)

0 0

stF s G s g z e f t z dt dz

262

elde edilir. İntegrasyon bölgesi Şekil VII.1 de ki tz-düzlemindeki taralı bölge olarak

değiştirilirse,

Şekil 13.1. İntegrasyon bölgesi

)

0 0

stF s G s e f t z g z dz dt L f g

olur. Konvolüsyonu bir fonksiyonun ters Laplace dönüşününü bulmada

kullanabiliyoruz.

Örnek 13.16

1

22

1?

3L

s

Çözüm:

2 2 2 2 22 2

1sin3

3

1 1 1 1 1. sin 3 . sin 3

3 33 33

L t

L t L ts ss

Konvolüsyon teoremine göre,

olduğundan 1

sin 33

f t t g t

263

1

22

0 0

0 0

1 1 1sin 3 . sin 3

3 33

sin 3 61 1 1cos 3 6 cos 3 cos 3

9 2 18 6

.cos 31 1sin 3 3 cos3 sin 3

54 18 54

t t

tt

L f g f t g d t ds

tt t d t

t tt t t t

Örnek 13.17

1

2

1?

1L

s s

Çözüm:

2

1 1 1.

1 1F s G s

s s s s

Dolayısıyla soru

1 ?L F s G s

formuna gelir.Konvoluisyon teoreminden

1L F s G s f g

olduğundan

1

1

2

1 1

1 1

1 1

t

s

F s L e f ts s

G s L t g ts s

Buradan

1

2

0

11

1

t tL e d e t

s s

13.3. Laplace Dönüşümü ile Diferansiyel Denklem Çözme

Soruları çözmeden önce Laplace dönüşümün s li diferansiyel denklemlere döneceğini vurgulayalım. Bunun için Laplace dönüşümüm diferansiyel denkleme nasıl uygulandığını aşağıdaki örneklerle görelim.

264

Örnek 13.18. 2 , 0 1, 0 2ty y y te y y

başlangıç değer problemini Laplace dönüşümü kullanarak çözünüz.

Çözüm: Verilen denklemin her iki yanının Laplace dönüşümü alınırsa,

2

2

1 2 1

2

2 2 4

2

2

10 0 2 0

1

1 12 1

1 1 1

t

t

L y y y L te

L y L y L y L te

s Y s s y y sY s y Y ss

sY s s s s Y s

s s s

Bulunur.

31

4

1

3!1

ttL e

s

olup

21

s

s yi basit kesirlerine ayırırsak,

2 2

1 1

11 1

s

ss s

Buradan ters dönüşüm alınırsa,

1 1 1

2 2

1 1

11 1

t tsL L L e te

ss s

elde edilir. Bu değerler çözümde kullanılırsa,

1 1 1

2 4

3

1

1 1

3!

t t t

sy t L Y s L L

s s

te e te

elde edilir.

Örnek 13.19 2

0 , 0 0 , 0y y f t y y keyfi bir f t fonksiyonu için denklemi çözünüz


265

2

0

2 2

0

0 0

2 2

0 2 2

0

0 0

L y y L f t

L y L y L f t

s Y s s y y Y s F s

F sY s s F s Y s

s

bulunur. 1

02 2

0 0

1 1sinL t

s

ve konvolusyon teoremi yardımıyla

1

0 02 20 00 00

0

0 0

1 1 1sin sin

1sin

t t

t

y t L F s f t d f t ds

t f t d

Elde edilir.Varsayalım 0cosf t t olsun. Buna göre çözüm,

0 0

0 0

0

0

1sin cos

1sin

2

t

y t t t d

t t

Örnek 13.19 6 0, 0 1, 0 0, 0 5y y y y y y başlangıç değer problemini Laplace dönüşümü kullanarak çözünüz.


3 2 2

1 0 5 1 0 1

3 2 2 3 2 2

6 0

6 0

0 0 0 0 0 6 6 0 0

5 6 6 0 6 1

L y y y L

L y L y L y

s Y s s y s y y s Y s s y y sY s y

s Y s s s Y s s sY s Y s s s s s s

buradan

2 2

3 2 2

1 1 1 1 1 1 1 1

6 3 3 2 26 6

s s s sY s

s s ss s s s s s

bulunur. Ters dönüşüm alınarak,

266

1 1 1 1

3 2

1 1 1 1 1 1

6 3 3 2 2

1 1 1

6 3 2

t t

y t L Y s L L Ls s s

e e

elde edilir

267

Uygulamalar

1) Laplace dönüşümü kullanarak her tipte diferansiyel denklemleri çözebilir miyiz?

2) Kısmi türevli diferansiyel denklemelri de Laplace dönüşümü ile çözebileceğimizi araştırınız.

3) Bazı bilgisayar yazılım paketleri sembolik ifadeleri kolaylıkla hesaplamaktadır. Araştırınız.

268

Uygulama Soruları

1) 1

2

8 7?

5 3L

s s

hesaplayınız.

2) 1

2

3 8?

2 5

sL

s s

hesaplayınız.

3)

2

8 2 4 10?

1 2

s sF s f t

s s

4) 26 5 3 , 0 2, 0 3ty y y e y y başlangıç değerli problemin çözümünü

Laplace dönüşümü ile bularak önceki yöntemlerle elde ettiğiniz çözümle karşılaştırınız.

269


Bu bölümde Laplace dönüşümlerinin ters dönüşümü ve konvolüsyonu uygulamalarla öğrenildi. Ayrıca diferansiyel denklemlerin Laplace dönüşümü ile nasıl çözüleceğine tanık olunuldu..

270

Bölüm Soruları


1) 0

cos

t

u tf t e udu

fonksiyonunun Laplace Dönüşümü aşağıdakilerden

hangisidir?

a) 3 2

1

1

s

s s

b)

2

32

2 6

1

s s

s

.

c) 3 2

1

1

s

s s

d)

2

3 2

1

1

s

s s

e) Hiçbiri

2) 2

0

cos

t

xdx integralinin Laplace Dönüşümü aşağıdakilerden hangisidir?

a)

2

2 2

2

4

s

s s

b)

2

2 2

2

4

s

s s

.

c)

2

2 2

2

4

s

s s

d) 2 2

2

4

s

s s

e)

2

2

2

4

s

s s

271

3) 1

2 4

sL

s

ters Laplace Dönüşümü aşağıdakilerden hangisidir?

a) cos2t

b) sint

c) sin2t

d) 2te

e) 2te

4)

1

22

16

4L

s s

ters Laplace Dönüşümü aşağıdakilerden hangisidir?

a)

2 sin 2 cos 2t t t t

b) 1 sin2 cost t t

c) 1 sin2 cos2t t t

d) 1 sin cos2t t t

e) 1 sin cost t t

5) 4 5 0, 0 1, 0 0y y y y y başlangıç değerli denkleminin çözümü aşağıdakilerden hangisidir?

a) 515

6

t ty t e e

b) 515

6

t ty t e e

c) 515

6

t ty t e e

d) 51

6

t ty t e e

e) 315

6

t ty t e e

272

6) 4 0, 0 1, 0 1y y y y başlangıç değerli denkleminin çözümü aşağıdakilerden hangisidir?

a) 1sin 2 2

2y t t ch t

b) 1sin 2 cos 2

2y t t t

c) 51sh

6

ty t e t

d) 1

6

ty t cht e

e) 12 2

2y t sh t ch t

7) 12 , 0 0ty y t y başlangıç değerli denkleminin çözümü aşağıdakilerden hangisidir?

a) ty t e

b) 2y t t

c) y t t

d) 12y t t

e) ty t e

Cevaplar

1) a, 2) b, 3) a, 4) c, 5) a, 6) e, 7) d

273

14. LİNEER DİFERANSİYEL DENKLEM SİSTEMLERİ

274


14.1. Lineer Diferansiyel Denklem Sistemlerine Giriş

14.2. Lineer Diferansiyel Denklem Sistemlerinin Çözüm Yöntemleri

14.2.1. Yok Etme (Eliminasyon) Yöntemi

14.2.2.Cramer Yöntemi

275


1) Birden fazla fonksiyon içeren diferansiyel denklem sistemlerinin çözüm kümesini nasıl buluruz?

2) İki fonksiyonlu lineer diferansiyel denklemi örneği verin.

3) Lineer diferansiyel denklem sistemlerinin matrissel gösterimi nedir?

4) Lineer diferansiyel denklem sistemlerini hangi yöntemlerle çözebiliriz?

276



Lineer Diferansiyel

Denklem Sistemlerine Giriş

Lineer Diferansiyel

Denklem Sistemlerini

tanıyabilmek.

Okuyarak, fikir yürüterek ve


Lineer Diferansiyel

Denklem Sistemlerinin

Çözüm Yöntemleri

Lineer Diferansiyel


çözebilmek

Okuyarak, fikir yürüterek

ve bol bol örnek çözerek.

Yok Etme (Eliminasyon)

Yöntemi Lineer Diferansiyel

Denklem Sistemlerini Yok

Etme (Eliminasyon)

Yöntemi ile çözebilmek



Cramer Yöntemi Lineer Diferansiyel


Cramer Yöntemi ile

çözebilmek



277

Anahtar Kavramlar

Lineer Diferansiyel Denklem Sistemi

Yok Etme (Eliminasyon) Yöntemi

Cramer Yöntemi

278

Giriş

Bu bölümde lineer diferansiyel denklem sistemlerini tanıyarak bunların birkaç çözüm yöntemleri iredelenir.

279

14.1. Lineer Diferansiyel Denklem Sistemlerine Giriş

Tanım 14.1 1 2, ,..., ,

na a a b ve

1 2, ,...,n

x x x bilinmeyenleri göstermek üzere;

1 1 2 2 ...n n

a x a x a x b

şeklindeki bir denkleme n bilinmeyenli bir lineer denklem denir. Burada

1 2, ,..., na a a denklemin katsayıları, b ise denklemin sabitidir. Örneğin, 1 2vex x yerine

vex y koordinat eksenlerini aldığımızda 3 2 12x y ifadesi 0,6 ve 4,0 noktalarından geçen bir doğru denklemini belirtir.

Tanım 14.2 : Sonlu sayıda lineer denklemin meydana getirdiği m denklem ve n

bilinmeyenden oluşan

11 1 12 2 1 1

21 1 22 2 2 2

1 1 2 2

...

...

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

...

n n

n n

m m mn n m

a x a x a x b

a x a x a x b

a x a x a x b

sisteme bir lineer denklem sistemi denir. Burada jx bilinmeyenlerin katsayıları

ija ve

lineer denklem sistemindeki sabitleri jb ler göstermektedir.

Tanım 14.3 Bir veya daha fazla sayıda bağımsız değişkenin tek bir bağımlı değişkene göre türevlerinin bulunduğu denklem sistemlerine diferansiyel denklem sistemleri denir.

Örnek 13.1

x t ve y t bilinmeyen fonksiyonlar olmak üzere

2 ln

5 6 2

x y x x y t

y x x y y

ikinci mertebeden iki diferansiyel denklemden oluşmaktadır.Normal denklem sistemlerinde olduğu gibi bu diferansiyel denklem sistemin de çözümü her iki denklemi birlikte sağlayan x t ve y t değerleridir.Cebirsel denklemlerde olduğu gibi eğer tüm denklemler lineer ise diferansiyel denklem sisiteminin de lineer olduğunu söyleriz.Eğer sistemde bir tane lineer olmayan varsa o denklem sistemi lineer olmaz.

Örnek 13.2

280

2

2

2

3

3 2

x x y z t

y x z

z x y t z

Denklem sisteminde 23 2z x y t z lineer olmadığı için bu sisteme lineer denklem sistemi diyemeyiz.Önceki bölümlerden de bildiğimiz üzere 2 , , ,sin , logx xy xx y y gibi

terimler lineerliği bozucu terimlerdir.

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.

Örnek 13.3

2

2

3 2 3

x x y z

y x t y z

z x y t

denklem sisteminde ilk iki denklem homojen, üçüncü denklem ise 3t den dolayı homojen değildir. Lineer diferansiyel denklem sistemi genel olarak,

111 1 12 2 1 1

221 1 22 2 2 2

1 1 2 2

( ) ( ) ... ( ) ( )

( ) ( ) ... ( ) ( )

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

( ) ( ) ... ( ) ( )

n n

n n

nn n nn n n

dxp t x p t x p t x r t

dt


dt


dt

biçiminde verilir. Burada 1 2, ,..,n

x x x t değişkenine bağlı bilinmeyen fonksiyonlar olup( , 1,2,... )ij ip ve r i j n bilinen fonksiyonları ve ( , 1,2,... )

ir i j n ler homojen olmayan

terimleri göstermektedirler. Bu lineer diferansiyel denklem sistemi matris vektör formda,

1 1 111 12 1

2 2 221 22 2

1 2

...

...

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

...

n

n

n n nn n nn

t t t t

x t r t x tp t p t p t

x t r t x tp p p

x t r t x tp p p

A X B X

t t t t A X B X

281

olarak yazılır .Buradaki,

1

2

.

n

x t

x tt

x t

X

diferansiyel denklem sisteminin çözüm vektörüdür. Buna göre lineer homojen bir diferansiyel denklem aşağıdaki formdadır:

111 1 12 2 1

221 1 22 2 2

1 1 2 2

( ) ( ) ... ( )

( ) ( ) ... ( )

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

( ) ( ) ... ( )

n n

n n

nn n nn n

dxp t x p t x p t x

dt

dxp t x p t x p t x

dt

dxp t x p t x p t x

dt

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.

Örnek 13.4

2

2

3 2 5

x x y z

y x t y z

z x y

Denklem sisteminde ortadaki denklem 2t den ötürü değişken katsayılı diğerleri ise

sabit katsayılı denklemlerdir. Genellersek sabit katsayılı bir diferansiyel denklem

111 1 12 2 1 1

221 1 22 2 2 2

1 1 2 2

... ( )

... ( )

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

... ( )

n n

n n

nn n nn n n

dxc x c x c x r t

dt

dxc x c x c x r t

dt

dxc x c x c x r t

dt

formundadır. Burada ijc sabit değerlerdir.

282

14.2. Lineer Diferansiyel Denklem Sistemlerinin Çözüm Yöntemleri

Lineer diferansiyel denklem sistemlerinin çözüm yöntemleri genel olarak:

1. Yok etme Yöntemi

2. Cramer Yöntemi

3. Özdeğer yöntemi

4. Matris Yöntemi

5. Laplace dönüşümü Yöntemi

6. Sayısal Yöntemi

biçiminde verilebilir. Biz bu bölümde sadece ilk ikisi üzerinde duracağız. İlk olarak yok etme yöntemi üzerinde duracağız.

14.2.1. Yok Etme (Eliminasyon) Yöntemi

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.Orada hatırlarsak bilinmeyenlerden birini denklemde diğeri cinsinden yazıp diğer denklemde yerine yazarak kendisi dışındaki değişkeni buluruz. Daha

sonra elde edilen ikinci değişkenin değeri denklemlerin herhangi birinde yerine yazılarak bulunur.

Şimdi de iki tane birinci mertebeden lineer ve sabit katsayılı diferansiyel denklemden oluşan bir sistemi göz önüne alalım:

2

3

x x y t

y x y t

Bağımlı değişkenler x t ve y t dir. İlk denklemden y t çekilir ve ikinci denklemde yerine koymak için türevi gerekeceğinden türevini alırsak:

2 2 1y x x t y x x

bulunur. Şimdi de bu y t ve y nü ikinci denklemde yerine yazıp düzenlersek

2 1 2 3 3 3 1 3x x x x x t t x x x t

283

Bu denklem Bölüm IV de gördüğümüz ikinci mertebeden sabit katsayılı lineer bir denklem ve daha önce öğrendiğimiz çözüm yöntemleriyle çözülebilir. Hatırlarsak öncelikle ,

2 3 3 0F

Karakteristik denklemi ile nın farklı, çift katlı veya kompleks oluşuna göre denklemimizin homojen kısmının çözümü; karakteristik denklemin iki kökü ile kurulur. x t

’ ye ait genel çözüm ise elde edeceğimiz bu homojen çözüm ile, homojen olmayan diferansiyel denklemi sağlayan bir özel çözümün toplamından

h öy y y oluştuğunu önceki

bölümlerden gördük. x t ve x t elde edildiğinden denklem sistemindeki herhangi bir

denklemde yerine yazılarak aynı mantıkla y t elde edilir.

Örnek 13.5

4 6 , 0 1

3 5 , 0 0

dxx y x

dt

dyx y y

dt

Homojen Denklem sisteminin çözümünü bulunuz.

İlk denklemden y yi çekelim ve t ye göre türevini alalım:

1 14 6 4 4

6 6

dxx y y x x y x x

dt

Bu değerler ikinci denklemde yerine yazılırsa,

1 14 3 5 4 2 0

6 6x x x x x x x x

Sabit katsayılı homojen bir diferansiyel denklem elde edilir.

Denklemin karakteristik kökleri,

2

1 22 0 2 1 0 2, 1F

ve

2

1 2

t tx t C e C e

Bulunur. Buradan 2

1 22 t tx t C e C e

değerleri ikisinin birlikte geçtiği ilk denklemde yerine yazılırsa,

284

2 2 2

1 2 1 2 2 1

12 4 6

2

t t t t t tC e C e C e C e y y C e C e

Bu durumda verilen diferansiyel denklemin genel çözümü,

2

1 2

t tx t C e C e

ve 2

2 1

1

2

t ty t C e C e

Keyfi sabitlerin başlangıç değerleri yerine yazılırsa

1 20 1 1x C C

2 1 1 2

1 10 0 0

2 2y C C C C

değeri üstteki denklemde yerine yazılırsa,

1 21, 2C C bulunur. Bu değerler yerine yazılırsa diferansiyel denklem sisteminin çözümü:

2 2t tx t e e

ve 2t ty t e e

Çözüm vektörü ise 2

2

2t t

t t

e eX

e e

yazılır.

Örnek 13.6

4 2

Dx x y

Dy x y

Diferansiyel denklem sisteminin çözümünü bulunuz.


Dx x y y x x y x x

Bu değerler ikinci denlemde yerine yazılırsa,

4 2 6 0x x x x x x x x

Sabit katsayılı hmojen bir diferansiyel denklem elde edilir. Denklemin karakteristik kökleri,

285

2

1 26 0 2 3 0 2, 3F

Ve

3 2

1 2

t tx t C e C e

Bulunur. Burdan 3 2

1 23 2t tx t C e C e

değerleri ikisinin birlikte geçtiği ilk denklemde yerine yazılırsa,

3 2 3 2 3 2

1 2 1 2 1 23 2 4t t t t t tC e C e C e C e y y C e C e

Bu durumda verilen diferansiyel denklemin genel çözümü matris-vektör formda

3 2

1 2

3 2

1 24

t t

t t

C e C eX

C e C e

gösterilir.

Örnek 13.7

2

3 2 2sin

x x y

y x y t

Homojen olmayan diferansiyel denklem sistemini çözünüz.


2 2 2x x y y x x y x x

Bu değerler ikinci denklemde yerine yazılırsa,

2 3 2 2 2sin 2sinx x x x x t x x t

Sabit katsayılı homojen olmayan bir diferansiyel denklem elde edilir. Denklemin ilk homojen kısmının çözümü için karakteristik kökleri,

2

1 21 0 1 1 0 1, 1F

ve

1 2

t t

hx t C e C e

Bulunur. Özel çözüm için belirsiz Bölüm V deki katsayılar yönteminden hareketle

286

cos sinö

x t A t B t

alınıp diferansiyel denklemde yerine yazıldığında 0, 1A B bulunur. Buna göre

sinö

x t t

elde edilir ve genel çözüm,

1 2 sint tx t C e C e t

yazılır. Bu ilk denklemde yerine yazılırsa,

1 2 1 2 1 2sin 2 sin cos 2sint t t t t tC e C e t C e C e t y y C e C e t t

Bu durumda verilen diferansiyel denklemin genel çözümü,

1 2 sint tx t C e C e t

ve

1 2 cos 2sint ty C e C e t t

elde eldir.

14.2.2. Cramer Yöntemi

Homojen olmayan lineer diferansiyel denklemi, cebirsel denklem sistemindeki

uygulanan Cramer yöntemiyle çözülebilir.

1 1 1

2 2 2

( )

( )

f D x g D y h t

f D x g D y h t

Denklem sisteminin genel çözümündeki birbirinden bağımsız olan integral sabitlerin sayısı,

1 1

2 2

f D g D

f D g D

Determinantının D derecesine eşittir. Bu derece, çözümde kaç tane integral sabitinin kullanılacağını gösterir. Burada çözümün bulunabilmesi için 0 olmalıdır.Bu takdirde çözüm,

287

1 1 1 1

2 2 2 2

1 1 1 1

2 2 2 2

f D g D h t g Dx

f D g D h t g D

f D g D f D h ty

f D g D f D h t

Lineer diferansiyel denklemleri çözülerek elde edilir.

Örnek 13.8

2 2

2

2 3

2 0

tD x y e

D y x

Diferansiyel denklem sistemini çözün.

Katsayılar matrisinin determinantı,

2 2

4 2

2 2

2 3 31 6

1 2 0 2

t

tD ex D x e

D D

karakteristik denklemin kökleri 1 ve i olduğundan homojen kısmın çözümü,

1 2 3 4cos sint t

hx C e C e C t C t

olur. Özel çözüm ise ikinci tarf üstel olduğundan 2t

öx ae alınıp denklemde yerine yazılırsa,

4 2 2 2 2 21 ( ) 6 15 6

5

t t t tD ae e ae e a

bulunur.Buna göre x in genel çözümü,

2

1 2 3 4

2cos sin

5

t t t

hx C e C e C t C t e

bulunur. Bu değer birinci denklemde yerine yazılırsa veya

2 2 2

4 2

2

2 3 21

1 2 1 0

t

tD D ey D y e

D

yazılarak benzer mantıkla ,

288

2

1 2 3 4

1 1( ) ( cos sin )

3 15

t t ty C e C e C t C t e

elde edilir.

Örnek 13.9

2 1 3 1

5 3 1

tD x D y e

D x D y t

Sistemini çözünüz.

Cramer yönteminde katsayılar determinantı,

2 1 3 1

5 7

D D

D D

olmak üzere,

2

2

2

2 6 3

2

2 4 2

2 1 3 1 3 12 6 3

5 7 7

2 1 3 1 2 12 4 2

5 7 5

t

t

t

t

D D e t

t

t

D D e t

D D e Dx D D x e t

D D t D

D D D ey D D y e t

D D D t

Sabit katsayılı homojen olmayan diferansiyel denklemler elde edilir. Burada x ve y için karakteristik denklemlerin kökleri -2 ve 1 olduğundan homojen çözüm

2 2

1 2 3 4,t t t t

h hx C e C e y C e C e

elde edilir. Özel çözümler için F(-1) sıfır olmadığında 1 1,t tx ae y be

alınır. Ayrıca polinomdan dolayı da

2 2,x ct d y kt l alınarak özel çözümler:

1 2 1 2,t t

ö öx x x ae ct d y y y be kt l

yazılır. Bu değerler ilgili denklemlerinde yerine yazılarak katsayılar bulunur. Son durumda x ve y için genel çözümler:

289

2

1 2

2

3 4

73 ,

2 4

52 ,

2 4

t t t

t t t

tx C e C e e

ty C e C e e

Bu değerler lineer denklem sisteminde yerlerine yazıldığında ,

3 1 4 2

3 3,

5 5C C C C

elde edilir. Buna göre denklem sisteminin çözümü,

2

1 2

2

1 2

73 ,

2 4

3 3 52 ,

5 4 2 4

t t t

t t t

tx C e C e e

ty C e C e e

yazılır.

290

Uygulamalar

1) Lineer Diferansiyel denklem sistemlerinin Cramer ve yok etme yöntemi dışında başka hangi yöntemlerle çözülebilecdeğini araştırınız.

2) Lineer cebirde gördüğünüz özdeğer ve öz vektörleri kullanarak lineer diferansiyel denklem sistemlerinin nasıl çözüldüğünü araştırın ve bu bölümdeki sorulara uygulayın.

291

Uygulama Soruları

1)

4

1 1 2

4

2 1 2

2 2

2

t

t

y y y e

y y y e

diferansiyel denklem sistemini matris formunda yazın.

2) 2 4 5

, 04 2 1

y y y

başlangıç değerli problemi çözün.

292


Bu bölümde diferansiyel denklemlerin lineer denklem sistemlerine nasıl uygulandığına tanık olundu. Ayrıca lineer diferansiyel denklemlerin eliminasyon ve determinantla nasıl çözüleceği incelendi.

293

Bölüm Soruları


1)

2 2

2 2

1 1 t

t

D D x D y e

D D x D y e

Lineer denklem sisteminin çözümü aşağıdakilerin hangisidir?

a) 1

1

2

2

t t

t t

x e e C

y e e C

b) 1

1

2

2

t t

t t

x e e C

y e e C

.

c) 1

2

1

2

2

t t

t t

x e e C

y e e C

d)

2

1

1

2

2

t t

t t

x e e C

y e e C

e)

2

t

t

x e

y e

2)

1 2 1

2 1 2

1 1 3

t

t

t

D x D y e

D y D z e

D x D z e


a)

2

2

2

1

3

1 / 2

/ 6

2 / 4

t t

t t

t t

x te C e

y e C e

z e C e

b)

2

2

1

3

1 / 2

/ 6

2 / 4

t t

t t

t t

x te C e

y e C e

z e C e

.

294

c)

2

1

2

3

1 / 2

/ 6

2 / 4

t t

t t

t t

x te C e

y e C e

z e C e

d)

2

1

2 4

3

1 / 2

/ 6

2 / 4

t t

t t

t t

x te C e

y e C e

z e C e

e)

2

2

2

1

2

3

1 / 2

/ 6

2 / 4

t t

t t

t t

x t e C e

y e C e

z e C e

3) 4 2

Dx x y

Dy x y


a) 1

1

2

2

t t

t t

x e e C

y e e C

b)

3 2

1 2

3 2

1 24

t t

t t

x C e C e

y C e C e

.

c) 1

2

1

2

2

t t

t t

x e e C

y e e C

d)

2

1

1

2

2

t t

t t

x e e C

y e e C

e)

3

34

t

t

x e

y e

4) 3

3 t

t

Dx Dy x y e

Dx Dy x e


a)

3

1

3 3

1

/ 5

2 / 3 / 3 / 2

t t

t t t

x C e e

y C e e e

295

b)

3

1

2

1

/ 4

2 / 3 / 3 / 2

t t

t t t

x C e e

y C e e e

.

c)

3 2

1

3 5

1

/ 4

2 / 3 / 3 / 2

t t

t t t

x C e e

y C e e e

d)

3

1

3 3

1

/ 4

7 / 3 / 3 / 2

t t

t t t

x C e e

y C e e e

e)

3

1

3 3

1

/ 4

2 / 3 / 3 / 2

t t

t t t

x C e e

y C e e e

5) 2 sin

0

Dx Dy y t

Dx Dy x y

lineer denklem sisteminin çözümü aşağıdakilerin hangisidir?

a) 1

1

1sin

2

1sin

3 2

t

t

x C e t

Cy e t

b) 1

1

1sin

2

1sin

3 2

t

t

x C e t

Cy e t

.

c) 1

1

1cos

2

1sin

3 2

t

t

x C e t

Cy e t

d) 1

21

1sin

2

1sin

3 2

t

t

x C e t

Cy e t

e)

1

21

1sin

2

1sin

3 2

t

t

x C e t

Cy e t

296

Cevaplar

1) a, 2) b, 3) b, 4) e, 5) a

297

KAYNAKLAR

Veeh, J.A: “Lecture Notes on Ordinary Differential Equations”, (2002)

Lebl, J.: “Differential Equations for Engineers”, Creative Commons

Attribution, California (2011).

Teschl, G.: “Ordinary differential equations and Dynamical Systems”,

Austria ,(2004)

Dernek, N., .Dernek A.: “ Diferansiyel Denklemler”,Deniz Yayın Evi,(1995).

Bronson , R.: “ Outline of Theory and Problems of Differential Equations”, Schaum’s Outlıne Serıes (2003)

Özerman,U.: “Diferansiyel Denklemler Notları”, İTÜ, (2008).

Debnath,L.: “Integral Transforms and Their Applications”, (2000)

Finney , R.L., Thomas, G.B.: “Calculus and Analytic Geometry”, Addison-Wesley,

New York, (2009)

Stewart , J.: “Calculus”, 7E ed.,(2011)

Aksoy , Y.:“Diferansiyel Denklemler” Cilt 1 ,YTÜ Yayınları , (2006)

Recepli,Z., Özkaymak, M.,Kurt , H.: “Mühendislikte Diferansiyel Denklemler”,Seçkin Yayıncılık, (2011).

Trench, W.F,:”Elementary Differential Equations”, Trinity university, San Antonio,

Texas, USA, December 2013.

Engin, T. , Çengel Y.A.:” Mühendisler İçin Diferansiyel Denklemler”, Sakarya Üniversitesi, 2008.

Documents

New DİFERANSİYEL DENKLEM - İstanbul Üniversitesiauzefkitap.istanbul.edu.tr/.../diferansiyeldenklemler.pdf · 2020. 4. 17. · Diferansiyel denklemler dersinin anlaşılıp başarılı