• Tidak ada hasil yang ditemukan

Diferansiel Denklemler - Dicle Üniversitesi - Abdullah Ergin - Diferansiyel Denklemler Ve Çözümleri Ile Ilgili Temel Kavramlar

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2021

Membagikan "Diferansiel Denklemler - Dicle Üniversitesi - Abdullah Ergin - Diferansiyel Denklemler Ve Çözümleri Ile Ilgili Temel Kavramlar"

Copied!
117
0
0

Teks penuh

(1)Elektrik-Elektronik Mühendisliği Bölümü Ders Notları İçin; www.eemdersnotlari.com 1. BÖLÜM I. DİFERANSİYEL DENKLEMLER VE ÇÖZÜMLERİ İLE İLGİLİ TEMEL KAVRAMLAR 1.1. Giriş. Fizik, mühendislik, kimya, astronomi, biyoloji, tıp, psikoloji, sosyal bilimler ve ekonomi gibi dallardaki belli problemleri temsil etmek için bir matematiksel model gerekli olur. Bu matematiksel modeller, içinde değişkenleri ve türevleri bulunduran bir denklemi ve bu denklemi bazı koşullarda sağlayan bir bilinmeyen fonksiyonu bulmak için kaynak oluşturur. Buradaki bütün durumlar birbirleri ile bağlantılı olarak değişirler. Örneğin düşen bir cismin hızı mesafe ile, fırlatılan bir roketin izleyeceği yol hızı ve ateşleme anındaki açısı ile değişmektedir. Matematikte birbirine bağlı olarak değişen bu büyüklüklere değişkenler yani bağımlı ve bağımsız değişkenler; bir değişkenin diğer bir değişkene göre değişme oranına (kabaca) türev; bağımlı değişken, bağımsız değişken ve türevleri arasındaki bağıntıya da diferansiyel denklem adı verilir. Fizik ve mühendislikteki bir çok dalda karşılaşılan problemlerin diferansiyel denklemlerle ilgisi vardır. Bunlardan bazılar roket ve uyduların hareketi, bir elektrik devresindeki akım veya elektrik yükü, bir tel veya zarın titreşimi, iletken bir çubuktaki ısı akımı, radyoaktif bir maddenin parçalanması, kimyasal reaksiyonların belirlenmesi, belirli bir geometrik özellikteki eğrilerin bulunması gibi... Bir başka deyişle, bu tür problemlerin.

(2) 2. matematiksel modeli karşımıza diferansiyel denklemler olarak çıkar. Örneğin, radium’un halihazırdaki miktarına göre belli bir oranda parçalandığı (deneylerden) varsayılmaktadır ve bu matematiksel olarak ds  ks dt. diferansiyel denklemi ile ifade edilmektedir. Bu denklemi, 100 mg bir parça için çözerek ve deneyden bulunan sonuçları kullanarak,. s  100e 0.041 t denklemi bulunur. Bu bize, bundan 20 yüzyıl sonra 100e 0.041( 20 )  44.0 mg bırakacağını ve 20 yüzyıl önce bırakılan birikintinin 100e 0.82  227.0 mg olduğunu açıklar. Genel olarak, belirtilen herhangi bir zamandaki bağıntılarda tanımlanabilir. Newton yerçekimi kanununu tasarlayıp dünyanın, yörüngesinin birinde güneş olan yaklaşık bir elips çevresince güneş etrafında hareket ettiğini göstermek için ilgili diferansiyel denklemler sistemini çözdü. Uydular, uyduların yörüngeleri ve ilgili yöntemleri öğrenmek için halen aynı teorileri kullanırız. 1865’lerde Maxwell bir elektrik akımı ve karşı gelen manyetik alan arasındaki bir bağıntıyı tasarlayıp bağıntıyı bir kısmi diferansiyel denklem sistemi olarak ifade etti. Bunları çözüp sonuçlarından radyo dalgalarını tahmin etti. Diferansiyel denklemler genellikle radyo, radar, televizyon ve elektrik teorisinin gelişiminde önemli bir rol oynadı. Benzer düşünceler hemen hemen bilimin her dalına uygulanmaktadır..

(3) 3. 1.2. Genel Kavramlar ve Tanımlar Tanım 1. Bir veya daha çok bağımlı değişken, bir veya daha çok bağımsız değişken ve bağımlı değişkenlerin bağımsız değişkenlere göre türevlerini veya diferansiyellerini içeren bir bağıntıya diferansiyel denklem denir. Örnek 1. dy  sin x , y   sin x veya sin xdx  dy  0 dx. (1). ifadeleri, bir diferansiyel denklemin değişik formlardaki yazılışıdır. Birinci ve ikinci denklem y bağımlı, x bağımsız değişkenli türev formundaki diferansiyel. denklem;. üçüncü. denklem. ise. diferansiyel. formdaki. diferansiyel denklemdir. (1) denklemi, x bağımlı, y bağımsız değişkenli olarak. dx dx  cos ecx , sin x  1 , sin xdx  dy  0 dy dy şeklinde yazılabilir. Örnek 2.. d 2s ds C  A  s  Bw cos wt 2 dt K dt diferansiyel denkleminde s bağımlı, t bağımsız değişken; A,B,C,K ve w sabitleri de belli fiziksel sabitlerdir. Örnek 3. d ax d e  ae ax , u.v   u dv  v du dx dx dx dx.  . ifadeleri birer diferansiyel özdeşlikleri olup her biri diferansiyel denklem değildir..

(4) 4. Örnek 4. 5.  d 2s  ds  2   x  s  0 dx  dx  diferansiyel denkleminde s bağımlı değişken, x bağımsız değişken;  2s 2s  s  a 2  2  2  t y   x. diferansiyel denkleminde ise s bağımlı değişken, x,y ve t bağımsız değişken olup a ise belli bir sabittir. Tanım 2. Bir veya daha çok bağımlı değişken, bir tek bağımsız değişken ve bağımlı değişkenin (veya değişkenlerin) bir tek bağımsız değişkene göre türevlerini veya diferansiyellerini içeren bir diferansiyel denkleme adi diferansiyel. denklem denir. Kısaca bir diferansiyel. denklemde bir tek bağımsız değişken varsa denkleme adi diferansiyel denklem denir. Genel olarak y bağımlı, x bağımsız değişkenli bir adi diferansiyel denklem, (n  2) bilinmeyenli F ( x, y , y , y ,  , y ( n ) )  0. (2). şeklinde bir fonksiyon olarak tanımlanır. Tanım 3. Bir veya daha çok bağımlı değişkenin birden çok bağımsız değişkene göre kısmi türevleri ile beraber bağımlı ve bağımsız değişkenleri içeren diferansiyel denkleme kısmi diferansiyel denklem denir. Kısaca bir diferansiyel denklemde birden çok bağımsız değişken varsa denkleme kısmi diferansiyel denklem denir. Genel olarak u bağımlı, x ve y bağımsız değişkenli bir kısmi diferansiyel denklem,.

(5) 5. F ( x, y, u , u x , u y , u xx , u xy , u yy ,  )  0. (3). şeklinde bir fonksiyon olarak tanımlanır. Örnek 5.. d3y d 2s 2 dy 3 3 2 y  y  tan x , ( x  y )dx  3xy dy  0 , 2  as  nt dx dx 3 dt denklemleri adi diferansiyel denklemler,.  2 u  2 u u f f  2u  2u  nf  0 , x  y  2 0 , 2  2 xy y x y x x y denklemleri ise kısmi diferansiyel denklemlerdir. Tanım 4. Bir diferansiyel denklem içinde bulunan en yüksek mertebeli türevin mertebesine diferansiyel denklemin mertebesi; en yüksek mertebeli türevin derecesine de diferansiyel denklemin derecesi denir. Diferansiyel denklemin derecesi hesaplanırken, denklem türevlerine göre polinom olarak yazılmalıdır. Örnek 6. 4. d2y  dy   3 x   3 y  0 ; 2. mertebe ve 1. dereceden 2 dx  dx  4. d2y dy  2   3  5 xy  x  1 dx  dx   2 u  2 u u   0 ; x 2 xy y. ;. 2. mertebe ve 4. dereceden. 2. mertebe ve 1. dereceden. 3. y   3 y   y   4 y  sin x ; 3. mertebe ve 1. dereceden.  y 3   y 5  4 y  4 x  1 3.  y   2. 5. ; 2. mertebe ve 3. dereceden.  1  y  ; 3. mertebe ve 6. dereceden.

(6) 6. 3. 1   y   2. 2.  ky  ; 3. mertebe ve 2. dereceden. Türevlere göre cebrik bir adi diferansiyel denklemin derecesi, en yüksek mertebeli türevin cebrik derecesidir. Fakat bir diferansiyel denklem bir dereceye sahip olmayabilir. Örneğin.  dy  dy cos    3x  5  dx  dx diferansiyel denklemi hiçbir dereceye sahip değildir. Tanım 5. y bağımlı değişken ve x bağımsız değişken olmak üzere n. mertebeden bir lineer adi diferansiyel denklem. a0 ( x ). dny d n 1 y dy  a ( x )    a n 1 ( x )  a n ( x ) y  b( x ) 1 n n 1 dx dx dx. (4). şeklinde ifade edilebilen bir denklemdir. Diğer bir deyişle, bir diferansiyel denklemde her bağımlı değişken ve her mertebeden türevler 1. dereceden ise ve aynı zamanda bağımlı değişkenler veya türevler çarpım halinde yer almıyorlarsa bu şekildeki denklemlere lineer (doğrusal); aksi halde lineer olmayan (nonlinear) diferansiyel denklemler denir.. Örnek 7.. dx d 2s ds C  sec x ,  A  s  Bw cos wt 2 dy dt K dt. d 2s ,  3s  nt dt 2. diferansiyel denklemleri lineer, 5. 4.  d 2s  d2y ds  dy   2   x  s  0 ,  3 x   3 y  0 , 2 dx dx  dx   dx . 3.  y   2. diferansiyel denklemleri ise lineer değildir. Tanım 6. y bağımlı, x bağımsız değişkenli n. mertebeden. 5.  1  y .

(7) 7. a0 ( x ) diferansiyel. dny d n 1 y dy  a ( x )    a n 1 ( x )  a n ( x ) y  b( x ) 1 n n 1 dx dx dx denklemindeki. a0 ( x ), a1 ( x),  , a n ( x). y. bağımlı. değişken. ve. türevlerinin. katsayılarının hepsi reel sabitlerden oluşuyorsa. denkleme sabit katsayılı diferansiyel denklem; a0 ( x ), a1 ( x),  , a n ( x) katsayılarının en az bir tanesi bağımsız değişken olan x’e bağlı ise denkleme değişken katsayılı diferansiyel denklem adı verilir. Örnek 8.. d2y dy d 2s dy  sec x ,  3  5 y  4 x  1 ,  3s  nt dx dx dx 2 dt 2 denklemleri sabit katsayılı diferansiyel denklem,. d2y dy  (3x  1)  3 y  0 , 2 dx dx. 7x. d2y dy  8x  3 y  x  3 2 dx dx. denklemleri ise değişken katsayılı diferansiyel denklemlerdir.. 1.3. Diferansiyel Denklemlerin Sınıflandırılması. 1. Bir diferansiyel denklem, içinde bulunan bağımsız değişkenlerin sayısına göre önce ikiye ayrılır. a) Adi türevli diferansiyel denklemler (bağımsız değişken sayısı bir tek ise) b) Kısmi türevli diferansiyel denklemler (bağımsız değişken sayısı birden fazla ise) 2. Diferansiyel denklemler, denklemde bulunan en yüksek mertebeli türevin mertebe ve derecesine göre sınıflandırılabilir..

(8) 8. 3. Denklemde bulunan bağımlı değişken ve türevlerinin lineerlik koşullarını sağlamasına göre a) Lineer (doğrusal) diferansiyel denklemler b) Lineer olmayan (nonlinear) diferansiyel denklemler şeklinde sınıflandırılabilir. 4. Bağımlı değişkenler ve türevlerinin katsayılarının cinsine göre a) Sabit katsayılı diferansiyel denklemler b) Değişken katsayılı diferansiyel denklemler olarak sınıflandırılabilir. 5. Diferansiyel denklemler, yapısına göre homojen ve homojen olmayan olarak da sınıflandırılabilir. Örnek 9.. y   3 y   5 y  3 sin x. ; 3. mertebe, 1. derece, homojen olmayan,. sabit katsayılı, lineer adi diferansiyel denklem. xy   3 x 2 ( y ) 3  5 y  4 x  1. ;. 2. mertebe, 1. derece, homojen. olmayan, değişken katsayılı, lineer olmayan adi diferansiyel denklem.. 3 xy   y   5( x  1) y  0. ;. 3. mertebe, 1. derece, homojen, değişken. katsayılı, lineer adi diferansiyel denklem.. 1.4. Birinci Mertebeden Adi Diferansiyel Denklemler Tanım 7. Bağımsız değişken x, bilinmeyen. fonksiyon y(x) ve. bilinmeyen fonksiyonun bağımsız değişkene göre türevi olan y (x ) i içeren,. F (x , y , y )  0 ifadesine birinci mertebeden adi diferansiyel denklem denir.. (5).

(9) 9. F (x , y , y) fonksiyonu x ve y değişkenlerinin birine veya her ikisine birden bağlı olabileceği gibi (5) denkleminin diferansiyel denklem olması için bu fonksiyonun y ye bağlı olacağı açıktır.. F (x , y , y) fonksiyonunun üç boyutlu uzayın herhangi bir G bölgesinde tanımlanan sürekli fonksiyon olduğunu kabul edelim. Tanım 8. (a,b) aralığında sürekli türeve sahip y   (x) fonksiyonu her x(a,b) için (x , (x), ' (x))  G. , F ( x,  (x), ' (x))  0 koşullarını. sağlarsa y   (x) fonksiyonuna (5) denkleminin çözümü denir. (5) adi diferansiyel. denkleminin. çözümünün. grafiğine. diferansiyel denklemin integral eğrisi denir. (5) denklemi y ye göre açık formda yazılırsa,. y  f ( x, y). (6). diferansiyel denklemi bulunur. Bu denkleme birinci mertebeden açık diferansiyel denklem denir. Bu kısımda, (6) denklemi için diferansiyel denklemler teorisinin genel kavramları verilip, daha sonra bu tip denklemlerin bazı çeşitleri incelenecektir.. f ( x, y ) fonksiyonu xy düzleminin herhangi bir D bölgesinde tanımlı bir fonksiyon olsun. Eğer (a,b) aralığında diferansiyellenebilir bir y   (x) fonksiyonu, a) (x ,  (x)) D. ,. x  (a , b). b)  (x)  f(x ,  (x)) , x  (a , b) koşullarını sağlarsa , y   (x) aralığındaki çözümü denir.. fonksiyonuna (6) denkleminin (a,b).

(10) 10. Örnek 10.. y  1 x2. fonksiyonu. y  . x denkleminin (-1,1) y. aralığındaki çözümüdür. Çözüm: y  1  x 2 . x. y  . 1 x. 2. dir. y ve y nin bu. ifadelerini denklemde yerine yazarsak,. . x 1 x2. . x 1 x2. elde ederiz. Bu ise, y  1  x 2. , x   1,1 fonksiyonunun y  . x denkleminin y.  1,1 aralığında çözümü olduğunu gösterir. (6) diferansiyel denkleminin [a,b] aralığındaki çözümü benzer şekilde tanımlanabilir. Bazı hallerde, diferansiyel denklemin çözümünü kapalı fonksiyon veya parametrik biçimde bulmak daha faydalı olur. Eğer  (x,y) = 0. (7). eşitliğinden kapalı fonksiyon gibi tanımlanan y   (x) fonksiyonu (6) denkleminin. çözümü. ise, (7). ifadesine (6) denkleminin kapalı. formdaki çözümü denir. (7) eşitliğinin ne zaman (6) denkleminin çözümü olduğunu belirtmek için,   x, y  fonksiyonunda y yi x in fonksiyonu gibi düşünüp türevini bulursak, bu türev  x   y . y  olur. Burada. y  nün yerine. f  x, y . yazdığımızda  x   y . f  x, y   0 özdeşlik gibi sağlanırsa, (7) eşitliği (6) denkleminin kapalı şekildeki çözümü olur..

(11) 11. Örnek 11. x 2  y 2  1 fonksiyonu y   . x denkleminin y. kapalı. formdaki çözümüdür. Çözüm: Gerçekten x, y   x 2  y 2  1 dir. Bu fonksiyonun türevi. 2x  2 yy dir. Burada y nün yerine . x yazarsak, y.  x 2x  2 y.    2 x  2 x  0  y. x y. diferansiyel denkleminin. x   (t) , y  ψ(t) , t  (α , β). (8). olur. Böylece x 2  y 2  1  0 ifadesi y   kapalı formdaki çözümüdür.. Parametrik formda,. fonksiyonu verilmiş olsun ve her bir t  (α , β) için, a) ( (t) , ψ(t))  D b) x    (t) , y   ψ (t) , ( (t)  0) sonlu türevler mevcut c). ψ(t)  f( (t) , ψ(t))  (t). olur. Bu takdirde (8) fonksiyonuna (6) denkleminin (α , β) aralığındaki parametrik formdaki çözümü denir. Örnek 12. x  cost , y  sint. 0,2 aralığında parametrik. fonksiyonu. formdaki çözümüdür.. y  . x denkleminin y.

(12) 12. Örnek. 13.. Bir. bardak. çayın. başlangıçdaki. sıcaklığı. 100 0 olsun. 30 0 sıcaklığındakı bir odada sıcaklığı 1 dakikada 90 0 ’ye düşürürsek, çayın sıcaklığının 70 0 ’ye düşmesi için gereken zamanı bulunuz. Çözüm: Newton’un soğuma kanununa göre, soğuyan bir cismin sıcaklığındaki. değişme. hızı, cismin. ve. dış. ortamın. sıcaklıkları. arasındaki fark ile orantılıdır. Herhangi bir t anında cismin sıcaklığını Τ  T(t). ile. gösterelim. O. zaman. cismin. sıcaklığını. zamanın. fonksiyonu olarak veren diferansiyel denklem, dΤ  k(T  30 0 ) dt. (9). olur. Burada k pozitif bir katsayıdır. (9) denklemi yeniden düzenlenirse,. dΤ  kT   k30 o dt. elde edilir. Bu diferansiyel denklemin çözümü ise, T (t)  30 o  ce kt. (10). dir. Çayın t = 0 anında sıcaklığı 100o olduğundan ((10) denkleminden ) c = 70o bulunur. c ’ nin bu değeri (10) denkleminde yerine konulursa, T (t)  30 o  70 o e kt olur. Problemin şartına göre t=1 için T(1)=90o olduğundan ,. 90 0  30 0  70e k veya. (11).

(13) 13. ek . 6 7. olur .O halde; 6 T t   30  70   7 0. t. 0. elde edilr. T  70 0 için t arandığına göre 6 70  30  70   7 0. 0. t. 0. dir. Buradan. t  log 6 7. 4 7. dakika bulunur. Örnek 14. Bir ülkenin nüfusu, ülkede yaşayan insan sayısı ile orantılı olarak artmakta ve bu artış 40 yılda 2 kat olmaktadır. Bu ülkenin şu andaki nüfusunun 4 katı olması için kaç yıl geçmesi gerektiğini bulunuz. Çözüm: t=0 anındakı nüfus N 0 ve t yılındakı nüfus N(t) olsun. k,orantı katsayısı olduğuna göre ülkedeki nüfus artış hızı, dN  kN dt. (12). olur. O halde , bu denklemin genel çözümü N t   ce kt olarak elde edilir. t=0 için , N (0)  N 0 olduğundan c  N 0 bulunur. O halde, N t   N 0 e kt. elde edilir. Nüfus 40 yılda 2 kat artıyorsa ,yani t=40 için, N 40  2 N 0 koşulu kullanılırsa,. (13).

(14) 14. 2 N 0  N 0 e 40 k. bulunur. Buradan; k. e 2. 1 40. elde edilir. Bunu (13) ifadesinde yerine yazarsak ,. N (t )  N 0 2. t 40. bulunur. Şimdi nüfusun t1 yıl sonra 4 katı olacağını bulmak için, N t1   4N 0 koşulu kullanılırsa, t1. 4N 0  N 0 2. 40. elde edilir. Buradan ise, t1  80 yıl bulunur.. 1.5. Diferansiyel Denklemin Geometrik Anlamı. Bu kısımda, (6) diferansiyel denkleminin geometrik anlamını inceleyeceğiz. f(x , y) D bölgesinde, x ile y nin sürekli bir fonksiyonu ve. y   (x). fonksiyonu da (6). denkleminin (a,b). aralığındaki bir. çözümü olsun. y   (x) ile belirtilen eğriye (6) denkleminin integral eğrisi denir. İntegral eğrisi üzerinde bir (x o , y o ) (x o , y o ) noktasında bu eğrinin teğetinin x. noktasını ele alalım.. ekseninin pozitif yönüyle. yapmış olduğu açıyı α ile gösterelim. Türevin geometrik anlamına göre,  (x o )  tgα ’dır..

(15) 15. y  x . Şekil 1.1.. Diğer. taraftan. y   (x) fonksiyonu (6) denkleminin çözümü. olduğundan.  (x o )  f x o ,  (x o )  dır. Böylece tgα  f(x o , y o ) , y 0  x 0  olur. Buna göre, integral eğrisi üzerindeki her bir (x o , y o ). noktasında. teğetin eğimi, f(x , y) fonksiyonunun aynı noktadaki değerine eşittir. Bu ise, (6) denkleminin D bölgesinin her bir noktasında bir yön tanımladığını gösterir. Bu yönler kümesine (6) denkleminin yönler alanı (doğrultu alanı) denir. Böylece, (6) denklemini çözmek demek, öyle bir eğri bulmak demektir ki, bu eğriye keyfi bir noktada çizilen teğetin yönü, alanın aynı noktadaki yönü ile çakışsın. Diferansiyel denklemi çözmeden önce, denklemin yönler alanının yardımı ile integral eğrilerini yaklaşık olarak kurmak mümkündür. Bunu elde etme yöntemine izoklin yöntemi denir..

(16) 16. Şimdi (6) denkleminde f(x , y) fonksiyonunun x ve y’ye. göre. birinci mertebeden sürekli kısmi türevlerinin mevcut ve bu türevlerin sonlu olduğunu kabul edeceğiz.. k bir sabit olmak üzere ;. f(x , y)  k denklemi ile tanımlanan eğri ailesini çizelim. Açık olarak bu eğrilerden her biri. y   f(x , y) denkleminin integral eğrilerinin eşit eğimli. noktalarının geometrik. yeridir. k sabitine mümkün olan bütün değerler verilirse eğri ailesini elde edebiliriz. Bu eğrilerin her birine izoklin. denir. k = 0 değerine. uygun olan izoklin’e extremal denir. Birinci mertebeden diferansiyel denklemin çözümlerini. bulma. problemi, izoklinlerden her birini, o izokline karşı gelen eğimle kesen eğriler çizmekten ibarettir. Belirli bir izoklinin farklı noktalarından hareket edilirse, sonsuz sayıda integral eğrisinin elde edilebileceği açıkça görülür. Birinci mertebeden diferansiyel denklemleri çözmeye yarayan bu yönteme izoklin yöntemi adı verilir. Böylece, verilen denklemin integral eğrilerini izoklin yöntemi ile yaklaşık olarak kurmak için, birbirine yakın k1 , k 2 ,... sayılarına uygun f  x, y   k i , i  1,2,... izoklinlerini kururuz. Daha sonra. öyle eğriler. çizebiliriz ki, onların her birinin f  x, y   k i izoklini ile kesişme noktasında çizilen teğetin eğim açısı k i olsun. Yukarıdaki bilgilere ek olarak bazı denklemlerin integral eğrilerini daha kesin kurmak mümkün olur..

(17) 17. D. bölgesinin. y   f(x , y) > 0. koşulunu. sağlayan. kısmında. integral eğrileri artan, y   f(x , y) < 0 olan kısımlarında ise, azalan fonksiyondur. f(x , y) fonksiyonunun y ye göre birinci mertebeden kısmi türevlerinin var olduğunu kabul edelim. Bu takdirde (6) denklemine göre y   f x (x, y)  f y (x, y)y   f x (x, y)  f y (x, y)f(x, y). dir. Böylece D bölgesinin y  f x (x, y)  f y (x, y)f(x, y)  0. koşulunu sağlayan kısımlarında integral eğrileri, konveks y  f x (x, y)  f y (x, y)f(x, y)  0. olan kısımlarında ise konkav olur. Bundan başka integral eğrilerinin eğim noktalarında y  f x (x, y)  f y (x, y)f(x, y)  0. olur. Bu denklemin belirttiği eğriye denklemin eğim hattı denir. Örnek 15. İzoklin yöntemini kullanarak. y  y  x diferansiyel denkleminin integral eğrisini yaklaşık olarak kurunuz. Çözüm: Bu denklem için, izoklinler ailesi. y  x  k paralel doğrular ailesidir. Burada k reel parametredir. k  0 a uygun olan y   x izoklini (extremal izoklin) X 0Y. koordinat sisteminde II.,IV.. bölgelerin açıortaylarıdır. y   x doğrusu düzlemi iki kısma ayırır. y   x olan kısımda y   0 , y   x olan kısımda y   0 olduğundan y   x doğrusunun altında integral eğrileri azalan, aynı doğrudan yukarıda ise,.

(18) 18. artandır. Buradan elde edilir ki, integral eğrileri y   x doğrusunu keserek azalma bölgesinden artma bölgesine geçer. Böylece, y   x doğrusu üzerindeki noktalar integral eğrilerinin minimum noktalarıdır. k  1 ’e uygun olan y   x  1 izoklini üzerinde integral eğrilerine çizilen teğetler. x ekseni ile 135 0 , k  1 ’e uygun olan y   x  1 izoklini üzerinde integral eğrilerine çizilen teğetler ise, x ekseni ile 45 0 açı oluşturur. y   x  1 izoklininin aynı zamanda integral eğrisi olduğunu belirtmemiz gerekir.. f ( x, y )  y  x fonksiyonu, çözümün varlığı ve tekliği hakkında teoremin koşullarını sağladığından, diğer inregral eğrileri bu izoklinle kesişemez. İkinci mertebeden türev alırsak y   y   1  y  x  1 bulunur. Böylece integral eğrilerinin büküm noktaları. y   y  x  1 doğrusu üzerinde. olmalıdır. Bu doğrunun kendisi de bir izoklindir. İntegral eğrilerinin minimum noktalarının yerleştiği y   x izoklini y   x  1 izoklininden yukarıda yerleştiğinden, y   x  1 izoklininden aşağıda yerleşen integral eğrilerinin ekstremum noktaları yoktur. y   x  1 izoklini X 0Y düzlemini iki kısıma ayırır. Bu izoklinden yukarıda y   0 , aşağıda ise, y   0 dır. Böylece, y   x  1 doğrusunun yukarıdaki integral eğrileri konveks, aşağıdaki integral eğrileri ise, konkavdır. İntegral eğrileri bu doğruyu kesmediğinden, onların büküm noktaları yoktur.. Bu bilgilere göre integral eğrilerinin yaklaşık olarak şekil 1.2.’deki gibi kurabiliriz..

(19) 19. Şekil 1.2.. Örnek 16. İzoklin yöntemini kullanarak. y  . x y. (14). diferansiyel denklemin integral eğrisini yaklaşık olarak kurunuz. Çözüm: Kolayca gösterebiliriz ki, x2  y2  c2. (15). denkleminden kapalı fonksiyon gibi tanımlanan fonksiyon keyfi c sayısı için (14) denkleminin çözümüdür. Denklemin izoklinleri. . x k y. denkleminden tanımlanır. Buradan. (16).

(20) 20. y. 1 x k. (17). bulunur. Böylece izoklinler koordinat merkezinden geçen ve eğim açısı . 1 k. olan doğrulardır. (14) denkleminin sağ tarafı koordinat merkezinde tanımlı olmadığından, (17) de x  0, y  0 alınır. Yani alanın yönü . 1 ’dır. k. Yukarıdaki bilgilere göre (14) denkleminin herhangi integral eğrisine. x, y . x. 2. .  y 2  0 noktasında çizilen teğetin eğim açısı k ya eşittir, yani. teğet izokline diktir. (Eğim açıları k1 , k 2 olan doğruların dikliği koşuluna göre) (15) ailesi merkezi, koordinat merkezinde ve yarıçapı c. olan. çemberler ailesi olduğundan çembere çizilen teğet değme noktasında çizilen yarıçapa diktir. Bu bilgilere göre integral eğrilerini yaklaşık olarak şekil 1.3.’deki gibi kurabiliriz.. Şekil 1.3..

(21) 21. Örnek 17. Kapalı formda verilen 3. y   y   x  y . diferansiyel denkleminin integral eğrilerini yaklaşık olarak kurunuz.. Çözüm: y   k yazarsak izoklinler 3. y  x  k   k. eğrileridir. Onlar y  x 3 extremal izoklinini k  0 olduğunda sağa ve aşağı veya k  0 olduğunda sola ve yukarı k kadar kaydırmakla elde edilir. y  x 3 izoklininden sol taraf için k. 0. olduğundan elde edilir ki,,. bu izoklinden sol tarafta integral eğrileri azalan, sağ taraf için ise, k  0 olduğundan sağ tarafta artandır. 3. k  1 ele alındığında izoklin y   x  1  1 dir ve bu izoklin. üzerinde integral eğrileri OX. ekseninin pozitif yönü ile 135 0 açı 3. yapıyor. k  1 alındığında y   x  1  1 izoklini üzerinde integral eğrileri OX ekseninin pozitif yönü ile 45 0 açı oluşturur. k ’ya diğer değerlerde vererek tan   k ’dan  ’yı bularak , uygun. izoklinler üzerinde yönleri tanımlayabiliriz. Daha sonra ise, onların esasında integral eğrilerini yaklaşık olarak şekildeki gibi kurabiliriz..

(22) 22. Bu bilgilere göre integral eğrilerini yaklaşık olarak şekil 1.4.’deki gibi kurabiliriz.. Şekil 1.4.. 1.6. Bir Eğri Ailesinin Diferansiyel Denkleminin Kurulması Bundan önce birinci mertebeden bir diferansiyel denklemin genel integralinin bir keyfi sabiti kapsadığını gördük. 1. xy düzleminde bir parametreli bir eğri ailesi alalım. Bu ailenin denklemi. (x , y, c)  0 olsun. (18) ifadesinin x’e göre türevini alalım. Böylece x ( x, y, c)   y ( x, y, c) y  0. dır. Buradan. (18).

(23) 23. y  . x ( x, y, c)  y (x , y, c). (19). bulunur. (18) ifadesinden c   (x , y) olarak çözülmüş olsun. c’ nin bu değeri (19) de yerine konulursa,. y  . x ( x, y, c)  (x , y,  ( x, y))  x  y ( x, y, c) y ( x , y,  (x , y)). elde edilir. Bu ifadeden açıkça y nün yalnız x ve y ye bağlı olduğu görülür. Bu durumda. bu ifade. y   f(x , y). veya. F ( x, y, y )  0. şeklinde. gösterilebilir. Bu da verilen eğri ailesinin diferansiyel denklemidir. Buna göre bir parametreye bağlı bir eğri ailesinin diferansiyel denklemini bulmak için eğri ailesinin denkleminde değişkene göre türev alınır, elde edilen denklemle eğri ailesinin denklemi arasında parametre yok edilerek eğri ailesinin diferansiyel denklemi elde edilir. 2. c1 ve c 2 keyfi sabitlerini içeren.  ( x, y, c1 , c 2 )  0. (20). eğri ailesini alalım. (20) ifadesinin x’e göre birinci ve ikinci türevleri alınıp bu fonksiyon ve türevleri arasında c1 ve c 2 keyfi sabitleri yok edilirse. F ( x, y, y , y )  0 formunda 2. mertebeden bir diferansiyel denklem elde edilir. 3. c1 , c 2 ve c3 gibi üç keyfi sabit içeren.  ( x, y , c1 , c 2 , c3 )  0. (21).

(24) 24. eğri ailesinin diferansiyel denklemini bulmak için (21) ifadesinin x’e göre birinci, ikinci ve üçüncü türevleri alınıp bu fonksiyon ve türevleri arasında. c1 , c 2 ve c3 keyfi sabitleri yok edilirse. F ( x, y , y , y , y )  0 formunda 3. mertebeden bir diferansiyel denklem elde edilir. 4. Bu işlemleri genelleştirirsek c1 , c 2 ,  , c n gibi n tane keyfi sabit içeren.  ( x, y , c1 , c 2 , , c n )  0. (22). eğri ailesinin diferansiyel denklemini bulmak için (22) ifadesinin x’e göre n. mertebeye kadar türevleri alınıp bu fonksiyon ve türevleri arasında c1 , c 2 ,  , c n keyfi sabitleri yok edilirse F ( x, y , y , y ,  , y ( n ) )  0 formunda n. mertebeden bir diferansiyel denklem elde edilir.. x 2  cy 2  2 y eğri ailesinin diferansiyel denklemini. Örnek 18. kurunuz.. Çözüm: Bu ifadenin x’e göre türevini alalım. Böylece. 2x  2cyy  2 y elde edilir. Buradan. y . x 1  cy. bulunur, bu denklemde c. 2y  x 2 y2.

(25) 25. ifadesi yerine yazılırsa, x 2 y  xy  yy diferansiyel denklemi elde edilir. Bu da verilen eğri ailesinin diferansiyel denklemidir.. Örnek 19. Merkezi y  2 x doğrusu üzerinde ve yarıçapı 1’e eşit olan çemberler ailesinin diferansiyel denklemini kurunuz.. a, b. Çözüm: Merkezi. noktasında ve yarıçapı 1’e eşit olan. çemberler ailesinin denklemi.  x  a 2   y  b 2  1. (23). dir. a, b  noktası y  2 x doğrusu üzerinde olduğundan, b  2a dır. b’nin bu değerini denklemde yerine yazarsak,.  x  a 2   y  2 a  2  1 bulunur. Bu ifadeden x’e göre türev alırsak,. x  a   y  2a  y   0 elde edilir. Buradan,. a. x  yy  1  2 y. bulunur. b  2a olduğundan,. b2. x  yy  1  2 y. olur. a ve b’nin bu değerlerini (23)’de yerine yazarsak, 2. 2.   x  yy   x  yy    x     y  2  1 1  2 y  1  2 y    .

(26) 26. veya. 2 x  y 2 y  2  1  1  2 y 2 denklemi elde edilir. Bu istenen ailenin diferansiyel denklemidir.. Örnek 20.. y  c1e x  c 2 e  x eğri ailesinin diferansiyel denklemini. kurunuz. Çözüm: Bu ifadenin x’e göre birinci ve ikinci türevlerini alırsak, y   c1e x  c 2 e  x ve y   c1e x  c 2 e  x olur. Bu üç denklem arasında c1 ve c 2 keyfi sabitleri yok edilirse. y   y  0 ikinci mertebeden diferansiyel denklemi elde edilir. Bu da verilen eğri ailesinin diferansiyel denklemidir.. Örnek 21. y  c1 sin x  c 2 cos x  c 3 eğri ailesinin diferansiyel. denklemini kurunuz. Çözüm: Bu ifadenin x’e göre birinci, ikinci ve üçüncü türevlerini alırsak,. y   c1 cos x  c 2 sin x y   c1 sin x  c 2 cos x y   c1 cos x  c 2 sin x olur. Bu dört denklem arasında c1 , c 2 ve c3 keyfi sabitleri yok edilirse. y   y   0 üçüncü mertebeden diferansiyel denklemi elde edilir. Bu da verilen eğri ailesinin diferansiyel denklemidir..

(27) 27. Problemler Aşağıda verilen eğri ailelerinin diferansiyel denklemlerini kurunuz.. 1. y  cx. (Cevap: y  xy  ). 2. x 2  y 2  cx. (Cevap: x 2  y 2  2 xyy   0 ). 3. y  cx  c 2. (Cevap: y  xy   y  2 ). 4. x  ce t , y  t 2  ce t. (Cevap: xy   x  2 y  x ). 5. y . cx 1  cx. 6. y  c 1  e 2 x. . . . . . (Cevap: 1  x 2 y   1  y 2  0 ). . 7. e y  c 1  x 2  1. (Cevap: 1  e 2 x y   ye 2 x  0 ). . . . . (Cevap: e y 1  x 2 y   2 x e y  1 ). 8. y  ae bx 9. y 2  2cx  c 2 10. y  c1e x  c 2 e 2 x  c3 e  x 11. y  A cosx  B sin x , (  sabit) 12. x 2 y 3  x 3 y 5  c 13. y  Ax 3  Bx 2  Cx  D 14. y  Ax 2  Bx 15. y  a. sin( x  b) 16. y  x sin( x  c ) 17. ax 2  bxy  cy 2  1 18. Eksenleri x ve y olan elipsler ailesinin diferansiyel denklemini kurunuz..

(28) 28. 19. Eksenleri x ve y olan hiperboller ailesinin diferansiyel denklemini kurunuz. 20. (0,0) ve (2,0) noktalarından geçen çemberler ailesinin diferansiyel denklemini kurunuz.. 1.7. Cauchy Problemi, Genel, Özel ve Tekil Çözümler Verilen (x o , y o )  D noktası için. y  f(x , y). (6). y(x o )  yo. (24). denklemini ve. koşulunu sağlayan y   (x) çözümünün bulunması problemine Cauchy problemi denir. (24) koşuluna ise, Başlangıç koşulu ve x o , y o sayılarına da Başlangıç değerleri denir. (6) denkleminin (24) başlangıç koşulunu sağlayan çözümünün bulunması, geometrik olarak D bölgesinin (x o , y o ). f(x , y). noktasından geçen. integral. fonksiyonu (x o , yo ) noktasının. eğrisinin herhangi. bulunması demektir. bir. komşuluğunda. sürekli ise, (6) denkleminin (24) başlangıç koşulunu sağlayan en az bir çözümü vardır.. y   (x) fonksiyonu, x o  h , x o  h  aralığında (6) denkleminin (24) başlangıç koşulunu sağlayan bir çözümü olsun. Bu denklemin (16) başlangıç koşulunu sağlayan her bir y  ψ( x) çözümü için öyle bir. δ  0 (δ  h). sayısı. vardır. ki,. (x o  δ , x o  δ ).  (x)  ψ(x) dir. Bu takdirde (6) denkleminin (24). başlangıç. aralığında koşulunu.

(29) 29. sağlayan. çözümü tektir denir. Tersine olarak. (x o , y o ) noktasından. geçen integral eğrisi yoksa veya var ve birden fazla ise, (6) denkleminin (24) başlangıç koşulunu sağlayan çözümün tekliği bozulur. Daha sonra göstereceğiz ki, f(x , y) fonksiyonu (x o , y o ) noktasının herhangi bir komşuluğunda sürekli bir fonksiyon ve y’ye göre birinci mertebeden sürekli kısmi türeve sahip ise, (6) denkleminin (24) başlangıç koşulunu sağlayan tek çözümü vardır. Cauchy probleminin bir tek çözümünün var olduğunu verdikten sonra denklemin genel, özel ve tekil çözümlerinin tanımlarını verelim. Genel Çözüm: D0  D ile (6) denkleminin bir tek çözüme sahip olduğu bölgeyi gösterelim. Yani D0 bölgesinin her bir noktasından (6) denkleminin bir tek integral eğrisi geçer. Keyfi c sabitine bağlı. y    x, c . (25). eğriler ailesi verilsin. Tanım 9. a) Her bir. x, y  D0. için (25) denklemi c’ye göre. çözülebilirse, yani. c    x, y . (26). şeklinde ise, b)  x, y   D için c sabitinin (26) ile tanımlanan her bir değerinde (25) ifadesi (6) denkleminin çözümü ise, bu takdirde (25) ailesine (6) denkleminin genel çözümü denir. Genel çözüm.   x, y , c   0 veya   x, y   c.

(30) 30. kapalı şekilde verilebilir. Çözüm   x, y , c   0 şeklinde verildiğinde, ona denklemin genel integrali ,   x, y   c şeklinde verildiğinde ise,   x, y  ye onun integrali denir. Özel Çözüm:. y   (x). fonksiyonu (a,b). aralığında. (6). denkleminin çözümü olsun. Eğer her bir x(a,b) için (6) denkleminin. (x ,  (x)). noktasından geçen integral eğrisi tek ise, y   (x) çözümüne. (6) denkleminin özel çözümü denir. (25) ailesi (6) denkleminin genel çözümü olduğunu kabul edelim. Onun (24) başlangıç koşulunu sağlayan çözümünü genel çözümden bulmak için aşağıdaki işlemleri yapmak gerekir. 1. (25) ifadesinde x,y yerine x 0 , y 0 yazılır , yani y 0   x0 , c . (27). dir. 2. (27) ifadesi c ye göre çözülebilir. Kabul edelim ki, c 0  c onun köküdür. 3. c  c 0 değerini (26)’da yerine yazarız. Elde edilen. y    x, x 0 . fonksiyonu (6) denkleminin (24) başlangıç koşulunu sağlayan çözümü olur. Tekil Çözüm: y  ψ(x) fonksiyonu denkleminin. çözümü. olsun. Eğer. (a,b) açık aralığında (6). her bir x(a,b) için (x , ψ(x)). noktasından (6) denkleminin y  ψ(x) ’e ait olacak şekilde en az iki integral. eğrisi. çözümü denir.. geçerse, y  ψ(x) çözümüne. (6). denkleminin tekil.

(31) 31. Böylece, Cauchy probleminin çözümünün tekliği, bozulan noktaların geometrik yerinden oluşan integral eğrisine uygun çözüm tekil çözüm olur. D 0 ile (6) denkleminin bir tek çözüme sahip olduğu bölgeyi gösterelim. y   (x ) ise, bu denklemin (a,b) aralığında tanımlanmış tekil çözümü olsun. y   (x ) çözümünün grafiğinin hiçbir noktası D 0 bölgesine ait olamayacağı açıktır. Buna. göre de, tekil çözüm (eğer varsa) genel. çözümden c sabitine sayısal değerler vermekle elde edilemez ve bu çözümün grafiği D 0 bölgesinin sınırındadır. Örnek 22. y   denklem. y2  y diferansiyel denklemini ele alalım. Bu x. 0,0 , 0,1. noktaları hariç her yerde tanımlıdır. Kolayca. y. 1 ailesi verilen diferansiyel denklemin genel 1  cx. gösterebiliriz ki,. çözümüdür ve y  0 dan farklı integral eğrilerinin hepsi 0,1 noktasından geçer. y . 2 fonksiyonu  ,2 aralığında verilen denklemin y 1  2 2 x. koşulunu sağlayan çözümüdür ve genel çözümde c  edilir. Uygun integral eğrisi üzerinde keyfi bir. 1 koymakla elde 2. x1 , y1  ,. y1 . 2 2  x1. noktasını ele alıp ve denklemin y  x1   y1 koşulunu sağlayan çözümünü bulalım. x1  0 olduğunda y . 2 çözümü , x1  0 olduğunda ise, y  1 2 x. çözümü elde edilir. Böylece. 0,1. noktasından hem y . 2 integral 2 x.

(32) 32. eğrisi, hem de y  1 integral eğrisi geçer. Böylece, y . 2 integral 2 x. eğrisinin 0,1 noktasından farklı tüm noktalarında çözümün tekliği sağlanır.. 0,1. noktasından verilen denklemin sonsuz sayıda integral eğrisinin. geçeceğini belirtmemiz gerekir. Bunun nedeni ise, aynı noktada denklemin tanımlı olmaması, bundan dolayı da bu integral eğrilerinin 0,1 noktasına yaklaşmasıdır. 0,0  noktası için de benzer işlemler yapılabilir ve y  0 integral eğrisi bu noktaya yaklaşır. Eğer y’ye bağımsız değişken, x’e ise, aranan fonksiyon gibi bakıp denklemi. x . x y y 2. şeklinde yazarsak, elde ederiz ki, x  0 integral eğrisidir ve 0,0  noktasına yaklaşır. Örnek. f  x, y  . 23.. y . y. diferansiyel. denklemini. ele. alalım.. y fonksiyonu XOY düzleminde tanımlı ve süreklidir. Buna. göre, verilen denklemin  x 0 , y 0  noktasından geçen integral eğrisi vardır. y  x 0   0 ise, verilen denklemin. x0 , y 0 . noktasında bir tek integral. eğrisinin geçtiğini yani,. y . y , yx 0   y 0. Cauchy probleminin bir tek çözümünün var olduğunu gösterelim..

(33) 33. Çözüm: y 0  0 olsun. Buna göre  x 0 , y 0  noktasının x ekseni ile keşişmeyen f y  x, y  . bir 1. 2 y. komşuluğunda. f x , y   y. süreklidir. ve. sürekli. türevi vardır.. Böylece verilen denklemin, her bir  x0 , y 0  ,  y 0  0 noktasından bir tek integral eğrisi geçer. y 0  0 olduğunda da bu sonucun doğruluğu benzer şekilde elde edilebilir. Keyfi bir x 0 için. x0 ,0 . noktasında f y  x 0 ,0    olduğunda bu. noktada çözümün tekliği bozulur. Bu noktaların geometrik yeri y  0 doğrusunu verir ve bu doğru verilen diferansiyel denkleminin integral eğrisidir. Bundan başka ,   x 0   koşulunu sağlayan keyfi  ,  sayıları için,  1 2   4   x  , x   ise   x    0 ,   x   ise  1    x   2 , x   ise  4 fonksiyonu da verilen diferansiyel denklemin. x0 ,0 . noktasından geçen. integral eğrisi olduğundan, y  0 fonksiyonu verilen diferansiyel denklemin tekil çözümüdür. Not: Genel olarak verilen diferansiyel denklemde x, y eşit hakka sahip olduğundan dy  f  x, y  dx. denklemi ile beraber. (6).

(34) 34. dx 1  dy f  x, y . (28). denklemine de bakmak gerekir ve f  x, y  ,. 1 fonksiyonlarının her f  x, y . ikisinin tanım bölgesinde bu denklemler birbirine denktir, çünkü y  y  x  fonksiyonu (6) denkleminin çözümü ise, x  x  y  ters fonksiyonu da (28) denkleminin çözümü olur, yani (6) ve (28) denklemlerinin integral eğrileri eşittir. Eğer herhangi bir. x1 , y1 . noktasında f x , y  fonksiyonu tanımlı. değilse, böyle bir noktada (6) denklemi yerine (28) denklemine bakmak gerekir. Eğer herhangi bir noktada. 1 fonksiyonu tanımlı değilse, böyle f x , y . bir noktada (6) denklemine bakmak gerekir..

(35) 35. BÖLÜM II. BİRİNCİ MERTEBE VE BİRİNCİ DERECEDEN ADİ DİFERANSİYEL DENKLEMLER VE ÇÖZÜM YÖNTEMLERİ. Diferansiyel denklemler teorisinde önemli problemlerden biri diferansiyel denklemin bütün mümkün çözümlerini bulmak ve onun özelliklerini öğrenmekten ibarettir. Diferansiyel denklemin çözümünün bulunmasına onun integrallenmesi denir. Verilen diferansiyel denklemi çözmek demek, ilk olarak aranan fonksiyonu. bağımsız. değişkene. bağlı. olarak. açık. şekilde. basit. fonksiyonların yardımıyla ifade etmek demektir. Bu mümkün olmadığında diferansiyel denklemin çözümünün bulunması basit fonksiyonlardan ve denkleme ait olan fonksiyonlardan oluşturulan ifadelerin integrallenmesine dönüştürülür. Şimdi bazı birinci mertebeden diferansiyel denklemlerin çözüm yöntemleri hakkında bilgi vereceğiz.. 2.1. Değişkenlerine Ayrılabilir Diferansiyel Denklemler Tanım 10.. M(x, y)dx  N(x, y)dy  0. diferansiyel. denklemi. verilsin. Bu diferansiyel denklem,. f1 ( x ) g1 ( y )dx  f 2 ( x) g 2 ( y )dy  0 şeklinde yazılabiliyorsa, böyle bir denkleme değişkenlerine diferansiyel denklem denir. Bu diferansiyel denklem,. ayrılabilir.

(36) 36. f1 ( x ) g ( y) dx  2 dy  0 f 2 ( x) g1 ( y) veya. f ( x)dx  g ( y )dy  0. (29). formunda yazılırsa değişkenlerine ayrılmış bir diferansiyel denklem adını alır. Burada f(x), g(y) sırasıyla (a , b) ve. (c , d) aralıklarında sürekli. fonksiyonlar ve f 2 (x)  g 2 (y)  0 dir. Bu denklemde, dx’in katsayısı, yalnız x’e , dy’ nin katsayısı ise, yalnız y’ye bağlı birer fonksiyonlardır. Bu. şekilde. ifade. edilen. denklemlere değişkenlerine ayrılabilir diferansiyel denklemler adı verilir. Her bir x o  (a, b) , y o  (c, d) için , x.  (x, y) . y.  f ( )d   g ( )d. xo. (30). yo. şeklinde bir fonksiyon alalım. Bu fonksiyon. D  a  x  b ; c  y  d bölgesinde. sürekli , diferansiyellenebilir. bir. fonksiyondur ve. (29). denkleminin integral eğrileri boyunca, y x   d (x, y)  d  f ( )d   g ( )d   0 x  yo  o . eşitliği sağlanır. Böylece (29) denkleminin genel integrali x.  (x, y) . y.  f ( )d   g ( )d  c. xo. yo. (31).

(37) 37. şeklinde olur. Burada c keyfi bir sabittir. Eğer genel integral’ de c = 0 konulursa, y. x. . xo. ifadesi, (32). f ( )d   g ( )d  0. (32). yo. denkleminin. (x o , y o ). noktasından. eğrisinin kapalı şekilde denklemi olur. Gerçekten (31). geçen. integral. formülü. ile. tanımlanan (x,y) fonksiyonu için (xo , yo) = 0 olur ve buradan x2(xo , yo) + y2(xo , yo) = f2(xo) + g2(yo) > 0 olduğundan dolayı kapalı fonksiyonun varlığı ve tekliği hakkındaki teoreme göre, (29) denklemi (xo , yo) noktasından geçen tek bir integral eğrisini tanımlar. Böylece D bölgesinin her bir (xo , yo) noktasından (29) denkleminin tek bir integral eğrisi geçer.. f1 (x) g1 (y) dx  f 2 (x) g 2 (y) dy  0. (33). şeklindeki diferansiyel denkleme değişkenlerine ayrılabilir diferansiyel denklem denir. Burada f i (x) , g i (y) (i  1,2) sırasıyla (a,b) ve (c,d) aralıklarında sürekli fonksiyonlardır ve f12 (x) g12 (y)  f 22 (x) g 22 (y)  0 dır. Kabul edelim ki, (x o , y o )  D noktasında f 2 (x o )  0 ve g 1 (y o )  0 koşulları. sağlansın. Bu. takdirde. denklem,. g 1 (y) f 2 (x) çarpımı ile. bölünüp doğrudan integral alınırsa , c integral sabiti olmak üzere genel çözüm ; x. y. f1 (ξ ) g 2 (ς ) x f 2 (ξ ) dξ  y g1 (ς ) dς  c o o. (34).

(38) 38. şeklinde bulunur.. f 2 (x)  0 ve g1 (y1 )  0 (c  y1  d ). (a,b) aralığında. olduğunu. kabul edelim. Denklemde y  y1 yazarsak , dy1  0 olduğundan y  y1 fonksiyonu aynı denklemin (a,b) aralığında çözümüdür. Diğer taraftan eğer. f 2 (x 1 )  0. (a  x 1  b ). olursa,. y  y1. fonksiyonu. aralıklarında, x  x 1 fonksiyonu ise, (c, y1 ) , (y1 , d). (a, x 1 ) , (x 1 , b). aralıklarında (33). denkleminin çözümleridir. Bu çözümler, (34) formülünden c’ye mümkün sayısal değerler verilerek elde edilirse, özel çözüm, elde edilemezse tekil çözüm olur. (x 1 , y1 ) noktasında denklemin tanımlanmadığı açık olarak görülmektedir. Böylece, (33). denkleminin. tekil. çözümleri ancak,. g 1 (y) ve f 2 (x) fonksiyonlarının sıfırları içindedir. Örnek 24.. . 2x 1  e y. 1  x . 2 2.  dx . ey dy  0 diferansiyel denkleminin 1  x2. genel çözümünü bulunuz. Çözüm: Bu denklem değişkenlerine ayrılabilir bir diferansiyel denklemdir. Bunun her iki tarafını. 1 e y  1 çarpanı ile bölelim. Bu 2 1 x. . . durumda. 2x ey dx  dy  0 1 x2 ey 1 değişkenlerine ayrılmış diferansiyel denklem elde edilir. Bu denklemin integralini alırsak,. . ey 1 c 1 x2. . şeklinde genel çözümünü buluruz..

(39) 39. Burada y=0 olduğunda e y  1  0 olduğundan , y  x   0 fonksiyonu verilen denklemin çözümüdür ve bu çözüm tekil çözüm olabilir. Bu çözümün bir özel çözüm olduğunu gösterelim. Bunun için uygun integral eğrisi üzerinde keyfi  x 0 ,0  noktasını ele alalım ve bu noktada Cauchy probleminin çözümünün tekliğinin sağlandığını gösterelim. Gerçekten de genel integralde x  x 0 , y 0  0 yazarsak,. . 0  c 1  x0. 2. . elde edilir. Buradan c=0 dır. Bu takdirde genel integralden e y  1  0 yani y=0 elde ederiz. Böylece y  x   0 çözümü, özel çözümdür ve genel integralde c=0 yazmakla elde edilir. Örnek 25. 2 x 1  y 2 dx  ydy  0 diferansiyel denklemin genel ve tekil çözümünü bulunuz. Çözüm: Denklemin her iki tarafını 1  y 2 ile bölersek, 2 xdx . ydy 1 y2. 0. değişkenlerine ayrılan diferansiyel denklemini elde ederiz ve bu denklemin genel integrali,. x2  1 y2  c şeklindedir. y  x   1 alındığında 1  y 2  0 olduğundan, y  x   1, y  x   1 fonksiyonları verilen denklemin çözümleridir. Bu çözümlerin her ikisi, tekil çözümdür..

(40) 40. y  x   1 çözümünün tekil çözüm olduğunu gösterlim. Bunun için integral eğrisi üzerinde keyfi. x0 ,1. noktasını ele alıp ve denklemin. y  x 0   1 koşulunu sağlayan çözümünü bulalım. Genel integralde x  x 0 , y 0  1 yazarsak c 0  x 02 elde ederiz. Böylece. y  x   1 integral. eğrisi üzerindeki keyfi noktadan bu integral eğrisi ile eşit hem de. x 2  1  y 2  x 02 integral eğrileri de geçer. Yani y  x   1 integral eğrisi üzerindeki keyfi noktada Cauchy probleminin tekliği bozulur.. Bu ise,. y  x   1 çözümünün tekil çözüm olduğunu gösterir. Aynı yolla y  x   1 çözümünün de bir tekil çözüm olduğunu gösterebiliriz.. Problemler Aşağıda verilen diferansiyel denklemlerin genel çözümlerini bulunuz. 1. ( x  4) y 4 dx  x 3 ( y 2  3)dy  0 2. x sin ydx  ( x 2  1) cos ydy  0 , y (1)  3. e cos x sin y dx . cos y dy  0 sin x. 4. 1  y 2 dx  1  x 2 dy  0 5. sin x cos 2 ydx  cos 2 xdy  0 6. x( y  1) y   y ( x  1)  0 7. y   xy 2  x  0 8. (1  x 2 ) y   xy  x  0.  2.

(41) 41. 9. ( x 2  2 x  1) y   ( y 2  2 y  1)  0 10. sin y. y   sin 2 x  0 11. (1  x 2 )dy  (1  y 2 )dx  0 12. y (1  x 2 ) y   x(1  y 2 )  0 13. cosh ydx  sinh xdy  0 14. xy 2 (1  x 2 ) y   (1  y 3 )  0 15. e x y   y  y 2  0 16. (1  x 3 )dy  x 2 ydx  0 , y (1)  2 17. cos ydx  (1  e  x ) sin ydy  0 , y (0)  18. dx  (1  x 2 ) cot ydy  0 2. 2. 19. xe  y dx  ye  x dy  0 20. arcsin y. y   arctan x  0. . . 21. 2 x sin ydx  1  x 2 cos ydy  0 22. x cos 2 ydx  2 x 2  1 tan ydy  0. . . 23. e x tan ydx  e x  1 dy  0.   25. 1  y e dx  1  y e  1  y dy  0 26. x y  x dx   y x  y dy  0 24. y 2  y dx  xdy  0 2. 2. 2x. 2y. 2. 2. 2. 2. 27. cot x. cos 2 ydx  tan y sin 2 xdy  0. . . . . 28. xy 2  x dx  x 2 y  y dy  0 29. xyy   1  x 2 , y 1  0.  4.

(42) 42. . . 30. x 2 y 2  1 dx  2 x 2 dy  0. ( xy  z dönüşümü uygulayınız). . . 31. a 2  y 2 dx  2 x ax  x 2 dy  0 32. y ln ydx  xdy  0, y 1  1. . . 33. xy  2 xy ln 2 y  ln y  2 x 2 ln y  x y   0. (y  e. . t. x. dönüşümü uygulayınız). . 34. x 2  1 y   2 xy 2  0 , y 0   1 35. xy   x  2 4  x. 2.2. Homojen Diferansiyel Denklemler Tanım 11. f(x, y) fonksiyonu x, y değişkenlerinin herhangi bir D bölgesinde tanımlanmış olsun. Belirli bir m. sayısı,. (x, y)  D. her bir. noktası ve (tx, ty)  D koşulunu sağlayan her bir t sayısı için f(tx, ty)  t mf(x, y) olursa, f(x, y) fonksiyonuna. (35). D bölgesinde m. dereceden homojen. fonksiyon denir.. M(x, y)dx  N(x, y)dy  0. (36). denkleminde M(x,y), N(x,y) fonksiyonları D bölgesinde aynı dereceden homojen. fonksiyonlar. ise, (36). denklemine. homojen. diferansiyel. denklem denir. (36) denklemi homojen diferansiyel denklem ise,. M(x, y) N(x, y) ve N(x, y) M(x, y).

(43) 43. fonksiyonları sıfırıncı dereceden homojen fonksiyonlar olduğu tanımdan açıktır. (35) eşitliğinde t .  f 1, . 1 konulursa x. y 1 f  x, y   x  xm. bulunur. Buradan.  y f x, y   x m f 1,   x elde edilir. Bu ifadeyi kullanırsak, (36) homojen diferansiyel denklemini x dy     dx  y. şeklinde yazabiliriz. Gerçekten  y  y x m M 1,  M 1,  dy M  x, y   y  x  x       dx N  x, y   y  y  x x m N 1,  N 1,   x  x. dir. (36) homojen diferansiyel denkleminin çözümünü bulmak için, (36) denkleminde y  zx değişken değiştirmesi yapılırsa (burada z yeni aranan fonksiyondur) ve. dy  zdx  xdz olduğu dikkate alınırsa,. M  x, zx dx  N  x, zx  zdx  xdz   0 bulunur..

(44) 44.  y  y M  x, y   x m M 1, , N  x, y   x m N 1,   x  x olduğundan,.  M  x, zx   x m M 1, z , N  x, y   x m N 1, . y  x. dir. Bu takdirde bunları yukarıdaki denklemde dikkate alırsak, x m M 1, z dx  x m N 1, z  zdx  xdz   0 veya. M 1, z   N 1, z .z dx  xN 1, z dz  0 x  0 ? değişkenlerine ayrılabilir diferansiyel denklemi elde edilir. Bunu yeniden düzenlersek,. dx N 1, z dz   0, M 1, z   N 1, z .z  0 ? x M 1, z   N 1, z .z bulunur. Buradan. ln x  . N 1, z dz  ln c1 M 1, z   N 1, z .z. veya . x  ce. N 1,z dz M 1,z  N 1,z .z. c  c1 elde edilir.. W z     ile göstererek integrali. z. N 1, z dz M 1, z   N 1, z .z. y olduğunu dikkate alırsak, verilen denklemin genel x.

(45) 45. x  ce. y w  x. bulunur. Örnek 26.. ( x 2  y 2 )dx  2 xydy  0 diferansiyel denklemin genel. çözümünü bulunuz. Çözüm: Denklem homojen olduğu için, diferansiyel denklemde y  zx , dy  zdx  xdz dönüşümü yapılırsa,. ( x 2  z 2 x 2 )dx  2 zx 2 ( zdx  xdz )  0 x 2 (1  z 2 )dx  2 zx 3 dz  0 ,. . nx  n(1  z 2 )  nc veya. dx 2z  dz   d (nc ) x 1 z2. x(1  z 2 )  c olup. diferansiyel denklemin genel çözümü. x(1 . y2 )  c veya x 2  y 2  cx 2 x. olarak bulunur.. Problemler Aşağıda verilen diferansiyel denklemlerin genel çözümlerini bulunuz. 1. ( x 2  3 y 2 )dx  2 xydy  0 x. x 2. (e y  1)dx  (  1)dy  0 y. 3. ( y  x 2  y 2 dx  xdy  0 , y (1)  0 4. 2 xydx  ( x 2  y 2 )dy  0.

(46) 46. 5. xy   y  x 2  y 2  0 y y 6. x cos . y   x  y cos  0 x x. 7. ( x  y ) y   x  y  0 8. x 2 ydx  ( x 3  y 3 )dy  0 9. x 2 y   xy  y 2  0 10. ( x  xy ) y   y  0 11. x( xy  y )dx  x 2 dy  0 y. 12. xy   y  xe x  0 13. ydx  ( y  x)dy  0 14. ( x  2 sin y  3)dx  (2 x  4 sin y  3) cos ydy  0 ( x  2 sin y  z dönüşümü yapınız) 15. ( x 4  y 4 )dx  x 2 y 2 dy  0. 2.3. Homojen Hale İndirgenebilen Diferansiyel Denklemler  a x  b1y  c1  dy   f  1 dx  a 2 x  b2 y  c2 . diferansiyel. denklemi. (37). verilsin. Buradaki a 1 , b1 , c1 , a 2 , b 2 , c 2 ’ler sabit. sayılardır. Eğer c1  c 2  0 ise, (37) denklemi homojen diferansiyel denklem olur. Burada. c1 ve c 2. sayılarından. en az birinin sıfırdan farklı. olduğu kabul edilip, genel halde denklemin homojen bir denkleme dönüştürülmesini araştıralım..

(47) 47. a1x  b1y  c1  0  a 2 x  b 2 y  c 2  0. (38). Bunlar birer doğru denklemdir. a) a 1b 2  a 2 b1  0 ise, bu iki doğru kesişirler. Kesişim noktasının koordinatları α , β olsun. Böylece a 1α  b1β  c1  0  a 2 α  b 2 β  c 2  0. denklemleri sağlanır. Bu durumda, (37) denkleminde. x  ξα y  ς β değişken değiştirmesi yapılırsa , (37) denklemi  a ξ  b1ς  dy   f  1 dx  a 2ξ  b 2ς . (39). denklemine dönüşür. Bu ise, bir homojen diferansiyel denklemdir. Bu denklem ς  ξ z dönüşümü. yardımıyla. değişkenlerine. ayrılabilir. diferansiyel denkleme dönüştürülerek, çözümü kolayca bulunabilir. Bu çözümde ξ  x  α , ς  y  β yerine. konulursa, (37). denkleminin. çözümü elde edilir. b) a 1b 2  a 2 b1  0. ise, (38) ifadesindeki. doğrular. birbirlerine. paraleldirler. Bu ise, a 1  ka 2 , b 2  kb 2 olmasını gerektirir. Burada k oran. katsayısıdır. Bu değerler (37) denkleminde yerine konulursa,  k(a 2 x  b 2 y)  c1    f(a 2 x  b 2 y) y   f   a 2x  b2y  c2 . şeklinde yazılır . Bu son denklem,.

(48) 48. z  a 2 x  b2 y alınarak, değişkenlerine ayrılabilir diferansiyel denkleme dönüştürülür ve çözüm de integral alınarak kolayca bulunur. Örnek 27.. dy y  2x  1  dx 2y  x  1 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. Çözüm : Burada a 1b 2  a 2 b1  (2) 2  (1)1   3  0 olur ve bu ise, bu iki doğrunun kesiştiğinin gösterir. Şimdi bu doğruların kesim noktalarını bulalım.. y  2x  1  0 2y  x  1  0 denklemlerinden bu doğruların kesim noktası,. (α , β)  (1,1) elde edilir ve. x  ξ 1 y  ς 1 değişken değiştirmesi yapılırsa,. dx  dξ dy  dς olur ve denklem. dς ς  2ξ  dξ 2ς  ξ denklemine dönüşür. Son ifadeye. ς  ξ u ve ς   u  ξ  u dönüşümü uygulanırsa denklem.

(49) 49. dξ 2u du  ξ  u 2  2u  2 olur. Bu ise, değişkenlerine ayrılabilir diferansiyel denklem haline dönüşür. Her iki tarafın integrali alınır, ξ ve ς değerleri yerine konulursa. dy y  2x  1  dx 2y  x  1 diferansiyel denkleminin genel çözümü ; 1 2. 2. c. y  x  xy - y - x  3. şeklinde elde edilir. Örnek 28.. dy x  y 1  dx 2x  2y  1 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. Çözüm : Burada a 1b 2  a 2 b1  (1) 2  2(1)  0 olur ve bu ise, bu iki doğrunun paralel olduğunu gösterir. Buradan hareketle. z  x  y ve z   y   1 dönüşümü denklemde yerine konulursa, z  1 . z 1 2z  1. elde edilir. Böylece değişkenlerine. ayrılabilir bir denklem. buluruz.. Doğrudan integral alarak ve z değeri yerine yazılarak genel çözüm; x  2y  3 ln x  y  2  c. şeklinde elde edilir..

(50) 50. Problemler Aşağıda verilen diferansiyel denklemlerin genel çözümlerini bulunuz. 1.  7 x  3 y  7 dx  3x  7 y  3dy  0 2.  x  2 y  1dx  4 x  3 y  6dy  0 3.  x  y  1dx   x  y  1dy  0 4.  x  2 y  4 dx  2 x  3 y  7 dy  0 5.  x  5 y  1dx  2 x  10 y  7 dy  0 6.  7 x  3 y  7 dx  14 x  6 y  3dy  0 7. 2 x  3 y  4dx  3 x  2 y  1dy  0 8.  x  2 y  4 dx  2 x  y  2 dy  0 9. 3x  y  1dx   x  y  3dy  0 10.  x  2 y  3dx  2 x  4 y  1dy  0 2.4. Genelleştirilmiş Homojen Diferansiyel Denklemler. M(x, y)dx  N(x, y)dy  0 denklemi verilsin.. F(x, y, dx, dy)  M(x, y)dx  N(x, y)dy ile. gösterelim. Belli k, m. sayıları,. her bir. (x,y)D. noktası. ve. (tx, t k y)  D koşulunu sağlayan her t sayısı için F(tx, t k y, dx, t k 1dy)  t m F(x, y, dx, dy) oluyor ise, (36) denklem denir.. denklemine. genelleştirilmiş. homojen. (40) diferansiyel.

(51) 51. Özel. halde. k=1. alındığı. takdirde genelleştirilmiş. homojen. diferansiyel denklem, homojen diferansiyel denkleme dönüşür. Homojen. diferansiyel. denklemleri. araştırırken,. M(x,y) ,. N(x,y) fonksiyonları. . D  a  x   , ax k  y  bx k. . M 2 (x, y)  N 2 (x, y)  0 koşulunun sağlandığını kabul edeceğiz. (40) koşulunun sağlanması için , M(tx, t k y)  t m M(x, y) ve N(tx, t k y)  t m  k 1 N(x, y) olduğu tanımdan görülmektedir. Buradan t  M(x, y)  x m M(1,. 1 alınırsa, x. y y ) ve N(x, y)  x m  k 1N(1, k ) k x x. eşitlikleri elde edilir. Bu ifadeler (36) denkleminde yerine konulursa, x m M(1,. y y )dx  x m  k 1N(1, k )dy k x x. (41). denklemi elde edilir. k=0 alındığı takdirde (41) denklemi değişkenlerine ayrılabilir diferansiyel denkleme dönüşür. (41) denkleminde, y  xkz değişken değiştirmesi yapılırsa (burada z aranan yeni fonksiyondur, homojen diferansiyel denklem için dönüşümde k=1 alınır) ve dy  kx k 1 zdz  x k dz olduğu dikkate alınırsa (41) denklemi. M(1, z)  kzN(1, z)dx  xN(1, z)dz  0 şeklinde. yazılır. M(1, z)  kzN(1, z) ve N(1, z) fonksiyonlarının. (42) (a,b). aralığında sürekli olduğu açıktır. Elde edilen denklem değişkenlerine.

(52) 52. ayrılabilir. bir. diferansiyel. denklemdir. ve M(1, z)  kzN(1, z)  0. olduğunu kabul edersek , onun genel integrali ise, x  ce w(z) olur. Burada w(z) ise,. w(z)   dir. Buradan z . . N(1, z) dz M(1, z)  kzN(1, z). y olduğu dikkate alınırsa, xk w(. x  ce. y xk. ). (43). ailesi (36) denkleminin genel integrali olur.. M(1, z)  kzN(1, z)  0 denkleminin her bir. z = zo. reel kökü (var ise,) (42) denkleminin. çözümüdür. Bu takdirde (36) denkleminin z = zo ’ a uygun çözümü, y  zoxk. şeklinde olur. Bu çözüm tekil çözüm olabilir.. M(1, z)  kzN(1, z)  0 olursa, (36) denklemi. kydx  xdy  c şeklinde değişkenlerine ayrılabilir bir diferansiyel denkleme dönüşür. Örnek 29.. 4xy 2 dx  (3x 2 y  1)dy  0. diferansiyel denkleminin. genel çözümünü bulunuz. Çözüm : Bu denklemde x, y, dx , dy tx , t k y , dx , t k 1dy. değişkenlerini. sırasıyla. (x  tx , y  t k y , dx  dx , dy  t k 1dy ). şekline. getirerek toplamların t ’ ye göre derecelerini eşitlersek k sayısı için ; 1  2k  2  2k  1  k  1.

(53) 53. denklem sistemi elde edilir. Burada k = -2 bulunur. Verilen denklem genelleştirilmiş homojen diferansiyel denklem olduğundan dolayı, y  z x 2 dönüşümü yardımı ile onu değişkenlerine ayrılabilir, 2x 3 (z  z 2 )dx  x 2 (3z  1)dz  0 denklemine dönüştürürüz. Bu denklemin genel integrali z(z  1) 2  cx 2  0 şeklindedir. Buradan z  x 2 y yazarsak. verilen diferansiyel denklemin. genel integrali; y(x 2 y  1) 2  c  0 olur. Örnek 30.. y. 4. .  3x 2 dy  xydx  0 diferansiyel denkleminin genel. çözümünü bulunuz. Çözüm: Bu denklemin terimlerinin derecelerini bulalım. y 4 dy nin derecesi. 4k  k  1 ,. 3 x 2 dy nin derecesi. 2  k 1 ,. xydx in derecesi. 1 k. dır. Bu üç dereceyi eşit yapan k değeri 5k  1  k  1  k  1. veya 5k  1  k  1. den.

(54) 54. k. 1 2. bulunur. Verilen denklem genelleştirilmiş homojen diferansiyel denklem olduğundan ,. y  zx. 1 2. dönüşümü yardımıyla. . . 2 z4  3 dx dz  0 5 x z z değişkenlerine ayrılabilir denkleme dönüşür. Bu denklemin genel çözümünü bulup ve z . y x. yazarsak , verilen denklemin genel çözümü. y 4  x 2  cy 6 olarak bulunur.. 2.5. Lineer Diferansiyel Denklemler Aranan fonksiyon ile onun türevine göre lineer olan,. A(x) y   B(x) y  C(x)  0 denklemine birinci mertebeden lineer diferansiyel denklem denir. A’nın belli bir aralığında tüm x değerleri için sıfır olmadığı kabul edilirse, denklem A ile bölünebilir. Böylece denklem,. y   P(x) y  Q (x). (44). olur. Burada. P(x) . B(x) , A(x). Q(x)  . C(x) A(x).

(55) 55. dir. P(x) ve Q(x) fonksiyonları (a,b) aralığında sürekli fonksiyonlar olsun. (a,b) aralığının tüm noktalarında Q(x)  0 ise. y   P(x) y  0. (45). denklemine homojen lineer diferansiyel denklem denir. (44) denkleminde. f(x, y)   P(x) y  Q(x) fonksiyonu. D  a  x  b ,    y   bölgesinde sürekli ve f y (x, y)   P (x). sürekli kısmi türevi vardır. Buna göre her bir ( x 0 , y0 ) noktasından (44) denkleminin tek bir. integral eğrisi geçer. Böylece P(x). ve Q(x). fonksiyonları sürekli fonksiyonlar olduğundan dolayı, (44) denkleminin tekil. çözümü. değişkenlerine. yoktur. (45) homojen ayrılabilir. lineer. diferansiyel. diferansiyel denkleminin. denklem. olduğu. açıkça. görülmektedir ve (45) denkleminin genel çözümü ise, x. . y  ce.  P(s)ds xo. ,. x o  (a, b). (46). olarak elde edilir.. 1. Sabitlerin Değişimi Yöntemi Lineer homojen olmayan (44) denkleminin genel çözümünü bulmak için (46) ifadesinde, c sabiti yerine sonradan belirtilecek olan c(x) fonksiyonu alınır. Böylece,.

(56) 56. x.  x.  P(s)ds. y  c (x) e. (47). o. elde edilir. Bu ise, (44) denkleminin genel çözümüdür (Genel çözümde c(x) bulunmasına dikkat edilmelidir). Bu dönüşüm, (44) denkleminde yerine konulur ise, c(x) ’ e göre x. dc  Q (x) e dx. .  P(s)ds xo. denklemi bulunur. Her iki tarafın integrali alınır ise, x. .  P(s)ds. x. xo. c(x)   Q(s) e. ds  c. xo. elde edilir. Bulduğumuz son ifade (47) ifadesinde yerine yazılırsa,(44) denkleminin genel çözümü ; x. x. . y  ce. xo. s. .  P(s)ds.  P(s)ds. e. xo. x. .  Q(s) e. .  P(s)ds xo. ds. (48). xo. olur. Burada c keyfi bir sabittir. Lineer. homojen. olmayan. (44). denkleminin. çözümünün. bulunmasında uygulanan bu yönteme sabitlerin değişimi yöntemi denir. (48) ifadesinden açıkça görüleceği üzere ilk toplanan ifade lineer homojen diferansiyel denkleminin genel çözümü, ikinci toplanan ifade ise, lineer homojen olmayan (44) denkleminin bir özel çözümüdür. Örnek 31. y  y sinx  sinx cosx diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz..

(57) 57. Çözüm : İlk olarak y  y sinx  0 lineer homojen diferansiyel denkleminin genel. çözümünü. bulalım, bu. denklem. değişkenlerine. ayrılabilir bir diferansiyel denklem olduğundan genel çözüm; y  c1e  cosx olarak elde edilir. c1  c1 (x) olduğu kabul edilir, y ve y  c1 (x) e  cosx  c1e cosx sinx değerleri homojen olmayan diferansiyel denklemde yerine yazılırsa,. c 1   sinx cosx e cosx dx  c veya c 1  e cosx (1  cosx)  c olur. Son. ifade. homojen. denklemin. genel. çözümünde. yerine. yazıldığında aranan genel çözüm; y  c e cosx  cosx  1 olarak elde edilir.. 2. Lineer Diferansiyel Denklemin Dönüşüm Yöntemi ile Çözümü u =u(x) , v = v(x) olmak üzere (44) denklemi için y = uv dönüşümü uygulanırsa,. u v  v u   P u v  Q bulunur. Buradan ise,. v u   P u   u v   Q şeklinde yazılır. Şimdi u fonksiyonunu öyle bir şekilde seçelim ki,,. u  P u  0 olsun. Buradan.

(58) 58.  P(x)dx ue . elde edilir (Burada c=1 alınmıştır). u’nun bu değeri denklemde yerine konulursa  P(x)dx e  v  Q. veya  P(x)dx v  Q e . bulunur. Buradan  Pdx v   Q e   dx  c  . elde edilir. O halde  Pdx Pdx y  u v  e   Q e  dx  c   . dir, yani  Pdx Pdx y  e   Q e  dx  c  . dır. Örnek 32. y  2. y  2x 3 diferansiyel denkleminin genel çözümünü x. bulunuz. Çözüm : y = uv dönüşümü yapılırsa. y   u  v  v u bulunur. y ve y nün bu değerleri denklemde yerine konursa, u  v  v u - 2. uv  2x 3 x.

(59) 59. elde edilir. Buradan. u  v  u   2   u v   2x 3 x  elde edilir. u fonksiyonunu öyle bir şekilde seçelim ki, , u  2. u 0 x. olsun. Buradan u  x 2 bulunur. u’nun. bu değeri denklemde. yerine. konulursa x 2 v   2x 3 veya v   2x. elde edilir. Buradan ise,. v  x2  c bulunur. O halde son olarak y  2. y  2x 3 x. denkleminin genel çözümü y  u v  x 2 (x 2  c) bulunur. Not: Bazen serbest değişken x, aranan fonksiyon yx  alındığında denklem lineer diferansiyel denklem olmayabilir. Ama serbest değişkeni y, aranan fonksiyonu. x y  aldığımızda ve yx in yerine. denklem lineer diferansiyel denklem olur. Örnek 33.. 1 aldığımızda x y.

(60) 60. y . y 3x  y 2. diferansiyel. denkleminin. genel. çözümünü bulunuz. Çözüm: Bu denklemde y’ye aranan fonksiyon gibi baktığımızda, denklem lineer diferansiyel denklem değildir. Ama x’e aranan fonksiyon y’ye serbest değişken gibi bakarsak, elde edilen. x . 3x y y. (49). denklemi lineer diferansiyel denklemdir. Bu denkleme uygun. x . 3x y. lineer homojen denklemin genel çözümü x  cy 3 olarak bulunur. Buradan c ye y den bağlı fonksiyon gibi bakalım. Ve c(y) yi öyle seçelim ki, x  x y  y 3 ifadesi (49) denkleminin çözümü olsun. Bu ifadenin y’ ye göre türevi, x   c  y . y 3  3c y . y 2 dir. x ve x  nü (49) denkleminde yazarsak, c(y)’ ye göre. c  y   . 1 y2. denklemini elde ederiz. Buradan. c y  . 1 c y. dir ve böylece verilen denklemin genel çözümü.

(61) 61. x  cy 3  y 2 olarak bulunur. Not: y  x   0 çözümü c yerine c1 . 1 ele alıp c1  0 yazdığımızda c. elde edilir.. 3. Lineer Homojen Diferansiyel Denklemin Çözümünün Özellikleri a) Eğer y1 (45) denkleminin bir özel çözümü ise, yani. y1  P x  y1  0 a  x  b  ise, bu taktirde c keyfi bir sabit olmak üzere cy1 de (45) denkleminin bir çözümüdür. Gerçekten, (45) denkleminde y  cy , yazıp ve y1 in (45) denkleminin özel çözümü olduğunu dikkate alırsak. cy1   Px cy1   cy1  Px y1   0. , a xb. olur. Yani cy1 (45) denkleminin bir çözümüdür. b) Lineer homojen (45) denkleminin sıfırdan farklı bir özel y1 çözümü bilinirse , cy1 bu denklemin genel çözümüdür. c) y1  x  ve y 2  x  fonksiyonları (45) denkleminin sıfırdan farklı iki özel çözümü olsun. Bu taktirde  sıfırdan farklı bir sabit olmak üzere. y 2  x   y1  x .

(62) 62. dir. 4. Lineer Homojen Olmayan Diferansiyel Denklemin Çözümünün Özellikleri a). Lineer homojen olmayan (44) denkleminin bir y1 özel çözümü. bilinirse, bu denklemin genel çözümü. y  y1  z formülü ile bulunur. Burada  p  x dx z  ce . fonksiyonu. z   P x z  0 denkleminin genel çözümüdür. b). Birinci mertebeden lineer, homojen olmayan diferansiyel denklemin. iki özel çözümü bilinirse, genel çözüm çözüm metodlarını uygulamaya gerek kalmadan bulunur. Gerçekten, y1 ve y 2 bilinen iki özel çözüm olduğundan ,. y1  P x  y1  Q x  , y 2  P x  y 2  Q x  dir. Bu iki denklem taraf tarafa çıkarılır ve düzenleme yapılırsa ,.

Gambar

Şekil 1.3. kxy1          (17) bulunur.

Referensi

Dokumen terkait

Salah satu indikator penting untuk mengetahui kondisi perekonomian suatu daerah dapat digambarkan dari data Produk Domestik Regional Bruto (PDRB), karena PDRB merupakan jumlah

Ahli Gizi dan Ahli Madya Gizi adalah seorang yang telah mengikuti dan menyelesaikan pendidikan akademik dalam bidang gizi sesuai aturan yang berlaku, mempunyai tugas, tanggung

1.. DAFTAR CALON TETAP ANGGoTADEWANPERWAKILANRAKYATDAERAHPRoVINSIDALAMPEMILIHANUMUMTAHUN20I4 PROVINSI DAERAH PEMILIHAN : JAWA TIMUR : JAWA TIMUR 5 KABiKOTA/KECAMATAN') (TETIPAT

2. INDIKATOR PELAYANAN RUMAH SAKIT ... JUMLAH SARANA PELAYANAN MENURUT KEPEMILIKAN... SARANA PELAYANAN KESEHATAN SWASTA ... UPAYA KESEHATAN BERSUMBERDAYA MASYARAKAT ... TENAGA

Sel-sel Sel-sel neoplasma neoplasma berasal berasal dari dari sel-sel sel-sel yang yang sebelumnya sebelumnya adalah adalah sel-sel sel-sel normal, namun selama

Dari analisis ini akan menjadi jelas bahwa hanya jika seseorang mau melihat sisi baik orang lain dan menenggang kepentingan mereka, tidak membuat makhluk hidup lain

Ketika struktur kepemimpinan muncul dari pertukaran tidak seimbang yang lalu diperkuat oleh nilai dan norma sebagai alat legitimasi, maka yang terjadi adalah