Diferansiyel Denklemler - Sakarya Üniversitesi Bütün Vize Soruları

U.Arifoğlu- Gökçen Çetinel

04/12/2010

SAÜ MÜH. FAK. ELEKTRİK-ELEKTRONİK MÜHENDİSLİĞİ BÖLÜMÜ DİFERANSİYEL DENKLEMLER VİZE SINAV SORULARI

Soru 1)

 x1 (0)  5 d  x1   0 2  x1   e t   x (0)           ; dt x 2   1 3  x 2  e t   2   4 olduğuna göre durum değişkenlerinin tam çözümünü bulunuz.

.

d2y dy x  x  4x 2 2 dx dx Diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz.

Soru 2) x 2

Soru 3)

Soru 4)

Soru 5)

Süre 100 dakikadır. Barem: 20/ 30/ 20/ 30 Yalnızca ders notları açıktır. Kitap vb. dökümanların kullanılması yasaktır Başarılar dilerim. U.Arifoğlu

ÇÖZÜM dy  (x  y  5) 2 (1) 1) dx w  x  y 5 (2) olsun. Buna göre; y  w x 5 (3) yazılabilir. (3) ifadesinin her iki tarafının x’e göre türevi alınırsa;

U.Arifoğlu- Gökçen Çetinel

04/12/2010

dy dw (4)  1 dx dx yazılabilir. (1) ve (2) eşitlikleri (4) ifadesinde yerine yazılırsa; dy dw dw   1  (x  y  5)2 = w 2   w 2  1 (değişkenlerine ayrılabilir diferansiyel denklem) dx dx dx elde edilir. dw dx   x  arc tan w  C  x  C  arctan w  tan(x  C)  w 1 w2 Son eşitlikten; tan(x  C)  w  x  y  5  y  tan(x  C)  x  5 (genel çözüm) bulunur. 2) a) xy(2)  2y(1)  6x denkleminde

dy  v değişken dönüşümü kullanarak dx

dv 2  v  6 (lineer dif.denklem).Tipi uygun olduğundan entegrasyon çarpanı; dx x (x)  e olacaktır.

x2

P(x)dx

e

2

 v dx

 e2ln x  x 2

dv 2  v  6 denkleminin her iki tarafı x 2 ile çarpılırsa; dx x

dv 2  x 2 v  6x 2  (2xv  6x 2 )dx  x 2 dy  0 dx x

M N   2x (tam dif. denklem) v x u u  M  2xv  6x2 ;  N  x2 x v u(x, v)    (2xv  6x 2 )x   C(v)  u(x, y)  x 2 v  2x 3  C(v)    2 u 3 2  x = (x v  2x )  C' (v) = x 2  C' (v) v v dC(v) ' C (v)  0   0  C(v)  C1 dv u(x, v)  x 2 v  2x 3  C1  C2

u(x, v)  x 2 v  2x 3  C2  C1  C3 (genel çözüm-ilkel) C dy dy  2x 3  C3  dy  (2x  23 )dx  v  x2 dx dx x C3 C3 2 y   (2x  2 )dx  x   C4 (genel çözüm) x x

b) Verilen diferansiyel denklemin her iki tarafı x ile çarpılırsa Euler tipi diferansiyel denklem elde edilir:

x  et dy y  e t dx t

U.Arifoğlu- Gökçen Çetinel

04/12/2010

2 d2 y y 2t  y  e  e2t t dx 2 t 2

 2 y y y  2 y y =6 e 2t  +2 =6 e2t  2 + 2 t t t t t 2    0  (  1)  0  1  0; 2  1

x 2 y(2)  2xy(1)  6x 2 

yh  C1  C2 e t

yp  Ae2t (özel çözüm tahmini sağ taraflı dif. denklemde yerine konulursa) 4Ae2t + 2Ae2t  6e2t  A=1 yg  C1  C2 e t  e2t (genel çözüm t’ye bağlı)

x’e bağlı genel çözüm ise x  e t kullanılarak ( t  ln x ); yg  C1  C2 e ln x  e2 ln x  C1 

C2  x 2 (genel çözüm) x

3) Verilen denklem n=4/3 ve 1-n=-1/3 olan bir Bernoulli tipi diferansiyel denklemdir. w= y 1/3 , y  w 3 ;

dy dy dw dw   3w 4 dx dw dx dx ifadesi verilen diferansiyel denklemde yerine konulursa; dw 3xw 4  6w 3  3xw 4 dx elde edilir. Son ifadenin her iki tarafı 3xw 4 ile bölünürse; dw 2  w  1 (lineer dif. denklem) dx x elde edilir. Bunun sağ tarafsız çözümü; dw h 2 dw h w dx  w 2  ln w h  ln C  2ln x  ln h  ln x 2  w h  Cx 2 dx x w x C LSD yöntemi ile sağ taraflı çözümde; dC 1 dx 1 C' x 2  1    2  dC   2  C   C1 dx x x x elde edilir. Bu sabit değeri homojen çözümde yerine yazılırsa; 1 1 w  (  C1 )x 2  x  C1x 2 ; y  w 3 idi. y  3 olur. x w 1 y(x)  (x  C1 x 2 )3 4)

d  x1   4 2   x1  15 2t e     dt  x 2   3 1  x 2   4 

  4 2  2 det(I  A)       3  10  0  1  5;  2  2  3   1   Homojen çözüm tahmini:

 x1h   C1  5t  C3  2t  x   C  e  C  e  2h   2   4

(1)

(1) ifadesindeki sabitler azaltılmak zorundadır:

5  4 2   C1  0  3 5  1 C   0  C1  2C2  0  C1  2C2   2  

U.Arifoğlu- Gökçen Çetinel

04/12/2010

2   C3  0  2  4   6C3  2C4  0  C4  3C3  3 2  1 C4  0 

 x1h   2 5t  1  2t  x   C2 1  e  C3  3 e      2h 

(2)

(homojen çözüm)

LSD yaklaşımı ile genel çözüm bulunursa;

 2 1 15 C'2   e5t  C'3   e2t    e2t 1   3 4 2C'2 e5t  C3' e2t  15e2t

(3)

C'2 e5t  3C3' e2t  4e2t

(4)

(4) denklemi -2 ile çarpılır, (3) ve (4) alt alta toplanırsa;

7C3' e2t  7e2t 

dC3  1  C3   dt  t  C5 dt

(5)

elde edilir. (3) denklemi 3 ile çarpılır, (3) ve (4) alt alta toplanırsa;

7C'2 e5t  49e2t 

dC2  7e7t  C2   7e7t dt  e7t  C6 dt

(6)

elde edilir. (5) ve (6) sonuçları (2) eşitliğinde yerlerine konulursa;

 x1   2 5t  1  2t 7t  x   (e  C6 ) 1  e  (t  C5 )  3 e      2 x1  2e2t  2C6 e5t  te2t  C5e2t x 2  e2t  C6 e5t  3te2t  3C5e2t

(genel çözüm)

elde edilir. Tam çözüm için sabitler bulunursa;

0  2  2C6  C5 0  1  C6  3C5  C6  1; C5  0 elde edilir. Buna göre tam çözüm; x1  2e2t  2e5t  te2t x 2  e2t  e5t  3te2t

 x1   2 5t  2 2t  1  2t (Tam çözüm)  x   1  e   1 e   3 te      2  

U.Arifoğlu

8/11/2009

SAÜ MÜH. FAK. ELEKTRİK-ELEKTRONİK MÜHENDİSLİĞİ BÖLÜMÜ DİFERANSİYEL DENKLEMLER VİZE SINAV SORULARI

Soru 1) a) y

dy 2y  y3  0 dx x2

1 olduğuna göre genel çözümünü bulunuz. ( 10 puan) x b) Elde ettiğiniz genel çözümden yola çıkarak sorudaki diferansiyel denklemi elde ediniz. ( 10 puan) diferansiyel denkleminin bir özel çözümü y1 

Soru 2) ( y  xy)dx  (x  x 2 )dy  0 diferansiyel denklemi tam diferansiyel denklem midir? Değil ise, entegrasyon çarpanını bularak tam diferansiyel denklem haline getirip, genel çözümünü bulunuz. ( 20 puan)

Soru 3)

d  i L   2 1   i L   2 t         (e  t ) dt  vC  3 4 vC  1 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. (20 puan)

Soru 4) y''  ( y' ) 2  y * ( y' )3  0 (20 puan) diferansiyel denkleminin genel çözümünü, y'  p değişken dönüşümünü kullanarak bulunuz.

ln x x x diferansiyel denkleminin x’e bağlı genel çözümünü bulunuz. ( 20 puan)

Soru 5) xy''  y' 

Süre 120 dakikadır.

Yalnızca ders notları açıktır. Kitap, elle yazılmış dökümanların vb. kullanılması kesinlikle yasaktır

Sınav çözümleri web sitemde (web.sakarya.edu.tr/~arifoglu/) ilan edilecektir. Başarılar dilerim. U.Arifoğlu

U.Arifoğlu

8/11/2009

ÇÖZÜM 1 a) Verilen diferansiyel denklemin her iki tarafı y’ye bölünür ve türev ifadesi yalnız bırakılırsa; dy 2  y2  dx x2 elde edilir. Elde edilen diferansiyel denklem, Riccati tipi dif. denklemdir:

y'  P(x)  Q(x) y  R (x) y2 P( x)  2 / x 2 ; Q(x)=0; R(x)=1 y  y1 

1 1 1 =  x u u

değişken dönüşümü kullanılarak,

u '  (Q  2y1R )u  R 2 u '  u  1 (1.mertebeden 1.dereceden bir dif. denklem formunda.) x Bu dif. denklem LSD yöntemi ile çözülürse; 1 C du h 2  ln C  u h    dx  ln u h  ln 2 dx x x x2

C'

 1 

x2 u

C x2



dC x3  x 2  C   C dx 3 x C  x 3  3C   3 x2 3x 2

y=

1 1 1 3x 2    x u x  x 3  3C

y

1 1 3x 2 3x 2    x  x 3  3C x  x 3  C

1 b) y 

(genel çözüm)

1 3x 2 3x 2   C  x3 x  x 3  3C y 1/ x

Son ifadenin sağ tarafındaki ifade düzenlenir ve her iki tarafının türevi alınırsa; 6xy  6  3x 2 y '  3 2  y2   y' 2 y 1 2 x y 2  x x2 elde edilir.

 3x 2 

2) ( y  xy)dx  (x  x 2 )dy  0

(1  x) ydx  (x  x 2 )dy  0 dy (1  x ) y 1   y'  y  0 dx x (1  x ) x y'  P(x) y  Q(x)  P(x)  1 / x; Q(x)=0 1  dx P( x )dx  ( x )  e  e x  eln x  x

xy'  y  0  x

Mdx  Ndy  0

dy M N  M y  1;  Nx  1  y  0  xdy  ydx  0 ( dx y x

tam dif. denklem)

U.Arifoğlu

u My ; x

8/11/2009

u x y

u(x, y)   ( yx  C( y)  u(x, y)  yx  C( y) u  x  x  C' ( y)  C( y)  0 y u(x, y)  yx  0  C  y  C / x

3)

1 0 2 1 d  i L h  2 1  i Lh  2 v    v  ; det(      3 4 )=0    6  5  0  1  1;  2  5 0 1 dt  Ch  3 4  Ch       i L h   C1  t C3  5t v     e  C  e  4   Ch  C 2 

(homojen denklem)

Homojen denklemde bilinmeyen sayısını değişken sayısına eşitlemek için homojen denklem, problemde verilen (ama sağ tarafsız) denklemde yerine konulursa; d   C1  t C3  5t     e    e   C C dt   4    2  

2 1    C1  t C3  5t    3 4   C  e  C  e   4       2  

C1  2C1  C2  C1  C2 5C3  2C3  C4  3C3  C4 elde edilir. Bulunan bu değerler homojen denklemde yerlerine yazılırsa;

 iLh   1  t 1 5t v     C1e   C3e  1 3 Ch      

(homojen çözüm)

elde edilir. 1. özel çözüm tahmini için ise 1 kök olduğundan;

 i L p1  C A  t    t e  v Cp1   C B 

(birinci özel çözüm tahmini)

yazılabilir. Birinci özel tahmini verilen denklemde (t kaynağı yok iken) yerine konulursa;

d dt

 C A  t  2 1   C A  t  2 t t  e  =  e    e  t    C B   3 4   C B   1

CA  3; CB  3 elde edilir. Buna göre ilk özel çözüm;

 i L p1   3  t    t  e  v Cp1   3 olacaktır. 2. özel çözüm tahmini için ise;

 i L p 2  C E  CG      t    v Cp 2   C F  C H 

(ikinci özel çözüm tahmini)

yazılabilir. İkinci özel tahmini verilen denklemde ( e t kaynağı yok iken) yerine konulursa;

U.Arifoğlu

8/11/2009

  C E  C G   C E  CG     2  2 1     t     t      t =       C F  C H    C F  C H    1    3 4 

d dt

CE  1.8; CF  0.6; CG  2.2; CH  1.8 elde edilir. Buna göre ikinci özel çözüm;

 i L p 2   1.8  2.2   t    v Cp 2   0.6   1.8  olarak bulunur. Genel çözüm ise aşağıda verildiği gibi olacaktır:

 iL   1   3  t  1.8  2.2 t 1 5t v    C1e    C3e + t  e   t     3  0.6   1.8  3  C   1 4) y''  ( y' ) 2  y * ( y' )3  0 ;

p

dp dy dp  p y '  p  y ''  dy dx dy

dp dp  p 2  yp3  0   p  p 2 y ; Bernoulli tipi dif.denklem. (1.32) eşitliğine bakınız. n=2 dir. dy dy

dp  p  p 2 y dy denkleminde,

u

1 p

n 1



du dp 1 1   dy dy p 2 p

değişken dönüşümü kullanılarak;

du u  y dy lineer denklemi elde edilir. Sağ tarafsız çözülürse; lnu+y=lnC  u h  Ce y elde edilir. Sağ taraflı çözüm için ise LSD yöntemi kullanılırsa;

C' ( y)  yey  C( y)  yey  e y  C1 .

u  Ce y  u  ( yey  e y  C1)e y  ( y  1)  C1e y =u

u

1 dx 1  ( y  1)  C1e  y  dx  (( y  1)  C1e  y )dy   p p dy

(0.5y 2  C1e y  y  C2  x

(genel çözüm)

elde edilir. 5) xy''  y' 

ln x  x denkleminin her iki tarafı x ile çarpılırsa; x

x 2 y''  xy'  ln x  x 2

(Euler dif.denklemi)

U.Arifoğlu

8/11/2009

elde edilir. x  e t değişken dönüşümü yapılırsa;

d2y

dy  t  e 2t dt bulunur. Karakteristik denklem: dt 2

2

 2  2  0  1  0;  2  2 olacaktır. homojen çözüm ise;

y h  C1  C2e 2t olur. Özel çözüm tahmini ise;

y p1  (At  B) * t ; y p2  Cte 2t olacaktır. Her iki özel çözüm tahmini arasında ortak bir eleman olmadığından, hesap kolaylığı açısından, her iki özel çözüm tek bir işlemde de yapılabilir:

y p  y p1  y p2  At 2  Bt  Cte2t dy p  2At  B  Ce2t  2Cte2t dt d 2 yp dt

2

 2A  2Ce2t  2Ce2t  4Cte2t

Yukarıdaki türev ifadeleri verilen diferansiyel denklemde yerlerine konulursa;

2A  2Ce2t  2Ce2t  4Cte2t  2 ( 2At  B  Ce2t  2Cte2t )= t  e 2t 2A-2B=0

(sabitlerin eşitliğinden)

2C+2C-2C=1 ( e t ’li eşitlikten) -4A=1 (t’li eşitlikten)

A  1 / 4 ; B  1 / 4 ; C=0.5 elde edilir. bu sonuçlara göre genel çözüm (t’ye göre);

y(t )  C1  C2e 2t  0.25t 2  0.25t  0.5te2t elde edilirken, verilen problemin genel çözümü ise;

y(x)  C1  C2 x 2  0.25(ln x) 2  0.25(ln x)  0.5(ln x)x 2 olacaktır.

6)

15/11/2007

SAKARYA ÜNİVERSİTESİ MÜHENDİSLİK FAKÜLTESİ ELEKTRİK-ELEKTRONİK MÜHENDİSLİĞİ BÖLÜMÜ DİFERANSİYEL DENKLEMLER VİZE SINAV SORULARI

+ v(t )  Vm * e 2t * sin wt

Şekil 1 Soru 1) Şekil 1’de verilen devrede R=4 Ω, L=1 H, C=0.2 F, Vm  10 Volt, w=1 rad/sn olarak verilmektedir. Devreden akan i(t) akımına ilişkin genel çözümü bulunuz. ( 20 puan) Soru 2) x 3 y '''  2xy '  3  x 3 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz .(20 puan)

 16 v c ( t ) 1 0  u ( t )  d  v c ( t )  1 i (t )      ; u(t) : birim basamak fonksiyonu   dt  L  0.25  4   i L ( t  0 2 e 3t  a) Yukarıda verilen durum denkleminde durum değişkenlerine ilişkin genel çözümleri bulunuz. ( 25 puan) b) v c (0)  0; i L (0)  3A ilk koşulları altında durum değişkenlerine ilişkin tam çözümü bulunuz. ( 5 puan)

Soru 3)

Soru 4) y  x ln(Cx) eğri ailesine ilişkin diferansiyel denklemi bulunuz. (10 puan) Soru 5) (x  2x 2 y)dy  ydx  0 ;

diferansiyel denklemi tam diferansiyel denklem midir?. Eğer değilse

  (x)  (v) alarak tam diferansiyel denklem haline getirerek genel çözümü bulunuz. ( 10 puan) Soru 6) dy  (xy 3  y)dx diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. (10 puan)

Prof.Dr.Uğur Arifoğlu

15/11/2007

ÇÖZÜM 1) Şekil 1’e Kirchoff’un gerilim yasası uygulanır ve gerekli değerler yerlerine yazılır ise; di( t ) (1)  4i( t )  5 i( t )dt  10 * e 2t * sin t dt elde edilir. İntegralden kurtulmak için (1) denkleminin her iki tarafının türevi alınırsa;

i '' (t )  4i ' (t )  5i(t ) =-20 e 2t sin(t)+10 e 2t cos(t) elde edilir. Sağ tarafsız çözüm için (homojen) karakteristik denklem;

 2  4  5  0  1  2  i;  2  2  i; olacaktır. Yukarıda bulunan köklere göre homojen çözüm; i h  e 2t (C1 cos t  C2 sin t ) elde edilir. Özel çözüm tahmini; -2+i kök olduğundan tahmin t ile çarpılmalıdır;

i p  te 2t (A cos( t )  B sin(t ))

(2)

i 'p  - e 2t [t*A*sin(t)-t*B*cos(t)-A*cos(t)-B*sin(t)+2*t*A*cos(t)+2*t*B*sin(t)]

(3)

i 'p' = e 2t *(4*t*A*sin(t)-4*t*B*cos(t)-4*A*cos(t)-4*B*sin(t)+3*t*A*cos(t)+3*t*B*sin(t)2*A*sin(t)+2*B*cos(t))

(4)

(2),(3) ve (4) eşitlikleri (1) eşitliğinde yerine konulur ve gerekli düzenleme yapılırsa; A=10; B=5 bulunur. Sonuç olarak i(t) akımının genel çözümü;

i g (t )  e 2t (C1 cos t  C2 sin t )  5te 2t (2 cos( t )  sin(t )) olacaktır. 2) y  x  dönüşümü yapılır:

(x= e t olduğu hatırlansın)

y '  x 1 ; y ' '  (  1)x   2 ; y '''  (  1)(  2) 3  3  3 2  2  2  0   2 (  3)  0 y h  C1  C 2 (ln x)  C 2 x

 1   2  0 ;  3  3

3

Sağ taraflı çözüm için  2 (  3)  0 karakteristik denklemini veren sabit katsayılı diferansiyel denklem elde edilmelidir;

y '''  3y ' '  3  e3t

(*)

y p  At 2  Bte3t ( (*) denklemine uyan özel çözüm tahmini) Yukarıda verilen özel çözüm tahminini (*) denkleminde yerine koyarsak; A=-0.5; B=1/9 elde edilir.  y p  0.5t 2  (1 / 9)te 3t Buna göre y g  y h  y p

(t=lnx dönüşümü kullanılarak)

y g  C1  C 2 (ln x)  C 2 x 3 +  0.5(ln x) 2  (1 / 9)(ln x)x 3 elde edilir.

16    1 3) a) I  A     0  1  0 ;  2  3  0.25   4 v c ( t ) h   C1 C3 3t (5) i (t )       e  L h  C2 C4

15/11/2007

d dt

 16 v c ( t )  v c ( t )  1  i (t      (6) 0 . 25  4   i L ( t   L  

(5) ifadesi (6) denkleminde yerine konulursa; C1=16C2; C3=4C4; elde edilir. Bu değerler (5) ifadesinde kullanılırsa homojen çözüm olarak;

v c (t ) h  16 4 3t (7)  i ( t )   C2    C4   e 1 1  L h bulunur. Verilen durum denkleminde sağ tarafa bakıldığında karakteristik denklemin kökleri ile bağlantılı fonksiyonlar içerdiği görülmektedir. Bu nedenle özel çözüm tahmini;

v c ( t ) p  A B   tu( t )  i (t )      3t  (8)  L p   C D  te  olacaktır. (8) ifadesi verilen durum denkleminde yerine konulur ve iki taraf birbirlerine eşitlenirse; A=0.94; B=1.6; C=0.058;D=0.4 elde edilir. Bulunan bu değerler (8) eşitliğinde yerlerine konulursa;

v c ( t ) p   0.94 1.6   tu( t )  i (t )      3t   L p  0.058 0.4  te  elde edilir. Genel çözüm ise;

v c (t ) g  16 4 3t  0.94 1.6   tu( t )    i ( t )   C2    C4   e   3t  olacaktır.  L g  1 1 0.058 0.4  te  b) v c (0)  1; i L (0)  0 0 16  4 3  C2 1   C41  0=16C2+4C4; 3=C2+C4  C2=-1; C4=4       v c ( t ) g   16 16 3t  0.94 1.6   tu( t )   i (t )      3t     e  L g    1   4  0.058 0.4  te  olacaktır. 4)

y  x ln(Cx) (9) (9) denkleminin türevi alınırsa;

y '  ln(Cx) +1

ln(Cx)= y '  1 (10) (10) eşitliği (9) eşitliğinde yerine konulursa;

y '  ( y / x)  1 elde edilir. 5)  ydx  (x  2x 2 y)dy  0

M N  M y  1;  N x  1  4xy elde edilir. y x

  (x)  (v)  x  v olduğu için; v x  1

15/11/2007

Nx  My 1  4xy  (1) 2(1  2xy) ' 2     2  Mv y  Nv x  x (1  2xy) x x  2x y

ln ( x )  2 ln x  ln

1 x2

çarpılır ise; y 1  dx  (  2 y)dy x x2

   (1 / x 2 ) elde edilir. Verilen diferansiyel denklemin her iki tarafı ( 1 / x 2 ) ile

(11)

M N   1 / x 2 (tam dif.denklem olduğu görülüyor) y x u  M  ( y / x 2 ) (12) x u  N  (1 / x  2 y) (13) y (12) ifadesinin integrali alındığında;





(14) u(x, y)    ( y / x 2 )x  C( y)  u(x, y)  y / x  C( y) elde edilir. (14) eşitliğinin y’ye göre türevi alınır ve (13) eşitliğine eşitlenirse; 1 u 1 1 1 dC   2 y   C ' ( y)   ( y / x  C( y))    2y =  C( y)   y 2  C1 x y x x x dy y elde edilir. (15) eşitliği (14) eşitliğinde yerine konulursa;

C  y / x  y2 elde edilir. 6) dy  (xy 3  y)dx  y '  y  xy 3

(15)

(15) ifadesinin her iki tarafı (1 / y 3 ) ile çarpılır ise;

y' y

3

u



1 y 1

2

x 

1

(16)

(Bernoulli tipi dif.denklem) (

 y 2  u   2y 3 y '  u ' 

y 31 y 2 (17) ifadesi ( 16) eşitliğinde kullanılırsa;

y' y

3

y' y3

 P( x ) 

u' 2

1 y2

 Q( x ) )

(17)

u'  u  x  u '  2u  2x (en yüksek türevin katsayısı 1 yapıldı) (18) 2 elde edilir. (18) denklemi sağ tarafsız çözülürse;



u  Ce 2x (19) elde edilir. LSD yaklaşımı ile; dC  2x * e 2x (kısmi integrasyon ile) C ' e 2x  2x  C '  dx C(x)  xe 2x  0.5e 2x +C1 (20) bulunur. (20) eşitliği (19) eşitliğinde kullanılırsa; 1 u  Ce 2x = ( xe 2x  0.5e 2x  C1) * e 2x  u  y2 1   x  0.5  C1* e 2x genel çözümü elde edilir. 2 y

(15)

U.Arifoğlu-N.B.Teşneli

22/11/2011

SAÜ. MÜH. FAK. ELEKTRİK-ELEKTRONİK MÜHENDİSLİĞİ BÖLÜMÜ DİFERANSİYEL DENKLEMLER VİZE SINAV SORULARI Soru 1) y' 

y x 3 sin x ;  x 3y 2

y(π/2)= π/2

diferansiyel denkleminde, y(t)’e ilişkin tam çözümü bulunuz. Soru 2)

a)

Şekil 1’de verilen devreye Kirchhoff gerilim ve akım yasalarını uygulayarak devre

eşitliklerini

d  i1 (t)   A B   i1 (t)   F    g(t) dt i 2 (t)   C D  i 2 (t)  G  formunda yazınız. (E adlı doğru gerilim kaynağının değeri; E= 5e 5 t Volt, R1  R 2  1 ,

R 3  2 , L1  L2  1H alınacaktır.) b) Durum denklemi

d dt

 i ç1 ( t )    3  2  i ç1 ( t )   5 5 t i ( t )      e   ç 2   2  3 i ç 2 ( t )  5 

olarak elde ediliyorsa, matris denklemi çözümünden çözümleri elde ediniz.

ve

akımlarına ilişkin genel

Soru 3) (2xy4e y  2xy3  y)dx  (x 2 y 4e y  x 2 y 2  3x)dy  0 diferansiyel denkleminin tam dif. olup olmadığını araştırarak,   (v  y) koşulu altında, genel çözümünü bulunuz. Soru 4) x 2 y  xy  4y  x sin(ln x)

diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz Soru 5) x 2 (x  1)y  2xy  2y  0

diferansiyel denkleminin bir özel çözümü y1  x olduğuna göre genel çözümü bulunuz. Süre 110 dakikadır. Barem: 1/15 2/30

3/10

4/25 5/20

Yalnızca “ciltli” ders notları açıktır. Kitap vb. dökümanların kullanılması yasaktır. Başarılar dileriz.

U.Arifoğlu-N.B.Teşneli 1)

y 2 y' 

y3 x 3 sin x  x 3

22/11/2011

(n=-2 olduğundan verilen diferansiyel denklem y 2 ile çarpılmıştır)

Verilen diferansiyel Bernoulli tipi diferansiyel denklem olduğundan, problem;

u

1 1  21  y3 n 1 y y

değişken dönüşümü kullanılarak çözülecektir. 3y2 y'  u '

u' x 3 sin x  x 1u  3 3 u '  3x 1u  x 3 sin x

( u’ya göre birinci dereceden dif.denklem)

Son eşitlik sağ tarafsız çözülürse; (L.S.D) yöntemi ile

du h dx 3 uh x

 u h  Cx 3 (homojen çözüm)

C' x 3  x 3 sin x  C   cos x  C1 u  Cx 3  x 3 ( cos x  C1 )  y3  x 3 ( cos x  C1 )

y  x( cos x  C1 )1 3 (genel çözüm)  / 2  ( / 2)( cos( / 2)  C1 )1 3  C1  1 y  x( cos x  1)1 3 (tam çözüm) 2)

iç1  I1 ; i ç 2  I 2 (çevre akımları yöntemi kullanılacaktır)

iç1 (R1  R 3 )  iç 2R 3  L1

di ç1 ( t ) dt di ç1 ( t )

 E ;

(

di ( t ) R1  R 3 R E )i ç1  3 i ç 2  ç1   L1 L1 dt L1

di ( t ) E R 2  R3 R )i ç 2  3 i ç1  ç1  dt L2 L2 dt L2 Not: Çevre akımları yerine dal akımları yöntemi de kullanılıp, I3  I1  I2 yazılabilirdi.

iç 2 (R 2  R 3 )  R 3iç1  L2

E;

(

U.Arifoğlu-N.B.Teşneli

22/11/2011

d dt

 ( R1  R 3 )   i ç1 ( t )   L1 i ( t )   R  ç2    3  L2

d dt

 i ç1 ( t )    3  2  i ç1 ( t )   5 5 t (*) i ( t )      e   ç 2   2  3 i ç 2 ( t )  5 

R3   1   L  i ( t )   L1 ç1    1 E (R 2  R 3 )  i ç 2 ( t )  1     L 2  L2 

Durum denkleminin A matrisine ilişkin karakteristik denklemin kökleri; 1  5; 2  1

 i ç1 ( t )  M  t K  5 t (**) i ( t )    e    e T   ç2  h  N  (**) eşitliği, (*) eşitliğinde yerine konulursa; M=-N ve K=T bulunur. Buna göre homojen çözüm;

 iç1 (t)   1  t 1 5t i (t)   M   e  K   e  1 1  ç2  h olarak bulunur. Özel çözüm LSD yöntemi ile yapılırsa;

1 1  5 M '   e t  K '   e5t    e5t (***)  1 1 5 elde edilir. (***) eşitliğinde her iki denklem taraf tarafa toplanırsa

2K 'e5t  0  K  K1 elde edilir. (***) eşitliğinde ikinci denklem -1 ile çarpılır ve her iki denklem taraf tarafa toplanırsa;

5 2M 'e t  10e5t  M  e4t  M1 4 elde edilir. Sonuç olarak;

 iç1 (t)   1 5  1   e4t  M1    e t  K1   e5t i (t)   1 1  ç2  genel  4  iç1 (t)  1 1  5 4  5t  M1   e t  K1   e5t   i (t)  e  1 1   5 4  ç2  genel i ç1  i1 ; i ç 2  i 2 olduğu hatırlanarak, durum değişkenlerine ilişkin genel çözümler;

 i1 ( t )   1  1  5 / 4 5 t  M1   e t  K1   e 5 t   i ( t ) e  1 1   5 / 4  2  genel olacaktır.

U.Arifoğlu-N.B.Teşneli

22/11/2011

M N  8xy3e y  2xy4e y  6xy2  1 ;  2xy4e y  2xy2  3 y x   (v  y) olduğu için; ' N x  M y 2xy 4 e y  2xy 2  3  8xy3e y  2xy 4e y  6xy 2  1    M 2xy 4e y  2xy3  y

3)

(tam dif. değil!)

8xy 2  8xy3e y  4 4(2xy 2  2xy3e y  1) 4 1    4 4 y 3 3 y 2 2xy e  2xy  y y(2xy e  2xy  1) y y elde edilir. Bu entegrasyon çarpanı ile verilen dif. denklem çarpılırsa; 

(2xey  2(x / y)  (1 / y3 ))dx  ( x 2e y  (x 2 / y2 )  (3x / y 4 ))dy  0

(tam dif. denklem)

bulunur.

u  N  x 2e y  (x 2 / y 2 )  (3x / y4 ) y

u  M  2xey  (2x / y)  (1 / y3 ) ; x





u(x, y)  (2xey  2(x / y)  (1 / y3 ))x  C( y) u(x, y)  x 2e y  (x 2 / y)  (x / y3 )  C( y) u  x 2e y  (x 2 / y2 )  (3x / y4 )  C' ( y)  x 2e y  (x 2 / y2 )  (3x / y4 )  C' ( y)  0  C( y)  C1 y

u(x, y)  x 2ey  (x 2 / y)  (x / y3 )  C1

4)

x 2 y  xy  4y  x sin(ln x) Verilen diferansiyel denklemin Euler tipi bir diferansiyel denklemdir O halde çözüm için önce iki farklı yaklaşımdan biri ile sağ tarafsız çözüm yapılır. I.yaklaşım t

x  e dönüşümü kullanılırsa; dy dy  e t dx dt d2y 2

 e 2 t

d2y 2

 e 2 t

dy dt

dx dt Verilen denklemde yerine konulup x 2 y  xy  4y  0

d 2 y 2t dy dy e (e e )  e t (e  t )  4y  0 2 dt dt dt y  2y  4y  0 2t

2t

lineer, sabit katsayılı sağ tarafsız dif. denklem şeklinde elde edilir ve ilgili karakteristik denklem yazıldığında

2  2  4  0 bulunur.

Çözümün buraya kadar olan kısmı II yaklaşımla y  x

dönüşümü

kullanılarak

bulunabilir y  x 1 y  (  1)x  2

O halde verilen denklem

x 2 y  xy  4y  0 x 2 ((  1)x  2 )  x(x 1 )  4  0 (  1)    4  0  2  2  4  0 şeklinde bulunur.

da

U.Arifoğlu-N.B.Teşneli

22/11/2011

Buradan sonra karakteristik denklemin kökleri bulunup

 2  2  4  0   (2) 2  4.1.4  12 1,2 

2  12  1  1  i 3 ; 1  1  i 3 2

Bu sonuca göre homojen çözüm

yh  et (C1 cos( 3t)  C2 sin( 3t)) olacaktır Sağ taraflı çözüm için ise belirsiz katsayılar yöntemi kullanılıp uygun özel çözümler önerilerek çözüme gidilir.

Q(x)  x sin(ln x) x  e t  Q(t)  e t sin(t) yp  et (A cos t  Bsin t)

önerelim.

Buna göre y p  e t (A cos t  Bsin t)

yp  e t  (A  B) cos t  (B  A)sin t  yp  e t  2Bcos t  2A sin t  bulunur. Denklemde yerine koyarsak y  2y  4y  e t sin t

e t  2Bcos t  2A sin t   2 e t (A  B) cos t  (B  A) sin t   4 e t (A cos t  Bsin t)   e t sin t 2B  2A  2B  4A  0 2A  2B  2A  4B  1 1 A0 ; B 2 ve yp; 1 y p  e t sin t olur 2 sonuç ise y  yh  yp 1  y(t)  e t (C1 cos( 3t)  C 2 sin( 3t))    e t sin t  2  1  y(x)   x(C1 cos( 3 ln x)  C 2 sin( 3 ln x))    x sin(ln x)  2  olarak elde edilir.

U.Arifoğlu-N.B.Teşneli

22/11/2011

5)

x 2 (x  1)y  2xy  2y  0 y1  x y  uy1  ux y'  u  u ' x y''  u '  u '' x  u '  2u '  u '' x Yapılan değişken dönüşümü verilen dif. denklemde yerine konulursa

x 2 (x  1)  2u '  u '' x   2x  u  u ' x   2ux  0

x 3 (x  1)u   2x 3u   0 (x  1)u  2u  0 değişken dönüşümü tamamlandı u '  v değişken dönüşümü uygulanıp mertebe düşümü yapılırsa;

u'  v u   v (x  1)v  2v  0

C1 (x  1) 2 C1 du  dx (x  1) 2 C1 u dx (x  1) 2

u  v 

dv  2v  0 dx dv (x  1)  2v dx dv dx  2 v (x  1) dv dx  v   2 (x  1) dv dt  v   2 t ln v  ln C  2 ln t

(x  1)

ln v  ln C  ln(x  1) v

x 1  t

2

; dx  dt olur

u

C1  1 dz  u  C1     C 2 2 z  z C u  1  C2 x 1

y  ux 

C (x  1) 2

bulunur.

x  1  z ;dx  dz olsun

C1 x  C2 x x 1

24.11.2005 SAÜ MÜH:FAK.DİFERANSİYEL DENKLEMLER YIL İÇİ ÇALIŞMASI SINAV SORULARI (kitaba aktarıldı) Quiz 1) Aşağıdaki ilkellere ilişkin diferansiyel denklemleri bulunuz: (A ve B sabitlerdir) a) y=sin(x+A) b) y  Ae x  B

c) x  A sin(y  B) d) ln y  Ax 2  B

e) y  C1e x  C 2 xe x  C 3e x  2x 2 e x Quiz 2) Aşağıda verilen (değişkenlerine ayrılabilen) diferansiyel denklemi çözünüz. 2xy(4  y 2 )dx  ( y  1)( x 2  2)dy  0

Ödev) Aşağıda verilen denklem homojen diferansiyel denklem midir, çözünüz. (2x  y)dy  (x  2y)dx

Yukarıda verilen üç sorunun her biri 100 puan üzerinden değerlendirilecektir. Bu soruların cevabı için ayrı bir cevap kağıdı kullanılması gerekmektedir. DİFERANSİYEL DENKLEMLER VİZE SINAV SORULARI Soru 1) Aşağıda verilen denklem homojene getirilebilen bir diferansiyel denklem midir, çözünüz. (10 puan) (3x  2y  1)dx  (3x  2y  1)dy  0 Soru 2) Aşağıda verilen denklem tam diferansiyel denklem midir, çözünüz. (10 puan) (cos y  y cos x)dx  (sin x  x sin y)dy  0 Soru 3) Aşağıda verilen denklem tam diferansiyel denklem midir, değil ise bu forma getirerek çözünüz. y(2xy  1)dx  x(1  2xy  x 3 y 3 )dy  0

(10 puan)

Soru 4)

Şekil 1 Şekil 1’de verilen devreye ilişkin diferansiyel denklemi kurunuz ve i(t) akımına ilişkin genel çözümü bulunuz. (Çözüm; E, L ve R ye bağlı olacaktır) (10 puan) Soru 5) Aşağıda verilen diferansiyel denklemi değişken dönüşümü yardımı ile çözünüz. 2yy '  cos( x  y 2 )

(10 puan)

24.11.2005 Soru 6) Aşağıda verilen birinci mertebeden 3.dereceden diferansiyel denklemi çözünüz. ( y ' ) 3  2xyy '  4y 2  0

(10 puan)

Soru 7) Aşağıda verilen yüksek mertebeden diferansiyel denklemin genel çözümünü bulunuz. d4y dt 4

Soru 8)

d3y





dx 3

d2y dt 2

2

(10 puan)

y (2  ln x ) 6 d 2 y 11 dy  5  x dt 2 x 2 dx x3 x4

(10 puan)

diferansiyel denklemi, Euler tipi bir diferansiyel denklem midir ? Bu denklemi x  e t değişken dönüşümü yardımı ile, d3y dt

3

A

d2y dt

2

B

dy  Cy  f ( t ) dt

formunda elde ediniz. A, B, C ve f(t) değerlerini bulunuz.

(10 puan)

Soru 9) Şekil 2’de verilen devrede her iki göze Kirchhoff gerilim yasası uygulayarak devre eşitliklerini; (20 puan) d dt

 i1 ( t )   A B   i1 ( t )   F  i ( t )       u(t ) ;   2   C D i 2 ( t ) G 

u(t) : birim basamak fonksiyonu

formunda yazarak; (L1=L2= 1 Henry; R1=R2=R3= 1 ohm; E1= 20 volt, E2= 5 volt) a) A,B,C,D,F,G değişkenlerinin değerlerini bulunuz. b) Yukarıda verilen durum denklemini çözerek i1 ( t ) ve i 2 ( t ) ’ye ilişkin genel çözümü bulunuz. (Not:R1 direncinden geçen akımı tüm problem boyunca i1 (t )  i 2 (t ) alınız)

i2

i1

i1  i 2

Şekil 2 Toplam sınav süresi 120 dakikadır. Sınavda yalnızca ders notları kullanılacaktır. Bunun dışındaki not ve kitapların kullanımı yasaktır. Ders notları zımbalı durumda olacak ve masa üstünde dağınık olarak tutulmayacaktır.

24.11.2005

YIL İÇİ ÇALIŞMASI SINAV SORULARI Cevap 1) a) ( y ' ) 2  1  y 2

c) y ''  x(y ' ) 3

b) y ''  y '

d) xyy ''  yy '  x( y ' ) 2  0

e) y '''  y ''  y '  y  8e x

Cevap 2)

1 2 ( x  2) y 4 C 3 1 ( 2  y) 8 ( 2  y) 8

Cevap 3) (

y2 x2

4

y  1) x 2  C x

VİZE SINAV CEVAPLARI 5 2 Cevap 2) x cos y  y sin x  C

Cevap 1) ln(15x  10y  1)  (x  y)  C

Cevap 3) Entegrasyon çarpanı =

Cevap 4) E  Ri( t )  L

di( t ) ; dt

1 x4y4

;

3 3 y  Ce (3xy 1) /(3x y )

R

i( t ) 

 t E  Ce L (genel çözüm) R

1

Cevap 5) y  (x  2 arctan( t  C)) 2 Cevap 6) 16y  C(C  2x) 2 Cevap 7) y(t )  C1 sin t  C 2 cos t  t 2  C 3 t  C 4 Cevap 8) Euler tipi diferansiyel denklemdir; A= 3, B=7, C=5, f(t)= te t  2e t Cevap 9) a) E1  L1 E2  L2

d dt

E (R  R 2 ) R di di1 i1  2 i 2  1  R 1i1  R 2 (i1  i 2 )  1  1 L1 L1 L1 dt dt (R  R 3 ) E2 R 2 di di 2  i1  2 i2  2  R 3i 2  R 2 (i1  i 2 )  L2 L2 L2 dt dt

R 2 / L1  i1 ( t )   (R1  R 2) / L1   i1 ( t )   E1 / L1  u(t ) i ( t )     R 2 / L2  (R 2  R 3) / L2 i 2 ( t ) E2 / L2 2  

A=-2 ; B= 1 ;C=1; D=-2; F=20 ; G=5 b) 1  1 ;  2  3

24.11.2005  i1 ( t )   1   t 1 3t  15 u ( t ) i ( t )   C1e   C 2 e 10 1    2   1

U.Arifoğlu

27/11/2008

SAÜ MÜH. FAK. ELEKTRİK-ELEKTRONİK MÜHENDİSLİĞİ BÖLÜMÜ DİFERANSİYEL DENKLEMLER VİZE SINAV SORULARI

Soru 1) Aşağıda bir elektrik devresine ilişkin durum denklemi verilmiştir.

 i L1   2  1 0   i L1  1 0 u ( t )  d    i L2  16 0 96 i L2   0 0  2t  ; u(t) : birim basamak fonksiyonudur e  dt     vc   1 0 6   vc  0 1  a) Durum değişkenlerine ilişkin (homojen+özel) genel çözümü bulunuz. (10+10 puan) b) i L1(0)  0 ; i L2 (0)  0 ; i L3 (0)  0 ilk koşulları altında durum değişkenlerine ilişkin tam çözümü bulunuz. (10 puan)

d2y

dy y0 dx dx diferansiyel denkleminin bir özel çözümü y1  x olduğuna göre genel çözümünü bulunuz. (15 puan)

Soru 2) ( x 2  1)

Soru 3) 4x 3

2

x

dy  2 y3  6x 2 y diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. (15 puan) dx

Soru 4) (x 2  1  y)dx  xdy  0 diferansiyel denklemi tam diferansiyel denklem midir gösteriniz? Eğer tam diferansiyel denklem değilse   (v)  (x) alarak bu denklemi tam diferansiyel denklem haline getirerek genel çözümü bulunuz. (15 puan) Soru 5)

dy  (4x  y) 2  0 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. (15 puan) dx

Soru 6) f (s) 

se10s (s  4)

2

ise £ 1f (s) = F(t) fonksiyonunu bulunuz. (10 puan)

Süre 120 dakikadır. Her bir sorunun puanı soru bitiminde belirtilmiştir. Yalnızca ders notları açıktır. Kitap vb. dökümanların kullanılması yasaktır Sınav çözümleri web sitemde (web.sakarya.edu.tr/~arifoglu/) ilan edilecektir. Başarılar dilerim. U.Arifoğlu

U.Arifoğlu

27/11/2008

ÇÖZÜM  0 0  2  1 0     1 a) det(I  A)   0  0    16 0 96  3  4 2  4  (  2) 2  0 0    1 0 6  Homojen çözüm:

 i L1   C1  C 4  C 7  i   C  e 2t  t C  e 2t  C   L2   2  5  8  v c  C3  C6  C9  h

(1)

(1) ifadesi sağ tarafsız diferansiyel denklemi sağlamak zorundadır:

2C1e2t  C4e2t  2tC4e2t  2C1e2t  2tC4e2t  2C7  C2e2t  tC5e2t  C8 2C2e

2t

 C5e

2t

 2tC5e

2t

 16C1e

2t

 16tC4e

2t

 16C7  96C3e

2t

 96tC6e

2t

(2)

 96C9 (3)

2C3e2t  C6e2t  2tC9e2t  C1e2t  tC4e2t  C7  6C3e2t  6tC6e2t  6C9

(4)

(2) eşitliğinden; 4C1  C4  C2 ; 0  2C7  C8 4C4  C5 ; (3) eşitliğinden; 4C2  C5  16C1  96C3 ; 4C5  16C4  96C6 ; 0  16C7  96C9 (4) eşitliğinden; 2C3  C6  C1  6C3 ; 2C9  C4  6C6 ; 0  C7  6C9

C1  i L1     1   1  i     e 2t  tC   4  e 2t  C   2   4 C  C 1 4 4 7  L2       v c  (1 / 3)C1  (1 / 12)C 4   1 / 3  1 / 6 h

(5)

olarak homojen çözüm elde edilir. Özel çözüm tahmini:

At  Bt 2e 2 t  A B   i L1   tu ( t )    C D   2 2t     t 2e 2 t   i L2   Ct  Dt e    Et  Ft2e 2 t   E F    vc   p  olur. (6) eşitliği verilen diferansiyel denklemi sağlamak zorundadır:

(6)

A  2Bt2e2t  2tBe2t  2(At  Bt2e2t )  (Ct  Dt 2e2t )  1

(7)

C  2Dt 2e2t  2tDe2t  16(At  Bt2e2t )  96(Et  Ft2e2t )

(8)

E  2Ft2e2t  2tFe2t  At  Bt2e2t  6(Et  Ft2e2t )  e2t

(9)

(7),(8) ve (9) eşitliklerinden yerine koyma metodu ile;

4 40 20 3 1 22 27 5 7   24 ; C= ; D=  6   96 ; E=  ; F=    ; B 2 2 t 2 t 4 t 4t t t 2t 4t 2 t elde edilir. Buna göre özel çözüm; A 

U.Arifoğlu

27/11/2008

27 2 t 3  22te2 t  e  24t 2e 2 t    i  L1  2 2 i    40te2 t  20e 2t  96t 2e 2 t  4    L2    5 te2 t  7 e 2t  6t 2e 2 t  1   v c  p  2 4 4   

(10)

27 2 t 3  22te2 t  e  24t 2e 2 t   C1  i L1     1   1   2 2 i    e 2t  tC   4 e 2t  C   2    40te2 t  20e 2 t  96t 2e 2 t  4 (11)  4 C  C   1 4 4 7  L2       v c  (1 / 3)C3  (1 / 12)C 4   1 / 3  1 / 6   5 te2 t  7 e 2 t  6t 2e 2 t  1  g  2 4 4    1 b) İlk koşullar (11) eşitliğinde yerine konur ve ifadeler düzenlenirse;

 i L1  i   L2   v c 

 21 / 2  22   24  27 / 2    20 e 2t  t   40  e 2t  t 2  9 e 2t   28   7 / 4   5 / 2  6   7 / 4 tam 

(12)

elde edilir. NOT: 1. soru değerlendirmesinde değişiklik yapılmıştır. (6) eşitliğinde yer alan A, B, C, D, E, F katsayılarının bulunması uzun süre aldığından, (5) ifadesini bulan öğrenciler 15 puan ve (7), (8) ve (9) ifadelerini bulan öğrenciler 15 puan alacaklardır. 2) Verilen diferansiyel denklemde y=ux dönüşümü uygulanarak;

(1  x 2 )( u ''x  2u ' )  x(u  u 'x)  ux  0

(13)

elde edilir. (13) eşitliği düzenlenirse;

x(1  x 2 )u ''  (2  x 2 )u '  0 u '' u'



2  x2 x (1  x 2 )

0

(14)

elde edilir. (14) eşitliğinin her iki tarafının da entegrali alınırsa; ln u '  

2 x dx   dx  ln C  ln u '  2 ln x  0.5 ln(x  1)  0.5 ln(x  1)  ln C 2 x 1 x

ln u '  ln C  0.5 ln(x  1)  0.5 ln(x  1)  2 ln x  ln u' 

C * (x  1)0.5 * (x  1)0.5

u  C

x 1 x2

2

2

( x  1)



C x

2

C * ( x  1)0.5 * (x  1)0.5 x2

(x 2  1)0.5

dx  C udv  Cuv   vdu ; u  (x 2  1)0.5  du 

dv  u  C

1 x2

x

0.5

( x 2  1)0.5dx  C udv  Cuv   vdu = 

1 x2

v

2

( x  1)0.5

1 x

C 2 C (x  1)0.5   dx (14a) 2 x (x  1)0.5

Ders notlarınızdaki entegral tablosundan: 1 dx  ln(x  (x 2  1)0.5 ) ifadesi (14a) eşitliğinde kullanılırsa;  2 ( x  1)0.5 C u=  (x 2  1)0.5  C ln(x  (x 2  1)0.5 )  C1  y  ux olduğundan, genel çözüm; x

U.Arifoğlu

27/11/2008

y=  C(x 2  1)0.5  Cx ln( x  (x 2  1)0.5 )  C1x olarak elde edilir.

3) 4x

3 dy

dx

3

2

 2 y  6x y 

4x 3 y 4x 3 y3

'



6x 2 y 4 x 3 y3



2 y3 4x 3 y3



y' y

3



3 2xy

2



1 2x

3



y' y

n

 P( x ) y1 n  Q( x )

(Bernoulli dif.denk.) 3

n=3; P(x)  (3 / 2x) ; Q(x)  (1 / 2x )

u  y1 n  y 2 u '  2y 3y' y'

u ' 3u 1 3u 1 (15)    u'   3 3 2 3 2 2x 2x x y 2xy 2x x3 (15) denklemi sağ tarafsız çözülürse; 1 uh  C x3 elde edilir. (15) ifadesinin sağ taraflı çözümü için LSD yöntemi kullanılırsa; dC 1 1 2 1  C'    C1    C= 3 3 3 dx x x2 x x 1 1 1 1 1 ug     C1     C1 2 3 3 2 x x y x x2 

3



1

 

 1  1 y      C1   x3 x 2  elde edilir.

2

4) (x 2  y 2  x)dx  xydy  0 (x 2  1  y)dx  xdy  0  Mdx  Ndy  0 M N  M y  1;  N x  1 elde edilir. -1  1 (tam dif.değildir) y x 1 ' N x  M y 1  (1) 2 (entegrasyon çarpanı)  ln   2 ln x        N x x x2

Verilen diferansiyel denklemin her iki tarafı 1 / x 2 ile çarpılır ise; 1 y 1 (1   )dx  dy  0 (16) 2 2 x x x M N 1 (tam dif. denklem olduğu görülüyor)   y x x2 u 1 y  M  (1   ) (17) 2 x x x2 u 1 N (18) y x (17) ifadesinin entegrali alındığında;   1 y 1 y u ( x, y)   (1   )x   C( y)  u (x, y)  x    C( y) 2 2 x x x x  

(19)

elde edilir. (19) eşitliğinin y’ye göre türevi alınır ve (18) eşitliğine eşitlenirse; u 1  1 y 1 1  = ( x    C( y))   C ' ( y)   C( y)  C1 (20) y x y x x x x elde edilir. (20) eşitliği (19) eşitliğinde yerine konulursa; 1 y u ( x, y)  x   C1 =C x x 1 y x  =C x x

U.Arifoğlu

27/11/2008

y  (1  x 2 )  Cx (genel çözüm) elde edilir. 5)

dy  (4x  y) 2  0  y'  (4x  y) 2 (21) dx u=y-4x değişken dönüşümü yapıldığında;

u '  y'  4 (22) elde edilir. (21) ifadesi (22) ifadesinde yerine konulursa; u '  4  u 2  0 (23) elde edilir. (23) ifadesinin her iki tarafı 4  u 2 ifadesine bölünürse;

u' 4u

2

1  0 

du 4  u2

 dx  0

elde edilir. Ders notlarındaki entegral tablosundan; ua du 1  ln C  2 2 2a ua u a olarak verildiğinden; du du  dx  0     dx  0 2 2 4u u  22 1 u2 1 u2  ln  x  C  ln xC 4 u2 4 u2

1 y  4x  2 ln Cx 4 y  4x  2 y  4x  2  e 4(C  x ) (genel çözüm) y  4x  2      A B  10s   4 1  10s 6) f (s)  = = g(s) * e 10s     *e e 2 2 2 s  4 s  4  (s  4)  (s  4) (s  4)      g (s )

se10s

G(t)=  4te4t  e 4t Zaman gecikmesi kuralından £F(t  ) * u(t  )  e sf (s) ; f(s)= £G(t  10) * u(t  10) = e 10g(s)

F(t)  £-1f (s)  G(t  10) * u(t  10) F(t)=  4(t  10) * e4(t 10) * u(t  10)  e4( t 10) * u(t  10) F(t)= e(4t  40) * (4t  41) * u(t  10) elde edilir.

30/11/2006

SAKARYA ÜNİVERSİTESİ MÜHENDİSLİK FAKÜLTESİ ELEKTRİK-ELEKTRONİK MÜHENDİSLİĞİ BÖLÜMÜ DİFERANSİYEL DENKLEMLER VİZE SINAV SORULARI ve Çözümleri

Şekil 1 Soru 1) Şekil 1’de verilen devrede R=2 Ω, L=1 H, C=1 F, Vm  220 2 Volt, w=2*  *50 rad/sn olarak verilmektedir. Devreden akan i(t) akımına ilişkin genel çözümü bulunuz. (15 puan) Soru 2) Şekil 2’de verilen devrede E=100 V, R=2 ohm, L=4 henry olarak verilmektedir. i(t=0)= 3 A olduğuna göre devreden geçen akıma ilişkin tam çözüm (i(t) içinde sabit kalmayacak) ifadesini bulunuz. (15 puan)

Şekil 2

Soru3)

 G d  v c ( t )  C   dt  i L ( t   1  L



1 G 1 C   v c ( t )   i ( t )  1  i L ( t   C  k ;G=1mho;C=1 F;L=1H;   0 L 

i k (t ) 5A t

Yukarıda verilen durum denkleminde durum değişkenlerine ilişkin genel çözümleri bulunuz. (20 puan) Soru 4) y  Ax  B / x eğri ailesine ilişkin diferansiyel denklemi bulunuz. (5 puan) Soru 5) (x 2  2xy  y 2 )dx  (x 2  y 2 )dy  0 diferansiyel denklemi tam diferansiyel denklem midir?. Eğer değilse   (x  y)  (v) alarak tam diferansiyel denklem haline getirerek genel çözümü bulunuz. (15 puan) Soru 6) e y y '  e y  4e  x sin x diferansiyel denkleminin genel çözümünü, u= e y değişken dönüşümü yardımı ile bulunuz. (15 puan) Soru 7) 2x 2 y ''  8xy '  4y  2x 2 denkleminin genel çözümünü bulunuz. (15 puan)

Sınav süresi 100 dakikadır. Yalnızca ders notları açıktır, bunun dışında notlar ve açıklamalar kaldırılacaktır. Soru kağıtları öğrencide kalacaktır. Başarılar dilerim. Prof.Dr.Uğur Arifoğlu

30/11/2006

Çözümler di( t ) 1  Ri( t )   i( t )dt  Vm sin(wt ) dt C Yukarıda verilen denklemin her iki tarafının türevi alınırsa;

1) L

Li '' (t )  Ri ' (t )  (1 / C)i(t )  wVm cos( wt ) elde edilir. Problemde verilen parametreler yukarıda elde edilen ikinci mertebeden diferansiyel denklemde yerlerine konulursa; (1) i '' (t )  2i ' (t )  i(t )  9.77 *10 4 cos( wt ) elde edilir. Önce sağ tarafsız olarak diferansiyel denklem çözülmelidir:

 2  2  1  0  (  1) 2  0  1   2  1 (   -1 için katlı kök var) Homojen çözüm: i h  C1e  t  tC 2 e  t Sağ tarafı işin içine sokarak çözmek istersek, özel çözüm tahmini; y p  A sin(wt )  B cos( wt ) ifadesi (1) eşitliğinde yerine konulmalıdır:

y 'p  Aw cos( wt )  Bw sin(wt )

(2)

y 'p'  Aw 2 sin(wt )  Bw 2 cos( wt )

(3)

(2) ve (3) eşitlikleri (1) ifadesinde yerine konulursa;

 Aw 2 sin(wt )  Bw 2 cos( wt )  2 (Aw cos( wt )  Bw sin(wt )) + A sin(wt )  B cos( wt )  9.77 *10 4 cos( wt ) (4) (4) eşitliğinde sin(wt) ve cos(wt) katsayıları karşılıklı olarak birbirlerine eşitlenirse;

 Aw 2  2Bw  A  0  98696A  628B  A  0  Bw 2  2Aw  B  1  98696B  628A  B  9.77 *10 4 A  0.63 *10 2 ; B  0.98 elde edilir. Homojen ve özel çözümlerin toplamından genel çözüm;

i g (t )  C1e  t  tC 2 e  t  0.63 *10 2 sin(wt )  0.98 cos( wt ) bulunur. 2)

di( t )  Ri( t )  100  4i '  2i  50  2i '  i (5) dt Homojen çözüm: 2  1  0    0.5 EL

i h  C1e 0.5t Özel çözüm: yp  A Özel çözüm tahmini (5) ifadesinde yerine konulursa; 50  0  A  A  50 elde edilir. Genel çözüm;

i g (t )  C1e 0.5t  50 bulunur. t=0 için akım değeri 3A olarak verildiğine göre;

3  C1e 0  50  C1  47 i tam (t )  47e 0.5t  50 Amper (tam çözüm) olarak bulunur. 3)

d vc ( t )  1 0  vc ( t ) 1      i k ( t )  dt  i L ( t   1  1  i L ( t  0

(6)

30/11/2006

 1 0 =0  (  1) 2  0  1   2  1 1   1 Homojen çözüm: v c ( t ) hom   C1   t C 3   t (7) i (t)    e    te C 4   L hom  C 2 

det I  A 

(7) eşitliği (6) eşitliğindeki kaynaksız ( i k ( t ) ) hal ifadesini sağlamak zorundadır:

 C1   t  0   t  C 3   t  C1   t C 3   t (8)  C e   C e  C  C  te  C e  C  te 4  1   2  2  4  3 (8) ifadesinde e  t ’li ifadeler karşılıklı olarak birbirlerine eşitlenirse;

C1  C1  C 3  C 3  0 C1  C 2  C 2  C 4  C1  C 4 v c ( t ) hom   C1   t  0   t i (t )     e    te C1   L hom  C 2 

(9)

elde edilir. Özel çözüm için ise kaynak sabit ve 5A değerinde olduğundan; Özel çözüm tahmini:  v c ( t ) p   A1  (10)  i ( t ) p   A   L   2 olacaktır. (10) eşitliği (6) ifadesini sağlamak zorundadır.

 0  A1  5 d  A1  0  1 0   A1  1  A1  5 ;  A 2  5 A       A    i k ( t )  0  A  A  dt  2  0  1  1  2  0 1 2 Özel çözüm:  v c ( t ) p  5  i ( t )p     Amper  L  5 Genel çözüm: v c ( t ) g   C1   t  0   t 5  i ( t )    e    te    u ( t ) 5 C1   L g  C 2 

; u(t):birim basamak fonksiyonu

4) y  Ax  B / x  xy  Ax 2  B (11) (11) ifadesinin türevi alınırsa  y  xy '  2Ax (12) (12) ifadesinin türevi alınırsa  y '  y '  xy ''  2A (13) (12) ve (12) ifadelerinden A çekilir ve birbirlerine eşitlenirse;

y  xy ' y '  y '  xy '' y  xy ' 2 y '  xy ''  A=  2 2x 2 2x x 2 y ''  xy '  y  0

bulunur. 5) (x 2  2xy  y 2 )dx  (x 2  y 2 )dy  0 N M  2x  2 y   2x olduğu için verilen diferansiyel denklem tam dif.değildir. (v=x+y verilmiş) x y

30/11/2006

Nx  My 2x  2x  2 y  2y ' 1     2 2 2 2 2  Mv y  Nv x ( x  2xy  y ) *1  ( x  y ) *1 2xy  2 y xy d  ' ( v) d 1 1 1 1 dv 1    dv     ln    ln v  ln   ln      v v xy v ( v) xy  v Verilen diferansiyel denklem  ile çarpılırsa;

( x 2  2xy  y 2 ) (x 2  y 2 ) dx  dy  0  (x  y)dx  (x  y)dy  0 (14) xy xy elde edilir. (14) ifadesinde; M N   1 olduğundan dolayı (14) eşitliği tam diferansiyel denklemdir. x y u u  N  ( x  y)  M  ( x  y) ; x y

u(x, y)   (x  y)dx  C( y)  u ( x, y) 

x2  xy  C( y) 2

u  x  C ' ( y)  ( x  y) y C ' ( y)   y  C  

u ( x , y) 

y2  C1 2

y2 x2  xy   C1 2 2

u(x, y)  x 2  2xy  y 2  C1 (genel çözüm-ilkel) 6) e y y '  e y  4e  x sin x ; u= e y ; u '  e y y ' Yukarıda elde edilen ifadeler verilen diferansiyel denklemde yerine konulur ise;

u '  u  4e x sin x (lineer dif.denk.) Önce denklemi sağ tarafsız çözelim; du h uh'  uh  0  dx  0  ln u h  x  ln C  u h  Ce x (homojen çözüm) (15) uh LSD yöntemi ile özel çözüme gidilirse; C ' e x  4e x sin x  C '  4 sin x  C  4 cos x  C1 (16) (16) eşitliği (15) ifadesinde kullanılırsa; u  (4 cos x  C1 )e x  u  4e x cos x  C1e  x e y  4e x cos x  C1e x (genel çözüm) elde edilir. 7) x 2 y ''  4xy '  2y  x 2 (Euler diferansiyel denklemi) x  e t değişken dönüşümü ile; dy y t y  x      dx t x t  t 

d2y dx 2



1





y t 1  t y e e t t

(17)

d dy  y 2y y ( )  e t (e t )  e 2 t  e 2 t 2 dx dx dt t t t

(18)

(17) ve (18) dif. denklemleri verilen diferansiyel denklemde yerine konulursa;

2y t

2



y y  4  2 y  e 2 t  y ' '  3y '  2 y  e 2t (19) t t

elde edilir. Karakteristik denklem:  2  3  2  0  1  1;  2  2

30/11/2006

y h  C1e  t  C 2 e 2t (homojen çözüm) Özel çözüm tahmini: y p  Ae 2t Özel çözüm tahmini (19) eşitliğinde yerine konulursa;

4Ae 2t  6Ae 2t  2Ae 2t  e 2t  A  1 / 12

y p  (1 / 12)e 2t (özel çözüm) y g  y h  y p  C1e  t  C 2 e 2t  (1 / 12)e 2t (genel çözüm-t’ye göre) (20) (20) eşitliğinde t=lnx konularak; C C y g  y h  y p  1  2  (1 / 12) x 2 (genel çözüm-x’e göre) (21) x x2 elde edilir.

U.Arifoğlu

04/07/2012

SAÜ. MÜH. FAK. ELEKTRİK-ELEKTRONİK MÜHENDİSLİĞİ BÖLÜMÜ DİFERANSİYEL DENKLEMLER YAZ OKULU VİZE SINAV SORULARI

dx 2 4  t x  x2  0 dt diferansiyel denkleminde, x(t)’e ilişkin genel çözümü bulunuz.

Soru 1) xt

1 y

' Soru 2) y 

3y 

x

y2 diferansiyel denkleminin tam diferansiyel denklem olup olmadığını kontrol ederek, eğer değil ise v=y alıp tam diferansiyel denkleme dönüştürerek, genel çözümünü bulunuz. Soru 3)

d  x 1   2  3   x1   e t          durum denkleminin genel çözümünü bulunuz. dt x 2  1  2  x 2  e t  d2y

dy  y  x  x 1 dx dx diferansiyel denkleminde, y(x)’e ilişkin genel çözümü bulunuz.

Soru 4) x 2

Soru 5)

2

 3x

dy y  x 3 ( y  x) 2  dx x

Yukarıda verilen lineer olmayan diferansiyel denklemin bir özel çözümü y=x olduğuna göre genel çözümünü bulunuz. Süre 100 dakikadır. Barem: 1/ 20 2/ 20 3/ 20 4/ 20 5/20 Yalnızca ders notları açıktır. Kitap vb. dökümanların kullanılması yasaktır Başarılar dilerim. U.Arifoğlu

U.Arifoğlu

04/07/2012 ÇÖZÜM

1)

x' 

b( t ) c( t ) n x x a(t) a(t)

x '  P(t )x  Q(t )x n  x' x

n

u

 P( t )

1 x

n 1

x x



n

 Q( t ) 

dx 1  x   tx 3 dt t

x' x

3



1 1  t t x2

(Bernoulli)

1 x2

x13  u  (1  3)x 3 x '  u ' x' x3



u' 1 3

u' u   t  1 3 t

u'  2

u  2t t

u u h '  2 h  0  u h  Ct 2 t  ' 2 C t  2t  C  2 ln t  C  1 u  Ct 2  (2 ln t  C) t 2 x2  1  (2 ln t  C) t 2  2t 2 ln t  Ct 2 2 x 2)

1 x dx  (3y  )dy  0 y y2

M 1  y y2 N 1  ( iki eşitlik eşit olmadığından tam dif.değil) x y 2   ( y) - (v=y)

' N x  M y 2      y2  M y

ydx  (3y3  x)dy  0 (Tam diferansiyel denklem) M N  1;  1 (Tam diferansiyel denklem) y x

u  M  y; x

u  N  (3y 3  x ) y

u(x, y)   yx  C( y) u(x, y)  xy  C( y)

U.Arifoğlu

04/07/2012

C ( xy  C( y)) C u  N  x  3y 3 =  3y 3  C( y)  (3 / 4) y 4  C1 x  y y y y

u(x, y)  xy  (3 / 4) y 4  C1

(ilkel)

du=0  u=C u(x, y)  xy  (3 / 4) y 4  C1  C ; C  C1  C xy  (3 / 4) y 4  C

(genel çözüm)

3) det(A-λI)=0; 1  1;  2  1 bulunur.  x1  3 t 1  t x   C1  e  C 2  e 1 1  2 h

3C1' e t  C'2e  t  e t (LSD) (*) C1' e t  C'2e  t  e  t

Yukarıdaki iki denklem taraf tarafa çıkarılırsa; 2C1' e t  e t  e t  C1  0.5(t  0.5e 2t )  C1

elde edilir. Son eşitlik (*) ifadesinde yerine yazılırsa; 1.5(1  e 2t )e t  C'2e t  e t  C'2  (5 / 2)  (3 / 2)e 2t  C2  (5 / 2)t  (3 / 4)e 2t  C2  x1  3 t 1  t 3 1 2t  C1)  e t  ((5 / 2) t  (3 / 4)e 2t  C2)  e  t x   C1  e  C 2  e  (0.5t  0.25e 1 1 1 1  2

dy y  e t dx t 2 2 d y  y 2t y  e 2 t e 2 t dx t 2 2 d y dy x2  3x  y  x  x 1 2 dx dx t

4) xe ;

2y t

2

2

y  y  e t  e  t ; (*) t

 2  2  1  0  1   2  1 ; y h  (C1  C2 t )e  t ; y p  Ae t  Bt 2e  t - Özel çözüm tahmini- (Belirsiz katsayılar yaklaşımı)

Özel çözüm tahmini (*) denkleminde y yerine yazılır ve her iki taraf birbirlerine eşitlenirse; A=0.25; B=0.5 bulunur. y p  0.25e t  0.5t 2e  t y  y h  y p  (C1  C2 t )e t  0.25e t  0.5t 2e t

y  (C1  C2 ln x)x 1  0.25x  0.5(ln x) 2 x 1 (genel çözüm)

U.Arifoğlu

04/07/2012

5) Verilen diferansiyel denklemde y=x+1/u

(Riccati tipi)

değişken dönüşümü yapılırsa; u' 

u  x3  0 x

elde edilir. u ' 

u   x 3 denklemi lineer bir diferansiyel denklem olduğundan homojen çözümü; x

u h  Cx

olacaktır. LSD yaklaşımı ile; C' x   x 3

x3  C bulunur. Bu sonuç homojen denklemde yerine yazılırsa; 3 x4 u  x *C 3 x4  x *C ) y=x+1/(  3  x 5  3C * x 2  3 y elde edilir. (genel çözüm)  x 4  3C * x

C

U.Arifoğlu

08/07/2008

SAÜ MÜH. FAK. ELEKTRİK-ELEKTRONİK MÜHENDİSLİĞİ BÖLÜMÜ DİFERANSİYEL DENKLEMLER YAZ OKULU VİZE SINAV SORULARI

Şekil 1 Soru 1) Şekil 1’de görülen devrede L=1 H, R=2 ohm, v1 ( t )  t 2  3t Volt ve v 2 (t )  e 2t Volt olarak verilmektedir. Devreden akan i(t) akımına ilişkin genel çözümü bulunuz. ( 20 puan)

d2y

dy 1 3   xdx x dx x2 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz .(20 puan)

Soru 2) 2

2



0  u ( t )  v c ( t ) 1 2 v c ( t )  1 i (t )     i (t       5t  ; u(t) : birim basamak fonksiyonu  L  2 4  L   0.5 2  e  a) Yukarıda verilen durum denkleminde durum değişkenlerine ilişkin genel çözümleri bulunuz. ( 25 puan) b) v c (0)  1; i L (0)  0A ilk koşulları altında durum değişkenlerine ilişkin tam çözümü bulunuz. ( 5 puan)

Soru 3)

d dt

Soru 4) y  (x  C)e x eğri ailesine ilişkin diferansiyel denklemi bulunuz. Sonucun doğruluğunu bulduğunuz diferansiyel denklemi çözerek kontrol ediniz. (10 puan) Soru 5) (x 2  y 2  x)dx  xydy  0 ; diferansiyel denklemi tam diferansiyel denklem midir? Eğer değilse x’e bağlı bir entegrasyon çarpanını () ;

' N x  M y formülünden bulunuz ve bulduğunuz bu  değerini kullanarak verilen diferansiyel   N denklemi tam dif.denklem haline getirerek genel çözümü bulunuz. ( 10 puan) Soru 6) dy  (

y  y 4 ln x )dx diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. (10 puan) 3x

Süre 110 dakikadır. Ders notları açıktır. Sınav cevapları web sitemde ilan edilecektir.

U.Arifoğlu

08/07/2008

ÇÖZÜM 1) Şekil 1’e Kirchoff’un gerilim yasası uygulanır ve gerekli değerler yerlerine yazılır ise; di( t ) (1)  2i( t )  e 2t  t 2  3t dt

i ' ( t )  2i( t ) = e 2t + t 2 +3t elde edilir.

(2)

Sağ tarafsız çözüm için (homojen) karakteristik denklem;   2  0    2 olacaktır. Yukarıda bulunan köke göre homojen çözüm;

i h  Ce 2t elde edilir. Sağ taraflı (1.özel) çözüm;

i p1 = Ae 2t

özel çözüm tahmini; -2 kök olduğundan tahmin t ile çarpılmalıdır;

i p1  Ate 2t

(3)

i p '  Ae 2t  2Ate2t

(4)

1

(3) ve (4) eşitlikleri (2) eşitliğinde (2t+3u(t) yok iken) yerine konulur ve gerekli düzenleme yapılırsa; A=1 bulunur. Bu durumda i p1  te2t bulunur. Sağ taraflı (2.özel) çözüm;

i p2  At 2  Bt  C

(5)

i 'p2  2At  B

(6)

(5) ve (6) eşitlikleri (2) eşitliğinde ( e 2t yok iken) yerine konulur ve gerekli düzenleme yapılırsa; 2A+2B=3 B+2C=0 2A=1 elde edilir. 3 adet denklemin çözümünden  A=0.5 B=1 C=-0.5 elde edilir. Bu durumda i p2  0.5t 2  t  0.5 bulunur. Sonuç olarak i(t) akımının genel çözümü;

i g ( t )  te 2t  0.5t 2  t -0.5

Amper

olacaktır. 2)

dy dy  t  e dx dt

d2y dx

2

 e 2t

d2y dt

2

 e  2t

dy dt

denklemin her iki tarafı x 2 ile çarpılır ve yukarıda verilen türev ifadeleri dif.denk.de yerlerine konulursa;

d2y

dy  et  3 dt dt elde edilir. Karakteristik denklem;

2

2



2 2    0  (2  1)  0 ; 1  0 ;  2  0.5

U.Arifoğlu

08/07/2008

y h  C1  C 2 e 0.5t Sağ tarafsız dif.denk.(homojen çözüm); Özel çözüm tahmini; y p1 =A özel çözüm tahmini; 0 kök olduğundan tahmin t ile çarpılmalıdır;

y p1  At (bu çözüm tahmini dif.denk.de yerine konulursa) A=-3 elde edilir.

y p 2 = Ae t özel çözüm tahmini (bu çözüm tahmini dif.denk.de yerine konulursa) A=1 bulunur. yg  yh  yp

y h  C1  C 2 e 0.5t -3t + e t elde edilir. t=lnx dönüşümü kullanılarak;

y h  C1  C2 x 0.5  3 ln x  x 2    1 3) a) I  A     0  1  0 ;  2  5   2   4 v c ( t ) h   C1  C3 5t (9) i (t )       e  L h  C2 C4 d dt

v c ( t ) 1 2  v c ( t )  i (t     (10)   L   2 4  i L ( t 

(9) ifadesi (10) denkleminde yerine konulursa; C1=-2C2; 2C3=C4; elde edilir. Bu değerler (5) ifadesinde kullanılırsa homojen çözüm olarak;

v c (t ) h    2 1 5t (11) i ( t )   C2   C3 e 1    2  L h bulunur. Verilen durum denkleminde sağ tarafa bakıldığında karakteristik denklemin kökleri ile bağlantılı fonksiyonlar içerdiği görülmektedir. Bu nedenle özel çözüm tahmini;

v c ( t ) p  A B   tu( t ) i (t )      5t   L p   C D  te 

(12)

olacaktır. (12) ifadesi verilen durum denkleminde yerine konulur ve iki taraf birbirlerine eşitlenirse; A=1; B=1; C=-0.5 ;D=2 elde edilir. Bulunan bu değerler (12) eşitliğinde yerlerine konulursa;

vc (t ) p   1 1  tu( t ) i (t )       0 . 5 2  te5t   L p   elde edilir. Genel çözüm ise;

v c (t ) g  1  tu( t )   2 1 5t  1 i ( t )   C1   C3  e     5t  olacaktır.  L g  1  2  0.5 2  te 

U.Arifoğlu

08/07/2008

b) v c (0)  1; i L (0)  0 1   2 1 0  C1 1   C32  1=-2C1+C3; 0=C1+2C3  C1=-2/5; C3=1/5       v c ( t ) g   4 / 5  1 / 5  5t  1 1  tu( t )  e  i (t )        5t   L g   2 / 5 2 / 5  0.5 2  te  olacaktır.

4)

y  (x  C)e x (13) (13) denkleminin türevi alınırsa; y '  (x  C)e x  e x

C=1-x-

y'

(14) e x (14) eşitliği (13) eşitliğinde yerine konulursa;

y '  y  e x (Cevap) elde edilir. Sonuç kontrol edilirse:

  1  0    1 ; y h  Ce  x (homojen çözüm) özel çözüm tahmini; y p  Ae  x (-1 kök olduğundan özel çözüm tahminini x ile çarpmak gerekir) y p  Axe  x Bu çözüm denklemde yerine konulursa;

Ae x  Axe x  Axe x  e x  A=1 y p  xe  x bulunur.

y g  y h  y p (genel çözüm) y g  Ce x  xe  x = (C  x)e  x sonucu bulunur (işlemin doğruluğu test edilmiş oldu).

5) (x 2  y 2  x)dx  xydy  0

M N  M y  2 y;  N x  y elde edilir. 2y  y (tam dif.değildir) y x

 ' N x  M y y  2y  y 1      ln   ln x    x (entegrasyon çarpanı)  N  xy  xy x Verilen diferansiyel denklemin her iki tarafı x ile çarpılır ise; (x 3  xy 2  x 2 )dx  x 2 ydy =0 (15) M N   2xy (tam dif.denklem olduğu görülüyor) y x u  M  x 3  xy 2  x 2 (16) x u  N  x 2 y (17) y (16) ifadesinin entegrali alındığında;





x 4 x 2 y2 x3    C( y) 4 2 3 elde edilir. (18) eşitliğinin y’ye göre türevi alınır ve (17) eşitliğine eşitlenirse;

u(x, y)   (x 3  xy 2  x 2 )x  C( y)  u ( x, y) 

u  x 4 x 2 y2 x3 (    C( y))  x 2 y  C' ( y)  x 2 y  C( y)  C1  x2y = 2 3 y y 4

(18)

(19)

U.Arifoğlu

08/07/2008

elde edilir. (19) eşitliği (18) eşitliğinde yerine konulursa;

u ( x , y) 

x4 x3 x 2y2    C1 =C 4 3 2

x 4 x3 x 2y2 = C (genel çözüm)   4 3 2 elde edilir.

6) dy  (

y 1 y  y 4 ln x  y 4 ln x )dx  y '  3x 3x

(20)

(20) ifadesinin her iki tarafı (1 / y 4 ) ile çarpılır ise;

y' y

4

u



1 3xy 1

3



 ln x 1

(16)

(Bernoulli tipi dif.denklem 

y' y

 y 3  u   3y 4 y '  u '  y '  

y 41 y 3 (21) ifadesi ( 20) eşitliğinde kullanılırsa;

4

 P( x )

u' 4 y 3

y y4

 Q( x ) )

(21)

u' u   3 ln x  u '  (1 / x)u  3 ln x (en yüksek türevin katsayısı 1 yapıldı) (22) 3 x elde edilir. (22) denklemi sağ tarafsız çözülürse; u  C / x (23) elde edilir. LSD yaklaşımı ile; dC  3x * ln x (kısmi integrasyon ile) C ' / x  3 ln x  C '  dx



C(x)  (3 / 2) * x 2 * ln x  (3 / 4)x 2  C1 (24) bulunur. (24) eşitliği (23) eşitliğinde kullanılırsa; u  (3 / 2) * x * ln x  (3 / 4)x  C1/x 1

 (3 / 2) * x * ln x  (3 / 4)x  C1/x y3 olarak genel çözümü elde edilir.

10/07/2007

SAKARYA ÜNİVERSİTESİ MÜHENDİSLİK FAKÜLTESİ ELEKTRİK-ELEKTRONİK MÜHENDİSLİĞİ BÖLÜMÜ DİFERANSİYEL DENKLEMLER YAZ OKULU VİZE SINAV SORULARI

Şekil 1 Soru 1) Şekil 1’de verilen devrede R=8 Ω, L=4 H, C=0.25 F, V(t )  8e  t Volt olarak verilmektedir. a) Devreden akan i(t) akımına ilişkin genel çözümü bulunuz. b) t=0 anında i(t=0)= 2A ve bobin gerilimi ( VL (t  0) ) 8V ise i(t)’nin tam çözümünü bulunuz. Soru 2) Aşağıda verilen durum denkleminde durum değişkenlerine ilişkin genel çözümleri bulunuz.

d dt

 v c ( t )  i (t)    L 

3 1 VC ( t ) 1 0 u ( t ) 2 2  i ( t )   0 2  et    L    

u(t): birim basamak fonksiyonu

Soru 3) xy''  y'  (2 / x)  ln x denkleminin genel çözümünü bulunuz. Soru 4) (1  2x)x 2 y ''  (2  2x)xy'  2xy  0 diferansiyel denkleminin bir özel çözümü y1  1  x olduğuna göre genel çözümü bulunuz. Soru 5) y  xy'  4( y ' ) 2 diferansiyel denkleminin genel çözümünü ve eğer varsa tekil çözümünü bulunuz. Sınav süresi 100 dakikadır. Sorular eşit ağırlıklıdır Yalnızca ders notları açıktır, bunun dışındaki notlar ve açıklamalar kaldırılacaktır. Soru kağıtları öğrencide kalacaktır. Çözümler web sitemde ilan edilecektir. Başarılar dilerim. Prof. Dr. Uğur Arifoğlu

10/07/2007

Çözümler di ( t ) 1  Ri ( t )   i( t )dt  8e  t dt C Yukarıda verilen denklemin her iki tarafının türevi alınırsa;

1) a) L

Li '' (t )  Ri ' (t )  (1 / C)i(t )  8e  t elde edilir. Problemde verilen parametreler yukarıda elde edilen ikinci mertebeden diferansiyel denklemde yerlerine konulursa; (1) i '' (t )  2i ' (t )  i(t )  2e  t elde edilir. Önce sağ tarafsız olarak diferansiyel denklem çözülmelidir:

 2  2  1  0  (  1) 2  0  1   2  1 (   -1 için katlı kök var) Homojen çözüm:

i h  C1e  t  tC2 e  t Sağ tarafı işin içine sokarak çözmek istersek, özel çözüm tahmini olan ((-1) iki katlı kök olduğundan);

i ö  Ae  t t 2 ifadesi (1) eşitliğinde yerine konulmalıdır: i 'ö  Ae  t t 2  2Ae  t t

(2)

i 'ö'  Ae t t 2  2Ae t t  2Ae t t  2Ae  t

(3)

(2) ve (3) eşitlikleri (1) ifadesinde yerine konulursa;

Ae  t t 2  2Ae  t t  2Ae  t t  2Ae  t  2Ae  t t 2  4Ae  t t  Ae  t t 2  2Ae  t t =  2e  t

(4)

(4) eşitliğinde aynı türden fonksiyonların katsayıları karşılıklı olarak birbirlerine eşitlenirse; A=-1 elde edilir. Homojen ve özel çözümlerin toplamından genel çözüm;

i g (t )  C1e  t  tC2 e  t  e  t t 2

(5)

bulunur. b) t=0 anında akım i(0)=2 A ise C1  2 ; di ( t  0) L  8V  C 2  4 bulunur. C1 ve C 2 değerleri genel çözümde yerlerine konulursa dt tam çözüm;

i tam (t )  2e  t  4te t  t 2 e  t 2)

olacaktır.

2 1  3   A  I    det(A)=   5  4  0   2    2

Homojen çözüm:  v c ( t ) hom   C1  t C 3  4 t  i (t)     e  C  e  4  L hom  C 2 

1  1;  2  4

(6)

(7)

1  3  1 1   C1   0  2 * C1  C 2  0 ; C1 parametre seçilirse;   C1 elde edilir.    2  2  1 C2    2 

1 1  C3  3  4  0   C 3  C 4  0 ; C 3 parametre seçilirse;   C 3 elde edilir.    2  2  4 C4  1   v c ( t ) hom   1  1 t 4t i (t)    2 C1e  1 C 3 e   L hom   

(8)

10/07/2007

Özel çözüm tahmini:  v c ( t ) ö   A1 A 2  u ( t )   t   i ( t )ö    A  L   3 A 4  e 

 v c ( t ) ö  d  A1  i ( t )   A  L ö  dt  3 0  A 2  u ( t ) 3 0  A   e t    4   2 

d dt

0  A 2  u ( t ) 0  A   e t   4   

(sıfır ve -1 kök olmadığından)

A 2  u ( t )  A 4   e t  1  A1 2 A3

 3A1  A3  2A  2A 3  1

3 1  A1  2 2  A   3

(9)

A 2  u ( t ) 1 0 u ( t )  A 4   e t  0 2  e t 

A 2  u ( t ) 1 0 u ( t )  A 4   e t  0 2  e t  3A 2  A 4  u ( t ) 1 0 u ( t ) (10)  2A 2  2A 4   e t  0 2  e t 

(10) numaralı matris eşitliğinde eşitliğin her iki tarafındaki u(t)’li terimler u(t)’li terimlere, e  t ’li terimler e  t ’li terimlere eşitlenirse;

 A 2 e  t  3A 2  A 4 ; 0= 3A1  A 3  1 ;  A 4  2A 2  2A 4  2 ; 0  2A1  2A 3 elde edilir. Yukarıdaki 4 adet denklemden; A1  0.5; A 2  0.2; A 3  0.5; A 4  4 / 5 elde edilir. Bu sonuçlara göre özel çözüm; v c ( t ) ö   0.5 0.2  u ( t )   t  (11)  i ( t )ö    0.5  L   3  4 / 5  e  olur. Genel çözüm ise (8) ve (11) eşitliklerinin toplamından elde edilir. 3) xy''  y '  (2 / x)  ln x denkleminin her iki tarafı x ile çarpılırsa; x 2 y ''  xy '  2  x ln x (Euler diferansiyel denklemi) elde edilir. x  e t değişken dönüşümü ile;

dy y t y  x      dx t x t  t 

d2y dx 2



1



 

y t e t

1

 e t

y t

(12 )

y 2y y d dy  ( )  e  t (e  t )  e 2 t 2  e 2 t ( 13 ) dx dx dt t t t

(12) ve (13) numaralı dif. denklemleri verilen diferansiyel denklemde yerine konulursa; 2y y 2  2  tet  y ' '  2 y '  2  tet (14) 2 t t elde edilir. Karakteristik denklem:  2  2  0  1  0;  2  2

y h  C1  C 2 e 2 t (homojen çözüm) Özel çözüm tahmini: y ö  e t (At  B)  Ct Özel çözüm tahmini (14) eşitliğinde yerine konulursa;

e t (At  B)  Ae t  Ae t  2e t (At  B)  2Ae t  2C  2  tet  A  1 ;B=0; C=1

y ö  tet  t (özel çözüm) y g  y h  y ö  C1  C 2 e 2 t  t (1  e t ) (genel çözüm-t’ye göre) (15) (15) eşitliğinde t=lnx konularak;

10/07/2007

y g  y h  y p  C1  C 2 x 2  ln x(1  x) (genel çözüm-x’e göre) elde edilir. 4)

y=(1+x)u; y '  (1  x)u '  u , y ''  (1  x)u ''  2u '

x 2 (1  x)(1  2x)u ''  (2(1  2x)x 2  2x(1  x) 2 )u '  0

u ''

1 1 1  2(   )  KONTROL ET HATA VAR  x 1  x 1  2x u C1 1 1 (16) u '  C1 ( 2  )  u  C  2 x (1  x ) x ( x  1) 2 y idi, bu ifade (16) eşitliğinde kullanılırsa; u 1 x C y  C 2 (1  x )  1 elde edilir (genel çözüm). x ' 5) y  p  y=xp  4p 2 (17) dp dp (18) y'  p  p  x  8p dx dx (18) denkleminden p=C ve (x+8p)=0 (19) elde edilir. (17) denkleminde p=C kullanılırsa; '

y  Cx  4C 2 (genel çözüm) (19) elde edilir. (19) eşitliğinden x=-8p yerine konulursa;

y  8p 2  4p 2  4p 2 (20) elde edilir. x=-8p eşitliği ile (20) ifadesi birlikte düşünüldüğünde; x2 (tekil çözümü) elde edilir. y 16

U.Arifoğlu

12/07/2010

SAÜ MÜH. FAK. ELEKTRİK-ELEKTRONİK MÜHENDİSLİĞİ BÖLÜMÜ DİFERANSİYEL DENKLEMLER YAZ OKULU VİZE SINAV SORULARI

Soru 1)

dy  (2x  y  5) 2 dx diferansiyel denkleminde değişken dönüşümü yaklaşımını kullanarak, y(x)’e ilişkin genel çözümü bulunuz.

Soru 2) xy(2)  2y(1)  6x

dy  v değişken dönüşümü ve arkasından entegrasyon çarpanını kullanarak verilen diferansiyel dx denkleme ilişkin genel çözümü bulunuz. b) Euler tipi diferansiyel denklem olduğu kabulü ile yukarıda verilen diferansiyel denklemin genel çözümünü bulunuz ve her iki şıktaki sonuçları karşılaştırınız. a)

Soru 3) x

Soru 4)

dy  6y  3xy 4/3 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. dx

d  x1   4 2   x1  15 2t e     dt  x 2   3 1  x 2   4  olarak verilen durum denkleminin x1 (0)  0 ve x 2 (0)  0 koşulları altında tam çözümünü bulunuz. Özel çözüm LSD yöntemi ile yapılacaktır.

Süre 100 dakikadır. Barem: 20/ 30/ 20/ 30 Yalnızca ders notları açıktır. Kitap vb. dökümanların kullanılması yasaktır Başarılar dilerim. U.Arifoğlu

U.Arifoğlu

12/07/2010

ÇÖZÜM dy 1)  (x  y  5) 2 (1) dx (2) w  x  y 5 olsun. Buna göre; (3) y  w x 5 yazılabilir. (3) ifadesinin her iki tarafının x’e göre türevi alınırsa; dy dw (4)  1 dx dx yazılabilir. (1) ve (2) eşitlikleri (4) ifadesinde yerine yazılırsa; dw dy dw   w 2  1 (değişkenlerine ayrılabilir diferansiyel denklem)  1  (x  y  5)2 = w 2  dx dx dx elde edilir. dw dx   x  arc tan w  C  x  C  arctan w  tan(x  C)  w 1 w2 Son eşitlikten; tan(x  C)  w  x  y  5  y  tan(x  C)  x  5 (genel çözüm) bulunur. 2) a) xy(2)  2y(1)  6x denkleminde

dy  v değişken dönüşümü kullanarak dx

dv 2  v  6 (lineer dif.denklem).Tipi uygun olduğundan entegrasyon çarpanı; dx x (x)  e olacaktır.

x2

P(x)dx

e

2

 v dx

 e2ln x  x 2

dv 2  v  6 denkleminin her iki tarafı x 2 ile çarpılırsa; dx x

dv 2  x 2 v  6x 2  (2xv  6x 2 )dx  x 2dv dy  0 dx x

M N   2x (tam dif. denklem) v x u u  M  2xv  6x2 ;  N  x2 x v u(x, v)    (2xv  6x 2 )x   C(v)  u(x, y)  x 2 v  2x 3  C(v)    u  x 2 = (x 2 v  2x 3 )  C' (v) = x 2  C' (v) v v dC(v) C' (v)  0   0  C(v)  C1 dv u(x, v)  x 2 v  2x 3  C1  C2

u(x, v)  x 2 v  2x 3  C2  C1  C3 (genel çözüm-ilkel) C dy dy  2x 3  C3  dy  (2x  23 )dx  v  x2 dx dx x C C y   (2x  23 )dx  x 2  3  C4 (genel çözüm) x x

U.Arifoğlu

12/07/2010

b) Verilen diferansiyel denklemin her iki tarafı x ile çarpılırsa Euler tipi diferansiyel denklem elde edilir:

x  et dy y  e t dx t 2 2 d y y 2t  y  e  e2t 2 2 t dx t  2 y y y  2 y y 2t +2 =6 + =6 e 2t  e  t t 2 t t 2 t 2    0  (  1)  0  1  0; 2  1

x 2 y(2)  2xy(1)  6x 2 

yh  C1  C2 e t

yp  Ae2t (özel çözüm tahmini sağ taraflı dif. denklemde yerine konulursa) 4Ae2t + 2Ae2t  6e2t  A=1 yg  C1  C2 e t  e2t (genel çözüm t’ye bağlı)

x’e bağlı genel çözüm ise x  e t kullanılarak ( t  ln x ); yg  C1  C2 e ln x  e2 ln x  C1 

C2  x 2 (genel çözüm) x

3) Verilen denklem n=4/3 ve 1-n=-1/3 olan bir Bernoulli tipi diferansiyel denklemdir. w= y 1/3 , y  w 3 ;

dy dy dw dw   3w 4 dx dw dx dx ifadesi verilen diferansiyel denklemde yerine konulursa; dw 3xw 4  6w 3  3xw 4 dx elde edilir. Son ifadenin her iki tarafı 3xw 4 ile bölünürse; dw 2  w  1 (lineer dif. denklem) dx x elde edilir. Bunun sağ tarafsız çözümü; dw h 2 dw h w dx  w 2  ln w h  ln C  2ln x  ln h  ln x 2  w h  Cx 2 dx x w x C LSD yöntemi ile sağ taraflı çözümde; dC 1 dx 1 C' x 2  1    2  dC   2  C   C1 dx x x x elde edilir. Bu sabit değeri homojen çözümde yerine yazılırsa; 1 1 w  (  C1 )x 2  x  C1x 2 ; y  w 3 idi. y  3 olur. x w 1 y(x)  (x  C1 x 2 )3 4)

d  x1   4 2   x1  15 2t e     dt  x 2   3 1  x 2   4 

  4 2  2 det(I  A)       3  10  0  1  5;  2  2  3   1   Homojen çözüm tahmini:

 x1h   C1  5t  C3  2t  x   C  e  C  e  2h   2   4

(1)

(1) ifadesindeki sabitler azaltılmak zorundadır:

U.Arifoğlu

12/07/2010

5  4 2   C1  0  3 5  1 C   0  C1  2C2  0  C1  2C2   2   2   C3  0  2  4   6C3  2C4  0  C4  3C3  3 2  1 C4  0 

 x1h   2 5t  1  2t  x   C2 1  e  C3  3 e      2h 

(2)

(homojen çözüm)

LSD yaklaşımı ile genel çözüm bulunursa;

 2 1 15 C'2   e5t  C'3   e2t    e2t 1  3     4 2C'2 e5t  C3' e2t  15e2t

(3)

C'2 e5t  3C3' e2t  4e2t

(4)

(4) denklemi -2 ile çarpılır, (3) ve (4) alt alta toplanırsa;

7C3' e2t  7e2t 

dC3  1  C3   dt  t  C5 dt

(5)

elde edilir. (3) denklemi 3 ile çarpılır, (3) ve (4) alt alta toplanırsa;

7C'2 e5t  49e2t 

dC2  7e7t  C2   7e7t dt  e7t  C6 dt

(6)

elde edilir. (5) ve (6) sonuçları (2) eşitliğinde yerlerine konulursa;

 x1   2 5t  1  2t 7t  x   (e  C6 ) 1  e  (t  C5 )  3 e      2 x1  2e2t  2C6 e5t  te2t  C5e2t x 2  e2t  C6 e5t  3te2t  3C5e2t

(genel çözüm)

elde edilir. Tam çözüm için sabitler bulunursa;

0  2  2C6  C5 0  1  C6  3C5  C6  1; C5  0 elde edilir. Buna göre tam çözüm; x1  2e2t  2e5t  te2t x 2  e2t  e5t  3te2t

 x1   2 5t  2 2t  1  2t (Tam çözüm)  x   1  e   1 e   3 te      2  

U.Arifoğlu

14/07/2009

SAÜ MÜH. FAK. ELEKTRİK-ELEKTRONİK MÜHENDİSLİĞİ BÖLÜMÜ DİFERANSİYEL DENKLEMLER YAZ OKULU VİZE SINAV SORULARI

Soru 1) y(2  3xy)dx  x(1  2xy)dy  0 denkleminin x’e bağlı bir entegrasyon çarpanı olduğu kabulü ile genel çözümünü bulunuz. Soru 2) (x 3  xy 2 )dy  2xy 2dx  0 denkleminin genel çözümünü bulunuz.

Soru 3)

d  x1  4 8  x1  6 8t        e dt x 2  2 4 x 2  3 durum denkleminde x1(0)  2; x 2 (0)  3 olduğuna göre; a) t domeninde durum değişkenlerine ilişkin tam çözümü bulunuz. b) s domeninde X1(s) ve X 2 (s) ifadelerini bulunuz. Ters laplace alarak x1( t ) ve x 2 ( t ) tam çözümlerini bulunuz. Bulduğunuz sonucu a şıkkında bulduğunuz sonuçlar ile karşılaştırınız.

Soru 4) F(s) 

2s 2  2s

s3  s 2  4s bulunuz.

olduğuna göre f(t) fonksiyonunda t=0 için f(t) fonksiyonunun alacağı değeri

Soru 5) xy''  2xy'  xy  0 diferansiyel denkleminin bir özel çözümü y= e x olduğuna göre mertebe düşürerek genel çözümü bulunuz. Soru 6) x 2 y''  3xy'  4y  x  x 2 ln x diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz.

Süre 120 dakikadır. Barem: 15/ 15/ 35/ 10/ 10/ 15 Yalnızca ders notları açıktır. Kitap vb. dökümanların kullanılması yasaktır Başarılar dilerim. U.Arifoğlu

U.Arifoğlu

14/07/2009

ÇÖZÜM M N v v 1) v=x;  1  4xy;  2  6xy;  0;  1; y y y x

N M  ' 1  4xy  (2  6xy) (2xy  1) 1 x y =    x  2  v  v  x (2xy  1) x  M  ( x  2x y) N y x xy(2  3xy)dx  x 2 (1  2xy)dy  0 M N   6x 2 y  2x (tam dif. denklem) y x u  M  xy(2  3xy) ; x



u  N  x 2 (1  2xy) y



u(x, y)   (2xy  3x 2 y 2 )x  C( y)  u(x, y)  x 2 y  x 3y 2  C( y) u   x 2  2x 3 y = ( x 2 y  x 3 y 2 )  C' ( y) = x 2  2x 3y  C' ( y) y y dC(y)  0  C( y)  C1 C ' ( y)  0  dy

u(x, y)  x 2 y  x 3y 2  C1  C2 u(x, y)  x 2 y  x 3y2  C2  C1  C3 (genel çözüm-ilkel) 2) (x 3  xy 2 )dy  2xy 2dx  0

dy 2y 2  dx x 2  y2 y=ux değişken dönüşümü uygulanarak;

u 'x  u  

1 u2

u2 1





1  u2

u (u  1) 2

u 'x  

u (u  1)

2u 2

2

du 

u2 1 u (u  1) 2 u2 1 u (u  1) 2

dx 0 x

du  ln x  C  ln C1 A B C  du      du  A=1; B=0; C=-2  u u  1 (u  1) 2 

1 2 2  du     du = ln u  2 2 u ( u  1)  u (u  1) (u  1)  2 u*x 2 ln u   ln x  C  ln C1  ln( ) u 1 C1 u 1 

u2 1

2x 2  y u  1 ux  C1e  y  C1e  x (genel çözüm)



U.Arifoğlu 3 a)

14/07/2009

  4  8  2 2 det(I  A)       8  (  8)  1  0;  2  8  2   4   Homojen çözüm tahmini:

 x1h   C1  C3  8t  x   C   C e  2h   2   4 

(1)

(1) ifadesi sağ tarafsız diferansiyel denklemi sağlamak zorundadır:

8C3e8t  4C1  4C3e8t  8C2  8C4e8t

(2)

(2) eşitliğinden;

4C1  8C2  0



4C1  8C2



8C3  4C3  8C4



4C3  8C4



C1  2C2 C3  2C4

elde edilir. Homojen çözüm;

 x1h    2  2 8 t x   C2    C4  e 1 1  2h 

(3)

olarak elde edilir. Özel çözüm tahmini:

 x1ö  A  8t  x     te  2ö   B 

(4)

olur. (4) eşitliği verilen diferansiyel denklemi sağlamak zorundadır:

Ae8t  8Ate8t  4Ate8t  8Bte8t  6e8t 8t

8t

Be  8Bte

8t

 2Ate

8t

(5)

8t

 4Bte  3e

(6)

(5) ve (6) eşitliklerinden; A=6;

B=3;

elde edilir. Buna göre özel çözüm;

 x1ö  6 8t  x     te  2ö  3

(7)

ve genel çözüm;

 x1g    2  2 8 t 6  8 t x   C 2    C 4   e    te  2g  1 1  3 olarak elde edilir.

(8)

Tam çözüm için;

2   2  2  3  C2  1   C4 1  C4  1; C2  2      

U.Arifoğlu

14/07/2009

 x1t   4   2 8t 6 8t x        e    te  3  2 t    2   1 

(9)

elde edilir. b) x1'  4x1  8x 2  6e8t

x '2  2x1  4x 2  3e8t 6 s 8 3 sX 2 (s)  3  2X1(s)  4X 2 (s)  s 8

sX1(s)  2  4X1(s)  8X 2 (s) 

X1(s)  2

s 2  21s  128



2s 2  42s  256

s(s 2  16s  64) s(s  8) 2 2 16 42 4 4 96 4 2 6 X1(s)          2 2 2 s  8 (s  8) s s  8 (s  8) s s  8 (s  8) 2 (s  8)

x1(t )  4u(t )  2e8t  6te8t X 2 (s)  

3s 2  43s  128



s(s 2  16s  64) 2 1 3 X 2 (s)    s s  8 (s  8) 2

3s 2  43s  128 s(s  8) 2

x 2 (t )  2u(t )  e8t  3te8t 4) lim sy(s)  lim Y( t ) =Y(0) = lim s s

5)

t 0

y  ue x ;

s 

y'  u 'e x  ue x ;

2s 2  2s 3

2

s  s  4s

u ''e x  2u 'e x  ue x  2u 'e x  2ue x + ue x  0 u '  C1  u  C1x  C2 y  C1xe x  C2e x 6)

x  et x 2 y''  3xy'  4y  x  x 2 ln x dy y  e t dx t

d2y dx

2

2

 y t 2

 e  2t 4

2y t

2

 e  2t

y t

y +4y= e t + te2t t

 2  4  4  0  (  2) 2  0 y h  C1e 2t  C2 te2t

2 =2 1

y''  u ''e x  2u 'e x  ue x

y''  2y'  y  0

u ''  0

=

U.Arifoğlu

14/07/2009

y p1  Ae t

 2 (Ae t ) t 2 A=1

4

Ae t +4A e t = e t t

y p1  e t y p2  t 2e 2t (Bt  C) = Bt3e 2t  Ct 2e 2t B = 1/6 C=0 1 y p 2 = t 3e 2 t 6 y= C1x 2  C2 x 2 ln x  x 

1 2 3 x ln x 6

U.Arifoğlu

21/07/2011

SAÜ MÜH. FAK. ELEKTRİK-ELEKTRONİK MÜHENDİSLİĞİ BÖLÜMÜ DİFERANSİYEL DENKLEMLER YAZ OKULU VİZE SINAV SORULARI

Soru 1)

dy  (2x  y  5) 2 dx diferansiyel denkleminde değişken dönüşümü yaklaşımını kullanarak, y(x)’e ilişkin genel çözümü bulunuz.

Soru 2) xy(2)  2y(1)  6x

dy  v değişken dönüşümü ve arkasından entegrasyon çarpanını kullanarak verilen diferansiyel dx denkleme ilişkin genel çözümü bulunuz. b) Euler tipi diferansiyel denklem olduğu kabulü ile yukarıda verilen diferansiyel denklemin genel çözümünü bulunuz ve her iki şıktaki sonuçları karşılaştırınız. a)

Soru 3) x

Soru 4)

dy  6y  3xy 4/3 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. dx

d  x1   4 2   x1  15 2t e     dt  x 2   3 1  x 2   4  olarak verilen durum denkleminin x1 (0)  0 ve x 2 (0)  0 koşulları altında tam çözümünü bulunuz. Özel çözüm LSD yöntemi ile yapılacaktır.

Süre 100 dakikadır. Barem: 20/ 30/ 20/ 30 Yalnızca ders notları açıktır. Kitap vb. dökümanların kullanılması yasaktır Başarılar dilerim. U.Arifoğlu

U.Arifoğlu

21/07/2011

ÇÖZÜM dy 1)  (x  y  5) 2 (1) dx (2) w  x  y 5 olsun. Buna göre; (3) y  w x 5 yazılabilir. (3) ifadesinin her iki tarafının x’e göre türevi alınırsa; dy dw (4)  1 dx dx yazılabilir. (1) ve (2) eşitlikleri (4) ifadesinde yerine yazılırsa; dw dy dw   w 2  1 (değişkenlerine ayrılabilir diferansiyel denklem)  1  (x  y  5)2 = w 2  dx dx dx elde edilir. dw dx   x  arc tan w  C  x  C  arctan w  tan(x  C)  w 1 w2 Son eşitlikten; tan(x  C)  w  x  y  5  y  tan(x  C)  x  5 (genel çözüm) bulunur. 2) a) xy(2)  2y(1)  6x denkleminde

dy  v değişken dönüşümü kullanarak dx

dv 2  v  6 (lineer dif.denklem).Tipi uygun olduğundan entegrasyon çarpanı; dx x (x)  e olacaktır.

x2

P(x)dx

e

2

 v dx

 e2ln x  x 2

dv 2  v  6 denkleminin her iki tarafı x 2 ile çarpılırsa; dx x

dv 2  x 2 v  6x 2  (2xv  6x 2 )dx  x 2 dy  0 dx x

M N   2x (tam dif. denklem) v x u u  M  2xv  6x2 ;  N  x2 x v u(x, v)    (2xv  6x 2 )x   C(v)  u(x, y)  x 2 v  2x 3  C(v)    u  x 2 = (x 2 v  2x 3 )  C' (v) = x 2  C' (v) v v dC(v) C' (v)  0   0  C(v)  C1 dv u(x, v)  x 2 v  2x 3  C1  C2

u(x, v)  x 2 v  2x 3  C2  C1  C3 (genel çözüm-ilkel) C dy dy  2x 3  C3  dy  (2x  23 )dx  v  x2 dx dx x C C y   (2x  23 )dx  x 2  3  C4 (genel çözüm) x x

U.Arifoğlu

21/07/2011

b) Verilen diferansiyel denklemin her iki tarafı x ile çarpılırsa Euler tipi diferansiyel denklem elde edilir:

x  et dy y  e t dx t 2 2 d y y 2t  y  e  e2t 2 2 t dx t  2 y y y  2 y y 2t +2 =6 + =6 e 2t  e  t t 2 t t 2 t 2    0  (  1)  0  1  0; 2  1

x 2 y(2)  2xy(1)  6x 2 

yh  C1  C2 e t

yp  Ae2t (özel çözüm tahmini sağ taraflı dif. denklemde yerine konulursa) 4Ae2t + 2Ae2t  6e2t  A=1 yg  C1  C2 e t  e2t (genel çözüm t’ye bağlı)

x’e bağlı genel çözüm ise x  e t kullanılarak ( t  ln x ); yg  C1  C2 e ln x  e2 ln x  C1 

C2  x 2 (genel çözüm) x

3) Verilen denklem n=4/3 ve 1-n=-1/3 olan bir Bernoulli tipi diferansiyel denklemdir. w= y 1/3 , y  w 3 ;

dy dy dw dw   3w 4 dx dw dx dx ifadesi verilen diferansiyel denklemde yerine konulursa; dw 3xw 4  6w 3  3xw 4 dx elde edilir. Son ifadenin her iki tarafı 3xw 4 ile bölünürse; dw 2  w  1 (lineer dif. denklem) dx x elde edilir. Bunun sağ tarafsız çözümü; dw h 2 dw h w dx  w 2  ln w h  ln C  2ln x  ln h  ln x 2  w h  Cx 2 dx x w x C LSD yöntemi ile sağ taraflı çözümde; dC 1 dx 1 C' x 2  1    2  dC   2  C   C1 dx x x x elde edilir. Bu sabit değeri homojen çözümde yerine yazılırsa; 1 1 w  (  C1 )x 2  x  C1x 2 ; y  w 3 idi. y  3 olur. x w 1 y(x)  (x  C1 x 2 )3 4)

d  x1   4 2   x1  15 2t e     dt  x 2   3 1  x 2   4 

  4 2  2 det(I  A)       3  10  0  1  5;  2  2  3   1   Homojen çözüm tahmini:

 x1h   C1  5t  C3  2t  x   C  e  C  e  2h   2   4

(1)

(1) ifadesindeki sabitler azaltılmak zorundadır:

U.Arifoğlu

21/07/2011

5  4 2   C1  0  3 5  1 C   0  C1  2C2  0  C1  2C2   2   2   C3  0  2  4   6C3  2C4  0  C4  3C3  3 2  1 C4  0 

 x1h   2 5t  1  2t  x   C2 1  e  C3  3 e      2h 

(2)

(homojen çözüm)

LSD yaklaşımı ile genel çözüm bulunursa;

 2 1 15 C'2   e5t  C'3   e2t    e2t 1  3     4 2C'2 e5t  C3' e2t  15e2t

(3)

C'2 e5t  3C3' e2t  4e2t

(4)

(4) denklemi -2 ile çarpılır, (3) ve (4) alt alta toplanırsa;

7C3' e2t  7e2t 

dC3  1  C3   dt  t  C5 dt

(5)

elde edilir. (3) denklemi 3 ile çarpılır, (3) ve (4) alt alta toplanırsa;

7C'2 e5t  49e2t 

dC2  7e7t  C2   7e7t dt  e7t  C6 dt

(6)

elde edilir. (5) ve (6) sonuçları (2) eşitliğinde yerlerine konulursa;

 x1   2 5t  1  2t 7t  x   (e  C6 ) 1  e  (t  C5 )  3 e      2 x1  2e2t  2C6 e5t  te2t  C5e2t x 2  e2t  C6 e5t  3te2t  3C5e2t

(genel çözüm)

elde edilir. Tam çözüm için sabitler bulunursa;

0  2  2C6  C5 0  1  C6  3C5  C6  1; C5  0 elde edilir. Buna göre tam çözüm; x1  2e2t  2e5t  te2t x 2  e2t  e5t  3te2t

 x1   2 5t  2 2t  1  2t (Tam çözüm)  x   1  e   1 e   3 te      2  