DİFERANSİYEL DENKLEMLER Ders Notları
EKİM 10, 2013 PAMUKKALE ÜNİVERSİTESİ, MÜHENDİSLİK FAKÜLTESİ, MAKİNE MÜHENDİSLİĞİ BÖLÜMÜ Denizli 0
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin
Önsöz Bu diferansiyel denklemler notları Pamukkale Üniversitesi, Mühendislik Fakültesi, Makine Mühendisliği Bölümü öğrencilerinin eline Türkçe çözümlü bir kaynak vermek amacıyla hazırlandı. Verilen misaller mümkün olduğunca kolaydan zora doğru sıralandı. Çözümlerde analitik yöntemler kullanıldı. Dolayısıyla, Diferansiyel denklemlerin sayısal çözümleri yer almamaktadır. Sadece “Euler Metodu” bir problem çözümünü göstermek için verildi. Diğer metotlar “Sayısal Analiz” dersi kapsamında olduğu için burada yer almamaktadır. Türkçe bilen tüm öğrencinin derste vaktini yazmakla geçirmek yerine, dersi takip etmekle geçirmesi öğrenci açısından daha yararlı olacağı düşünüldüğünden, bu notlar web sayfasında verilmiştir. Bu Ders Notları son haliyle değildir. Yapılan değişiklikler web sayfasında tekrar yayınlanacaktır. Çözümlerde çıkan hatalar veya önerilerinizi email adresime gönderirseniz memnun olurum. Çünkü sizin önerilerinizle notların daha yararlı hale geleceği kanaatindeyim. Ekim, 2013 Doç.Dr. Zekeriya GİRGİN Pamukkale Üniversitesi Mühendislik Fakültesi Makine Mühendisliği Bölümü Kınıklı Kampüsü 20070 Denizli, Türkiye Web page: Email:
[email protected] http://zgirgin.pau.edu.tr/
“Ahirette seni kurtaracak bir eserin olmadığı takdirde, fâni dünyada bıraktığın şeylere de kıymet verme!” İçindekiler Önsöz ................................................................................................................. 1 1. Diferansiyel Denklemlere Giriş ........................................................................... 6 1.1
Diferansiyel Denklemin Tanımı ..................................................................... 6
1.2 Genel Çözümden Diferansiyel Denklemin Hesaplanması: ................................. 7 2. Ayrılabilir Diferansiyel denklemler ve uygulamaları (Separable Differential Equations and their applications) ........................................................................................... 9 1
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin Tanımlama: ......................................................................................................... 9 2.1
Misal:...................................................................................................... 10
2.2
Misal:...................................................................................................... 10
2.3
Misal:...................................................................................................... 10
2.4
Misal:...................................................................................................... 10
2.5
Misal:...................................................................................................... 11
2.6
Misal:...................................................................................................... 11
2.7
Misal:...................................................................................................... 12
2.8
Misal:...................................................................................................... 12
2.9
Misal:...................................................................................................... 12
3. Birinci Mertebeden Homojen Diferansiyel Denklemler ve uygulamaları (First-order homogeneous Differential Equations and their applications) ..................................... 13 3.1
Misal:...................................................................................................... 13
3.2
Misal:...................................................................................................... 14
3.3
Misal:...................................................................................................... 14
3.4
Misal:...................................................................................................... 15
4. Birinci Mertebeden Değişkenlerine Ayrılabilen veya Homojen Hale İndirgenebilen Diferansiyel Denklemler (First Order Differential Equations which can be separable or converted into homogenous) ................................................................................ 15 4.1
Misal:...................................................................................................... 16
4.2
Misal:...................................................................................................... 17
4.3
Misal:...................................................................................................... 17
4.4
Misal:...................................................................................................... 18
4.5
Misal:...................................................................................................... 19
4.6
Misal:...................................................................................................... 20
5. Birinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler ve uygulamaları (First-order Linear Differential Equations and their applications) .......................................................... 22 5.1
Misal:...................................................................................................... 24
5.2
Misal:...................................................................................................... 24
5.3
Misal:...................................................................................................... 25
5.4
Misal:...................................................................................................... 25 2
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin 5.5
Misal:...................................................................................................... 26
6. Bernoulli Denklemi ......................................................................................... 26 6.1
Misal:...................................................................................................... 27
6.2
Misal:...................................................................................................... 27
6.3
Misal:...................................................................................................... 28
6.4
Misal:...................................................................................................... 28
6.5
Misal:...................................................................................................... 29
6.6
Misal:...................................................................................................... 29
6.7
Misal:...................................................................................................... 30
7. Riccati Diferansiyel Denklemi .......................................................................... 30 7.1
Misal:...................................................................................................... 31
7.2
Misal:...................................................................................................... 32
7.3
Misal:...................................................................................................... 33
7.4
Misal:...................................................................................................... 34
8. Clairaut Diferansiyel Denklemi ......................................................................... 35 8.1
Misal:...................................................................................................... 35
8.2
Misal:...................................................................................................... 36
9. Tam Diferansiyel Denklemler (Exact Differential Equations) ................................ 36 9.1
Misal:...................................................................................................... 37
9.2
Misal:...................................................................................................... 38
9.3
Misal:...................................................................................................... 39
9.4
Misal:...................................................................................................... 41
9.5
Misal:...................................................................................................... 41
9.6
Misal:...................................................................................................... 42
10.
İntegrasyon Çarpanı ile Tam Diferansiyel Hale Getirilebilen Denklemler ........... 42
10.1
x integrasyon çarpanı sadece x e bağımlı olduğu durum: .................. 43
10.1.1
Misal: .............................................................................................. 43
10.1.2
Misal: .............................................................................................. 45
10.1.3
Misal: .............................................................................................. 46 3
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin 10.1.4
Misal: .............................................................................................. 47
10.1.5
Misal: .............................................................................................. 48
10.2
y integrasyon çarpanı sadece y ye bağımlı olduğu durum: ................. 48
10.2.1
Misal: .............................................................................................. 49
Eğer M ve N aynı dereceden homojen fonksiyonlar ve x M y N 0 ise, 1 integrasyon çarpanı şeklindedir. ............................................................. 49 xy 10.3
10.3.1
Misal: .............................................................................................. 50
10.3.2
Misal: .............................................................................................. 50
10.3.3
Misal: .............................................................................................. 51
Eğer M ve N aynı dereceden homojen fonksiyonlar ve x M y N 0 ise, 1 integrasyon çarpanı şeklindedir. .................................................... 52 xM yN 10.4
10.4.1 10.5
Misal: .............................................................................................. 53
M x, y dx N x, y dy 0
diferansiyel
M x, y y f1 x, y
denklemi
ve
N x, y x f 2 x, y şeklinde ifade edilebiliyor ve f1 x, y f 2 x, y ise, integrasyon çarpanı
1 şeklindedir. ................................................................................. 53 xM yN
10.5.1 10.6
Misal: .............................................................................................. 53
M x, y dx N x, y dy 0 diferansiyel
M N y x N a x M b y
şeklinde
ifade
denkleminde edilebiliyor
ise,
M N y x
integrasyon
ifadesi çarpanı
a x dx b y dy şeklindedir. .......................................................................... 54 e e
10.6.1
Misal: .............................................................................................. 54
10.6.2
Misal: .............................................................................................. 55
11.
Lineer Diferansiyel Denklem Sistemleri (Linear Differential Equation Systems) . 56
11.1
Misal: ................................................................................................... 57
11.2
Misal: ................................................................................................... 58
11.3
Misal: ................................................................................................... 61
11.4
Misal: ................................................................................................... 61 4
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin 11.5
Misal: ................................................................................................... 64
12. İkinci Mertebeden Homojen Diferansiyel Denklemler (Second Order Homogeneous Differential Equations) ......................................................................................... 66 12.1
Misal: ................................................................................................... 69
12.2
Misal: ................................................................................................... 69
12.3
Misal: ................................................................................................... 70
12.4
Misal: ................................................................................................... 70
12.5
Misal: ................................................................................................... 70
12.6
Misal: ................................................................................................... 71
13. İkinci Mertebeden Homojen olmayan Diferansiyel Denklemler (Second Order Nonhomogeneous Differential Equations) ............................................................... 72 13.1 Belirsiz Katsayılar Metodu ile Homojen Olmayan Diferansiyel Denklemin Çözümü (Undetermined Coefficients Method) ................................................................... 72 13.1.1
Misal ............................................................................................... 73
13.1.2
Misal ............................................................................................... 74
13.1.3
Misal ............................................................................................... 75
13.1.4
Misal ............................................................................................... 75
13.1.5
Misal ............................................................................................... 76
13.1.6
Misal ............................................................................................... 77
13.2 Parametrelerin Değişimi Metodu ile Homojen Olmayan Diferansiyel Denklemin Çözümü (The Method of Variation of Parameters) ................................................ 78 13.2.1
Misal ............................................................................................... 78
13.2.2
Misal ............................................................................................... 79
13.2.3
Misal ............................................................................................... 81
13.2.4
Misal ............................................................................................... 81
13.2.5
Misal ............................................................................................... 82
13.2.6
Misal ............................................................................................... 83
13.3
D Operator Metodu (The Method of Operators) .......................................... 84
13.3.1
Misal ............................................................................................... 86
13.3.2
Misal ............................................................................................... 87
13.3.3
Misal ............................................................................................... 88 5
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin 13.3.4
Misal ............................................................................................... 89
13.3.5
Misal ............................................................................................... 89
14.
Tekrarlama Soruları (Review Problems) ....................................................... 90
14.1
Problems: ............................................................................................. 90
15. Diferansiyel Denklemlerin Mühendislik Uygulamaları (Engineeering Applications of Differential Equations) ......................................................................................... 93 15.1
Misal .................................................................................................... 93
15.2
Misal .................................................................................................... 94
15.3
Misal: ................................................................................................... 96
16. Birinci mertebeden Diferansiyel Denklem problemleri (First Order Differential Equation Problems) ........................................................................................... 100 16.1
Misal: ................................................................................................. 100
16.2
Misal: ................................................................................................. 100
16.3
Misal: ................................................................................................. 100
16.4
Misal: ................................................................................................. 101
Kaynaklar: ....................................................................................................... 101
1. Diferansiyel Denklemlere Giriş Diferansiyel Denklemler, dünyadaki birçok fiziksel olayın matematik modeli, ortaya çıkartıldığında, karşımıza çıkmaktadır. Bunu akışkanlar mekaniğinde bir sıvının hareketinden tutun (Navier-Stokes denklemleri), mukavemette bir kirişin eğilmesi ve titreşimi veya bir kolonun burkulması gibi birçok problemin çözümü aslında diferansiyel denklemin çözümüdür. Bu konu ile ilgili bazı temel kavramların da önce iyi bilinmesi gereklidir.
1.1
Diferansiyel Denklemin Tanımı
Öyle bir denklemdir ki; kendisi, kendisinin birinci veya daha fazla türevleri ve/veya bazı değişken ve sabitleri ihtiva eden bir denklemdir. Matematik diliyle ifade edilmek istenildiğinde aşağıdaki gibi;
dy(x) d 2 y(x) F x, y(x), , , dx dx 2
,
d n y(x) c, dx n
x
,
(1.1)
gibidir. Özel çözümü için başlangıç veya sınır şartlarının verilmiş olması gerekir ve aşağıdaki şekilde ifade edilir.
6
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin Bir diferansiyel denklemdeki en büyük türeve, o diferansiyel denklemin mertebesi denir ve bu diferansiyel denklemde bulunan en yüksek mertebeli türevin üssüne de, bu diferansiyel denklemin derecesi denir. Aşağıdaki misalleri inceleyiniz.
3
dy 2y sin x dx 5
(1. merteben, 1. dereceden diferansiyel denklem)
d 2 y dy 6 2 2y x dx dx
(2. merteben, 5. dereceden diferansiyel denklem)
d4y q x dx 4
(4. merteben, 1. dereceden diferansiyel denklem)
3
Yukarıda verilen misaller, sadece bir değişkene (x) bağlı olduğundan “Adi Diferansiyel Denklem (ADD)” olarak adlandırılırlar. Değişken sayısı birden fazla olduğu takdirde “Kısmî Diferansiyel Denklem (KDD)” olarak adlandırılırlar. Ayrıca, bir diferansiyel denklemdeki bağımlı değişken ve tüm türevleri birinci dereceden ise, diferansiyel denkleme “Lineer Diferansiyel Denklem” denir. Eğer bağımlı değişken ve/veya değişkenin tüm türevlerinden biri bile ikinci veya daha yüksek dereden ise buna “Lineer Olmayan Diferansiyel Denklem” denir ve bu tür denklemlerin analitik çözümü zor veya daha henüz bulunamadığından, sayısal çözüm yoluna gidilir. dy Bundan sonraki işlemlerde nokta (∙) zamana göre türevi ifade edecektir.( y ) dt dy (x e göre türev olarak algılanacaktır. Aşağıda sırasıyla her bir dx diferansiyel denklem türü, açıklamalarıyla birlikte verilecektir. Diferansiyel denklemin çözümünden katsayılı (c, c1, c2, gibi) olarak elde edilen çözüme “Genel Çözüm” denir. Diferansiyel denklem ile birlikte verilen başlangıç veya sınır şartlarının yerine yazılmasıyla elde edilen çözüme “Özel Çözüm” denir ve bu çözümde, c, c1, c2, gibi katsayı bulunmaz. Bunun yerine sayı ve/veya sayılar bulunur.
Ve
y
1.2
Genel Çözümden Diferansiyel Denklemin Hesaplanması:
Genel çözümden diferansiyel denklemi hesaplamak için 2 yol vardır. 1.Yol: Denklemin türevi alınarak çözüme gidilir. Misaller: 1. Misal: y c x 2 denkleminden, diferansiyel denklemi hesaplayınız.
Çözüm: y 2c x
c
y 2x
Bu değer genel çözümde yerine yazıldığında;
7
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin y 2 x 2x
y
x 2 y 2x y 0
y
2 y 0 x
2. Misal: y c1 x 2 c2 x 3 denkleminden diferansiyel denklemi hesaplayınız.
Çözüm: Genel çözümün 1. türevi alındığında; y 2c1 x 3c2 x 2 ve 2. türevi alındığında; y 2c1 6c2 x değeri elde edilir. 3y x y değeri ile y x y değeri alt alta yazılıp toplandığında; 3
y y
x
c1 x 2
c 2 x 3
1
2c1x
3c2 x 2
x
0
x y 3y c1 x
3y x y x2 yazıldığında; c1
y
ve
2
c2
3y x y 2 x y y 3 x x x2 3x 2
6y 3 x y x y y x 0
x y y 3x 2
y y
2c1 x 3c2 x 2
x y y
2c1
6c2 x
0
3c 2 x 2
elde edilir. Bu değerler genel çözümde yerine
x y y x 3
y 3y x y
x 2 y 4x y 6y 0
şeklinde genel çözüme ait diferansiyel denklem elde edilmiş olur. 2.Yol: Genel çözümde kaç tane sabit varsa o kadar türev alınır ve denklemin determinantı sıfıra eşitlenerek diferansiyel denklem hesaplanır. Bu usül daha uygundur. 3. Misal: y c ex genel çözümünden diferansiyel denklemi hesaplayınız.
y ex 0, y ex y e x 0, y y 0 x y e
elde edilir.
4. Misal: y c1 x 2 c2 x 3 denkleminden diferansiyel denklemi hesaplayınız.
Çözüm: Genel çözümün 1. türevi alındığında; y 2c1 x 3c2 x 2 ve 2. türevi alındığında;
y 2c1 6c2 x değeri elde edilir. Bunlar 3 3 lük
determinantta yerine yazıldığında; y 12x 2 6x 2 y 6x 3 2x 3 y 3x 4 2x 4 0
8
y x2 x3 2 y 2x 3x 0 y 2 6x
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin y 6x 2 y 6x 3 y x 4 0 y 6 y 4x y x 2 x 2 0 x 2 y 4x y 6y 0 y
4 6 y 2 y 0 elde edilir. x x
5. Misal:
y c1 e2t c2 e3t
Genel çözümü hesaplayınız.
olan
y
fonksiyonunun
diferansiyel
denklemini
Çözüm: y e2t 2t y 2e y 4e2t
e 3t 3e 3t 0 9e 3t
y 18e t 12e t y 9e t 4e t y 3e t 2e t 0
y 30e t y 5e t y 5e t 0
30 e t y 5 e t y 5 e t y 0
5 y 5 y 30 y e t
y y 6 y 0
0
şeklinde diferansiyel denklem elde
edilir. Veya y c1 e2t c2 e3t fonksiyonunda kökler bilindiğinden karakteristik denklemden yararlanarak diferansiyel denklem bulunabilir.
r r1 r r2 0
y y 6 y 0
olduğu görülür.
r 2 r 3 0
r2 r 6 0
2. Ayrılabilir Diferansiyel denklemler ve uygulamaları (Separable Differential Equations and their applications) Tanımlama: Bir diferansiyel denklemde bağımlı değişkenler (genellikle y) bir tarafta ve bağımsız değişkenler (genellikle x) bir tarafta kalacak şekilde, cebirsel olarak yazılabiliyorsa, integral alınarak fonksiyon hesaplanabilir ve buna 1. mertebeden ayrılabilir diferansiyel denklem denir. Birinci mertebeden bir diferansiyel denklem x ve y ler bir tarafta olacak şekilde ayrılabiliyorsa buna ayrılabilir diferansiyel denklem denir. Diferansiyel Denklemlerin en basit halidir ve Birinci mertebeden değişkenlerine ayrılabilir diferansiyel denklem:
A x dx B y dy 0
(2.1)
şeklinde tanımlıdır. Her iki tarafın integrali alınarak çözüm yapılır.
A x dx B y dy c
(2.2) 9
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin Burada c integral sabitini göstermektedir.
2.1
Misal:
Aşağıdaki diferansiyel denklemin genel çözümünü hesaplayınız.
dy 2 x dx y
dy 2xy dx
1 y dy 2 x dx 0
Her iki tarafın integrasyonu alınmasıyla 1
y dy 2x dx c
ln(y) x 2 c
Elde edilir. Exponansiyeli alındığında (e üzerili yazıldığında):
eln(y) ex
2
c
eln(y) ex eC 2
(c eC ) eln(y) c ex
2.2
2
Genel çözüm:
y c ex
şeklindedir.
2
Misal:
Aşağıdaki diferansiyel denklemin genel çözümünü hesaplayınız. dy x 1 2 x 2 tan y dx
1 1 dy 2 x dx 0 x tan y
1 2 x dy tan y x
2
dx
cos y 1 dy 2x dx 0 x sin y
Her iki tarafın integrasyonu alındığında; cos y
1
sin y dy x 2x dx c
ln sin y ln x x 2 c
eln(sin(y)) eln(x)x c eln(sin(y)) eln(x) e x eC 2
2
sin(y) c x e x , (c eC ) veya sonuçlar: y arcsin c x e x 2
2
şeklinde gösterilebilir.
Dikkat: Her diferansiyel denklemin genel çözümü, eşitliğin bir tarafında değişkenler ve diğer tarafında sadece fonksiyonun kendisi kalacak şekilde (Explicit form) ifade edilemez, mesela: x 2 y x y2 sin(x y)
2.3
denkleminde olduğu gibi
Misal:
Aşağıdaki diferansiyel denklemin genel çözümünü hesaplayınız. 10
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin x 2 y3 x2 Çözüm: x dx y dy 0 xdx y dy c c 3 y3 3c 2 2 3 2
2
1
x2 y3 3 3c 2
2.4
Misal:
x2 3 y 3 C 2
Aşağıdaki diferansiyel denklemin genel çözümünü hesaplayınız. dy y 2 x 3 dx 1
y y2x 3
Açıklama:
u u v u v , v2 v
1 x4 c y 4
1 4c x 4 y 4
Çözümü: y
2.5
4 , C x4
dy x 3dx 2 y
x 3dx
dy 0 y2
1 1 y y2
x4 1 c 4 y
dy x dx y2 c 3
x4 1 c 4 y
y
4 4 4 4c x 4c x 4
C 4c
Misal:
Aşağıdaki diferansiyel denklemin genel çözümünü hesaplayınız.
x 1 y4 1
y
y
4
dy x 1 dx y 4 1
1 dy x 1 dx c
y
4
1 dy x 1 dx 0
y5 x2 y x c 5 2
Yukarıda görüldüğü gibi sonuçları her zaman açık (explicit) formda vermek mümkün olmadığından kapalı (implicit) formda göstermek daha uygundur.
2.6
Misal:
y 2t y2 9 şeklinde verilen diferansiyel denklemin genel çözümünü hesaplayınız.
Çözüm: y
dy 2t y 2 9 dt
1 y2 9 dy 2t dt 0
1 1 x Integral tablosundaki kural (10) 2 dx arctan uygulandığında: 2 a x a a
11
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin
y
2
1 dy 2t dt c 32
1 1 y 2 tan t c 3 3
y tan 1 3t 2 3c 3
y tan tan 1 tan 3t 2 3c 3
y tan 3t 2 3c 3
y 3 tan 3t 2 C ,
2.7
C 3c
Misal:
Aşağıdaki diferansiyel denklemin genel çözümünü hesaplayınız. x cos x dx 1 6y5 dy 0, y( ) 0
Integral
uygulandığında;
cos x x sin x y y6 c
x yerine konduğunda;
cos sin c y6 y
(84)
5
cos x x sin x c y6 y
cos x x sin x 1 y6 y
c 1
kural
x cos x dx 1 6y dy c
x cos x dx cos x x sin x
1 0 c 06 0
tablosundaki
cos sin c 06 0
elde
edilir.
Görüldüğü
gibi bir diferansiyel denklemi her zaman açık formda yazmak mümkün değildir
2.8 y
Misal: yx diferansiyel denklemin genel çözümünü hesaplayınız. x
yx dy y x y x dx x dy y x dx x dy 0 x dx x A x dx B y dy 0 ayrılabilir diferansiyel denklem türüne uymamaktadır. Lineer
Çözüm: y
diferansiyel ve homojen diferansiyel denklem türüne uygundur. Çözümü daha sonra yapılacaktır
2.9
Misal:
Aşağıda verilen birinci mertebeden diferansiyel denklemin genel çözümünü ve verilen başlangıç şartı için özel çözümünü hesaplayınız. ex dx y dy 0, y(0) 1
y2 ex c 2
x e dx ydy c
y2 2ex C
1 2e0 C
y2 c Genel çözümdür. 2
ex
C 2 1 1
çözümdür. y 2ex 1 çünkü verilen başlangıç şartını sağlamaz.
12
y 2ex 1
özel
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin
3. Birinci Mertebeden Homojen Diferansiyel Denklemler ve uygulamaları (Firstorder homogeneous Differential Equations and their applications) dy şeklinde ise buna 1.mertebeden homojen diferansiyel f (x, y) ve f (x, y) f (tx, ty) dx denklem denir ve aşağıdaki şekilde indirgeme yapılarak 1. mertebeden ayrılabilir diferansiyel denkleme dönüştürülüp çözümü yapılır. dy f (x, y) ise y u x değişken dönüşümü uygulanabilir. Buradan; dx dy du ux dx dx
yapılarak
elde edilir. Bu çözüm yapıldıktan sonra tekrar geri dönüşüm ( u
çözüm
tamamlanır.
Veya
dx f (x, y) dy
ise
x vy
değişken
y ) x
dönüşümü
uygulanabilir. Buradan; dx x dv elde edilir. Bu çözüm yapıldıktan sonra tekrar geri dönüşüm ( v ) v y dy y dy yapılarak çözüm tamamlanır.
3.1
Misal:
yx diferansiyel denklemin genel çözümünü ve y 1 0 sınır şartı için x de özel çözümünü hesaplayınız.
2.8 de verilen y
y f (x, y)
yx x
f (x, y) f (tx, ty)
olup olmadığı test edilmelidir.
yx t y t x t y x olduğundan 1. , f (t x, t y) x tx t x diferansiyel denklemdir ve y u x dönüşümü uygulanmalıdır. f (x, y)
ux
du u x x x u 1 u 1 dx x x
1 dx du x
1
x dx du c
x
du u 1 u dx
ln x c u ln x c
y x
x
mertebeden
homojen
du 1 dx
y ln x c x
Şeklinde genel çözüm elde edilir. Verilen sınır şartları kullanılarak özel çözüm bulunur. y ln x c x 0 ln 1 c 1 0 0 c 1 c 0 y x ln x Özel çözümüdür.
13
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin
3.2
Misal:
y
dy 2y4 x 4 ile diferansiyel denklemi çözünüz. (Bernoulli ile de çözülebilir.) dx xy3
2 ty tx 4
2y 4 x 4 y f (x, y) xy3
f (tx, ty)
ve
tx ty
diferansiyel denklemdir. y u x
4 du 2 ux x ux 3 dx x ux 4
du 2u 4 1 dx u3
x4
2
1 4
c
1 c14 4 4 1 4 y x 4 ( ) x4
3.3
y
t 4 xy3
f (x, y)
olduğundan
homojen
değişken dönüşümü uygulandığında;
x
4 4 4 4 du 2 ux x 2u 4 x 4 x 4 x 2u 1 2u 4 1 ux 3 dx x 4u3 u3 x ux x 4 u3
du 2u 4 1 u dx u3
eln(x) eln(u
4
1)
x4
1 4
x
du 2u 4 1 u 4 dx u3
x
du u 4 1 dx u3
u3 1 dx x u4 1 du c
u3 1 dx 4 du x u 1
1 dx u3 4 x du u 1
ln(x) ln(u 4 1)
3
t 4 2y4 x 4
dy du ux dx dx
dy u dx x du
ux
4
ec
x (u 4 1)
1 4
ec
C c14
1 c14 4 4 y x x4
x (
y4 x 4 14 ) ec x4 x4
x8 C elde edilir. x 4 y4
Misal: 2xy dx x 2 dy 0 diferansiyel denklemin genel çözümünü hesaplayınız.
dy dy y 2 2xy y 2xy x dx 0 dx x2 f (x, y) f (tx, ty) olup olmalıdır. 2
homojen
2
2 2 t 2 y 2 2tx ty t y 2xy y2 2xy ve f (tx, ty) f (x, y) t 2x 2 x2 t2 x2
y ux
ux
du u 2 2u dx
u ln ln x c u 1
ux
olması
dy f x, y dx
için
f (x, y) f (tx, ty) dir.
2 2 2 du u x 2x u x x u 2u dx x2 x2
x
du u2 u dx
e
ln u u 1
e
du dx u u x
ec
u ec x , u 1
2
ln x
14
u
du dx c u x
2
e
c
C
ve
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin u Cx u 1
x 1 1 y Cx
3.4
y x y 1 x
y
y x Cx x xy
Cx
C x2 1 C x
y
x2 1 x C
y Cx xy
y
x2 C1 x
xy 1 y Cx
elde edilir.
Misal:
y x dy y dx x cot dx diferansiyel denklemini çözünüz. x y ux
ve
dy u dx x du
u x x u dx x du u x dx x cot x
dönüşümleri uygulandığında;
2 dx u x dx x du u x dx x cot u dx
x 2 du x cot u dx x du cot u dx ln cos u ln x c
4. Birinci
cos u
1
sin u du x dx c
ln cos u ln x c
y ln cos ln x C olarak bulunur. x
Mertebeden
Değişkenlerine
Ayrılabilen
veya
Homojen
Hale
İndirgenebilen Diferansiyel Denklemler (First Order Differential Equations which can be separable or converted into homogenous) Bu bölümde ilk bakışta homojen olmadığı halde değişken dönüşümü yapılarak homojen hale indirgenebilen diferansiyel denklemler incelenecektir. Aşağıda bunlarla ilgili her bir tür ve bu tür ile ilgili değişken dönüşümü verilmiştir. 1
dy f a x b y c , dx
2.
dy y y y g x f , u dx x x x
(4.2)
3.
y f x y dx x g x y dy 0 u x y
(4.3)
4.
a x b1y c1 dy f 1 , dx a x b y c 2 2 2
(4.4)
b 0,
a, b,c sabitler, u a x b y c
b 0,
a1 , b1 ,c1 ,a 2 , b 2 ,c 2 sabitler
Olmak üzere üç durum söz konusudur.
15
(4.1)
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin
a1 b1 c1 dy , g a 2 b2 c 2 dx
a)
(4.5)
olur. Ve diferansiyel denklemin çözümü, y g x c şeklindedir
a1 b1 c1 dy F a x b y a 2 b2 c 2 dx
b)
(4.6)
olur ve z a x b y değişken dönüşümü yapılarak çözüme gidilir. Burada kullanılan a ve b katsayıları keyfi seçildiği halde, denklem sonucu değişmemektedir. Bu durum aynı problemde farklı katsayılar kullanılarak misaller kısmında gösterilmiştir. Genelde z=x+y veya z=x-y kullanmak en pratik çözümlerden birisidir.
a1 b1 x u h, y v k a 2 b2
c)
(4.7)
değişken dönüşümü yapılır. Bilinmeyen katsayıları (h ve k) bulmak için,
a1 h b1 k c1 0 ve a 2 h b2 k c2 0 ve denklemleri kullanılır. Bunlar dışında özel dönüşümler yapılarak değişkenlere ayrılabilen diferansiyel denklemler elde edilebilir Aşağıda bunlar ile ilgili misaller verilmiştir.
4.1
Misal:
3 x 2 y 1
2
dx dy 0 şeklinde verilen diferansiyel denklemin genel çözümünü elde
ediniz. Çözüm: 3 x 2 y 1 2
dy dx dy dy 2 2 3 x 2 y 1 0 0 3 x 2 y 1 dx dx dx dx
değişken dönüşümü uygulanmalıdır. du 3 dx 2 dy u 3 x 2 y 1 du dx dy 1 du 3 dy dy 3 1 du dy 2 3 x 2 y 1 3 2 dx dx dx dx 2 2 dx 2 dx 2 dx dx
3 1 du u2 2 2 dx du dx 3 2 u2 1
3 2u
2
3 1 du 2 2 2 u2 2 2 dx
du dx c
du 3 2 u2 dx
du 3 2 u 2 dx 1
1 1 6 arctanh u 6 x c olur. u değeri yerine yazıldığında, 6 3
1 1 6 arctanh 3 x 2 y 1 6 x c şeklinde genel çözüm elde edilir. 6 3 16
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin
4.2
Misal:
dy y y2 x 1 1 2 , y 1 1 şeklinde verilen diferansiyel denklemin genel ve özel dx x x çözümünü hesaplayınız. Çözüm: Diferansiyel denkleme dikkat edildiğinde
dy y y g x f türüne benzediği dx x x
y dönüşümü uygulanmalıdır. Buradan y u x x dy du dy du dx x u x u yazılabilir. dy x du u dx dx dx dx dx dx görülmektedir. Bu sebepten dolayı u
Bu değerler verilen diferansiyel denklemde yerine yazıldığında,
du du dy y y2 x 1 1 u 2 x 1 1 2 x u u x 1 1 u 2 x dx dx dx x x du du 1 1 x 1 1 du 1 dx dx 1 dx c 2 1 u2 x 1 u2 x 1 u x
arctan u x ln x c
y arctan x ln x c x
şeklinde genel çözümü bulunur
y 1 1 şartının genel çözümde yerine yazılmasıyla özüm çözüm elde edilir. y 1 arctan x ln x c arctan 1 ln 1 c 1 0 c c 1 4 4 x 1 y arctan x ln x 1 4 x şeklinde verilen diferansiyel denklemin özel çözümü elde edilir.
4.3
Misal:
y 1 x y dx x x 2 y2 1 dy 0
şeklinde
verilen
diferansiyel
denklemin
genel
çözümünü ve y 1 0 şartını kullanarak özel çözümünü hesaplayınız. Çözüm: Diferansiyel denkleme dikkat edildiğinde yukarıda verilen,
y f x y dx x g x y dy 0 üçüncü türe benzediği görülmektedir. Dolayısıyla u x y u dönüşümü yapılarak çözüme gidilmelidir. u x y du y dx x dy y x 17
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin
du dy du u dy du dy du dx dy yx y x y x x dx dx dx dx dx x dx dx dx dx
y 2 x y dx x x 2 y2 1 dy 0 y 2 u
dx dy u 2 1 x 0 x dx
du u u 1 u u du u u u 1 du u 1 u u 2 1 0 2 dx x u 1 u 1 x x dx x x u 1 dx x
du u 1 u du u 1 du 2 u 1 u u u 1 dx x u 1 x dx x u 1 x x u 1 dx x u 1
1 1 1 u 1 u u ln 2 u 1 ln x c du dx 2 4 x 2 u 1 1 1 x y x y ln 2 x y 1 ln x c şeklinde genel çözüm bulunur. Özel çözümünü 2 4 bulmak için verilen değerler yerine yazılmalıdır.
1 1 1 0 1 0 ln 2 x y 1 ln 1 c Buradan c 0 olduğu görülür. Böylece özel 2 4
çözüm,
1 1 x y x y ln 2 x y 1 ln x 2 4 4.4
Misal:
6 x 4 y 2 dx 3 x 2 y 1 dy 0
şeklinde verilen diferansiyel denklemin genel
çözümünü hesaplayınız. Çözüm: katsayılar oranı kontrol edildiğinde 4’ün a) türüne benzediği görülmektedir.
a1 b1 c1 6 4 2 2 y x c y 2x c a 2 b2 c 2 3 2 1 Çözümün doğru olup olmadığı verilen diferansiyel denklemde yerine yazılarak sağlaması yapılabilir.
6 x 4 y 2
dy dx dy 3 x 2 y 1 0 6 x 4 y 2 3 x 2 y 1 0 dx dx dx
6 x 4 2 x c 2 3 x 2 2 x c 1 2 0 6 x 8 x 4 c 2 3 x 4 x 2 c 1 2 0 18
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin
2 x 4 c 2 2 x 4 c 2 0 0 0 4.5
çözümün olduğu görülür.
Misal:
2 x 2 y 1 dx x y 1 dy 0
şeklinde
verilen
diferansiyel
denklemin
genel
çözümünü ve y(1) 0 hesaplayınız. Çözüm 1: katsayılar oranı kontrol edildiğinde 4’ün b) türüne benzediği görülmektedir.
a1 b1 c1 2 2 1 z a x b y a 1, b 1 olarak kabul edildiğinde, a 2 b2 c 2 2 2 1 z x y y x z olur. Bu durumda dz dx dy dy dx dz haline gelir. Bu değerler verilen diferansiyel denklemde yerine yazıldığında,
2 x 2 y 1 dx x y 1 dy 0
2 x 2 x z 1 dx x x z 1 dx dz 0 2 x 2 x 2 z 1 dx x x z 1 dx x x z 1 dz 0
3 z dx z 1 dz 0
3 dx
z 1 1 dz 3 dx 1 dz c z z
3 x z ln z c 3 x z ln z c 3 x x y ln x y c Şeklinde genel çözüm elde edilir. Verilen sınır şartının uygulanmasıyla;
3 x x y ln x y c y(1) 0 3 1 1 0 ln 1 0 c 3 1 ln 1 c 3 1 0 c c 2 2 x y ln x y 2 verilen sınır şartına uygun özel çözümdür. Çözüm 2: katsayılar oranı kontrol edildiğinde 4’ün b) türüne benzediği görülmektedir.
a1 b1 c1 2 2 1 z a x b y a 1, b 1 olarak kabul edildiğinde, a 2 b2 c 2 2 2 1 z x y y x z olur. Bu durumda dy dx dz haline gelir. Bu değerler verilen diferansiyel denklemde yerine yazıldığında,
2 x 2 y 1 dx x y 1 dy 0
2 x 2 x z 1 dx x x z 1 dx dz 0 2 z 1 z 1 dx z 1 dz 0
z dx z 1 dz 0 19
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin
z 1 1 1 z dx z 1 dz dx dz dx 1 dz 1 dx 1 dz c z z z x z ln z c x y x ln y x c 2 x y ln x y c
2 x y ln x y c 2 1 0 ln 1 0 c 2 0 c c 2
2 x y ln x y 2 şeklinde özel çözüm elde edilir. 4.6
Misal:
2 x y 1 dx x 2 y 1 dy 0
şeklinde
verilen
diferansiyel
denklemin
genel
çözümünü hesaplayınız. Çözüm: katsayılar oranı kontrol edildiğinde 4’ün c) türüne benzediği görülmektedir.
a1 b1 2 1 x u h, y v k değişken dönüşümü uygulanmalıdır. a 2 b2 3 2 İlk olarak h ve k katsayıları hesaplanmalıdır. Bunun için yukarıda verilen iki denklemden faydalanılır.
a1 h b1 k c1 0 a 2 h b2 k c2 0
2 x y 1 0 x 2 y 1 0
2 h k 1 0 h 2 k 1 0
h 1 k 1
x uh yvk
x u 1 y v 1
Buradan
2 x y 1 dx x 2 y 1 dy 0
2 u 1 v 1 1 du u 1 2 v 1 1 dv 0 2 u v du u 2 v dv 0 Yukarıdaki diferansiyel denklemde üsler toplamı eşit olduğundan, homojen diferansiyel denklem türüne benzemektedir. Bunun için u r v değişken dönüşümü uygulanabilir. Buradan du v dr r dv olduğu görülür. Bu iki değer yerine yazıldığında,
2 u v du u 2 v dv 0
2 r v v v dr r dv r v 2 v dv 0
v 2 r 1 dr 2 r 2 2 dv 0
2 r 1 1 dr dv 0 2 2r 2 v
1 3 1 u 3 u ln v ln r 1 ln r 1 C 0 ln v ln 1 ln 1 C 0 4 v 4 v 4 4
20
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin
x u 1 u x 1 1 u 3 u ln v ln 1 ln 1 C 0 y v 1 v y 1 4 v 4 v 1 x 1 3 x 1 ln y 1 ln 1 ln 1 C 0 Şeklinde genel çözüm elde edilir. 4 y 1 4 y 1 4.7
Misal:
x 2 y 1 dx 2 x y 1 dy 0
şeklinde
verilen
diferansiyel
denklemin
genel
çözümünü hesaplayınız. Çözüm: katsayılar oranı kontrol edildiğinde 4’ün c) türüne benzediği görülmektedir.
a1 b1 1 2 x u h, y v k değişken dönüşümü uygulanmalıdır. a 2 b2 2 1 İlk olarak h ve k katsayıları hesaplanmalıdır. Bunun için yukarıda verilen iki denklemden faydalanılır.
a1 h b1 k c1 0 a 2 h b2 k c2 0
x 2 y 1 0 2 x y 1 0
h 2 k 1 0 2 h k 1 0
h 1 k 1
x uh yvk
x u 1 y v 1
Buradan
x 2 y 1 dx 2 x y 1 dy 0
u 1 2 v 1 1 du 2 u 1 v 1 1 dv 0 u 1 2 v 2 1 du 2 u 2 v 1 1 dv 0
u 2 v du 2 u v dv 0 Yukarıdaki diferansiyel denklemde üsler toplamı eşit olduğundan, homojen diferansiyel denklem türüne benzemektedir. Bunun için u r v değişken dönüşümü uygulanabilir. Buradan du v dr r dv olduğu görülür. Bu iki değer yerine yazıldığında,
u 2 v du 2 u v dv 0 r v 2 v dr r
2
r v 2 v v dr r dv 2 r v v dv 0
1 r2 1 dv 0 2 dr dv 0 v r 1
1 3 1 r 2 dr dv c ln v ln r 1 ln r 1 c 0 2 1 v 2 2
r
21
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin
1 u 3 u ln v ln 1 ln 1 c 0 2 v 2 v
x u 1 u x 1 1 u 3 u ln v ln 1 ln 1 c 0 y v 1 v y 1 2 v 2 v 1 x 1 3 x 1 ln y 1 ln 1 ln 1 c 0 Şeklinde genel çözüm elde edilir. 2 y 1 2 y 1
5. Birinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler ve uygulamaları (First-order Linear Differential Equations and their applications) Diferansiyel denklem;
dy p x y q x y p x y q x dx
(5.1)
şeklinde ise buna 1. mertebeden lineer diferansiyel denklem denir ve çözümü aşağıdaki gibi yapılabilir. 1.Yol: y u x v x
(5.2)
değişken dönüşümü uygulandığında y p x y q x denklemi;
u v u v p x u v q x
(5.3)
u v u v p x u v q x u v u v p x u v q x
u v u p x u v q x
haline gelir. u p x u 0
(5.4)
olacak şekilde seçildiğinde; u p x u olur ve buradan;
du p x u dx
e
ln u
p x dx e
du p x dx u
ln u p x dx
yazılabilir. Gerekli sadeleştirmeler yapıldığında;
p x dx ue
(5.5)
olduğu görülür. Denklem (4.3) açılarak tekrar yazıldığında; 22
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin u v x u x v p x u x v x q x
veya
u p x u x v x u x v q x elde edilir. Denklem (4.4) ten dolayı sıfır olan terim 0
atıldığında geriye; u x v q x
(5.6)
u x v q x
ifadesi kalır. Buradan v(x) ifadesi, v kullanıldığında, v e v e
p x dx
p x dx
q x
1 q x u x
olur. u(x) yerine denklem (5.4)
v e
p x dx q x dx c
veya
q x dx c
(5.7)
Elde edilir. Denklem (3.2) den dolayı, p x dx p x dx y x e e q x dx c
(5.8)
Genel çözümü elde edilir. Çözümler bu son denklem vasıtasıyla yapılır. Veya 2. Yol: Öyle bir u(x) fonksiyonu seçelim ki;
d dy du u y u y olsun. Bunun için 1. mertebeden lineer diferansiyel denklem u ile dx dx dx aşağıdaki gibi çarpılır. dy u p x y u q x dx
Buradan görüldüğü gibi
du u p x dx ln u
e
p x dx
u
dy u p x y u q x dx du p x dx olmalıdır. İntegral alındığında u
u e
p x dx
ln u p x dx
d u y u q x dx
olduğundan her iki tarafın integrali alındığında;
d
dx u y u q x dx c
e
sonucuna varılır. Ayrıca;
u y u q x dx c
veya; p x dx p x dx y x e e q x dx c
23
y
1 u q x dx c u
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin olduğu görülür. Her iki usulle hesaplanan neticeler birbirinin aynısıdır.
5.1
Misal:
Misal 2.8 de verilen y
yx diferansiyel denklemin genel çözümünü hesaplayınız. x
dy y x dx x
dy 1 y 1 Buradan denklemin y p x y q x yapısına uygun dx x 1 olduğu görülür. Böylece p x , q x 1 dir. x Çözüm 1:
p x dx p x dx y x e e q x dx c denkleminde yerine yazıldığında;
1 p x dx ln x x 1 1 x dx x dx y x e e 1 dx c
y x e
y x x ln x c
olduğu görülür.
Çözüm 2:
y
yx x
u ln x c
5.2
y u x u 1
y x y x
u x 2 u x u x x
e
ln x
1 dx c
1 y x x dx c x
1 y x x ln x 1 dx c e
y ux
ln x
y ln x c x
dönüşümü sisteme uygulanır.
y x y x
u x u x u x x
u x 1
du 1 dx x
1
du x dx c
y x x ln x c olduğu görülür.
Misal:
x 2 y x y x 2 sin x halinde diferansiyel denklemin genel çözümünü bulunuz.
Çözüm 1: denkleme bakıldığında x 2 li terimler dikkati çekmektedir. Her taraf x 2 ye bölündüğünde;
y
1 y sin x x
1 elde edilir ve burada. p x dx ln x ve q x sin x dir. x
p x dx p x dx Genel denklem y x e e q x dx c de yerine yazıldığında;
24
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin
y x
y x
1 x sin x dx c ve x 1 y x sin x x cos x c x
x sin x dx sin(x) x cos x olduğundan veya
sin x c cos x şeklinde elde edilir. x x
Çözüm 2: y u x
y u x u 1
x 2 y x y x 2 sin x
u x 2 u sin x
u
y
1 2 sin(x) x dx c 2 x x
u
1 sin x x cos x c x2
y
sin x c cos x x x
5.3 y
dönüşümü sisteme uygulanır.
1 y sin x x
sin x 2 u x x
1 1 2 dx 2 dx sin(x) u x e x e x dx c x
u x
dolayı:
u x u
1 u x sin x x
p x dx p x dx y x e e q x dx c
u x e
ln x2 sin(x) e dx c x
ln x 2
u x
1 x sin(x) dx c x2
y 1 sin x x cos x c x x2
genel çözümdür. Her iki çözümün de aynı olduğu görülür.
Misal: 1 y e x halinde verilen diferansiyel denklemin genel çözümünü hesaplayınız. x
1 p x dx ln x ve q x ex olduğu görülür. x p x dx p x dx y x e e q x dx c genel denklemde yerine yazıldığında;
1 x e x dx c x olduğundan; y x
y x
1 (x 1) ex c x
5.4
Misal:
integral tablosundan
kural
(54): x ex dx x 1 e x
elde edilir.
y 2x y x diferansiyel denkleminin genel çözümünü hesaplayınız.
25
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin Çözüm: p x 2x p x dx 2x dx x 2 ve q x x olduğu görülür. p x dx p x dx y x e e q x dx c genel denkleminde yerine yazıldığında; 2 1 2 integral tablosundan: ex x dx e x olduğundan; 2
y x e x ex x dx c 2
2
2 1 2 y x e x ex c 2
5.5
2 1 c e x 2
olarak genel çözüm elde edilir.
Misal:
x y x 2
x3
y x
4
cos x dx x 3 dy 0 diferansiyel denkleminin genel çözümünü hesaplayınız.
dy x 2 y x 4 cos x dx
p x ln x ye
ln x
e
ln x
dy 1 y x cos x dx x
g x x cos x
x cos x dx c
y x x cos x dx c
p x
1 x
1 p x dx x
p x dx p x dx ye e q x dx c
1 y x x cos x dx c x
y x sin x c
6. Bernoulli Denklemi
dy p x y q x yn dx
(6.1)
şeklinde verilen denklemlere “Bernoulli denklemi” denir ve çözümü için denklemin her iki tarafı y n ile çarpıldığında;
y n
dy p x y y n q x yn y n dx
veya y n
dy p x y1n q x haline gelir. dx
u y1n
(6.2)
dönüşümü uygulandığında;
du dy 1 n y n olur. Buradan; dx dx 1 du p x u q x 1 n dx
y n
dy 1 du olduğu görülür. dx 1 n dx
her iki taraf 1 n ile çarpıldığında;
26
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin
du 1 n p x u 1 n q x dx Böylece 1. mertebeden lineer diferansiyel denklem elde edilmiş olur. Burada çözüm tamamlandıktan sonra denklem (6.2) den faydalanarak sonra
u y1n
ile y fonksiyonu
hesaplanmış olur.
6.1
Misal:
y x y x y2 şeklinde verilen diferansiyel denklemin çözümünü hesaplayınız. Çözüm: denklemin her iki tarafı y 2 ile çarpıldığında; y 2
dy x y 1 x u y12 y1 dx
du dy dy du dy 1 y 2 y 2 y 2 değişken dönüşümü uygulandığında; dx dx dx dx dx
du xu x dx
du x u x dx
elde edilir. Buradan;
p x dx p x dx u x e e q x dx c
u x e
xdx
1
x xdx e x dx c u x e 2
2
1 x2 e 2 x dx c
1 2 x 1 x2 u x e 2 e 2 c
1 2 x u x 1 e 2 c
Elde edilir. Buradan
y
6.2
1 1 2 x 2 1 e c
1 2 x 1 1 e 2 c y
olduğu görülür.
Misal:
dy 2y x y 2 şeklinde verilen diferansiyel denklemin çözümünü hesaplayınız. dx Denklemin her iki tarafı y 2 ile çarpıldığında;
dy dy y2 2y3 x 2y y2 x y2 y 2 dx dx du dy 1 du dy y2 3y2 uygulanmalıdır. dx dx 3 dx dx y2
1 du 2u x 3 dx
u y3 değişken
du 6u 3x elde edilir. Buradan; dx
p x dx p x dx ue e q x dx c
6dx 6dx u e e 3x dx c 27
dönüşümü
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin
1 1 1 1 u e6 x 6x 1 e6x c u 6x 1 c e6x y3 x c e 6x 2 12 12 12
6.3
elde edilir.
Misal:
dy 5 5y x y3 dx 2 hesaplayınız.
halinde verilen Bernoulli diferansiyel denklemin genel çözümünü
Çözüm: Denklemin her iki tarafı y 3 ile çarpıldığında;
y 3
dy 5 5y y 3 x y3 y 3 dx 2
y 3
dönüşümü uygulanmalıdır. Buradan;
dy 5 5y 2 x dx 2 du dy 2y 3 dx dx
u y 2
y 3
değişken
dy 1 du dx 2 dx
du 1 du 5 10u 5x 5u x elde edilir. Bu denklem birinci mertebeden lineer dx 2 dx 2 diferansiyel denklem olduğundan, çözümü doğrudan yazılabilir.
p x dx p x dx ue e q x dx c
u e10x e10x 5x dx c
u e10x 1/ 2e10x x 1/ 20e10x c
u
10dx 10dx ue e 5x dx c
1 1 1 1 1 x c e10x 2 x c e 10 x sonucu elde edilir. y 2 20 2 20
6.4
Misal:
x y dx 2 x y dy 0 2
diferansiyel denklemini çözünüz.
Çözüm: ilk önce Bernoulli şekline çevirmek gereklidir.
x y2 dx 2xy dy 0 y
1 y 2y 2x
y y
1 2 1 y 2x 2
1 1 1 u u 2 2 2x
y
y 1 y 1 2x 2
x y2 2xy y 0
u y2
1 u u 1 x
p x dx p x dx ue e q x dx c
y y
u 2 y y
y
1 1 y y y y 1 2x 2
1 y y u 2
1
x dx ln x
ue
ln x
28
e
ln x
1 dx c
x y2 2xy 2xy
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin
1 u x 1 dx c x
y2 x ln x c
u x ln x c
olduğu görülür.
6.5 2
Misal:
dy 1 y y3 Bernoulli diferansiyel denkleminin genel çözümünü hesaplayınız. dx x
dy 1 dy 1 2 y 3 y 3 y y 3 y3 y y3 dx x dx x du dy 1 dy du dy 2 y 3 y 2 1 2 y 3 2 y 3 u y 2 dx dx x dx dx dx p x dx p x dx du 1 du 1 u 1 u 1 u x e e q x dx c dx x dx x 1 1 dx dx ln x ln x u x e x e x 1 dx c u x e e 1 dx c 1 x2 1 x c u x c u x x 1 dx c u x x 2 x 2 x
2
y2
1 u
6.6
2 y
y2
1 x c 2 x
Genel çözümdür.
Misal: 2
2x dx 2y dy 0 diferansiyel denkleminin genel çözümünü hesaplayınız.
Çözüm: Denklemi her iki tarafı dx e bölündüğünde,
2 y
2
2x
dy dx dy 0 2y 0 2 y2 2x 2y dx dx dx
dy y 1 y x dy dy y 1 x 1 1 dy 0 1 x 2 y2 2x 2y 0 y 2 y dx dx 2 dx 2 y y y 2y dx
y
dy 1 du dy dy 1 du y dy y 1 x y 1 y y y2 1 x u y2 2y y dx 2 dx dx dx 2 dx 2 dx
p x dx p x dx 1 du 1 du u 1 x u 2 1 x u x e e q x dx c 2 dx 2 dx 1dx 1dx u x e e 2 1 x dx c u x e x 2 e x 1 x dx c d u v v du u dv
v du d u v u dv
kuralı uygulanabilir. v 1 x ve u ex olarak seçildiğinde;
1 x e 1 x e e x
x
x
1
1 x e 1 x e x
29
x
ex ex x ex ex x ex olduğu görülür.
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin Bu değerler yerine yazıldığında; u x e x 2 x ex c 2x c e x y2 c e x 2x şeklinde genel çözüm elde edilir.
6.7
2 x
Misal: 3
y4 dx x y3 dy 0 diferansiyel denkleminin genel çözümünü hesaplayınız.
Çözüm: 2 x 3 y4 x y3
dy dy dy y4 2 x 3 0 x y3 y4 2 x 3 dx dx dx x y3 x y3
dy 1 dy 1 dy 1 y 2 x 2 y 3 y3 y3 y 2 x 2 y3 y 3 y3 y4 2 x 2 u y4 dx x dx x dx x
du 4 1 du dy du 4 dy u 8 x 2 p x , q x 8 x 2 y3 4 y3 dx x 4 dx dx dx x dx 1 1 4 dx p x dx p x dx 4 dx u x e e q x dx c u x e x e x 8 x 2 dx c
u x e
ln x 8 e 8 x 2 dx c u x x 4 8 x 2 dx c u x x 4 c x
ln x 4
4
y4 8 x 3 c x 4 şeklinde genel çözüm elde edilir.
7. Riccati Diferansiyel Denklemi
dy a x y2 b x y c x dx
(7.1)
şeklindeki denklemlere Riccati denklemi denir ve a x 0 olduğu zaman çözümü aşağıdaki gibi 1. mertebeden lineer diferansiyel denklem gibi olur.
dy b x y c x dx
dy b x y c x dx
Denklem (7.1) de y y1 bir özel çözüm olmak üzere;
y y1
1 u
(7.2)
dönüşümü yapılmalıdır. y y1 bir özel çözüm olduğundan denklem (7.1) de yerine yazıldığında; y1 a x y12 b x y1 c x
(7.3)
olur. Denklem (7.2) den dolayı x e göre türev alındığında; 30
y y1
u olur. u2
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin
y y1 y1
y 1 1 olduğundan y2 y12 2 1 2 yazılabilir. Denklem (7.3) de yerine yazıldığında; u u u
u y 1 1 a x y12 2 1 2 b x y1 c x 2 u u u u
(7.4)
y1 yerine denklem (7.3) kullanıldığında; a x y12 b x y1 c x
u y 1 1 a x y12 2 1 2 b x y1 c x 2 u u u u
(7.5)
elde edilir. a x y12 b x y1
u y 1 1 a x y12 2 1 2 b x y1 2 u u u u
(7.6)
her taraf u 2 ile çarpıldığında; y 1 1 a x y12 u 2 b x y1 u 2 u a x y12 2 1 2 u 2 b x y1 u 2 u u u
haline gelir. Gerekli sadeleştirmeler yapıldığında; a x y12 u 2 b x y1 u 2 u a x y12 u 2 2 a x y1 u a x b x y1 u 2 b x u u 2 a x y1 u a x b x u 0
veya;
u 2 a x y1 b x u a x 0
u 2 a x y1 b x u a x
(7.7)
elde edilir. Bu da 1. mertebeden lineer diferansiyel denklemdir. çözümü elde edildiğinde, denklem (7.2) den dolayı u yerine;
1 y y1 u
7.1
u
1 yazılarak genel çözüm elde edilmiş olur. y y1
Misal:
dy y2 y 2 Riccati diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. dx Çözüm:
y1 1 bu denklemin birer özel çözümüdür. Bunlardan birisini kullanarak 1 y 2 genel çözüm elde edilir. Denklem (7.1) den dolayı u
y1 2
ve
dy a x y2 b x y c x dx denklem (7.7) de kullanıldığında;
a x 1, b x 1, c x 2 olduğu görülür. Bu değerler,
31
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin u 2 a x y1 b x u a x
u 2 1 2 1 u 1
p x dx p x dx u x e e q x dx c
u x e3x e3x 1 dx c
1 u x e 3x e3x c 3
y 2
1
1 u x c e3x 3
y y1
1 u
y 1
1 u
u 2 a x y1 b x u a x
u 2 1 1 1 u 1
p x dx p x dx u x e e q x dx c
u x e3x e3x 1 dx c
1 u x e3x e 3x c 3
y 1
7.2
1 1 c e3x 3
u 3 u 1
şeklinde genel çözüm elde edilir. Aynı işlemler y1 1 alınarak da
1 c e 3x 3
hesaplanabilir.
u 3 u 1
1 u x c e3x 3
şeklinde genel çözüm elde edilir
Misal:
dy 2 y2 2 Riccati diferansiyel denkleminin çözümünü hesaplayınız. dx x Çözüm:
dy dy c 2 2 y1 1 y2 0 y 2 y2 2 bu denklemin bir dx dx x x x özel çözümüdür. Bunlardan birisini kullanarak genel çözüm elde edilir. Denklem (7.1) den dolayı; c1,2 1,2
dy 2 y2 2 dx x
c c2 2 2 2 2 x x x
c2 c 2 0
y
2 1 x u
2 u 2 1 0 u 1 x
u
4 u 1 x
olur. Bu değerlerden birisi kullanıldığında; y1
2 x
Denklem (7.7) den dolayı değerler yerine yazıldığında; u 2 a x y1 b x u a x
u x e
p x dx
p x dx e q x dx c
4 4 x dx x dx u x e e 1 dx c
32
olur.
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin u x x 4 x 4 dx c
x 3 u x x 4 c 3
x u x cx 4 3
x 3cx 4 u x 3
y
2 1 x u
y
2 3 x x 3cx 4
olduğundan u değeri yerine yazıldığında; y
1 2Cx 3 , x 1 Cx 3
C 3c
Sağlaması yapıldı ve doğru olduğu görüldü. Aynı işlemler y1 hesaplanabilir.
y
1 1 olur. Denklem (7.7) den dolayı değerler yerine yazıldığında; x u 1 u 2 1 0 u 1 x
u 2 a x y1 b x u a x
p x dx p x dx u x e e q x dx c
u x e
u x x 2 x 2 dx c
1 3x 2 3 u x x 3c
1 özel çözümü alınarak da x
2 dx x
x3 u x x 2 c 3
y
1 1 x u
3 3 3x 2 1 3x x 3c y 3 x 3c x x x 3 3c
u
2 u 1 x
2 dx e x 1 dx c
u x
x c 3 x2
olduğundan u değeri yerine yazıldığında;
y
2x 3 3c x x 3 3c
elde edilir. Bu denklem de çözümü sağlamaktadır.
7.3
Misal:
dy y2 x y 1 Riccati diferansiyel denkleminde, y1 x özel çözümü olduğuna göre, genel dx çözümünü hesaplayınız. Çözüm: y x alındığında, y y2 xy 1 x 2 x x 1 1 çözümü sağladığı görülmektedir. u 2 a x y1 b x u a x
u 2 1 x x u 1
p x dx p x dx u x e e q x dx c
33
u x u 1
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin u x e
xdx
ax e dx 2
u x e
y y1
1 2
2
x 2
xdx e 1 dx c
erf
ax
1 x
1 2 x 2
x2 2
x e 2 dx c 2
1 erf x 2 1 dx 2 1 2
1 erf x 2 1 c 2 1 2
1 olduğundan, u
1
yx e
7.4
e
a
u x e
2
x 2
1 erf x 2 1 c 2 1 2
Misal: 2
2 x y y2 dx dy 0 diferansiyel denkleminde y1 x özel çözümü bilindiğine göre
genel çözümü çözümü hesaplayınız.
dy 1 y2 2 x y 1 x 2 1 x 2 2 x x 1 x 2 çözümü dx 1 1 sağladığı görülmektedir. y y1 y x . Bulunması gereken u fonksiyonudur. u u Çözüm: y x
alındığında,
u 2 a x y1 b x u a x
du 1 dx c
u 2 1 x 2 x u 1
u x c . Buradan genel çözüm: y x
du 1 dx
1 1 yx u cx
Şeklinde hesaplanır.
7.5
Problem:
dy 2 1 y x 1 , y1 x 1 Riccati diferansiyel denkleminin verilen özel çözümü için genel dx çözümünü hesaplayınız.
Çözüm:
dy dy 2 1 y x 1 1 y2 x y y x y x 2 x y x 1 dx dx
34
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin dy dy 1 y2 x y y x y x 2 x y x 1 1 y2 2 x y 1 y 2 x x 2 dx dx
7.6
Problem:
dy 1 x y2 2 x 1 y x, y1 1 Riccati diferansiyel denkleminin verilen özel çözümü için dx genel çözümünü hesaplayınız.
Çözüm:
7.7
dy 1 x y2 2 x 1 y x, y1 1 a x 1 x , b x 2 x 1 , c x x, y1 1 dx
Problem:
dy 1 x 2 y2 x y 1, y1 Riccati diferansiyel denkleminin verilen özel çözümü için genel dx x çözümünü hesaplayınız. x2
Çözüm: x 2
7.8
dy 1 1 x 2 y2 x y 1, y1 a x x 2 , b x x, c x 1, y1 dx x x
Problem:
dy y 1 x dx 3
2
x 2 y 2 x, y1 x 2 Riccati diferansiyel denkleminin verilen özel çözümü için
genel çözümünü hesaplayınız. Çözüm: 1 x 3
dy dy 1 x2 2x 2 y2 x 2 y 2 x y y 3 3 dx 1 x 1 x 1 x3 dx
8. Clairaut Diferansiyel Denklemi
y x
dy dy f( ) dx dx
(8.1)
şeklindeki diferansiyel denklemlere Clairaut Denklemi denir. Denklem (8.1) in, x e göre türevi alınıp tekrar düzenlendiğinde;
x f (dy / dx)
d2y 0 dx 2
(8.2)
elde edilir. Çözümü:
y c x f (c)
(8.3)
şeklindedir.
8.1
Misal: 2
dy dy y x 2 Clairaut diferansiyel denkleminin çözümünü hesaplayınız. dx dx 35
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin Çözüm: denklemde
y c x 2 c2
8.2
dy c yazılarak genel çözüm hesaplanır. dx
şeklindedir.
Misal:
y x y
a2 Clairaut diferansiyel denkleminin çözümünü hesaplayınız. y
dy p olsun. Bu durumda; dx tarafın x e göre türevi alındığında; Çözüm: denklemde
a 2 dp p p x 2 p dx
y xp
a2 f x, p p
olur.
Her
a 2 dp Burada iki farklı durum karşımıza x 0 p2 dx dp 0 çıkmaktadır. 1. Durum: olursa; p C olur. Bu değer ilk dx a2 y Cx denklemde yerine yazıldığında; elde edilir. Bu genel çözümdür. Veya C
2. Durum: x
a2 0 p2
yazıldığında;
olursa; p2
p y x p a 2
2
a2 x
p y
olur. Bu değer 2
x p a 2
2 2
ilk denklemde
yerine
a2 2 a2 y x a2 x x
2
2 a2 2 a2 2 y 2a 2 y 4a 4 y2 4a 2x elde edilir. Bu tekil (sadece bir x x durum için geçerli, özel) bir çözümdür ve yukarıda (durum:1 de) elde edilen denklemdeki C nin herhangi bir değeri için bu sonuç asla elde edilemez. Yani özel çözümdür. Halbuki birinci merteden bir diferansiyel denklemde 1 tane sabit bulunmalıdır.
9. Tam Diferansiyel Denklemler (Exact Differential Equations) Birinci mertebeden bir diferansiyel denklem f x, y c şeklinde tanımlı olsun. Türevi alındığında;
df (x, y)
f f dx dy 0 x y
(9.1)
olur. Bu kısaca aşağıdaki gibi gösterilebilir. M x, y dx N x, y dy 0
(9.2)
veya
M x, y N x, y
dy 0 dx
haline gelir. 36
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin
M N y x
Şeklinde ve
(9.3)
ise buna tam diferansiyel denklem denir. Çözümü aşağıdaki gibidir: f x, y M x, y dx g y
(9.4)
dg y f (x, y) M(x, y) dx N(x, y) y y dy dg y N(x, y) M(x, y) dx dy y
olduğundan;
olur. Her iki tarafın integrali alındığında;
g y N(x, y) M(x, y) dx dy hesaplanır. Bu değer denklem (9.4) de yerine y yazıldığında çözüm elde edilmiş olur. Veya benzer işlemler; f x, y N x, y dx g x
(9.5) dg x f (x, y) N(x, y) dy M(x, y) x x dx
alınarak tekrarlanır. f x, y N x, y dx g x
9.1
Misal:
2 x y dx x 2 y dy 0
şeklinde verilen diferansiyel denklemin genel çözümünü
hesaplayınız. Ayrıca y 0 0 başlangıç şartını kullanarak özel çözümünü hesaplayınız. Çözüm 1: M x, y dx N x, y dy 0 şeklinde bulunduğundan tam diferansiyel denklem olup olmadığı test edilmelidir.
N M 1 1 ve x y
M N olduğundan tam diferansiyeldir. y x
f x, y M x, y dx g y 2 x y dx g y c
f x, y x 2 xy g y N(x, y)
dg y 2 x xy y dy
g y y2
f (x, y) N(x, y) y
x 2y x
f x, y x 2 x y y2 c
olduğundan;
dg y dy
dg y 2y dy
x 2 x y y2 c
olarak elde edilir.
Çözüm 2: Veya f x, y N x, y dy g x x 2 y dy g x x y y 2 c 37
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin
M(x, y) y
dg x x y y2 x dx
dg x 2x y dx
M(x, y) y
dg x dx 2x dx dx
f x, y x y y2 g x c
dg x 2x y dx
x y y2 x 2 c
g x x2
olarak aynı sonuç bulunur. y 0 0
başlangıç şartı uygulandığında, 0 0 02 02 c c 0 x y y2 x 2 0 şeklinde özel çözüm bulunur.
9.2
Misal:
2 x y dx 2 x y dy 0 2
diferansiyel denkleminin tam diferansiyel olup olmadığını test
ediniz. Tam diferansiyel ise genel çözümünü hesaplayınız.
N M 2y 2y ve y x Çözümü:
M N y x
ve
olduğundan
tam
diferansiyeldir.
f x, y M x, y dx g y 2 x y 2 dx g y c
f (x, y) N(x, y) y
f x, y x 2 x y2 g y N(x, y)
dg y 2 x xy 2 y dy
f x, y x 2 xy2 c
df (x, y)
2xy 2xy
olduğundan;
dg y dy
dg y 0 dy
şeklindedir. Sağlama için;
f f dx dy 0 x y
olmalıdır.
2 2x y2 dx 2xy dy 0 x xy2 dx x 2 xy2 dy 0 olur. Bu da x y diferansiyel denklemin kendisidir. Aynı problem diğer şekilde de çözülebilir. f x, y N x, y dy g x 2xy dy g x
f (x, y) M(x, y) x 2x y 2 y2
olduğundan;
dg x dx
f x, y xy2 x 2 c
M(x, y)
f x, y xy2 g x
olur.
dg x xy 2 x dx
dg x 2x dx
g x x2
olduğu görülür. Elde edilen sonuçların ikisi de aynıdır.
38
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin
9.3
x
2
Misal: y2 dx 2xy dy 0 ile verilen diferansiyel denklemin genel çözümünü bulunuz.
Çözüm: M x, y dx N x, y dy 0 şeklinde bulunduğundan tam diferansiyel denklem olup olmadığı test edilmelidir.
M N 2y, 2y y x
M N olduğundan tam diferansiyeldir. y x
f x, y M x, y dx g y x 2 y 2 dx g y c
f (x, y) N(x, y) y
x3 f x, y xy 2 g y 3
N(x, y)
dg y x3 2 xy y 3 dy
2xy 2xy
olduğundan;
dg y dy
dg y 0 dy
x3 x2 c 2 f x, y xy c olarak elde edilir. Ayrıca 1. mertebeden y2 3 3 x homojen diferansiyel olup olmadığı da test edilebilir.
x
2
y2 dx 2xy dy 0
dy x 2 y2 f x, y dx 2xy
x
2
y2 dx 2xy
x 2 y2 f x, y 2xy
dy 0 dx
dy x 2 y2 dx 2xy
t 2 x 2 y2 t 2x 2 t 2 y2 f tx, ty 2 2 tx ty t 2xy
f x, y f t x, t y olduğundan 1. mertebeden homojen diferansiyel denklemdir ve y u x
dönüşümü ile de çözülebilir. 2 dy du x u x ux dx dx 2x u x
2
ux
du u 2 1 dx 2u
2u 1 2 du dx 3u 1 x
x
ux
du u 2 1 2u 2 dx 2u
x
du 3u 2 1 dx 2u
1 1 ln 3u 2 1 ln c 3 x
1
c 3u2 1 ex
şeklinde yazıldığında;
2u 1 3u2 1 du x dx c 1 3
2 2 du x 2 x 2 u 2 x 1 u dx 2x 2 u 2x 2 u
y2 3 ec 3 1 2 x x
y 2 x 2 e3c 3 x2 x3
39
1
e3
ln 3u2 1
e
1 ln x
ec
y2 x 2 2 e3c 2 3 x 3 x x2 x
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin
3y 2 x 2
C x
olarak aynı sonuç elde edilir. Benzer işlemler
dx 2 x y dy x 2 y 2
ve
dx dv 2 v y2 vy dy dy v y 2 y2 v2 1 1 dy dv y 3 3v v
1
v
y dy 3v v
2
dönüşümü yapılarak da hesaplanır.
x vy
vy
y v 3 v 2
1 3
y
dv 3v v 3 2 dy v 1
1
1
1
y
ln y 1/ 2ln 3 v 2 1/ 3ln v 1/ 6ln 3 v 2
ln y ln 3 v 2 3 ln v 3
ln y ln 3 v 2 2 ln v 3 ln 3 v 2 6
1 ln y ln 3 v 2 ln v 3
1 v 1 y dy 3v v 2 3v v 3 dv
1 dv c 3v v 3
1
dv 2 v 2 dy v 1
ln y ln v 3 v
2
1 3
1
1
v 3 v 2 3
e
ln v 3 v 2
1 3
x x 2 y3 3 2 1 y y
y3 v 3 v 2 1
1
e
ln y
x 3y 2 x 2 C x 3y2 x 2 c 3y 2 x 2 olur. Aynı denklem y 1 2 x y y y p x y q x yn yapısına uymalıdır. Bernoulli olarak çözüldüğünde, 3
x
2
y2 dx 2xy dy 0
y
x dy 1 y y y y 1 dx 2x 2
du dy 2y dx dx 1
y
dy x 2 y2 dx 2xy y
e
x dy 1 y y 1 dx 2x 2
dy 1 2 x y dx 2x 2
1 du 1 x u 2 dx 2x 2
dy 1 du dx 2 dx
p x dx x dx ln x
p x dx
e
ln x
x
olduğu
yazıldığında; p x dx p x dx u x e e q x dx c
olmalıdır. Yani;
40
u y2 du 1 u x dx x
görülür.
Değerler
yerine
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin
u
1 x x dx c x
u
1 x3 c x 3
y2
x2 c 3 x
Üç farklı usulle elde edilen neticeler birbirinin aynıdır.
9.4
Misal:
2xy sec x dx x 2
2
2y dy 0
ile verilen diferansiyel denklemin genel çözümünü
hesaplayınız. Çözüm: M x, y dx N x, y dy 0 şeklinde bulunduğundan tam diferansiyel denklem olup olmadığı test edilmelidir.
M N 2x, 2x y x
M N tam diferansiyeldir. f x, y M x, y dx g y c y x
f x, y 2xy sec2 x dx g y c
f (x, y) N(x, y) y
dg y 2y dy
g y y2
x2y
9.5
sin x y2 c cos x
N(x, y)
sin x f x, y x 2 y g y cos x
sin x dg y 2 x y y cos x dy f x, y x 2 y
x 2 2y x 2
dg y dy
sin x y2 c cos x
şeklinde genel çözüm bulunur.
Misal:
1 2 2 2 x y dx 2 x y cos y dy 0 diferansiyel denklemini çözünüz. x
M x, y dx N x, y dy 0 şeklinde bulunduğundan tam diferansiyel denklem olup olmadığı
test edilmelidir.
N M 1 2x 2 y cos y 4xy 2xy2 4xy ve x x y y x diferansiyeldir.
M N y x
olduğundan
f 1 ln x x 2 y 2 g y f x, y 2 x y 2 dx g y f x, y ln x x 2 y2 g y y y x
dg y dg y dg y f f N 2x 2 y 2x 2 y cos y cos y olduğundan 2x 2 y y dy dy dy y y
41
tam
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin
dg y cos y dy
g y sin y ln x x 2 y2 sin y c şeklinde genel çözüm
elde edilir.
9.6
3 x
Misal: 2
6 x y2 dx 6 x 2 y 4 y3 dy 0 diferansiyel denklemini çözünüz.
M x, y dx N x, y dy 0 şeklinde bulunduğundan tam diferansiyel denklem olup olmadığı
test edilmelidir.
N M 6 x 2 y 4 y3 12 x y 3 x 2 6 x y 2 12 x y ve x x y y tam diferansiyeldir. f x, y 3 x 2 6 x y 2 dx g y f x, y x 3 3 x 2 y2 g y
M N olduğundan y x
f 3 x 3 x 2 y2 g y y y
dg y dg y dg y f N f 6 x2 y 6 x 2 y 4 y3 4 y3 olduğundan 6 x 2 y y dy dy dy y y
dg y 4 y
3
dy
g y y4 x 3 3 x 2 y2 y4 c şeklinde genel çözüm elde edilir.
10. İntegrasyon Çarpanı ile Tam Diferansiyel Hale Getirilebilen Denklemler Birinci mertebeden bir diferansiyel denklem f x, y c şeklinde tanımlı olsun. Diferansiyeli alındığında;
df (x, y)
f f dx dy 0 x y
(10.1)
olur ve kısaca aşağıdaki gibi gösterilebilir. M x, y dx N x, y dy 0
(10.2)
Tam diferansiyel denklem, denklem (9.3) ile gösterilen
M N M N şartını sağlıyordu. y x y x
olduğundan bu şart;
x, y M x, y dx x, y N x, y dy 0
(10.3)
denkleminde bulunan x, y integrasyon çarpanı ile sağlanmış olsun. Bu durumda tam diferansiyellik şartı aşağıdaki gibi yazılabilir.
M N y x
(10.4)
Bu şartın daha açık yazılmasıyla; 42
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin
M M N N olur. Buradan; olur. Her iki tarafın x, y M N M N y y x y x x y x ye bölünmesiyle;
1 M N N M x y y x
(10.5)
olur Burada bir çok tür karşımıza çıkar. Bunlardan 6 adedi aşağıda verilmiştir.
e
d
Yukarıdaki denklem ile ilgili integrasyon çarpanını bulmak için aşağıda verilen Tablo 1 den faydalanılabilir. Tablo 1: İntegrasyon çarpanı ile ilgili hazır değerler x
y
xy
xy
My Nx
My Nx
My Nx
My Nx
N
M
NM
yN xM
x y
M
y
x 2 y2
N x y2
yN xM
M
y
Nx
2 x N y M
Bu değerlerin nasıl hesaplandığı aşağıda verilmiştir.
10.1 x integrasyon çarpanı sadece x e bağımlı olduğu durum: Burada yapılan tüm çözümler Denklem (10.5) den yararlanarak hesaplanmaktadır. x, y fonksiyonu sadece x e bağlı olduğunda; x şeklinde yazılabilir. Dolayısıyla
0 y
olacaktır. Bu değer yerine yazıldığında;
1 M N x y
M N y x
M N 1 d y x p x dx N
ln p x dx
1 d M N N dx y x
elde edilir. Böylece; px dx ln e e
olur. Buradan;
1 d p x dx e
d p x dx
p x dx
Dikkat: işlemler sonucunda elde edilen x integrasyon çarpanı, x, y şeklinde çıkarsa yukarıdaki denklem uygulanamaz ve aşağıdaki 2. yol izlenir. Burada
p x
My Nx N
ile tanımlıdır ve sadece x in fonksiyonu olmalıdır.
10.1.1 Misal: 43
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin
x y 1 dx x 2 x y dy 0
şeklinde verilen
diferansiyel denklemin, ilk önce tam
diferansiyel olup olmadığını test ediniz ve tam diferansiyel değilse, integrasyon çarpanını hesaplayıp, çözümünü yapınız.
N M N M 2x 1 ve olduğundan x ve x y x y Çözümü: ilk önce integrasyon çarpanı hesaplanmalıdır. p x
My Nx N
e
1 dx x
e
1 1 xy 1 dx x 2 xy dy 0 x x N M 1 1 ve x y
f f dx dy 0 x y
f x, y xy ln x g y
dg y xy dy
f x, y xy ln x
1 x
değildir.
olduğundan;
1 y dx x y dy 0 x
olmalıdır.
1 y dx x y dy 0 x
1 f x, y y dx g y x
dg y y dy
y2 c 2
olduğundan tam diferansiyeldir
f x, y M x, y dx g y
ln X
M N y x
f x, y M x, y dx g y
x
diferansiyel
x 2x y yx 1 2 x xy x y x x
p x dx e
df (x, y)
tam
dg y f (x, y) M(x, y) dx N(x, y) y y dy
g y y dy
g y
olduğundan;
y2 2
olduğundan, yerine yazıldığında;
xy ln x
y2 c 2
olduğu görülür.
İntegrasyon çarpanı için 2.yol tercih edildiğinde;
p y
Nx My
p p x, y
M
2x y x xy 1
xy xy 1
p y
xy xy 1
fonksiyonu hem x hem de y ye bağımlı olduğundan, integrasyon katsayısı
geçerli değildir. Bernoulli denklemine uygun olup olmadığının test edilmesi için, Bernoulli denklemi şekline dönüştürmek gereklidir. 44
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin
xy 1 dx x 2 xy dy 0 x y y y
1 x
y
xy 1 x 2 xy y 0
1 1 y xy x x y
x x y y xy 1
uygun değildir. Aşağıda tam diferansiyel
hali denendi ve onun da uygun olmadığı görüldü. 1 y dx x y dy 0 x
x y
dy 1 xy dx x
1 dy 0 y x y x dx
x y
dy 1 y dx x
x y
dy 1 y dx x
uygun olmadığı görülmektedir.
10.1.2 Misal: Misal 6.4 te verilen
x y dx 2xy dy 0 2
diferansiyel denklemin tam diferansiyel olup
olmadığını test ediniz ve tam diferansiyel değilse, integrasyon çarpanını hesaplayıp, çözümünü yapınız.
N M M N 2y 2y ve ve olduğundan y y x x Çözümü: ilk önce integrasyon çarpanı hesaplanmalıdır. p x
e
My Nx N
2ln X
2y 2y 4y 2 2xy 2xy x
1 x2
e
tam
px dx
diferansiyel
e
değildir.
2 dx x
olduğundan;
1 1 x y2 dx 2 2xy dy 0 2 x x
1 y2 2y 2 dx dy 0 x x x
haline gelir ve
M N M 1 y2 y N 2y y olduğundan tam diferansiyeldir 2 2 2 ve 2 2 y x y y x x x x x x x ve çözümü tam diferansiyel denklem gibi yapılır. f x, y M x, y dx g y
f x, y ln(x)
y2 g y x
1 y2 f x, y 2 dx g y x x
dg y f (x, y) M(x, y) dx N(x, y) y y dy
f (x, y) y 2 dg y ln(x) N(x, y) y y x dy
2y g y N(x, y) x
2y 2y g y x x
f (x, y) 2y dg y N(x, y) y dy x
g y 0
45
olduğundan;
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin g y c
ln(x)
ve
y2 f x, y ln(x) g y olduğundan; x
y2 c 0 x
y2 ln(x) c x 0
elde edilir.
10.1.3 Misal: y 2x dx xy 1 dy 0 diferansiyel denkleminin (x) integrasyon çarpanını bularak x genel çözümünü elde ediniz.
Çözüm 1: y 2x dx xy 1 dy 0 x
p x
My Nx N
p x dx e
e
My
1 y x p x xy 1 1 dx x
e
1 x
Nx y
1 xy 1 xy 1 p x x xy 1 x xy 1 ln X
1 x
olduğundan;
y 1 1 y 1 2x dx xy 1 dy 0 2 2 dx y dy 0 x x x x x 1 M N Nx 2 olduğundan tam diferansiyeldir. x y x f f y 1 df (x, y) dx dy 0 olmalıdır. 2 2 dx y dy 0 x y x x
f x, y M x, y dx g y
f x, y 2x
y g y x
1 dg y 1 y x dy x
dg y y dy
f x, y M x, y dx g y
g y y dy
g y
y2 2
olduğundan, yerine yazıldığında;
şeklinde genel çözüm elde edilir.
Çözüm 2:
y 2x dx xy 1 dy 0 x
dy du x u dx
1 x2
f (x, y) y dg y 2x N(x, y) olduğundan; y y x dy
y y2 f x, y 2x c x 2 y ux
My
y f x, y 2 2 dx g y x
p x
dönüşümü uygulansın.
ux 2x dx x u x 1 du x u dx 0 x
46
1 x
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin
2x u dx x 2 u2 u dx x 3 u x du 0
2x u dx x 2 u 1 du x u dx 0
2x x
2
u 2 dx x 3 u x du 0
Her taraf x e bölündüğünde (çünkü bütün
terimlerde x bulunmaktadır);
1 2x x 2 u 2 dx x 3 u x du 0 x
2 x u dx x 2
M N 2 x u 1 2 x u 2 x u 2 2 x u ve x x u u diferansiyeldir.
u 1 du 0 M N u x
olduğundan
tam
f x, u 2 x u 2 dx g u
f x, u M x, u dx g u
f x, y 2 x
2
x2 2 u g u 2
f (x, u) x 2 2 dg u 2 x u N(x, u) u u 2 du
dg u 1 du
dg u x2 u 1 du x2 f x, u 2 x u 2 g u 2 x2 u
dg u du u x2 f x, u 2 x u 2 u 2
2
x2 y y f x, y 2 x 2 x x
g u u
f x, y 2 x
y2 y c 2 x
olduğundan;
y ux
u
y x
genel çözümdür.
10.1.4 Misal:
2 x y
2
2 dx 2y dy 0
diferansiyel
denkleminin
(x)
integrasyon
çarpanını
hesaplayarak genel çözümünü elde ediniz. Çözüm: İlk önce diferansiyel denklemin tam diferansiyel olup olmadığı test edilmelidir. N M N M 2y 0 2 x y2 2 2y ve olduğundan tam diferansiyel x x y x y y p x dx değildir. O halde integrasyon çarpanı bulunmalıdır. Eğer x ise e ve p x
p x e
My Nx
sadece x in fonksiyonu olmalıdır.
N My Nx N
p x dx
2 y 2 2x 2y y x 2y
e
1dx
p x
2y 0 2y
1
şart
sağlandı.
ex
ex 2 y2 2x dx ex 2ydy 0
x x 2 x x 2e e y 2xe dx 2e y dy 0
N M 2ex y 2ex y 2ex ex y2 2xex 2ex y ve y y x x diferansiyeldir. 47
M N y x
olduğundan
tam
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin f x, y 2ex ex y2 2xex dx g y f x, y 2ex ex y2 2ex x 1 g y
f x e 2x y2 g y y y
2ex y
dg y f N f olduğundan; 2e x y y dy y y
dg y dg y d g y c 2ex y 0 dy dy dy
g y c
f x, y ex 2x y2 c 2 ex x e x y2 c şeklinde genel çözüm elde edilir. Aynı denklem Bernoulli ile önceki bölümlerde çözüldü.
10.1.5 Misal:
x
4
x y dx x y3 x 2 dy 0 diferansiyel denkleminin genel çözümünü hesaplayınız.
M x, y dx N x, y dy 0 şeklinde bulunduğundan tam diferansiyel denklem olup olmadığı
test edilmelidir.
N 2 M 4 M N x x y3 2 x y3 x x y x ve olduğundan tam x x y y y x diferansiyel değildir. Tablo 1 den yararlanarak x e bağlı olup olmadığı test edilmelidir. x
My Nx N
x 2 x y3 x 2 x y3
y3 x x y3 x
1 x dx dx 1 ln x 1 1 x e e e x x
x 1 x 4 x y dx x 1 x y3 x 2 dy 0 x 3 y dx x y3 dy 0 f x, y x 3 y dx g y f x, y
x4 f x4 x y g y x y g y 4 y y 4
dg y dg y dg y f N f y3 x y3 olduğundan x x dy dy y y y dy 3 dg y y dy
g y
y4 x4 y4 xy c şeklinde genel çözüm elde edilir. 4 4 4
10.2 y integrasyon çarpanı sadece y ye bağımlı olduğu durum: x, y fonksiyonun sadece y ye bağlı olduğunda; y şeklinde yazılabilir. Dolayısıyla
0 olacaktır. Bu değer yerine yazıldığında; x 1 M N M N x y y x
1 d N M M dy x y 48
N M 1 d x y p y dy M
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin
1 d p y dy
elde edilir. p ydy ln e e
e
p ydy
d p y dy p y
burada
Nx My M
ln p y dy
ile tanımlıdır.
10.2.1 Misal: y dx y2 x dy 0 ile verilen diferansiyel denklemin, ilk önce (y) integrasyon çarpanını bulunuz ve daha sonra genel çözümünü elde ediniz Çözüm: M x, y dx N x, y dy 0 şeklinde bulunduğundan tam diferansiyel denklem olup olmadığı test edilmelidir.
N 2 M M N y x 1 y 1 ve olduğundan tam x x y x y y değildir. Tablo 1 den yararlanarak y e bağlı olup olmadığı test edilmelidir. y
Nx My M
diferansiyel
y dy 1 1 2 dy 2ln y1 1 e e y e y y y2 2
1 x 1 1 y dx 2 y2 x dy 0 dx 1 2 dy 0 2 y y y y 1 f x x f x, y dx g y f x, y g y g y y y y y y
dg y f N x dg y x f x dg y x 1 olduğundan 2 1 2 2 1 2 y dy y y y dy y dy y y
dg y 1 dy
g y y f x, y
x y c şeklinde genel çözüm elde edilir. y
10.3 Eğer M ve N aynı dereceden homojen fonksiyonlar ve x M y N 0 ise, integrasyon çarpanı
1 şeklindedir. xy
x M y N 0 olmak üzere M x, y dx N x, y dy 0 diferansiyel denkleminin integrasyon çarpanı;
1 şeklindedir. Çünkü; x M y N 0 xy
M dx N dy 0
x
M dx y dy 0 N
M y olur. N x
y x dx y dy 0 x
y dx x dy 0 diferansiyel denklemiyle aynıdır. Dolayısıyla bu denklemin bulunan integrasyon çarpanı, önceki denklem için de geçerlidir. 49
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin
y dx x dy 0
y dx x dy 0
Tam diferansiyel şartını sağlaması için,
1 y dx x dy 0 xy
M N olmalıdır. Dolayısıyla; y x
1 1 dx dy 0 x y
N 1 M 1 0 0 ve x x y y y x
M N tam diferansiyel y x 1 şartı sağlanmaktadır. Böylece integrasyon çarpanının olduğu görülür. xy
Aşağıda verilen diferansiyel denklem bu türe bir misaldir.
10.3.1 Misal:
xy dx x 2 dy 0
diferansiyel denklemin ilk önce tam diferansiyel olup olmadığını test
ediniz. Tam diferansiyel değil ise, integrasyon çarpanını bularak çözünüz. Çözüm:
M N x, ve 2x y x
x xy y x 2 0
x M y N 0 şartı test edilmelidir.
x 2 y x 2 y 0 şart sağlanıyor. Bu durumda integrasyon çarpanı
1 olduğundan, diferansiyel denklem; xy
x2 xy dx dy 0 xy xy
M N y x
dy dx c y x
c eC
x 1 dx dy 0 y
ln y ln x c
y cx
ln y
e
x dy dx y e
ln x
eC
dy dx y x
y eC x
şeklinde genel çözüm bulunur.
10.3.2 Misal:
xy dx x y dy 0 2
2
şeklinde verilen diferansiyel denklemin, tam diferansiyel olup
olmadığını test ediniz ve tam diferansiyel değilse, integrasyon çarpanını hesaplayıp, çözümünü yapınız.
N M 2xy ve 2xy ve x y
M N y x
olduğundan tam diferansiyel değildir.
x M y N 0 şartı test edilmelidir. x xy2 y x 2 y 0 1 xy2 dx x 2 y dy 0 xy
y dx x dy 0 50
yx
dy 0 dx
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin dy 1 dx c y x
1 1 dy dx y x
C ec
y C x
ln y ln x c
e
ln y
e
ln x
ec
genel çözümdür.
10.3.3 Misal:
12x y dx 12x dy 0 2
3
diferansiyel denkleminin genel çözümünü hesaplayınız.
Çözüm:
N M 36x 2 ve 12x 2 ve x y
M N y x
olduğundan tam diferansiyel değildir
a) integrasyon çarpanı x olarak alındığında;
p x
My Nx N
p x dx e
12x 2 36x 2 12x e
3
2 dx x
12x 2 1 3
12x x 2
2 x
ln X2
e
p p x olduğundan geçerlidir.
1 1 12x 2 y dx 2 12x 3 dy 0 2 x x
12y dx 12x dy 0
12xy 12xy c
24xy c
b) integrasyon çarpanı x, y
1 1 12x 2 y dx 12x 3 dy 0 xy xy
12x dx
xy C
12x x dy y
dx
xy C 1 xy
1 x2
olduğundan;
12y dx 12x dy c
c C 24
olarak alındığında; 12x 2 12x dx dy 0 y
x dy y
dy dx c y x
12x 2 12x dx dy y
ln y ln x c
12x 2 y dx x dy 0
df (x, y) y dx x dy 0
Not: her iki çözümde de diferansiyel denklemin aynısı elde edilmiştir. Buradan farklı integrasyon çarpanı kullanılsa bile çözümün değişmediği görülmektedir. Ayrıca, bir diferansiyel denklemin, tam diferansiyel hale getirilmesi için farklı integrasyon çarpanlarının olabildiği görülmektedir.
51
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin
10.4 Eğer M ve N aynı dereceden homojen fonksiyonlar ve x M y N 0 ise, integrasyon çarpanı
1 şeklindedir. xM yN
x M y N 0 olmak üzere M x, y dx N x, y dy 0 diferansiyel denkleminin integrasyon 1 şeklindedir. Homojen olma şartı; Eğer M(x, y) ve N(x, y) m. xM yN mertebeden homojen ise M(x, y) m M(x, y) ve N(x, y) m N(x, y) olur. Homojen olma şartından dolayı; çarpanı;
x
M M N N y mM ve x y mN bağıntıları geçerlidir. Misal olarak; x y x y
x x
2
xy y2 dx x 2 dy 0 diferansiyel denkleminde görülebilir.
M M y x 2x y y x 2y 2x 2 xy xy 2y 2 2 x 2 xy y 2 2 M x y
N N y x 2x y 0 2 x 2 2 N Bu bağıntılar ispatlandığında, integrasyon çarpanı da x y ispatlanmış olur. Çünkü integrasyon çarpanı alınan kabul üzerine uygulanmaktadır. x
M M dx dy 0 olur xM yN xM yN
x, y M x, y dx x, y N x, y dy 0 Tam diferansiyel şartını sağlaması için,
M N olacağından; y x
M N şartı sağlanmalıdır. Bu şartın daha açık yazılmasıyla; y xM yN x xM yN M xM yN xM yN M N xM yN xM yN N y y x x 2 2 xM yN xM yN veya
M N xM yN xM yN M xM yN xM yN N yazılabilir. y y x x
xM
M M N N yN M x M M y N x M yN N x M N y N y y y y x x x x
xM
M M M N N N yN Mx MN My xM yN N x M N y N y y y y x x x x
52
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin Mx
yN
M M M N N N M N yN Mx MN My xM yN MN Nx Ny y y y y x x x x
M N N M My xM Nx y y x x
Nx
M N M N N x y Mx y y y x x
M M N N yN xM My x y x y
N m M M m N
m M N m M N olduğu görülür. Böylece ispatlanmış olur.
Aşağıda verilen misal bu türdendir.
10.4.1 Misal:
x
2
x y y2 dx x 2 dy 0
ile
verilen
diferansiyel
denklemin
genel
çözümünü
hesaplayınız.
M N x 2y, ve 2x y x
M N y x
x M y N 0 şartı test edilmelidir. x x 2 xy y2 y x 2 0 integrasyon
çarpanı
x 3 2 x 2 y x y2 0
şart
1 1 1 3 2 2 2 x M y N x 2x y xy x x y
sağlanıyor.
Bu
olduğundan
durumda
diferansiyel
denklem;
x 2 xy y2 x2 dx dy 0 2 2 x x y x x y diferansiyel gibidir.
10.5 M x, y dx N x, y dy 0
haline gelir ve tam diferansiyeldir. Çözümü tam
diferansiyel
denklemi
M x, y y f1 x y
ve
N x, y x f 2 x y şeklinde ifade edilebiliyor ve f1 x y f 2 x y ise, integrasyon
çarpanı
1 şeklindedir. xM yN
Aşağıda bununla ilgili misali inceleyiniz.
10.5.1 Misal:
y 2xy 1 dx x 2xy 1 x 3y3 dy 0 ile verilen diferansiyel denklemin genel çözümünü hesaplayınız.
53
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin M x, y y f1 x y
Çözüm:
M x, y y 2xy 1
ve
N x, y x 2xy 1 x 3y3
N x, y x f 2 x, y ve 2xy 1 2xy 1 x 3y3 f1 x, y f 2 x, y şartı sağlandığından dolayı
integrasyon çarpanı,
1 şeklinde alınabilir. Buradan, xM yN
1 1 1 1 2 2 4 4 2 2 4 4 2 2 4 3 2x y xy xy 2x y x y xy x M y N x 2xy y y x 2x y x y
olduğu görülür. Bu ifade verilen diferansiyel denklem ile çarpıldığında,
1 1 2xy 1 dx 3 4 2xy 1 x 3y3 0 xy xy
1 1 y 2xy 1 dx 4 4 x 2xy 1 x 3y3 0 4 xy xy 4
4 3
veya,
2 2 1 1 1 2xy 1 1 2xy 1 x 3y 3 x 4 y3 x 4 y3 dx x 3y4 x 3y4 x 3y4 x 3y4 dy 0 x 3y2 x 4 y3 dx x 2 y3 x 3y 4 y dy 0 elde edilir.
2 1 f (x, y) 3 2 4 3 dx g y x y x y
f (x, y)
f (x, y)
f N y
1 1 g y 2 x y 3 x 3y3 2
1 1 3 3 ln y C 2 xy xy 2
10.6 M x, y dx N x, y dy 0 diferansiyel
M N y x
denkleminde
ifadesi
M N y x N a x M b y şeklinde ifade edilebiliyor ise, integrasyon çarpanı a x dx b y dy şeklindedir. e e
Aşağıda verilen diferansiyel denklem bu türdendir.
10.6.1 Misal: x x 2y 1 dy y 2x y 1 dx 0 şeklinde verilen diferansiyel denklemin genel çözümünü
bulunuz.
M N 2x 2y 1, 2x 2y 1 y x
Çözüm: x x 2y 1 dy y 2x y 1 dx 0
N M x y 2x 2y 1 2x 2y 1 a x dx b y dy 4 b y e e 3y
N M x y 4x 4y 4 x y 4 ln x 4 ln y 3 e e 3
54
a x
xy
4 3
4 3x
ve
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin
xy
4 3
4
x x 2y 1 dy xy 3 y 2x y 1 dx 0 denklemi tam diferansiyeldir. Çözümü tam
diferansiyel denklem gibidir.
10.6.2 Misal: x M x, y dx sec2 y dy 0 diferansiyel denkleminin tam diferansiyel olması için M x, y y M N ifadesini hesaplayınız. Çözüm: tam diferansiyel olması için olmalıdır. Denklemde y x N x, y bilindiğinden çözüme buradan başlamalıdır.
N x, y
1 x 2 cos y y
f x, y N x, y dy g x f x, y
sin y x ln y g x cos y
N 1 x 1 2 x cos y y y
sin 2 y f (x, y) 1 M x, y dx y cos2 y y sin 2 y 1 x M x, y dx 1 cos2 y y y cos2 y sin y
M x, y dx cos y x ln y tan y fonksiyonunun, f x, y
df (x, y)
M 1 y y
1 x f x, y dy g x 2 cos y y
olduğu görülür. Ayrıca
f (x, y) 1 x N x, y 2 y cos y y
f (x, y) N x, y y
olduğundan;
f (x, y) sin y M x, y dx y y cos y
sin 2 y 1 x 1 M x, y dx cos2 y y cos2 y y
sin 2 y 1 x M x, y dx 1 cos2 y y y cos2 y
M x, y ln y
olur.
Buradan
sin y x ln y c olduğu görülür. Sağlaması yapılabilir. cos y
f f dx dy 0 x y
olmalıdır.
f x, y sin y x ln y x x cos y
f x, y ln y x
1 x dy 0 Diferansiyel denklem; ln y dx 2 cos y y
f x, y 1 x 2 y cos y y
şeklindedir.
============================ 55
f x, y
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin
xM y N 0
şartı
sağlanıyorsa
integrasyon
çarpanı
1 xy
alınabilir.
İspatı
aşağıdadır.
1 M N N M x y y x
1 M N 1 xy 2 M 2 N x y y x xy
0
1 1 M N y M x N y x
xM yN M N xy y x
0
M N y x
11. Lineer Diferansiyel Denklem Sistemleri (Linear Differential Equation Systems) Bazen birden fazla birinci mertebeden denklem sistemleri birbiri içerisinde denklem sistemi şeklinde verilebilir. x ve y, t nin fonksiyonu olmak üzere iki denklem verilsin
dx a11 x a12 y 0 dt dy a 21 x a 22 y 0 dt
D a11 x a12 y 0 a 21 x D a 22 y 0 a12 x 0 D a11 D a 22 y 0 a 21
D
Bu
d alındığında dt
denklemler
dx dt
matris
D x a11 x a12 y 0 D y a 21 x a 22 y 0
halinde
yazıldığında;
elde edilir. Bu denklemde x ve y değerleri her zaman
sıfır olmayacağından dolayı, matrisin determinantı sıfıra eşit olmalıdır.
D a11 a 21
x 0 D a 22 y 0 a12
D a11 a 21
Buradan elde edilen kök değerleri ile çözüm elde edilir.
0 D a 22 a12
0
0
D a11 D a 22 a 21 a12 0
D2 a11 D a 22 D a11 a 22 a 21 a12 0
D2 a11 a 22 D a11 a 22 a 21 a12 0 Bu
teristik denklemin köklerinden genel çözüm elde edililir. Fakat x h c1 e y h c3 e
r1t
c4 e
r2 t
r1t
karakr t
c2 e 2
ve
olacağından 4 adet keyfi sabit olur. Bunlardan 2 tanesi diğerinin
cinsinden yazılarak sadeleştirilir ve sadece 2 adet keyfi sabit kalır. Aynı çözümler matris özelliklerinden faydalanılarak da yapılabilir. Bu denklem sistemlerinin anlaşılması için aşağıda misaller verilmiştir.
56
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin
11.1 Misal: dx 3 x 6 y 0 dt dy 3 x 3 y 0 dt
(1) olarak verilen diferansiyel denklem sisteminin genel çözümünü
(2)
elde ediniz. Çözüm: D
D 3 x 6 y 0
d operatörü kullanarak (1) ve (2) denklemi tekrar yazıldığında; dt
(3)
ve
3 x D 3 y 0 (4)
şekli elde edilir. Bu iki denklem
matris şeklinde yazıldığında;
6 x 0 D 3 D 3 y 0 3 eşitlendiğinde;
(5)
halini alır katsayılar matrisinin determinant sıfıra
6 D 3 D (6) D 3 D 3 18 0 D2 9 0 Buradan 0 D 3 3 Karakteristik denklemin köklerinin, r1,2 3 i olur. Buradan homojen kısmın çözümü önceki bölümlerde verildiği gibi (tamamlayıcı çözüm) denklemin köklerinden dolayı; r t
r t
r t
r t
x h c1 e 1 c2 e 2 ve yh c3 e 1 c4 e 2 şeklinde yazılmalıdır. Böylece; x h c1 cos 3 t c2 sin 3 t
(7)
ve
yh c3 cos 3 t c4 sin 3 t
(8) olur.
Buradan görüldüğü gibi 4 adet farklı keyfi sabit gelmektedir. Halbuki D determinantı
2x2
boyutunda olduğundan sadece 2 adet katsayı bulunmalıdır. Bundan dolayı c3 vec4
katsayıları c1 vec2 cinsinden ifade edilmelidir. Bu amaçla x h c1 cos 3 t c2 sin 3 t ve yh c3 cos 3 t c4 sin 3 t ile verilen çözümler ilk verilen (1) veya (2) denkleminde yerine
yazılıdığında çözüm elde edilir. Burada ilk olarak (1) denkleminde yerine yazıldı.
dx h 3 x h 6 yh 0 dt
3c1 sin 3 t 3c2 cos 3 t 3 c1 cos 3 t c2 sin 3 t 6 c3 cos 3 t c4 sin 3 t 0
3 c1 3 c2 6 c4 sin 3 t
0 ve 3 c2 3 c1 6 c3 cos 3 t 0 olur. Veya,
c1 c2 2 c4 0 ve c2 c1 2 c3 0 olur. Buradan c 3 ve c 4 yerine; c3 yazılmalıdır. Böylece yh c3 cos 3 t c4 sin 3 t yerine;
57
c2 c1 2
c4
c1 c2 2
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin
c c c2 c1 cos 3 t 1 2 sin 3 t olur. Aynı çözüm (2) denkleminde yerine yazılmasıyla 2 2 dy h 3 x h 3 yh 0 da elde edilebilir. dt yh
3 c3 sin 3 t 3 c4 cos 3 t 3 c1 cos 3 t c2 sin 3 t 3 c3 cos 3 t c 4 sin 3 t 0
3 c3 3 c2 3 c4 sin 3 t
0 ve 3 c4 3 c1 3 c3 cos 3 t 0 olur. Veya,
c3 c2 c4 0 ve c4 c1 c3 0 olur. c3 c 4 c 2 c3 c4 c1
2 c4 c1 c2 c4
c3 c 4 c 2 c3 c4 c1
2 c3 c2 c1 c3
c2 c1 2
c1 c2 2
Görüldüğü gibi hangi denklem seçilirse seçilsin, sonuç değişmemektedir. Bu değerler denkleminde yerine yazıldığında aynı sonuçlar elde yh c3 cos 3 t c4 sin 3 t edilmektedir. Yani, yh
c c c2 c1 cos 3 t 1 2 sin 3 t olur. 2 2
11.2 Misal: dx 3 x 6 y 0 (1) dt Denklem 11.1 de verilen sistemin sağ tarafı sıfırdan dy 3t 3 x 3 y 18 t e (2) dt farklı olduğunda çözümünü hesaplayınız. Bunun anlaşılması için “Cramer Kuralı” nı aşağıda n adet cebirsel denklem verildiğinde a11x1
a12 x 2
a1n x n
b1
a 21x1
a 22 x 2
a 2n x n
b2
a n1x1 a n2 x 2
a nn x n
bn a11
Çözümü; x i
a12
a1n
a a 22 i ile elde edilmektedir. Burada 21 a n1 a n2
a 2n
determinantıdır. Diğer x i
i ise aşağıdaki gibi tanımlıdır.
58
a nn
ile tanımlanan katsayılar
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin
i
a11
a1,i1
b1
a1,i 1
a1n
a 21
a 2,i1
b2
a 2,i 1
a 2n
a n1
a n,i 1
bn
a n,i 1
a nn
Böylece çözüm kolaylıkla elde edilir.
i. kol on
D 3 Bu özellik 3 D 3 3
6 x 0 denklem takımında uygulandığında; 3t D 3 y 18 t e
6 D 3
0 x t 3t 18 t e
6 D 3
x t 108 t e3t
t x t x
108 t e 3t x D2 9
D
yazılarak homojen kısım elde edilir. Bu kısım daha önce hesaplanmıştı.
2
9 x 0
D
2
9 x 108 t e3t
x h c1 cos 3 t c2 sin 3 t
“Parametrelerin değişimi metodu” (Bakınız: 13.2) kullanıldığında tamamlayıcı kısım elde edilir. x p v1 cos 3 t v 2 sin 3 t v1 cos 3 t v2 sin 3 t 0 v1 3 sin 3 t v2 3 cos 3 t 108 t e 3t
1
sin 3 t 0 v1 cos 3 t 3t v2 3 sin 3 t 3 cos 3 t 108 t e
3 t v1 36 sin 3 t t e olur. Bu ifadelerin integralinin alınmasıyla; 3 t v2 36 cos 3 t t e
1 1 v1 36 t e3t cos 3 t 6 sin 3 t te 3t 6 18
1 1 v 2 6 cos 3 t t e 3t 36 t e 3t sin 3 t olur. x p v1 cos 3 t v 2 sin 3 t den dolayı 6 18 1 1 x p 36 t e 3t cos 3 t 6 sin 3 t te 3t cos 3 t 6 18 1 1 6 cos 3 t t e 3t 36 t e 3t sin 3 t sin 3 t 6 18
olur
Burada ifadelerin sadeleştirilmesiyle; x p 2 e3t 3 t 1 olduğu görülür. Genel çözüm x x h x p şeklinde olduğundan;
59
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin x c1 cos 3 t c2 sin 3 t 2 e3t 3 t 1 şeklinde elde edilir.
Benzer işlemler y için de uygulandığında y nin genel çözümü bulunur. 0 D 3 y t D 3 18 t e3t y t 3t 18 t e 3
y t
d 18 t e 3t 3 18 t e 3t dt
y t 18 e3t 108 t e3t
y t
D
2
y t
9 y 0
y
18 e3t 108 t e3t D2 9
D
2
9 y 18 e3t 108 t e 3t
yh c3 cos 3 t c4 sin 3 t
yp v 3 cos 3 t v 4 sin 3 t
v3 cos 3 t v4 sin 3 t 0 v3 3 sin 3 t v4 3 cos 3 t 18 e 3t 108 t e 3t
1
sin 3 t 0 v3 cos 3 t 3t 3t v4 3 sin 3 t 3 cos 3 t 18 e 108 t e 3 t v3 6 e 1 6 t sin 3 t olur. Bu ifadelerin integralinin alınmasıyla; 3 t v4 6 e 1 6 t cos 3 t
1 1 v 3 6 t e3t cos 3 t 6 t e 3t sin 3 t 6 6 1 1 v 4 6 t e3t cos 3 t 6 t e 3t sin 3 t olur. yp v 3 cos 3 t v 4 sin 3 t den dolayı 6 6 1 1 y p 6 t e 3t cos 3 t 6 t e 3t sin 3 t cos 3 t 6 6 1 1 6 t e 3t cos 3 t 6 t e 3t sin 3 t sin 3 t 6 6
olur
Burada da ifadelerin sadeleştirilmesiyle; yp e3t 1 6 t olduğu görülür. Genel çözüm y y h y p şeklinde olduğundan; y c3 cos 3 t c4 sin 3 t e3t 1 6 t şeklinde elde edilir. c 3 ve c 4 keyfi sabitlerinin yok
edilmesi için soruda verilen (1) veya (2) denkleminin kullanılmasıyla yok edilir. y
c c c2 c1 cos 3 t 1 2 sin 3 t e3t 1 6 t genel çözümdür. 2 2
60
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin
11.3 Misal: dx dy 2 x 3 y dt dt dx dy 2 4 x 3 y dt dt
(1)
(2)
D x D y 2 x 3 y 0 2 D x D y 4 x 3 y 0
D x D y 2 x 3 y 0 2 D x D y 4 x 3 y 0
dx 1 1 dt 2 3 x 2 1 dy 4 3 y dt
dx 1 1 1 1 1 1 dt 1 1 2 3 x 2 1 2 1 dy 2 1 4 3 y dt
d x 2 0 x dt y 0 3 y 1 dx x 2 dt 1 dy y 3 dt
1
1
dx 1 dt 3 dy 2 dt 3
2 0 d x 2 0 2 0 x 0 3 dt y 0 3 0 3 y
dx 2x 0 dt dy 3y 0 dt
r20 r 3 0
1 2 0
1 3 2 3 x 1 4 3 y 3
0 d x x 1 dt y y 3 x c1e 2t y c 2e3t
Bu neviden denklemlerin çözümü başlangıç veya sınır koşulları verildiği takdirde, sayısal olarak da yapılabilmektedir. Sayısal çözümler her türden diferansiyel denkleme uygulanabilir. Fakat her sayısal denklem, hepsini çözemez. Birçoğu sadece başlangıç değer problemlerini çözebilmektedir (Euler metodu gibi). Sınır değer problemini çözenler daha da önem kazanmaktadır.
11.4 Misal: Diğer önemli bir misal de, aynı adada yaşayan kurt-tavşan hikâyesidir. Tavşan ve kurtların, herhangi bir t anındaki sayısı sırasıyla, r ve f ile ifade edilsin. Diferansiyel denklemi kurmak için aşağıdaki kabuller yapılacaktır. 1
Kurtların yokluğunda tavşanların zamana bağlı artma miktarı, mevcut tavşan dr a r, a 0 f 0 iken sayısıyla orantılıdır. Bu durum: dt
2
Tavşanların yokluğunda kurtların ölüp azalıp kaybolup gidecektir. Bunu da df b f , b 0 r 0 iken şeklinde diferansiyel denklem ile ifade edebiliriz. dt
61
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin 3
Kurt ve tavşanların karşılaşma sayısı,
r f
çarpımı ile doğru orantılıdır. Böylece
Kurtların gelişme miktarı c r f şeklinde ifade edilir iken tavşanların azalma miktarı
d r f ile ifade edilir. Buradaki c ve d pozitif sabitlerdir. Bu kabuller doğrultusunda; df b f d r f f b d r dt Buradaki katsayılara bağlı olarak r ve f nin zamana dr a r c r f r a c f dt bağlı grafiği de değişmektedir. Herhangi bir r ve f değerine karşılık, faz diyagramı çizilebilir. Çünkü;
Şekil 1: Tavşan-Kurt diyagramı
df dt df dt df b f d r f dr a r cr f dt dr dr dt
Bunu sayısal değerlerle daha iyi görebiliriz.
a 1.0 , b 1.0 , c 1.0 ve d 0.9 alındığında, 0 r 5 ve 0 f 5 bölgesinde r ve f ye
62
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin bağlı olarak
df oranı her noktada hesaplanabilir. Bu durum aşağıda belirtilmiştir. dr
df b f d r f f b d r dr a r cr f r a c f
df f 1 0.9 r elde edilir. dr r 1.0 1.0 f
Tavşan-Kurt değişim diyagramı Şekil 1 de verilmiştir. Bu grafiğin elde edilişi yukarıdaki denklemde sayısal değerler kullanılarak hesaplanmıştır. (a, b, c ve d) değerlerine bağlı olarak çok değişik grafikler elde edilmektedir. Runga-kutta gibi sayısal metotlar kullanılarak Tavşan ve Kurtların zamana göre değişimi de aşağıda verilmiştir.(Matlab ile yazılan “rabbit_fox.m” dosyası ile sonuçlar hesaplandı.) The Lotka–Volterra predator–prey modeli ilk olarak Alfred J. Lotka tarafından 1910 yılında ortaya atıldı. a = 0.04, b = 0.0005, c = 0.2, d = 0.00005 değerleri ve r=1.1, f=0.98 için farklı grafikler elde edildi.
dr df c a 0 olan nokta koordinatı (r,f ) , olan noktadır. Bu nokta başlangıç dt dt d b değeri olarak alındığı takdirde kurt ve tavşanların zamana göre değişim grafiği eğimi olmayan sabit bir çizgidir. Kritik değer
Şekil 2 de r=3.44 ve f=0.88 başlangıç değerleri için t=20 ye kadar grafiği çizildi.
Şekil 2: Tavşan ve Kurt sayısının zamana göre değişimi Birinci mertebeden diferansiyel denklemler başlangıç değer problemi (Initial Value Problem, IVP) olduğu takdirde, en basit olan tanjant çizgi metodu (tangent line method) veya Euler metodu (1768 yılında ilk olarak Euler tarafından ortaya atıldığı için)ile 63
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin sayısal çözümü de yapılabilir. Basit olarak y m x n doğru denkleminden faydalanarak yapılan çözüm gibi de algılanabilir. Bir fonksiyonun bir noktadaki değeri ve bu noktadaki eğimi (1. metreden türevi bilindiği takdirde, bu noktadan küçük bir h kadar uzaktaki diğer noktanın değeri;
yi1 yi h
dy dx x i
(9.1)
denklemi ile hesaplanabilir. Buna Euler metodu denir. Burada önemli olan adım büyüklüğünü (h=step size) küçük tutmak gerekir. x değeri arttıkça, hata miktarı da buna bağlı olarak artar
11.5 Misal: dy 1 3 e t y, y 0 1 birinci mertebeden diferansiyel denklemin sayısal çözümünü dt 2 t=0.4 e kadar h=0.1 aralıklarla Euler metodunu kullanarak hesaplayınız ve sonuçları analitik çözüm ile kıyaslayınız. Çözüm: verilen denklemin analitik çözümü; y t 6 2e t 3 e kullanıldığında;
y 0 1
ve
h 0.1
bilinmektedir.
t 2
t0
şeklindedir. Euler formülü için
fonksiyonun
türevi
hesaplandığında;
dy 1 3 e t y dt 2
dy 1 3 e 0 1 dt t 0 2
dy 3.5 dt t 0
olduğu görülür. Bu değerler Euler formülünde yerine yazıldığında;
yi1 yi h
dy dx x i
y 0.1 y 0 0.1
dy dt t 0
y 0.1 1 0.1 3.5
y 0.1 1.35 olarak elde edilir. ikinci adımda y 0.1 1.35 alınır ve türevi için
dy 1 3 e t y dt 2
dy 1 3 e 0.1 y 0.1 dt t 0.1 2
dy 1 3 e 0.1 1.35 3.4048 dt t 0.1 2
y 0.2 1.35 0.1 3.4048
y 0.2 1.3405
dy 1 3 e 0.1 1.35 dt t 0.1 2
y 0.2 y 0.1 0.1
dy dt t 0.1
olarak elde edilir. Bu işlemler bilgisayar programı yardımı ile kolayca hesaplananilir. Yine bir sayısal çözüm tekniği olan, Diferansiyel Quadrature Metodu ile aynı problem çözüldü. Sonuçların daha hassas olarak elde edildiği görüldü. Bu metodun avantajı, her türden diferansiyel denkleme uygulanabilmesidir. Sınır değer veya başlangıç değer problemi olması fark etmez. Ayrıca diferansiyel denklemin adi 64
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin diferansiyel veya doğrusal olmayan olması da çözümü etkilemez. Sadece doğrusal olmayanlarda tekrar (iterasyon) sayısının artmasından dolayı hesaplama süresi artar. Kısmî diferansiyel denklemlere de kolaylıkla uygulanabilmektedir. Fakat bunlarda boyut sayısı arttığından dolayı hesaplama süresi de bunun orantılı olarak artmaktadır. Matlab lisanında yazılan “euler.m” dosyası, Euler metodu ile yapılan çözüme bir misaldir. Tablo 2: Euler metodu ile sayısal çözüm Euler Metodu ile Çözüm t
Gerçek Çözüm
h=0.1
h=0.01
h=0.0000001
0
1
1.0000000
1.00000000
1.00000000
0.1
1.33663689
1.3500000
1.33792643
1.33663690
0.2
1.64802624
1.6729837
1.65043617
1.64802626
0.3
1.93623963
1.97120763
1.93961834
1.93623966
0.4
2.20316765
2.24672907
2.20737940
2.20316769
0.5
2.45053633
2.50142462
2.45545969
2.45053638
Yine matlab lisanında yazılan “ode_dqm.m” dosyası, Diferansiyel Quadrature Metodu ile yapılan çözüme bir misaldir. Görüldüğü gibi t=0.5 için bile elde edilen sonuçlar oldukça yüksek uyumluluk göstermektedir. Tablo 3: Diferansiyel Quadrature metodu ile sayısal çözüm
t
Diferansiyel Quadrature Metodu ile Çözüm h=0.1
h=0.01
0.0
1.0000000
1.00000000
1
0.1
1.33663639
1.33663639
1.33663689
0.2
1.64802580
1.64802624
1.64802624
0.3
1.93623920
1.93623963
1.93623963
0.4
2.20316725
2.20316765
2.20316765
0.5
2.45053592
2.45053633
2.45053633
Matlab dilinde yazılan “euler.m” programı faydalanarak başka problemler de çözülebilir. % %
Gerçek Çözüm
aşağıda
verilmiştir.
Bu
programdan
Numerical Solution of Differential Equations by Using Euler Method y(0) = y0 (given initial value) 65
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin % h : Step size % ts: Last point to be calculated % ========================================== clear all; close all; clc; % ========================================== ts = 0.5; h = 0.1; if ( h > ts) sprintf('please enter correct value'); pause; return; end t = (0:h:ts)'; n = size(t,1); f = zeros(n,1); g = zeros(n,1); % ========================================== % Initial condition is imposed here % ========================================== y = 1; f(1) = y; % ========================================== for i=1:n-1, dy = 3+exp(-t(i))-1/2*y; f(i+1) =y+h*dy; y=f(i+1); end for i=1:n, g(i) = 6-2*exp(-t(i))-3*exp(-t(i)/2); end for i=1:(1/h*0.1):n, display(sprintf('%8.4f %12.8f %12.8f',t(i),g(i),f(i))); end
12. İkinci Mertebeden Homojen Diferansiyel Denklemler (Second Order Homogeneous Differential Equations) Şimdiye kadar incelenen diferansiyel denklemler birinci mertebeden idi. Mühendislikteki birçok problem yüksek mertebendir. Hatta bir çoğu, 3. ve 4. merteben diferansiyel denklem ile ifade edilebilmektedir. Homojen diferansiyel denklemin daha genel hali Cauchy-Euler denklemidir ve aşağıdaki şekildedir.
d2y dy a x 2 bx cy 0 dx dx 2
Çözüm için; y ekx değişken dönüşümü uygulanır. Bu durumda; 2 dy dy kx d y k e kx olur. ye , k e , 2 k 2 ekx değerleri elde edilir. Buradan da; dx dx dx 66 kx
(12.1)
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin Bu değerler yukarıdaki denklemde yerine yazıldığında;
a x 2 k2 ekx b x k ekx c ekx 0 a x 2 k 2 b x k c ekx 0
a x k b x k c 0 2
k1,2
2
k1,2
b x b2 x 2 4 a x 2 c b x x b2 4 a c k1,2 2 a x2 2 a x2
b b2 4 a c olarak elde edilir. Diğer bir dönüşüm için y x k alınır. Buradan; 2a x
2 dy k 1 d y yx , k x , 2 k k 1 x k 2 olur. Ayrıca; dx dx k
dy dy dy 1 d2y 1 k xk x k x k 1 k x k Benzer şekilde; k k 1 x k 2 2 dx x dx dx dx x x2
d2y k k 1 x k olur. Bu değerler asıl denklemde yerine yazıldığında; 2 dx
a k k 1 x k b k x k c x k 0
Bu değerler asıl denklemde yerine yazılıdığında;
a k k 1 x k b k x k c x k 0
a k k 1 b k c 0
olur.
Buradan
k
değerleri
hesaplanır. İki farklı gerçek kök olması durumunda y fonksiyonunun çözümü aşağıdaki gibidir. (12.2)
y c1 x k1 c2 x k2
Köklerin tekrarlanması durumunda; y u x x dönüşümü uygulanır.
dy du u x 1 x ve dx dx
d2y du du d 2u 2 1 1 u 1 x x x x olur. Bu değerler (12.1) denkleminde dx 2 dx dx dx 2 yerine yazıldığında; du du d 2u du a x 2 u 1 x 2 x 1 x 1 2 x b x u x 1 x c y 0 (12.3) dx dx dx dx
d 2 u 1 du du a x 2 x 2 a x 1 b x 1 b u x a u 1 x c y 0 dx dx dx d2u du du 1 a x dx 2 2 a dx b dx x b x a 1 x u c y 0
67
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin y c1 x k c2 x k ln x
Olur.
denkleminin türevleri alınıp denklem (12.1) de yerine
yazıldığında;
d2y dy a x 2 1 2 k x k 2 y 0 dx dx
(12.4)
2
elde edilir. Fakat basit incelenmesi bakımından lisans seviyesinde verilenler aşağıdaki gibi genel olarak sabit katsayılardan oluşmaktadır.
a
d2y dy b cy 0 2 dt dt
y y x
ise
a
a y b y c y 0 ile gösterilebilir.
d2y dy b cy 0 2 dx dx
a y b y c y 0
olur. Denklemin çözümünü elde etmek için y ert bir çözüm olsun. Bu değer, denklem (12.3) de yerine yazıldığında;
y ert
y r ert
a y b y c y 0
a r
2
y r 2 ert
a r 2 ert b r ert c ert 0
b r c ert 0
(12.5)
elde edilir. Denklemde ert 0 olduğundan;
a r2 b r c 0
(12.6)
olmalıdır ve buna denklem (12.3) ün, “karakteristik denklemi” denir. Denklem (12.6) nın kökleri r1 ve r2 olsun. Bu durumda çözüm; y c1 er1t c2 er2 t
(12.7)
şeklindedir. Burada üç farklı kök hali vardır. 1
r1
Kökler gerçek ve birbirinden farklı olması hali:
r2
b b2 4 a c 2a
2
Kökler gerçek ve birbirine eşit olması hali:
3
Köklerin sanal olması hali: r1 m i n ve r2 m i n
r1 r2 r
Bu üç durumda homojen denklemin çözümü aşağıdaki gibidir. 1. Hal:
b b2 4 a c 2a
r t
r t
y c1 e 1 c2 e 2
68
b 2a
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin 2. Hal:
y c1 ert c2 t ert
3. Hal:
y c1 e 1 c2 e 2 c1 e
r t
y c1 emt eint c2 emt eint i
Euler denkleminden e
r t
min t
c 2 e
min t
y emt c1 eint c2 eint
cos i sin faydalanarak tekrar yazıldığında;
y emt c1 cos n t i sin n t c2 cos n t i sin n t y emt c1 c2 cos n t c1 c2 i sin n t
c1 a i b, c2 a i b olduğunda ancak; C1 c1 c2
ve
C2 c1 c2 i
alınabilir
ve
ifadede sanal terim bulunmaz. Böylece genel çözüm;
y emt C1 cos n t C2 sin n t şeklindedir. Görüldüğü gibi diferansiyel denklem ikinci mertebeden olduğundan iki tane sabit katsayı bulunmaktadır.
12.1 Misal: 2 x2
d2y dy 3 x y 0 diferansiyel denklemin genel çözümünü hesaplayınız. 2 dx dx
Çözüm: ilk olarak y x k ,
dy d2y k x k 1, 2 k k 1 x k 2 çözümü denensin. dx dx
a k k 1 b k c 0 2 k k 1 3 k 1 0 2 k2 2 k 3 k 1 0
2 k k 1 0 2 k k 1 0 k1,2 2
2
1 12 4 2 1 1 3 1 1, 22 4 2 1
Ve buradan genel çözümün; y c1 x k1 c2 x k2 y c1 x 1 c2 x 2 olduğu görülür.
12.2 Misal: d2y dy x 2 3 x y 0 dx dx
diferansiyel denklemin genel çözümünü hesaplayınız.
2
2 dy k 1 d y k x , 2 k k 1 x k 2 çözümü denensin. Çözüm: ilk olarak y x , dx dx k
a k k 1 b k c 0 1 k k 1 3 k 1 0 k2 2 k 1 0 k1,2 1, 1 olur Buradan genel çözümün; y c1 x k c2 x k ln x
69
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin y c1 x 1 c2 x 1 ln x olduğu görülür.
12.3 Misal: d2y dy 5 6 y 0 ikinci mertebeden diferansiyel denklemin genel çözümünü hesaplayınız. 2 dx dx Çözüm: r1
r1
b b2 4 a c 2a
5 25 4 1 6 5 49 5 7 2 2 2
ve r2 r2
r2 5 r 6 0
b b2 4 a c 2a
r1 1
olduğundan;
5 25 4 1 6 5 49 5 7 2 2 2 r x
r x
y c1 e 1 c2 e 2
r2 6
y c1 ex c2 e6x
şeklinde genel çözüm elde edilir.
12.4 Misal: d2y dy 6 9 y 0 ikinci mertebeden diferansiyel denklemin genel çözümünü hesaplayınız. 2 dt dt Çözüm:
r 6 r 9 0 2
r1
6 36 4 1 9 6 0 2 2
r1 3
r1
6 36 4 1 9 6 0 2 2
b b2 4 a c r1 2a
r r1 r2
r2 3
Kökler tekrarlamalı olduğundan genel çözüm; y c1 ert c2 t ert
y c1 e3t c2 t e3t şeklindedir.
12.5 Misal: d2y dy 2 2 y 0 ikinci mertebeden diferansiyel denklemin genel çözümünü hesaplayınız. 2 dt dt Çözüm:
r2 2 r 2 0
r1
b b2 4 a c 2a
70
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin r1
2 4 4 1 2 2 4 2 2
r1
2 2 i 2
r1 1 i
r2
2 4 4 1 2 2 4 2 2
r2
2 2 i 2
r2 1 i
Kökler sanal olduğundan; r t
r t
y c1 e 1 c2 e 2
y c1 e
1i t
c 2 e
1i t
veya y e t C1 cos t C2 sin t şeklinde
genel çözüm elde edilir. Sağlamasını yapmak için iki defa türevini alıp diferansiyel denklemde yerine yazmak gerekir. Sonuç sıfır çıktığı takdirde çözümün doğru olduğu anlaşılır.
dy e t C1 cos t C2 sin t e t C1 sin t C2 cos t dt d2y e t C1 cos t C2 sin t 2e t C1 sin t C2 cos t e t C1 cos t C2 sin t dt 2
d2y dy 2 2 y 0 2 dt dt e t C1 cos t C2 sin t 2e t C1 sin t C2 cos t e t C1 cos t C2 sin t 2 e t C1 cos t C2 sin t e t C1 sin t C2 cos t 2 e t C1 cos t C2 sin t 0
e t C1 cos t C2 sin t 2 e t C1 sin t C2 cos t e t C1 cos t C2 sin t 2 e t C1 cos t C2 sin t 2 e t C1 sin t C2 cos t 2 e t C1 cos t C2 sin t 0 00
çıktığından diferansiyel denklemi sağladığı görülmektedir.
başlangıç veya sınır değerleri verildiği takdirde özel çözüm elde edilir. Yani genel çözümde verilen c1 ve c2 katsayıların yerini sabit sayılar alır.
12.6 Misal: d 2 y dy 2 y 0, y 0 1, y 0 1 şeklinde başlangıç şartları ile birlikte verilen ikinci dt 2 dt mertebeden diferansiyel denklemin özel çözümünü hesaplayınız. Çözüm: r1
r2 r 2 0
1 1 4 1 2 1 3 2 2
r1
b b2 4 a c 2a
r1
2 2
r1 1 71
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin r2
1 1 4 1 2 1 3 2 2
r1
4 2
r2 2
Kökler gerçek ve birbirinden farklı olduğundan; r t
r t
y c1 e 1 c2 e 2
y c1 e t c2 e2t
şeklinde genel çözüm elde edilir. y 0 1 şartı genel çözümde yerine yazıldığında; c1 e0 c2 e20 1
c1 c2 1 çözümün türevi alınmalıdır. dy c1 e t 2 c2 e2t dt
3 c2 0
c2 0
d 2 y dy 2y 0 dt 2 dt
elde
ikinci
c1 e0 2 c2 e20 1
c1 1
et et 2 et 0
edilir.
şartın
uygulanması
için
genel
c1 2 c2 1
y e t özel çözümdür. 00
sonuç doğrudur.
13. İkinci Mertebeden Homojen olmayan Diferansiyel Denklemler (Second Order Nonhomogeneous Differential Equations) Şimdiye kadar incelenen ikinci mertebeden diferansiyel denklemler sıfıra eşitleniyordu.
d2 y dy a 2 b c y gt dt dt
(13.1)
şeklindeki denklemlerin genel çözümleri 2 tane çözümün toplamı şeklindedir. y y h y p Şimdiye kadar yapılan çözümler y y h şeklinde idi. yani kısmî (veya tamamlayıcı) çözümler y p yok idi.
13.1 Belirsiz Katsayılar Metodu ile Homojen Olmayan Diferansiyel Denklemin Çözümü (Undetermined Coefficients Method) Bu usulde y p t fonksiyonu, g t ye bağlı olarak aşağıda verilen tablodaki gibi kabul edilir. (Not: Eğer fonksiyon x e bağlı ise y p t yerine y p x ve g t yerine g x yazılır.) Diferansiyel denkleme bağlı olarak türevler alınır ve yerine yazılarak katsayılar hesaplanır. Böylece y p t sayısal olarak elde edilir. y y h y p denkleminde yerine yazılarak genel çözüm elde edilir. Tablo 4: Belirsiz katsayılar metodunda, kısmî (tamamlayıcı) fonksiyonun belirlenmesi yp t
g t
72
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin
A ebt
a ebt
A cos n t
a cos n t b sin n t
A sin n t
a cos n t b sin n t
A cos n t C sin n t
a cos n t b sin n t
A2 t 2
a 0 a1 t a 2 t 2
A0 A 2 t 2
a 0 a1 t a 2 t 2
A0 A1 t A2 t 2
a 0 a1 t a 2 t 2
a
A2 t 2 ebt
0
a1 t a 2 t 2 ebt
y p t çözümü, y h t de aynen bulunduğu takdirde t ile çarpım yapılır. yani yeni kısmî
yp t yp t şeklinde alınır. Burum devam ederse;
çözüm;
yp t 2 yp t
alınır.
Böylece işlem devam eder.
13.1.1 Misal d2y dy 18 1 4 12 y 3 e5t , y 0 , y 0 2 dt dt 7 7 denklemin özel çözümünü hesaplayınız.
başlangıç koşulları ile verilen diferansiyel
Çözüm: İlk önce genel çözüm bilinmelidir. Daha sonra buradan özel çözüme geçilir. Genel çözüm homojen ve kısmî çözümün toplamı olduğundan; y y h y p yh ve yp hesaplanmalıdır.
d2y dy 4 12 y 0 denkleminden yh aşağıdaki gibi hesaplanır. 2 dt dt
r 2 4 r 12 0
r1 2
r2
r1,2
b
b2 4 a c 2a
4 16 4 1 12 4 8 2 2
4 16 4 1 12 4 8 2 2
r1
r1 6
Kökler gerçek ve birbirinden farklı olduğundan homojen kısmın çözümü; r t
r t
yh c1 e 1 c2 e 2
yh c1 e2t c2 e6t şeklinde genel çözüm elde edilir.
yh c1 e2t c2 e6t
dy p dt
5a e
5t
d2yp
dt
2
g t 3 e5t olduğundan dolayı 5t
d2 yp
dy p
12 y p 3 e5t
25a e
25a 20a 12a e5t 3 e5t
25a e5t 4 5a e5t 12 a e5t 3 e5t
dt
73
2
4
dt
y p a e5t
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin
3 7
y p a e5t
7 a 3
a
y yh yp
3 y c1 e2t c2 e6t e5t 7
3 y p e5t 7
şeklinde genel çözüm elde edilir.
denklemde başlangıç şartları yerine yazılarak özel çözüm elde edilir. y 0
3 y c1 e2t c2 e6t e5t 7
c1 c2 3
3 18 c1 e0 c2 e0 e0 7 7
y 2c1 e2t 6c2 e6t
1 15 2c1 6c2 7 7
15 5t e 7
2c1 6c2 2
2c1 e0 6c2 e0
c1 3c2 1
18 1 , y 0 7 7
c1 c2
Bu
18 3 7 7
15 0 1 e 7 7
c1 2, c2 1
Bu değerler genel çözümde yerine yazıldığında, özel çözüm elde edilir. 3 y 2 e 2t e6t e5t 7
istenilen cevaptır.
13.1.2 Misal d2y dy 4 12 y sin 2 t 2 dt dt
diferansiyel denklemin genel çözümünü hesaplayınız.
Çözüm: Bir önceki misalde homojen kısım, karakteristik denklemden çözüldüğünden g t sin 2 t yh ; yh c1 e2t c2 e6t şeklindedir. olduğundan dolayı; yp a sin 2 t b cos 2 t dy p dt
olmalıdır.
2a cos 2 t 2b sin 2 t
d2 yp
dt
d2 yp dt 2
2
4
dy p dt
12 y p sin 2 t
4a sin 2 t 4b cos 2 t
4a sin 2 t 4b cos 2 t 4 2a cos 2 t 2b sin 2 t 12 a sin 2 t b cos 2 t sin 2 t
4a 8b 12 a sin 2 t sin 2 t
8 b 16 a 1
16b 8a 0
a
8 b 4 a 0
y c1 e2t c2 e6t
1 1 sin 2 t cos 2 t 20 40
1 1 , b 20 40
4b 8a 12b cos 2 t 0
y yh yp
genel çözümdür.
Açıklama: Bu problemde yp a sin 2 t b cos 2 t yerine yp a sin 2 t kısmî çözüm olarak dy p
alınsaydı, çözümün sağlamadığı görülürdü.
dt
74
2a cos 2 t
d2 yp dt 2
4a sin 2 t
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin 4a sin 2 t 4 2a cos 2 t 12 a sin 2 t sin 2 t
4 a 12 a sin 2 t sin 2 t
16 a 1
ayrıca
8 a 0 olur. Dolayısıyla a için
doğru bir değer hesaplanamaz.
13.1.3 Misal d2 d y t 4 y t 4 y t 2 e2t ikinci 2 dt dt denklemin genel çözümünü bulunuz.
r2 4 r 4 0
olduğundan
mertebeden
homojen
yh c1 e2t c2 t e2t
olmayan
diferansiyel
g t 2e2t
r1 r2 2
yp a e2t
olarak görünür. Fakat bu terim homojen kısımda
yh c1 e2t c2 t e2t mevcuttur. Bu yüzden t ile çarpılarak alınır. y p a t e2t ve tekrar
homojen çözümde böyle bir terim olup olmadığı kontrol edilir. yh c1 e2t c2 t e2t Bu terim de mevcuttur. Dolayısıyla tekrar t ile çarpılmalıdır. dy p dt
2 a t e2t 2 a t 2 e2t
d2 yp dt
2
4
dy p dt
d2 yp dt 2
yp a t 2 e2t
2 a e2t 8 a t e2t 4 a t 2 e2t
4 y p 2 e2t
2 a e2t 8 a t e2t 4 a t 2 e2t 4 2 a e2t 2 a t 2 e2t 4 a t 2 e2t 2 e2t
2 a e2t 8 a t e2t 4 a t 2 e2t 8 a e2t 8 a t 2 e2t 4 a t 2 e2t 2 e2t 2 a e2t 8 a t e2t 4 a t 2 e2t 8 a e2t 8 a t 2 e2t 4 a t 2 e2t 2 e2t
2 a e2t 2 e2t
a 1
y c1 e2t c2 t e2t t 2 e2t
y p t 2 e2t olduğu görülür.
genel çözümdür.
13.1.4 Misal d2 d y t 4 y t 5 y t 2 e2t sin t 2 dt dt denklemin genel çözümünü bulunuz.
ikinci mertebeden homojen olmayan diferansiyel
r2 4 r 5 0
yh e2t c1 cos t c2 sin t
g t 2 e2t sin t
r1,2 2 i
İlk bakışta kısmî çözüm g t ye bağlı olarak;
75
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin
yp e2t a sin t b cos t
şeklinde seçilir ve homojen kısımda benzer terimlerin
olup olmadığı kontrol edilir.
y h e2t c1 cos t e2t c2 sin t
terim bulunmaktadır. Bu yüzden t ile çarpılmalıdır. dy p dt
d2 yp dt 2 d2 yp 2
Benzer
yp t e2t a sin t b cos t
e2t a sin t b cos t 2 t a sin t 2 t b cos t t a sin t t b cos t
4 a sin t 4 b cos t 2 a cos t 2 b sin t 3 t a sin t e2t 3 t bcos t 4 t a cos t 4 t b sin t 4
dy p
5 y p 2 e2t sin t
Hesaplanan
dt dt sadeleştirmeler yapıldığında;
2 b e2t sin t 2 e2t sin t yp t e2t cos t
değerler
yerine
yazılıp
gerekli
2 e2t a cos t b sin t 2 e2t sin t b 1
2 e2t a cos t 0
y e2t c1 cos t c2 sin t t e2t cos t
a0
Genel çözümdür.
13.1.5 Misal dy 2 y x3 birinci mertebeden homojen olmayan diferansiyel denklemin genel dx çözümünü bulunuz. x
Çözüm: Genel çözüm homojen ve kısmî çözümün toplamı olduğundan; y yh yp
yh ve yp hesaplanmalıdır.
Homojen çözüm;
x
dy 2y 0 dx
x
dy 2y 0 dx
diferansiyel denkleminden elde edilir.
x
dy 2y dx
dy dx 2y x
1 ln y 2
1 ln y ln x C 2
e
yp a 0 a1x a 2x 2 a 3x 3
e
ln x
dy p dx
eC
a1 2a 2 x 3a 3x 2
x a1 2a 2x 3a 3x 2 2 a 0 a1x a 2x 2 a 3x 3 x 3
a 0 0, a1 0, a 2 0, a 3 1
yp x3
1 dy dx 2 y x
y h x eC
x
dy p dx
yh c x 2
2 yp x 3
a 3x 3 a1x 2 a 0 x 3
y c x 2 x 3 genel çözümdür.
Aynı problem önceki metotlarla da çözülebilir. her taraf x e bölündüğünde; 76
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin
dy 2 y x2 dx x 2
y e x
dx
2 dx e x x 2 dx c
y x 2 x 2 x 2 dx c
p x dx p x dx y x e e g x dx c
dy p x y g x dx
ye
2ln x
e
y x 2 x c
2ln x
x 2 dx c
y c x2 x3
13.1.6 Misal d 3y dy sin x x cos x üçüncü dx 3 dx denklemin genel çözümünü bulunuz.
mertebeden
homojen
olmayan
diferansiyel
Çözüm: Genel çözüm homojen ve kısmî çözümün toplamı olduğundan; y yh yp
D
3
yh ve yp hesaplanmalıdır.
D y 0 D D2 1 0 r1 0 ve r2,3 i, i olduğundan dolayı homojen kısmın
çözümü; yh c1 c2 cos x c3 sin x şeklindedir. Tamamlayıcı çözüm ilk etapta g x fonksiyonuna
bağlı olarak; yp a1 co s x a 2 sin x a 3 a 4 x cos x a5 a 6 x sin x şeklinde yazılır ve bu değerlerin
homojen kısımda olup olmadığı test edilir. Benzer terimler varsa x ile çarpılır. yp a1 co s x a 2 sin x a 4 x cos x a 6 x sin x a 3 co s x a 5 sin x yp a1 a 3 co s x a 2 a 5 sin x a 4 x cos x a 6 x sin x
yp a1 co s x a 2 sin x a 3 x cos x a 4 x sin x yp a1 co s x a 2 sin x a 3 x cos x a 4 x sin x
yp a1 cos x a 2 sin x x a 3 x cos x a 4 x sin x x , tekrar düzenlendiğinde; yp a x 2 co s x b x 2 sin x c x co s x d x sin x
olarak elde edilir. Türevleri alınıp
yerine yazıldığında; 2 2 2 a x cos x a x sin x 2 b x sin x b x cos x dx c cos x c x sin x d sin x dx cos x
dy p
2 2a cos x 4ax sin x ax cos x 2bsin x 4bx cos x 2 dx 2 bx sin x 2csin x cx cos x 2d cos x dx sin x
d2 yp
77
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin 2 6a sin x 6ax cos x ax sin x 6bcos x 6bx sin x olur. 2 dx 3 bx cos x 3c cos x cx sin x 3d sin x dx cos x
d 3y p
d 3y p dx
3
dy p dx
sin x x cos x veya,
6b 2c 4ax cos x 6a 2d 4bx sin x sin x x cos x 1 1 6a 2d 1 , 4b 0 , 6b 2c 0 , 4a 1 a , b 0,c 0,d olarak hesaplanır. 4 4 yp a x 2 co s x b x 2 sin x c x co s x d x sin x
olduğundan
değerler
yerine
1 1 yazıldığında; y p x 2 co s x x sin x olarak elde edilir. Böylece; 4 4 1 1 y y h y p y c1 c2 cos x c3 sin x x 2 co s x x sin x 4 4 Şeklinde genel çözüm bulunur.
13.2 Parametrelerin Değişimi Metodu ile Homojen Olmayan Diferansiyel Denklemin Çözümü (The Method of Variation of Parameters) İkinci mertebeden homojen olmayan diferansiyel denklemlerin çözümünde, kısmî çözüm y p t yi bulmak için kullanılan farklı bir tarz ve usuldür. Bunun için;
d2 d y t p t y t q t y t g t 2 dt dt ile ilgili misaller aşağıda verilmiştir.
diferansiyel denklemi göz önüne alınsın. Bunun
13.2.1 Misal d2y dy ex 2 y ikinci mertebeden homojen olmayan diferansiyel denklemin genel dx 2 dx x çözümünü parametrelerin değişimi metoduyla hesaplayınız.
d2y dy 2 y 0 karakteristik denkleminden hesaplanacağından; Çözüm: Homojen çözüm 2 dx dx
r r1 r2 1 r 2 2r 1 0 yh c1 ex c2 x ex çözüme benzetilerek yazıldığından dolayı; yp v1 ex v 2 x ex Burada; y1 ex , y2 x e x , x v1 e x v2 x e x 0 v1 e x v2 e x x e x
ex x
e x x e
olur. Kısmî çözüm homojen
ex x
0 v1 ex e x xe x v2 x xe x
78
v1 e x x v2 e
1 0 ex e x xe x x
xe x
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin
1 olarak hesaplanır. Veya matris tersi yerine v1 ifadesi önce x yok edilerek v 2 hesaplanır ve hesaplanan bu değer denklemlerden birinde yerine yazılarak v1 hesaplanır. İşlem aşağıdadır.; Buradan; v1 1, v2
v1 e x
v2 x e x
v1 e x 0
v2 e x x e x
0
ex x ex x
v2 e x x e x x e x
ex v2 e x x
v2
1 x
1 v1 ex x ex 0 x
v1 e x
v2 x e x
0
v1 e x v2 e x x e x
ex x ex x
v2 e x
0
v1 ex v2 x ex 0
v1
1 x 0 x
v1 1
1 Böylece; v1 v1 dx 1 dx x ve v 2 v2 dx dx ln x olur. Bu değerler kısmî x x x çözümde yerine yazıldığında; yp x e ln x x e olur. Buradan genel çözümün;
y c1 ex c2 x ex x ex ln x x e x
şeklinde olduğu görülür.
13.2.2 Misal d 3y dy 1 ikinci mertebeden homojen olmayan diferansiyel denklemin genel 3 dx dx cos(x) çözümünü bulunuz. Çözüm: Genel çözüm homojen ve kısmî çözümün toplamı olduğundan;
r3 r 0
r r 2 1 0
yp v1 v 2 cos x v 3 sin x
r1 0, r2,3 i
yh c1 c2 cos x c3 sin x
Burada; y1 1 , y2 cos x , y3 sin x , x sec x
v1 1 v2 cos x v3 sin x 0
(1)
v1 0 v2 sin x v3 cos x 0
(2)
v1 0 v2 cos x v3 sin x sec x
(3)
(1) ve (3) nolu denklemlerin taraf tarafa toplanmasıyla;
79
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin v1 1
v2 cos x
v1 0 v2 sin x
v3 sin x
v3 cos x
0
0
v1 0 v2 cos x v3 sin x v1 1
0
0
1 1 v1 elde edilir. (2) ve (3) nolu cos x cos x 1 cos x
denklemlerin sırasıyla sin x ve cos x terimleriyle çarpılasıyla; v2 sin x sin x
v3 cos x sin x
v2 cos x cos x
v3 sin x cos x
v2 sin 2 x cos2 x
0
0 cos x cos x
Benzer işlemler v 3 için de yapıldığında; v3
v2 1
1 sin x olarak bulunur. Aynı sonuçlar matris cos x
işlemleri ile de elde edilebilir. Aşağıda verilmiştir.
sin x sin x v1 0 v1 1 cos x 1 cos x 0 sin x cos x v 0 v2 0 sin x cos x 2 v 0 cos x sin x sec x v 0 cos x sin x 3 3
1
0 0 sec x
1 cos x 0 1 0 v1 1 v1 v2 0 sin x cos x 0 v2 1 v 0 cos x sin x 1 v sin x 3 3 cos x cos x Buradan; v1
v1 v1 dx
sin x 1 olarak hesaplanır. , v2 1, v3 cos x cos x
1 dx ln sec x tan x , cos x
v 3 v3 dx
v 2 v2 dx 1 dx x
sin x dx ln cos x bu değerler kısmî çözümde yerine yazıldığında; cos x
yp ln sec x tan x x cos x ln cos x sin x Genel çözüm; y yh y p olduğundan y c1 c2 cos x c3 sin x ln sec x tan x x cos x ln cos x sin x
şeklinde
genel
çözüm elde edilir. Parametrelerin değişimi metodunda matrisin tersi yerine aşağıdaki şekilde de aynı sonuçları bulabilirsiniz. Aşağıdaki 2 misali dikkatlice inceleyiniz. 80
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin
13.2.3 Misal d 2 y dy 2 y e3x ikinci mertebeden homojen olmayan diferansiyel denklemin genel 2 dx dx çözümünü parametrelerin değişimi metoduyla hesaplayınız. Çözüm: Homojen çözüm; hesaplanacağından;
d 2 y dy 2y e3x 2 dx dx
r1 1, r2 2 r2 r 2 0 benzetilerek yazıldığından dolayı;
karakteristik
denkleminden
yh c1 e x c2 e2x olur. Kısmî çözüm homojen çözüme
yp v1 e x v 2 e2x Burada; y1 e x , y2 e2x , x e3x
v1 e v2 e 0 x
v1 e v2 2e e x
v2
2x
ex 3
v1 e x
v1 e x
v2 e2x
v1 e x
v2 2e2x
e3x
2x
e3x 0 3
3x
v1 e x v2 e2x 0
v1 e x
e3x 3
v1
v1 e x
v2 3 e2x e3x
v2 3 e2x e3x
0
0
ex e2x 0 3
e4x 3
veya;
v1 e x v2 e2x 0
e x x e
v1 e x v2 2e2x e3x
e2x v1 0 3x 2e2x v2 e
v1 e x x v2 e
1
e2x 0 3x 2e2x e
e 4x v1 3 e4x ex v , v Buradan; olarak x 1 2 3 3 v2 e 3 e4x ex e4x ex hesaplanır. Böylece; v1 v1 dx ve olur. Bu dx v v dx dx 2 2 3 12 3 3
2 v1 3e x v2 1 3e2x
1 3e x 0 1 e3x 3e2x
değerler kısmî çözümde yerine yazıldığında; yp v1 e x v 2 e2x
yp
1 3x 1 3x e e 12 3
yp
yp
e4x x ex 2x e e 12 3
1 3x e olur. Bu değerler yerine yazıldığında; 4
1 y c1 e x c2 e2x e3x genel çözümdür. 4
13.2.4 Misal 81
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin
d2y dy 5 4 y 18 x e x ikinci mertebeden homojen olmayan diferansiyel denklemin 2 dx dx genel çözümünü parametrelerin değişimi metoduyla hesaplayınız. d2y dy 5 4 y 0 D2 5 D 4 0 D1,2 1, 4 olarak 2 dx dx karakteristik denklemin kökleri bulunur. Buradan homojen çözüm; yh c1 e x c2 e4x şeklinde bulunur. Kısmî çözüm homojen çözüme benzetilerek yazıldığından dolayı; Çözüm: Homojen kısım;
Burada; y1 e x , y2 e4x , x 18 x e x
yp v1 e x v 2 e4x
v1 e v2 e x
4x
0
v1 e v2 4 e x
v2
v1 e x
4x
18 x e
x
v2 e 4x
0
v1 e x v2 4 e 4x 18 x e x
v2 3 e 4x 18 x e x
0
18 x e x v2 6 x e3x v1 e x v2 e4x 0 v1 e x 6 x e3x e4x 0 3 e 4x
v1 6 x
Buradan;
dv 6 x e dx 3x
2
dv 6 x dx v2
v1 3 x 2 olarak
1
2 1 3 x e3x 3
hesaplanır.
2 y p 3 x 2 e x 1 3 x e3x e 4x 3
2 y p 3 x 2 e x 1 3 x e x 3 yazıldığında;
2 y p 3 x 2 2 x e x 3
2 y c1 e x c2 e 4x 3 x 2 2 x e x 3 bulunur.
şekilde;
ve olur. Bu değerler kısmî çözümde yerine
yazıldığında; yp v1 e x v 2 e4x
Benzer
olur.
Bu
değerler
yerine
y c1 e x c2 e4x 3 x 2 2 x e x genel
çözüm
13.2.5 Misal d2y 4y sin 2 x ikinci mertebeden homojen olmayan diferansiyel denklemin genel dx 2 çözümünü parametrelerin değişimi metoduyla hesaplayınız. d2y 4y 0 Çözüm: Homojen çözüm dx 2
karakteristik denkleminden hesaplanacağından;
r2 4 0
yh c1 cos 2x c2 sin 2x
r1 2i, r2 2i
olur. Kısmî çözüm
homojen çözüme benzetilerek yazıldığından dolayı; yp v1 cos 2x v 2 sin 2x
Burada; y1 cos 2x , y2 sin 2x , x sin 2 x 82
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin v1 cos 2x v2 sin 2x 0
sin 2x v1 0 cos 2x sin 2 x 2sin 2x 2 cos 2x v1 2sin 2x v2 2 cos 2x sin 2 x v2 1
sin 2x 0 v1 cos 2x 2 v2 2sin 2x 2cos 2x sin x
Buradan;
1 1 v1 sin 3 2x , v2 sin 2 2x cos 2x 2 2
1 1 1 olarak hesaplanır. Böylece; v1 v1 dx sin 3 2x dx cos 2x cos3 2x 4 12 2 1 1 ve v 2 v2 dx sin 2 2x cos 2x dx sin 3 2x olur. Bu değerler kısmî çözümde yerine 12 2 yazıldığında yp v1 cos 2x v 2 sin 2x veya 1 1 1 y p cos 2x cos3 2x cos 2x sin 3 2x sin 2x 12 12 4
1 1 1 y p cos2 2x cos4 2x sin 4 2x 4 12 12
1 1 y p cos2 2x cos4 2x sin 4 2x 4 12
1 1 yp cos2 2x cos2 2x sin 2 2x cos2 2x sin 2 2x 4 12 1 1 3 1 y p cos2 2x sin 2 2x olur. y p cos2 2x cos2 2x sin 2 2x 6 12 12 12 1 1 y c1 cos 2x c2 sin 2x cos2 2x sin 2 2x genel çözümdür. 6 12
13.2.6 Misal d2y dy 2 y 7 e t sin t ikinci mertebeden homojen olmayan diferansiyel denklemin 2 dt dt genel çözümünü parametrelerin değişimi metoduyla hesaplayınız.
d2y dy 2 y 0 karakteristik denkleminden hesaplanacağından; Çözüm: Homojen kısım 2 dt dt
r 2 2r 1 0
r1,2 1
yh c1 et c2 t et olur.
benzetilerek yazıldığından dolayı;
Kısmî
çözüm
homojen
yp v1 y 1 v 2 y 2
yp v1 e t v 2 t e t Burada; y1 e t , y2 t e t , t 7 et sin t
v1 e t v2 t e t 0 v1 e t v2 e t t e t 7 e t sin t
v2 et t e t v2 t e t 7 et sin t
v1 e t v2 t e t 0 v1 e t v2 e t t e t 7 e t sin t
v2 et 7 et sin t
83
v2 7 sin t
çözüme
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin
dv 7 sin t dt
v 2 7 cos t
2
v1 et v2 t e t 0
v1 e t 7 sin t t et 0 v1 et 7 t sin t et
dv
1
7 t sin t dt
v1 7 sin t 7 t co s t yp v1 e t v 2 t e t yp 7 sin t 7 t cos t e t 7 cos t t et
y p 7 sin t e t olarak elde edilir. Veya; e t t e
0 t e t v1 t e t t e t v2 7 e sin t
v1 e t t v2 e
1
0 t et t e t t e t 7 e sin t
v1 7 sin t olarak hesaplanır. Buradan genel çözüm; v2 7 t sin t y y h y p y c1 et c2 t e t 7 sin t e t olarak hesaplanır.
13.3 D Operator Metodu (The Method of Operators) İkinci mertebeden homojen olmayan diferansiyel denklemlerin çözümünde, kısmî çözümü y p t bulmak için kullanılan farklı bir tarz ve usuldür. Bunun için Diferansiyel operator D;
D
d d veya D gibi tanımlıdır. D nin tersi (inversi) D1 ile gösterilir ve; dx dt
D D y y 1
D1
özelliğine sahiptir. Ayrıca;
1 dx yani D1 integral operatörüdür. Benzer şekilde diferansiyel denklemler D
için; D y F x şeklinde tanımlandığında;
1 1 D D y y veya D y y yazılabilir. D y F x formu D D a n Dn a n1Dn1 D y F x y
1
a1D a 0
a n ,a n1,
,a1,a 0 : sabit şeklinde olduğunda;
1 F x olur. 1 D değeri aşağıdaki özelliklere sahiptir. D
1 1 1 1 1 Fx F x F x 1 D 2 D 1 D 2 D 2 D 1 D
84
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin 2.
1 1 1 F1 x F2 x F1 x F2 x D D D
Ayrıca 2 adet Teoremin de bilinmesi lazımdır. Teorem 1: a 0 olduğu sürece
Teorem 2:
1 1 e a x eax yazılabilir. Yani D ile a değişebilir. D a
1 1 eax f x eax f x ( eax ifadesini 1 D nin dışına çıkarınız.) D D a
Daha genel bir ifade ile yapılacak işlemler şu şekilde tanımlanabilir. y t
Lm D Ln D
(1)
şeklinde tanımlı ve burada; Lm D b0 b1 D b2 D2
bm1 Dm1 Dm
(2)
a n1 Dn1 Dn
(3)
Ve; L n D a 0 a1 D a 2 D 2
şeklinde tanımlı ise; tamamlayıcı çözümü bulmak için karakteristik denklem aşağıdaki gibi yazılabilir. Ln D D r1 D r2 D r3 Lm D K1 K2 Ln D D r1 D r2
D rn1 D rn
Ki D ri
(4)
Kn D rn
(5)
Buradaki K i sabitlerinin hesaplanması için, (5) denkleminin her iki tarafı D ri ile çarpılır. Yani;
D ri
Lm D D ri D ri K K1 Ln D D r1 D r2 2
D ri K D ri i
D ri K D rn n
(6)
1
Bunun sonucu D ri olduğunda K i yalnız kalmaktadır ve böylece;
L D K i lim D ri m Dri Ln D
(7)
Köklerin tekrarlamalı olması durumunda; Kq K q 1 Lm D q Ln D D rq D rq q 1
K2
D r q
2
K1 şeklinde olduğunda; D rq
85
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin
q L D K q lim D rq m Drq Ln D
d q L D K q 1 lim D rq m Drq dD Ln D 1 dk q L D K q k lim k D rq m şeklinde yazılabilir. Köklerin sanal olması durumu: Drq k! dD Ln D Lm D Kc Kc Ln D D a i b D a i b
Bunun ile ilgili misaller aşağıda verilmiştir.
13.3.1 Misal
D
3 D 2 y 4 t denkleminin genel çözümünü operatör metodunu kullanarak çözünüz.
2
D2 3 D 2 0 r1,2 1, 2 olduğundan dolayı homojen kısmın çözümü; yh c1 e t c2 e2t şeklindedir. Veya bu değer aşağıdaki şekilde de hesaplanabilir.
y
K1 1 1 K2 4 t 4 t 4 t D 1 D 2 D 1 D 2 D 3 D 2 2
D 2 K1 D 1 K 2 K1 K 2 D 2 K1 K 2 1 K1 K2 D 1 D 2 D 1 D 2 D 1 D 2 D 1 D 2 K1 K2 0 ve 2 K1 K2 1 K2 K1 ve 2 K1 K1 1 K1 1 ve K 2 1 olarak hesaplanır. Aynı K i değerleri aşağıdaki gibi de hesaplanabilir.
1 L D 1 1 K1 lim 1 K1 lim D r1 m lim D 1 D 1 Dr1 D 1 Ln D D 1 D 2 D 2 1 2
1 L D 1 1 K 2 lim 1 K 2 lim D r2 m lim D 2 D2 D 1 Dr2 2 1 Ln D D2 D 1 D 2 değerleri elde edilir. Buradan;
y1
4t 4t ve y 2 olmak üzere; y y1 y2 denkleminden hesaplanır. D 1 D 2
D 1 y1 4 t
p t dt p t dt dy1 y1 4 t y1 t e e q t dt c dt
86
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin 1dt 1dt y1 t e e 4 t dt c y1 4 4 t c1 e t
D 2 y2 4 t
p t dt p t dt dy2 2 y2 4 t y2 t e e q t dt c dt
2dt 2dt y2 t e e 4 t dt c y2 1 2 t c2 e2t
y y1 y2 y 1 2 t c2 e2t 4 4 t c1 e t y c1 e t c2 e 2t 5 6 t yp
yh
şeklinde genel çözüm elde edilir.
13.3.2 Misal
D
3
3 D y 9 t denkleminin genel çözümünü operatör metodunu kullanarak çözünüz.
D D2 3 0 r1 0, r2 r3 3 olduğundan dolayı homojen kısmın çözümü;
yh c1 c2 e y
3t
c3 t e
3t
şeklindedir. Veya bu değer aşağıdaki şekilde de hesaplanabilir.
K 1 1 K2 K 3 1 9 t 9 t 9 t D D 2 3 D D 3 D 3 D 0 D 3 D 3
1 1 1 K1 lim D 0 D0 3 D 0 D 3 D 3 0 3 0 3
1 1 1 K lim K 2 lim D 3 2 D 3 D 3 6 D D 3 D D 3 D 3
1 1 K 3 lim K 3 lim D 3 D 3 D 3 D D 3 3 D D 3 D 3
y
1 3 3
1 6
K 1 1 K2 K 3 1 9 t 9 t 9 t D D 2 3 D D 3 D 3 D 0 D 3 D 3
1 1 1 9 t y 3 D 6 D 3 6 D 3
y1
3 t 3 t 3 t , y2 , y3 , Genel Çözüm: y y1 y2 y3 D 2 D 3 2 D 3
87
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin
3 y1 t 2 +c1 2
y2 c2 e
y3 c3 e
3 t
3 t
1 1 3t 2 2
1 1 3t 2 2
3 y c1 t 2 +c2 e 2
3 t
1 1 3 t c3 e 2 2
1 1 y c1 +c2 e 2 2 y C1 +c2 e
3 t
c3 e
3 t
3 t
1 1 3t 2 2
1 1 1 1 3 3 t 3 t t 2 burada C1 c1 alındığında; 2 2 2 2 2
3 t
c3 e
3 t
3 t 2 şeklinde genel çözüm elde edilir. 2
13.3.3 Misal
D
2
5 D 4 y e2x x 2 e2x denkleminin genel çözümünü operatör metodunu kullanarak
çözünüz.
D2 5 D 4 0 r1,2 4, 1 olduğundan dolayı homojen kısmın çözümü; yh c1 e4x c2 e x şeklindedir. Kısmî çözüm ise; y p
1 e2x x 2 e 2x veya D 5 D 4 2
yp
1 1 e2x 2 x 2 e 2x şeklinde yazılabilir. Bu da 2 kısma ayrıldığında; D 5 D 4 D 5 D 4
y p1
1 1 1 e2x 2 e2x D 5 D 4 2 5 2 4 18
y p2
1 1 x2 x 2 e 2x y p2 e 2x 2 D 5 D 4 D 2 5 D 2 4
2
2
2
y p2 e2x
y p2
e2x 2
1 x2 2 D D2
y p2
e 2x 2
1 x 2 gerekli D D2 1 2 2
işlemlerin
3 x 2 x yp yp1 yp2 2
1 2x e 2x 2 3 yp e x x 18 2 2
y h c1 e4x c2 e x
elde edilir. y y h y p olduğundan;
1 2x e2x e 18 2
3 x 2 x şeklinde genel çözüm bulunur. 2 88
yapılmasıyla;
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin
13.3.4 Misal
D
2
6 D 9 y x 3 2 x e3x denkleminin kismî çözümünü operatör metodunu kullanarak
hesaplayınız. yp
1 x 3 2 x e 3x D 6 D 9
2
y p e3x
1
D 3
2
6 D 3 9
x 3 2 x
(Kaydırma teoremi kullanıldı a=-3)
yp e
3x
1 2 x 3 2 x D
yp e
3x
x 2 x dx e 3
3x
x4 1 1 x 2 dx e 3x x 5 x 3 3 20 4
D2 6 D 9 0 r1,2 3,3 olduğundan dolayı homojen kısmın çözümü; 1 1 yh c1 e3x c2 x e3x şeklindedir. Kısmî çözüm ise; y p e3x x 5 x 3 veya 3 20 1 1 y p c1 e3x c2 x e 3x e 3x x 5 x 3 şeklinde elde edilir. 3 20
13.3.5 Misal
D
2
y
2 D 1 y 4 t denkleminin genel çözümünü operatör metodunu kullanarak çözünüz. K 1 1 K1 2 4 t 4 t 4 t olur. 2 D2 2 D 1 D 1 D 1 D 1 D 1
Buradaki katsayıları hesaplamak için aşağıdaki formülden yararlanılır.
1 dk K q k lim k Drq k! dD
q Lm D D rq Ln D
1 2 K 2 lim D 1 D1 D 1 D 1
1
1 d 1 2 1 d K1 lim D 1 lim 1 0 Drq 1! dD D 1 D 1 Drq 1! dD K 1 K1 0 1 2 y 4 t 4 t 4 t 2 2 2 2 D 1 D 1 D 1 D 1 D 1 Görüldüğü gibi bu tür problemlere pek uygun görülmüyor. Çünkü aynı sonuç elde edildi ve bir kolaylık sağlamadı.
89
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin
y
1
D 1
2
4 t
K 1 K1 0 1 2 y 4 t 4 t 4 t 2 2 2 2 D 1 D 1 D 1 D 1 D 1
14. Tekrarlama Soruları (Review Problems) Burada bazı diferansiyel denklemler ve çözümleri verilmiştir. Bir diferansiyel denklemin birden fazla çözüm metodu (usulü) olabilir. Fakat sonuçlar hep aynı çıkar. Yani sonuçlar değişmez. Bu durum aşağıdaki problemlerde daha açık görülmektedir.
14.1 Problems: Aşağıda verilen 1-4 diferansiyel denklemlerinin genel çözümünü “belirsiz katsayılar” veya “parametrelerin değişimi” yöntemini kullanarak hesaplayınız 1
Cevap: y x c e x
dy y x ex dx x
(14.1)
Çözüm: Parametrelerin değişimi metodu kullanılarak çözüm yapılabilir. Bu durumda, y y h y p şeklinde yazılabilir. Homojen kısmın çözümü için,
dy y dy y 0 dx x dx x e
ln y
e
ln x c
dy dx C ln y ln x c y x
eln y eln x c eln y eln x ec c ec yh c x elde edilir. Tamamlayıcı
çözüm, homojen kısmın yazılışı ile elde edildiğinden dolayı, yp v x
v x x e x
v e x v e x y p v x y p e x x y y h y p
y c x ex x y x c ex halinde genel çözüm elde edilir. Belirsiz katsayılar metodu kullanıldığında; yp a b x ex
b a b x e
x
dy p dx
b ex a b x ex
b a b x ex x
dy p dx
b a b x ex
x ex b a b x
dy p dx
b a b x x x
b a b x b a x 1 b x b x b a x 1 a x 0 1 x1 0 x 0 0 x 1
b 1, a 0, b a 0
yp a b x ex
yp x ex
y c x ex x y x c ex şeklinde aynı genel çözüm elde edilir.
90
yp x
x ex
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin 2
dy 3 y 3 x 2 dx x
3 1 C Cevap: y x 2 x 3 5 2 x
Çözüm: Bu denklem, 1. mertebeden lineer diferansiyel denklem olarak çözülebilir. Bu durumda, y p x y q x şekline benzetilerek çözülebilir. Fakat burada Belirsiz Katsayılar Metodu
kullanılacaktır. Genel çözüm; y y h y p şeklinde olduğundan ilk önce homojen kısmın çözümü elde edilmelidir.
dy 3 dy 3 dy dx y 0 y 3 dx x dx x y x
ln y ln x 3 c eln y e
ln x 3 c
e
g x 3 x 2 yp a x 2 b x c
2 a x b
ln y
dy p dx
e
1
1
y dy 3 x dx c
ln x 3
ec y
2a x b
ln y 3 ln x c
c c yh 3 3 x x
dy p dx
3 yp 3 x 2 x
3 a x 2 b x c 3 x 2 2 a x b 3 a x 3 b 3 c x 1 3 x 2 x
2 a 3 a x1 4 b x0 3 c x 1 3 x1 2 x0 3 1 5 a 3, 4 b 2, 3 c 0 a , b , c 0 5 2 olduğu görülür. Bu değerler yerine yazıldığında,
3 1 c 3 1 yp a x 2 b x c y p x 2 x y yh yp y 3 x 2 x 5 2 x 5 2 şeklinde genel çözüm elde edilir. Aynı sonuç “Parametrelerin Değişimi Metodu” ile de bulunabilir.
yh
1 c 1 y p v 3 v 3 3 x 2 v x 3 3 x 2 v 3 x 4 2 x 3 3 x x x
3 2 1 3 3 1 1 1 v x 5 x 2 y p v 3 y p x 5 x 2 3 y p x 2 x 5 4 x 2 2 5 x 5 y yh yp y
3 sin x
c 3 2 1 x x olarak bulunur. x3 5 2
dy y cos x x sin x dx
Cevap: y
sin x x cos x C sin x
Aşağıda verilen (4-7) diferansiyel denklemlerinin genel çözümünü hesaplayınız. 91
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin
d2 y dy 4 6 10 y 3 x e3x 2 e3x cos x 2 dx dx Cevap: y c2 e 3x sin x c1 e 3x cos x 5
1 sin x 3 cos x e 3x e6x 3xe 3x 60
d2y dy 2 2 y x ex sin x 2 dx dx
Cevap: y c1 sin x e x c2 e x cos x
1 1 20x 28 25 x e x cos x 10x 4 sin x 50 50
d 3y dy 6 sin x x cos x dx 3 dx 1 1 1 Cevap: y c1 cos x c2 sin x cos x x sin x x 2 cos x c3 4 4 4 7
d4y d2y 7 x 3 cos x dx 4 dx 2
7 9 3 Cevap: y c1 sin x c2 cos x x 3 cos x x sin x c3 x c 4 6 2 2
8
d 3y dy 3 9 x 2 denkleminin tamamlayıcı çözümünü hesaplayınız. 3 dx dx
Cevap: y p x 3 2 x 9
d2y dy 3 2 y sin ex 2 dx dx
Cevap: y C1 e x C2 e 2x e 2x sin e x
dy x 10 x y2 x y Bernoulli diferansiyel denkleminin çözümünü bulunuz. dx y
Cevap: y 4 1
C 0 x4
dy 11 1 x y 2 y 0 Bernoulli diferansiyel denkleminin sıfırdan farklı çözümü nedir? dx
Cevap:
12
1 1 x2 x C y 1 x 2
dy 1 y exy diferansiyel denkleminin genel çözümünü hesaplayınız. dx x 92
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin Cevap: x 2
2 C e x y
15. Diferansiyel
Denklemlerin
Mühendislik
Uygulamaları
(Engineeering
Applications of Differential Equations) Mühendisliğin birçok alanında, fiziksel problemin matematik modeli çıkartılırken karşımıza diferansiyel denklem olarak çıkar. Bu denklemler, doğrusal olmayan kısmî diferansiyel denklem takımı da olabilir. (Burgers, Navier-Stokes, Lid-driven cavity gibi). Bazıları da lineer olmayan diferansiyel denklem şeklindedir. Fakat kabuller yapılarak, adi diferansiyel denklem haline getirilirler. (Kirişlerin çökme denklemi gibi)
15.1 Misal Kütlesi m=75kg olan bir paraşütçü, 4000m yükseklikten yere atlıyor ve paraşütünü 1 dakika sonra açıyor. yer çekimi ivmesi sabit ve g=9.81m/s2 alınıyor. Paraşüt kapalı iken hava direnci b1=15N.s/m ve paraşüt açıldığında hava direnci b2=150N.s/m dir. Paraşütçü yere atladığında ininceye kadar geçen süreyi hesaplayınız. Ayrıca yere ayağı dokunduğu anda düşme hızını hesaplayınız. Çözüm:
Şekil 3: Paraşütçüye etkiyen iç ve dış kuvvetler Newton prensibine göre sisteme etkiyen dış kuvvetler, iç kuvvetler eşit olacağından, Şekil 3 den faydalanarak kuvvetler dengesi aşağıdaki gibi yazılır.
m g b1
r2
dy d2y m 2 dt dt
b1 r 0 m
m
b r r 1 0 m
d2y dy b1 mg 2 dt dt
r1 0, r2
d 2 y b1 dy g dt 2 m dt
b1 m y h c1 c2 e
Buradan diferansiyel denklemin homojen kısmı bulunur.
Kısmî çözümü için belirsiz katsayılar metodu (usulü) kullanıldığında; yp a t
dy p dt
a
d2 yp dt
2
0
93
d2yp dt
2
b1 dy p g m dt
b t m
(15.1)
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin
0
b1 a g m
y c1 c2 e
b1 t m
c1 c2 y0 ve
a
mg b1
mg t b1
yp
y 0 0
mg t b1
y c1 c2 e
dy v 0 şartı uygulandığında; dt t 0
b1 0 m g b1 c2 e m v0 m b1
c1 y0 c2
m2 g m c1 y0 2 v 0 b1 b1
y y0
y yh yp
b1 mg c2 v0 m b1
b1 0 m
mg 0 b1
b1 t dy b mg 1 c2 e m dt m b1
c2
c1 y0
m2 g m v0 2 b1 b1
m2 g m v0 2 b1 b1
m2 g m m2 g m bm1 t m g v v t e 0 0 b12 b1 b12 b1 b1
sayısal değerler yerine yazıldığında; 752 9.81 75 752 9.81 75 75 9.81 y 0 0 0 e 0.2t t 225 15 225 15 15 y 245.25 245.25 e0.2t 49.05 t
t=60 alındığında; y 60 2697.751507m
dy 49.05 e0.2t 49.05 ve paraşüt açıldığı andaki hızı v 60 49.04969863m / s dir. dt İkinci durum için (paraşüt açılı vaziyette yere inene kadar) konum denklemi; m2 g m m2 g m bm2 t m g y y0 2 v 0 2 v 0 e t b2 b2 b2 b2 b2
4000 2697.751507 2.4525 24.52484932 2.4525 24.52484932 e2t 4.905 t 1304.700993 24.52484932-22.07234932 e2t 4.905 t
Buradan Newton-Rapson metodu yardımıyla; t 260.994s olarak kalan süre bulunur. t 260.994 60 320.994s toplam süredir.
15.2 Misal d4y q x Diferansiyel denklemiyle verilen kirişin düzgün yayılı yük altında ve iki tarafı dx 4 ankastre bağlantılı iken çökmesi, eğilme momenti ve kesme kuvveti diyagramlarını elde ediniz.(E: Elastisite modülü, I: kesit atalet momenti ve q(x) yayılı yüktür) EI
Çözüm: denklemin integrali alındığında, çökme fonksiyonu ve diğerleri bulunabilir. 94
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin
d4y EI 4 0 dx EI
d4y E I 4 dx c1 dx
dy x2 c1 c2 x c3 dx 2
E I y c1
d 3y E I 3 c1 dx
d2y E I 2 c1x c2 dx
x3 x2 c2 c3x c4 Homojen kısmın çözümüdür. 6 2
Kısmî çözüm homojen çözüme benzetilerek yazıldığından dolayı;
y p v1
x3 x2 x2 x3 v2 v 3x v 4 Burada; y1 , y 2 , y3 x , y4 1 , ve x q x olur. 6 2 2 6
x3 x2 v1 v2 v3 x v4 1 0 6 2 x2 v1 v2 x v3 1 v4 0 0 2
x3 6 2 x 2 x 1
x2 2 x 1 0
x 1 v 0 1 v2 0 1 0 v 0 3 0 0 v4 q(x) 0 0
v1 x v2 1 v3 0 v4 0 0 v1 1 v2 0 v3 0 v4 0 q x
0 1 0 0 v1 0 0 1 x 0 v 2 2 0 x 0 1 x 2 0 v3 v4 x2 x 3 q(x) 1 x 2 6
Böylece; v1 v1 dx 1 dx x , v 2 v2 dx x ( 1) dx
q(x) v1 x q(x) v 2 1 2 x q(x) v3 2 v4 1 2 x q(x) 6
x2 2
x3 x4 ve v 3 v3 dx dx olur. Bu değerler kısmî 24 6 x3 x2 x2 x3 x4 x3 x2 yp x x v 3x v 4 çözümde yerine yazıldığında; y p v1 v 2 6 2 2 6 24 6 2 x2 x3 v 3 v3 dx dx 6 2
yp
4 x 4 6x 4 4x 4 x 4 24 24 24 24
E I y c1
x3 x2 x4 c 2 c 3x c 4 6 2 24
yp
4 x 4 6x 4 4x 4 x 4 24 24 24 24 y
yp
1 x3 x2 x4 c c c x c 2 3 4 1 EI 6 2 24
x4 24 genel
çözümdür. Sınır şartlarının yerine yazılmasıyla özel çözüm elde edilir. İki tarafı ankastre olunca uçlarda çökme ve eğim sıfır olur. Bu şartlar yerine yazıldığında çökme denklemindeki bilinmeyen katsayılar yerine özel çözüm elde edilir. Çözüm aşağıdadır. dy 1 x2 x3 c c x c 2 3 1 dx E I 2 6
1.
y 0 0,
0
1 0 0 0 c1 c2 c3 0 c4 EI 6 2 24
95
c4 0
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin 2.
dy 0 0 0, 0 c1 c2 0 c3 dx x 0 2 6
c3 0
3.
dy L2 L3 0, 0 c1 c2 L dx x L 2 6
1 1 L 1 L 1 0 L2 c1 c2 , c1 c2 2 L 6 L 6 2
4.
L3 L2 L4 y L 0, 0 c1 c2 6 2 24
L 1 L2 0 L c1 c2 2 24 6 2
L 1 L2 c1 c2 6 2 24
1
L L 1 1 L 12 c c c 6 1 1 2 1 6 2 L 6 Elde edilen L 2 2 2 L c2 L c2 2L c 2 L 1 L 6 6 2 24 12 24 bu değerler genel çözümde yerine yazıldığında, kirişin çökme denklemi elde edilmiş olur. y
1 x3 x2 x4 c c c x c 1 2 3 4 EI 6 2 24
y
1 L 3 L2 2 x 4 x x E I 12 24 24
dy 1 L 2 L2 x3 x x dx E I 4 12 6
(Eğim denklemi)
d2y 1 1 2 L L2 x x dx 2 E I 2 2 12
(Moment denklemi)
d 3y 1 L x 3 dx EI 2
(Kesme kuvveti denklemi)
x=0 da ankastre ve x=L de basit mesnetli kirişin, q=-1 yükü altında çökme denklemi; y
1 5 1 2 x2 x4 3 L x L E I 48 16 2 24
x=0 ve x=L de basit mesnetli kirişin, q=-1 yükü altında çökme denklemi;
y
1 4 L 3 L3 x x x 24 12 24
15.3 Misal: Yay, sönümleme ve F0 sin t zorlama kuvveti altında salınım (titreşim) hareketi yapan m kütlesinin hareket denklemini elde ediniz ve köklerin farklı durumuna karşılık hareketi inceleyiniz.(m: kütle, c: sönümleme katsayısı, k: yay katsayısı)
d 2 x c dx k F x 0 sin t haline gelir. 2 dt m dt m m Sistemde zorlayıcı kuvvet bulunmadığı takdirde dinamik kuvvet analizi aşağıdaki gibidir. Çözüm: her taraf m kütlesine bölündüğünde;
96
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin Newton prensibi uygulandığında (Dış kuvvetler = İç kuvvetler) hareket denklemi elde edilir. Yay ve sönümleyici harekete zıt yönde kuvvet oluşturur.
c
x
dx d2x kx m 2 dt dt
c k x x 0 m m
c2 k 2 4m m
m
d2x dx c kx 0 2 dt dt
c m
x1,2
c2 k 0 2 4m m
c2 k 4 2 m m 2
d 2 x c dx k x 0 dt 2 m dt m
x1,2
c 2m
c2 k 2 4m m
c2 k 2 4m m
c2 4 k m
ccr 2 k m (kritik sönümleme katsayısı)
Şekil 4: Yay ve sönümleme etkisi altındaki kütlenin hareket denkleminin elde edilmesi Kısaltma amacıyla; n
k c (doğal frekans), ve (sönümleme oranı = damping ratio) m ccr
alındığında hareket denklemi;
x1,2
2n
2n 2
2
42n
x 2n x 2n x 0
halini alır.
x1,2 n
22n 2n
x1,2 n
olur.
2 1 değerine bağlı olarak üç farklı kök durumu olabilir.
I.
2 1 0 ise iki tane gerçek kök vardır ve homojen kısmın çözümü; 97
n 2 1
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin
x1,2 n x h c1 e
n 2 1 şeklindedir. Bu değerler homojen çözümde yerine yazıldığında;
n
2 1 t
n
c2 e
n
2 1 t
n
elde edilir. başlangıç şartları verildiği takdirde;
x 0 x 0 (başlangıç konumu) ve x 0 v 0 (başlangıç hızı) özel çözüm elde edilir. c1 e
n
n
2 1 0
c2 e
n
2 1 0
n
x0
c1 c2 x 0 dx n n c1 n n 2 1 e dt
c1 n n 2 1 e
n
n
2 1 0
2 1 t
c2 n n 2 1 e
c2 n n 2 1 e
n
n
n
2 1 0
n
2 1 t
v0
c1 n n 2 1 c2 n n 2 1 v 0 c1
xh
n x 0 n 2 1 x 0 v 0 2 n 2 1 n x 0 n 2 1 x 0 v 0 2 n 1 2
ve c2
e
n x 0 n 2 1 x 0 v 0 2 n 2 1
n x 0 n 2 1 x 0 v 0 2 n 2 1
2
e
n
2 1 t
n
2 n
n
olur.
2 1 t
Dış kuvvet olmadan sönümlü titreşim hareketinin özel çözümüdür. Kökler gerçek olduğu için salınım olmaz. Bu durum grafik çizildiği takdirde açıkça görülür. Bu duruma sönüm üstü (over damped) durum denir.
2 1 0 ise iki tane gerçek kök vardır ve bu kökler birbirine eşittir. Bu durumda II. da titreşim hareketi gerçekleşmez ve kökler;
x1 x 2 2n şeklindedir. Bu değerler homojen çözümde yerine yazıldığında; x h c1 e
2 n t
c 2 t e
2 n t
elde edilir. başlangıç şartları verildiği takdirde;
x 0 x 0 (başlangıç konumu) ve x 0 v 0 (başlangıç hızı) özel çözüm elde edilir.
III.
2 1 0 ise iki tane sanal kök vardır ve homojen kısmın çözümü;
x1,2 n
n i 1 2
tanımlandığında;
şeklindedir. x1,2 n
d n 1 2
sönümlü
doğal
frekans
olarak
d i olur. Bu değerler homojen çözümde yerine
yazıldığında; 98
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin
x h en t c1 cos d t c2 sin d t elde edilir. Dış kuvvet olmadığı takdirde kısmî çözüm sıfır olacağından x x h olur. Başlangıç şartları verildiği takdirde; x 0 x 0 (başlangıç konumu) ve x 0 v 0 (başlangıç hızı) özel çözüm elde edilir.
en 0 c1 cos d 0 c2 sin d 0 x 0
c1 cos 0 c2 sin 0 x 0
c1 x 0 olduğu görülür. Hız şartı uygulandığında; dx n e n t c1 cos d t c2 sin d t dt e n t c1 d sin d t c2 d cos d t
n c1 0 0 c2 d v 0 c2
v 0 n x 0 d
n x 0 c2 d v 0
olduğu görülür. Bu değerler yerine yazıldığında;
v n x 0 x en t x 0 cos d t 0 sin d t olur ve sönümlü titreşim meydana gelir. d Sayısal değerler girilerek bu durum denenebilir.
Ayrıca değişik bir çözüm olarak x A en t sin d t denklemi de alınabilir. Çünkü sin sin cos cos sin olduğundan;
x A en t sin cos d t sin d t cos
yazılabilir.
Yukarıda
karşılaştırıldığında; x Ae
tan
n t
sin cos d t cos sin d t olur. Buradan; C2 C1
c1 sin x0 x 0 d c2 cos v 0 n x 0 v 0 n x 0 d
n x 0 A x v0 d
2
2 0
olduğu görülür.
x 0 d ve tan 1 şeklindedir. v 0 n x 0
2
n x 0 n t x x v0 sin d t e d 2 0
sönümlü serbest titreşimin hareket denklemidir.
99
verilen
çözümle
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin
16. Birinci
Mertebeden
Diferansiyel
Denklem
Problemleri
(First
Order
Differential Equation Problems) Bu bölümde 1. Mertebeden diferansiyel denklemler ile ilgili sorular ve cevapları verilmiştir.
16.1 Misal: dx 1 x ile diferansiyel denklemin genel çözümünü elde ediniz. dy e y Çözüm:
dy dy dx 1 y e x p x 1,q x e x e x y x dx dx dy e y
1 1 1dx 1dx x x dx x dx e e dx c y x e e 1 dx c y x e
1 y x ex e x e x dx c y x ex e2x dx c y x e x e 2x c 2 Şeklinde genel hesaplanır.
16.2 Misal: Aşağıda verilen başlangıç değer problemini çözünüz.
4 dy 4 2x , x 1, 2 y , x dx x 2 x , x 2, 4
y 1 1
(16.1)
Çözüm: Parçalı fonksiyon olduğundan 2 farklı bölge için, 2 farklı çözüm elde edilir. dy 4 dy 4 4 y x2 y 2x ve dx x dx x x
16.3 Misal: Bir kişi bir bankadan m=55000TL ev kredisi alıyor ve bunun ödemesi 10 sene ve her ay ödenmesi gereken miktar v=750TL olduğuna göre bankanın kişiye uyguladığı aylık kâr miktarı yüzde kaçtır, hesaplayınız. Çözüm:
dy dy ky k dt dt y
dy k dt C ln y k t C y ekt C y eC ekt y
y c ekt olduğu görülür. Başlangıçta (t=0 iken) para miktarı m olduğundan; y 0 m 55000 şartından,
y c ekt m c e0 c m olduğu görülür. Bu değer
denklemde yerine yazıldığında,
y m ekt olur. 1 ay sonra (t=1 için) y değeri, 100
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin y1 m ek1 v 2 ay sonra yeni m değeri, y2 y1 ek1 v olacaktır. vt ln e kt ln m vt k t ln e ln m 1
vt ln m k t
formülü
ile
hesaplanır.
Bilinen
değerler
yerine
yazıldığında;
vt 750 120 ln ln m 55000 k t 120
16.4 Misal: Bir bakteri kültürü sayısı artmasının, mevcut miktarıyla doğru orantılı olduğu bilinmektedir. 1 saat sonra sayıldığında 1000 ve bundan 3 saat sonra sayıldığında 3000 bakteri kültürü olduğu görülmüştür. Buna göre; a)bakteri kültürün sayısını zamana göre veren formülü elde ediniz. b) 10,000,000 bakteri üremesi için ne kadar zaman gereklidir?
Kaynaklar: [1]
Bernard V. Liengme, Guide to Microsoft Excel 2002 for Scientists and Engineers, Third Edition, Elsevier, 2002
[2]
Bill Goodwine, Engineering Differential Equations Theory and Applications, Springer, 2011
[3]
Mehmet Sezer, Ayşegül Daşcıoğlu, Diferansiyel Denklemler I, Dora yayınları, 2010
[4]
İbrahim Çelik, Şevket Civelek, Diferansiyel Denklemler I, Pamukkale Üniversitesi, 2008
[5]
Morris Tenenbaum, H. Pollard, Ordinary Differential Equations, Dover Publications, 1985
[6]
R. Kent Nagle, Edward B. Saff, Arthur David Snider, Fundamentals of Differential Equations, 8thEdition, Paerson, 2012
[7]
R. Bronson, G. Costa, Differential Equations, Schaum's Outlines 3rd edition, McGraw-Hill, 2006
[8]
Ravi P. Agarwal, Donal O’Regan, An Introduction to Ordinary Differential Equations, Springer, 2008
[9]
Tahsin Engin, Yunus A. Çengel, Mühendisler için Diferansiyel Denklemler, Sakarya Üniversitesi, Makina Müh. Bölümü, 2008
[10] Wei Chau Xie, Differential Equations for Engineers, Cambridge University Press, 2010 101
PAÜ, Mühendislik Fakültesi, Diferansiyel Denklemler Ders Notları, Z.Girgin [11] William E. Boyce, Richard C. DiPrima, Elementary Differential Equations and Boundary Value Problems, John Wiley and Sons, 2001 [12] Mircea V. Soare, Petre P. Teodorescu, Ileana Toma, Ordinary Differential Equations with Applications to Mechanics, Springer, 2000
102
