Diferansiyel denklemler çözümlü sorular

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 2. Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler * 2.1. Lineer denklemler Problem 2.c: ty 0 + 2y = sin t,

t>0

ile verilen lineer denklemin ¸cöz¨ um¨ un¨ u bulup, t → ∞ i¸cin ¸co¨z¨ um¨ un davranı¸sını belirleyiniz. C ¸¨ oz¨ um : t > 0 dan verilen denklem t ile böl¨ un¨ urse, 2 sin t y0 + y = t t olarak yazılabilir. Denklem birinci mertebeden lineer bir denklemdir. Bu denklem i¸cin 2 sin t p(t) = , q(t) = t t olup integrasyon ¸carpanı, R

µ=e

2 dt t

= e2 ln t = t2

olarak hesaplanır. Denklemin ¸cöz¨ um¨ u i¸cin, Z sin t −2 y=t t2 dt t integraline ula¸sılıp, u = t,

dv = sin t ile kısmi integrasyon alınırsa, y=

c cos t sin t − + 2 2 t t t

¸cöz¨ um¨ une t > 0 i¸cin ula¸sılır. t → ∞ i¸cin y → 0 oldu˘gu basitce gör¨ ulebilir. 1

1˙

¨ Matematik Böl¨ I.T.U. um¨ u, Durmu¸s Da˘ghan

1

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 2. Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler * 2.1. Lineer denklemler Problem 20: ty 0 + (t + 1)y = t,

y(ln 2) = 1

ile verilen ba¸slangı¸c de˘ger problemini ¸cöz¨ um¨ un¨ u bulunuz. C ¸¨ oz¨ um : Verilen denklemi t 6= 0 olmak u ¨zere t ile bölelim. Bu durumda, y0 −

t+1 y=1 t

denklemine varırız. Bu denklemden integral ¸carpanı, R

µ=e

t+1 dt t

= et+ln t = tet

olarak bulunur ve ¸cöz¨ um i¸cin yerine yazılırsa, Z 1 y = t tet dt te dv = et ile kısmi integrasyon yapılırsa ¸co¨z¨ um

elde edilir. u = t,

y =1−

1 c + t t te

olarak bulunur. Burada verilen ba¸slangı¸c ¸sartı y(ln 2) = 1 kullanılırsa, c = 2 oldu˘gu gör¨ ul¨ ur. Bulunan c de˘geri yerine yazılırsa verilen diferansiyel denklemin ba¸slangı¸c ¸sartını sa˘glayan ¸co¨z¨ um¨ u y= olarak elde edilir.

2 1 − +1 tet t

2

2˙


2

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 2. Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler * 2.2. Lineer denklemler u ¨ zerine daha fazla tartı¸smalar Problem 16: (1 − t2 )y 0 − ty = t(1 − t2 ),

y(0) = 2

ba¸slangı¸c de˘ger probleminin genel ¸cöz¨ um¨ un¨ u bulup, ¸cöz¨ um¨ un ya¸sadı˘gı aralı˘gı belirleyip, t → ∞ i¸cin ¸co¨z¨ um¨ u inceleyiniz. C ¸¨ oz¨ um : Denklem d¨ uzenlenirse, y0 −

t y=t 1 − t2

¸seklini alır. Bu lineer denklemimde integral ¸carpanı −

µ=e

R

t dt 1−t2

1

= (1 − t2 ) 2

elde edilir. C ¸ öz¨ um denkleminde yerine yazılırsa, Z 1 2 − 12 y = (1 − t ) t(1 − t2 ) 2 dt ifadesine varılır. 1 − t2 = u de˘gi¸sken de˘gi¸simi ile sa˘g taraftaki integrasyon alınırsa, 1 (1 − t2 ) y=− + c(1 − t2 )− 2 3 seklinde genel ¸cöz¨ um elde edilir. Ba¸slangı¸c ¸sartına uyan ¸cöz¨ um¨ u bulmak i¸cin, 7 genel ¸co¨z¨ umde t = 0 yerine yazılıp 2’ye e¸sitlenirse, c = 3 olarak bulunur. Son olarak genel ¸cöz¨ umde c de˘geri yerine yazılırsa verilen ba¸slangı¸c ¸sartı i¸cin diferansiyel denklemin ¸co¨z¨ um¨ u y=−

1 (1 − t2 ) 7 + (1 − t2 )− 2 3 3

olarak elde edilir. C ¸ öz¨ umden de gör¨ ulece˘gi u ¨zere karekök¨ un i¸saretinin pozitif olabilmesi i¸cin |x| < 1 olması gerekir. O halde ¸co¨z¨ um¨ um¨ uz |x| < 1 aralı˘gında ya¸sayacak olup, aralı˘gın u¸c noktalarında yani t → ±1 i¸cin ¸cöz¨ um sonsuza ka¸cacaktır. 3 3˙


3

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 2. Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler * 2.3. De˘ gi¸skenlerine ayrılabilen denklemler Problem 2: y0 =

x2 y(1 + x3 )

ile verilen diferansiyel denklemi ¸cöz¨ un¨ uz. C ¸¨ oz¨ um : y 0 =

dy dx

den denklem, dy x2 = dx y(1 + x3 )

olarak yazılır ve yeniden d¨ uzenlenirse, ydy =

x2 dx 1 + x3

¸seklinde de˘gi¸skenlerine ayrılmı¸s olur. Son ifadeden de gör¨ uld¨ u˘gu ü ¨zere her iki yanı integre edersek, y2 1 = ln |1 + x3 | + c 2 3 ve buradan da denklemin ¸co¨z¨ um¨ u 3y 2 − ln |1 + x3 | = c, olarak elde edilir. 4

4˙


4

x 6= −1,

y 6= 0

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 2. Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler * 2.3. De˘ gi¸skenlerine ayrılabilen denklemler Problem 5: y 0 = cos2 x cos2 2y diferansiyel denkleminin ¸co¨z¨ um¨ un¨ u bulunuz. C ¸¨ oz¨ um : Denklem uygun formatta yeniden yazılırsa, dy = cos2 x cos2 2y dx ve de˘gi¸skenlerine ayrılırsa, dy = cos2 xdx cos2 2y elde edilir. Sa˘g taraftaki integral, cos2 x =

1 1 + cos 2x 2 2

e¸sitli˘ginden kolaylıkla integre edilebilir. Sol taraftaki integral i¸cin u = 2y de˘gi¸sken de˘gi¸simi yapılırsa Z 1 sec2 udu 2 integraline varılır. Bu integrasyonlardan sonra ¸co¨z¨ um a¸sa˘gıdaki ¸sekilde yazılıabilir. y=

1 arctan(x + sin x cos x + c). 2

5

5˙


5

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 2. Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler * 2.3. De˘ gi¸skenlerine ayrılabilen denklemler Problem 13:

dy 2x = 2 dx x y+y

diferansiyel denkleminin y(0) = −2 ¸sartını ger¸cekleyen ¸co¨z¨ um¨ un¨ u ve ¸cöz¨ um¨ un ya¸sadı˘gı aralı˘gı tespit ediniz. C ¸¨ oz¨ um : Verilen denklemin sa˘gında payda y parantazine alınıp gerekli d¨ uzenleme yapılırsa, 2x ydy = 2 dx x +1 ˙ ¸seklinde de˘gi¸skenlerine ayrılmı¸s olur. Integraller ise olduk¸ca basit bir ¸sekilde, y2 = ln |x2 + 1| + c 2 olarak elde edilir. C ¸ öz¨ um d¨ uzenlenirse p y = ± 2 ln |x2 + 1| + 2c olarak elde edilir. y(0) = −2 ¸sartın sa˘glayan ¸co¨z¨ um i¸cin, ¸cöz¨ um¨ un negatif i¸saretli olanı kullanılıp c = 2 olarak belirlenir. Bu durumda verilen ba¸slangı¸c de˘ger probleminin ¸co¨z¨ um¨ u p y = − 2 ln |x2 + 1| + 4 ifadesidir. C ¸ öz¨ umden de gör¨ ulece˘gi u ¨zere ¸co¨z¨ um¨ un tanımsız oldu˘gu herhangi bir reel sayı mevcut de˘gildir. Dolayısıyla ¸cöz¨ um¨ um¨ uz −∞ < x < ∞ aralı˘gının tamamında ge¸cerlidir. 6

6˙


6

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 2. Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler * 2.8. Tam denklemler ve integrasyon ¸carpanı Problem 4: (2xy 2 + 2y)dx + (2x2 y + 2x)dy = 0 denkleminin tam olup olmadı˘gını belirleyip, e˘ger tam ise ¸cöz¨ um¨ un¨ u yapınız. C ¸¨ oz¨ um : Denklem i¸cin, p(x, y) = (2xy 2 + 2y),

q(x, y) = (2x2 y + 2x)

olmak u ¨zere py = qx = 4xy + 2 olup denklem tam diferansiyeldir. O halde, Z f (x, y) = (2xy 2 + 2y)dx + h(y) yazılır ve integrasyon alınırsa f (x, y) = x2 y 2 + 2xy + h(y) elde edilir. Her iki taraf y’ye göre t¨ uretilirse ∂f (x, y) ∂h = q(x, y) = 2xy + 2x ∂y ∂y elde edilir. q(x, y) de˘geri yerine yazılırsa ∂h =0 ∂y olarak bulunur ve buradan h = c sonucu artaya ¸cıkar. Bulunan h de˘geri yerine yazılırsa ¸co¨z¨ um, f (x, y) = x2 y 2 + 2xy + c olur. 7

7˙


7

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 2. Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler * 2.8. Tam denklemler ve integrasyon ¸carpanı Problem 12:

x (x2 + y 2 )

3 2

dx +

y 3

(x2 + y 2 ) 2

dy = 0

denkleminin tam olup olmadı˘gını belirleyip, e˘ger tam ise ¸cöz¨ um¨ un¨ u yapınız. C ¸¨ oz¨ um : Denklemde, p(x, y) =

x (x2 + y 2 )

3 2

,

q(x, y) =

olup

y 3

(x2 + y 2 ) 2 5

py = qx = −3xy(x2 + y 2 )− 2 den verilen denklem tam diferansiyeldir. Z x f (x, y) = 3 dx + h(y) 2 (x + y 2 ) 2 yazılıp integral i¸cin u = x2 + y 2 de˘gi¸sken de˘gi¸simi yapılırsa, 1

f (x, y) = (x2 + y 2 )− 2 + h(y) elde edilir. Her iki yanın y’ye göre t¨ urevi alınıp, lanılırsa, 3 ∂h = 2y(x2 + y 2 )− 2 ∂y

∂f (x,y) ∂y

= q(x, y) ifadesi kul-

olarak bulunur. Tekrar x2 + y 2 = u de˘gi¸sken de˘gi¸simi ile integrasyon hesaplanırsa, 1 h = −2(x2 + y 2 )− 2 + c elde edilir. h de˘geri yerine yazılırsa ¸co¨z¨ um, 1

f (x, y) = −(x2 + y 2 )− 2 + c olur. Son ifade d¨ uzenlenirse ¸cöz¨ um x2 + y 2 = C ¸seklinde de yazılabilir. 8 8˙


8

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 2. Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler * 2.8. Tam denklemler ve integrasyon ¸carpanı Problem 25: (3x2 + 2xy + y 3 )dx + (x2 + y 2 )dy = 0 ile verilen diferansiyel denklemi bir integrasyon ¸carpanı bularak ¸cöz¨ un¨ uz. C ¸¨ oz¨ um : Verilen denklem i¸cin, p(x, y) = 3x2 + 2xy + y 3 ,

q(x, y) = x2 + y 2

olup, py = 3x2 + 2xy + y 3 ,

qx = 2x

den denklem tam dif. de˘gildir. Uygun integrasyon ¸carpanı i¸cin, py − qx = 3(x2 + y 2 ) olup,

R

µ=e i¸cin µ=e

R

py −qx dx q(x,y)

3dx

= e3x

¸seklinde bulunur ve verilen denklem bu integrasyon ¸carpanı ile ¸carpılırsa, (3x2 e3x + 2xye3x + y 3 e3x )dx + (x2 e3x + y 2 e3x )dy = 0 ¸seklinde denklem elde edilir. Böylece, py = qx = 3x2 e3x + 2xe3x + 3y 2 e3x olup denklem tam dif. hale gelir. C ¸ öz¨ um i¸cin

Z f (x, y) =

(x2 e3x + y 2 e3x )dy + h(x)

se¸cilirse ve gerekli integral alınırsa, 1 f (x, y) = x2 e3x y + e3x y 3 + h(x) 3 elde edilir. Son ifadenin x’e göre t¨ urevi alınırsa, dh ∂f (x, y) = p(x, y) = 3x2 ye3x + 2xye3x + y 3 e3x + ∂x dx 9

elde edilir. p(x, y) de˘geri yerine yazılıp gerekli sadele¸stirmeler yapılırsa, dh =0 dx ve buradan da h = c olarak bulunur. Bulunan h de˘geri yerine yazılırsa ¸co¨z¨ um, 1 x2 ye3x + y 3 e3x + c = 0 3 olur. C = −3c i¸cin ¸co¨z¨ um yeniden d¨ uzenlenirse, (3x2 y + y 3 )e3x = C olarak da yazılabilir. 9

9˙


10


x dx + ( − sin y)dy = 0 y ile verilen diferansiyel denklemi i¸cin bir integrasyon ¸carpanı bularak ¸cöz¨ um yapınız. C ¸¨ oz¨ um : Verilen denklem i¸cin, p(x, y) = 1,

q(x, y) =

x − sin y y

olup,

1 y den denklem tam dif. de˘gildir. Uygun integrasyon ¸carpanı i¸cin, py = 0,

qx =

p y − qx = − olup,

R

µ=e i¸cin

R

µ=e

1 y

py −qx dy −p(x,y)

1 dy y

=y

¸seklinde bulunur ve verilen denklem bu integrasyon ¸carpanı ile ¸carpılırsa, ydx + (x + y sin y)dy = 0 ¸seklinde denklem elde edilir. Böylece, p y = qx = 1 olup denklem tam dif. hale gelmi¸s olur. C ¸ öz¨ um i¸cin

Z f (x, y) =

ydx + h(y)

se¸cilirse ve gerekli integral alınırsa, f (x, y) = xy + h(y) 11

elde edilir. Son ifadenin y’e göre t¨ urevi alınırsa, ∂f (x, y) dh = q(x, y) = x + ∂y dy elde edilir. q(x, y) de˘geri yerine yazılıp gerekli sadele¸stirmeler yapılırsa, dh = −y sin y dy elde edilir. Denklem de˘gi¸skenlerine ayrılırsa, dh = −y sin ydy olurki sa˘g tarftaki integral i¸cin u = y,

dv = sin y

denilerek kısmi integrasyon alınırsa, h = y cos y − sin y − c olarak elde edilir. Bulunan h de˘geri yerine yazılırsa ¸co¨z¨ um, xy + y cos y − sin y − c = 0 olarak elde edilir. 10

10 ˙


12


6 x2 y dy (3x + ) + ( + 3 ) y y x dx

diferansiyel denklemi i¸cin bir integrasyon ¸carpanı bularak ¸cöz¨ um yapınız. C ¸¨ oz¨ um : Verilen denklem d¨ uzenlenirse, 6 x2 y (3x + )dx + ( + 3 )dy = 0 y y x olarak yazılabilir. Böylece, 6 p(x, y) = 3x + , y olup py = − den

6 , y2 1

p y − qx =

q(x, y) =

x2 y 2

qx =

x2 y +3 y x

2x 3y − 2 y x

(−2x3 y 2 − 6x2 + 3y 3 )

elde edilir. Uygun integrasyon ¸carpanı R

µ=e ¸seklinde olup, yq − xp =

py −qx du yq−xp

1 (−2x3 y 2 − 6x2 + 3y 3 ) xy

olarak hesaplanıp yerine u = xy i¸cin yazılırsa, R

µ=e

1 u

du = eln u = u = xy

olarak bulunur. Verilen denklem µ = xy integral ¸carpanı ile ¸carpılırsa, (3x2 y + 6x)dx + (x3 + 3y 2 )dy = 0 denklemine ula¸sılır ki bu denklem de (x3 y + 3x2 + y 3 )0 = 0 13

olarak diferansiyel formda yazılır ve integral alınırsa ¸cöz¨ um x3 y + 3x2 + y 3 = c olarak kar¸sımıza ¸cıkar. 11

11 ˙


14

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 2. Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler * 2.9. Homojen denklemler Problem 6:

dy 4x + 3y =− dx 2x + y

ile verilen denklemin homojen oldu˘gunu gösterip ¸co¨z¨ um¨ un¨ u elde ediniz. C ¸¨ oz¨ um : f (x, y) = −

4x + 3y 2x + y

olmak u ¨zere x = tx, i¸cin f (tx, ty) = −

y = ty

t(4x + 3y) 4x + 3y = −t0 ( ) = t0 f (x, y) t(2x + y) 2+y

olurki bu ifade bize denklemin homojenli˘gini gösterir. O halde y = vx dön¨ u¸su ¨m¨ u yapılırsa, dt dv = x+v dx dx elde edilip denklemde yerine yazılıp gerekli d¨ uzenlemeler yapılırsa, v2

v+2 dx dv = − + 5v + 4 x

elde edilir. Sol taraftaki ifade basit kesirlerine ayrılırsa, (

1 1 2 1 dx + )dv = − 3v+1 3v+4 x

elde edilir. Burada heriki yandan integrasyon alınıp gerkli d¨ uzenlemeler yapılırsa, |v + 1||v + 4|2 =

c x3

denklemine varılır. Son olarak genel ¸co¨z¨ um i¸cin, v = |x + y||4x + y|2 = c ¸seklinde elde edilir. 12 12 ˙


15

y x

ile sonu¸c

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 2. Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler * 2.9. Homojen denklemler Problem 8: (x2 + 3xy + y 2 )dx − x2 dy = 0 ile verilen denklemin homojen oldu˘gunu gösterip ¸co¨z¨ um¨ un¨ u elde ediniz. C ¸¨ oz¨ um : Verilen denklemde gerekli d¨ uzenlemeler yapılırsa, x2 + 3xy + y 2 dy = dx x2 elde ederiz ki bu denklem x ve y i¸cin iknci dereceden homojen bir denklemdir. O halde y = vx de˘gi¸sken dön¨ u¸su ¨m¨ u altında, dv x = (v + 1)2 dx elde edilip de˘gi¸skenlerine ayrılırsa 1 dx dv = 2 (v + 1) x bulunur. Her iki yandan integral alınırsa, 1 = − ln |x| − ln |c| v+1 elde edilir. v =

y x

ile de denklemin ¸cöz¨ um¨ u y 6= −x i¸cin, x + ln x + lnc = 0 x+y

olarak kar¸sımıza ¸cıkar. 13

13 ˙


16

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 2. Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler * 2.9. Homojen denklemler Problem 15.b:

dy 2y − x + 5 = dx 2x − y − 4 denkleminin ¸co¨z¨ um¨ un¨ u bulunuz. C ¸¨ oz¨ um : A¸cık olarak denklem homojen denklem de˘gildir. ∆ = 1 − 4 = −3 6= 0 oldu˘gundan, 2y − x + 5 = 0,

2x − y − 4 = 0

do˘grularını ortak ¸co¨zersek, (h, k) = (x, y) = (1, −2) olarak bulabiliriz. Bu durumda verilen diferansiyel denklemi homojen hale getirmek i¸cin, x = X + 1, y = Y − 2 ötelemeleri yapmak yeterli olacaktır. ifadeler altında, denklem, dY = dX ¸seklinde homojen hale gelir. Y = V X

Ayrıca, dx = dX ve dy = dY dir. Bu 2Y − X 2X − Y dön¨ u¸su ¨m¨ u ile ,

V 0X + V =

2V − 1 2−V

ve buradan da

2−V dX dV = 2 V −1 X elde edilir. Sol taraftaki integral i¸cin gerekli d¨ uzenlemeler yapılırsa , µ ¶ 3 1 dX 1 − dV = 2 V −1 V +1 X ˙ denklemine varılır. Integrasyon ile sonu¸c, |

V −1 | = cX 2 (V + 1)3 17

ve V =

Y X

i¸cin |Y − X| =c |Y + X|3

elde edilir ve son olarak X = x − 1 ve Y = y + 2 ile diferansiyel denklemin ¸cöz¨ um¨ u y 6= −x − 1 i¸cin, |y − x + 3| = c|y + x + 1|3 olarak elde edilir. 14

14 ˙


18

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 2. Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler * 2.9. Homojen denklemler Problem 16:

dy 4x + 3y + 15 =− dx 2x + y + 7

homojen olmayan diferansiyel denklemi homojen hale getirip ¸co¨z¨ um¨ un¨ u yazınız. C ¸¨ oz¨ um : Verilen denklemi homojen hale getirmek i¸cin (h, k) noktasını bulalım. 4x + 3y + 15 = 0, 2x + y + 7 = 0 do˘gruları ortak ¸co¨z¨ ul¨ urse (h, k) = (−3, −1) olarak bulunur. O halde x = X − 3,

y =Y −1

dön¨ u¸su ¨mleri ile diferansiyel denklemimiz, dY 4X + 3Y =− dX 2X + Y ¸seklinde homojen hale gelir. Y = V X ile bu denklem, V +2 dX dV = − V + 5V + 4 X 2

¸sekline gelir. Sol taraf basit kesirlerine ayrılıp daha sonra her iki yanın integralleri alınırsa ¸cöz¨ um, c |V + 1||V + 4|2 = 2 X Y ¨ elde edilir. Once V = X sonra X = x + 3 ve Y = y + 1 ¸co¨z¨ umde yerine yazılırsa istenen ¸co¨z¨ ume |x + y + 4||4x + y + 13|2 = c olarak ula¸sılır. 15

15 ˙


19

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. ˙ * 3. Ikinci Mertebeden Lineer Denklemler * 3.1. Sabit katsayılı lineer homojen denklemler Problem 2: y 00 + 3y 0 + 2y = 0 sabit katsayılı homojen denkleminin genel ¸co¨z¨ um¨ un¨ u bulunuz. C ¸¨ oz¨ um : Aranacak ¸co¨z¨ um y = ert ¸seklinde olup gerekli t¨ urevler hesaplanırsa y 0 = rert ,

y 00 = r2 ert

elde edilir. Denklemde yerine yazılırsa (r2 + 3r + 2)ert = 0 bulunur. Buradan karekteritlik deklem (r2 + 3r + 2) = 0 dır. Bu denklemin kökleri ise r1 = −1,

r2 = −2

olup denklemin genel ¸cöz¨ um¨ u ise y = c1 e−t + c2 e−2t dir. 16

16 ˙


20

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. ˙ * 3. Ikinci Mertebeden Lineer Denklemler * 3.1. Sabit katsayılı lineer homojen denklemler Problem 10: y 00 + 4y 0 + 3y = 0;

y(0) = 2,

y 0 (0) = 1

ba¸slangı¸c de˘ger probleminin ¸cöz¨ um¨ un¨ u bulup t artarken ¸co¨z¨ um¨ un davranı¸sını belirleyiniz. C ¸¨ oz¨ um : Aranacak ¸co¨z¨ um y = ert ¸seklinde olup gerekli t¨ urevler hesaplanırsa y 0 = rert ,

y 00 = r2 ert

elde edilir. Denklemde yerlerine yazılırlarsa (r2 + 4r + 3)ert = 0 elde edilir. Buradan karekteritlik deklem (r2 + 4r + 2) = 0 olup karakteristlik denklemin kökleri ise r1 = −1,

r2 = −3

olarak tespit edilir. Böylece denklemin genel ¸co¨z¨ um¨ u ise y = c1 e−3t + c2 e−t dir. y(0) = 2 ba¸slangı¸c ¸sartından c1 + c2 = 2 elde edilir. y 0 = −3c1 e−3t − c2 e−t i¸cin y 0 (0) = 1 ¸sartı kullanılırsa −3c1 − c2 = 0 ˙ denklemden c1 ve c2 katsayıları hesaplanırsa elde edilir. Iki 1 2 c1 = − , c2 = 2 2 olarak bulunur ve genel ¸cöz¨ umde yerlerine yazılırsa, verilen ba¸slangı¸c ¸sartlarını sa˘glayan ¸co¨z¨ um, 5 1 y = − e−3t + e−t 2 2 17 olur. C ¸ öz¨ um t → ∞ i¸cin sıfıra gider. 17 ˙


21

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. ˙ * 3. Ikinci Mertebeden Lineer Denklemler * 3.1. Sabit katsayılı lineer homojen denklemler Problem 14: 2y 00 + y 0 − 4y = 0;

y 0 (0) = 1

y(0) = 0,

ba¸slangı¸c de˘ger probleminin ¸cöz¨ um¨ un¨ u bulup t artarken ¸co¨z¨ um¨ un davranı¸sını belirleyiniz. C ¸¨ oz¨ um : y = ert aranacak ¸cöz¨ um¨ u i¸cin, y 0 = rert ve y 00 = r2 ert oldu˘gundan. (2r2 + r − 4)ert = 0 bulunur. Buradan karekteritlik deklem (2r2 + r − 4) = 0 dır. Karakteristlik denklemin kökleri ise √ √ −1 + 33 −1 − 33 , r2 = r1 = 4 4 olup denklemin genel ¸cöz¨ um¨ u ise √

( −1−4

y = c1 e

33

)t

+ c2 e

√ 33

( −1+4

)t

¸seklinde elde edilir. y(0) = 2 dan c1 + c2 = 2, √ √ √ √ −1+ 33 −1 − 33 −1 + 33 ( −1−4 33 )t y =( )c1 e )c2 e( 4 )t +( 4 4 0 i¸cin y (0) = 1 ¸sartı kullanılırsa da √ √ −1 − 33 −1 + 33 ( )c1 + ( )c2 = 1 4 4 0

˙ denklemden c1 ve c2 katsayıları hesaplanırsa elde edilir. Iki 1 c1 = − √ , 2 33

22

1 c2 = √ 2 33

olarak bulunur ve ¸co¨z¨ umde yerlerine yazılırsa, verilen ba¸slangı¸c ¸sartlarını sa˘glayan ¸cöz¨ um, 1 ( −1−√33 )t 1 ( −1+√33 )t 4 y=− √ e + √ e 4 2 33 2 33 olur. C ¸ öz¨ um t → ∞ i¸cin y → ∞ olarak gözlenir. 18

18 ˙


23

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. ˙ * 3. Ikinci Mertebeden Lineer Denklemler * 3.3. Lineer ba˘ gımsızlık ve wronskian Problem 1: f (t) = t2 + 5t,

g(t) = t2 − 5t

olarak verilen fonksiyonların lineer ba˘gımlı olup olmadıklarını belirleyiniz. C ¸¨ oz¨ um : Verilen iki fonksiyonun wronskianları µ 2 ¶ t + 5t t2 − 5t W (f (t), g(t)) = det = 20t2 2t + t 2t − 5 olup sıfırdan farklıdır. Dolayısıyla f ve g fonksiyonları lineer ba˘gımsızdırlar.

Problem 15: t2 y 00 − t(t + 2)y 0 + (t + 2)y = 0 denklemini ¸co¨zmeden iki ¸co¨z¨ um¨ un wronskianını hesaplayınız. C ¸¨ oz¨ um : Verilen diferansiyel denklem t 6= 0 ile böl¨ un¨ up d¨ uzenlenirse y 00 −

t+2 0 t+2 y + 2 y=0 t t

elde edilir. Bu durumda p(t) = −

t+2 , t

q(t) =

t+2 t2

olup bu iki fonksiyon t 6= 0 s¨ ureklidirler. Dolayısıyla, y1 , y2 iki ¸co¨z¨ um olmak u ¨zere Teorem 3.2.2 uygulanırsa, W (y1 , y2 ) = ce den, W (y1 , y2 ) = ct2 et elde edilir. 19

19 ˙


24

R

( t+2 )dt t

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. ˙ * 3. Ikinci Mertebeden Lineer Denklemler * 3.3. Lineer ba˘ gımsızlık ve wronskian Problem 17: x2 y 00 + xy 0 + (x2 − ν 2 )y = 0 Bessel Denklemini ¸cözmeden iki ¸cöz¨ um¨ un wronskianını hesaplayınız. C ¸¨ oz¨ um : Denklem x 6= 0 i¸cin x2 − ν 2 1 y 00 − y 0 + y=0 x x2 2

2

olup p(x) = − x1 ve q(x) = x x−ν fonksiyonları x 6= 0 i¸cin s¨ ureklidir. y1 , y2 iki 2 ¸cöz¨ um olmak u ¨zere Teorem 3.2.2 den, W (y1 , y2 ) = ce olup, W (y1 , y2 ) =

c x

R

1 dx x

elde edilir.

Problem 18: (1 − x2 )y 00 − 2xy 0 + α(α + 1)y = 0 Legendre Denklemini ¸cözmeden iki ¸cöz¨ um¨ un wronskianını hesaplayınız. C ¸¨ oz¨ um : x 6= ±1 i¸cin y 00 −

2x 0 α(α + 1) y + y=0 1 − x2 1 − x2

α(α+1) 2x olup p(x) = − 1−x fonksiyonları x 6= ±1 i¸cin s¨ ureklidir. y1 , y2 2 ve q(x) = 1−x2 iki ¸co¨z¨ um olmak u ¨zere Teorem 3.2.2 den, R

W (y1 , y2 ) = ce olup, W (y1 , y2 ) =

c 1−x2

elde edilir.

20

20 ˙


25

2x dx 1−x2

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. ˙ * 3. Ikinci Mertebeden Lineer Denklemler * 3.4. Kompleks k¨ okler ve karakteristlik denklem Problem 10: y 00 + 2y 0 + 2y = 0 diferansiyel denkleminin genel ¸cöz¨ um¨ un¨ u bulunuz. C ¸¨ oz¨ um : t = ert ¸seklinde aranacak ¸cöz¨ um i¸cin, y 0 ve y 00 de˘gerleri hesaplanır ve denklemde yerine yazılırsa (r2 + 2r + 2)ert = 0 dan karekteristlik denklem, r2 + 2r + 2 = 0 olarak bulunur. Denklemin kökleri hesaplanırsa kar¸sımıza r1,2 = −1 ± i gibi iki tane kompleks kök ¸cıkar. Bu durumda verilen denklemin genel ¸co¨z¨ um¨ u y = c1 e−t cos t + c2 e−t sin t ¸seklinde yazılır. 21

21 ˙


26

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. ˙ * 3. Ikinci Mertebeden Lineer Denklemler * 3.4. Kompleks k¨ okler ve karakteristlik denklem Problem 12: 4y 00 + 9y = 0 diferansiyel denkleminin genel ¸cöz¨ um¨ un¨ u bulunuz. C ¸¨ oz¨ um : y = ert i¸cin y 0 ve y 00 de˘gerleri hesaplanır ve denklemde yerine yazılırsa (4r2 + 9)ert = 0 dan karekteristlik denklem, 4r2 + 9 = 0 olarak bulunur. Denklemin kökleri r1,2 = ± 32 i gibi tamamen imajiner olarak ortaya ¸cıkar. Bu durumda verilen denklemin genel ¸co¨z¨ um¨ u 3 3 y = c1 cos t + c2 sin t 2 2 ¸seklinde yazılır. 22

22 ˙


27

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. ˙ * 3. Ikinci Mertebeden Lineer Denklemler * 3.4. Kompleks k¨ okler ve karakteristlik denklem Problem 18: y 00 + 4y 0 + 5y = 0;

y(0) = 1,

y 0 (0) = 0

ba¸slangı¸c ¸sartlarıyla verilen diferansiyel denklemin ¸cöz¨ um¨ un¨ u bulunuz. ¨ C ¸¨ oz¨ um : Oncelikle denklemin genel ¸co¨z¨ um¨ un¨ u bulalım. y = ert i¸cin y 0 = rert 00 2 rt ve y = r e de˘gerlerinden (r2 + 4r + 5)ert = 0 elde edilirse karekteristlik denklem, r2 + 4r + 5 = 0 olarak bulunur. Denklemin kökleri r1,2 = −2pmi gibi kompleks köklerdir. Bu durumda verilen denklemin genel ¸co¨z¨ um¨ u y = c1 e−2t cos t + c2 e−2t sin t ¸seklinde yazılır. Birinci ba¸slangı¸c ¸sartı olan y(0) = 1 den c1 = 1 elde edilir. ˙ Ikinci ba¸slangı¸c ¸sartı i¸cin ¸cöz¨ um¨ un t¨ urevi alınırsa y 0 (t) = (−2c1 + c2 )e−2t cos t + (−c1 − 2c2 )e−2t sin t ve y 0 (0) = 0 ¸sartı kullanılırsa c2 = 2 olarak belirlenir c1 , c2 de˘gerleri ¸co¨z¨ umde yerlerine yazılırsa verilen ba¸slangı¸c ¸sartlarını sa˘glayan ¸co¨z¨ um, y = e−2t cos t + 2e−2t sin t olarak elde edilir. 23

23 ˙


28

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. ˙ * 3. Ikinci Mertebeden Lineer Denklemler * 3.5. C ¸ akı¸sık k¨ okler ve mertebe d¨ u¸su ¨ rme Problem 6: y 00 − 6y 0 + 9y = 0 ile verilen denklemin genel ¸co¨z¨ um¨ un¨ u bulunuz. C ¸¨ oz¨ um : Verile denklemin karekteristlik denklemi y = ert ¸seklinde aranacak ¸cöz¨ um i¸cin (r − 3)2 = 0 olup kökler r1 = r2 = 3 d¨ ur. Böylece genel ¸cöz¨ um, y = c1 e3t + c2 te3t ¸seklinde yazılır.

Problem 8: 16y 00 + 24y 0 + 9y = 0 ile verilen denklemin genel ¸co¨z¨ um¨ un¨ u bulunuz. C ¸¨ oz¨ um: y = ert ¸seklinde aranacak ¸cöz¨ umde karekteristlik denklem 3 (r + )2 = 0 4 olup kökler r1 = r2 = − 34 d¨ ur. Bu durumda genel ¸co¨z¨ um, 3

3

y = c1 e− 4 t + c2 te− 4 t ¸seklinde yazılır. 24

24 ˙


29

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. ˙ * 3. Ikinci Mertebeden Lineer Denklemler * 3.5. C ¸ akı¸sık k¨ okler ve mertebe d¨ u¸su ¨ rme Problem 14: y 00 + 4y 0 + 4y = 0;

y(−1) = 2,

y 0 (−1) = 1

ba¸slangı¸c ¸sartları ile verilen diferansiyel denklemin ¸co¨z¨ um¨ un¨ u bulunuz. C ¸¨ oz¨ um : y = ert aranacak ¸co¨z¨ um i¸cin y 0 ve y 00 t¨ urevleri hesaplanıp denklemde yerine yazılırsa karekteristlik denklem (r + 2)2 = 0 olup kökler r1 = r2 = −2 dir. Bu durumda denklemin genel ¸co¨z¨ um¨ u, y = c1 e−2t + c2 te−2t ¸seklinde yazılır. y(−1) = 2 birinci ba¸slangı¸c ¸sartı i¸cin c1 − c2 = 2e−2 olarak bulunur. Genel ¸cöz¨ um¨ un t¨ urevinden y 0 = e−2t (−2c2 t + c2 − 2c1 ) olup y 0 (−1) = 1 ba¸slangı¸c ¸sartı kullanılırsa −2c1 + 3c2 = e−e ˙ denklemden c1 , c2 katsayıları ¸cöz¨ elde edilir. Iki ul¨ urse c1 = 7e−2 ,

c1 = 5e−2

olarak bulunup yerlerine yazılırsa verilen ba¸slangı¸c ¸sartlarını sa˘glayan ¸cöz¨ um y = 7e−2(t+1) + 5te−2(t+1) olarak elde edilir. 25 25 ˙


30

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. ˙ * 3. Ikinci Mertebeden Lineer Denklemler * 3.5. C ¸ akı¸sık k¨ okler ve mertebe d¨ u¸su ¨ rme Problem 24: t2 y 00 + 2ty 0 − 2y = 0,

t > 0,

y1 (t) = t

¸seklinde bir ¸co¨z¨ um¨ u bilinenen denklemin ikinci ¸cöz¨ um¨ un¨ u mertebe d¨ u¸su ¨rme metodunu kullanarak elde ediniz. C ¸¨ oz¨ um : y1 (t) = t verilen denklemin ger¸cekten de bir ¸co¨z¨ um¨ ud¨ ur. Bunu görmek i¸cin, gerekli t¨ urevler alınıp denklemde yerine yazılır. Bilinen bu ¸co¨z¨ um¨ u kullanarak denklemin di˘ger ¸co¨z¨ um¨ un¨ u bulmak i¸cin y(t) = y1 (t)v(t) diyelim ve t¨ urevleri hesaplayalım. y 0 = v + tv 0 ,

y 00 = tv 00 + 2v 0

olarak bulunur. Bu de˘gerleri denklemde yerlerine yazarsak t3 v 00 + 4t2 v 0 = 0 denklemini elde edilip de˘gi¸skenlerine ayrılırsa v 00 4 =− 0 v t olur. Birinci integrasyondan v0 =

c1 t4

ve buradan da tekrar integrasyon alıp v = −3c1 t−3 + c2 olarak bulabiliriz. Bulunan v de˘geri y = vt de yerine yazılırsa y = −3c1 t−2 + c2 t elde edilir. y1 (t) = t oldu˘gundan y2 (t) = olurki buda bizim aradı˘gımız sonu¸ctur. 26 26 ˙


31

1 t2

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. ˙ * 3. Ikinci Mertebeden Lineer Denklemler * 3.5. C ¸ akı¸sık k¨ okler ve mertebe d¨ u¸su ¨ rme Problem 28: (x − 1)y 00 − xy 0 + y = 0,

x > 1,

y1 (x) = ex

¸seklinde bir ¸co¨z¨ um¨ u bilinenen denklemin ikinci ¸cöz¨ um¨ un¨ u mertebe d¨ u¸su ¨rme metodunu kullanarak elde ediniz. C ¸¨ oz¨ um : Benzer olarak gerekli t¨ urevler y1 (x) = ex i¸cin alınıp denklemde yerine yazılırsa ex in bu denklem i¸cin bir ¸co¨z¨ um oldu˘gu gör¨ ul¨ ur. Bilinen bu ¸cöz¨ um¨ u kullanarak denklemin di˘ger ¸cöz¨ um¨ un¨ u bulmak i¸cin y(x) = y1 (x)v(x) diyelim ve t¨ urevleri hesaplayalım. y 0 = (v 0 + v)ex ,

y 00 = (v 00 + 2v 0 + v)ex

olarak bulunur. Bu de˘gerleri denklemde yerlerine yazarsak v 00 (x − 1)ex + v 0 (x − 2)ex = 0 denklemini elde edriz. De˘gi¸skenlerine ayırırsak v 00 2−x = 0 v x−1 olur. Sa˘g taraf yeniden d¨ uzenlenirse 1 v 00 = −1 + v0 x−1 bulunur. Birinci integrasyondan v 0 = c1 e−x (x − 1) ˙ elde edilir. Ikinci integrasyon i¸cin x − 1 = u,

dv = e−x

ile kısmi integrasyon uygulanırsa, v = −c1 e−x x + c2 32

elde edilir. Bulunan v de˘geri y = vex de yerine yazılırsa y = −c1 x + c2 ex elde edilir. y1 (x) = ex oldu˘gundan ikinci ¸co¨z¨ um y2 (x) = x olurak tespit edilir. 27

27 ˙


33

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. ˙ * 3. Ikinci Mertebeden Lineer Denklemler * 3.6. Homojen olmayan denklemler ve belirsiz katsayılar metodu Problem 2: y 00 + 2y 0 + 5y = 3 sin 2x denklemini belirsiz katsatılar metodunu kullanarak ¸co¨z¨ un¨ uz. C ¸¨ oz¨ um : Homojen kısım i¸cin karekteristlik denklem r2 + 2r + 5 = 0 olup kökleri r1,2 = −1 ± 2i dir. Bu durumda homejen kısmın ¸co¨z¨ um¨ u, yh = c1 e−x cos 2x + c2 te−x sin 2x ¨ olarak yazılır. Ozel ¸co¨z¨ um Y (x) = a sin 2x + b cos 2x ¸seklinde aranmalıdır. Buradan, Y 0 (x) = 2a cos 2x − 2b sin 2x,

Y 00 (x) = −4a sin 2x − 4b cos 2x

ifadeleri yerlerine yazılırsa ve gerkli d¨ uzenlemelr yapılırsa (a − 4b) sin 2x + (4a + b) cos 2x = 3 sin 2x olur ki a − 4b = 3,

4a + b = 0

olarak bulunur. Bu iki denklemden 3 12 a= , b=− 17 17 bulunur. O halde denklemin özel ¸cöz¨ um¨ u 12 3 sin 2x − cos 2x Y (x) = 17 17 ¸seklinde elde edilir. Böylece verilen denklemin genel ¸cöz¨ um¨ u 3 12 yG = c1 e−x cos 2x + c2 e−x sin 2x + sin 2x − cos 2x 17 17 elde edilir. 28 28 ˙


34

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. ˙ * 3. Ikinci Mertebeden Lineer Denklemler * 3.6. Homojen olmayan denklemler ve belirsiz katsayılar metodu Problem 6: y 00 + 2y 0 + y = 2e−t denklemini belirsiz katsatılar metodunu kullanarak ¸co¨z¨ un¨ uz. C ¸¨ oz¨ um : Homojen kısım i¸cin karekteristlik denklem r2 + 2r + 1 = 0 olmak u ¨zere kökleri ¸cakı¸sık olup r1 = r2 = −1 dir. Bu durumda homejen kısmın ¸co¨z¨ um¨ u, yh = c1 e−t + c2 te−t olarak yazılır. α = −1 olup karekteristlik denklemin ¸cift katlı kök¨ ud¨ ur. O halde özel ¸co¨z¨ um Y (t) = kt2 e−t ¸seklinde aranmalıdır. Bunun i¸cin Y 0 (t) = e−t (−kt2 + 2kt),

Y 00 (t) = e−t (kt2 − 4kt + 2k)

elde edilip denklemde yerlerine yazılır ve gerekli d¨ uzenlemeler yapılırsa 2ke−t = 2e−t olur ki k = 1 olarak bulunur. Bu durumda özel ¸co¨z¨ um Y (t) = t2 e−t ¸seklinde elde edilir. Böylece verilen denklemin genel ¸cöz¨ um¨ u yG = c1 e−t + c2 te−t + t2 e−t olarak yazılır. 29 29 ˙


35

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. ˙ * 3. Ikinci Mertebeden Lineer Denklemler * 3.6. Homojen olmayan denklemler ve belirsiz katsayılar metodu Problem 13: y 00 + y 0 − 2y = 2t;

y(0) = 0,

y 0 (0) = 1

ba¸slangı¸c de˘ger problemini belirsiz katsatılar metodunu kullanarak ¸co¨z¨ un¨ uz. C ¸¨ oz¨ um : Homojen ¸cöz¨ um i¸cin denklem sıfıra e¸sitlenip, y = ert i¸cin karekteristlik denklem r2 + r − 2 = 0 dan r1 = 1, r2 = −2 olarak bulunur. O halde homojen kısmın ¸co¨z¨ um¨ u, yh = c1 et + c2 e−2t ¨ olur. Ozel ¸cöz¨ um¨ u bulmak i¸cin, Y (t) = at + b ¸seklinde bir polinom se¸celim. Buradan, y 0 = a,

y 00 = 0

ifadeleri denklemde yerine yazılırsa, −2at + (a − 2b) = 2t olur. Bu e¸sitlikten

1 2 olarak bulunur. O halde denklemin özel ¸co¨z¨ um¨ u, a = −1,

b=−

Y (t) = −t −

1 2

olur. Böylece genel ¸co¨z¨ um, yG = c1 et + c2 e−2t − t −

36

1 2

olarak yazılır. y(0) = 0 ba¸slangı¸c ¸sartı kullanılırsa c1 + c2 =

1 2

˙ denklemi elde edilir. Ikinci ba¸slangı¸c ¸sartı i¸cin genel ¸co¨z¨ um¨ un t¨ urevi alınırsa, 0 = c1 et − 2c2 e−2t − 1 yG

bulunur. y 0 (0) = 1 dan c1 − 2c2 = 1 olarak ikinci denklem elde edilir. Bu iki denklemden c1 , c2 katsayıları ¸cöz¨ ul¨ urse c1 = 1,

c2 = −

1 2

olur. Genel ¸co¨z¨ umde bu de˘gerler yerine yazılırsa verilen ba¸slangı¸c ¸sartlarını sa˘glayan ¸co¨z¨ um 1 1 yG = et − e−2t − t − 2 2 olarak bulunur. 30

30 ˙


37

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. ˙ * 3. Ikinci Mertebeden Lineer Denklemler * 3.7. Parametrelerin de˘ gi¸simi y¨ ontemi Problem 2: y 00 − y 0 − 2y = 2e−t denkleminin ¸cöz¨ um¨ un¨ u parametrelerin de˘gi¸simi yöntemini kullanarak elde ediniz. C ¸¨ oz¨ um : Basitce de gör¨ ulece˘gi gibi homojen kısmın ¸co¨z¨ um¨ u i¸cin karekteristlik denklem r2 − r − 2 = 0 olup kökleri r1 = −1,

r2 = 2

olarak bulunursa homojen ¸co¨z¨ um yh = c1 e−t + c2 e2t ¸seklinde elde edilir. Verilen denklemin özel ¸cöz¨ um¨ u i¸cin, y(t) = c1 (t)e−t + c2 (t)e2t alınarak, katsayıların tespiti i¸cin c01 (t)e−t + c02 (t)e2t = 0, −c01 (t)e−t + 2c02 (t)e2t = 2e−t denklemleri elde edilir. Denklemler taraf tarafa toplanırsa 2 c02 (t) = e−3t 3 elde edilir. Bu ise

2 dc2 = e−3t dt 3

demektir. Buradan

2 c2 (t) = − e−3t 9 olarak elde edilir. Bulunan bu de˘ger yardımıyla c01 = − 38

2 3

olur ki buradan da

2 c1 (t) = − t 3 olarak kolaylıkla hesaplanabilir. c1 (t), c2 (t) de˘gerleri yerlerine yazılırsa özel ¸cöz¨ um 2 2 Y (t) = − te−t − e−t 3 9 olarak elde edilir. ¨ Ozel ¸co¨z¨ um Y (t) = − 23 te−t se¸cilirse (¸cu ¨nk¨ u e−t homojen kısım ¸co¨z¨ um¨ unde var), verilen denklemin genel ¸cöz¨ um¨ u 2 yG = c1 e−t + c2 e2t − te−t 3 olarak elde edilir.

31

31 ˙


39

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. ˙ * 3. Ikinci Mertebeden Lineer Denklemler * 3.7. Parametrelerin de˘ gi¸simi y¨ ontemi Problem 5:

π 2 denkleminin genel ¸co¨z¨ um¨ un¨ u parametrelerin de˘gi¸simi yöntemini kullanarak elde ediniz. y 00 + y = tan t,

0
C ¸¨ oz¨ um : Homojen kısmın ¸co¨z¨ um¨ u i¸cin karekteristlik denklem r2 + 1 = 0 ollup kökleri r1,2 = ±i olarak bulunursa homojen ¸co¨z¨ um yh = c1 cos t + c2 sin t olarak yazılır. Denklemin özel ¸co¨z¨ um¨ u i¸cin, y(t) = c1 (t) cos t + c2 (t) sin t alınarak, katsayıların tespiti i¸cin c01 (t) cos t + c02 (t) sin t = 0, −c01 (t) sin t + c02 (t) cos t = tan t denklemleri elde edilir. Birinci denklem sin t, ikinci denklem cos t ile ¸carpılıp taraf tarafa toplanırsa c02 = sin t bulunur ki buradan bir integrasyon ile c2 = − cos t olarak elde edilir. Benzer ¸sekilde, birinci denklem cos t, ikinci denklem − sin t ile ¸carpılıp taraf tarafa toplanırsa c01 = cos t − sec t 40

bulunur ki buradan bir integrasyon ile c1 = sin t − (ln | tan t + sec t|) olarak elde edilir. Bulunan bu de˘gerler yerlerine yazılırsa özel ¸co¨z¨ um Y (t) = − cos t(ln | tan t + sec t|) olarak elde edilir. Sonu¸cta ise diferansiyel denklemin genel ¸co¨z¨ um¨ u yG = c1 cos t + c2 sin t − cos t(ln | tan t + sec t|) olarak yazılır.

32

32 ˙


41

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. ˙ * 3. Ikinci Mertebeden Lineer Denklemler * 3.7. Parametrelerin de˘ gi¸simi y¨ ontemi Problem 11: y 00 − 5y 0 + 6y = g(x) Burda g(x) s¨ urekli bir fonksiyon olmak u ¨zere denklemin genel ¸co¨z¨ um¨ un¨ u elde ediniz. C ¸¨ oz¨ um : Verilen diferansiyel denkleminin genel ¸cöz¨ um¨ un¨ u Teorem 3.7.1’i kullanarak elde edelim. Homojen kısımdan karekteristlik denklem r2 − 5r + 6 = 0 olup denklemin kökleri r1 = 2,

r2 = 3

olarak bulunur ve homojen ¸co¨z¨ um yh = c1 e2x + c2 e3x ¸seklinde ifade edilir. O halde, y1 (x) = e2x ,

y2 (x) = e3x

olur ve basit bir hesaptan sonra W (y1 , y2 ) = −e5x olarak bulunurki bu bize ¸co¨z¨ umlerin lineer ba˘gımsızlı˘gını verir. S¨ ureklilik bu denklemin katsayıları ve verilen g fonksiyonu i¸cin var oldu˘gundan özel ¸cöz¨ um i¸cin Teorem 3.7.1’i kullanabiliriz. Z 2s Z 3s e g(s) e g(s) 3x 2x Y (x) = −e ds + e ds 5s −e −e5x gerekli d¨ uzenlemeler yapılırsa, Z Z 3x−3s Y (x) = (e g(s))ds − (e(2x−2s) g(s))ds ve buradan da özel ¸cöz¨ um Z Y (x) =

(e3(3x−3s) − e2(x−s) )g(s)ds 42

olarak elde edilir. Denklemin genel ¸co¨z¨ um¨ u ise Z 2x 3x yG = c1 e + c2 e + (e3(x−s) − e2(x−s) )g(s)ds olarak yazılabilir. 33

33 ˙


43

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 4. Y¨ uksek Mertebeden Lineer Denklemler * 4.1. n. Mertebeden lineer denklemlerin genel teorisi Problem 2: ty 000 + sin ty 00 + 3y = cos t ile verilen diferansiyel denklemin ¸cöz¨ um arlı˘gını bulunuz. C ¸¨ oz¨ um : Verilen denklem t ile böl¨ un¨ urse y 000 +

y cos t sin t 00 y +3 = t t t

elde edilir.

sin t 3 cos t , p2 (t) = , g(t) = t t t fonksiyonları a¸cık olarak t 6= 0 i¸cin s¨ urekli fonksiyonlardır. O halde Teorem 4.1 ’e göre denklemin ¸co¨z¨ um¨ u t 6= 0 i¸cin mevcuttur. p1 (t) =

Problem 6: (x2 − 4)y ıv + x2 y 000 + 9y = 0 diferansiyel denkleminin ¸co¨z¨ uml¨ u oldu˘gu aralı˘gı bulunuz. C ¸¨ oz¨ um : Verilen denklemi x2 − 4 ile bölelim. Bu durumda x2 9 y + 2 y 000 + 2 =0 x − 4t x −4 ıv

elde edilir.

x2 9 , p2 (x) = 2 2 x − 4t x −4 olarak gösterilirse, fonksiyonların s¨ ureklili˘gi i¸cin x 6= −2 ve x 6= 2 olması gerekir. Teorem 4.1’e göre bu diferansiyel denklemin ¸cöz¨ um¨ un¨ un ge¸cerli old˘gu aralıklar, p1 (x) =

−∞ < x < −2,

−2 < x < 2,

olark kar¸sımıza ¸cıkar. 34

34 ˙


44

2
* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 4. Y¨ uksek Mertebeden Lineer Denklemler * 4.1. n. Mertebeden lineer denklemlerin genel teorisi Problem 11: y 000 + y 0 = 0 denklemi i¸cin 1,

cos t,

sin t

u ¨¸cl¨ us¨ un¨ un denklemin birer ¸co¨z¨ umleri olduklarını gösterip wronskianlarını hesaplayınız. C ¸¨ oz¨ um : y1 (t) = 1 i¸cin basitce t¨ um t¨ urevler sfır oldu˘gu i¸cin e¸sitlik sa˘glanır. Dolayısıyla y1 = 1 bir ¸cöz¨ umd¨ ur. y2 (t) = cos t i¸cin, y20 (t) = − sin t,

y2000 (t) = sin t

olup verilen diferansiyel denklemde yerlerine yazılırsa e¸sitlik elde edilir. Dolayısıyla y2 de bir ¸co¨z¨ umd¨ ur. y3 (t) = sin t alınırsa, y30 (t) = cos t,

y3000 (t) = − cos t

olup verilen diferansiyel denklemi sa˘glarlar. O halde bu da bir ¸co¨z¨ umd¨ ur. S¸imdi bu u ¨ç ¸co¨z¨ um¨ un wronskianını hesaplayalım.   1 cos t sin t W (y1 , y2 , y3 ) = det  0 − sin t cos t  = sin2 t + cos2 t = 1 0 − cos t − sin t olup y1 , y2 , y3 lineer bag˘gımsızdırlar. 35

35 ˙


45

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 4. Y¨ uksek Mertebeden Lineer Denklemler * 4.1. n. Mertebeden lineer denklemlerin genel teorisi Problem 17: y1 = 5,

, y2 = sin2 t,

, y3 = cos 2t

ile verilen u ¨¸cl¨ u i¸cin W (y1 , y2 , y3 ) = 0 dır gösteriniz. Bu sonucu wronskianlarını hesaplamadan gösterbilirmisiniz? C ¸¨ oz¨ um :  5 sin2 t cos 2t W (y1 , y2 , y3 ) = det  0 sin 2t −2 sin 2t  = 5(−4 sin 2t cos 2t+4 cos 2t sin 2t) = 0 0 2 cos 2t −4 cos 2t 

olup y1 , y2 , y3 lineer bagımlıdır. sin2 t = den y2 =

1 cos 2t − 2 2

1 1 (5) − cos 2t 10 2

yazılırsa

1 1 y1 − y3 10 2 ba˘gıntısı bulunur. Dolayısıyla bu sonu¸c ilgili ba˘gıntıdan hemen bulunabilir. y2 =

36

36 ˙


46

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 4. Y¨ uksek Mertebeden Lineer Denklemler * 4.2. n. Mertebeden sabit katsayılı homojen denklemler Problem 12: y 000 − 3y 00 + 3y 0 − y = 0 u ¨¸cu ¨nc¨ u mertebeden lineer homojen denklemin genel ¸co¨z¨ um¨ un¨ u bulunuz. C ¸¨ oz¨ um : y = ert ¸seklinde aranacak ¸cöz¨ um i¸cin, y 0 = rert ,

y 00 = r2 ert ,

y 000 = r3 ert

elde edilip denklemde yerlerine yazılırlarsa karakteristlik denklem, r3 − 3r2 + 3r − 1 = 0 olup denklemin kökleri r1 = r2 = r3 = 1 ¸seklinde bulunur. O halde ¸co¨z¨ um verilen denklemin genel ¸co¨z¨ um¨ u, y = c1 et + tc2 et + t2 c3 et ¸seklindedir. 37

37 ˙


47

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 4. Y¨ uksek Mertebeden Lineer Denklemler * 4.2. n. Mertebeden sabit katsayılı homojen denklemler Problem 18: y vı − y 00 = 0 dörd¨ unc¨ u mertebeden lineer homojen denklemin genel ¸co¨z¨ um¨ un¨ u bulunuz. C ¸¨ oz¨ um : y = ert ¸seklinde aranacak ¸cöz¨ um i¸cin, karakteristlik denklem, r6 − r2 = 0 olup, denklemin kökleri r1 = r2 = 0,

r3,4 = ±1,

r5,6 = ±i

dir. O halde genel ¸co¨z¨ um, y = c1 + c2 t + c3 et + c4 e−t + c5 cos t + c6 sin t olarak yazılır. 38

38 ˙


48

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 4. Y¨ uksek Mertebeden Lineer Denklemler * 4.2. n. Mertebeden sabit katsayılı homojen denklemler Problem 31: y ıv − 4y 000 + 4y 00 = 0;

y(1) = −1, y 0 (1) = 2, y 00 (1) = 0, y 000 (1) = 0,

¸seklinde verilen ba¸slangı¸c de˘ger probleminin genel ¸cöz¨ um¨ un¨ u bulunuz ve t → ∞ i¸cin ¸co¨z¨ um¨ u yorumlayınız. C ¸¨ oz¨ um : Karakteristlik denklem y = ert ¸seklinde aranacak ¸cöz¨ um i¸cin, r4 − 4r3 + 4r2 = 0 olup bu denklemin kökleri r1 = r2 = 0,

r3 = r4 = 2

olarak bulunur. Buradan denklemin genel ¸co¨z¨ um¨ u y = c1 + c2 t + c3 e2t + c4 te2t ¸seklinde yazılır. Elde edilen enel ¸cöz¨ umden t¨ urevler, y 0 = c2 + 2c3 e2t + c4 e2t + 2c4 te2t , y 00 = 4c3 e2t + 4c4 e2t + 4c4 te2t , y 000 = 8c3 e2t + 16c4 e2t + 8c4 te2t , olarak hesaplanırsa, birinci ba¸slangı¸c ¸sartı y(1) = −1 den c1 + c2 + c3 e2 + c4 e2 = −1, ikinci ba¸slangı¸c ¸sartı y 0 (1) = 2 den c2 + 2c3 e2 + 3c4 e2 = 2, u ¨¸cu ¨nc¨ u ba¸slangı¸c ¸sartı y 00 (1) = 0 dan 4c3 e2 + 8c4 e2 = 0,

49

ve son olarak y 000 (1) = 0 dan 8c3 e2 + 24c4 e2 = 0, bulunur. Bu dört denklemden c1 = −3,

c2 = 2,

c3 = c4 = 0

elde edilir. Bu de˘gerler genel ¸co¨z¨ umde yerine yazılırsa ba¸slangı¸c ¸sartlarını sa˘glayan ¸co¨z¨ um y = 2t − 3 olarak elde edilir. t → ∞ i¸cin y → ∞ olur. 39

39 ˙


50

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 4. Y¨ uksek Mertebeden Lineer Denklemler * 4.3. Belirsiz katsayılar metodu Problem 1: y 000 − y 00 − y 0 + y = 2e−t + 3 denkleminin genel ¸cöz¨ um¨ un¨ u bulunuz. C ¸¨ oz¨ um : Denklemin homojen kısmı, y 000 − y 00 − y 0 + y = 0 olup y = ert i¸cin kar¸sılık gelen karakteristlik denklem, r3 − r2 − r + 1 = 0 formunda olup bu denklemin kökleri r1 = −1,

r2,3 = 1

oldu˘gundan homojen ¸co¨z¨ um yh = c1 e−t + c2 et + c3 tet ¸seklinde yazılabilir. ¨ Ozel ¸co¨z¨ um¨ u iki a¸samada bulalım. Birinci olarak g1 (t) = e−t alalım. t nin katsaysı olan −1 karakteristlik denklemin bir kök¨ u oldu˘gundan özel ¸cöz¨ um Y1 (t) = ate−t ¸seklinde aranmalıdır. T¨ urevleri hasaplayıp denklemde yerine yazdıktan sonra g1 (t) ye e¸sitlersek 4ae−t = 2e−t olurki buradan a =

1 2

olup 1 Y1 (t) = te−t 2

olarak bulunur. ˙ Ikinciolarak, g2 (t) = 3 51

alaım ve Y2 (t) = a ¸seklinde ¸co¨z¨ um aryalım. Bu durmda gerekli t¨ urevler alınıp yerlerine yazılırsa a = 3 bulunur ki bu durumda ikinci özel ¸co¨z¨ um Y2 (t) = 3 olur. O halde denklemin özel ¸cöz¨ um¨ u 1 Y (t) = te−t + 3 2 ve böylece genel ¸co¨z¨ um yG = yh + Y (t) olup

1 yG = c1 e−t + c2 et + c3 tet + te−t + 3 2

¸sekinde yazılır. 40

40 ˙


52

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 4. Y¨ uksek Mertebeden Lineer Denklemler * 4.3. Belirsiz katsayılar metodu Problem 5: y ıv − 4y 00 = t2 + et denkleminin genel ¸cöz¨ um¨ un¨ u bulunuz. C ¸¨ oz¨ um : Denklemin homojen kısmı, y ıv − 4y 00 = 0 olup y = ert i¸cin kar¸sılık gelen karakteristlik denklem r4 − 4r2 = 0 olup kökleri r1 = r2 = 0,

r3 = −2,

r4 = 2

oldu˘gundan homojen ¸co¨z¨ um yh = c1 + c2 t + c3 e−2t + c4 e2t olur. g1 (t) = t2 alalım ve özel ¸co¨z¨ um¨ u Y1 (t) = t2 (at2 + bt + c) olarak arayalım. Bu durumda Y100 (t) = 2(at2 + bt + c) + 4t(2at + b) + t2 (2a), t¨ urevleri denklemde yerine yazılıp d¨ uzenlenirse, −48at2 − 24bt + 24a − 8c = t2 elde edilir. Buradan

1 , 48 olarak belirlenip yerlerine yazılırsa a=−

b=0 c=−

Y1 (t) = −

1 4 1 t − t2 48 16

53

1 16

Y1ıv (t) = 24a

elde edilir. ˙ Ikinci olarak, g2 (t) = et alalım ve Y2 (t) = aet ¸seklinde ¸co¨z¨ um aryalım. Bu durumda da gerekli t¨ urevlerden sonra −3aet = et elde edilir ki buradan a=−

1 3

olarak tespit edilir. Böylece

1 Y2 (t) = − et 3 olur. O halde denklemin özel ¸cöz¨ um¨ u Y (t) = −

1 4 1 1 t − t2 − et 48 16 3

olur. Genel ¸co¨z¨ um 1 1 1 yG = c1 + c2 t + c3 e−2t + c4 e2t − et − t4 − t2 3 48 16 ¸sekinde yazılır. 41

41 ˙


54

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 4. Y¨ uksek Mertebeden Lineer Denklemler * 4.3. Belirsiz katsayılar metodu Problem 17: y ıv − y 000 − y 00 + y 0 = t2 + 4 + t sin t ile verilen denklemin genel ve özel ¸co¨z¨ um¨ u i¸cin uygun formatı belirleyiniz. C ¸¨ oz¨ um : Denklemin homojen kısmı, y ıv − y 000 − y 00 + y 0 = 0 olup y = ert i¸cin kar¸sılık gelen karakteristlik denklem r4 − r3 − r2 + r = 0 olup kökleri r1 = 0,

r2 = −1,

r 3 = r4 = 1

ve bu durumda homojen ¸cöz¨ um yh = c1 + c2 e−t + c3 et + c4 tet olur. g1 (t) = t2 + 4 i¸cin aranacak özel ¸cöz¨ um Y1 (t) = t(at2 + bt + c) ¸seklinde olur. g2 (t) = t sin t i¸cin aranacak özel ¸cöz¨ um Y2 (t) = (ct + d) cos t + (et + f ) sin t ¸seklinde olacaktır. Bu durmuda özel ¸cöz¨ um¨ un formu Y (t) = t(at2 + bt + c) + (ct + d) cos t + (et + f ) sin t olacak ve genel ¸cöz¨ um formu ise yG = c1 + c2 e−t + c3 et + c4 tet + t(at2 + bt + c) + (ct + d) cos t + (et + f ) sin t olacaktır. 42 42 ˙


55

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 4. Y¨ uksek Mertebeden Lineer Denklemler * 4.4. Parametrelerin degi¸simi metodu Problem 1: y 000 + y 0 = tan t, 0 < t < π ¨ denkleminin genel ¸cöz¨ um¨ un¨ u bulunuz. Ozel ¸co¨z¨ um i¸cin parametrelerin de˘gi¸simi metodunu uygulayınız. C ¸¨ oz¨ um: Denklemin homojen ¸cöz¨ um¨ u i¸cin, y = ert den gerekli t¨ urevler hesaplanıp yerlerine yazılırsa (r3 + r)ert = 0 olup karakteristlik denklem r3 + r = 0 ¸seklindedir. Bu durumda karekteristlik denklemin r1 = 0,

r2,3 = ±i

dir. Buradan da homojen ¸cöz¨ um, yh = c1 + c2 cos t + c3 sin t olur. ¨ Ozel ¸co¨z¨ um i¸cin, Y (t) = c1 (t) + c2 (t) cos t + c3 (t) sin t se¸cilirse ve gerekli t¨ urevlerden sonra c01 + c02 cos t + c03 sin t = 0, −c02 sin t + c03 cos t = 0, −c02 cos t − c03 sin t = tan t ˙ elde edilir. Ikinci denklem sin t, u ¨¸cu ¨nc¨ u denklem cos t ile ¸carpılıp taraf tarafa toplanırsa c02 (t) = sin t ve buradan da bir integrasyon ile c2 = cos t

56

olarak elde edilir. Bulunan bu de˘ger kullanılırsa c03 (t)

sin2 t = cos t

ve buradan da yine bir integrasyon ile c3 = sin t − ln | sec t + tan t| olarak elde edilir. c1 ve c2 de˘gerleri birinci denklemde kullanılırsa c01 = tan t olurki buradan c1 = − ln | cos t| olarak elde edilir.Bulunan bu u ¨¸c de˘ger yerlerine yazılırsa özel ¸co¨z¨ um, Y (t) = − ln | cos t| − sin t(ln | sec t + tan t|) olur. Böylece denklemin genel ¸cöz¨ um¨ u, yG = c1 + c2 cos t + c3 sin t − ln | cos t| − sin t(ln | sec t + tan t|) olarak yazılabilir. 43

43 ˙


57

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 4. Y¨ uksek Mertebeden Lineer Denklemler * 4.4. Parametrelerin degi¸simi metodu Problem 4:

π π
C ¸¨ oz¨ um: Denklemin homojen ¸co¨z¨ um¨ un¨ uu ¨stteki örnekten yh = c1 + c2 cos t + c3 sin t olarak alalım. Yine özel ¸co¨z¨ um¨ u, Y (t) = c1 (t) + c2 (t) cos t + c3 (t) sin t ¸seklinde arayalım. Burada, c01 + c02 cos t + c03 sin t = 0, −c02 sin t + c03 cos t = 0, −c02 cos t − c03 sin t = sec t olur. Benzer eliminasyonlar bu denklem takımı i¸cin yapılırsa, c1 = −t, c2 = ln | cos t| c3 = ln | sec t + tan t|, olarak elde edilir. Bulunan bu u ¨ç de˘ger yerlerine yazılırsa özel ¸co¨z¨ um, Y (t) = −t + cos t(ln | cos t|) + sin t(ln | sec t + tan t|) olur. Böylece denklemin genel ¸cöz¨ um¨ u, yG = c1 + c2 cos t + c3 sin t − t + cos t(ln | cos t|) + sin t(ln | sec t + tan t|) olarak yazılır. 44 44 ˙


58

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 4.Y¨ uksek Mertebeden Lineer Denklemler * 4.4. Parametrelerin degi¸simi metodu Problem 7: y 000 − y 00 + y 0 − y = sec t, −

π π
¨ denkleminin genel ¸cöz¨ um¨ un¨ u bulunuz. Ozel ¸co¨z¨ um i¸cin parametrelerin de˘gi¸simi metodunu kullanınız. C ¸¨ oz¨ um: Denklemin homojen ¸co¨z¨ um¨ u i¸cin karakteristlik denklem r3 − r2 + r − 1 = 0 olup kökleri r1 = 1,

r2,3 = ±i

dir. Bu durumda homojen kısmın ¸cöz¨ um¨ u, yh = c1 et + c2 cos t + c3 sin t dir. Burada özel ¸co¨z¨ um Y (t) = c1 (t)et + c2 (t) cos t + c3 (t) sin t olarak aranırsa, c01 (t)et + c02 (t) cos t + c03 (t) sin t = 0, c01 (t)et − c02 (t) sin t + c03 (t) cos t = 0, c01 (t)et − c02 (t) cos t − c03 (t) sin t = sec t olur. Katsayıları belirlemek i¸cin, W (t) = ce− olmak u ¨zere c0m (t) =

R

p1 (t)dt

g(t)Wm (t) W (t)

¸seklindeki form¨ ul¨ u kullanalım. p1 (t) = −1 den W (t) = cet elde edilir. t = 0 i¸cin W (0) = 2 den c = 2 olurki bu durmuda W = 2et 59

olarak belirlenir. Ayrıca,



 0 cos t sin t W1 (t) = det  0 − sin t cos t  = 1 1 − cos t − sin t

ise

sec tW1 (t) 1 e−t = 2et 2 cos t Z 1 t e−s c1 = ds 2 t0 cos s

c01 (t) = den

olur. Benzer olarak,

 et 0 sin t W2 (t) = det  et 0 cos t  = et (sin t − cos t) et 1 − sin t

ise



1 c02 (t) = − sec t(sin t − cos t) 2

olurki, buradan elde edilir. Son olarak,

1 1 c2 = − t − ln | cos t| 2 2 

 et cos t 0 W3 (t) = det  et − sin t 0  = −et (sin t + cos t) et − cos t 1

olur ve buradan yerine yazılırsa c03 (t) = −

(sin t + cos t) 2 cos t

olurki bir integrasyonla, 1 1 c3 = − t + ln | cos t| 2 2 elde edilir. O halde denklemin özel ¸co¨z¨ um¨ u Z et t e−s 1 1 1 1 Y (t) = ds + cos t(− t − ln | cos t|) + sin t(− t + ln | cos t|) 2 t0 cos s 2 2 2 2 ¸seklinde yazılırsa denklemin genel ¸co¨z¨ um¨ u de Z et t e−s 1 1 1 1 yG = c1 et +c2 cos t+c3 sin t+ ds+cos t(− t− ln | cos t|)+sin t(− t+ ln | cos t|) 2 t0 cos s 2 2 2 2 olarak bulunmu¸s olur. 45 45 ˙


60

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. ˙ * 5. Ikinci Mertebeden Denklemlerin Seri C ¸¨ oz¨ umleri * 5.1. Kuvvet serisi Problem 2:

∞ X n n x 2n n=0

kuvvet serisinin yakınsaklık yarı¸capını bulunuz. C ¸¨ oz¨ um: Verilen kuvvet serisinin genel terimi an =

n n x 2n

olup yakınsaklı˘gını belirlemek i¸cin oran testini uygulayalım. Bu durumda lim |

n→∞

an+1 n+1 |x| | = lim | x| = n→∞ an n 2

olup |x| < 1 i¸cin verilen seri mutlak yakınsak olup aynı zamanda da yakınsaktır. 2 Bu son ifadeden |x| < 2 elde edilirki bu bize yakınsaklık yarı¸capının ρ = 2 olmasını verir.

Problem 4:

∞ X

2n xn

n=0

kuvvet serisinin yakınsaklık yarı¸capını bulunuz. C ¸¨ oz¨ um: Serinin genel terimi a n = 2 n xn olup yakınsaklı˘gını belirlemek i¸cin oran testini uygulayalım. Bu durumda lim |

n→∞

2n+1 xn+1 an+1 | = lim | n n x| = 2|x| n→∞ an 2 x

olurki 2|x| < 1 i¸cin verilen seri mutlak yakınsak olup aynı zamanda da yakınsaktır. Bu son ifadeden |x| < 12 elde edilirki bu bize yakınsaklık yarı¸capının ρ = 12 olmasını verir.

61

Problem 8:

∞ X n!xn n=0

nn

kuvvet serisinin yakınsaklık yarı¸capını bulunuz. C ¸¨ oz¨ um: Serinin genel terimi an =

n!xn nn

olup oran testi gere˘gi lim |

n→∞

(n + 1)!xn+1 nn n+1 n 1 n |x| | = lim |x( ) | = lim |x( ) |= 1 (n+1) n n n→∞ n→∞ (n + 1) n x n e 1+ n

olup |x| < 1 i¸cin verilen seri mutlak yakınsak olup aynı zamanda da yakınsaktır. e Böylece |x| < e elde edilirki bu bize yakınsaklık yarı¸capının ρ = e olmaısını verir. 46

46 ˙


62

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. ˙ * 5. Ikinci Mertebeden Denklemlerin Seri C ¸¨ oz¨ umleri * 5.1. Kuvvet serisi Problem 9: f (x) = sin x fonksiyonunu x0 = 0 noktasında Taylor serisine a¸cıp yakınsaklık yarı¸capını bulunuz. C ¸¨ oz¨ um: Verilen fonksiyonun bir ka¸c adım t¨ urevini alalım ve x0 = 0 noktasındaki de˘gerlerini belirleyelim. f 0 (x) = cos x, f 00 (x) = − sin x, f 000 (x) = − cos x, f ıv (x) = sin x, ... olurki f (0) = 0 olmak u ¨zere f 0 (0) = 1, f 00 (0) = 0, f 000 (0) = −1, f ıv (0) = 0, ... ¸seklinde elde edilir. Taylor seri form¨ ul¨ u f (x) =

f (n) (x0 ) (x − x0 )n n!

de yerine yazarsak, f (x) = sin x = x −

x3 x5 + − +... 3! 5!

elde edilir ki, buradan ∞ X x2n+1 sin x = (−1)n (2n + 1)! n=0

olarak yazılabilir. Bu serinin yakınsaklı˘gı i¸cin, genel terim x2n+1 an = (−1) (2n + 1)! n

olup oran testi uygulanırsa L = lim | n→∞

1 x2n+3 (2n + 1)! | = lim |x2 |=0 2n+1 n→∞ (2n + 3)! x (2n + 2)(2n + 3)

olarak bulunur. L = 0 < 1 oldu˘gundan seri yakınsak olup ρ = yakınsaklık yarı¸capı ρ = ∞ olur. 47 47 ˙


63

1 L

i¸cin

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. ˙ * 5. Ikinci Mertebeden Denklemlerin Seri C ¸¨ oz¨ umleri * 5.1. Kuvvet serisi Problem 25:

∞ X

m(m − 1)am x

m−2

+x

m=0

∞ X

kak xk−1

k=1

ifadesini

∞ X

f (k)xk

k=0

formunda yazınız. ¨ C ¸¨ oz¨ um: Oncelikle verilen ifade d¨ uzenlenirse ∞ X

m(m − 1)am x

m−2

+

∞ X

m=0

kak xk

k=1

ifadesi elde edilir. m = k + 2 i¸cin ifade yeniden yazılırsa ∞ X

k

k + 1(k + 2)ak+2 x +

∞ X

kak xk

k=1

k=0

elde edilir. Toplamdaki ikinci terim k = 0 oldu˘gundan dolayı toplamın 0 dan ba¸slatılmasında hi¸c bir sakınca yoktur ayrıca xk parantezine de alınırsa istenilen formda a¸sa˘gıdaki gibi getirilmi¸s olur. ∞ X

[k + 1(k + 2)ak+2 + kak ] xk .

k=0 48

48 ˙


64

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. ˙ * 5. Ikinci Mertebeden Denklemlerin Seri C ¸¨ oz¨ umleri * 5.2. Adi nokta etrafında seri ¸co ¨z¨ umler I. kısım Problem 2: y 00 − xy 0 − y = 0 denklemin seri ¸cöz¨ um¨ un¨ u x0 = 0 adi noktası etrafında bulunuz. C ¸¨ oz¨ um: x0 = 0 adi noktasında seri ¸co¨z¨ um i¸cin kullanaca˘gımız form, y=

∞ X

a n xn

n=0

¸seklinde olup gerekli t¨ urevler hesaplanırsa y0 =

∞ X

nan xn−1 ,

y 00 = y =

n=0

∞ X (n − 1)nan xn−2 n=0

elde edilir. Bu ifadeler verilen denklemde yerlerine yazılırsa, ∞ X

(n − 1)nan x

n−2

−x

n=0

∞ X

nan x

n−1

n=0

−

∞ X

an xn = 0

n=0

elde edilir. Birnci toplam n = 0 ve n = 1 i¸cin sıfır oldu˘gundan, serinin toplamı 2 den ba¸slatılabilir. Bu durumda birinci toplam ∞ ∞ X X (n − 1)nan xn−2 = (n − 1)nan xn−2 n=0

n=2

¸sekline gelir. n = n + 2 i¸cin birinci toplam yeniden d¨ uzenlenirse ∞ X

(n − 1)nan x

n=0

n−2

=

∞ X

(n + 1)(n + 2)an+2 xn

(1)

n=0

˙ ¸sekline gelir. Ikinci toplamdaki x terimi toplama dahil edilirse x

∞ X

nan xn−1 =

n=0

∞ X

nan xn

(2)

n=0

elde edilir. (1) ve (2) ifadeleri denklemde yerine yazılırsa, ∞ ∞ ∞ X X X (n + 1)(n + 2)an+2 xn − nan xn − a n xn = 0 n=0

n=0

65

n=0

elde edilir. xn parantezinde ∞ X

[(n + 1)(n + 2)an+2 − nan − an ] xn = 0

n=0

olup buradan (n + 1)(n + 2)an+2 − nan − an = 0 elde edilirki, bu bize

an , n+2 ¸seklinde indirgeme ba˘gıntısını verir. an+2 =

n = 1, 2, ...

n nin ¸cift sayı indisleri i¸cin, a0 , 2 a2 a0 n = 2 ⇒ a4 = = 1 , 4 22 a4 a0 n = 4 ⇒ a6 = = 2 , 8 2 2! ............................................. 1 n = n ⇒ a2n = n a0 2 n! olarak elde edilirki birinci ba˘gımsız ¸co¨z¨ um, n = 0 ⇒ a2 =

∞ X 1 2n y1 (x) = a0 x n 2 n! n=0

olur. n nin tek sayı indisleri i¸cin, n = 1 ⇒ a3 =

a1 a1 =2 , 3 3!

2a1 a3 = 22 , 5 5! a5 a1 n = 5 ⇒ a7 = = 23 3! , 7 7! ............................................. 2n n! n = n ⇒ a2n+2 = a1 (2n + 1)! n = 3 ⇒ a5 =

olarak elde edilirki ikinci lineer ba˘gımsız ¸cöz¨ um, y2 (x) = a1

∞ X n=0

2n n! x2n+1 (2n + 1)!

66

olarak bulunur. Ohalde denklemin genel ¸co¨z¨ um¨ u: ∞ ∞ X X 1 2n 2n n! y(x) = a0 x + a x2n+1 1 n n! 2 (2n + 1)! n=0 n=0

olarak yazılabilir. 49

49 ˙


67

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. ˙ * 5. Ikinci Mertebeden Denklemlerin Seri C ¸¨ oz¨ umleri * 5.2. Adi nokta etrafında seri ¸co ¨z¨ umler I. kısım Problem 3: y 00 − xy 0 − y = 0 denklemin seri ¸cöz¨ um¨ un¨ u x0 = 1 adi noktası etrafında bulunuz. ˙ C ¸¨ oz¨ um: Istenirse t = x − 1 de˘gi¸sken de˘gi¸simi ile t = 0 noktasına ¸cekilip bu nokta i¸cin ¸cöz¨ um yapılabilir. Fakat biz burada bunu yapmayıp orjinal hali ile ¸calı¸saca˘gız. C ¸ öz¨ um¨ u ilk bir ka¸c terim i¸cin yazaca˘gız. Burada ¸co¨z¨ um i¸cin aranacak form x0 = 1 adi noktasında y=

∞ X

an (x − 1)n

n=0

¸seklinde olacaktır. Gerekli t¨ urevler hesaplanırsa, ∞ X

0

y =

n−1

nan (x − 1)

,

∞ X y =y= (n − 1)nan (x − 1)n−2 00

n=0

n=0

olup yerine yazılırsa, ∞ ∞ ∞ X X X n−2 n−1 (n − 1)nan (x − 1) −x nan (x − 1) − an (x − 1)n = 0 n=0

n=0

n=0

elde edilir. Birinci toplam n = 0 ve n = 1 i¸cin sıfır oldu˘gundan, serinin toplamı 2 den ba¸slatılabilir. Bu durumda birinci toplam ∞ ∞ X X n−2 (n − 1)nan (x − 1) = (n − 1)nan (x − 1)n−2 n=0

n=2

¸sekline gelir. n = n + 2 denilerek yeniden d¨ uzenlenirse ∞ X

(n − 1)nan (x − 1)n−2 =

n=0

∞ X

(n + 1)(n + 2)an+2 (x − 1)n

(1)

n=0

˙ ¸sekline gelir. Ikinci toplamdaki x terimi toplama dahil etmek i¸cin x = 1+(x−1) ifadesi kullanılırsa x

∞ X

nan (x − 1)n−1 = (1 + (x − 1))

n=0

∞ X n=0

68

nan (x − 1)n−1

Buradan da x

∞ X

nan (x − 1)n−1 =

n=0

∞ X

nan (x − 1)n−1 +

n=0

∞ X

nan (x − 1)n

(2)

n=0

elde edilir. (1) ve (2) ifadeleri denklemde yerine yazılırsa, ∞ ∞ ∞ ∞ X X X X (n+1)(n+2)an+2 (x−1)n − nan (x−1)n−1 − nan (x−1)n − an (x−1)n = 0 n=0

n=0

n=0

n=0

elde edilir. ikinci toplamda n = n + 1 yazılır ve denklemin tamamı n = 0 i¸cin a¸cık olarak yazılırsa, ∞ ∞ ∞ ∞ X X X X n n n (n+1)(n+2)an+2 (x−1) − (n+1)an+1 (x−1) − nan (x−1) − an (x−1)n n=1

n=1

n=1

n=1

+(2a2 − a1 − a0 )(x − 1)0 = 0 elde edilir. Buradan, ∞ X

[(n + 1)(n + 2)an+2 − (n + 1)an+1 − nan − an ] (x−1)n +(2a2 −a1 −a0 )(x−1)0 = 0

n=1

olur ki,böylece 2a2 − a1 − a0 = 0, an+1 + an an+2 = n+2 elde edilir. Birinci denklemde a0 = 0 ve a1 6= 0 i¸cin a2 =

a1 , 2

an+2 =

an+1 + an , n+2

olur.

n = 1, 2, ...

a1 a2 + a1 = , 3 2 a3 + a2 a1 n = 2 ⇒ a4 = = , 4 4 a4 + a3 3a1 n = 3 ⇒ a5 = = , 5 20 olarak ilk be¸s terim elde edilirki buna kar¸sılık gelen ¸cöz¨ um, ¸ · (x − 1)5 (x − 1)2 (x − 1)3 (x − 1)4 + + +3 + ... y1 (x) = a1 (x − 1) + 2 2 4 20 n = 1 ⇒ a3 =

69

olarak yazılabilir. Birinci denklemde a0 6= 0 ve a1 = 0 i¸cin a2 =

a0 , 2

an+2 =

an+1 + an , n+2

olur.

n = 1, 2, ...

a2 + a1 a0 = , 3 6 a0 a3 + a2 = , n = 2 ⇒ a4 = 4 6 a4 + a3 a0 n = 3 ⇒ a5 = = , 5 15 olarak ilk be¸s terim bulunursa buna kar¸sılık gelen ¸co¨z¨ um, · ¸ (x − 1)2 (x − 1)3 (x − 1)4 (x − 1)5 y2 (x) = a0 1 + + + + + ... 2 6 6 15 n = 1 ⇒ a3 =

olarak yazılabilir. 50

50 ˙


70

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. ˙ * 5. Ikinci Mertebeden Denklemlerin Seri C ¸¨ oz¨ umleri * 5.2. Adi nokta etrafında seri ¸co ¨z¨ umler I. kısım Problem 5: (1 − x)y 00 + y = 0 denklemin seri ¸cöz¨ um¨ un¨ u x0 = 0 adi noktası etrafında bulunuz. C ¸¨ oz¨ um: C ¸ öz¨ um i¸cin kullanılacak form x0 = 0 adi noktasında y=

∞ X

a n xn

n=0

olup t¨ urevlerden y0 =

∞ X

nan xn−1 ,

y 00 = y =

n=0

∞ X (n − 1)nan xn−2 n=0

gelir. Böylece, ∞ ∞ X X n−2 (1 − x) (n − 1)nan x + a n xn = 0 n=0

n=0

elde edilir. Tekrar d¨ uzenlenirse ∞ X

(n − 1)nan xn−2 −

∞ ∞ X X an xn = 0 (n − 1)nan xn−1 + n=0

n=0

n=0

elde edilir. Birinci toplam önce n = 2 den ba¸slatılıp sonra n = n + 2 yazılırsa, ∞ X

(n − 1)nan x

n=0

n−2

=

∞ X

(n + 1)(n + 2)an+2 xn

(1)

n=0

˙ ¸sekline gelir. Ikinci toplam n − 1 = n i¸cin yeniden yazılırsa ∞ ∞ X X n−1 (n − 1)nan x = n(n + 1)an+1 xn n=0

n=1

olur. (1) ve (2) ifadeleri denklemde tekrar yerine yazılırsa ∞ ∞ ∞ X X X (n + 1)(n + 2)an+2 xn − n(n + 1)an+1 xn + an xn = 0 n=0

n=1

71

n=0

(2)

elde edilir. B¨ ut¨ un toplamlar n = 1 den ba¸slatılırsa ve xn parantezine alınırsa, ∞ X

[(n + 1)(n + 2)an+2 − n(n + 1)an+1 + an ] xn + (2a2 + a0 )x0 = 0

n=1

olur ki, 2a2 + a0 ,

(n + 1)(n + 2)an+2 − n(n + 1)an+1 + an = 0

elde edilir.Buradan a2 =

a0 , 2

an+2 = n

an+1 an − , n = 1, 2, .. n + 2 (n + 1)(n + 2)

olarak belirlenir. a0 , 2

a3 = − a60 , a4 = − a240 , ... olur ve buradan ¸ · x2 x3 x4 − − ... y1 (x) = a0 1 − 2 6 24

E˘ger a1 = 0 se¸cilirse a2 = da

elde edilir. a0 = 0 se¸cilirse a2 = 0,

a3 = − a61 , a4 = − a121 , ... olur ve buradan da ¸ · x3 x4 y2 (x) = a1 x − − − ... 6 12

elde edilir. 51

51 ˙


72

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. ˙ * 5. Ikinci Mertebeden Denklemlerin Seri C ¸¨ oz¨ umleri * 5.4. D¨ uzenli tekil noktalar Problem 2: x2 (1 − x2 )y 00 + 2xy 0 + 4y = 0 denkleminin varsa d¨ uzenli tekil noktalarını bulunuz. C ¸¨ oz¨ um: x = 0, −1, 1 noktaları a¸cık¸ca denklemin sing¨ uler noktalarıdır. Denklemimizi uygun formda yazarsak, 2 4 y 00 + 3 y0 + 2 y=0 2 x (1 − x ) x (1 − x2 ) olur. Buradan, 2 4 p(x) = 3 , q(x) = 2 2 x (1 − x ) x (1 − x2 ) dir. x = 0 alalım,

2 =∞ − x2 ) olmasından dolayı x = 0 noktası d¨ uzenli tekil nokta de˘gildir. lim xp(x) = lim x

x→0

x→0

x3 (1

x = −1 alalım, lim (x + 1)p(x) = lim (x + 1)

x→−1

x→−1

x3 (1

2 = −1 − x2 )

olup sonludur. Benzer olarak, lim (x + 1)2 q(x) = lim (x + 1)2

x→−1

x→−1

4 =0 x2 (1 − x2 )

olup sonludur. Böylece x = −1 noktası denklemin d¨ uzenli tekil noktasıdır. x = 1 noktası i¸cin , lim (x − 1)p(x) = lim (x − 1)

x→1

x→1

x3 (1

sonlu ve lim (x − 1)2 q(x) = lim (x − 1)2

x→1

x→1

73

2 = −1 − x2 )

4 =0 x2 (1 − x2 )

sonludur. Böylece x = 1 noktası da denklemin d¨ uzenli tekil noktasıdır. 52

52 ˙


74

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. ˙ * 5. Ikinci Mertebeden Denklemlerin Seri C ¸¨ oz¨ umleri * 5.5. Euler denklmi Problem 2: (x + 1)2 y 00 + 3(x + 1)y 0 + 0.75y = 0 ¸sekliyle verilen Euler diferansiyel denkleminin genel ¸cöz¨ um¨ un¨ u bulunuz. C ¸¨ oz¨ um: C ¸ öz¨ um¨ um¨ uz y = (x + 1)r formunda olup t¨ urevleri y 0 = r(x + 1)r−1 ,

y 00 = (r − 1)r(x + 1)r−2

olur ve bu ifadeler denklemde yerlerine yazılırsa gerekli d¨ uzenlemelerden sonra ((r − 1)r + 3r + 0.75)(x + 1)r = 0 elde edilir. Buradan, ((r − 1)r + 3r + 0.75) = 0 olup denklemin kökleri,

3 1 r1 = − , r2 = − 2 2 dir. Böylece verilen Euler denkleminin ¸cöz¨ um¨ u, 3

1

y(x) = c1 |x + 1|− 2 + c2 |x + 1|− 2 olarak yazılır. 53

53 ˙


75

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. ˙ * 5. Ikinci Mertebeden Denklemlerin Seri C ¸¨ oz¨ umleri * 5.5. Euler denklmi Problem 4: x2 y 00 + 3xy 0 + 5y = 0 ¸sekliyle verilen Euler diferansiyel denkleminin genel ¸cöz¨ um¨ un¨ u bulunuz. C ¸¨ oz¨ um: Aranacak ¸co¨z¨ um y = xr formunda olup t¨ urevleri alalım. y 0 = rxr−1 ,

y 00 = (r − 1)rxr−2

ifadelerini denklemde yerlerine yazalım ve d¨ uzenleyelim. Bu durumda, (r2 + 2r + 5)(x + 1)r = 0 olur ki buradan (r2 + 2r + 5) elde edilirse son denklemin kökleri, r1 = −1 − 2i,

r2 = −1 + 2i

¸seklinde elde edilirse ¸co¨z¨ um, y(x) = c1 |x|−1 cos(2 ln |x|) + c2 |x|−1 sin(2 ln |x|) olarak yazılır. 54

54 ˙


76

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. ˙ * 5. Ikinci Mertebeden Denklemlerin Seri C ¸¨ oz¨ umleri * 5.5. Euler denklmi Problem 13: 2x2 y 00 + xy 0 − 3y = 0;

y(1) = 1, y 0 (1) = 4

ba¸slangı¸c ¸sartlarıyla verilen Euler diferansiyel denkleminin ¸co¨z¨ um¨ un¨ u elde ediniz. C ¸¨ oz¨ um: Denklemin ¸co¨z¨ um¨ u i¸cin kullanılacak form y = xr olup t¨ urevleri yerine yazılıp ve daha sonra d¨ uzenlenirse, (2r2 − r − 3)xr = 0 elde edilirki buradan, 2r2 − r − 3 = 0 olup r1 = −1,

r2 =

3 2

¸seklinde belirlenirse genel ¸co¨z¨ um, 3

y(x) = c1 |x|−1 + c2 |x| 2 olarak yazılır. Birinci ba¸slangı¸c y(1) = 1 i¸cin c1 + c2 = 1 ve ikinci ba¸slangı¸c ¸sartı i¸cin t¨ urev alınıp y 0 (1) = 4 ¸sartı kullanılırsa 3 −c1 + c2 = 4 2 ˙ denklemden c1 = −1 ve c2 = 2 bulunur ve genel ¸co¨z¨ elde edilir. Iki umde yerlerine yazılırsa ba¸slangı¸c ¸sartlarını sa˘glayan Euler diferansiyel denkleminin ¸cöz¨ um¨ u, 3 y(x) = −|x|−1 + 2|x| 2 olur. 55 55 ˙


77

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. ˙ * 5. Ikinci Mertebeden Denklemlerin Seri C ¸¨ oz¨ umleri * 5.6. D¨ uzenli tekil nokta etrafında seri ¸c¨ oz¨ umler I. kısım Problem 2:

1 x2 y 00 + xy 0 + (x2 − )y = 0 9 denkleminin seri ¸cöz¨ um¨ un¨ u Froben¨ us yöntemini kullanarak bulunuz. C ¸¨ oz¨ um: C ¸ öz¨ um i¸cin denklemin d¨ uzenli bir tekil noktasını bulalım. x = 0 noktası denklemin bir tekil noktasıdır. Denklem x2 − 19 1 y 00 + y 0 + y=0 x x2 formunda yazılırsa p(x) =

1 , x

q(x) =

x2 − x2

1 9

olur.

x2 − 19 1 1 = 1, lim x2 =− 2 x→0 x x→0 x 9 olup herikisi de sonludur. O halde x = 0 noktası d¨ uzenli tekil nokta olup Froben¨ us metodu uygulanabilir. C ¸ öz¨ um formu ise lim x

y=

∞ X

an xr+n

n=0

¸seklindedir. Buradan, y0 =

∞ X

(r + n)an xr+n−1 ,

y 00 =

n=0

∞ X (r + n)(r + n − 1)an xr+n−2 n=0

t¨ urevleri denklemde yerine yazılırsa, x

2

∞ X n=0

(r+n)(r+n−1)an x

r+n−2

∞ ∞ X 1 X r+n−1 2 an xr+n = 0 +x (r+n)an x +(x − ) 9 n=0 n=0

˙ elde edilir. Ifade yeniden d¨ uzenlenirse ∞ ∞ ∞ X X 1 X an xr+n = 0 (r + n)(r + n − 1)an xr+n + (r + n)an xr+n + (x2 − ) 9 n=0 n=0 n=0

78

olur. Toplamdaki u ¨¸cu ¨nc¨ u terim ∞ ∞ ∞ X 1 X 1X r+n r+n+2 (x − ) an x = an x − an xr+n 9 n=0 9 n=0 n=0 2

dir. Bu ifadenin ilk toplamında toplam n = 2 den ba¸slatılırsa ∞ ∞ ∞ X 1 X 1X r+n r+n (x − ) an x = an−2 x − an xr+n 9 n=0 9 n=0 n=2 2

elde edilir ve yerine yazılırsa, ∞ ∞ ∞ ∞ X X X 1X r+n r+n r+n (r + n)(r + n − 1)an x + (r + n)an x an−2 x − an xr+n = 0 9 n=0 n=0 n=2 n=0

olur. B¨ ut¨ un toplamları n = 2 den ba¸slatırsak, 1 1 (a0 r(r − 1)xr + a0 rxr − a0 xr ) + (a1 r(r + 1)xr+1 + a1 (r + 1)xr+1 − a1 xr+1 ) 9 9 +

∞ X

(r+n)(r+n−1)an x

r+n

n=2

+

∞ X

(r+n)an x

r+n

n=2

∞ X

∞

an−2 x

n=2

r+n

1X an xr+n = 0 − 9 n=2

elde edilir. Son ifadede uygun d¨ uzenlemeler yapılırsa, 1 1 (r(r − 1) + r − )a0 xr + (r(r + 1) + (r + 1) − )a1 xr+1 9 9 ¸ ∞ · X 1 + { (r + n)(r + n − 1) + (r + n) − an + an−2 }xr+n = 0 9 n=2 Buradan, birinci toplamdan r(r − 1) + r − olup d¨ uzenlenirse r2 − dan

1 =0 9

1 =0 9

1 r1 = − , 3

r1 =

1 3

˙ oltak elde edilir. Ikinci toplamda a1 = 0 olur ki aksi halde xr+1 = 0 olmak durumundadır. Bu da m¨ umk¨ un olamayaca˘gına göre a1 = 0 dır. Son olarak indirgeme ifadesi ise u ¨¸cu ¨nc¨ u toplamdan an = −

an−2 (n + r)2 − 79

1 9

olarak elde edilir. r=

1 3

i¸cin: an = −

an−2 , n(n + 23 )

n = 2, 3, ...

olarak elde edilir. Buradan a1 = 0 oldu˘gundan dolayı tek indisliler a3 = a5 = ...a2n+1 = 0 olur. a0 6= 0 oldugundan, n = 2 ⇒ a2 = −

a0 a0 , 2 = − 2 2(2 + 3 ) 2 (2 + 32 )

a2 a2 a0 , 2 = − 2 2 2 = 4 1 4(4 + 3 ) 2 (2 + 3 ) 2 (1 + 3 )(2 + 13 )2! a4 a4 a0 n = 6 ⇒ a6 = − , 2 = − 2 1 3 = − 6 1 6(6 + 3 ) 2 (3 + 3 ) 2 (1 + 3 )(2 + 13 )(3 + 31 )3! ....................................................................................................... (−1)n a0 n = 2n ⇒ a2n = n 2 n!(1 + 13 )(2 + 13 )....(n + 13 ) n = 4 ⇒ a4 = −

olarak elde edilir ki buradanda a0 = 1 i¸cin ¸co¨z¨ um¨ um¨ uz, " # ∞ X 1 (−1)n a0 y1 (x) = x 3 1 + x2n n n!(1 + 1 )(2 + 1 )....(n + 1 ) 2 3 3 3 n=1 olarak ifade edilebilir. r = − 31 i¸cin: an = −

an−2 , n(n − 23 )

n = 2, 3, ...

olarak elde edilir. Buradan a1 = 0 oldu˘gundan dolayı tek indisliler yine a3 = a5 = ...a2n+1 = 0 olur. a0 6= 0 oldugundan, n = 2 ⇒ a2 = − n = 4 ⇒ a4 = −

a0 a0 , 2 = − 2 2(2 − 3 ) 2 (2 − 23 )

a2 a0 a2 , 2 = − 2 2 2 = 4 1 4(4 − 3 ) 2 (2 − 3 ) 2 (1 − 3 )(2 − 13 )2! 80

a4 a4 a0 , 2 = − 2 1 3 = − 6 1 6(6 − 3 ) 2 (3 − 3 ) 2 (1 − 3 )(2 − 13 )(3 − 13 )3! ....................................................................................................... (−1)n a0 n = 2n ⇒ a2n = n 2 n!(1 − 13 )(2 − 31 )....(n − 13 )

n = 6 ⇒ a6 = −

olarak elde edilir ki buradanda a0 = 1 i¸cin ¸co¨z¨ um¨ um¨ uz, # " ∞ n X 1 (−1) a 0 y2 (x) = x− 3 1 + x2n n n!(1 − 1 )(2 − 1 )....(n − 1 ) 2 3 3 3 n=1 olarak ifade edilebilir. 56

56 ˙


81

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. ˙ * 5. Ikinci Mertebeden Denklemlerin Seri C ¸¨ oz¨ umleri * 5.6. D¨ uzenli tekil nokta etrafında seri ¸c¨ oz¨ umler I. kısım Problem 4: xy 00 + y 0 − y = 0 denkleminin seri ¸cöz¨ um¨ un¨ u d¨ uzenli tekil nokta etrafında bulunuz. C ¸¨ oz¨ um: x = 0 noktası denklemin d¨ uzenli tekil nokta oldu˘gu önceki örne˘ge benzer ¸sekilde gösterilebilir x = 0 noktası denklemin bir tekil noktası oldu˘gundan, ¸cöz¨ um formu yine aynı bir önceki örnekle aynı formda olup y=

∞ X

an xr+n

n=0

¸seklindedir. T¨ urevler yukardaki örnekten alınıp yerine yazılırsa, ∞ ∞ ∞ X X X r+n−2 r+n−1 x (r + n)(r + n − 1)an x + (r + n)an x − an xr+n = 0 n=0

n=0

n=0

˙ elde edilir. Ifade yeniden d¨ uzenlenirse ∞ ∞ ∞ X X X r+n−1 r+n−1 (r + n)(r + n − 1)an x + (r + n)an x − an xr+n = 0 n=0

n=0

n=0

haline gelir. Birinci ve ikinci toplamda n = n + 1 yazılırsa ifademiz ∞ X

(r + n)(r + n + 1)an+1 x

n=−1

r+n

+

∞ X

(r + n + 1)an+1 x

n=−1

r+n

−

∞ X

an xr+n = 0

n=0

˙ iki toplam n = −1 i¸cin a¸cık yazılır kalanlar ise n = 0 dan ba¸slatılırsa olur. Ilk ((r −1)r +r)a0 xr−1 +

∞ X {[(r + n)(r + n + 1) + (r + n + 1)] an+1 −an }xr+n = 0 n=0

halini alır. Buradan ((r − 1)r + r)a0 xr−1 = 0 ve [(r + n)(r + n + 1) + (r + n + 1)] an+1 − an = 0 82

dır. Birincisinden r2 = 0 olup r1 = r2 = 0 olup ¸cift kat kök vardır ve tek ¸cöz¨ um bulunurr.Böylece r = 0 i¸cin an+1 =

an , (n + 1)2

n = 0, 1, ...

ifadesi elde edilir. n = 0 ⇒ a1 = a0 , a1 a0 n = 1 ⇒ a2 = 2 = 2 , 2 2 a2 a0 n = 2 ⇒ a3 = 2 = 2 2 , 3 32 a0 a0 a2 n = 3 ⇒ a4 = 2 = 2 2 2 = , 4 432 (4!)2 ......................................................... a0 n = n ⇒ an = (n!)2 olurki ¸co¨z¨ um a0 = 1 i¸cin

∞ X xn y(x) = (n!)2 n=0

¸seklinde yazılır. 57

57 ˙


83

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. ˙ * 5. Ikinci Mertebeden Denklemlerin Seri C ¸¨ oz¨ umleri * 5.6. D¨ uzenli tekil nokta etrafında seri ¸c¨ oz¨ umler I. kısım Problem 6: x2 y 00 + xy 0 + (x − 2)y = 0 denkleminin seri ¸cöz¨ um¨ un¨ u d¨ uzenli tekil nokta etrafında bulunuz. C ¸¨ oz¨ um: x = 0 noktası denklemin d¨ uzenli tekil noktasıdır. Dolayısıyla, x = 0 noktası denklemin ¸cöz¨ um formu y=

∞ X

an xr+n

n=0

¸seklindedir. T¨ urevler alınıp yerine yazılırsa, x2

∞ X

(r + n)(r + n − 1)an xr+n−2 + x

n=0

∞ X

(r + n)an xr+n−1 + (x − 2)

n=0

∞ X

an xr+n = 0

n=0

˙ elde edilir. Ifade yeniden d¨ uzenlenirse ∞ ∞ ∞ ∞ X X X X (r +n)(r +n−1)an xr+n + (r +n)an xr+n − 2an xr+n + an xr+n+1 = 0 n=0

n=0

n=0

n=0

haline gelir. Son toplam ∞ X

an xr+n+1 =

n=0

∞ X

an−1 xr+n

n=1

¸seklinde yazılıp yerine konursa ve diger toplamlarda n = 1 den ba¸slatılırsa (n = 0 kısmı a¸cık yazılırsa) ve daha sonra gerekli d¨ uzenlemeler yapılırsa, (r(r−1)+r−2)a0 xr +

∞ X {[(r + n − 1)(r + n) + (r + n) − 2] an +an−1 }xr+n = 0 n=1

elde edilir. Buradan, indisel denklem r2 − 2 = 0 √ √ olurki r1 = 2 ve r1 = − 2 olarak belirlenir. Toplamın ikinci kısmınında sıfıra e¸sitlenmesinden, an−1 an = − (r + n)2 − 2 84

¸seklinde indirgeme ba˘gıntısı elde edilir. r=

√

2 i¸cin an = −

an−1 √ n(n + 2 2)

elde edilir.

a0 n = 1 ⇒ a1 = − √ , 2 2 a1 a0 √ = √ , n = 2 ⇒ a2 = − 1+2 2 1(1 + 2 2) ......................................................... (−1)n a0 √ √ √ n = n ⇒ an = n!(1 + 2 2)(2 + 2 2)...(n + 2 2) olurki ¸co¨z¨ um a0 = 1 i¸cin · ¸ √ x x2 2 √ + √ √ y1 (x) = x 1− + ...+ 1(1 + 2 2) 2!(1 + 2 2)(2 + 2 2) · ¸ √ (−1)n xn 2 √ √ √ +x n!(1 + 2 2)(2 + 2 2)...(n + 2 2) ¸seklinde yazılır. √ Benzer olarak, ikinci lineer ba˘gımsız ¸co¨z¨ um r = 2 i¸cin an−1 √ an = − n(n − 2 2) elde edilir.

a0 n = 1 ⇒ a1 = − √ , 2 2 a1 a0 √ = √ , n = 2 ⇒ a2 = − 1−2 2 1(1 − 2 2) ......................................................... (−1)n a0 √ √ √ n = n ⇒ an = n!(1 − 2 2)(2 − 2 2)...(n − 2 2) olurki ¸co¨z¨ um a0 = 1 i¸cin · ¸ √ x x2 − 2 √ + √ √ y2 (x) = x 1− + ...+ 1(1 − 2 2) 2!(1 − 2 2)(2 − 2 2) · ¸ √ (−1)n xn − 2 √ √ √ +x n!(1 − 2 2)(2 − 2 2)...(n − 2 2) ¸seklinde olur. 58 58 ˙


85

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. ˙ * 5. Ikinci Mertebeden Denklemlerin Seri C ¸¨ oz¨ umleri * 5.7. D¨ uzenli tekil nokta etrafında seri ¸c¨ oz¨ umler II. kısım Problem 3: x(x − 1)y 00 + 6x2 y 0 + 3y = 0 denkleminin varsa b¨ ut¨ un d¨ uzenli tekil noktalarını bulunuz. Her bir d¨ uzenli tekil nokta i¸cin indisel denklemi ve indisel denklemin köklerini tespit ediniz. ¨ C ¸¨ oz¨ um : Oncelikle deklemimizi uygun formatta yazalım, 6x 0 3 y 00 + y + y = 0. x−1 x(x − 1) Buradan, 6x 3 p(x) = , q(x) = x−1 x(x − 1) dir. Verilen denklemin tekil noktaları x = 0 ve x = 1 dir. ilk olarak x = 0 alalım, 6x =0 p0 = lim xp(x) = lim x x→0 x→0 x − 1 ve 3 q0 = lim x2 q(x) = lim x2 = 0. x→0 x→0 x(x − 1) Böylece, x = 0 noktası d¨ uzenli tekil noktadır. r(r − 1) + p0 r + q0 = 0 indisel denklem form¨ ul¨ unde de˘gerler yerlerine yazılırsa r(r − 1) = 0,

r1 = 0, r2 = 1

olarak indisel denklemin kökleri bulunmu¸s olur. Benzer olarak, x = 1 alınırsa ve gerekli i¸slemler yapılırsa, bu noktanın da d¨ uzenli tekil nokta oldu˘gu kolaylıkla gör¨ ulebilir. Ayrıca p0 = 6 ve q0 = 1 olarak hesap edilip indisel denklemde yerine yazılırsa r(r + 5) = 0,

r1 = 0, r2 = 5

x = 1 d¨ uzenli tekil noktası i¸cin elde edilen indisel denklemin kökleri bulunmu¸s olur. 59 59 ˙


86

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. ˙ * 5. Ikinci Mertebeden Denklemlerin Seri C ¸¨ oz¨ umleri * 5.8. Bessel denklemi Problem 1: x2 y 00 + 2xy 0 + xy = 0 denklemi i¸cin x = 0 d¨ uzenli tekil noktasında iki lineer ba˘gımsız ¸co¨z¨ um¨ u elde ediniz. ¨ C ¸¨ oz¨ um: Oncelikle denklem d¨ uzenlenirse 2 1 y 00 + y 0 + y = 0 x x formuna gelinir. Burada, p(x) =

2 1 , q(x) = x x

olup x = 0 noktası denklemin bir d¨ uzenli tekil noktasıdır. Froben¨ us metoduna göre ∞ X y= an xr+n n=0

¸seklinde bir seri ¸co¨z¨ um¨ u vardır. Gerekli t¨ urevler, 0

y =

∞ X

(r + n)an x

r+n−1

,

∞ X y = (r + n − 1)(r + n)an xr+n−2 00

n=0

n=0

¸seklinde olup denklemde yerlerine yazılırsa, ∞ ∞ ∞ X X X r+n−2 r+n−1 x (r + n − 1)(r + n)an x + 2x (r + n)an x +x an xr+n = 0 2

n=0

n=0

n=0

elde edilir. Bu ifade tekrar d¨ uzenlenirse, ∞ ∞ ∞ X X X r+n r+n (r + n − 1)(r + n)an x + 2(r + n)an x + an xr+n+1 = 0 n=0

n=0

n=0

toplamın u ¨¸cu ¨nc¨ u terimi , ∞ X n=0

an xr+n+1 =

∞ X n=1

87

an−1 xr+n =

¸seklinde yeniden d¨ uzenlenip yerine yazılırsa ve b¨ ut¨ un toplamlar n = 1 den ba¸slatılırsa, ∞ X r r (r(r−1)a0 x +2ra0 x )+ {[(r + n)(r + n − 1) + 2(r + n)] an +an−1 }xr+n = 0 n=1

olurki buradan (r2 + r)a0 xr + 2ra0 xr ) +

∞ X

[(r + n)(r + n + 1) + n)an + an−1 ] xr+n = 0

n=1

elde edilir. Son ifadeden, indisel denklem r2 + r = 0 olup r1 = 0, ba˘gıntısı

˙ r2 = −1 ve r1 − r2 = 1 ∈ Z dir. Ikinci toplamdan indirgeme

an−1 (r + n)(r + n + 1) elde edilir. Buradan, g(r + n) 6= 0 olmak u ¨zere an r’nin bir fonksiyonu olmak u ¨zere, an−1 (r) an (r) = − , n = 1, 2, .. g(r + n)) olur. Buradan da a0 (r) a1 (r) = − , g(r + 1) a1 (r) a0 (r) a2 (r) = − = , g(r + 2) g(r + 1)g(r + 2) .......................... n (−1) a0 (r) an (r) = , g(r + n) 6= 0, n = 1, 2, .. g(r + 1)g(r + 2)...g(r + n) elde edilir. r1 = 0 i¸cin, an = −

an (0) =

(−1)n a0 (−1)n a0 = g(1)g(2)...g(n) n!(n + 1)!

olurki a0 = 1 i¸cin ¸cöz¨ um y1 (x) =

∞ X (−1)n xn n!(n + 1)! n=0

˙ olarak elde edilir. Ikinci ¸co¨z¨ um i¸cin uygun form r1 − r2 = 1 ∈ Z durumuna göre belirlenirse, " # ∞ X 1 Hn + Hn−1 (−1)n xn y2 (x) = −y1 (x) ln x + 1− x n!(n − 1)! n=0 olarak yazılabilir. 60 60 ˙


88

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. ˙ * 5. Ikinci Mertebeden Denklemlerin Seri C ¸¨ oz¨ umleri * 5.8. Bessel denklemi Problem 2: x2 y 00 + 3xy 0 + (1 + x)y = 0 denklemi i¸cin x = 0 d¨ uzenli tekil noktasında iki lineer ba˘gımsız ¸co¨z¨ um¨ u elde ediniz. C ¸¨ oz¨ um: Froben¨ us metoduna göre x = 0 i¸cin y=

∞ X

an xr+n

n=0

¸seklinde seri ¸cöz¨ um¨ u vardır. Gerekli t¨ urevler denklemde yerlerine yazılırsa, x

2

∞ X

(r +n−1)(r +n)an x

r+n−2

+3x

n=0

∞ X

(r +n)an x

r+n−1

+(1+x)

n=0

∞ X

an xr+n = 0

n=0

elde edilir. Bu ifade tekrar d¨ uzenlenirse, ∞ ∞ ∞ ∞ X X X X (r +n−1)(r +n)an xr+n + 3(r +n)an xr+n + an xr+n + an xr+n+1 = 0 n=0

n=0

n=0

n=0

toplamın son terimi ∞ X

an x

r+n+1

n=0

=

∞ X

an−1 xr+n =

n=1

¸seklinde yeniden d¨ uzenlenip yerine yazılırsa ve b¨ ut¨ un toplamlar n = 1 den ba¸slatılıp uygun parantezlere alınırsa, 2

r

(r + 2r + 1)a0 x +

∞ X

[(r + n)(r + n + 2) + 1)an + an−1 ] xr+n = 0

n=1

elde edilir. Son ifadeden, indisel denklem r2 + 2r + 1 = 0 ˙ olup r1 = r2 = −1. Ikinci toplamdan indirgeme ba˘gıntısı an = −

an−1 (r + n)(r + n + 2) + 1 89

elde edilir. Buradan, g(r + n) 6= 0 olmak u ¨zere an , r nin bir fonksiyonu olarak, an (r) = −

an−1 (r) , g(r + n))

olur. Böylece a1 (r) = −

n = 1, 2, ..

a0 (r) , g(r + 1)

a1 (r) a0 (r) = , g(r + 2) g(r + 1)g(r + 2) .......................... n (−1) a0 (r) an (r) = , g(r + n) 6= 0, g(r + 1)g(r + 2)...g(r + n) a2 (r) = −

n = 1, 2, ..

elde edilir. r = −1 i¸cin, an (−1) =

(−1)n a0 (−1)n a0 (r) = g(1)g(2)...g(n) n!

olurki a0 = 1 i¸cin ¸cöz¨ um y1 (x) = x

−1

∞ X (−1)n xn

(n!)2

n=0

˙ olarak elde edilir. Ikinci ¸cöz¨ um i¸cin uygun form r1 = −r2 = −1 oldu˘gndan y2 (x) = y1 (x) ln |x| + x

r2

∞ X

b n r 1 xn

n=0

¸seklinde olup burada da bu ¸cöz¨ umle u˘gra¸smayıp direkt sonucunu verece˘giz. ∞

2 X Hn (−1)n xn y2 (x) = y1 (x) ln x − 2 x n=0 (n!) olarak belirlenebilir. 61

61 ˙


90

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. ˙ * 5. Ikinci Mertebeden Denklemlerin Seri C ¸¨ oz¨ umleri * 5.8. Bessel denklemi Problem 5: olan

3 2

9 x2 y 00 + xy 0 + (x2 − )y = 0, x > 0 4 mertebeden Bessel denkleminin lineer ba˘gımsız iki ¸cöz¨ um¨ un¨ u bululunuz.

C ¸¨ oz¨ um: x = 0 noktasının denklemin bir d¨ uzenli tekil noktası oldu˘gundan x = 0 noktasında Froben¨ us metodu uygulanabilir. y=

∞ X

an xr+n

n=0

¸seklinde bir seri ¸cöz¨ um¨ u vardır. Birinci ve ikinci t¨ urevler denklemde yerlerine yazılırsa, x

2

∞ X

(r+n−1)(r+n)an x

r+n−2

n=0

∞ ∞ X 9 X r+n−1 2 +x (r+n)an x +(x − ) an xr+n = 0 4 n=0 n=0

elde edilir. Bu ifade tekrar d¨ uzenlenirse, ∞ ∞ ∞ ∞ X X X X 9 (r+n−1)(r+n)an xr+n + (r+n)an xr+n − an xr+n + an xr+n+2 = 0 4 n=0 n=0 n=0 n=0

toplamın son terimi ∞ X

an x

r+n+2

=

n=0

∞ X

an−2 xr+n =

n=2

¸seklinde yeniden d¨ uzenlenip yerine yazılırsa ve b¨ ut¨ un toplamlar n = 2 den ba¸slatılıp uygun parantezlere alınırsa, · ¸ · ¸ ∞ X 9 9 9 2 r 2 r − a0 x + (r + 1) − a1 xr+1 + {[(r + n)2 − ]an + an−2 }xr+n = 0 4 4 4 n=2 olarak d¨ uzenlenebilir. Son ifadeden, indisel denklem F (r) = r2 − r1 = 32 ,

9 =0 4

˙ r2 = − 32 . Ikinci toplamdan, 9 [(r + n)2 − ]an + an−2 = 0 4 91

elde edilir. F (r + n) 6= 0 olmak u ¨zere, F (r + n) = (r + n)2 −

9 4

se¸cersek, indirgeme ba˘gıntısı an (r) = −

an−2 (r) , F (r + n))

n = 2, 3, ...

olur. r1 = 32 i¸cin F (r1 + 1) ve xr1 +1 katsayısı, (r + 1)2 − a1 = 0 olur. Buradan da

9 4

6= 0 oldu˘gundan

a3 = a5 = ... = a2n+1 = 0 elde edilir. C ¸ ift katsayılar i¸cin n = 2m alınırsa, a2m−2 ( 32 ) 3 a2m−2 a2m ( ) = − 3 =− 2 2 F ( 2 + 2m) 2 m(m + 32 ) olmak u ¨zere,

3 a0 a2 ( ) = − 2 , 2 2 1(1 + 32 ) 3 a0 a4 ( ) = 4 , 2 2 2!(1 + 32 )(2 + 32 ) ........................................ 3 (−1)m a0 a2m ( ) = 2m , 2 2 m!(1 + 32 )(2 + 32 )...(m + 32 )

olurki a0 = 1 i¸cin ¸cöz¨ um " y1 (x) = x

3 2

∞ X

(−1)m x 2m 1+ 3 3 ( ) m!(1 + 2 )...(m + 2 ) 2 m=1

#

olarak elde edilir. ˙ Ikinci ¸cöz¨ um i¸cin tek indisliler yine tamemen sıfır olup ¸cift indisler ise benzer olarak hesaplanıp yerine yazılırlarsa ikinci lineer ba˘gımsız ¸cöz¨ um " # ∞ m X 3 (−1) x 2m y2 (x) = x− 2 1 + 3 3 ( ) 2 m!(1 − )...(m − ) 2 2 m=1 olarak elde edilir. 62

62 ˙


92

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 6. Laplace D¨ on¨ u¸su ¨ m¨ u * 6.1. Laplace d¨ on¨ u¸su ¨ m¨ un¨ un tanımı Problem 5.a: f (t) = t fonksiyonunun Laplace dön¨ u¸su ¨m¨ un¨ u bulunuz. C ¸¨ oz¨ um: Laplace dön¨ u¸su ¨m¨ u tanımında f (t) = t alınırsa, Z ∞ F (t) = e−st tdt 0

elde edilir. u = t,

dv = e−st

ile kısmi integrasyon alınırsa, Z A Z A A −sA 1 1 (− e ) + lim F (t) = lim ( 2 e−sA ) = 2 A→∞ 0 A→∞ 0 s s s elde edilir. Böylece, F (t) =

1 , s2

s>0

olur.

Problem 5.b: f (t) = t2 fonksiyonunun Laplace dön¨ u¸su ¨m¨ un¨ u bulunuz. C ¸¨ oz¨ um: Laplace dön¨ u¸su ¨m¨ u tanımında f (t) = t2 alınırsa, Z ∞ F (t) = e−st t2 dt 0

elde edilir. u = t2 ,

dv = e−st

ile kısmi integrasyon alınırsa, Z A Z ∞ Z A 2 A2 −sA ( e−st tdt) F (t) = lim (− e ) + lim A→∞ 0 A→∞ 0 s s 0 93

˙ olurki ilk kısımdan herhangi bir katkı gelmez. Ikinci kısım ise 2s F (t) demektir. Yukarıdaki problemden F (t) = s12 yazılırsa, F (t2 ) =

2 , s3

olarak elde edilir. 63

63 ˙


94

s>0

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 6. Laplace D¨ on¨ u¸su ¨ m¨ u * 6.1. Laplace d¨ on¨ u¸su ¨ m¨ un¨ un tanımı Problem 11: f (t) = sin at, t ≥ 0 fonksiyonunun Laplace dön¨ u¸su ¨m¨ un¨ u bulunuz. C ¸¨ oz¨ um: f (t) ifadesi tanımda yerine yazılırsa, Z ∞ F (sin at) = e−st sin atdt 0

elde edilir. Pe¸spe¸se iki kez kısmi integrasyon uygulayalım. Birinci olarak, u = e−st , ile integral,

Z

∞

−st

e 0

dv = sin at Z

1 s sin atdt = − a a

∞

e−st cos atdt

0

˙ haline gelir. Ikinci olarak, u = e−st , ile integral,

Z

∞

−st

e 0

dv = cos at

1 s2 cos atdt = − 2 a a

Z

∞

e−st sin atdt

0

haline gelir. Böylece, F (sin at) =

1 s2 − F (sin at) a a2

ourki buradan gerekli d¨ uzenlemeler yapılırsa, F (sin at) = f (s) =

s2

a , + a2

s>0

olarak f (t) = sin at fonksiyonunun Laplace dön¨ u¸su ¨m¨ u bulunmu¸s olur. 64

64 ˙


95

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 6. Laplace D¨ on¨ u¸su ¨ m¨ u * 6.2. Ba¸slangı¸ c de˘ ger probleminin ¸c¨ oz¨ um¨ u Problem 11: y 00 − y 0 − 6y = 0,

y(0) = 1, y 0 (0) = −1

ile verilen ba¸slangı¸c de˘ger problemini laplace dön¨ u¸su ¨m¨ u yardımıyla ¸co¨z¨ un¨ uz. C ¸¨ oz¨ um: y = ϕ(t) ¸seklinde bir ¸co¨z¨ um¨ un varlı˘gını kabul ederek ba¸slayalım. Verilen denkleme laplace dön¨ u¸su ¨m¨ u uygulanırsa, L Ã (y 00 ) − L Ã (y 0 ) − 6ÃL(y) = 0 elde edilir. L Ã (y)=Y(s) i¸cin, L Ã (y 0 ) = sY (s) − y(0),

L Ã (y 00 ) = s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0)

ifadeleri yerlerine yazılırsa, daha sonra ba¸slangı¸c ¸sartları kullanılıp uygun d¨ uzenlemeler yapılılırsa, s−2 Y (s) = (s + 2)(s − 3) ifadesine varılır. Son ifadeyi basit kesirlerine ayıralım. Y (s) =

a b s−2 + = s+2 s−3 (s + 2)(s − 3)

ifadesinden a = 45 , b = 51 elde edilr ki yerlerine yazılırsa Y (s) ifadesi basit kesirlerine a¸sa˘gıdaki ¸sekilde ayrılmı¸s olur. Y (s) =

4 1 1 1 + . 5s+2 5s−3

Buradan

1 22 1 1 4 1 Y (s) = ( + )= ( + ) 5 s+2 s−3 5 s − (−2) s − 3 yazılırsa tablodan yaralanak uygun ters dön¨ u¸su ¨mler L Ã (4e−2t ) =

4 , s − (−2)

L Ã (e3t ) =

¸seklinde bulunursa verilen denklemin ¸co¨z¨ um¨ u 1 y = ϕ(t) = (4e−2t + e3t ) 5 olarak ifade edilir. 65 65 ˙


96

1 s−3

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 6. Laplace D¨ on¨ u¸su ¨ m¨ u * 6.2. Ba¸slangı¸ c de˘ ger probleminin ¸c¨ oz¨ um¨ u Problem 12: y 00 + 3y 0 + 2y = 0,

y(0) = 1, y 0 (0) = 0

ile verilen ba¸slangı¸c de˘ger problemini laplace dön¨ u¸su ¨m¨ u yardımıyla ¸co¨z¨ un¨ uz. C ¸¨ oz¨ um: Yine y = ϕ(t) ¸seklinde bir ¸co¨z¨ um¨ un varlı˘gını kabul ederek ba¸slayalım. Verilen denkleme laplace dön¨ u¸su ¨m¨ u uygulanırsa, L Ã (y 00 + 3ÃL(y 0 ) + 2ÃL(y) = 0 elde edilir. L Ã (y)=Y(s) i¸cin, L Ã (y 0 ) = sY (s) − y(0),

L Ã (y 00 ) = s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0)

ifadeleri yerlerine yazalım, daha sonra ba¸slangı¸c ¸sartları kullanılıp uygun d¨ uzenlemeler yapalım. Böylece s+3 Y (s) = (s + 1)(s + 2) ifadesini elde etmi¸s oluruz. Elde edilen ifade Y (s) =

a b s+3 + = s+1 s+2 (s + 1)(s + 2)

¸seklinde basit kesirlerine ayrılırsa, a = 2, b = −1 olarak elde edilir ve yerlerine yazılırsa 2 1 Y (s) = − s+1 s+2 olarak bulunur. Tablodan uygun ters dön¨ u¸su ¨mler, L Ã (2e−t ) = 2

1 , s+1

L Ã (e2t ) =

¸seklinde bulunursa verilen denklemin ¸co¨z¨ um¨ u y = ϕ(t) = 2e−t − e−2t olarak ifade edilir. 66

66 ˙


97

1 s+2

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 6. Laplace D¨ on¨ u¸su ¨ m¨ u * 6.2. Ba¸slangı¸ c de˘ ger probleminin ¸c¨ oz¨ um¨ u Problem 17: y ıv − 4y 000 + 6y 00 − 4y 0 + y = 0,

y(0) = 0, y 0 (0) = 1 y 00 (0) = 0,

y 000 (0) = 1

ile verilen ba¸slangı¸c de˘ger problemini laplace dön¨ u¸su ¨m¨ u yardımıyla ¸co¨z¨ un¨ uz. C ¸¨ oz¨ um: y = varphi(t) ¸seklinde bir ¸co¨z¨ um¨ un varlı˘gını kabul edelim. Verilen denkleme laplace uygulanırsa, L Ã (y ıv − 4ÃL(y 000 ) + 6ÃL(y 00 ) − 4ÃL(y 0 ) + L Ã (y) = 0 elde edilir. L Ã (y) = Y (s) i¸cin, L Ã (y 0 ) = sY (s) − y(0),

L Ã (y 00 ) = s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0)

L Ã (y 000 ) = s3 Y (s) − s2 y(0) − sy 0 (0) − y 00 (0), L Ã (y ıv ) = s4 Y (s) −3 sy(0) − s2 y 0 (0) − sy 00 (0) − y 000 (0) ifadeleri yerlerine yazılıp, daha sonra ba¸slangı¸c ¸sartları kullanılıp uygun d¨ uzenlemeler yapılırsa, s2 − 4s + 7 Y (s) = (s − 1)4 ifadesi elde edilir. Elde edilen ifade Y (s) =

b c d s2 − 4s + 7 a + + + = (s − 1)4 (s − 1)3 (s − 1)2 (s − 1) (s − 1)4

¸seklinde basit kesirlerine ayrılırsa, 2 a = , b = −1, c = 1, d = 0 3 olarak elde edilir ve yerlerine yazılırsa Y (s) =

2 3

(s −

1)4

−

1 1 + 3 (s − 1) (s − 1)2

elde edilir. Tablodan uygun ters dön¨ u¸su ¨mler, 2 2 1 2 t 3 L Ã ( t3 et ) = , L Ã (t e ) = , 3 (s − 1)4 (s − 1)3

98

L Ã (tet ) =

1 (s − 1)2

¸seklinde bulunursa denklemin ¸cöz¨ um¨ u 2 y = ϕ(t) = tet − t2 et + t3 et 3 olarak ifade edilir. 67

67 ˙


99

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 6. Laplace D¨ on¨ u¸su ¨ m¨ u * 6.3. Basamak fonksiyonları Problem 8:

t<1 f (t) = {0, t2 −2t+2,

t≥1

ile verilen fonksiyonun laplace dön¨ u¸su ¨m¨ un¨ u bulunuz. C ¸¨ oz¨ um: t2 − 2t + 2 = (t − 1)2 + 1 olmak u ¨zere t − 1 = t i¸cin g(t) = t2 + 1 olsun. Bu durumda f (t) = u1 (t)g(t − 1) olur. Teorem 6.3.1 den L Ã (f (t)) = L Ã (u1 (t)g(t − 1)) = e−s L Ã (g(t)) olarak elde edilir.

1 L Ã (1) = , s

L Ã (t2 ) =

oldu˘gundan L Ã (g(t)) =

2 s3

1 2 + 3 s s

elde edilip yerine yazılırsa, 1 2 L Ã (f (t)) = e−s ( + 3 ) s s olarak bulunur. 68

68 ˙


100


e−2s s2 + s − 2 ile verilen laplace dön¨ u¸su ¨m¨ un¨ un tersini bulunuz. F (s) =

C ¸¨ oz¨ um: Bunun i¸cin F (s)’i F (s) = e−2s

1 (s + 2)(s − 1)

¸seklinde yazalım. Bu ifadeyi basit kesirlerine ayırmak i¸cin, a b 1 + = s+2 s−1 (s + 2)(s − 1) formunda yazalım. Buradan 1 a=− , 3

b=

1 3

olarak bulunur. Böylece, · ¸ 1 e−2s 1 F (s) = − 3 s−1 s+2 ¸sekline gelir. Tablodan, L Ã (et ) =

1 s−1

ve L Ã (e−2t ) =

1 s+2

olup Teorem 6.3.1 den

[e−2s L Ã (et ) − e−2s L Ã (e∗2t )] F (s) = 3 olup, L Ã (u2 (t)et−2 ) − L Ã (u2 (t)e−2(t−2) ) 3 elde edilir.Böylece L Ã (f (t)) = F (s) den F (s) =

1 f (t) = u2 (t)[et−2 − e−2(t−2) ] 3 olarak elde edilir. 69 69 ˙


101


2s + 1 + 4s + 5 ile verilen laplace dön¨ u¸su ¨m¨ un¨ un ters laplasce dön¨ u¸su ¨m¨ un¨ u problem 19 daki sonucu kullanarak bulunuz. F (s) =

4s2

¨ C ¸¨ oz¨ um: Oncelikle iadenin paydasını tam kare yapalım. Bu durumda, F (s) =

2s + 1 (2s + 1)2 + 4

elde edilir. 2s + 1 = u denirse, f (2s + 1) = f (u) =

u2

u +4

elde edilir. L Ã −1 (f (2s + 1)) i¸cin 1 −bt t L Ã −1 (f (as + b)) = e a f ( a ) a formu kullanılırsa,

1 t 2t L Ã −1 (F (s)) = e− 2 cos( ) 2 t

elde edilir. 70

70 ˙


102

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 6. Laplace D¨ on¨ u¸su ¨ m¨ u * 6.4. Discontinues forcing fonksiyonlarla diferansiyel denklemler Problem 1: y 00 + y = f (t); öyleki

y(0) = 0, y 0 (0) = 1 0≤t< π2 π ≥t<∞ 2

1,

f (t) = {0,

¸seklinde ba¸slangı¸c ¸sartlarıyla verilen homojen olmayan denklemin ¸co¨z¨ um¨ un¨ u bulunuz. C ¸¨ oz¨ um: Bunun i¸cin,

1,

u π2 (t) = {0,

t≤< π2 t≥ π2

¸seklinde bir tanımla f (t) = 1 − u π2 (t) elde ederiz. Verilen denklemin her iki yanına laplace uygulayalım. Homojen olmayan kısım i¸cin her iki yana laplace uygulanırsa ve laplace dön¨ u¸su ¨m¨ un¨ un lineerli˘gi kullanılırsa L Ã (f (t)) = L Ã (1) − L Ã (u π2 (t)) elde edilir. Teorem 6.3.1 den ve tablodan yararlanarak π

e− 2 s L Ã (u π2 (t)) = , s

L Ã (1) =

1 s

elde edilir. Denklemin ilk kısmında ise L Ã (y 00 ) = s2 Y (s) − y(0) − Y (0)s + y 0 (0) + L Ã (y) ifadesi elde edilip, L Ã (y) = Y (s) ifadesi kullanılıp yerine yazılırsa, π

1 e− 2 s s Y (s) − y(0) − Y (0)s + y (0) + Y (s) = − s s 2

0

elde edilir. Verilen ba¸slangı¸c ¸sartları yerine yazılır Y (s) ¸cöz¨ ul¨ ur ve basit kesirlerine ayrılırsa π

π

1 s e− 2 s e− 2 s s 1 − − + 2 Y (s) = + 2 s s + 1 s2 + 1 s s +1 elde edilir. Tablodan ve Teorem 6.3.1 den yararlanarak ters laplace dön¨ u¸su ¨mleri 1 L Ã −1 (1) = , s

L Ã −1 (

s2

1 ) = sin t, +1 103

L Ã −1 (

s2

s ) = cos t, +1

π

e− 2 s 1 π L Ã ( ) = u π2 (t)ÃL−1 ( ) = u π2 (t)g(t − ), s s 2 − π2 s s s e L Ã −1 ( 2 ) = u π2 (t)ÃL−1 ( 2 ) = u π2 (t) cos t, s +1 s +1 olarak elde edilir ki ba¸slangı¸c de˘ger probleminin ¸cöz¨ um¨ u de −1

y = 1 + sin t − cos t + u π2 (t) + u π2 (t) cos(t − ¸seklinde yazılır. 71

71 ˙


104

π ) 2

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 6. Laplace D¨ on¨ u¸su ¨ m¨ u * 6.4. Discontinues forcing fonksiyonlarla diferansiyel denklemler Problem 3: y 00 + 4y = sin t − u2π (t) sin t;

y(0) = 0, y 0 (0) = 0

¸seklinde ba¸slangı¸c ¸sartlarıyla verilen homojen olmayan denklemin ¸co¨z¨ um¨ un¨ u bulunuz. C ¸¨ oz¨ um: Denkleme iki yandan laplace uygulanırsa ve lineerlik özelli˘gi kullanılırsa, L Ã (y 00 ) + 4ÃL(y) = L Ã (sin t − u2π (t) sin t) elde edilir. Denklemin sa˘gından Teorem 6.3.1 gere˘gi L Ã (sin t − u2π (t) sin t) = e−2πs L Ã (sin t) tablodan da L Ã (sin t) =

1 s2 + 1

alınıp, yerine yazılırsa, L Ã (sin t − u2π (t) sin t) =

e−2πs s2 + 1

elde edilir. Denklemin solundan ise L Ã (y) = Y (s) ve ba¸slangı¸c de˘gerleri kullanılarak L Ã (y 00 ) + 4ÃL(y) = (s2 + 4)Y (s) elde edilip iki ifade e¸sitlenip Y (s) ¸co¨z¨ ul¨ urse Y (s) =

1 − e−2πs 1 e−2πs = − (1 + s2 )(4 + s2 ) (1 + s2 )(4 + s2 ) (1 + s2 )(4 + s2 )

olurki bu ifade basit kesirlerine ayrılırsa, · ¸ 1 e−2πs e−2πs 1 1 − − + Y (s) = 3 s2 + 1 s+ 4 1 + s2 s2 + 4 ifadesine ula¸sılır. s2

1 2 1 = [ 2 ] +4 2 s +2 105

¸seklinde yazılımdan sonra tablodan ilk iki terim i¸cin uygun ters laplace dön¨ u¸su ¨mleri, L Ã −1 (

s2

1 ) = sin t, +1

1 2 1 L Ã −1 ( [ 2 ]) = sin 2t 2 s +2 2

elde edilir. Teorem 6.3.1 den de · ¸ e−2πs e−2πs 1 − L Ã ( ) = u2π (t) sin(t − 2π) − sin 2(t − 2π) 4 + s2 s2 + 1 2 −1

elde edilir ve bu iki ifade yerine yazılırsa sorunun ¸co¨z¨ um¨ u a¸sa˘gıdaki ¸sekilde elde edilmi¸s olur. · ¸ 1 1 1 y= sin t − sin 2t − u2π (t)[sin(t − 2π) − sin 2(t − 2π)] . 3 2 2 72

72 ˙


106

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 6. Laplace D¨ on¨ u¸su ¨ m¨ u * 6.5. Impulse fonksiyonlar Problem 1: y 00 + 2y 0 + 2y = δ(t − π),

y(0) = 1,

y 0 (0) = 0

¸seklinde verilen ba¸slangı¸c de˘ger prbleminin ¸cöz¨ um¨ un¨ u bulunuz. C ¸¨ oz¨ um: Her iki yana laplace dön¨ u¸su ¨m¨ un¨ u uygulayalım ve dön¨ u¸su ¨m¨ un lineerlik özelli˘gini kullanalım. L Ã (y 00 ) + 2ÃL(y 0 ) + 2ÃL(y) = L Ã (δ(t − π)). Bu ifadenin sol yanı i¸cin L Ã (y) = Y (s), L Ã (y 0 ) = sY (s) − y(0) ve L Ã (y 00 ) = s2 Y (s) − y(0) − Y (0)s + y 0 (0) ifadeleri, sa˘g taraf i¸cin ise ilgili tanımdan L Ã (δ(t − π)) = e−πs ifadesi elde edilip yerlerine yazılırsa ve daha sonra Y (s) ¸cöz¨ ul¨ urse Y (s) =

1 s+1 e−πs + + (s + 1)2 + 1 (s + 1)2 + 1 (s + 1)2 + 1

elde edilir. Tablodan yararlanarak, L Ã −1 (

1 ) = e−t sin t, 2 (s + 1) + 1

L Ã −1 (

s+1 ) = e−t cos t, 2 (s + 1) + 1

ve Teorem 6.3.1 den L Ã −1 (

e−πs ) = −uπ (t)e−t+π sin t (s + 1)2 + 1

elde edilip terlerine yazılırsa verilen ba¸slangı¸c de˘ger probleminin ¸cöz¨ um¨ u, y = e−t sin t + e−t cos t − uπ (t)e−t+π sin t olur. 73 73 ˙


107

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 6. Laplace D¨ on¨ u¸su ¨ m¨ u * 6.5. Impulse fonksiyonlar Problem 3: y 00 + 3y 0 + 2y = δ(t − 5) + u10 (t),

y(0) = 0,

y 0 (0) =

1 2

¸seklinde verilen ba¸slangı¸c de˘ger prbleminin ¸cöz¨ um¨ un¨ u bulunuz. C ¸¨ oz¨ um: Verilen denkleme laplace dön¨ u¸su ¨m¨ un¨ u uygulayıp Y (s) ifadesini bulalım. L Ã (y 00 ) + 3ÃL(y 0 ) + 2ÃL(y) = L Ã (δ(t − π)) + L Ã (u10 (t)). Bu ifadenin sol yanı i¸cin L Ã (y) = Y (s), L Ã (y 0 ) = sY (s) − y(0) ve L Ã (y 00 ) = s2 Y (s) − y(0) − Y (0)s + y 0 (0) ifadeleri, sa˘g tarafın birinci terimi i¸cin ilgili tanımdan L Ã (δ(t − 5)) = e−5s , sa˘g tarafın ikinci terimi i¸cin Teorem 6.3.1 den L Ã (u10 (t)) =

e−10s s

ifadesi elde edilip yerlerine yazılırsa ve daha sonra Y (s) ¸cöz¨ ul¨ urse Y (s) =

1 2

s2 + 3s + 2

+

e−5s e−10s + s2 + 3s + 2 (s2 + 3s + 2)

olarak elde edilir. Tablodan da yaralanılarak ters laplace dön¨ u¸su ¨mleri bulunup yerlerine yazılırsa verilen denklemin ¸cöz¨ um¨ u, · ¸ £ −2(t−5) ¤ 1 1 −2(t−10) 1 −t 1 −t −(t−5) −(t−10) +e +u10 (t) + e −e y = − e + e +u5 (t) −e 2 2 2 2 ¸seklinde yazılır. 74 74 ˙


108

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 6. Laplace D¨ on¨ u¸su ¨ m¨ u * 6.6. Konvol¨ usyon integrali Problem 4:

Z

t

f (t) =

(t − τ )2 cos 2τ dτ

0

ile verilen fonksiyonun laplace dön¨ u¸su ¨m¨ un¨ u bulunuz. C ¸¨ oz¨ um: Burada g(t) = t2 , olarak tanımlanırsa

Z

h(t) = cos2t

t

f (t) =

g(t − τ )h(τ )dτ 0

olur. Tablodan, L Ã (g(t)) = L Ã (t2 ) =

2 s3

ve L Ã (h(t)) = L Ã (cos 2t) =

s2

s +4

olup. L Ã (f (t)) = F (s) = L Ã (t2 )ÃL(cos 2t) = olur ki L Ã (f (t)) =

2 s s3 s2 + 4

2 s2 (s2 + 4)

elde edilir.

Problem 6:

Z

t

f (t) =

(t − τ )eτ dτ

0

ile verilen fonksiyonun laplace dön¨ u¸su ¨m¨ un¨ u bulunuz. C ¸¨ oz¨ um: Burada da g(t) = t, denilirse,

Z

h(t) = et

t

f (t) =

g(t − τ )h(τ )dτ 0

109

olarak yazılabilir. Tablodan, L Ã (g(t)) = L Ã (t) = ve L Ã (h(t)) = L Ã (et ) =

1 s2

1 s−1

olur. Böylece, L Ã (f (t)) = F (s) = L Ã (t)ÃL(et ) = olarak elde edilir. 75

75 ˙


110

1 1 s2 s − 1

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 6. Laplace D¨ on¨ u¸su ¨ m¨ u * 6.6. Konvol¨ usyon integrali Problem 17: y 00 + 3y 0 + 2y = cos αt,

y(0) = 1,

y 0 (0) = 0

ile verilen ba¸slangı¸c de˘ger probleminin ¸co¨z¨ um¨ un¨ u konvol¨ usyon integral cinsinden belirleyiniz. C ¸¨ oz¨ um: Her iki yana laplaca dön¨ u¸su ¨m¨ u uygulayalım. Böylece, L Ã (y 00 ) + 3ÃL(y 0 ) + 2ÃL(y) = L Ã (cos αt) elde edilir. Sol taraf i¸cin ,ÃL(y) = Y (s) den sonra L Ã (y 0 ) = sY (s) − y(0) ve L Ã (y 00 ) = s2 Y (s) − y(0) − Y (0)s + y 0 (0) de˘gerleri yerine yazıldıktan sonra ba¸slangı¸c ¸sartları kullanılıp sa˘g tarafa e¸sitlenirse, sa˘g taraf i¸cin se tablodan L Ã (cos αt) =

s2

s + α2

elde edilir. Buradan Y (s) ¸cöz¨ ul¨ urse, Y (s) =

s+3 s + 2 2 (s + 1)(s + 2) (s + α )(s + 1)(s + 2)

˙ olarak bulunur. Ifade basit kesirlerine, Y (s) =

2 1 s 1 1 − + 2 ( − ) s + 1 s + 2 s + α2 s + 1 s + 2

¸seklinde ayrılır. Buradan ilk iki ters laplaca dön¨ u¸su ¨mleri tablo vasıtasıyla bulunursa, 1 2 ) = 2e−t , L Ã −1 ( ) = e−2t L Ã −1 ( s+1 s+2 olur. Teorem 6.5.1 yardımıyla da Z t £ −(t−τ ) ¤ 1 1 s −1 −2(t−τ ) e − e cos ατ dτ ( − )) = L Ã ( 2 s + α2 s + 1 s + 2 0 111

bulunup yerine yazılırsa, verilen diferansiyel denklemin ba¸slangı¸c ¸sartlarını sa˘glayan ¸cöz¨ um¨ u konvol¨ usyon integral cinsinden, Z t £ −(t−τ ) ¤ −t −2t y = 2e − e + e − e−2(t−τ ) cos ατ dτ 0

¸seklinde elde edilir. 76

76 ˙


112

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 7. Birinci Mertebeden Lineer Denklem Sistemleri * 7.1. Giri¸s Problem 2: u00 + 0.5u0 + 2u = 3 sin t denklemiyle verilen ikinci mertebeden denklemi sistem haline getiriniz. C ¸¨ oz¨ um: Bunun i¸cin ilk olarak, x1 = u diyelim ve her iki yandan t ye t¨ urevini alalım. Bu durumda, x01 = u0 olur. x2 = u0 diyelim ve tekrar t¨ uretelim. x02 = u00 elde edilir. Verilen denklemden, u00 = 3 sin t − 0.5u0 − 2u oldugundan, tekrar geriye dön¨ uk tanımları son ifade de yerine yazarsak, x01 = x2 ve x02 = 3 sin t − 0.5x2 − 2x1 olarak sisteme indirgenmi¸s olur. Problem 4: uıv − u = 0 denklemiyle verilen dörd¨ unc¨ u mertebeden denklemi sistem haline getiriniz. ˙ olarak, x1 = u diyelim ve her iki yanın t ye t¨ C ¸¨ oz¨ um: Ilk urevini alalım. 0 0 0 Bu durumda, x1 = u olur. x2 = u diyelim ve tekrar t¨ uretelim. x02 = u00 elde 0 0 000 edilir. x2 = x3 diyelim ve tekrar t¨ uretelim. x3 = u elde edilir. Son olarak 0 0 x3 = x4 denilip tekrar t¨ uretilirse x4 = uıv = u = x1 olur. böylece, x01 = x2 ,

x02 = x3 ,

x03 = x4 ,

olarak sistem elde edilmi¸s olur. 77

77 ˙


113

x04 = x1

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 7. Birinci Mertebeden Lineer Denklem Sistemleri * 7.1. Giri¸s Problem 10: x01 = x1 − 2x2 ,

x1 (0) = −1

x02 = 3x1 − 4x2 ,

x2 (0) = 2

ifadesiyle veriln sistemin ¸cöz¨ um¨ un¨ u bulunuz. C ¸¨ oz¨ um: Birinci denklemden, x2 =

−x01 + x1 2

elde edilip ikinci denklemde yerine yazılırsa x02 = 2x01 + x1 olarak bulunur. x2 i¸cin olan denklem t¨ uretilerek 1 x02 = (−x001 + x01 ) 2 elde edilir. Bu denklemde x02 = 2x01 + x1 ifadesi yerine yazılırsa ve d¨ uzenlenirse x1 i¸cin ikinci mertebeden sabit katsayılı homojen deklem x001 + 3x01 + 2x1 = 0 ¸seklinde elde edilir. x1 = ert ¸seklinde aranacak ¸cöz¨ um i¸cin t¨ urevler alınıp yerlerine yazılırsa karakteristlik denklem r2 + 3r2 = 0 olurki buradan kökler r1 = −1,

r2 = −1

olarak elde edilirse x1 i¸cin ¸cöz¨ um x1 = c1 e−t + c2 e−2t ¸seklinde yazılır. Bu ¸cöz¨ um x02 = 2x01 + x1 denkleminde yerine yazılırsa x2 i¸cin ¸cöz¨ um 3 x2 = c1 e−t + c2 e−2t 2 114

olarak bulunur. x1 (0) = −1 ba¸slangı¸c ¸sartından c1 + c2 = −1 , x2 (0) = 2 ba¸slangı¸c ¸sartından 3 c1 + c2 = 2 2 olur ki bu iki denklemden c1 = −7 ve c2 = 6 olarak elde edilip yerine yazılırsa ¸cöz¨ um a¸sa˘gıdaki ¸sekilde olur. x1 = −7e−t + 6e−2t ,

x2 = −7e−t + 9e−2t

78

78 ˙


115

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 7. Birinci Mertebeden Lineer Denklem Sistemleri * 7.3. Lineer Cebirsel Denklem Sistemleri , Lineer Ba˘ gımsızlık, ¨ ¨ Ozde˘ gerler ve Ozvekt¨ orler Problem 2: x1 + 2x2 − x3 = 1 2x1 + x2 + x3 = 1 x1 − x2 + 2x3 = 1 denklem sisteminin varsa ¸cöz¨ um¨ un¨ u bulunuz. ¨ C ¸¨ oz¨ um: Oncelikle denklemin katsayılar matrisini yazalım.   1 2 −1 1  A= 2 1 1 −1 2 Buradan det |A| = 0 dan A matrisi sing¨ uler bir matris olup denklem sisteminin ¸cöz¨ um¨ u yoktur. Bunu satır i¸slemleriyle de görebilirdik. A matrisini denklemin sa˘g taraftaki ifadesiyle birlikte yazarsak,   1 2 −1 | 1  2 1 1 |1  1 −1 2 | 1 olur. Birinci satırı −2 ile ¸carpıp ikinci satırla, −1 ile ¸carpıp u ¨¸cu ¨nc¨ u satırla toplarsak, ilk matrise denk olan   1 2 −1 | 1  0 −3 3 | −1  1 −3 3 |0 ˙ matris elde edilir. Ikinci satırı −1 ile ¸carpıp u ¨¸cu ¨nc¨ u satırla toplarsak,   1 2 −1 | 1  0 −3 3 | −1  0 0 0 |1 elde edilir. Son satırdan 0x1 + 0x2 + 0x3 = 1 olur. Halbuki bu imkansızdır. O halde ¸co¨z¨ um yoktur. 79 79 ˙


116

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 7. Birinci Mertebeden Lineer Denklem Sistemleri * 7.3. Lineer Cebirsel Denklem Sistemleri , Lineer Ba˘ gımsızlık, ¨ ¨ Ozde˘ gerler ve Ozvekt¨ orler Problem 4: x1 + 2x2 − x3 = 0 2x1 + x2 + x3 = 0 x1 − x2 + 2x3 = 0 homojen denklem sisteminin varsa ¸co¨z¨ um¨ un bulunuz. C ¸¨ oz¨ um: Bir önceki örnekten, 

 1 2 −1 1  A= 2 1 1 −1 2 ve det |A| = 0 dan A matrisi sing¨ uler bir matris idi. Bu durmda sistemin sfır a¸sikar ¸cöz¨ um¨ unden ba¸ska sonsuz sayıda ¸co¨z¨ um¨ u vardır. Bunu satır i¸slemleriyle görmek i¸cin yukarfaki örnekteki i¸slemleri sa˘g tarafı 0 olan matris i¸cin tekrar edelim.   1 2 −1 | 0  2 1 1 |0  1 −1 2 | 0 olur. Birinci satırı −2 ile ¸carpıp toplarsak, ilk matrise denk olan  1  0 1

ikinci satırla, −1 ile ¸carpıp u ¨¸cu ¨nc¨ u satırla

˙ matris elde edilir. Ikinci satırı −1 ikinci satıtrı 3 ile bölersek  1  0 0

ile ¸carpıp u ¨¸cu ¨nc¨ u satırla toplarsak, sonrada

 2 −1 | 0 −3 3 | 0  −3 3 | 0

 2 −1 | 0 −1 1 | 0  0 0 |1

˙ elde edilir. Ikinci satırı 2 katını birinci  1 0  0 −1 0 0

satıra ilave edersek,  −1 | 0 1 |0  0 |1

117

son ¸seklini elde etmi¸s oluruz. Birinci ve ikinci satırdan, x1 + x3 = 0,

−x2 + x3 = 0

elde edilir ki burada keyfi bir c i¸cin x1 = c ve x2 = x3 = −c olarak a¸sikar ¸cöz¨ ume ilave olarak sonsuz sayıda ¸cöz¨ um vardır. 80

80 ˙


118

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 7. Birinci Mertebeden Lineer Denklem Sistemleri * 7.3. Lineer Cebirsel Denklem Sistemleri , Lineer Ba˘ gımsızlık, ¨ ¨ Ozde˘ gerler ve Ozvekt¨ orler Problem 6: x(1) = (1, 1, 0), x(2) = (0, 1, 1), x(3) = (1, 0, 1) ile verilen vektörlerin lineer ba˘gımsız olup olmadıklarını gösteriniz. E˘ger lineer ba˘gımlı iseler aralarındaki ba˘gıntıyı yazınız. C ¸¨ oz¨ um: c1 x(1) + c2 x(2) + c3 x(3) = 0 dan c1 + c3 = 0,

c1 + c2 = 0,

c2 + c3 = 0

olup katsayılar matrisi yazılırsa, 

 1 0 1  1 1 0  0 1 1 olup det |A| = 2 6= 0 dan A matrisi sing¨ uler bir matris olmadı˘gından dolayı böyle bir homojen sistemin yalnızca a¸sikar ¸co¨z¨ um¨ u vardır. Yani c1 = c2 = c3 = 0 dır. Böylece vektörler lineer ba˘gımsızdır. 81

81 ˙


119

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 7. Birinci Mertebeden Lineer Denklem Sistemleri * 7.3. Lineer Cebirsel Denklem Sistemleri , Lineer Ba˘ gımsızlık, ¨ ¨ Ozde˘ gerler ve Ozvekt¨ orler Problem 8: x(1) = (1, 2, 2, 3), x(2) = (−1, 0, 3, 1), x(3) = (−2, −1, 1, 0), x(4) = (−3, 0, −1, 3) ile verilen vektörlerin lineer ba˘gımsız olup olmadıklarını gösteriniz. E˘ger lineer ba˘gımlı iseler aralarındaki ba˘gıntıyı yazınız. C ¸¨ oz¨ um: c1 x(1) + c2 x(2) + c3 x(3) + c4 x(4) = 0 dan c1 − c2 − 2c3 − 3c4 = 0, 2c1 + 0c2 − c3 + 0c4 = 0, 2c1 + 3c2 c3 − c4 = 0, 3c1 + c2 + 0c3 + 3c4 = 0, olup katsayılar matrisi yazılırsa,  1 −1 −2 −3  2 0 −1 0   2 3 1 −1 3 1 0 3

   

olup det |A| = 0 6= 0 dan A matrisinin sing¨ uler bir matris olmasından dolayı vektörler lineer ba˘gımlıdır. S¸imdi aralarındaki ba˘gıntıyı bulmak i¸cin sistemi ¸cözelim. Böyle bir homojen sistemin a¸sikar ¸co¨z¨ um¨ une ek olarak sonsuz ¸cöz¨ um¨ u vardır. Gerekli satır i¸slemleri yapılırsa, sistem c3 + c4 = 0, 3 c2 + c3 + 3c4 = 0, 2 c1 − c2 − 2c3 − 3c4 = 0, 120

elde edilirki buradan da c3 = −4c4 ,

c2 = 3c4

olur. c4 = −1 i¸cin c3 = 4 ve c2 = −3 olarak elde edilirse c1 = 2 bulunur. Bu de˘gerler i¸cin ba˘gıntımız 2x(1) − 3x(2) + 4x(3) − x(4) = 0 ¸seklinde yazılır. 82

82 ˙


121

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 7. Birinci Mertebeden Lineer Denklem Sistemleri * 7.3. Lineer Cebirsel Denklem Sistemleri , Lineer Ba˘ gımsızlık, ¨ ¨ Ozde˘ gerler ve Ozvekt¨ orler Problem 15:

µ A=

5 −1 3 1

¶

matrisinin özde˘gerlerini ve özde˘gerlere kar¸sılık gelen özvektörlerini bulunuz. C ¸¨ oz¨ um: det(A − λI) = 0 denklemi kullanılırsa, µ ¶ 5 − λ −1 det(A − λI) = det =0 3 1−λ dan λ2 − 6λ + 8 = 0 elde edilirki buradan λ1 = 2,

λ2 = 4

olarak özde˘gerler bulunur. µ ¶ x1 (1) λ1 = 2 ve x = ifadeleri x2 (A − λI)x(1) = 0 denkleminde yerine yazılırsa, µ ¶µ ¶ µ ¶ x1 0 3 −1 = 3 −1 x2 0 olur. Buradan, 3x1 = x2 olurki λ1 = 2 özde˘gerine kar¸sılık gelen x(1) özvektör¨ u ¶ µ x1 (1) x = 3x1 olup x1 = 1 i¸cin

µ x

(1)

=

¸seklinde yazılır.

122

1 3

¶

µ Benzer olarak, λ2 = 4 ve x(2) =

x1 x2

¶ ifadeleri (A − λI)x(2) = 0 denkle-

minde yerine yazılırsa, µ

1 −1 3 −3

¶µ

x1 x2

¶

µ =

0 0

¶

olur. Buradan da, x1 = x2 olur ki λ2 = 4 özde˘gerine kar¸sılık gelen x(2) özvektör¨ u µ ¶ x1 (2) x = x1 µ ¶ 1 (2) olup x1 = 1 i¸cin x = ¸seklinde yazılır. 1 83

83 ˙


123

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 7. Birinci Mertebeden Lineer Denklem Sistemleri * 7.3. Lineer Cebirsel Denklem Sistemleri , Lineer Ba˘ gımsızlık, ¨ ¨ Ozde˘ gerler ve Ozvekt¨ orler Problem 21:

 1 0 0 A =  2 1 −2  3 2 1 

matrisinin özde˘gerlerini ve özde˘gerlere kar¸sılık gelen özvektörlerini bulunuz. C ¸¨ oz¨ um: det(A − λI) = 0 denkleminden,   1−λ 0 0 1 − λ −2  = 0 det(A − λI) = det  2 3 2 1−λ dan (1 − λ)((1 − λ)2 + 4) = 0 elde edilir ki buradan λ1 = 1,

λ3,4 = 1 ± 2i

olarak özde˘gerler bulunur.   x1 λ = 2 ve x(1) =  x2  ifadeleri (A−λI)x(1) = 0 denkleminde yerine yazılırsa, x3      0 0 0 x1 0  2 0 −2   x2  =  0  3 2 0 x3 0 olur. Buradan, 2x1 − 2x3 = 0,

3x1 + 2x2 = 0

olup x2 keyfi olmak u ¨zere x1 = x3 = − 23 x2 elde edilir. Böylece, λ = 2 ye kar¸sılk gelen özvektör,  2  − 3 x2 x(1) =  x2  − 32 x2 124

olur. x2 = −3 i¸cinse,



x(1)

 2 =  −3  2

olarak elde edilir. 

Benzer olarak λ = 1 + 2i ve x(2)

 x1 =  x2  ifadeleri (A − λI)x(2) = 0 denklex3

minde yerine yazılırsa,      −2i 0 0 x1 0  2 −2i −2   x2  =  0  0 3 2 −2i x3 olur. Buradan, −2ix1 = 0,

2x1 − 2ix2 − 2x3 = 0,

olup x2 keyfi olmak u ¨zere x1 = 0,

3x1 + 2x2 − 2ix3 = 0

x3 = −ix2 elde edilir.

Böylece, λ = 1 + 2i ye kar¸sılk gelen özvektör,   0 x(2) =  x2  −ix2 olur. x2 = 1 i¸cinse,



x(2)

 0 = 1  −i

olarak elde edilir. x(3) vektör¨ u ise x(2) vektör¨ un¨ un kompleks e¸sleni˘gi olup x2 = 1 i¸cin,   0 (3)  1  x = i olarak yazılır. 84

84 ˙


125

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 7. Birinci Mertebeden Lineer Denklem Sistemleri * 7.4. Birinci mertebeden denklem sistemleri i¸cin temel teori µ ¶ µ 2 ¶ t t (1) (2) Problem 6: x (t) = ve x (t) = vektörleri i¸cin wronskian 1 2t hesaplayıp lineer ba˘gımsızlık i¸cin gerekli ¸sartı bulunuz. C ¸¨ oz¨ um:

µ (1)

t t2 1 2t

(2)

W (x , x ) = det

¶ = 2t2 − t2 = t2

olarak basitce gör¨ ul¨ ur. Bilindi˘gi u ¨zere determinantın sıfırdan farklı olması durumda lineer ba˘gımsızlık sözkonusudur. W (x(1) , x(2) ) = t2 ifadesinin sıfırdan farklı olabilmesi i¸cin t 6= 0 olması gerekir. Bu durumda bu vektörlerin lineer ba˘gımsızlı˘gı i¸cin ¸sartımız elde edilmi¸s olur. µ

¶ µ t ¶ t2 e (2) Problem 7: x (t) = ve x (t) = i¸cin wronskian hesaplayıp 2t et lineer ba˘gımsızlık i¸cin gerekli ¸sartı bulunuz. (1)

C ¸¨ oz¨ um:

µ (1)

(2)

W (x , x ) = det

t2 et 2t et

¶ = et (t2 − 2t)

olarak basitce elde edilir. W (x(1) , x(2) ) = et (t − 2)t ifadesinin sıfırdan farklı olması lineer ba˘gımsızlı˘gı gerektirece˘ginden, lineer ba˘gımsızlık i¸cin ¸sartımı t 6= 0 ve t 6= 2 olmasıdır. 85

85 ˙


126

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 7. Birinci Mertebeden Lineer Denklem Sistemleri * 7.5. Sabit katsayılı lineer homojen denklem sistemleri Problem 2:

µ 0

x =

1 −2 3 −4

¶ x

ile verilen denklem sisteminin genel ¸co¨z¨ um¨ un¨ u bulunuz. C ¸¨ oz¨ um: Aslında bu sistem normal formda x01 = x1 − x2 ,

x02 = 3x1 − 4x2

sisteminin matrisiyel formda yazılı¸sıdır. Problemin ¸co¨z¨ um¨ u i¸cin öncelikle matrisi A matrisi ile isimlendirip A matrisinin özde˘gerlerini bulalım. Bundan sonra matrislere yazılmasa da A matrisi olarak isimlendirelim. det(A − λI) = 0 dan, µ ¶ 1−λ −2 det =0 3 −4 − λ yazılırsa karakteristlik denklem λ2 + 3λ + 2 = 0 dan özde˘gerler λ1 = −1,

λ2 = −2

olarak bulunur. S¸imdi bu özde˘gelere kar¸sılık gelen özvektörleri bulalım. (A − µ λI)x ¶ = 0 denkleminde sırasıyla özde˘gerleri yazalım. Ayrıca burada x1 x = ¸seklinde bir vektör ve 0 ise sıfır vektör¨ ud¨ ur. λ = −1 i¸cin x2 (A − λI)x = 0 denklemi kullanılırsa, ¶ µ ¶ µ ¶µ 0 2 −2 x1 = x2 0 3 −3 dan 2x1 − 2x2 = 0 olup buradan x1 = x2 yazılırsa, λ = −1 özde˘gerine kar¸sılık gelen özvektör, ¶ µ x1 (1) x = x1 olup x1 = 1 i¸cin,

µ x

(1)

= 127

1 1

¶

olarak yazılır. λ = −2 i¸cin ise (A − λI)x = 0 denklemi, µ ¶µ ¶ µ ¶ 3 −2 x1 0 = 3 −2 x2 0 olurki buradan 3x1 − 2x2 = 0 olup x1 = 32 x2 olarak ¸cöz¨ ul¨ ur. O halde λ = −2 özde˘gerine kar¸sılık gelen özvektör, µ 2 ¶ x (2) 3 2 x = x2 olup x2 = 3 i¸cin,

µ x

(2)

=

2 3

¶

olarak elde edilir. Kısacası, λ = −1 özde˘geri i¸cin µ ¶ 1 (1) x = 1 özvektör¨ u, λ = −2 özde˘geri i¸cin se µ x

(2)

=

2 3

¶

özvektör¨ u bulundu. Bu durmuda sistemin genel ¸cöz¨ um¨ u µ ¶ µ ¶ 1 2 −t x = c1 e + c2 e−2t 1 3 olarak yazılabilir. 86

86 ˙


128


µ 0

x =

1 1 4 −2

¶ x

ile verilen denklem sisteminin genel ¸co¨z¨ um¨ un¨ u bulunuz. C ¸¨ oz¨ um: det(A − λI) = 0 dan, µ ¶ 1−λ 1 det =0 4 −2 − λ yazılırsa karakteristlik denklem λ2 + λ − 6 = 0 olup özde˘gerler λ1 = 2,

λ2 = −3

olarak bulunur. S¸imdi bu özde˘gelere kar¸sılık gelen özvektörleri bulalım. (A − λI)x = 0 denkleminde sırasıyla özde˘gerleri yazalım. λ = 2 i¸cin (A − λI)x = 0 denklemi kullanılırsa, µ ¶µ ¶ µ ¶ −1 1 x1 0 = 4 −4 x2 0 dan −x1 + x2 = 0 olup buradan x1 = x2 yazılırsa, λ = 2 özde˘gerine kar¸sılık gelen özvektör, µ ¶ x1 (1) x = x1 olup x1 = 1 i¸cin,

µ x

(1)

=

1 1

¶

olarak yazılır. λ = −3 i¸cin ise (A − λI)x = 0 denklemi, ¶ µ ¶ µ ¶µ 0 4 1 x1 = x2 0 4 1 129

olurki buradan 4x1 + x2 = 0 olup x2 = −4x1 olarak ¸cöz¨ ul¨ ur. O halde λ = −3 özde˘gerine kar¸sılık gelen özvektör, µ ¶ x1 (2) x = −4x1 olup x1 = 1 i¸cin,

µ x

(2)

=

1 −4

¶

olarak elde edilir. Böylece sistemin genel ¸co¨z¨ um¨ u, µ ¶ µ ¶ 1 1 −3t x = c1 e + c2 e2t −4 1 olarak bulunmu¸s olur. 87

87 ˙


130


µ 0

x =

2 2+i −1 −1 − i

¶ x

ile verilen denklem sisteminin genel ¸co¨z¨ um¨ un¨ u bulunuz. C ¸¨ oz¨ um: det(A − λI) = 0 dan, µ ¶ 2−λ 2+i det =0 −1 −1 − i − λ yazılırsa karakteristlik denklem λ2 + (i − 1)λ − i = 0 olup özde˘gerler λ1 = 1,

λ2 = −i

olarak bulunur. S¸imdi bu özde˘gelere kar¸sılık gelen özvektörleri bulalım. (A − λI)x = 0 denkleminde sırasıyla özde˘gerleri yazalım. λ = 1 i¸cin (A − λI)x = 0 denklemi kullanılırsa, µ ¶µ ¶ µ ¶ 1 2+i x1 0 = −1 −2 − i x2 0 dan x1 + (2 + i)x2 = 0 olup buradan x1 = −(2 + i)x2 yazılırsa, λ = 1 özde˘gerine kar¸sılık gelen özvektör, µ ¶ −(2 + i)x2 (1) x = x2 olup x2 = −1 i¸cin,

µ x

(1)

=

2+i −1

¶

olarak yazılır. λ = −i i¸cin ise (A − λI)x = 0 denklemi, ¶ µ ¶ µ ¶µ 0 2+i 2+i x1 = x2 0 −1 −1 131

olurki buradan −x1 − x2 = 0 olup x1 = −x2 olarak ¸co¨z¨ ul¨ ur. O halde λ = −i özde˘gerine kar¸sılık gelen özvektör, µ ¶ −x2 (2) x = x2 olup x2 = −1 i¸cin,

µ x

(2)

=

1 −1

¶

olarak elde edilir. Böylece sistemin genel ¸co¨z¨ um¨ u, µ ¶ µ ¶ 2+i 1 t x = c1 e + c2 e−it −1 −1 olarak bulunmu¸s olur. 88

88 ˙


132


 1 −1 4 x0 =  3 2 −1  x 2 1 −1 

ile verilen denklem sisteminin genel ¸co¨z¨ um¨ un¨ u bulunuz. C ¸¨ oz¨ um: det(A − λI) = 0 dan,   1 − λ −1 4 2−λ −1  = 0 det  3 2 1 −1 − λ yazılırsa karakteristlik denklem −λ3 + 2λ2 + 5λ − 6 = 0 buda (λ − 1)(λ + 2)(λ − 3) = 0 olup özde˘gerler λ1 = 1,

λ2 = −2,

λ3 = 3

olarak bulunur. S¸imdi bu özde˘gelere kar¸sılık gelen özvektörleri bulalım. λ = 1 i¸cin (A − λI)x = 0 denklemi kullanılırsa,      0 −1 4 x1 0  3 1 −1   x2  =  0  2 1 −2 x3 0 dan −x2 + 4x3 = 0,

3x1 + x2 − x3 = 0,

x 1 + x3 = 0

olup buradan x3 keyfi olmak u ¨zere x1 = −x3 , x2 = 4x3 olarak ¸co¨z¨ ul¨ ur. Bu durumda, λ = 1 özde˘gerine kar¸sılık gelen özvektör,   −x3 x(1) =  4x3  x3

133

olup x3 = −1 i¸cin,



x(1)

 1 =  −4  −1

olarak yazılır. λ = −2 i¸cin (A − λI)x = 0 denklemi kullanılırsa,      0 3 −1 4 x1  3 4 −1   x2  =  0  0 2 1 1 x3 dan 3x1 − x2 + 4x3 = 0,

3x1 + 4x2 − x3 = 0,

2x1 + x2 + x3 = 0

olup buradan x3 keyfi olmak u ¨zere x1 = −x3 , x2 = x3 olarak ¸co¨z¨ ul¨ ur. Bu durumda, λ = −2 özde˘gerine kar¸sılık gelen özvektör,   −x3 x(2) =  x3  x3 olup x3 = −1 i¸cin,

 1 =  −1  −1 

x(2) olarak elde edilir.

Son olarak, λ = 3 i¸cin (A − λI)x = 0 denklemi kullanılırsa,      −2 −1 4 x1 0  3 −1 −1   x2  =  0  2 1 −4 x3 0 dan −2x1 − x2 + 4x3 = 0,

3x1 − x2 − x3 = 0,

2x1 + x2 − 4x3 = 0

olup buradan x1 keyfi olmak u ¨zere x2 = 2x1 , x3 = x1 olarak ¸co¨z¨ ul¨ ur. Bu durumda, λ = 3 özde˘gerine kar¸sılık gelen özvektör,   x1 x(3) =  2x1  x1 134

olup x1 = 1 i¸cin,



x(3)

 1 = 2  −1

olarak elde edilir. Böylece sistemin genel ¸co¨z¨ um¨ u,       1 1 1 x = c1  −4  et + c2  −1  e−2t + c3  2  e3t −1 −1 −1 olarak bulunur. 89

89 ˙


135


µ 0

x =

−2 1 −5 4

¶

µ x;

x(0) =

1 3

¶

¸seklinde verilen ba¸slangı¸c de˘ger problemini ¸cöz¨ un¨ uz. C ¸¨ oz¨ um: det(A − λI) = 0 dan, µ ¶ −2 − λ 1 det =0 −5 4−λ yazılırsa karakteristlik denklem λ2 − 2λ − 3 = 0 olup özde˘gerler λ1 = −1,

λ2 = 3

olarak bulunur. S¸imdi bu özde˘gelere kar¸sılık gelen özvektörleri bulalım. (A − λI)x = 0 denkleminde sırasıyla özde˘gerleri yazalım. λ = −1 i¸cin (A − λI)x = 0 denklemi kullanılırsa, µ ¶µ ¶ µ ¶ −1 1 x1 0 = −5 5 x2 0 dan −x1 + x2 = 0 olup buradan x1 = x2 yazılırsa, λ = −1 özde˘gerine kar¸sılık gelen özvektör, µ ¶ x1 (1) x = x1 olup x1 = 1 i¸cin,

µ x

(1)

=

1 1

¶

olarak yazılır. λ = 3 i¸cin ise (A − λI)x = 0 denklemi, ¶ µ ¶ µ ¶µ 0 −5 1 x1 = x2 0 −5 1 136

olurki buradan −5x1 + x2 = 0 olup x2 = 5x1 olarak ¸co¨z¨ ul¨ ur. O halde λ = 3 özde˘gerine kar¸sılık gelen özvektör, µ ¶ x1 (2) x = 5x1 olup x1 = 1 i¸cin,

µ x

(2)

=

1 5

¶

olarak elde edilir. Böylece sistemin genel ¸co¨z¨ um¨ u, µ ¶ µ ¶ 1 1 −t x = c1 e + c2 e3t 1 5 olarak bulunmu¸s olur. Buradan, c1 e−t + c2 e−3t ,

c1 e−t + 5c2 e−3t

olup ba¸slangı¸c ¸sartlarını kullanalım. x(0) = 1 ba¸slangı¸c ¸sartı i¸cin birinci denklemden, c1 + c2 = 1 , x(0) = 3 ba¸slangı¸c ¸sartı i¸cin ikinci denklemden, c1 + 5c2 = 3 elde edilip

1 2 olarak bulunup genel ¸co¨z¨ umde yerine yazılırsa verilen ba¸slangı¸c ¸sartlarını sa˘glayan sistemin ¸co¨z¨ um¨ u, µ ¶ µ ¶ 1 1 1 1 −t x= e + e3t 2 1 2 5 c1 = c2 =

¸seklinde elde edilir. 90


90 ˙

137

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 7. Birinci Mertebeden Lineer Denklem Sistemleri * 7.6. Komleks ¨ ozde˘ gerler Problem 1:

µ 0

x =

3 −2 4 −1

¶ x

ile verilen diferansiyel denklem sisteminin genel ¸cöz¨ um¨ un¨ u bulunuz. C ¸¨ oz¨ um: det(A − λI) = 0 dan, µ ¶ 3−λ −2 det =0 4 −1 − λ yazılırsa karakteristlik denklem λ2 − 2λ + 5 = 0 olup özde˘gerler λ1,2 = 1 ± 2i ¨ olarak elde edilir. Ozvekt¨ orler i¸cin, (A − λI)x = 0 denklemini kullanalım. λ = 1 + 2i i¸cin, µ

2 − 2i −2 4 −2 − 2i

¶µ

x1 x2

¶

µ =

0 0

¶

dan (2 − 2i)x1 − 2x2 = 0 olup buradan x2 = (1 − i)x1 ¸co¨z¨ ul¨ ur ki , λ = 1 + 2i özde˘gerine kar¸sılık gelen özvektör, ¶ µ x1 (1) x = (1 − i)x1 olup x1 = 1 i¸cin,

µ x

(1)

=

1 1−i

¶

olarak yazılır. Bu durumda,

µ (1)

x (t) =

1 1−i

138

¶ e(1+2i)t

elde edilir. Bu ifadeyi biraz d¨ uzenleyelim. µ ¶ µ ¶ 1 cos 2t + i sin 2t (1) t t x (t) = e (cos 2t+i sin 2t) = e 1−i cos 2t + sin 2t + i(sin 2t − cos 2t) µ ¶ µ ¶ cos 2t i sin 2t t t =e + ie cos 2t + sin 2t) sin 2t − cos 2t olurki buradan genel ¸cöz¨ um µ ¶ µ ¶ cos 2t sin 2t t t x(t) = c1 e + c2 e cos 2t + sin 2t) sin 2t − cos 2t olarak yazılır. 91

91 ˙


139


 1 0 0 x0 =  2 1 −2  x 3 2 1 

denklemi ile verilen diferansiyel denklem sisteminin ¸cöz¨ um¨ un¨ u bulunuz. C ¸¨ oz¨ um: det(A − λI) = 0 dan,   1−λ 0 0 1 − λ −2  = 0 det  2 3 2 1−λ yazılırsa karakteristlik denklem (1 − λ)(λ2 − 2λ + 5) = 0 buradan λ1 = 1,

λ2,3 = 1 ± 2i

olarak bulunur. λ = 1 i¸cin (A − λI)x = 0 denklemi kullanılırsa,      0 0 0 0 x1  2 0 −2   x2  =  0  0 3 2 0 x3 dan 2x1 − 2x3 = 0,

3x1 + x2 = 0

olup buradan x1 keyfi olmak u ¨zere x2 = − 32 x1 , x3 = x1 olarak ¸co¨z¨ ul¨ ur. Bu durumda, λ = 1 özde˘gerine kar¸sılık gelen özvektör,   x1 x(1) =  − 32 x1  x1 olup x1 = 2 i¸cin,



x(1)

 2 =  −3  2 140

olarak yazılırsa birinci ¸cöz¨ um formumuz, 

 2 x(1) (t) = c1  −3  et 2

(1)

olarak bulunmu¸s olur. λ = 1 + 2i i¸cin (A − λI)x = 0 denkleminden,      0 x1 −2i 0 0  2 −2i −2   x2  =  0  0 x3 3 2 −2i dan x2 keyfi olmak u ¨zere x1 = 0,

x3 = −ix2 = 0

olarak ¸co¨z¨ ul¨ ur. Bu durumda, λ = 1 + 2i özde˘gerine kar¸sılık gelen özvektör,   0 x(2) =  x2  −ix2 olup x2 = 1 i¸cin,



x(2)

 0 = 1  −i

olarak elde edilir. Böylece, 

   0 0 x(2) (t) =  1  e(1+2i)t =  1  et (cos 2t + i sin 2t) −i −i olurki gerekli d¨ uzenlemeler yapılırsa,     0 0 x(2) (t) = et  cos 2t  + iet  sin 2t  sin 2t − cos 2t elde edilir ve genel ¸co¨z¨ umde 

   0 0 c2  cos 2t  et + c3  sin 2t  et sin 2t − cos 2t 141

(2)

¸seklinde yerini alır. (1) ve (2) numaralı denklemler ile verilen diferansiyel denklemin genel ¸cöz¨ um¨ u,       2 0 0 c1  −3  et + c2  cos 2t  et + c3  sin 2t  et 2 sin 2t − cos 2t olarak yazılır. 92

92 ˙


142


µ 0

x =

1 −5 1 −3

¶

µ x,

x(0) =

1 1

¶

ile verilen ba¸slangı¸c de˘ger probleminin ¸cöz¨ um¨ un¨ u bulunuz. C ¸¨ oz¨ um: det(A − λI) = 0 dan, µ ¶ 1−λ −5 det =0 1 −3 − λ yazılırsa karakteristlik denklem λ+ 2λ + 2 = 0 olup özde˘gerler λ1,2 = −1 ± i ¨ olarak elde edilir. Ozvekt¨ orler i¸cin, (A − λI)x = 0 denklemini kullanalım. λ = −1 + i i¸cin, µ

2−i −5 1 −2 − 2i

¶µ

x1 x2

¶

µ =

0 0

¶

dan x1 − (2 + 2i)x2 = 0 olup buradan x1 = (2 + 2i)x2 ¸co¨z¨ ul¨ ur ki , λ = −1 + i özde˘gerine kar¸sılık gelen özvektör, µ ¶ (2 + 2i)x2 (1) x = x2 µ ¶ 2 + 2i (1) olup x2 = 1 i¸cin, x = olarak yazılır. 1 Bu durumda,

µ (1)

x (t) =

2 + 2i 1

¶ e(−1+i)t

elde edilir. Buradan, µ (1)

x (t) =

2+i 1

¶ e−t (cos t + i sin t) 143

olurki buradan genel ¸cöz¨ um µ ¶ µ ¶ 2 cos t − sin t 2 sin t + cos t −t −t x(t) = c1 e + c2 e cos t) sin t elde edilir. Ba¸slangı¸c ¸sarları kullanılırsa, t = 0 i¸cin µ ¶ µ ¶ µ ¶ 2 1 1 + c2 x(0) = = c1 1) 0 1 dan 2c1 + c2 = 1,

c1 + c2 = 0

olurki buradan c1 = 1 ve c2 = −1 bulunup yerlerine yazılırsa, µ ¶ µ ¶ 2 cos t − sin t 2 sin t + cos t −t −t x(t) = e −e cos t) sin t olur. Gerekli d¨ uzenlemeler yapılırsa, verilen ba¸slangı¸c ¸sartlarını sa˘glayan ¸co¨z¨ um, µ ¶ cos t − 3 sin t −t x(t) = e cos t − sin t) olarak elde edilir. 93

93 ˙


144

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 7. Birinci Mertebeden Lineer Denklem Sistemleri * 7.7. Katlı ¨ ozde˘ gerler Problem 1:

µ 0

x =

¶

3 −4 1 −1

x

ile verilen sistemin genel ¸co¨z¨ um¨ un¨ u bulunuz. C ¸¨ oz¨ um: det(A − λI) = 0 dan, µ ¶ 3−λ −1 det =0 1 −1 − λ yazılırsa karakteristlik denklem λ2 − 2λ + 1 = 0 olup özde˘gerler λ1,2 = 1 olarak elde edilir. λ = 1 i¸cin ,

µ

2 −4 1 −2

¶µ

x1 x2

¶

µ =

0 0

¶

dan x1 − 2x2 = 0 olup buradan x1 = 2x2 olur ki, λ = 1 özde˘gerine kar¸sılık gelen özvektör, µ ¶ 2x2 (1) x = x2 olup x2 = 1 i¸cin,

µ x

(1)

=

2 1

¶

elde edilirse bu özvektöre kar¸sılık gelen ¸co¨z¨ um, µ ¶ 2 x(1) (t) = c1 et 1 ¨ dir. Ozde˘ gerimiz ¸cakı¸sık oldu˘gundan ikinci ¸co¨z¨ um , (A − 1.I)η = x(1)

145

denklemini sa˘glayacak η vektör¨ u olacaktır. Bu durumda, µ ¶µ ¶ µ ¶ 2 −4 η1 2 = 1 −2 η2 1 den 2η1 − 4η2 = 2,

η1 − 2η2 = 1

olup buradan η1 = 1 + η2 olur ki, keyfi bir k i¸cin η2 = k denirse η1 = 1 + 2k elde edilir. Böylece, µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 + 2k 1 2 η= = +k k 0 1 elde edilir. Buradan da ikinci ¸co¨z¨ um, ·µ ¶ µ ¶ ¸ 2 1 (2) t x (t) = c2 te + et 1 0 olarak elde edilir. Son olarak verilen sistemin genel ¸co¨z¨ um¨ u de, µ ¶ ¸ µ ¶ ·µ ¶ 1 2 2 t t et x = c1 e + c2 te + 0 1 1 olarak bulunmu¸s olur. 94

94 ˙


146


µ 0

x =

¶

− 32 1 − 14 − 12

x

ile verilen sistemin genel ¸co¨z¨ um¨ un¨ u bulunuz. C ¸¨ oz¨ um: det(A − λI) = 0 dan, µ 3 ¶ −2 − λ 1 det =0 − 41 − 12 − λ yazılırsa karakteristlik denklem λ2 + 2λ + 1 = 0 olup özde˘gerler λ1,2 = −1 olarak elde edilir. λ = −1 i¸cin ,

µ

− 12 1 − 41 21

¶µ

x1 x2

¶

µ =

0 0

¶

dan − 12 x1 + x2 = 0 olup buradan x1 = 2x2 olur ki, λ = −1 özde˘gerine kar¸sılık gelen özvektör, µ ¶ 2x2 (1) x = x2 olup x2 = 1 i¸cin,

µ x

(1)

=

2 1

¶

elde edilirse bu özvektöre kar¸sılık gelen ¸co¨z¨ um de, µ ¶ 2 (1) x (t) = c1 e−t 1 ¨ olur. Ozde˘ gerimiz ¸cakı¸sık oldu˘gundan yulardaki örnekte oldu˘gu gibi ikinci ¸cöz¨ um , (A − (−1.I))η = x(1) 147

denklemini sa˘glayacak η vektör¨ u olacaktır. Bu durumda, µ 1 ¶µ ¶ µ ¶ −2 1 η1 2 = − 41 12 η2 1 den

1 1 1 − η1 + η2 = 2, − η1 + η2 = 1 2 4 2 1 olup buradan η2 = 2 + 2 η1 olur ki, keyfi bir k i¸cin η1 = 2k se¸cilirse η2 = 2 + k elde edilir. Böylece, µ ¶ µ ¶ µ ¶ 2k 0 2 η= = +k 2+k 2 1 elde edilir. Buradan da ikinci ¸co¨z¨ um, ·µ ¶ µ ¶ ¸ 2 0 (2) −t −t x (t) = c2 e + te 2 1 olarak elde edilir. Son olarak verilen sistemin genel ¸co¨z¨ um¨ u de, µ ¶ ¸ µ ¶ ·µ ¶ 0 2 2 −t −t x = c1 e + c2 te + e−t 2 1 1 olarak bulunmu¸s olur. 95

95 ˙


148


 1 1 1 x0 =  2 1 −1  x 0 −1 1 

ile verilen diferansiyel denklem sisteminin ¸co¨z¨ um¨ un¨ u bulunuz. C ¸¨ oz¨ um: det(A − λI) = 0 dan,   1−λ 1 1 1 − λ −1  = 0 det  2 0 −1 1 − λ yazılırsa karakteristlik denklem (λ + 1)(λ − 2)2 = 0 olup özde˘gerler λ1 = −1,

λ2,3 = 2

olarak bulunur. S¸imdi bu özde˘gerlere kar¸sılık gelen özvektörleri bulalım. λ = −1 i¸cin (A − λI)x = 0 denkleminden,      0 2 1 1 x1  2 2 −1   x2  =  0  0 0 −1 2 x3 dan 2x1 + x2 + x3 = 0,

2x1 + 2x2 − x3 = 0, − 32 x3 ,

−x2 + 2x3 = 0

x2 = 2x3 olarak ¸cöz¨ ul¨ ur. Bu olup buradan x3 keyfi olmak u ¨zere x1 = durumda, λ = −1 özde˘gerine kar¸sılık gelen özvektör,  3  − 2 x3 (1)  2x3  x = x3 olup x3 = 2 i¸cin,



x(1)

 −3 = 4  2 149

olarak yazılır. Böylece, 

 −3 x(1) (t) = c1 e−t  4  2 olarak yazılır. λ = 2 i¸cin,

    0 x1 −1 1 1  2 −1 −1   x2  =  0  x3 0 0 −1 −1 

dan −x1 + x2 + x3 = 0,

2x1 − x2 − x3 = 0,

−x2 − x3 = 0

olup buradan x1 = 0 olup x3 = −x2 olarak ¸cöz¨ ul¨ ur. Bu durumda, λ = 2 özde˘gerine kar¸sılık gelen özvektör,   0 x(2) =  x2  −x2 olup x2 = 1 i¸cin,



x(2)

 0 = 1  −1

olarak elde edilir. Böylece, 

 0 x(2) (t) = c2 e2t  1  −1 olarak yazılır. ¨ cu U¸ ¨nc¨ u özde˘ger ikinci özde˘gerle aynı oldu˘gundan u ¨¸cu ¨nc¨ u ¸co¨z¨ um, (A − 2.I)η = x(2) denklemini sa˘glayacak η vektör¨ u olacaktır. Bu durumda,      −1 1 1 0 η1  2 −1 −1   η2  =  1  η3 0 −1 −1 −1 olup −η1 + η2 + η3 = 0,

2η1 − η2 − η3 = 1, 150

−η2 − η3 = −1

elde edilir. Buradan, η1 = 1,

η2 = 1 − η3

olarak ¸co¨z¨ ul¨ urse η3 = 1 i¸cin η2 = 0 olarak bulunursa   1  0  η= 1 ¨ cu olarak elde edilir. U¸ ¨nc¨ u ¸cöz¨ um buna ilaveten ikinci ¸co¨z¨ um¨ un t katınıda i¸cerece˘ginden, Böylece,      1 0 x(3) (t) = c3  1  te2t +  0  e2t  1 −1 olarak yazılabilir. Böylece verilen sistemin genel ¸cöz¨ um¨ u,         −3 0 0 1 x(t) = c1  4  e−t + c2  1  e2t + c3  1  t +  0  e2t 2 −1 −1 1 ¸seklinde ifade edilebilir. 96

96 ˙


151

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 7. Birinci Mertebeden Lineer Denklem Sistemleri * 7.8. Esas matrisler Problem 1:

µ 0

x =

¶

3 −2 2 −2

x

verilen sistemin esas matrisi ϕ(t) nin ϕ(0) = I ¸sartını sa˘glayan ¸co¨z¨ um¨ un¨ u yazınız. C ¸¨ oz¨ um: det(A − λI) = 0 dan, µ ¶ 3−λ −2 det =0 2 −2 − λ yazılırsa karakteristlik denklem λ2 − λ − 2 = 0 olup özde˘gerler λ1 = −1,

λ2 = 2

olarak bulunur. S¸imdi bu özde˘gelere kar¸sılık gelen özvektörleri bulalım. (A − λI)x = 0 denkleminde sırasıyla özde˘gerleri yazalım. λ = −1 i¸cin ,

µ

4 −2 2 −1

¶µ

x1 x2

¶

µ =

0 0

¶

dan 2x1 − x2 = 0 olup buradan x2 = x1 olur ki, λ = −1 özde˘gerine kar¸sılık gelen özvektör, µ ¶ x1 (1) x = 2x1 olup x1 = 1 i¸cin,

µ x

(1)

=

1 2

¶

elde edilir. λ = 2 i¸cin ise,

µ

1 −2 2 −4

¶µ

x1 x2

152

¶

µ =

0 0

¶

olup buradan x1 − 2x2 = 0 ve böylece x1 = 2x2 olarak ¸cöz¨ ul¨ ur. O halde λ = 2 özde˘gerine kar¸sılık gelen özvektör, µ ¶ 2x2 (2) x = x2 olup x2 = 1 i¸cin,

µ x

(2)

=

2 1

¶

olarak elde edilir. Böylece sistemin genel ¸co¨z¨ um¨ u, µ ¶ µ ¶ 1 2 e−t + c2 e2t x = c1 2 1 olarak bulunmu¸s olur. Buradan, birinci ba¸slangı¸c ¸sartı i¸cin, µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 1 2 (1) = c1 + c2 x (0) = 0 2 1 olup, c1 + 2c2 = 1,

2c1 + c2 = 0

denklemlerinden

1 2 c1 = − , c2 = 3 3 olarak elde edilir. O halde birinci ba¸slangı¸c ¸sartını sa˘glayan ¸cöz¨ um, µ 1 −t 4 2t ¶ µ ¶ µ ¶ 2 2 1 1 −3e + 3e −t 2t (1) e + e = x (t) = − − 32 e−t + 23 e2t 3 2 3 1 ¸seklinde elde edilir. ˙ Ikinci ba¸slangı¸c ¸sartı i¸cin, µ (2)

x (0) =

0 1

¶

µ = c1

1 2

¶

µ + c2

2 1

¶

olup, c1 + 2c2 = 0,

2c1 + c2 = 1

denklemlerinden

2 1 c1 = , c2 = − 3 3 olarak elde edilir. Bu durumda ikinci ba¸slangı¸c ¸sartını sa˘glayan ¸cöz¨ um, µ ¶ µ ¶ µ 2 −t 2 2t ¶ 2 1 1 2 e − 3e (1) −t 2t 3 x (t) = e − e = 4 −t e − 13 e2t 3 2 3 1 3 153

olarak bulunur. Böylece, ba¸slangı¸c ¸sartlarını sa˘glayan ¸co¨z¨ umler i¸cin esas matris bu ¸co¨z¨ umlerin birer kolon olarak yazılmasıyla a¸sa˘gıdaki ¸sekilde elde edilir. µ 1 −t 4 2t 2 −t 2 2t ¶ −3e + 3e e − 3e 3 ψ= . 2 −t 2 2t 4 −t −3e + 3e e − 13 e2t 3 97

97 ˙


154


µ 0

x =

¶

5 −1 3 1

x

verilen sistemin esas matrisi ϕ(t) nin ϕ(0) = I ¸sartını sa˘glayan ¸co¨z¨ um¨ un¨ u yazınız. C ¸¨ oz¨ um: det(A − λI) = 0 dan, µ ¶ 5 − λ −1 det =0 3 1−λ yazılırsa karakteristlik denklem λ2 − 6λ + 8 = 0 olup özde˘gerler λ1 = 2,

λ2 = 4

olarak bulunur. S¸imdi bu özde˘gelere kar¸sılık gelen özvektörleri bulalım. (A − λI)x = 0 denkleminde sırasıyla özde˘gerleri yazalım. λ = 2 i¸cin ,

µ

3 −1 3 −1

¶µ

x1 x2

¶

µ =

0 0

¶

dan 3x1 − x2 = 0 olup buradan x2 = 3x1 olur ki, λ = 2 özde˘gerine kar¸sılık gelen özvektör, µ ¶ x1 (1) x = 3x1 olup x1 = 1 i¸cin,

µ x

(1)

=

1 3

¶

elde edilir. λ = 4 i¸cin ise,

µ

1 −1 3 −3

¶µ

x1 x2

155

¶

µ =

0 0

¶

olup buradan x1 − x2 = 0 ve böylece x1 = x2 olarak ¸co¨z¨ ul¨ ur. O halde λ = 4 özde˘gerine kar¸sılık gelen özvektör, µ ¶ x2 (2) x = x2 olup x2 = 1 i¸cin,

µ x

(2)

=

1 1

¶

olarak elde edilir. Böylece sistemin genel ¸co¨z¨ um¨ u, µ ¶ µ ¶ 1 1 e2t + c2 e4t x = c1 3 1 olarak bulunmu¸s olur. Birinci ba¸slangı¸c ¸sartı i¸cin, µ (1)

x (0) =

1 0

¶

µ = c1

1 3

¶

µ + c2

1 1

¶

olup, c1 + c2 = 1,

3c1 + c2 = 0

denklemlerinden

1 3 c1 = − , c2 = 2 2 olarak elde edilir. O halde birinci ba¸slangı¸c ¸sartını sa˘glayan ¸cöz¨ um, µ 1 2t 3 4t ¶ µ ¶ µ ¶ 3 1 1 1 −2e + 2e 2t 4t (1) e + e = x (t) = − − 23 e2t + 32 e4t 2 3 2 1 ¸seklinde elde edilir. ˙ Ikinci ba¸slangı¸c ¸sartı i¸cin, µ (2)

x (0) =

0 1

¶

µ = c1

1 3

¶

µ + c2

3 1

¶

olup, c1 + c2 = 0,

3c1 + c2 = 1

denklemlerinden

1 1 c1 = , c2 = − 2 2 olarak elde edilir. Bu durumda ikinci ba¸slangı¸c ¸sartını sa˘glayan ¸cöz¨ um, µ ¶ µ ¶ µ 1 2t 1 4t ¶ 1 1 1 1 e − 2e (1) 2t 4t 2 x (t) = e − e = 3 2t e − 12 e4t 1 3 2 1 2 156

olarak bulunur. Böylece, ba¸slangı¸c ¸sartlarını sa˘glayan ¸cöz¨ umler i¸cin esas matris a¸sa˘gıdaki ¸sekilde yazılabilir. µ 1 2t 3 4t 1 2t 1 4t ¶ −2e + 2e e − 2e 2 ψ= . 3 2t 3 4t 3 2t −2e + 2e e − 12 e4t 2 98

98 ˙


157


 1 1 1 1 −1  x x0 =  2 −8 −5 −3 

ile verilen sistemin esas matrisi ϕ(t) nin ϕ(0) = I ¸sartını sa˘glayan ¸cöz¨ um¨ un¨ u yazınız. C ¸¨ oz¨ um: det(A − λI) = 0 dan,   1−λ 1 1 1−λ −1  = 0 det  2 −8 −5 −3 − λ yazılırsa karakteristlik denklem λ3 + λ2 − 4λ − 4 = 0 buda (λ + 1)(λ + 2)(λ − 2) = 0 olup özde˘gerler λ1 = −2,

λ2 = −1,

λ3 = 2

olarak bulunur. S¸imdi bu özde˘gelere kar¸sılık gelen özvektörleri bulalım. λ = −2 i¸cin (A − λI)x = 0  3  2 −8

denkleminden,     1 1 x1 0     0  3 −1 x2 = −5 −1 x3 0

dan 3x1 + x2 + x3 = 0,

2x1 + 3x2 − x3 = 0,

−8x1 − 5x2 − x3 = 0

olup buradan x2 keyfi olmak u ¨zere x1 = − 54 x2 , x3 = 75 x2 olarak ¸cöz¨ ul¨ ur. Bu durumda, λ = −2 özde˘gerine kar¸sılık gelen özvektör,  4  − 5 x2 x(1) =  x2  7 x 5 2 158

olup x2 = 1 i¸cin,

 − 45 = 1  

x(1)

7 5

olarak yazılır. λ = −1 i¸cin,



    2 1 1 x1 0  2     2 −1 x2 0  = −8 −5 −2 x3 0

dan 2x1 + x2 + x3 = 0,

2x1 + 2x2 − x3 = 0,

−8x1 − 5x2 − 2x3 = 0

olup buradan x2 keyfi olmak u ¨zere x1 = − 34 x2 , x3 = − 12 x2 olarak ¸co¨z¨ ul¨ ur. Bu durumda, λ = −2 özde˘gerine kar¸sılık gelen özvektör,  3  − 4 x2 (2)  x2  x = − 21 x2 olup x2 = 1 i¸cin,



x(2)

 − 34 = 1  − 12

olarak elde edilir. Son olarak, λ = 2 i¸cin, 

    0 x1 −1 1 1  2 −1 −1   x2  =  0  0 x3 −8 −5 −5

dan −x1 + x2 + x3 = 0,

2x1 − x2 − x3 = 0,

−8x1 − 5x2 − 5x3 = 0

olup buradan x1 = 0 x2 = −x3 olarak ¸co¨z¨ ul¨ ur. Bu durumda, λ = 2 özde˘gerine kar¸sılık gelen özvektör,   0 x(3) =  −x3  x3 olup x3 = 1 i¸cin,



x(3)

 0 =  −1  1 159

olarak elde edilir. Böylece sistemin genel ¸co¨z¨ um¨ u,  4   3    −5 −4 0 x = c1  1  e−2t + c2  1  e−t + c3  −1  e2t 7 − 12 1 5 olarak bulunur. S¸imdi verilen ba¸slangı¸c ¸sartlarını kullanalım. Birinci ba¸slangı¸c ¸sartı i¸cin,    4   3    1 −5 −4 0 x(1) (0) =  0  = c1  1  + c2  1  + c3  −1  7 0 − 21 1 5 olup buradan,

4 3 − c1 − c2 = 1, 5 4 c1 + c2 − c3 = 0, 7 1 c1 − c2 + c3 = 0, 5 2

dan ¸co¨z¨ umler yapılırsa, 5 c1 = , 2

c2 = −4,

c3 = −

3 2

olarak elde edilir. Bu durumda  4      3   −5 0 −2e−2t + 3e−t −4 5 3 x(1) (t) =  1  e−2t −4  1  e−t −  −1  e2t =  25 e−2t − 4e−t + 32 e2t  2 2 7 7 −2t − 12 1 e + 2e−t − 23 e2t 5 2 olarak bulunur. ˙ Ikinci ba¸slangı¸c ¸sartı i¸cin,  3       4  −4 0 0 −5 x(2) (0) =  1  = c1  1  + c2  1  + c3  −1  7 − 21 1 0 5 olup buradan,

3 4 − c1 − c2 = 0, 5 4 c1 + c2 − c3 = 0, 1 7 c1 − c2 + c3 = 0, 5 2 160

dan ¸co¨z¨ umler yapılırsa, c1 =

15 , 13

c2 = −

16 , 13

c3 = −

14 13

olarak elde edilir. Bu durumda  4   3     −5 −4 0 15  16 14 1  e−2t −  1  e−t −  −1  e2t =  x(2) (t) = 13 13 13 7 − 21 1 5

 12 −2t e + 12 e−t − 13 13 15 −2t e − 16 e−t + 14 e2t  13 13 13 21 −2t 8 −t 14 2t e + 13 e − 13 e 13

olarak bulunur. ¨ cu U¸ ¨nc¨ u ba¸slangı¸c ¸sartı i¸cin,  4   3      −5 −4 0 0 x(3) (0) =  0  = c1  1  + c2  1  + c3  −1  7 1 1 − 21 5 olup buradan,

4 3 − c1 − c2 = 0, 5 4 c1 + c2 − c3 = 0, 7 1 c1 − c2 + c3 = 1, 5 2

dan ¸co¨z¨ umler yapılırsa, 5 c1 = , 4

c2 = −4,

c3 = −

11 4

olarak elde edilir. Bu durumda   4   3     −5 −4 0 −e−2t + 3e−t 5 11 e2t  x(3) (t) =  1  e−2t −4  1  e−t −  −1  e2t =  45 e−2t − 4e−t + 11 4 4 4 7 7 −2t − 12 1 e + 2e−t − 11 e2t 5 4 4 olarak bulunur. Böylece, ba¸slangı¸c ¸sartlarını sa˘glayan ¸cöz¨ umler i¸cin esas matris a¸sa˘gıdaki ¸sekilde yazılabilir.   12 −2t −t −2t −t e + 12 e −e + 3e −2e−2t + 3e−t − 13 13 16 −t e−2t − 13 e + 14 e2t 54 e−2t − 4e−t + 11 e2t  . ψ =  52 e−2t − 4e−t + 23 e2t 15 13 13 4 8 −t 7 −2t e + 2e−t − 23 e2t 21 e−2t + 13 e − 14 e2t 74 e−2t + 2e−t − 11 e2t 2 13 13 4 99 99 ˙


161

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 7. Birinci Mertebeden Lineer Denklem Sistemleri * 7.9. Homojen olmayan lineer sistemler Problem 1:

µ 0

x =

2 −1 3 −2

¶

µ x+

et t

¶

¸seklinde verilen diferansiyel denklemin genel ¸co¨z¨ um¨ un¨ u bulunuz. C ¸¨ oz¨ um: Verilen sistemin homojen kısmının ¸co¨z¨ um¨ u i¸cin, µ ¶ 2 −1 x0 = x 3 −2 ifadesini alalım. det(A − λI) = 0 dan, µ ¶ 2−λ −1 det =0 3 −2 − λ olup karakteristlik denklem, λ2 − 1 = 0 ve böylece λ1 = 1, elde edilir.

λ2 = −1 olarak

λ1 = 1 özde˘gerine kar¸sılk gelen özvektör i¸cin (A − λI)x = 0 dan, µ ¶µ ¶ µ ¶ 1 −1 x1 0 = 3 −3 x2 0 olup x1 = x2 olarak ¸co¨z¨ ul¨ urse özde˘gerimiz, µ ¶ x2 1 x = x2 olur ki x2 = 1 i¸cin

µ 1

x =

1 1

¶

elde edilir. Benzer olarak ikinci özde˘gerimiz −1 i¸cin, ¶ µ ¶ µ ¶µ 0 3 −1 x1 = x2 0 3 −1 olup 3x1 = x2 olarak ¸co¨z¨ ul¨ urse özde˘gerimiz, ¶ µ x1 2 x = 3x1 162

olur ki x1 = 1 i¸cin

µ

1 3

2

x =

¶

elde edilir. Bu durumda verilen sistemin homojen ¸cöz¨ um¨ u, µ ¶ µ ¶ 1 1 t e + c2 e−t xh (t) = c1 1 3 olarak yazılır. ¨ Ozel ¸co¨z¨ um i¸cin öncelikle T matrisi özvektörler s¨ utunlara yerle¸stirilmesi ile olu¸sturulursa, µ ¶ 1 1 T = 1 3 Buradan da, T

−1

1 =√ 2

µ

3 −1 −1 1

olarak elde edilirse,

µ D = T −1AT =

¶

1 0 0 −1

¶

olarak kö¸segenle¸stirme i¸slemi yapılmı¸s olur. y 0 = Dy+T −1 y denkleminde yerine yazılırsa, ¶ ¶ µ µ 1 1 0 3et − t 0 y+√ y = −t 0 −1 2 −e + t olup buradan, 1 y10 − y1 = (3et − t), 2 1 y20 + y2 = (−et + t), 2 ¸seklinde iki tane birinci mertebeden lineer denklem elde edilir. Bu denklemler ikinci böl¨ umde verdi˘gimiz metoda göre ¸co¨z¨ ul¨ urse, 1 1 3 y1 = tet + t + + c1 et , 2 2 2 1 1 1 y2 = − et + t − + c2 e−t 4 2 2 olarak elde edilir ve x = T y de yerlerine yazılırsa, ¶ µ y1 + y2 x = Ty = y1 + 3y2 163

den,

µ x=

3 t te + 12 t + 12 + c1 et − 14 et + 12 t − 12 + c2 e−t 2 3 t te + 21 t + 12 + c1 et − 34 et + 32 t − 23 + 3c2 e−t 2

¶

Buradan da uygun d¨ uzenlemeler yapılırsa, verilen sistemin ¸co¨z¨ um¨ u, µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ 3 1 1 1 1 1 1 0 t −t t t x(t) = c1 e + c2 e + te − e + t− 1 3 2 1 2 1 4 3 olarak elde edilmi¸s olur. 100

100 ˙


164


µ 0

x =

1 1 4 −2

¶

µ x+

e−2t −2et

¶

¸seklinde verilen diferansiyel denklemin genel ¸co¨z¨ um¨ un¨ u bulunuz. C ¸¨ oz¨ um: Denklemin özel ¸co¨z¨ um¨ u i¸cin parametrelerin de˘gi¸simi metodunu kullanalım. Verilen sistemin homojen kısmının ¸co¨z¨ um¨ u i¸cin, µ ¶ 1 1 0 x = x 4 −2 ifadesi alınırsa det(A − λI) = 0 dan, ¶ µ 1−λ 1 =0 det 4 −2 − λ olup karakteristlik denklem, λ2 + λ − 6 = 0 olup ve böylece özde˘gerler λ1 = −3,

λ2 = 2

olarak elde edilir. λ1 = −3 özde˘gerine kar¸sılk gelen özvektör i¸cin (A − λI)x = 0 dan, ¶ µ ¶ µ ¶µ 0 4 1 x1 = x2 0 4 1 olup 4x1 = −x2 olarak ¸co¨z¨ ul¨ urse özde˘gerimiz, ¶ µ x1 1 x = −4x1 olur ki x1 = 1 i¸cin

µ 1

x =

1 −4

165

¶

elde edilir. Benzer olarak ikinci özde˘gerimiz 2 i¸cin, µ ¶µ ¶ µ ¶ −1 1 x1 0 = 4 −4 x2 0 olup x1 = x2 olarak ¸co¨z¨ ul¨ urse özde˘gerimiz, ¶ µ x2 2 x = x2 olur ki x2 = 1 i¸cin

µ 2

x =

1 1

¶

elde edilir. Bu durumda verilen sistemin homojen ¸cöz¨ um¨ un¨ un esas matrisi, µ ¶ e−3t e2t Ψ(t) = −4e−3t e2t olarak yazılabilir. x = Ψ(t)c(t) olmak u ¨zere c(t), Ψ(t)c0 (t) = g(t) denklemini sa˘glar. Yani, µ ¶µ 0 ¶ µ −2t ¶ e−3t e2t c1 (t) e = . −4e−3t e2t c02 (t) −2et Buradan gerekli i¸slemler yapılırsa, 1 c01 (t) = (2e4t + et ), 5 1 c02 (t) = (4e−4t − 2e−t ) 5 ifadeleri elde edilir. Her iki denklem i¸cinde gerekli integral i¸slemi yapılırsa, 1 1 c1 (t) = ( e4t + et ) + k1 , 5 2 1 c2 (t) = (−e−4t + 2e−t ) + k2 5 elde edilir. x(t) = Ψ(t)c(t) de yerine yazalım, ¶ µ 1 4t 1 t µ ¶ e−3t e2t e + 5 e + k1 10 x(t) = . −4e−3t e2t − 15 e−4t + 25 e−t + k2 Buradan diferansiyel denklem sisteminin genel ¸co¨z¨ um¨ u, ¶ µ µ ¶ 1 t k1 e−3t + k2 e2t e 2 + x(t) = −4k1 e−3t + k2 e2t −e−2t 166

¸seklinde yazılır. Son ifade d¨ uzenlenirse, µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 1 1 1 0 −3t 2t −2t x(t) = k1 e + k2 e − e + et −4 1 1 2 0 elde edilir. 101

101 ˙


167


µ 0

x =

¶

1 1 4 1

µ x+

2et −et

¶

¸seklinde verilen diferansiyel denklemin genel ¸co¨z¨ um¨ un¨ u bulunuz. C ¸¨ oz¨ um: Denklemin özel ¸co¨z¨ um¨ u i¸cin parametrelerin de˘gi¸simi metodunu kullanalım. Verilen sistemin homojen kısmının ¸co¨z¨ um¨ u i¸cin, µ ¶ 1 1 0 x = x 4 1 ifadesi alınırsa det(A − λI) = 0 dan, ¶ µ 1−λ 1 =0 det 4 1−λ olup karakteristlik denklem, λ2 − 2λ − 3 = 0 olup ve böylece özde˘gerler λ1 = 3,

λ2 = −1

olarak elde edilir. λ1 = 3 özde˘gerine kar¸sılk gelen özvektör i¸cin (A − λI)x = 0 dan, ¶ µ ¶ µ ¶µ 0 −2 1 x1 = x2 0 4 2 olup 2x1 = x2 olarak ¸co¨z¨ ul¨ urse özde˘gerimiz, ¶ µ x1 1 x = 2x1 olur ki x1 = 1 i¸cin

µ 1

x =

168

1 2

¶

elde edilir. Benzer olarak ikinci özde˘gerimiz −1 i¸cin, µ ¶µ ¶ µ ¶ 2 1 x1 0 = 4 2 x2 0 olup −2x1 = x2 olarak ¸co¨z¨ ul¨ urse özde˘gerimiz, ¶ µ x1 2 x = −2x1 olur ki x1 = 1 i¸cin

µ 2

x =

1 −2

¶

elde edilir. Bu durumda verilen sistemin homojen ¸cöz¨ um¨ un¨ un esas matrisi, µ 3t ¶ e e−t Ψ(t) = 2e3t −2e−t olarak yazılabilir. x = Ψ(t)c(t) olmak u ¨zere c(t), Ψ(t)c0 (t) = g(t) denklemini sa˘glar. Yani, µ 3t ¶µ 0 ¶ µ ¶ e e−t c1 (t) 2et = . 2e3t 2e−t c02 (t) −et Buradan gerekli i¸slemler yapılırsa, 3 c01 (t) = e−2t , 4 5 c02 (t) = e2t 4 ifadeleri elde edilir. Her iki denklem i¸cinde gerekli integral i¸slemi yapılırsa, 3 c1 (t) = − e−2t + k1 , 8 5 c2 (t) = e2t + k2 8 elde edilir. x(t) = Ψ(t)c(t) de yerine yazalım, ¶ µ 3 −2t µ 3t ¶ − 8 e + k1 e e−t x(t) = . 5 2t 2e3t −2e−t e + k2 8 Buradan diferansiyel denklem sisteminin genel ¸co¨z¨ um¨ u, µ −3 t ¶ e + k1 e3t + 58 et + k2 e−t 8 x(t) = −3 t e + 2k1 e3t − 54 et − 2k2 e−t 4 169

¸seklinde yazılır. Son ifade d¨ uzenlenirse ¸cöz¨ um, µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 1 1 1 3t −t x(t) = k1 e + k2 e + et 2 −2 4 −8 elde edilir. 102

102 ˙


170

Diferansiyel denklemler çözümlü sorular

Recommend Documents