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′ + 2y = sin t, t > 0

ile verilen lineer denklemin cozumunu bulup, t →∞ icin cozumun davranısınıbelirleyiniz.

Cozum : t > 0 dan verilen denklem t ile bolunurse,

y′ +2

ty =

sin t

t

olarak yazılabilir. Denklem birinci mertebeden lineer bir denklemdir. Bu den-klem icin

p(t) =2

t, q(t) =

sin t

t

olup integrasyon carpanı,

µ = eR

2tdt = e2 ln t = t2

olarak hesaplanır. Denklemin cozumu icin,

y = t−2

∫t2

sin t

tdt

integraline ulasılıp, u = t, dv = sin t ile kısmi integrasyon alınırsa,

y =c

t2− cos t

t+

sin t

t2

cozumune t > 0 icin ulasılır.

t →∞ icin y → 0 oldugu basitce gorulebilir.

1

1I.T.U. Matematik Bolumu, Durmus Daghan

1



* 2.1. Lineer denklemler

Problem 20:ty′ + (t + 1)y = t, y(ln 2) = 1

ile verilen baslangıc deger problemini cozumunu bulunuz.

Cozum : Verilen denklemi t 6= 0 olmak uzere t ile bolelim. Bu durumda,

y′ − t + 1

ty = 1

denklemine varırız. Bu denklemden integral carpanı,

µ = eR

t+1t

dt = et+ln t = tet

olarak bulunur ve cozum icin yerine yazılırsa,

y =1

tet

∫tetdt

elde edilir. u = t, dv = et ile kısmi integrasyon yapılırsa cozum

y = 1− 1

t+

c

tet

olarak bulunur. Burada verilen baslangıc sartı y(ln 2) = 1 kullanılırsa, c = 2oldugu gorulur. Bulunan c degeri yerine yazılırsa verilen diferansiyel denkleminbaslangıc sartını saglayan cozumu

y =2

tet− 1

t+ 1

olarak elde edilir. 2


2



* 2.2. Lineer denklemler uzerine daha fazla tartısmalar

Problem 16:(1− t2)y′ − ty = t(1− t2), y(0) = 2

baslangıc deger probleminin genel cozumunu bulup, cozumun yasadıgı aralıgıbelirleyip, t →∞ icin cozumu inceleyiniz.

Cozum : Denklem duzenlenirse,

y′ − t

1− t2y = t

seklini alır. Bu lineer denklemimde integral carpanı

µ = e− R t

1−t2dt

= (1− t2)12

elde edilir. Cozum denkleminde yerine yazılırsa,

y = (1− t2)−12

∫t(1− t2)

12 dt

ifadesine varılır. 1 − t2 = u degisken degisimi ile sag taraftaki integrasyonalınırsa,

y = −(1− t2)

3+ c(1− t2)−

12

seklinde genel cozum elde edilir. Baslangıc sartına uyan cozumu bulmak icin,genel cozumde t = 0 yerine yazılıp 2’ye esitlenirse, c = 7

3olarak bulunur.

Son olarak genel cozumde c degeri yerine yazılırsa verilen baslangıc sartı icindiferansiyel denklemin cozumu

y = −(1− t2)

3+

7

3(1− t2)−

12

olarak elde edilir.

Cozumden de gorulecegi uzere karekokun isaretinin pozitif olabilmesi icin |x| <1 olması gerekir. O halde cozumumuz |x| < 1 aralıgında yasayacak olup,aralıgın uc noktalarında yani t → ±1 icin cozum sonsuza kacacaktır.

3


3



* 2.3. Degiskenlerine ayrılabilen denklemler

Problem 2:

y′ =x2

y(1 + x3)

ile verilen diferansiyel denklemi cozunuz.

Cozum : y′ = dydx

den denklem,

dy

dx=

x2

y(1 + x3)

olarak yazılır ve yeniden duzenlenirse,

ydy =x2

1 + x3dx

seklinde degiskenlerine ayrılmıs olur. Son ifadeden de goruldugu uzere her ikiyanı integre edersek,

y2

2=

1

3ln |1 + x3|+ c

ve buradan da denklemin cozumu

3y2 − ln |1 + x3| = c, x 6= −1, y 6= 0

olarak elde edilir.

4


4




Problem 5:y′ = cos2 x cos2 2y

diferansiyel denkleminin cozumunu bulunuz.

Cozum : Denklem uygun formatta yeniden yazılırsa,

dy

dx= cos2 x cos2 2y

ve degiskenlerine ayrılırsa,

dy

cos2 2y= cos2 xdx

elde edilir. Sag taraftaki integral,

cos2 x =1

2+

1

2cos 2x

esitliginden kolaylıkla integre edilebilir. Sol taraftaki integral icin u = 2ydegisken degisimi yapılırsa

1

2

∫sec2 udu

integraline varılır. Bu integrasyonlardan sonra cozum asagıdaki sekilde yazılıabilir.

y =1

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

5


5




Problem 13:dy

dx=

2x

x2y + y

diferansiyel denkleminin y(0) = −2 sartını gercekleyen cozumunu ve cozumunyasadıgı aralıgı tespit ediniz.

Cozum : Verilen denklemin sagında payda y parantazine alınıp gerekli duzenlemeyapılırsa,

ydy =2x

x2 + 1dx

seklinde degiskenlerine ayrılmıs olur. Integraller ise oldukca basit bir sekilde,

y2

2= ln |x2 + 1|+ c

olarak elde edilir. Cozum duzenlenirse

y = ±√

2 ln |x2 + 1|+ 2c

olarak elde edilir. y(0) = −2 sartın saglayan cozum icin, cozumun negatifisaretli olanı kullanılıp c = 2 olarak belirlenir. Bu durumda verilen baslangıcdeger probleminin cozumu

y = −√

2 ln |x2 + 1|+ 4

ifadesidir. Cozumden de gorulecegi uzere cozumun tanımsız oldugu herhangibir reel sayı mevcut degildir. Dolayısıyla cozumumuz −∞ < x < ∞ aralıgınıntamamında gecerlidir.

6


6



* 2.8. Tam denklemler ve integrasyon carpanı

Problem 4:(2xy2 + 2y)dx + (2x2y + 2x)dy = 0

denkleminin tam olup olmadıgını belirleyip, eger tam ise cozumunu yapınız.

Cozum : Denklem icin,

p(x, y) = (2xy2 + 2y), q(x, y) = (2x2y + 2x)

olmak uzerepy = qx = 4xy + 2

olup denklem tam diferansiyeldir. O halde,

f(x, y) =

∫(2xy2 + 2y)dx + h(y)

yazılır ve integrasyon alınırsa

f(x, y) = x2y2 + 2xy + h(y)

elde edilir. Her iki taraf y’ye gore turetilirse

∂f(x, y)

∂y= q(x, y) = 2xy + 2x

∂h

∂y

elde edilir. q(x, y) degeri yerine yazılırsa

∂h

∂y= 0

olarak bulunur ve buradan h = c sonucu artaya cıkar. Bulunan h degeri yerineyazılırsa cozum,

f(x, y) = x2y2 + 2xy + c

olur.

7


7




Problem 12:x

(x2 + y2)32

dx +y

(x2 + y2)32

dy = 0

denkleminin tam olup olmadıgını belirleyip, eger tam ise cozumunu yapınız.

Cozum : Denklemde,

p(x, y) =x

(x2 + y2)32

, q(x, y) =y

(x2 + y2)32

oluppy = qx = −3xy(x2 + y2)−

52

den verilen denklem tam diferansiyeldir.

f(x, y) =

∫x

(x2 + y2)32

dx + h(y)

yazılıp integral icin u = x2 + y2 degisken degisimi yapılırsa,

f(x, y) = (x2 + y2)−12 + h(y)

elde edilir. Her iki yanın y’ye gore turevi alınıp, ∂f(x,y)∂y

= q(x, y) ifadesi kul-lanılırsa,

∂h

∂y= 2y(x2 + y2)−

32

olarak bulunur. Tekrar x2 + y2 = u degisken degisimi ile integrasyon hesa-planırsa,

h = −2(x2 + y2)−12 + c

elde edilir. h degeri yerine yazılırsa cozum,

f(x, y) = −(x2 + y2)−12 + c

olur. Son ifade duzenlenirse cozum

x2 + y2 = C

seklinde de yazılabilir.8


8




Problem 25:(3x2 + 2xy + y3)dx + (x2 + y2)dy = 0

ile verilen diferansiyel denklemi bir integrasyon carpanı bularak cozunuz.

Cozum : Verilen denklem icin,

p(x, y) = 3x2 + 2xy + y3, q(x, y) = x2 + y2

olup,py = 3x2 + 2xy + y3, qx = 2x

den denklem tam dif. degildir. Uygun integrasyon carpanı icin,

py − qx = 3(x2 + y2)

olup,

µ = eR py−qx

q(x,y)dx

icinµ = e

R3dx = e3x

seklinde bulunur ve verilen denklem bu integrasyon carpanı ile carpılırsa,

(3x2e3x + 2xye3x + y3e3x)dx + (x2e3x + y2e3x)dy = 0

seklinde denklem elde edilir. Boylece,

py = qx = 3x2e3x + 2xe3x + 3y2e3x

olup denklem tam dif. hale gelir.

Cozum icin

f(x, y) =

∫(x2e3x + y2e3x)dy + h(x)

secilirse ve gerekli integral alınırsa,

f(x, y) = x2e3xy +1

3e3xy3 + h(x)

elde edilir. Son ifadenin x’e gore turevi alınırsa,

∂f(x, y)

∂x= p(x, y) = 3x2ye3x + 2xye3x + y3e3x +

dh

dx

9

elde edilir. p(x, y) degeri yerine yazılıp gerekli sadelestirmeler yapılırsa,

dh

dx= 0

ve buradan da h = c olarak bulunur. Bulunan h degeri yerine yazılırsa cozum,

x2ye3x +1

3y3e3x + c = 0

olur. C = −3c icin cozum yeniden duzenlenirse,

(3x2y + y3)e3x = C

olarak da yazılabilir.9


10




Problem 27:dx + (

x

y− sin y)dy = 0

ile verilen diferansiyel denklemi icin bir integrasyon carpanı bularak cozumyapınız.

Cozum : Verilen denklem icin,

p(x, y) = 1, q(x, y) =x

y− sin y

olup,

py = 0, qx =1

y

den denklem tam dif. degildir. Uygun integrasyon carpanı icin,

py − qx = −1

y

olup,

µ = eR py−qx−p(x,y)

dy

icin

µ = eR

1ydy = y

seklinde bulunur ve verilen denklem bu integrasyon carpanı ile carpılırsa,

ydx + (x + y sin y)dy = 0

seklinde denklem elde edilir. Boylece,

py = qx = 1

olup denklem tam dif. hale gelmis olur.

Cozum icin

f(x, y) =

∫ydx + h(y)

secilirse ve gerekli integral alınırsa,

f(x, y) = xy + h(y)

11

elde edilir. Son ifadenin y’e gore turevi alınırsa,

∂f(x, y)

∂y= q(x, y) = x +

dh

dy

elde edilir. q(x, y) degeri yerine yazılıp gerekli sadelestirmeler yapılırsa,

dh

dy= −y sin y

elde edilir. Denklem degiskenlerine ayrılırsa,

dh = −y sin ydy

olurki sag tarftaki integral icin

u = y, dv = sin y

denilerek kısmi integrasyon alınırsa,

h = y cos y − sin y − c

olarak elde edilir. Bulunan h degeri yerine yazılırsa cozum,

xy + y cos y − sin y − c = 0

olarak elde edilir.10


12




Problem 31:

(3x +6

y) + (

x2

y+ 3

y

x)dy

dx

diferansiyel denklemi icin bir integrasyon carpanı bularak cozum yapınız.

Cozum : Verilen denklem duzenlenirse,

(3x +6

y)dx + (

x2

y+ 3

y

x)dy = 0

olarak yazılabilir. Boylece,

p(x, y) = 3x +6

y, q(x, y) =

x2

y+ 3

y

x

olup

py = − 6

y2, qx =

2x

y− 3y

x2

den

py − qx =1

x2y2(−2x3y2 − 6x2 + 3y3)

elde edilir. Uygun integrasyon carpanı

µ = eR py−qx

yq−xpdu

seklinde olup,

yq − xp =1

xy(−2x3y2 − 6x2 + 3y3)

olarak hesaplanıp yerine u = xy icin yazılırsa,

µ = eR

1u du = eln u = u = xy

olarak bulunur. Verilen denklem µ = xy integral carpanı ile carpılırsa,

(3x2y + 6x)dx + (x3 + 3y2)dy = 0

denklemine ulasılır ki bu denklem de

(x3y + 3x2 + y3)′ = 0

13

olarak diferansiyel formda yazılır ve integral alınırsa cozum

x3y + 3x2 + y3 = c

olarak karsımıza cıkar.11


14



* 2.9. Homojen denklemler

Problem 6:dy

dx= −4x + 3y

2x + y

ile verilen denklemin homojen oldugunu gosterip cozumunu elde ediniz.

Cozum :

f(x, y) = −4x + 3y

2x + y

olmak uzerex = tx, y = ty

icin

f(tx, ty) = −t(4x + 3y)

t(2x + y)= −t0(

4x + 3y

2 + y) = t0f(x, y)

olurki bu ifade bize denklemin homojenligini gosterir. O halde y = vx donusumuyapılırsa,

dt

dx=

dv

dxx + v

elde edilip denklemde yerine yazılıp gerekli duzenlemeler yapılırsa,

v + 2

v2 + 5v + 4dv = −dx

x

elde edilir. Sol taraftaki ifade basit kesirlerine ayrılırsa,

(1

3

1

v + 1+

2

3

1

v + 4)dv = −dx

x

elde edilir. Burada heriki yandan integrasyon alınıp gerkli duzenlemeler yapılırsa,

|v + 1||v + 4|2 =c

x3

denklemine varılır. Son olarak genel cozum icin, v = yx

ile sonuc

|x + y||4x + y|2 = c

seklinde elde edilir.12


15




Problem 8:(x2 + 3xy + y2)dx− x2dy = 0

ile verilen denklemin homojen oldugunu gosterip cozumunu elde ediniz.

Cozum : Verilen denklemde gerekli duzenlemeler yapılırsa,

dy

dx=

x2 + 3xy + y2

x2

elde ederiz ki bu denklem x ve y icin iknci dereceden homojen bir denklemdir.O halde y = vx degisken donusumu altında,

dv

dxx = (v + 1)2

elde edilip degiskenlerine ayrılırsa

1

(v + 1)2dv =

dx

x

bulunur. Her iki yandan integral alınırsa,

1

v + 1= − ln |x| − ln |c|

elde edilir. v = yx

ile de denklemin cozumu y 6= −x icin,

x

x + y+ ln x + lnc = 0

olarak karsımıza cıkar.

13


16




Problem 15.b:dy

dx=

2y − x + 5

2x− y − 4

denkleminin cozumunu bulunuz.

Cozum : Acık olarak denklem homojen denklem degildir.

∆ = 1− 4 = −3 6= 0

oldugundan,2y − x + 5 = 0, 2x− y − 4 = 0

dogrularını ortak cozersek,

(h, k) = (x, y) = (1,−2)

olarak bulabiliriz. Bu durumda verilen diferansiyel denklemi homojen halegetirmek icin,

x = X + 1, y = Y − 2

otelemeleri yapmak yeterli olacaktır. Ayrıca, dx = dX ve dy = dY dir. Buifadeler altında, denklem,

dY

dX=

2Y −X

2X − Y

seklinde homojen hale gelir. Y = V X donusumu ile ,

V ′X + V =2V − 1

2− V

ve buradan da2− V

V 2 − 1dV =

dX

X

elde edilir. Sol taraftaki integral icin gerekli duzenlemeler yapılırsa ,

1

2

(1

V − 1− 3

V + 1

)dV =

dX

X

denklemine varılır. Integrasyon ile sonuc,

| V − 1

(V + 1)3| = cX2

17

ve V = YX

icin|Y −X||Y + X|3 = c

elde edilir ve son olarak X = x − 1 ve Y = y + 2 ile diferansiyel denklemincozumu y 6= −x− 1 icin,

|y − x + 3| = c|y + x + 1|3

olarak elde edilir.

14


18




Problem 16:dy

dx= −4x + 3y + 15

2x + y + 7

homojen olmayan diferansiyel denklemi homojen hale getirip cozumunu yazınız.

Cozum : Verilen denklemi homojen hale getirmek icin (h, k) noktasını bu-lalım.

4x + 3y + 15 = 0, 2x + y + 7 = 0

dogruları ortak cozulurse(h, k) = (−3,−1)

olarak bulunur. O halde

x = X − 3, y = Y − 1

donusumleri ile diferansiyel denklemimiz,

dY

dX= −4X + 3Y

2X + Y

seklinde homojen hale gelir. Y = V X ile bu denklem,

V + 2

V 2 + 5V + 4dV = −dX

X

sekline gelir. Sol taraf basit kesirlerine ayrılıp daha sonra her iki yanın inte-gralleri alınırsa cozum,

|V + 1||V + 4|2 =c

X2

elde edilir. Once V = YX

sonra X = x+3 ve Y = y+1 cozumde yerine yazılırsaistenen cozume

|x + y + 4||4x + y + 13|2 = c

olarak ulasılır.

15


19


* 3. Ikinci Mertebeden Lineer Denklemler

* 3.1. Sabit katsayılı lineer homojen denklemler

Problem 2:y′′ + 3y′ + 2y = 0

sabit katsayılı homojen denkleminin genel cozumunu bulunuz.

Cozum : Aranacak cozum y = ert seklinde olup gerekli turevler hesaplanırsa

y′ = rert, y′′ = r2ert

elde edilir. Denklemde yerine yazılırsa

(r2 + 3r + 2)ert = 0

bulunur. Buradan karekteritlik deklem

(r2 + 3r + 2) = 0

dır. Bu denklemin kokleri ise

r1 = −1, r2 = −2

olup denklemin genel cozumu ise

y = c1e−t + c2e

−2t

dir.

16


20




Problem 10:

y′′ + 4y′ + 3y = 0; y(0) = 2, y′(0) = 1

baslangıc deger probleminin cozumunu bulup t artarken cozumun davranısınıbelirleyiniz.

Cozum : Aranacak cozum y = ert seklinde olup gerekli turevler hesaplanırsa

y′ = rert, y′′ = r2ert

elde edilir. Denklemde yerlerine yazılırlarsa

(r2 + 4r + 3)ert = 0

elde edilir. Buradan karekteritlik deklem

(r2 + 4r + 2) = 0

olup karakteristlik denklemin kokleri ise

r1 = −1, r2 = −3

olarak tespit edilir. Boylece denklemin genel cozumu ise

y = c1e−3t + c2e

−t

dir. y(0) = 2 baslangıc sartından

c1 + c2 = 2

elde edilir.y′ = −3c1e

−3t − c2e−t

icin y′(0) = 1 sartı kullanılırsa

−3c1 − c2 = 0

elde edilir. Iki denklemden c1 ve c2 katsayıları hesaplanırsa

c1 = −1

2, c2 =

2

2

olarak bulunur ve genel cozumde yerlerine yazılırsa, verilen baslangıc sartlarınısaglayan cozum,

y = −1

2e−3t +

5

2e−t

olur. Cozum t →∞ icin sıfıra gider. 17


21




Problem 14:

2y′′ + y′ − 4y = 0; y(0) = 0, y′(0) = 1

baslangıc deger probleminin cozumunu bulup t artarken cozumun davranısınıbelirleyiniz.

Cozum : y = ert aranacak cozumu icin, y′ = rert ve y′′ = r2ert oldugundan.

(2r2 + r − 4)ert = 0

bulunur. Buradan karekteritlik deklem

(2r2 + r − 4) = 0

dır. Karakteristlik denklemin kokleri ise

r1 =−1−√33

4, r2 =

−1 +√

33

4

olup denklemin genel cozumu ise

y = c1e(−1−√33

4)t + c2e

(−1+√

334

)t

seklinde elde edilir. y(0) = 2 dan

c1 + c2 = 2,

y′ = (−1−√33

4)c1e

(−1−√334

)t + (−1 +

√33

4)c2e

(−1+√

334

)t

icin y′(0) = 1 sartı kullanılırsa da

(−1−√33

4)c1 + (

−1 +√

33

4)c2 = 1

elde edilir. Iki denklemden c1 ve c2 katsayıları hesaplanırsa

c1 = − 1

2√

33, c2 =

1

2√

33

22

olarak bulunur ve cozumde yerlerine yazılırsa, verilen baslangıc sartlarını saglayancozum,

y = − 1

2√

33e(−1−√33

4)t +

1

2√

33e(−1+

√33

4)t

olur. Cozum t →∞ icin y →∞ olarak gozlenir.

18


23



* 3.3. Lineer bagımsızlık ve wronskian

Problem 1:f(t) = t2 + 5t, g(t) = t2 − 5t

olarak verilen fonksiyonların lineer bagımlı olup olmadıklarını belirleyiniz.

Cozum : Verilen iki fonksiyonun wronskianları

W (f(t), g(t)) = det

(t2 + 5t t2 − 5t2t + t 2t− 5

)= 20t2

olup sıfırdan farklıdır. Dolayısıyla f ve g fonksiyonları lineer bagımsızdırlar.

Problem 15:t2y′′ − t(t + 2)y′ + (t + 2)y = 0

denklemini cozmeden iki cozumun wronskianını hesaplayınız.

Cozum : Verilen diferansiyel denklem t 6= 0 ile bolunup duzenlenirse

y′′ − t + 2

ty′ +

t + 2

t2y = 0

elde edilir. Bu durumda

p(t) = −t + 2

t, q(t) =

t + 2

t2

olup bu iki fonksiyon t 6= 0 sureklidirler. Dolayısıyla, y1, y2 iki cozum olmakuzere Teorem 3.2.2 uygulanırsa,

W (y1, y2) = ceR( t+2

t)dt

den, W (y1, y2) = ct2et elde edilir.19


24



* 3.3. Lineer bagımsızlık ve wronskian

Problem 17:x2y′′ + xy′ + (x2 − ν2)y = 0

Bessel Denklemini cozmeden iki cozumun wronskianını hesaplayınız.

Cozum : Denklem x 6= 0 icin

y′′ − 1

xy′ +

x2 − ν2

x2y = 0

olup p(x) = − 1x

ve q(x) = x2−ν2

x2 fonksiyonları x 6= 0 icin sureklidir. y1, y2 ikicozum olmak uzere Teorem 3.2.2 den,

W (y1, y2) = ceR

1x

dx

olup, W (y1, y2) = cx

elde edilir.

Problem 18:(1− x2)y′′ − 2xy′ + α(α + 1)y = 0

Legendre Denklemini cozmeden iki cozumun wronskianını hesaplayınız.

Cozum : x 6= ±1 icin

y′′ − 2x

1− x2y′ +

α(α + 1)

1− x2y = 0

olup p(x) = − 2x1−x2 ve q(x) = α(α+1)

1−x2 fonksiyonları x 6= ±1 icin sureklidir. y1, y2

iki cozum olmak uzere Teorem 3.2.2 den,

W (y1, y2) = ceR

2x1−x2 dx

olup, W (y1, y2) = c1−x2 elde edilir.

20


25



* 3.4. Kompleks kokler ve karakteristlik denklem

Problem 10:y′′ + 2y′ + 2y = 0

diferansiyel denkleminin genel cozumunu bulunuz.

Cozum : t = ert seklinde aranacak cozum icin, y′ ve y′′ degerleri hesaplanırve denklemde yerine yazılırsa

(r2 + 2r + 2)ert = 0

dan karekteristlik denklem,

r2 + 2r + 2 = 0

olarak bulunur. Denklemin kokleri hesaplanırsa karsımıza

r1,2 = −1± i

gibi iki tane kompleks kok cıkar. Bu durumda verilen denklemin genel cozumu

y = c1e−t cos t + c2e

−t sin t

seklinde yazılır.

21


26




Problem 12:4y′′ + 9y = 0

diferansiyel denkleminin genel cozumunu bulunuz.

Cozum : y = ert icin y′ ve y′′ degerleri hesaplanır ve denklemde yerine yazılırsa

(4r2 + 9)ert = 0

dan karekteristlik denklem,4r2 + 9 = 0

olarak bulunur. Denklemin kokleri r1,2 = ±32i gibi tamamen imajiner olarak

ortaya cıkar. Bu durumda verilen denklemin genel cozumu

y = c1 cos3

2t + c2 sin

3

2t

seklinde yazılır.

22


27




Problem 18:

y′′ + 4y′ + 5y = 0; y(0) = 1, y′(0) = 0

baslangıc sartlarıyla verilen diferansiyel denklemin cozumunu bulunuz.

Cozum : Oncelikle denklemin genel cozumunu bulalım. y = ert icin y′ = rert

ve y′′ = r2ert degerlerinden

(r2 + 4r + 5)ert = 0

elde edilirse karekteristlik denklem,

r2 + 4r + 5 = 0

olarak bulunur. Denklemin kokleri r1,2 = −2pmi gibi kompleks koklerdir. Budurumda verilen denklemin genel cozumu

y = c1e−2t cos t + c2e

−2t sin t

seklinde yazılır. Birinci baslangıc sartı olan y(0) = 1 den c1 = 1 elde edilir.Ikinci baslangıc sartı icin cozumun turevi alınırsa

y′(t) = (−2c1 + c2)e−2t cos t + (−c1− 2c2)e

−2t sin t

ve y′(0) = 0 sartı kullanılırsa c2 = 2 olarak belirlenir c1, c2 degerleri cozumdeyerlerine yazılırsa verilen baslangıc sartlarını saglayan cozum,

y = e−2t cos t + 2e−2t sin t

olarak elde edilir.

23


28



* 3.5. Cakısık kokler ve mertebe dusurme

Problem 6:y′′ − 6y′ + 9y = 0

ile verilen denklemin genel cozumunu bulunuz.

Cozum : Verile denklemin karekteristlik denklemi y = ert seklinde aranacakcozum icin

(r − 3)2 = 0

olup koklerr1 = r2 = 3

dur. Boylece genel cozum,

y = c1e3t + c2te

3t

seklinde yazılır.

Problem 8:16y′′ + 24y′ + 9y = 0

ile verilen denklemin genel cozumunu bulunuz.

Cozum: y = ert seklinde aranacak cozumde karekteristlik denklem

(r +3

4)2 = 0

olup kokler r1 = r2 = −34

dur. Bu durumda genel cozum,

y = c1e− 3

4t + c2te

− 34t

seklinde yazılır.

24


29




Problem 14:

y′′ + 4y′ + 4y = 0; y(−1) = 2, y′(−1) = 1

baslangıc sartları ile verilen diferansiyel denklemin cozumunu bulunuz.

Cozum : y = ert aranacak cozum icin y′ ve y′′ turevleri hesaplanıp denklemdeyerine yazılırsa karekteristlik denklem

(r + 2)2 = 0

olup koklerr1 = r2 = −2

dir. Bu durumda denklemin genel cozumu,

y = c1e−2t + c2te

−2t

seklinde yazılır. y(−1) = 2 birinci baslangıc sartı icin

c1 − c2 = 2e−2

olarak bulunur. Genel cozumun turevinden

y′ = e−2t(−2c2t + c2 − 2c1)

olup y′(−1) = 1 baslangıc sartı kullanılırsa

−2c1 + 3c2 = e−e

elde edilir. Iki denklemden c1, c2 katsayıları cozulurse

c1 = 7e−2, c1 = 5e−2

olarak bulunup yerlerine yazılırsa verilen baslangıc sartlarını saglayan cozum

y = 7e−2(t+1) + 5te−2(t+1)

olarak elde edilir.

25


30




Problem 24:t2y′′ + 2ty′ − 2y = 0, t > 0, y1(t) = t

seklinde bir cozumu bilinenen denklemin ikinci cozumunu mertebe dusurmemetodunu kullanarak elde ediniz.

Cozum : y1(t) = t verilen denklemin gercekten de bir cozumudur. Bunugormek icin, gerekli turevler alınıp denklemde yerine yazılır. Bilinen bu cozumukullanarak denklemin diger cozumunu bulmak icin

y(t) = y1(t)v(t)

diyelim ve turevleri hesaplayalım.

y′ = v + tv′, y′′ = tv′′ + 2v′

olarak bulunur. Bu degerleri denklemde yerlerine yazarsak

t3v′′ + 4t2v′ = 0

denklemini elde edilip degiskenlerine ayrılırsa

v′′

v′= −4

t

olur. Birinci integrasyondan

v′ =c1

t4

ve buradan da tekrar integrasyon alıp

v = −3c1t−3 + c2

olarak bulabiliriz. Bulunan v degeri y = vt de yerine yazılırsa

y = −3c1t−2 + c2t

elde edilir. y1(t) = t oldugundan

y2(t) =1

t2

olurki buda bizim aradıgımız sonuctur.

26


31




Problem 28:

(x− 1)y′′ − xy′ + y = 0, x > 1, y1(x) = ex

seklinde bir cozumu bilinenen denklemin ikinci cozumunu mertebe dusurmemetodunu kullanarak elde ediniz.

Cozum : Benzer olarak gerekli turevler y1(x) = ex icin alınıp denklemdeyerine yazılırsa ex in bu denklem icin bir cozum oldugu gorulur. Bilinen bucozumu kullanarak denklemin diger cozumunu bulmak icin

y(x) = y1(x)v(x)

diyelim ve turevleri hesaplayalım.

y′ = (v′ + v)ex, y′′ = (v′′ + 2v′ + v)ex

olarak bulunur. Bu degerleri denklemde yerlerine yazarsak

v′′(x− 1)ex + v′(x− 2)ex = 0

denklemini elde edriz. Degiskenlerine ayırırsak

v′′

v′=

2− x

x− 1

olur. Sag taraf yeniden duzenlenirse

v′′

v′= −1 +

1

x− 1

bulunur. Birinci integrasyondan

v′ = c1e−x(x− 1)

elde edilir. Ikinci integrasyon icin

x− 1 = u, dv = e−x

ile kısmi integrasyon uygulanırsa,

v = −c1e−xx + c2

32

elde edilir. Bulunan v degeri y = vex de yerine yazılırsa

y = −c1x + c2ex

elde edilir. y1(x) = ex oldugundan ikinci cozum

y2(x) = x

olurak tespit edilir.

27


33



* 3.6. Homojen olmayan denklemler ve belirsiz katsayılar metodu

Problem 2:y′′ + 2y′ + 5y = 3 sin 2x

denklemini belirsiz katsatılar metodunu kullanarak cozunuz.

Cozum : Homojen kısım icin karekteristlik denklem

r2 + 2r + 5 = 0

olup koklerir1,2 = −1± 2i

dir. Bu durumda homejen kısmın cozumu,

yh = c1e−x cos 2x + c2te

−x sin 2x

olarak yazılır. Ozel cozum

Y (x) = a sin 2x + b cos 2x

seklinde aranmalıdır. Buradan,

Y ′(x) = 2a cos 2x− 2b sin 2x, Y ′′(x) = −4a sin 2x− 4b cos 2x

ifadeleri yerlerine yazılırsa ve gerkli duzenlemelr yapılırsa

(a− 4b) sin 2x + (4a + b) cos 2x = 3 sin 2x

olur kia− 4b = 3, 4a + b = 0

olarak bulunur. Bu iki denklemden

a =3

17, b = −12

17

bulunur. O halde denklemin ozel cozumu

Y (x) =3

17sin 2x− 12

17cos 2x

seklinde elde edilir. Boylece verilen denklemin genel cozumu

yG = c1e−x cos 2x + c2e

−x sin 2x +3

17sin 2x− 12

17cos 2x

elde edilir.

28


34




Problem 6:y′′ + 2y′ + y = 2e−t

denklemini belirsiz katsatılar metodunu kullanarak cozunuz.

Cozum : Homojen kısım icin karekteristlik denklem

r2 + 2r + 1 = 0

olmak uzere kokleri cakısık olup

r1 = r2 = −1

dir. Bu durumda homejen kısmın cozumu,

yh = c1e−t + c2te

−t

olarak yazılır. α = −1 olup karekteristlik denklemin cift katlı kokudur. Ohalde ozel cozum

Y (t) = kt2e−t

seklinde aranmalıdır. Bunun icin

Y ′(t) = e−t(−kt2 + 2kt), Y ′′(t) = e−t(kt2 − 4kt + 2k)

elde edilip denklemde yerlerine yazılır ve gerekli duzenlemeler yapılırsa

2ke−t = 2e−t

olur ki k = 1 olarak bulunur. Bu durumda ozel cozum

Y (t) = t2e−t

seklinde elde edilir. Boylece verilen denklemin genel cozumu

yG = c1e−t + c2te

−t + t2e−t

olarak yazılır.29


35




Problem 13:y′′ + y′ − 2y = 2t; y(0) = 0, y′(0) = 1

baslangıc deger problemini belirsiz katsatılar metodunu kullanarak cozunuz.

Cozum : Homojen cozum icin denklem sıfıra esitlenip, y = ert icin karek-teristlik denklem

r2 + r − 2 = 0

danr1 = 1, r2 = −2

olarak bulunur. O halde homojen kısmın cozumu,

yh = c1et + c2e

−2t

olur. Ozel cozumu bulmak icin,

Y (t) = at + b

seklinde bir polinom secelim. Buradan,

y′ = a, y′′ = 0

ifadeleri denklemde yerine yazılırsa,

−2at + (a− 2b) = 2t

olur. Bu esitlikten

a = −1, b = −1

2

olarak bulunur. O halde denklemin ozel cozumu,

Y (t) = −t− 1

2

olur. Boylece genel cozum,

yG = c1et + c2e

−2t − t− 1

2

36

olarak yazılır.

y(0) = 0 baslangıc sartı kullanılırsa

c1 + c2 =1

2

denklemi elde edilir. Ikinci baslangıc sartı icin genel cozumun turevi alınırsa,

y′G = c1et − 2c2e

−2t − 1

bulunur. y′(0) = 1 danc1 − 2c2 = 1

olarak ikinci denklem elde edilir. Bu iki denklemden c1, c2 katsayıları cozulurse

c1 = 1, c2 = −1

2

olur. Genel cozumde bu degerler yerine yazılırsa verilen baslangıc sartlarınısaglayan cozum

yG = et − 1

2e−2t − t− 1

2

olarak bulunur.30


37



* 3.7. Parametrelerin degisimi yontemi

Problem 2:y′′ − y′ − 2y = 2e−t

denkleminin cozumunu parametrelerin degisimi yontemini kullanarak elde edi-niz.

Cozum : Basitce de gorulecegi gibi homojen kısmın cozumu icin karekter-istlik denklem

r2 − r − 2 = 0

olup koklerir1 = −1, r2 = 2

olarak bulunursa homojen cozum

yh = c1e−t + c2e

2t

seklinde elde edilir.

Verilen denklemin ozel cozumu icin,

y(t) = c1(t)e−t + c2(t)e

2t

alınarak, katsayıların tespiti icin

c′1(t)e−t + c′2(t)e

2t = 0,

−c′1(t)e−t + 2c′2(t)e

2t = 2e−t

denklemleri elde edilir. Denklemler taraf tarafa toplanırsa

c′2(t) =2

3e−3t

elde edilir. Bu isedc2

dt=

2

3e−3t

demektir. Buradan

c2(t) = −2

9e−3t

olarak elde edilir. Bulunan bu deger yardımıyla

c′1 = −2

3

38

olur ki buradan da

c1(t) = −2

3t

olarak kolaylıkla hesaplanabilir. c1(t), c2(t) degerleri yerlerine yazılırsa ozelcozum

Y (t) = −2

3te−t − 2

9e−t

olarak elde edilir.Ozel cozum Y (t) = −2

3te−t secilirse (cunku e−t homojen kısım cozumunde var),

verilen denklemin genel cozumu

yG = c1e−t + c2e

2t − 2

3te−t

olarak elde edilir. 31


39




Problem 5:y′′ + y = tan t, 0 < t <

π

2

denkleminin genel cozumunu parametrelerin degisimi yontemini kullanarak eldeediniz.

Cozum : Homojen kısmın cozumu icin karekteristlik denklem

r2 + 1 = 0

ollup koklerir1,2 = ±i

olarak bulunursa homojen cozum

yh = c1 cos t + c2 sin t

olarak yazılır.

Denklemin ozel cozumu icin,

y(t) = c1(t) cos t + c2(t) sin t

alınarak, katsayıların tespiti icin

c′1(t) cos t + c′2(t) sin t = 0,

−c′1(t) sin t + c′2(t) cos t = tan t

denklemleri elde edilir. Birinci denklem sin t, ikinci denklem cos t ile carpılıptaraf tarafa toplanırsa

c′2 = sin t

bulunur ki buradan bir integrasyon ile

c2 = − cos t

olarak elde edilir. Benzer sekilde, birinci denklem cos t, ikinci denklem − sin tile carpılıp taraf tarafa toplanırsa

c′1 = cos t− sec t

40

bulunur ki buradan bir integrasyon ile

c1 = sin t− (ln | tan t + sec t|)

olarak elde edilir. Bulunan bu degerler yerlerine yazılırsa ozel cozum

Y (t) = − cos t(ln | tan t + sec t|)

olarak elde edilir.Sonucta ise diferansiyel denklemin genel cozumu

yG = c1 cos t + c2 sin t− cos t(ln | tan t + sec t|)

olarak yazılır. 32


41




Problem 11:y′′ − 5y′ + 6y = g(x)

Burda g(x) surekli bir fonksiyon olmak uzere denklemin genel cozumunu eldeediniz.

Cozum : Verilen diferansiyel denkleminin genel cozumunu Teorem 3.7.1’i kul-lanarak elde edelim. Homojen kısımdan karekteristlik denklem

r2 − 5r + 6 = 0

olup denklemin koklerir1 = 2, r2 = 3

olarak bulunur ve homojen cozum

yh = c1e2x + c2e

3x

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 cozumlerin lineer bagımsızlıgını verir. Sureklilik budenklemin katsayıları ve verilen g fonksiyonu icin var oldugundan ozel cozumicin Teorem 3.7.1’i kullanabiliriz.

Y (x) = −e3x

∫e2sg(s)

−e5sds + e2x

∫e3sg(s)

−e5xds

gerekli duzenlemeler yapılırsa,

Y (x) =

∫(e3x−3sg(s))ds−

∫(e(2x−2s)g(s))ds

ve buradan da ozel cozum

Y (x) =

∫(e3(3x−3s) − e2(x−s))g(s)ds

42

olarak elde edilir. Denklemin genel cozumu ise

yG = c1e2x + c2e

3x +

∫(e3(x−s) − e2(x−s))g(s)ds

olarak yazılabilir.

33


43


* 4. Yuksek Mertebeden Lineer Denklemler

* 4.1. n. Mertebeden lineer denklemlerin genel teorisi

Problem 2:ty′′′ + sin ty′′ + 3y = cos t

ile verilen diferansiyel denklemin cozum arlıgını bulunuz.

Cozum : Verilen denklem t ile bolunurse

y′′′ +sin t

ty′′ + 3

y

t=

cos t

t

elde edilir.

p1(t) =sin t

t, p2(t) =

3

t, g(t) =

cos t

t

fonksiyonları acık olarak t 6= 0 icin surekli fonksiyonlardır. O halde Teorem 4.1’e gore denklemin cozumu t 6= 0 icin mevcuttur.

Problem 6:(x2 − 4)yıv + x2y′′′ + 9y = 0

diferansiyel denkleminin cozumlu oldugu aralıgı bulunuz.

Cozum : Verilen denklemi x2 − 4 ile bolelim. Bu durumda

yıv +x2

x2 − 4ty′′′ +

9

x2 − 4= 0

elde edilir.

p1(x) =x2

x2 − 4t, p2(x) =

9

x2 − 4

olarak gosterilirse, fonksiyonların surekliligi icin x 6= −2 ve x 6= 2 olması gerekir.Teorem 4.1’e gore bu diferansiyel denklemin cozumunun gecerli oldgu aralıklar,

−∞ < x < −2, −2 < x < 2, 2 < x < ∞

olark karsımıza cıkar.34


44




Problem 11:y′′′ + y′ = 0

denklemi icin1, cos t, sin t

uclusunun denklemin birer cozumleri olduklarını gosterip wronskianlarını hesaplayınız.

Cozum :y1(t) = 1

icin basitce tum turevler sfır oldugu icin esitlik saglanır. Dolayısıyla y1 = 1 bircozumdur.

y2(t) = cos t

icin,y′2(t) = − sin t, y′′′2 (t) = sin t

olup verilen diferansiyel denklemde yerlerine yazılırsa esitlik elde edilir. Dolayısıylay2 de bir cozumdur.

y3(t) = sin t

alınırsa,y′3(t) = cos t, y′′′3 (t) = − cos t

olup verilen diferansiyel denklemi saglarlar. O halde bu da bir cozumdur.

Simdi bu uc cozumun wronskianını hesaplayalım.

W (y1, y2, y3) = det

1 cos t sin t0 − sin t cos t0 − cos t − sin t

= sin2 t + cos2 t = 1

olup y1, y2, y3 lineer baggımsızdırlar.

35


45




Problem 17:y1 = 5, , y2 = sin2 t, , y3 = cos 2t

ile verilen uclu icin W (y1, y2, y3) = 0 dır gosteriniz. Bu sonucu wronskianlarınıhesaplamadan gosterbilirmisiniz?

Cozum :

W (y1, y2, y3) = det

5 sin2 t cos 2t0 sin 2t −2 sin 2t0 2 cos 2t −4 cos 2t

= 5(−4 sin 2t cos 2t+4 cos 2t sin 2t) = 0

olup y1, y2, y3 lineer bagımlıdır.

sin2 t =1

2− cos 2t

2

den

y2 =1

10(5)− 1

2cos 2t

yazılırsa

y2 =1

10y1 − 1

2y3

bagıntısı bulunur. Dolayısıyla bu sonuc ilgili bagıntıdan hemen bulunabilir.

36


46



* 4.2. n. Mertebeden sabit katsayılı homojen denklemler

Problem 12:y′′′ − 3y′′ + 3y′ − y = 0

ucuncu mertebeden lineer homojen denklemin genel cozumunu bulunuz.

Cozum :y = ert

seklinde aranacak cozum icin,

y′ = rert, y′′ = r2ert, y′′′ = r3ert

elde edilip denklemde yerlerine yazılırlarsa karakteristlik denklem,

r3 − 3r2 + 3r − 1 = 0

olup denklemin koklerir1 = r2 = r3 = 1

seklinde bulunur. O halde cozum verilen denklemin genel cozumu,

y = c1et + tc2e

t + t2c3et

seklindedir.37


47




Problem 18:yvı − y′′ = 0

dorduncu mertebeden lineer homojen denklemin genel cozumunu bulunuz.

Cozum :y = ert

seklinde aranacak cozum icin, karakteristlik denklem,

r6 − r2 = 0

olup, denklemin kokleri

r1 = r2 = 0, r3,4 = ±1, r5,6 = ±i

dir. O halde genel cozum,

y = c1 + c2t + c3et + c4e

−t + c5 cos t + c6 sin t

olarak yazılır.38


48




Problem 31:

yıv − 4y′′′ + 4y′′ = 0; y(1) = −1, y′(1) = 2, y′′(1) = 0, y′′′(1) = 0,

seklinde verilen baslangıc deger probleminin genel cozumunu bulunuz ve t →∞icin cozumu yorumlayınız.

Cozum : Karakteristlik denklem y = ert seklinde aranacak cozum icin,

r4 − 4r3 + 4r2 = 0

olup bu denklemin kokleri

r1 = r2 = 0, r3 = r4 = 2

olarak bulunur. Buradan denklemin genel cozumu

y = c1 + c2t + c3e2t + c4te

2t

seklinde yazılır.

Elde edilen enel cozumden turevler,

y′ = c2 + 2c3e2t + c4e

2t + 2c4te2t,

y′′ = 4c3e2t + 4c4e

2t + 4c4te2t,

y′′′ = 8c3e2t + 16c4e

2t + 8c4te2t,

olarak hesaplanırsa, birinci baslangıc sartı y(1) = −1 den

c1 + c2 + c3e2 + c4e

2 = −1,

ikinci baslangıc sartı y′(1) = 2 den

c2 + 2c3e2 + 3c4e

2 = 2,

ucuncu baslangıc sartı y′′(1) = 0 dan

4c3e2 + 8c4e

2 = 0,

49

ve son olarak y′′′(1) = 0 dan

8c3e2 + 24c4e

2 = 0,

bulunur. Bu dort denklemden

c1 = −3, c2 = 2, c3 = c4 = 0

elde edilir. Bu degerler genel cozumde yerine yazılırsa baslangıc sartlarınısaglayan cozum

y = 2t− 3

olarak elde edilir. t →∞ icin y →∞ olur.39


50



* 4.3. Belirsiz katsayılar metodu

Problem 1:y′′′ − y′′ − y′ + y = 2e−t + 3

denkleminin genel cozumunu bulunuz.

Cozum : Denklemin homojen kısmı,

y′′′ − y′′ − y′ + y = 0

olup y = ert icin karsılık gelen karakteristlik denklem,

r3 − r2 − r + 1 = 0

formunda olup bu denklemin kokleri

r1 = −1, r2,3 = 1

oldugundan homojen cozum

yh = c1e−t + c2e

t + c3tet

seklinde yazılabilir.

Ozel cozumu iki asamada bulalım. Birinci olarak

g1(t) = e−t

alalım. t nin katsaysı olan −1 karakteristlik denklemin bir koku oldugundanozel cozum

Y1(t) = ate−t

seklinde aranmalıdır. Turevleri hasaplayıp denklemde yerine yazdıktan sonrag1(t) ye esitlersek

4ae−t = 2e−t

olurki buradan a = 12

olup

Y1(t) =1

2te−t

olarak bulunur.

Ikinciolarak,g2(t) = 3

51

alaım ve Y2(t) = a seklinde cozum aryalım. Bu durmda gerekli turevler alınıpyerlerine yazılırsa a = 3 bulunur ki bu durumda ikinci ozel cozum

Y2(t) = 3

olur. O halde denklemin ozel cozumu

Y (t) =1

2te−t + 3

ve boylece genel cozumyG = yh + Y (t)

olup

yG = c1e−t + c2e

t + c3tet +

1

2te−t + 3

sekinde yazılır.40


52




Problem 5:yıv − 4y′′ = t2 + et

denkleminin genel cozumunu bulunuz.


yıv − 4y′′ = 0

olup y = ert icin karsılık gelen karakteristlik denklem

r4 − 4r2 = 0

olup koklerir1 = r2 = 0, r3 = −2, r4 = 2

oldugundan homojen cozum

yh = c1 + c2t + c3e−2t + c4e

2t

olur.

g1(t) = t2 alalım ve ozel cozumu

Y1(t) = t2(at2 + bt + c)

olarak arayalım. Bu durumda

Y ′′1 (t) = 2(at2 + bt + c) + 4t(2at + b) + t2(2a), Y ıv

1 (t) = 24a

turevleri denklemde yerine yazılıp duzenlenirse,

−48at2 − 24bt + 24a− 8c = t2

elde edilir. Buradan

a = − 1

48, b = 0 c = − 1

16

olarak belirlenip yerlerine yazılırsa

Y1(t) = − 1

48t4 − 1

16t2

53

elde edilir.

Ikinci olarak, g2(t) = et alalım ve

Y2(t) = aet

seklinde cozum aryalım. Bu durumda da gerekli turevlerden sonra

−3aet = et

elde edilir ki buradan

a = −1

3

olarak tespit edilir. Boylece

Y2(t) = −1

3et

olur. O halde denklemin ozel cozumu

Y (t) = − 1

48t4 − 1

16t2 − 1

3et

olur. Genel cozum

yG = c1 + c2t + c3e−2t + c4e

2t − 1

3et − 1

48t4 − 1

16t2

sekinde yazılır.41


54




Problem 17:yıv − y′′′ − y′′ + y′ = t2 + 4 + t sin t

ile verilen denklemin genel ve ozel cozumu icin uygun formatı belirleyiniz.


yıv − y′′′ − y′′ + y′ = 0

olup y = ert icin karsılık gelen karakteristlik denklem

r4 − r3 − r2 + r = 0

olup koklerir1 = 0, r2 = −1, r3 = r4 = 1

ve bu durumda homojen cozum

yh = c1 + c2e−t + c3e

t + c4tet

olur.

g1(t) = t2 + 4 icin aranacak ozel cozum

Y1(t) = t(at2 + bt + c)

seklinde olur. g2(t) = t sin t icin aranacak ozel cozum

Y2(t) = (ct + d) cos t + (et + f) sin t

seklinde olacaktır. Bu durmuda ozel cozumun formu

Y (t) = t(at2 + bt + c) + (ct + d) cos t + (et + f) sin t

olacak ve genel cozum formu ise

yG = c1 + c2e−t + c3e

t + c4tet + t(at2 + bt + c) + (ct + d) cos t + (et + f) sin t

olacaktır.42


55



* 4.4. Parametrelerin degisimi metodu

Problem 1:y′′′ + y′ = tan t, 0 < t < π

denkleminin genel cozumunu bulunuz. Ozel cozum icin parametrelerin degisimimetodunu uygulayınız.

Cozum: Denklemin homojen cozumu icin, y = ert den gerekli turevler hesa-planıp yerlerine yazılırsa

(r3 + r)ert = 0

olup karakteristlik denklemr3 + r = 0

seklindedir. Bu durumda karekteristlik denklemin

r1 = 0, r2,3 = ±i

dir. Buradan da homojen cozum,

yh = c1 + c2 cos t + c3 sin t

olur.

Ozel cozum icin,Y (t) = c1(t) + c2(t) cos t + c3(t) sin t

secilirse ve gerekli turevlerden sonra

c′1 + c′2 cos t + c′3 sin t = 0,

−c′2 sin t + c′3 cos t = 0,

−c′2 cos t− c′3 sin t = tan t

elde edilir. Ikinci denklem sin t, ucuncu denklem cos t ile carpılıp taraf tarafatoplanırsa

c′2(t) = sin t

ve buradan da bir integrasyon ile

c2 = cos t

56




Problem 4:y′′′ + y′ = sec t,−π

2< t <

π

2

denkleminin genel cozumunu bulunuz. Ozel cozum icin parametrelerin degisimimetodunu kullanınız.

Cozum: Denklemin homojen cozumunu ustteki ornekten

yh = c1 + c2 cos t + c3 sin t

olarak alalım.

Yine ozel cozumu ,

Y (t) = c1(t) + c2(t) cos t + c3(t) sin t

seklinde arayalım. Burada,

c′1 + c′2 cos t + c′3 sin t = 0,

−c′2 sin t + c′3 cos t = 0,

−c′2 cos t− c′3 sin t = sec t

olur. Benzer eliminasyonlar bu denklem takımı icin yapılırsa,

c1 = −t,

c2 = ln | cos t|c3 = ln | sec t + tan t|,

olarak elde edilir. Bulunan bu uc deger yerlerine yazılırsa ozel cozum,

Y (t) = −t + cos t(ln | cos t|) + sin t(ln | sec t + tan t|)olur. Boylece denklemin genel cozumu,

yG = c1 + c2 cos t + c3 sin t− t + cos t(ln | cos t|) + sin t(ln | sec t + tan t|)olarak yazılır.44


58


* 4.Yuksek Mertebeden Lineer Denklemler


Problem 7:y′′′ − y′′ + y′ − y = sec t,−π

2< t <

π

2

denkleminin genel cozumunu bulunuz. Ozel cozum icin parametrelerin degisimimetodunu kullanınız.

Cozum: Denklemin homojen cozumu icin karakteristlik denklem

r3 − r2 + r − 1 = 0

olup koklerir1 = 1, r2,3 = ±i

dir. Bu durumda homojen kısmın cozumu,

yh = c1et + c2 cos t + c3 sin t

dir. Burada ozel cozum

Y (t) = c1(t)et + c2(t) cos t + c3(t) sin t

olarak aranırsa,c′1(t)e

t + c′2(t) cos t + c′3(t) sin t = 0,

c′1(t)et − c′2(t) sin t + c′3(t) cos t = 0,

c′1(t)et − c′2(t) cos t− c′3(t) sin t = sec t

olur. Katsayıları belirlemek icin,

W (t) = ce−R

p1(t)dt

olmak uzere

c′m(t) =g(t)Wm(t)

W (t)

seklindeki formulu kullanalım. p1(t) = −1 den

W (t) = cet

elde edilir. t = 0 icin W (0) = 2 den c = 2 olurki bu durmuda

W = 2et

59

olarak belirlenir. Ayrıca,

W1(t) = det

0 cos t sin t0 − sin t cos t1 − cos t − sin t

= 1

ise

c′1(t) =sec tW1(t)

2et=

1

2

e−t

cos tden

c1 =1

2

∫ t

t0

e−s

cos sds

olur. Benzer olarak,

W2(t) = det

et 0 sin tet 0 cos tet 1 − sin t

= et(sin t− cos t)

ise

c′2(t) = −1

2sec t(sin t− cos t)

olurki, buradan

c2 = −1

2t− 1

2ln | cos t|

elde edilir. Son olarak,

W3(t) = det

et cos t 0et − sin t 0et − cos t 1

= −et(sin t + cos t)

olur ve buradan yerine yazılırsa

c′3(t) = −(sin t + cos t)

2 cos t

olurki bir integrasyonla,

c3 = −1

2t +

1

2ln | cos t|

elde edilir. O halde denklemin ozel cozumu

Y (t) =et

2

∫ t

t0

e−s

cos sds + cos t(−1

2t− 1

2ln | cos t|) + sin t(−1

2t +

1

2ln | cos t|)

seklinde yazılırsa denklemin genel cozumu de

yG = c1et+c2 cos t+c3 sin t+

et

2

∫ t

t0

e−s

cos sds+cos t(−1

2t−1

2ln | cos t|)+sin t(−1

2t+

1

2ln | cos t|)

olarak bulunmus olur.45


60


* 5. Ikinci Mertebeden Denklemlerin Seri Cozumleri

* 5.1. Kuvvet serisi

Problem 2: ∞∑n=0

n

2nxn

kuvvet serisinin yakınsaklık yarıcapını bulunuz.

Cozum: Verilen kuvvet serisinin genel terimi

an =n

2nxn

olup yakınsaklıgını belirlemek icin oran testini uygulayalım. Bu durumda

limn→∞

|an+1

an

| = limn→∞

|n + 1

nx| = |x|

2

olup |x|2

< 1 icin verilen seri mutlak yakınsak olup aynı zamanda da yakınsaktır.Bu son ifadeden |x| < 2 elde edilirki bu bize yakınsaklık yarıcapının ρ = 2 ol-masını verir.


2nxn


Cozum: Serinin genel terimian = 2nxn

olup yakınsaklıgını belirlemek icin oran testini uygulayalım. Bu durumda

limn→∞

|an+1

an

| = limn→∞

|2n+1xn+1

2nxnx| = 2|x|

olurki 2|x| < 1 icin verilen seri mutlak yakınsak olup aynı zamanda da yakınsaktır.Bu son ifadeden |x| < 1

2elde edilirki bu bize yakınsaklık yarıcapının ρ = 1

2ol-

masını verir.

61




Problem 9:f(x) = sin x

fonksiyonunu x0 = 0 noktasında Taylor serisine acıp yakınsaklık yarıcapını bu-lunuz.

Cozum: Verilen fonksiyonun bir kac adım turevini alalım ve x0 = 0 nok-tasındaki degerlerini belirleyelim.

f ′(x) = cos x, f ′′(x) = − sin x, f ′′′(x) = − cos x, f ıv(x) = sin x, ...

olurki f(0) = 0 olmak uzere

f ′(0) = 1, f ′′(0) = 0, f ′′′(0) = −1, f ıv(0) = 0, ...

seklinde elde edilir. Taylor seri formulu

f(x) =f (n)(x0)

n!(x− x0)

n

de yerine yazarsak,

f(x) = sin x = x− x3

3!+

x5

5!−+...

elde edilir ki, buradan

sin x =∞∑

n=0

(−1)n x2n+1

(2n + 1)!

olarak yazılabilir. Bu serinin yakınsaklıgı icin, genel terim

an = (−1)n x2n+1

(2n + 1)!

olup oran testi uygulanırsa

L = limn→∞

| x2n+3

(2n + 3)!

(2n + 1)!

x2n+1| = lim

n→∞|x2 1

(2n + 2)(2n + 3)| = 0

olarak bulunur. L = 0 < 1 oldugundan seri yakınsak olup ρ = 1L

icinyakınsaklık yarıcapı ρ = ∞ olur.47


63




Problem 25: ∞∑m=0

m(m− 1)amxm−2 + x

∞∑

k=1

kakxk−1

ifadesini ∞∑

k=0

f(k)xk

formunda yazınız.

Cozum: Oncelikle verilen ifade duzenlenirse

∞∑m=0

m(m− 1)amxm−2 +∞∑

k=1

kakxk

ifadesi elde edilir. m = k + 2 icin ifade yeniden yazılırsa

∞∑

k=0

k + 1(k + 2)ak+2xk +

∞∑

k=1

kakxk

elde edilir. Toplamdaki ikinci terim k = 0 oldugundan dolayı toplamın 0 danbaslatılmasında hic bir sakınca yoktur ayrıca xk parantezine de alınırsa istenilenformda asagıdaki gibi getirilmis olur.

∞∑

k=0

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

48


64



* 5.2. Adi nokta etrafında seri cozumler I. kısım

Problem 2:y′′ − xy′ − y = 0

denklemin seri cozumunu x0 = 0 adi noktası etrafında bulunuz.

Cozum: x0 = 0 adi noktasında seri cozum icin kullanacagımız form,

y =∞∑

n=0

anxn

seklinde olup gerekli turevler hesaplanırsa

y′ =∞∑

n=0

nanxn−1, y′′ = y =∞∑

n=0

(n− 1)nanxn−2

elde edilir. Bu ifadeler verilen denklemde yerlerine yazılırsa,

∞∑n=0

(n− 1)nanxn−2 − x

∞∑n=0

nanxn−1 −∞∑

n=0

anxn = 0

elde edilir. Birnci toplam n = 0 ve n = 1 icin sıfır oldugundan, serinin toplamı2 den baslatılabilir. Bu durumda birinci toplam

∞∑n=0

(n− 1)nanxn−2 =

∞∑n=2

(n− 1)nanxn−2

sekline gelir. n = n + 2 icin birinci toplam yeniden duzenlenirse

∞∑n=0

(n− 1)nanxn−2 =∞∑

n=0

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

sekline gelir. Ikinci toplamdaki x terimi toplama dahil edilirse

x

∞∑n=0

nanxn−1 =

∞∑n=0

nanxn (2)

elde edilir. (1) ve (2) ifadeleri denklemde yerine yazılırsa,

∞∑n=0

(n + 1)(n + 2)an+2xn −

∞∑n=0

nanxn −

∞∑n=0

anxn = 0

65

elde edilir. xn parantezinde

∞∑n=0

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

olup buradan(n + 1)(n + 2)an+2 − nan − an = 0

elde edilirki, bu bize

an+2 =an

n + 2, n = 1, 2, ...

seklinde indirgeme bagıntısını verir.

n nin cift sayı indisleri icin,

n = 0 ⇒ a2 =a0

2,

n = 2 ⇒ a4 =a2

4=

a0

212,

n = 4 ⇒ a6 =a4

8=

a0

222!,

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

n = n ⇒ a2n =1

2nn!a0

olarak elde edilirki birinci bagımsız cozum,

y1(x) = a0

∞∑n=0

1

2nn!x2n

olur.

n nin tek sayı indisleri icin,

n = 1 ⇒ a3 =a1

3= 2

a1

3!,

n = 3 ⇒ a5 =a3

5= 22 2a1

5!,

n = 5 ⇒ a7 =a5

7= 233!

a1

7!,

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

n = n ⇒ a2n+2 =2nn!

(2n + 1)!a1

olarak elde edilirki ikinci lineer bagımsız cozum,

y2(x) = a1

∞∑n=0

2nn!

(2n + 1)!x2n+1

66

olarak bulunur. Ohalde denklemin genel cozumu:

y(x) = a0

∞∑n=0

1

2nn!x2n + a1

∞∑n=0

2nn!

(2n + 1)!x2n+1


49


67




Problem 3:y′′ − xy′ − y = 0


Cozum: Istenirse t = x − 1 degisken degisimi ile t = 0 noktasına cekilipbu nokta icin cozum yapılabilir. Fakat biz burada bunu yapmayıp orjinal haliile calısacagız. Cozumu ilk bir kac terim icin yazacagız. Burada cozum icinaranacak form x0 = 1 adi noktasında

y =∞∑

n=0

an(x− 1)n

seklinde olacaktır. Gerekli turevler hesaplanırsa,

y′ =∞∑

n=0

nan(x− 1)n−1, y′′ = y =∞∑

n=0

(n− 1)nan(x− 1)n−2

olup yerine yazılırsa,

∞∑n=0

(n− 1)nan(x− 1)n−2 − x

∞∑n=0

nan(x− 1)n−1 −∞∑

n=0

an(x− 1)n = 0

elde edilir. Birinci toplam n = 0 ve n = 1 icin sıfır oldugundan, serinin toplamı2 den baslatılabilir. Bu durumda birinci toplam

∞∑n=0

(n− 1)nan(x− 1)n−2 =∞∑

n=2

(n− 1)nan(x− 1)n−2

sekline gelir. n = n + 2 denilerek yeniden duzenlenirse

∞∑n=0

(n− 1)nan(x− 1)n−2 =∞∑

n=0

(n + 1)(n + 2)an+2(x− 1)n (1)

sekline gelir. Ikinci toplamdaki x terimi toplama dahil etmek icin x = 1+(x−1)ifadesi kullanılırsa

x

∞∑n=0

nan(x− 1)n−1 = (1 + (x− 1))∞∑

n=0

nan(x− 1)n−1

68

Buradan da

x

∞∑n=0

nan(x− 1)n−1 =∞∑

n=0

nan(x− 1)n−1 +∞∑

n=0

nan(x− 1)n (2)

elde edilir. (1) ve (2) ifadeleri denklemde yerine yazılırsa,

∞∑n=0

(n+1)(n+2)an+2(x−1)n−∞∑

n=0

nan(x−1)n−1−∞∑

n=0

nan(x−1)n−∞∑

n=0

an(x−1)n = 0

elde edilir. ikinci toplamda n = n + 1 yazılır ve denklemin tamamı n = 0 icinacık olarak yazılırsa,

∞∑n=1

(n+1)(n+2)an+2(x−1)n−∞∑

n=1

(n+1)an+1(x−1)n−∞∑

n=1

nan(x−1)n−∞∑

n=1

an(x−1)n

+(2a2 − a1 − a0)(x− 1)0 = 0

elde edilir. Buradan,

∞∑n=1

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

olur ki,boylece2a2 − a1 − a0 = 0,

an+2 =an+1 + an

n + 2

elde edilir.

Birinci denklemde a0 = 0 ve a1 6= 0 icin

a2 =a1

2, an+2 =

an+1 + an

n + 2, n = 1, 2, ...

olur.

n = 1 ⇒ a3 =a2 + a1

3=

a1

2,

n = 2 ⇒ a4 =a3 + a2

4=

a1

4,

n = 3 ⇒ a5 =a4 + a3

5=

3a1

20,

olarak ilk bes terim elde edilirki buna karsılık gelen cozum,

y1(x) = a1

[(x− 1) +

(x− 1)2

2+

(x− 1)3

2+

(x− 1)4

4+ 3

(x− 1)5

20+ ...

]

69


Birinci denklemde a0 6= 0 ve a1 = 0 icin

a2 =a0

2, an+2 =

an+1 + an

n + 2, n = 1, 2, ...

olur.

n = 1 ⇒ a3 =a2 + a1

3=

a0

6,

n = 2 ⇒ a4 =a3 + a2

4=

a0

6,

n = 3 ⇒ a5 =a4 + a3

5=

a0

15,

olarak ilk bes terim bulunursa buna karsılık gelen cozum,

y2(x) = a0

[1 +

(x− 1)2

2+

(x− 1)3

6+

(x− 1)4

6+

(x− 1)5

15+ ...

]



70




Problem 5:(1− x)y′′ + y = 0


Cozum: Cozum icin kullanılacak form x0 = 0 adi noktasında

y =∞∑

n=0

anxn

olup turevlerden

y′ =∞∑

n=0

nanxn−1, y′′ = y =∞∑

n=0

(n− 1)nanxn−2

gelir. Boylece,

(1− x)∞∑

n=0

(n− 1)nanxn−2 +

∞∑n=0

anxn = 0

elde edilir. Tekrar duzenlenirse

∞∑n=0

(n− 1)nanxn−2 −∞∑

n=0

(n− 1)nanxn−1 +

∞∑n=0

anxn = 0

elde edilir. Birinci toplam once n = 2 den baslatılıp sonra n = n + 2 yazılırsa,

∞∑n=0

(n− 1)nanxn−2 =∞∑

n=0

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

sekline gelir. Ikinci toplam n− 1 = n icin yeniden yazılırsa

∞∑n=0

(n− 1)nanxn−1 =

∞∑n=1

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

olur. (1) ve (2) ifadeleri denklemde tekrar yerine yazılırsa

∞∑n=0

(n + 1)(n + 2)an+2xn −

∞∑n=1

n(n + 1)an+1xn +

∞∑n=0

anxn = 0

71

elde edilir. Butun toplamlar n = 1 den baslatılırsa ve xn parantezine alınırsa,

∞∑n=1

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

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

n + 2− an

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

olarak belirlenir.

Eger a1 = 0 secilirse a2 = a0

2, a3 = −a0

6, a4 = −a0

24, ... olur ve buradan

da

y1(x) = a0

[1− x2

2− x3

6− x4

24...

]

elde edilir.

a0 = 0 secilirse a2 = 0, a3 = −a1

6, a4 = −a1

12, ... olur ve buradan da

y2(x) = a1

[x− x3

6− x4

12− ...

]

elde edilir.51


72



* 5.4. Duzenli tekil noktalar

Problem 2:x2(1− x2)y′′ + 2xy′ + 4y = 0

denkleminin varsa duzenli tekil noktalarını bulunuz.

Cozum:x = 0,−1, 1

noktaları acıkca denklemin singuler noktalarıdır. Denklemimizi uygun formdayazarsak,

y′′ +2

x3(1− x2)y′ +

4

x2(1− x2)y = 0

olur. Buradan,

p(x) =2

x3(1− x2), q(x) =

4

x2(1− x2)

dir.

x = 0 alalım,

limx→0

xp(x) = limx→0

x2

x3(1− x2)= ∞

olmasından dolayı x = 0 noktası duzenli tekil nokta degildir.

x = −1 alalım,

limx→−1

(x + 1)p(x) = limx→−1

(x + 1)2

x3(1− x2)= −1

olup sonludur. Benzer olarak,

limx→−1

(x + 1)2q(x) = limx→−1

(x + 1)2 4

x2(1− x2)= 0

olup sonludur. Boylece x = −1 noktası denklemin duzenli tekil noktasıdır.

x = 1 noktası icin ,

limx→1

(x− 1)p(x) = limx→1

(x− 1)2

x3(1− x2)= −1

sonlu ve

limx→1

(x− 1)2q(x) = limx→1

(x− 1)2 4

x2(1− x2)= 0

73

sonludur. Boylece x = 1 noktası da denklemin duzenli tekil noktasıdır.

52


74



* 5.5. Euler denklmi

Problem 2:(x + 1)2y′′ + 3(x + 1)y′ + 0.75y = 0

sekliyle verilen Euler diferansiyel denkleminin genel cozumunu bulunuz.

Cozum: Cozumumuzy = (x + 1)r

formunda olup turevleri

y′ = r(x + 1)r−1, y′′ = (r − 1)r(x + 1)r−2

olur ve bu ifadeler denklemde yerlerine yazılırsa gerekli duzenlemelerden sonra

((r − 1)r + 3r + 0.75)(x + 1)r = 0

elde edilir. Buradan,((r − 1)r + 3r + 0.75) = 0

olup denklemin kokleri,

r1 = −3

2, r2 = −1

2

dir. Boylece verilen Euler denkleminin cozumu,

y(x) = c1|x + 1|− 32 + c2|x + 1|− 1

2

olarak yazılır.53


75




Problem 4:x2y′′ + 3xy′ + 5y = 0

sekliyle verilen Euler diferansiyel denkleminin genel cozumunu bulunuz.

Cozum: Aranacak cozumy = xr

formunda olup turevleri alalım.

y′ = rxr−1, y′′ = (r − 1)rxr−2

ifadelerini denklemde yerlerine yazalım ve duzenleyelim. Bu durumda,

(r2 + 2r + 5)(x + 1)r = 0

olur ki buradan(r2 + 2r + 5)

elde edilirse son denklemin kokleri,

r1 = −1− 2i, r2 = −1 + 2i

seklinde elde edilirse cozum,

y(x) = c1|x|−1 cos(2 ln |x|) + c2|x|−1 sin(2 ln |x|)

olarak yazılır.54


76




Problem 13:

2x2y′′ + xy′ − 3y = 0; y(1) = 1, y′(1) = 4

baslangıc sartlarıyla verilen Euler diferansiyel denkleminin cozumunu elde edi-niz.

Cozum: Denklemin cozumu icin kullanılacak form

y = xr

olup turevleri yerine yazılıp ve daha sonra duzenlenirse,

(2r2 − r − 3)xr = 0

elde edilirki buradan,2r2 − r − 3 = 0

olup

r1 = −1, r2 =3

2

seklinde belirlenirse genel cozum,

y(x) = c1|x|−1 + c2|x| 32

olarak yazılır. Birinci baslangıc y(1) = 1 icin

c1 + c2 = 1

ve ikinci baslangıc sartı icin turev alınıp y′(1) = 4 sartı kullanılırsa

−c1 +3

2c2 = 4

elde edilir. Iki denklemden c1 = −1 ve c2 = 2 bulunur ve genel cozumdeyerlerine yazılırsa baslangıc sartlarını saglayan Euler diferansiyel denkleminincozumu,

y(x) = −|x|−1 + 2|x| 32olur.55


77



* 5.6. Duzenli tekil nokta etrafında seri cozumler I. kısım

Problem 2:

x2y′′ + xy′ + (x2 − 1

9)y = 0

denkleminin seri cozumunu Frobenus yontemini kullanarak bulunuz.

Cozum: Cozum icin denklemin duzenli bir tekil noktasını bulalım. x = 0noktası denklemin bir tekil noktasıdır. Denklem

y′′ +1

xy′ +

x2 − 19

x2y = 0

formunda yazılırsa

p(x) =1

x, q(x) =

x2 − 19

x2

olur.

limx→0

x1

x= 1, lim

x→0x2x2 − 1

9

x2= −1

9

olup herikisi de sonludur. O halde x = 0 noktası duzenli tekil nokta olupFrobenus metodu uygulanabilir. Cozum formu ise

y =∞∑

n=0

anxr+n

seklindedir. Buradan,

y′ =∞∑

n=0

(r + n)anxr+n−1, y′′ =

∞∑n=0

(r + n)(r + n− 1)anxr+n−2

turevleri denklemde yerine yazılırsa,

x2

∞∑n=0

(r+n)(r+n−1)anxr+n−2+x

∞∑n=0

(r+n)anxr+n−1+(x2− 1

9)∞∑

n=0

anxr+n = 0

elde edilir. Ifade yeniden duzenlenirse

∞∑n=0

(r + n)(r + n− 1)anxr+n +∞∑

n=0

(r + n)anxr+n + (x2 − 1

9)∞∑

n=0

anxr+n = 0

78

olur. Toplamdaki ucuncu terim

(x2 − 1

9)∞∑

n=0

anxr+n =

∞∑n=0

anxr+n+2 − 1

9

∞∑n=0

anxr+n

dir. Bu ifadenin ilk toplamında toplam n = 2 den baslatılırsa

(x2 − 1

9)∞∑

n=0

anxr+n =

∞∑n=2

an−2xr+n − 1

9

∞∑n=0

anxr+n

elde edilir ve yerine yazılırsa,

∞∑n=0

(r+n)(r+n−1)anxr+n +

∞∑n=0

(r+n)anxr+n

∞∑n=2

an−2xr+n− 1

9

∞∑n=0

anxr+n = 0

olur. Butun toplamları n = 2 den baslatırsak,

(a0r(r − 1)xr + a0rxr − 1

9a0x

r) + (a1r(r + 1)xr+1 + a1(r + 1)xr+1 − 1

9a1x

r+1)

+∞∑

n=2

(r+n)(r+n−1)anxr+n+

∞∑n=2

(r+n)anxr+n

∞∑n=2

an−2xr+n−1

9

∞∑n=2

anxr+n = 0

elde edilir. Son ifadede uygun duzenlemeler yapılırsa,

(r(r − 1) + r − 1

9)a0x

r + (r(r + 1) + (r + 1)− 1

9)a1x

r+1

+∞∑

n=2

{[(r + n)(r + n− 1) + (r + n)− 1

9

]an + an−2}xr+n = 0

Buradan, birinci toplamdan

r(r − 1) + r − 1

9= 0

olup duzenlenirse

r2 − 1

9= 0

dan

r1 = −1

3, r1 =

1

3

oltak elde edilir. Ikinci toplamda a1 = 0 olur ki aksi halde xr+1 = 0 olmakdurumundadır. Bu da mumkun olamayacagına gore a1 = 0 dır. Son olarakindirgeme ifadesi ise ucuncu toplamdan

an = − an−2

(n + r)2 − 19

79

olarak elde edilir.

r = 13

icin:

an = − an−2

n(n + 23), n = 2, 3, ...

olarak elde edilir. Buradan a1 = 0 oldugundan dolayı tek indisliler

a3 = a5 = ...a2n+1 = 0

olur.

a0 6= 0 oldugundan,

n = 2 ⇒ a2 = − a0

2(2 + 23)

= − a0

22(2 + 23),

n = 4 ⇒ a4 = − a2

4(4 + 23)

= − a2

22(2 + 23)2

=a0

24(1 + 13)(2 + 1

3)2!

,

n = 6 ⇒ a6 = − a4

6(6 + 23)

= − a4

22(3 + 13)3

= − a0

26(1 + 13)(2 + 1

3)(3 + 1

3)3!

,

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

n = 2n ⇒ a2n =(−1)na0

2nn!(1 + 13)(2 + 1

3)....(n + 1

3)

olarak elde edilir ki buradanda a0 = 1 icin cozumumuz,

y1(x) = x13

[1 +

∞∑n=1

(−1)na0

2nn!(1 + 13)(2 + 1

3)....(n + 1

3)x2n

]

olarak ifade edilebilir.

r = −13

icin:

an = − an−2

n(n− 23), n = 2, 3, ...

olarak elde edilir. Buradan a1 = 0 oldugundan dolayı tek indisliler yine

a3 = a5 = ...a2n+1 = 0

olur.

a0 6= 0 oldugundan,

n = 2 ⇒ a2 = − a0

2(2− 23)

= − a0

22(2− 23),

n = 4 ⇒ a4 = − a2

4(4− 23)

= − a2

22(2− 23)2

=a0

24(1− 13)(2− 1

3)2!

,

80

n = 6 ⇒ a6 = − a4

6(6− 23)

= − a4

22(3− 13)3

= − a0

26(1− 13)(2− 1

3)(3− 1

3)3!

,

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

n = 2n ⇒ a2n =(−1)na0

2nn!(1− 13)(2− 1

3)....(n− 1

3)

olarak elde edilir ki buradanda a0 = 1 icin cozumumuz,

y2(x) = x−13

[1 +

∞∑n=1

(−1)na0

2nn!(1− 13)(2− 1

3)....(n− 1

3)x2n

]

olarak ifade edilebilir.56


81




Problem 4:xy′′ + y′ − y = 0

denkleminin seri cozumunu duzenli tekil nokta etrafında bulunuz.

Cozum: x = 0 noktası denklemin duzenli tekil nokta oldugu onceki ornegebenzer sekilde gosterilebilir

x = 0 noktası denklemin bir tekil noktası oldugundan, cozum formu yine aynıbir onceki ornekle aynı formda olup

y =∞∑

n=0

anxr+n

seklindedir. Turevler yukardaki ornekten alınıp yerine yazılırsa,

x∞∑

n=0

(r + n)(r + n− 1)anxr+n−2 +∞∑

n=0

(r + n)anxr+n−1 −∞∑

n=0

anxr+n = 0


∞∑n=0

(r + n)(r + n− 1)anxr+n−1 +∞∑

n=0

(r + n)anxr+n−1 −∞∑

n=0

anxr+n = 0

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

∞∑n=−1

(r + n)(r + n + 1)an+1xr+n +

∞∑n=−1

(r + n + 1)an+1xr+n −

∞∑n=0

anxr+n = 0

olur. Ilk iki toplam n = −1 icin acık yazılır kalanlar ise n = 0 dan baslatılırsa

((r−1)r+r)a0xr−1+

∞∑n=0

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

halini alır. Buradan((r − 1)r + r)a0x

r−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 kok vardır ve tek cozumbulunurr.Boylece r = 0 icin

an+1 =an

(n + 1)2, n = 0, 1, ...

ifadesi elde edilir.n = 0 ⇒ a1 = a0,

n = 1 ⇒ a2 =a1

22=

a0

22,

n = 2 ⇒ a3 =a2

32=

a0

3222,

n = 3 ⇒ a4 =a2

42=

a0

423222=

a0

(4!)2,

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

n = n ⇒ an =a0

(n!)2

olurki cozum a0 = 1 icin

y(x) =∞∑

n=0

xn

(n!)2

seklinde yazılır.57


83




Problem 6:x2y′′ + xy′ + (x− 2)y = 0

denkleminin seri cozumunu duzenli tekil nokta etrafında bulunuz.

Cozum: x = 0 noktası denklemin duzenli tekil noktasıdır. Dolayısıyla, x = 0noktası denklemin cozum formu

y =∞∑

n=0

anxr+n

seklindedir. Turevler alınıp yerine yazılırsa,

x2

∞∑n=0

(r+n)(r+n−1)anxr+n−2 +x

∞∑n=0

(r+n)anxr+n−1 +(x−2)

∞∑n=0

anxr+n = 0


∞∑n=0

(r+n)(r+n−1)anxr+n+∞∑

n=0

(r+n)anxr+n−

∞∑n=0

2anxr+n+

∞∑n=0

anxr+n+1 = 0

haline gelir. Son toplam

∞∑n=0

anxr+n+1 =

∞∑n=1

an−1xr+n

seklinde yazılıp yerine konursa ve diger toplamlarda n = 1 den baslatılırsa(n = 0 kısmı acık yazılırsa) ve daha sonra gerekli duzenlemeler yapılırsa,

(r(r−1)+r−2)a0xr+

∞∑n=1

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

elde edilir. Buradan, indisel denklem

r2 − 2 = 0

olurki r1 =√

2 ve r1 = −√2 olarak belirlenir. Toplamın ikinci kısmınındasıfıra esitlenmesinden,

an = − an−1

(r + n)2 − 2

84

seklinde indirgeme bagıntısı elde edilir.

r =√

2 icin

an = − an−1

n(n + 2√

2)

elde edilir.n = 1 ⇒ a1 = − a0

2√

2,

n = 2 ⇒ a2 = − a1

1 + 2√

2=

a0

1(1 + 2√

2),

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

n = n ⇒ an =(−1)na0

n!(1 + 2√

2)(2 + 2√

2)...(n + 2√

2)


y1(x) = x√

2

[1− x

1(1 + 2√

2)+

x2

2!(1 + 2√

2)(2 + 2√

2)

]+ ...+

+x√

2

[(−1)nxn

n!(1 + 2√

2)(2 + 2√

2)...(n + 2√

2)

]

seklinde yazılır.

Benzer olarak, ikinci lineer bagımsız cozum r =√

2 icin

an = − an−1

n(n− 2√

2)

elde edilir.n = 1 ⇒ a1 = − a0

2√

2,

n = 2 ⇒ a2 = − a1

1− 2√

2=

a0

1(1− 2√

2),

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

n = n ⇒ an =(−1)na0

n!(1− 2√

2)(2− 2√

2)...(n− 2√

2)


y2(x) = x−√

2

[1− x

1(1− 2√

2)+

x2

2!(1− 2√

2)(2− 2√

2)

]+ ...+

+x−√

2

[(−1)nxn

n!(1− 2√

2)(2− 2√

2)...(n− 2√

2)

]

seklinde olur.

58


85



* 5.7. Duzenli tekil nokta etrafında seri cozumler II. kısım

Problem 3:x(x− 1)y′′ + 6x2y′ + 3y = 0

denkleminin varsa butun duzenli tekil noktalarını bulunuz. Her bir duzenlitekil nokta icin indisel denklemi ve indisel denklemin koklerini tespit ediniz.

Cozum : Oncelikle deklemimizi uygun formatta yazalım,

y′′ +6x

x− 1y′ +

3

x(x− 1)y = 0.

Buradan,

p(x) =6x

x− 1, q(x) =

3

x(x− 1)

dir.

Verilen denklemin tekil noktaları x = 0 ve x = 1 dir. ilk olarak x = 0 alalım,

p0 = limx→0

xp(x) = limx→0

x6x

x− 1= 0

ve

q0 = limx→0

x2q(x) = limx→0

x2 3

x(x− 1)= 0.

Boylece, x = 0 noktası duzenli tekil noktadır.

r(r − 1) + p0r + q0 = 0

indisel denklem formulunde degerler yerlerine yazılırsa

r(r − 1) = 0, r1 = 0, r2 = 1

olarak indisel denklemin kokleri bulunmus olur.

Benzer olarak, x = 1 alınırsa ve gerekli islemler yapılırsa, bu noktanın daduzenli tekil nokta oldugu kolaylıkla gorulebilir. Ayrıca p0 = 6 ve q0 = 1olarak hesap edilip indisel denklemde yerine yazılırsa

r(r + 5) = 0, r1 = 0, r2 = 5

x = 1 duzenli tekil noktası icin elde edilen indisel denklemin kokleri bulunmusolur.

59


86



* 5.8. Bessel denklemi

Problem 1:x2y′′ + 2xy′ + xy = 0

denklemi icin x = 0 duzenli tekil noktasında iki lineer bagımsız cozumu eldeediniz.

Cozum: Oncelikle denklem duzenlenirse

y′′ +2

xy′ +

1

xy = 0

formuna gelinir. Burada,

p(x) =2

x, q(x) =

1

x

olup x = 0 noktası denklemin bir duzenli tekil noktasıdır. Frobenus metodunagore

y =∞∑

n=0

anxr+n

seklinde bir seri cozumu vardır. Gerekli turevler,

y′ =∞∑

n=0

(r + n)anxr+n−1, y′′ =

∞∑n=0

(r + n− 1)(r + n)anxr+n−2

seklinde olup denklemde yerlerine yazılırsa,

x2

∞∑n=0

(r + n− 1)(r + n)anxr+n−2 + 2x

∞∑n=0

(r + n)anxr+n−1 + x

∞∑n=0

anxr+n = 0

elde edilir. Bu ifade tekrar duzenlenirse,

∞∑n=0

(r + n− 1)(r + n)anxr+n +

∞∑n=0

2(r + n)anxr+n +∞∑

n=0

anxr+n+1 = 0

toplamın ucuncu terimi ,

∞∑n=0

anxr+n+1 =

∞∑n=1

an−1xr+n =

87

seklinde yeniden duzenlenip yerine yazılırsa ve butun toplamlar n = 1 denbaslatılırsa,

(r(r−1)a0xr+2ra0x

r)+∞∑

n=1

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

olurki buradan

(r2 + r)a0xr + 2ra0x

r) +∞∑

n=1

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

elde edilir. Son ifadeden, indisel denklem

r2 + r = 0

olup r1 = 0, r2 = −1 ve r1 − r2 = 1 ∈ Z dir. Ikinci toplamdan indirgemebagıntısı

an = − an−1

(r + n)(r + n + 1)

elde edilir. Buradan, g(r + n) 6= 0 olmak uzere an r’nin bir fonksiyonu olmakuzere,

an(r) = − an−1(r)

g(r + n)), n = 1, 2, ..

olur. Buradan da

a1(r) = − a0(r)

g(r + 1),

a2(r) = − a1(r)

g(r + 2)=

a0(r)

g(r + 1)g(r + 2),

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

an(r) =(−1)na0(r)

g(r + 1)g(r + 2)...g(r + n), g(r + n) 6= 0, n = 1, 2, ..

elde edilir. r1 = 0 icin,

an(0) =(−1)na0

g(1)g(2)...g(n)=

(−1)na0

n!(n + 1)!

olurki a0 = 1 icin cozum

y1(x) =∞∑

n=0

(−1)nxn

n!(n + 1)!

olarak elde edilir. Ikinci cozum icin uygun form r1 − r2 = 1 ∈ Z durumunagore belirlenirse,

y2(x) = −y1(x) ln x +1

x

[1−

∞∑n=0

Hn + Hn−1

n!(n− 1)!(−1)nxn

]



88




Problem 2:x2y′′ + 3xy′ + (1 + x)y = 0

denklemi icin x = 0 duzenli tekil noktasında iki lineer bagımsız cozumu eldeediniz.

Cozum: Frobenus metoduna gore x = 0 icin

y =∞∑

n=0

anxr+n

seklinde seri cozumu vardır. Gerekli turevler denklemde yerlerine yazılırsa,

x2

∞∑n=0

(r+n−1)(r+n)anxr+n−2+3x∞∑

n=0

(r+n)anxr+n−1+(1+x)

∞∑n=0

anxr+n = 0


∞∑n=0

(r+n−1)(r+n)anxr+n+∞∑

n=0

3(r+n)anxr+n+

∞∑n=0

anxr+n+

∞∑n=0

anxr+n+1 = 0

toplamın son terimi

∞∑n=0

anxr+n+1 =

∞∑n=1

an−1xr+n =

seklinde yeniden duzenlenip yerine yazılırsa ve butun toplamlar n = 1 denbaslatılıp uygun parantezlere alınırsa,

(r2 + 2r + 1)a0xr +

∞∑n=1

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

elde edilir. Son ifadeden, indisel denklem

r2 + 2r + 1 = 0

olup r1 = r2 = −1. Ikinci toplamdan indirgeme bagıntısı

an = − an−1

(r + n)(r + n + 2) + 1

89

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

an(r) = − an−1(r)

g(r + n)), n = 1, 2, ..

olur. Boylece

a1(r) = − a0(r)

g(r + 1),

a2(r) = − a1(r)

g(r + 2)=

a0(r)

g(r + 1)g(r + 2),

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

an(r) =(−1)na0(r)

g(r + 1)g(r + 2)...g(r + n), g(r + n) 6= 0, n = 1, 2, ..

elde edilir. r = −1 icin,

an(−1) =(−1)na0

g(1)g(2)...g(n)=

(−1)na0(r)

n!


y1(x) = x−1

∞∑n=0

(−1)nxn

(n!)2

olarak elde edilir. Ikinci cozum icin uygun form r1 = −r2 = −1 oldugndan

y2(x) = y1(x) ln |x|+ xr2

∞∑n=0

bnr1xn

seklinde olup burada da bu cozumle ugrasmayıp direkt sonucunu verecegiz.

y2(x) = y1(x) ln x− 2

x

∞∑n=0

Hn

(n!)2(−1)nxn

olarak belirlenebilir.61


90




Problem 5:

x2y′′ + xy′ + (x2 − 9

4)y = 0, x > 0

olan 32

mertebeden Bessel denkleminin lineer bagımsız iki cozumunu bululunuz.

Cozum: x = 0 noktasının denklemin bir duzenli tekil noktası oldugundanx = 0 noktasında Frobenus metodu uygulanabilir.

y =∞∑

n=0

anxr+n

seklinde bir seri cozumu vardır. Birinci ve ikinci turevler denklemde yerlerineyazılırsa,

x2

∞∑n=0

(r+n−1)(r+n)anxr+n−2+x

∞∑n=0

(r+n)anxr+n−1+(x2− 9

4)∞∑

n=0

anxr+n = 0


∞∑n=0

(r+n−1)(r+n)anxr+n+

∞∑n=0

(r+n)anxr+n−∞∑

n=0

9

4anxr+n+

∞∑n=0

anxr+n+2 = 0

toplamın son terimi

∞∑n=0

anxr+n+2 =

∞∑n=2

an−2xr+n =

seklinde yeniden duzenlenip yerine yazılırsa ve butun toplamlar n = 2 denbaslatılıp uygun parantezlere alınırsa,[r2 − 9

4

]a0x

r +

[(r + 1)2 − 9

4

]a1x

r+1 +∞∑

n=2

{[(r + n)2 − 9

4]an + an−2}xr+n = 0

olarak duzenlenebilir. Son ifadeden, indisel denklem

F (r) = r2 − 9

4= 0

r1 = 32, r2 = −3

2. Ikinci toplamdan,

[(r + n)2 − 9

4]an + an−2 = 0

91

elde edilir. F (r + n) 6= 0 olmak uzere,

F (r + n) = (r + n)2 − 9

4

secersek, indirgeme bagıntısı

an(r) = − an−2(r)

F (r + n)), n = 2, 3, ...

olur. r1 = 32

icin F (r1 + 1) ve xr1+1 katsayısı, (r + 1)2 − 946= 0 oldugundan

a1 = 0 olur. Buradan da

a3 = a5 = ... = a2n+1 = 0

elde edilir. Cift katsayılar icin n = 2m alınırsa,

a2m(3

2) = − a2m−2(

32)

F (32

+ 2m)= − a2m−2

22m(m + 32)

olmak uzere,

a2(3

2) = − a0

221(1 + 32),

a4(3

2) =

a0

242!(1 + 32)(2 + 3

2),

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

a2m(3

2) =

(−1)ma0

22mm!(1 + 32)(2 + 3

2)...(m + 3

2),


y1(x) = x32

[1 +

∞∑m=1

(−1)m

m!(1 + 32)...(m + 3

2)(x

2)2m

]

olarak elde edilir.

Ikinci cozum icin tek indisliler yine tamemen sıfır olup cift indisler ise ben-zer olarak hesaplanıp yerine yazılırlarsa ikinci lineer bagımsız cozum

y2(x) = x−32

[1 +

∞∑m=1

(−1)m

m!(1− 32)...(m− 3

2)(x

2)2m

]



92


* 6. Laplace Donusumu

* 6.1. Laplace donusumunun tanımı

Problem 5.a:f(t) = t

fonksiyonunun Laplace donusumunu bulunuz.

Cozum: Laplace donusumu tanımında f(t) = t alınırsa,

F (t) =

∫ ∞

0

e−sttdt

elde edilir.u = t, dv = e−st

ile kısmi integrasyon alınırsa,

F (t) = limA→∞

∫ A

0

(−A

se−sA) + lim

A→∞

∫ A

0

(1

s2e−sA) =

1

s2

elde edilir. Boylece,

F (t) =1

s2, s > 0

olur.

Problem 5.b:f(t) = t2


Cozum: Laplace donusumu tanımında f(t) = t2 alınırsa,

F (t) =

∫ ∞

0

e−stt2dt

elde edilir.u = t2, dv = e−st

ile kısmi integrasyon alınırsa,

F (t) = limA→∞

∫ A

0

(−A2

se−sA) + lim

A→∞

∫ A

0

(2

s

∫ ∞

0

e−sttdt)

93

olurki ilk kısımdan herhangi bir katkı gelmez. Ikinci kısım ise 2sF (t) demektir.

Yukarıdaki problemden F (t) = 1s2 yazılırsa,

F (t2) =2

s3, s > 0



94



* 6.1. Laplace donusumunun tanımı

Problem 11:f(t) = sin at, t ≥ 0


Cozum: f(t) ifadesi tanımda yerine yazılırsa,

F (sin at) =

∫ ∞

0

e−st sin atdt

elde edilir. Pespese iki kez kısmi integrasyon uygulayalım. Birinci olarak,

u = e−st, dv = sin at

ile integral, ∫ ∞

0

e−st sin atdt =1

a− s

a

∫ ∞

0

e−st cos atdt

haline gelir. Ikinci olarak,

u = e−st, dv = cos at

ile integral, ∫ ∞

0

e−st cos atdt =1

a− s2

a2

∫ ∞

0

e−st sin atdt

haline gelir. Boylece,

F (sin at) =1

a− s2

a2F (sin at)

ourki buradan gerekli duzenlemeler yapılırsa,

F (sin at) = f(s) =a

s2 + a2, s > 0

olarak f(t) = sin at fonksiyonunun Laplace donusumu bulunmus olur.64


95



* 6.2. Baslangıc deger probleminin cozumu

Problem 11:y′′ − y′ − 6y = 0, y(0) = 1, y′(0) = −1

ile verilen baslangıc deger problemini laplace donusumu yardımıyla cozunuz.

Cozum: y = ϕ(t) seklinde bir cozumun varlıgını kabul ederek baslayalım.Verilen denkleme laplace donusumu uygulanırsa,

ÃL(y′′)− ÃL(y′)− 6ÃL(y) = 0

elde edilir. ÃL(y)=Y(s) icin,

ÃL(y′) = sY (s)− y(0), ÃL(y′′) = s2Y (s)− sy(0)− y′(0)

ifadeleri yerlerine yazılırsa, daha sonra baslangıc sartları kullanılıp uygun duzenlemeleryapılılırsa,

Y (s) =s− 2

(s + 2)(s− 3)

ifadesine varılır. Son ifadeyi basit kesirlerine ayıralım.

Y (s) =a

s + 2+

b

s− 3=

s− 2

(s + 2)(s− 3)

ifadesinden a = 45, b = 1

5elde edilr ki yerlerine yazılırsa Y (s) ifadesi basit

kesirlerine asagıdaki sekilde ayrılmıs olur.

Y (s) =4

5

1

s + 2+

1

5

1

s− 3.

Buradan

Y (s) =1

5(

22

s + 2+

1

s− 3) =

1

5(

4

s− (−2)+

1

s− 3)

yazılırsa tablodan yaralanak uygun ters donusumler

ÃL(4e−2t) =4

s− (−2), ÃL(e3t) =

1

s− 3

seklinde bulunursa verilen denklemin cozumu

y = ϕ(t) =1

5(4e−2t + e3t)

olarak ifade edilir.65


96




Problem 12:y′′ + 3y′ + 2y = 0, y(0) = 1, y′(0) = 0


Cozum: Yine y = ϕ(t) seklinde bir cozumun varlıgını kabul ederek baslayalım.Verilen denkleme laplace donusumu uygulanırsa,

ÃL(y′′ + 3ÃL(y′) + 2ÃL(y) = 0

elde edilir. ÃL(y)=Y(s) icin,


ifadeleri yerlerine yazalım, daha sonra baslangıc sartları kullanılıp uygun duzenlemeleryapalım. Boylece

Y (s) =s + 3

(s + 1)(s + 2)

ifadesini elde etmis oluruz. Elde edilen ifade

Y (s) =a

s + 1+

b

s + 2=

s + 3

(s + 1)(s + 2)

seklinde basit kesirlerine ayrılırsa, a = 2, b = −1 olarak elde edilir ve yerlerineyazılırsa

Y (s) =2

s + 1− 1

s + 2

olarak bulunur. Tablodan uygun ters donusumler,

ÃL(2e−t) = 21

s + 1, ÃL(e2t) =

1

s + 2

seklinde bulunursa verilen denklemin cozumu

y = ϕ(t) = 2e−t − e−2t



97




Problem 17:

yıv − 4y′′′ + 6y′′ − 4y′ + y = 0, y(0) = 0, y′(0) = 1 y′′(0) = 0, y′′′(0) = 1


Cozum: y = varphi(t) seklinde bir cozumun varlıgını kabul edelim. Verilendenkleme laplace uygulanırsa,

ÃL(yıv − 4ÃL(y′′′) + 6ÃL(y′′)− 4ÃL(y′) + ÃL(y) = 0

elde edilir. ÃL(y) = Y (s) icin,


ÃL(y′′′) = s3Y (s)− s2y(0)− sy′(0)− y′′(0),

ÃL(yıv) = s4Y (s)−3 sy(0)− s2y′(0)− sy′′(0)− y′′′(0)

ifadeleri yerlerine yazılıp, daha sonra baslangıc sartları kullanılıp uygun duzenlemeleryapılırsa,

Y (s) =s2 − 4s + 7

(s− 1)4

ifadesi elde edilir. Elde edilen ifade

Y (s) =a

(s− 1)4+

b

(s− 1)3+

c

(s− 1)2+

d

(s− 1)=

s2 − 4s + 7

(s− 1)4

seklinde basit kesirlerine ayrılırsa,

a =2

3, b = −1, c = 1, d = 0

olarak elde edilir ve yerlerine yazılırsa

Y (s) =23

(s− 1)4− 1

(s− 1)3+

1

(s− 1)2

elde edilir. Tablodan uygun ters donusumler,

ÃL(2

3t3et) =

23

(s− 1)4, ÃL(t2et) =

1

(s− 1)3, ÃL(tet) =

1

(s− 1)2

98

seklinde bulunursa denklemin cozumu

y = ϕ(t) = tet − t2et +2

3t3et



99



* 6.3. Basamak fonksiyonları

Problem 8:f(t) = {0, t<1

t2−2t+2, t≥1

ile verilen fonksiyonun laplace donusumunu bulunuz.

Cozum:t2 − 2t + 2 = (t− 1)2 + 1

olmak uzere t− 1 = t icing(t) = t2 + 1

olsun. Bu durumdaf(t) = u1(t)g(t− 1)

olur. Teorem 6.3.1 den

ÃL(f(t)) = ÃL(u1(t)g(t− 1)) = e−s ÃL(g(t))

olarak elde edilir.

ÃL(1) =1

s, ÃL(t2) =

2

s3

oldugundan

ÃL(g(t)) =1

s+

2

s3

elde edilip yerine yazılırsa,

ÃL(f(t)) = e−s(1

s+

2

s3)

olarak bulunur.68


100




Problem 14:

F (s) =e−2s

s2 + s− 2

ile verilen laplace donusumunun tersini bulunuz.

Cozum: Bunun icin F (s)’i

F (s) = e−2s 1

(s + 2)(s− 1)

seklinde yazalım. Bu ifadeyi basit kesirlerine ayırmak icin,

a

s + 2+

b

s− 1=

1

(s + 2)(s− 1)

formunda yazalım. Buradan

a = −1

3, b =

1

3

olarak bulunur. Boylece,

F (s) =e−2s

3

[1

s− 1− 1

s + 2

]

sekline gelir. Tablodan, ÃL(et) = 1s−1

ve ÃL(e−2t) = 1s+2

olup Teorem 6.3.1 den

F (s) =[e−2s ÃL(et)− e−2s ÃL(e∗2t)]

3

olup,

F (s) =ÃL(u2(t)e

t−2)− ÃL(u2(t)e−2(t−2))

3

elde edilir.Boylece ÃL(f(t)) = F (s) den

f(t) =1

3u2(t)[e

t−2 − e−2(t−2)]



101




Problem 21:

F (s) =2s + 1

4s2 + 4s + 5

ile verilen laplace donusumunun ters laplasce donusumunu problem 19 dakisonucu kullanarak bulunuz.

Cozum: 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) =u

u2 + 4

elde edilir. ÃL−1(f(2s + 1)) icin

ÃL−1(f(as + b)) =1

ae−bta

f( ta)

formu kullanılırsa,

ÃL−1(F (s)) =1

2e−

t2 cos(

2t

t)

elde edilir.70


102



* 6.4. Discontinues forcing fonksiyonlarla diferansiyel denklemler

Problem 1:y′′ + y = f(t); y(0) = 0, y′(0) = 1

oyleki

f(t) = {1, 0≤t< π2

0, π2≥t<∞

seklinde baslangıc sartlarıyla verilen homojen olmayan denklemin cozumunubulunuz.

Cozum: Bunun icin,

uπ2(t) = {1, t≤< π

2

0, t≥π2

seklinde bir tanımlaf(t) = 1− uπ

2(t)

elde ederiz. Verilen denklemin her iki yanına laplace uygulayalım. Homojenolmayan kısım icin her iki yana laplace uygulanırsa ve laplace donusumununlineerligi kullanılırsa

ÃL(f(t)) = ÃL(1)− ÃL(uπ2(t))

elde edilir. Teorem 6.3.1 den ve tablodan yararlanarak

ÃL(uπ2(t)) =

e−π2s

s, ÃL(1) =

1

s

elde edilir. Denklemin ilk kısmında ise

ÃL(y′′) = s2Y (s)− y(0)− Y (0)s + y′(0) + ÃL(y)

ifadesi elde edilip, ÃL(y) = Y (s) ifadesi kullanılıp yerine yazılırsa,

s2Y (s)− y(0)− Y (0)s + y′(0) + Y (s) =1

s− e−

π2s

s

elde edilir. Verilen baslangıc sartları yerine yazılır Y (s) cozulur ve basit kesir-lerine ayrılırsa

Y (s) =1

s+

1

s2 + 1− s

s2 + 1− e−

π2s

s+

e−π2ss

s2 + 1

elde edilir. Tablodan ve Teorem 6.3.1 den yararlanarak ters laplace donusumleri

ÃL−1(1) =1

s, ÃL−1(

1

s2 + 1) = sin t, ÃL−1(

s

s2 + 1) = cos t,

103

ÃL−1(e−

π2s

s) = uπ

2(t)ÃL−1(

1

s) = uπ

2(t)g(t− π

2),

ÃL−1(e−

π2ss

s2 + 1) = uπ

2(t)ÃL−1(

s

s2 + 1) = uπ

2(t) cos t,

olarak elde edilir ki baslangıc deger probleminin cozumu de

y = 1 + sin t− cos t + uπ2(t) + uπ

2(t) cos(t− π

2)



104



* 6.4. Discontinues forcing fonksiyonlarla diferansiyel denklemler

Problem 3:

y′′ + 4y = sin t− u2π(t) sin t; y(0) = 0, y′(0) = 0

seklinde baslangıc sartlarıyla verilen homojen olmayan denklemin cozumunubulunuz.

Cozum: Denkleme iki yandan laplace uygulanırsa ve lineerlik ozelligi kul-lanılırsa,

ÃL(y′′) + 4ÃL(y) = ÃL(sin t− u2π(t) sin t)

elde edilir. Denklemin sagından Teorem 6.3.1 geregi

ÃL(sin t− u2π(t) sin t) = e−2πs ÃL(sin t)

tablodan da

ÃL(sin t) =1

s2 + 1

alınıp, yerine yazılırsa,

ÃL(sin t− u2π(t) sin t) =e−2πs

s2 + 1

elde edilir. Denklemin solundan ise ÃL(y) = Y (s) ve baslangıc degerleri kul-lanılarak

ÃL(y′′) + 4ÃL(y) = (s2 + 4)Y (s)

elde edilip iki ifade esitlenip Y (s) cozulurse

Y (s) =1− e−2πs

(1 + s2)(4 + s2)=

1

(1 + s2)(4 + s2)− e−2πs

(1 + s2)(4 + s2)

olurki bu ifade basit kesirlerine ayrılırsa,

Y (s) =1

3

[1

s2 + 1− 1

s+4− e−2πs

1 + s2+

e−2πs

s2 + 4

]

ifadesine ulasılır.1

s2 + 4=

1

2[

2

s2 + 2]

105

seklinde yazılımdan sonra tablodan ilk iki terim icin uygun ters laplace donusumleri,

ÃL−1(1

s2 + 1) = sin t, ÃL−1(

1

2[

2

s2 + 2]) =

1

2sin 2t

elde edilir. Teorem 6.3.1 den de

ÃL−1(e−2πs

4 + s2− e−2πs

s2 + 1) = u2π(t)

[sin(t− 2π)− 1

2sin 2(t− 2π)

]

elde edilir ve bu iki ifade yerine yazılırsa sorunun cozumu asagıdaki sekilde eldeedilmis olur.

y =1

3

[sin t− 1

2sin 2t− u2π(t)[sin(t− 2π)− 1

2sin 2(t− 2π)]

].

72


106



* 6.5. Impulse fonksiyonlar

Problem 1:

y′′ + 2y′ + 2y = δ(t− π), y(0) = 1, y′(0) = 0

seklinde verilen baslangıc deger prbleminin cozumunu bulunuz.

Cozum: Her iki yana laplace donusumunu uygulayalım ve donusumun lineer-lik ozelligini kullanalım.

ÃL(y′′) + 2ÃL(y′) + 2ÃL(y) = ÃL(δ(t− π)).

Bu ifadenin sol yanı icin ÃL(y) = Y (s),

ÃL(y′) = sY (s)− y(0)

veÃL(y′′) = s2Y (s)− y(0)− Y (0)s + y′(0)

ifadeleri, sag taraf icin ise ilgili tanımdan

ÃL(δ(t− π)) = e−πs

ifadesi elde edilip yerlerine yazılırsa ve daha sonra Y (s) cozulurse

Y (s) =1

(s + 1)2 + 1+

s + 1

(s + 1)2 + 1+

e−πs

(s + 1)2 + 1

elde edilir. Tablodan yararlanarak,

ÃL−1(1

(s + 1)2 + 1) = e−t sin t, ÃL−1(

s + 1

(s + 1)2 + 1) = e−t cos t,

ve Teorem 6.3.1 den

ÃL−1(e−πs

(s + 1)2 + 1) = −uπ(t)e−t+π sin t

elde edilip terlerine yazılırsa verilen baslangıc deger probleminin cozumu,

y = e−t sin t + e−t cos t− uπ(t)e−t+π sin t

olur.73


107



* 6.5. Impulse fonksiyonlar

Problem 3:

y′′ + 3y′ + 2y = δ(t− 5) + u10(t), y(0) = 0, y′(0) =1

2

seklinde verilen baslangıc deger prbleminin cozumunu bulunuz.

Cozum: Verilen denkleme laplace donusumunu uygulayıp Y (s) ifadesini bu-lalım.

ÃL(y′′) + 3ÃL(y′) + 2ÃL(y) = ÃL(δ(t− π)) + ÃL(u10(t)).

Bu ifadenin sol yanı icin ÃL(y) = Y (s),

ÃL(y′) = sY (s)− y(0)

veÃL(y′′) = s2Y (s)− y(0)− Y (0)s + y′(0)

ifadeleri, sag tarafın birinci terimi icin ilgili tanımdan

ÃL(δ(t− 5)) = e−5s,

sag tarafın ikinci terimi icin Teorem 6.3.1 den

ÃL(u10(t)) =e−10s

s

ifadesi elde edilip yerlerine yazılırsa ve daha sonra Y (s) cozulurse

Y (s) =12

s2 + 3s + 2+

e−5s

s2 + 3s + 2+

e−10s

(s2 + 3s + 2)

olarak elde edilir. Tablodan da yaralanılarak ters laplace donusumleri bulunupyerlerine yazılırsa verilen denklemin cozumu,

y = −1

2e−t+

1

2e−t+u5(t)

[−e−2(t−5) + e−(t−5)]+u10(t)

[1

2+

1

2e−2(t−10) − e−(t−10)

]



108



* 6.6. Konvolusyon integrali

Problem 4:

f(t) =

∫ t

0

(t− τ)2 cos 2τdτ


Cozum: Buradag(t) = t2, h(t) = cos2t

olarak tanımlanırsa

f(t) =

∫ t

0

g(t− τ)h(τ)dτ

olur. Tablodan,

ÃL(g(t)) = ÃL(t2) =2

s3

veÃL(h(t)) = ÃL(cos 2t) =

s

s2 + 4

olup.

ÃL(f(t)) = F (s) = ÃL(t2)ÃL(cos 2t) =2

s3

s

s2 + 4

olur ki

ÃL(f(t)) =2

s2(s2 + 4)

elde edilir.

Problem 6:

f(t) =

∫ t

0

(t− τ)eτdτ


Cozum: Burada dag(t) = t, h(t) = et

denilirse,

f(t) =

∫ t

0

g(t− τ)h(τ)dτ

109

olarak yazılabilir. Tablodan,

ÃL(g(t)) = ÃL(t) =1

s2

ve

ÃL(h(t)) = ÃL(et) =1

s− 1

olur. Boylece,

ÃL(f(t)) = F (s) = ÃL(t)ÃL(et) =1

s2

1

s− 1



110



* 6.6. Konvolusyon integrali

Problem 17:

y′′ + 3y′ + 2y = cos αt, y(0) = 1, y′(0) = 0

ile verilen baslangıc deger probleminin cozumunu konvolusyon integral cinsin-den belirleyiniz.

Cozum: Her iki yana laplaca donusumu uygulayalım. Boylece,

ÃL(y′′) + 3ÃL(y′) + 2ÃL(y) = ÃL(cos αt)

elde edilir. Sol taraf icin ,ÃL(y) = Y (s) den sonra

ÃL(y′) = sY (s)− y(0)

veÃL(y′′) = s2Y (s)− y(0)− Y (0)s + y′(0)

degerleri yerine yazıldıktan sonra baslangıc sartları kullanılıp sag tarafa esitlenirse,sag taraf icin se tablodan

ÃL(cos αt) =s

s2 + α2

elde edilir. Buradan Y (s) cozulurse,

Y (s) =s + 3

(s + 1)(s + 2)+

s

(s2 + α2)(s + 1)(s + 2)

olarak bulunur. Ifade basit kesirlerine,

Y (s) =2

s + 1− 1

s + 2+

s

s2 + α2(

1

s + 1− 1

s + 2)

seklinde ayrılır. Buradan ilk iki ters laplaca donusumleri tablo vasıtasıyla bu-lunursa,

ÃL−1(2

s + 1) = 2e−t, ÃL−1(

1

s + 2) = e−2t

olur. Teorem 6.5.1 yardımıyla da

ÃL−1(s

s2 + α2(

1

s + 1− 1

s + 2)) =

∫ t

0

[e−(t−τ) − e−2(t−τ)

]cos ατdτ

111

bulunup yerine yazılırsa, verilen diferansiyel denklemin baslangıc sartlarını saglayancozumu konvolusyon integral cinsinden,

y = 2e−t − e−2t +

∫ t

0

[e−(t−τ) − e−2(t−τ)

]cos ατdτ



112


* 7. Birinci Mertebeden Lineer Denklem Sistemleri

* 7.1. Giris

Problem 2:u′′ + 0.5u′ + 2u = 3 sin t

denklemiyle verilen ikinci mertebeden denklemi sistem haline getiriniz.

Cozum: Bunun icin ilk olarak, x1 = u diyelim ve her iki yandan t ye turevinialalım. Bu durumda, x′1 = u′ olur. x2 = u′ diyelim ve tekrar turetelim.x′2 = u′′ elde edilir. Verilen denklemden, u′′ = 3 sin t − 0.5u′ − 2u oldugun-dan, tekrar geriye donuk tanımları son ifade de yerine yazarsak, x′1 = x2 vex′2 = 3 sin t− 0.5x2 − 2x1 olarak sisteme indirgenmis olur.

Problem 4: uıv − u = 0 denklemiyle verilen dorduncu mertebeden denklemisistem haline getiriniz.

Cozum: Ilk olarak, x1 = u diyelim ve her iki yanın t ye turevini alalım.Bu durumda, x′1 = u′ olur. x2 = u′ diyelim ve tekrar turetelim. x′2 = u′′ eldeedilir. x′2 = x3 diyelim ve tekrar turetelim. x′3 = u′′′ elde edilir. Son olarakx′3 = x4 denilip tekrar turetilirse x′4 = uıv = u = x1 olur. boylece,

x′1 = x2, x′2 = x3, x′3 = x4, x′4 = x1

olarak sistem elde edilmis olur.77


113



* 7.1. Giris

Problem 10:x′1 = x1 − 2x2, x1(0) = −1

x′2 = 3x1 − 4x2, x2(0) = 2

ifadesiyle veriln sistemin cozumunu bulunuz.

Cozum: Birinci denklemden,

x2 =−x′1 + x1

2

elde edilip ikinci denklemde yerine yazılırsa

x′2 = 2x′1 + x1

olarak bulunur. x2 icin olan denklem turetilerek

x′2 =1

2(−x′′1 + x′1)

elde edilir. Bu denklemde x′2 = 2x′1 + x1 ifadesi yerine yazılırsa ve duzenlenirsex1 icin ikinci mertebeden sabit katsayılı homojen deklem

x′′1 + 3x′1 + 2x1 = 0

seklinde elde edilir. x1 = ert seklinde aranacak cozum icin turevler alınıpyerlerine yazılırsa karakteristlik denklem

r2 + 3r2 = 0

olurki buradan koklerr1 = −1, r2 = −1

olarak elde edilirse x1 icin cozum

x1 = c1e−t + c2e

−2t

seklinde yazılır. Bu cozumx′2 = 2x′1 + x1

denkleminde yerine yazılırsa x2 icin cozum

x2 = c1e−t +

3

2c2e

−2t

114

olarak bulunur. x1(0) = −1 baslangıc sartından

c1 + c2 = −1

, x2(0) = 2 baslangıc sartından

c1 +3

2c2 = 2

olur ki bu iki denklemden c1 = −7 ve c2 = 6 olarak elde edilip yerine yazılırsacozum asagıdaki sekilde olur.

x1 = −7e−t + 6e−2t, x2 = −7e−t + 9e−2t

78


115



* 7.3. Lineer Cebirsel Denklem Sistemleri , Lineer Bagımsızlık,Ozdegerler ve Ozvektorler

Problem 2:x1 + 2x2 − x3 = 1

2x1 + x2 + x3 = 1

x1 − x2 + 2x3 = 1

denklem sisteminin varsa cozumunu bulunuz.

Cozum: Oncelikle denklemin katsayılar matrisini yazalım.

A =

1 2 −12 1 11 −1 2

Buradan det |A| = 0 dan A matrisi singuler bir matris olup denklem sisteminincozumu yoktur. Bunu satır islemleriyle de gorebilirdik. A matrisini denkleminsag taraftaki ifadesiyle birlikte yazarsak,

1 2 −1 | 12 1 1 | 11 −1 2 | 1

olur. Birinci satırı −2 ile carpıp ikinci satırla, −1 ile carpıp ucuncu satırlatoplarsak, ilk matrise denk olan

1 2 −1 | 10 −3 3 | −11 −3 3 | 0

matris elde edilir. Ikinci satırı −1 ile carpıp ucuncu satırla toplarsak,

1 2 −1 | 10 −3 3 | −10 0 0 | 1

elde edilir. Son satırdan0x1 + 0x2 + 0x3 = 1

olur. Halbuki bu imkansızdır. O halde cozum yoktur.79


116




Problem 4:x1 + 2x2 − x3 = 0

2x1 + x2 + x3 = 0

x1 − x2 + 2x3 = 0

homojen denklem sisteminin varsa cozumun bulunuz.

Cozum: Bir onceki ornekten,

A =

1 2 −12 1 11 −1 2

ve det |A| = 0 dan A matrisi singuler bir matris idi. Bu durmda sistemin sfırasikar cozumunden baska sonsuz sayıda cozumu vardır. Bunu satır islemleriylegormek icin yukarfaki ornekteki islemleri sag tarafı 0 olan matris icin tekraredelim.

1 2 −1 | 02 1 1 | 01 −1 2 | 0

olur. Birinci satırı −2 ile carpıp ikinci satırla, −1 ile carpıp ucuncu satırlatoplarsak, ilk matrise denk olan

1 2 −1 | 00 −3 3 | 01 −3 3 | 0

matris elde edilir. Ikinci satırı −1 ile carpıp ucuncu satırla toplarsak, sonradaikinci satıtrı 3 ile bolersek

1 2 −1 | 00 −1 1 | 00 0 0 | 1

elde edilir. Ikinci satırı 2 katını birinci satıra ilave edersek,

1 0 −1 | 00 −1 1 | 00 0 0 | 1

117

son seklini elde etmis oluruz. Birinci ve ikinci satırdan,

x1 + x3 = 0, −x2 + x3 = 0

elde edilir ki burada keyfi bir c icin x1 = c ve x2 = x3 = −c olarak asikarcozume ilave olarak sonsuz sayıda cozum vardır.80


118




Problem 6:x(1) = (1, 1, 0),

x(2) = (0, 1, 1),

x(3) = (1, 0, 1)

ile verilen vektorlerin lineer bagımsız olup olmadıklarını gosteriniz. Eger lineerbagımlı iseler aralarındaki bagıntıyı yazınız.

Cozum:c1x

(1) + c2x(2) + c3x

(3) = 0

danc1 + c3 = 0, c1 + c2 = 0, c2 + c3 = 0

olup katsayılar matrisi yazılırsa,

1 0 11 1 00 1 1

olupdet |A| = 2 6= 0

dan A matrisi singuler bir matris olmadıgından dolayı boyle bir homojen sis-temin yalnızca asikar cozumu vardır. Yani c1 = c2 = c3 = 0 dır. Boylecevektorler lineer bagımsızdır.81


119




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 vektorlerin lineer bagımsız olup olmadıklarını gosteriniz. Eger lineerbagımlı iseler aralarındaki bagıntıyı yazınız.

Cozum:c1x

(1) + c2x(2) + c3x

(3) + c4x(4) = 0

danc1 − c2 − 2c3 − 3c4 = 0,

2c1 + 0c2 − c3 + 0c4 = 0,

2c1 + 3c2c3 − c4 = 0,

3c1 + c2 + 0c3 + 3c4 = 0,

olup katsayılar matrisi yazılırsa,

1 −1 −2 −32 0 −1 02 3 1 −13 1 0 3

olupdet |A| = 0 6= 0

dan A matrisinin singuler bir matris olmasından dolayı vektorler lineer bagımlıdır.Simdi aralarındaki bagıntıyı bulmak icin sistemi cozelim. Boyle bir homojen sis-temin asikar cozumune ek olarak sonsuz cozumu vardır. Gerekli satır islemleriyapılırsa, sistem

c3 + c4 = 0,

c2 +3

2c3 + 3c4 = 0,

c1 − c2 − 2c3 − 3c4 = 0,

120

elde edilirki buradan dac3 = −4c4, c2 = 3c4

olur. c4 = −1 icin c3 = 4 ve c2 = −3 olarak elde edilirse c1 = 2 bulunur. Budegerler icin bagıntımız

2x(1) − 3x(2) + 4x(3) − x(4) = 0



121




Problem 15:

A =

(5 −13 1

)

matrisinin ozdegerlerini ve ozdegerlere karsılık gelen ozvektorlerini bulunuz.

Cozum: det(A− λI) = 0 denklemi kullanılırsa,

det(A− λI) = det

(5− λ −1

3 1− λ

)= 0

danλ2 − 6λ + 8 = 0

elde edilirki buradanλ1 = 2, λ2 = 4

olarak ozdegerler bulunur.

λ1 = 2 ve x(1) =

(x1

x2

)ifadeleri

(A− λI)x(1) = 0

denkleminde yerine yazılırsa,

(3 −13 −1

)(x1

x2

)=

(00

)

olur. Buradan, 3x1 = x2 olurki λ1 = 2 ozdegerine karsılık gelen x(1) ozvektoru

x(1) =

(x1

3x1

)

olup x1 = 1 icin

x(1) =

(13

)

seklinde yazılır.

122

Benzer olarak, λ2 = 4 ve x(2) =

(x1

x2

)ifadeleri (A − λI)x(2) = 0 denkle-

minde yerine yazılırsa,

(1 −13 −3

)(x1

x2

)=

(00

)

olur. Buradan da, x1 = x2 olur ki λ2 = 4 ozdegerine karsılık gelen x(2) ozvektoru

x(2) =

(x1

x1

)

olup x1 = 1 icin x(2) =

(11

)seklinde yazılır.

83


123




Problem 21:

A =

1 0 02 1 −23 2 1

matrisinin ozdegerlerini ve ozdegerlere karsılık gelen ozvektorlerini bulunuz.

Cozum: det(A− λI) = 0 denkleminden,

det(A− λI) = det

1− λ 0 02 1− λ −23 2 1− λ

= 0

dan(1− λ)((1− λ)2 + 4) = 0

elde edilir ki buradanλ1 = 1, λ3,4 = 1± 2i

olarak ozdegerler bulunur.

λ = 2 ve x(1) =

x1

x2

x3

ifadeleri (A−λI)x(1) = 0 denkleminde yerine yazılırsa,

0 0 02 0 −23 2 0

x1

x2

x3

=

000

olur. Buradan,2x1 − 2x3 = 0, 3x1 + 2x2 = 0

olup x2 keyfi olmak uzere x1 = x3 = −23x2 elde edilir.

Boylece, λ = 2 ye karsılk gelen ozvektor,

x(1) =

−2

3x2

x2

−23x2

124

olur. x2 = −3 icinse,

x(1) =

2−32

olarak elde edilir.

Benzer olarak λ = 1 + 2i ve x(2) =

x1

x2

x3

ifadeleri (A − λI)x(2) = 0 denkle-

minde yerine yazılırsa,

−2i 0 02 −2i −23 2 −2i

x1

x2

x3

=

000

olur. Buradan,

−2ix1 = 0, 2x1 − 2ix2 − 2x3 = 0, 3x1 + 2x2 − 2ix3 = 0

olup x2 keyfi olmak uzere x1 = 0, x3 = −ix2 elde edilir.

Boylece, λ = 1 + 2i ye karsılk gelen ozvektor,

x(2) =

0x2

−ix2

olur. x2 = 1 icinse,

x(2) =

01−i

olarak elde edilir.

x(3) vektoru ise x(2) vektorunun kompleks eslenigi olup x2 = 1 icin,

x(3) =

01i

olarak yazılır.84


125



* 7.4. Birinci mertebeden denklem sistemleri icin temel teori

Problem 6: x(1)(t) =

(t1

)ve x(2)(t) =

(t2

2t

)vektorleri icin wronskian

hesaplayıp lineer bagımsızlık icin gerekli sartı bulunuz.

Cozum:

W (x(1), x(2)) = det

(t t2

1 2t

)= 2t2 − t2 = t2

olarak basitce gorulur. Bilindigi uzere determinantın sıfırdan farklı olması du-rumda lineer bagımsızlık sozkonusudur. W (x(1), x(2)) = t2 ifadesinin sıfırdanfarklı olabilmesi icin t 6= 0 olması gerekir. Bu durumda bu vektorlerin lineerbagımsızlıgı icin sartımız elde edilmis olur.

Problem 7: x(1)(t) =

(t2

2t

)ve x(2)(t) =

(et

et

)icin wronskian hesaplayıp

lineer bagımsızlık icin gerekli sartı bulunuz.

Cozum:

W (x(1), x(2)) = det

(t2 et

2t et

)= et(t2 − 2t)

olarak basitce elde edilir. W (x(1), x(2)) = et(t − 2)t ifadesinin sıfırdan farklıolması lineer bagımsızlıgı gerektireceginden, lineer bagımsızlık icin sartımı t 6= 0ve t 6= 2 olmasıdır.85


126



* 7.5. Sabit katsayılı lineer homojen denklem sistemleri

Problem 2:

x′ =(

1 −23 −4

)x

ile verilen denklem sisteminin genel cozumunu bulunuz.

Cozum: Aslında bu sistem normal formda

x′1 = x1 − x2, x′2 = 3x1 − 4x2

sisteminin matrisiyel formda yazılısıdır. Problemin cozumu icin oncelikle ma-trisi A matrisi ile isimlendirip A matrisinin ozdegerlerini bulalım. Bundansonra matrislere yazılmasa da A matrisi olarak isimlendirelim. det(A−λI) = 0dan,

det

(1− λ −2

3 −4− λ

)= 0

yazılırsa karakteristlik denklem

λ2 + 3λ + 2 = 0

dan ozdegerlerλ1 = −1, λ2 = −2

olarak bulunur. Simdi bu ozdegelere karsılık gelen ozvektorleri bulalım.

(A − λI)x = 0 denkleminde sırasıyla ozdegerleri yazalım. Ayrıca burada

x =

(x1

x2

)seklinde bir vektor ve 0 ise sıfır vektorudur. λ = −1 icin

(A− λI)x = 0 denklemi kullanılırsa,

(2 −23 −3

)(x1

x2

)=

(00

)

dan 2x1 − 2x2 = 0 olup buradan x1 = x2 yazılırsa, λ = −1 ozdegerine karsılıkgelen ozvektor,

x(1) =

(x1

x1

)

olup x1 = 1 icin,

x(1) =

(11

)

127

olarak yazılır.

λ = −2 icin ise (A− λI)x = 0 denklemi,

(3 −23 −2

)(x1

x2

)=

(00

)

olurki buradan 3x1 − 2x2 = 0 olup x1 = 23x2 olarak cozulur. O halde λ = −2

ozdegerine karsılık gelen ozvektor,

x(2) =

(23x2

x2

)

olup x2 = 3 icin,

x(2) =

(23

)

olarak elde edilir. Kısacası, λ = −1 ozdegeri icin

x(1) =

(11

)

ozvektoru, λ = −2 ozdegeri icin se

x(2) =

(23

)

ozvektoru bulundu. Bu durmuda sistemin genel cozumu

x = c1

(11

)e−t + c2

(23

)e−2t



128




Problem 4:

x′ =(

1 14 −2

)x


Cozum: det(A− λI) = 0 dan,

det

(1− λ 1

4 −2− λ

)= 0


λ2 + λ− 6 = 0

olup ozdegerlerλ1 = 2, λ2 = −3

olarak bulunur. Simdi bu ozdegelere karsılık gelen ozvektorleri bulalım. (A −λI)x = 0 denkleminde sırasıyla ozdegerleri yazalım.

λ = 2 icin (A− λI)x = 0 denklemi kullanılırsa,

( −1 14 −4

)(x1

x2

)=

(00

)

dan −x1 + x2 = 0 olup buradan x1 = x2 yazılırsa, λ = 2 ozdegerine karsılıkgelen ozvektor,

x(1) =

(x1

x1

)

olup x1 = 1 icin,

x(1) =

(11

)

olarak yazılır.

λ = −3 icin ise (A− λI)x = 0 denklemi,

(4 14 1

)(x1

x2

)=

(00

)

129

olurki buradan 4x1 + x2 = 0 olup x2 = −4x1 olarak cozulur. O halde λ = −3ozdegerine karsılık gelen ozvektor,

x(2) =

(x1

−4x1

)

olup x1 = 1 icin,

x(2) =

(1−4

)

olarak elde edilir. Boylece sistemin genel cozumu,

x = c1

(1−4

)e−3t + c2

(11

)e2t



130




Problem 10:

x′ =(

2 2 + i−1 −1− i

)x



det

(2− λ 2 + i−1 −1− i− λ

)= 0


λ2 + (i− 1)λ− i = 0

olup ozdegerlerλ1 = 1, λ2 = −i



(1 2 + i−1 −2− i

)(x1

x2

)=

(00

)

dan x1 +(2+ i)x2 = 0 olup buradan x1 = −(2+ i)x2 yazılırsa, λ = 1 ozdegerinekarsılık gelen ozvektor,

x(1) =

( −(2 + i)x2

x2

)

olup x2 = −1 icin,

x(1) =

(2 + i−1

)

olarak yazılır.

λ = −i icin ise (A− λI)x = 0 denklemi,

(2 + i 2 + i−1 −1

)(x1

x2

)=

(00

)

131

olurki buradan −x1 − x2 = 0 olup x1 = −x2 olarak cozulur. O halde λ = −iozdegerine karsılık gelen ozvektor,

x(2) =

( −x2

x2

)


x(2) =

(1−1

)


x = c1

(2 + i−1

)et + c2

(1−1

)e−it



132




Problem 14:

x′ =

1 −1 43 2 −12 1 −1

x



det

1− λ −1 43 2− λ −12 1 −1− λ

= 0


−λ3 + 2λ2 + 5λ− 6 = 0

buda(λ− 1)(λ + 2)(λ− 3) = 0

olup ozdegerlerλ1 = 1, λ2 = −2, λ3 = 3



0 −1 43 1 −12 1 −2

x1

x2

x3

=

000

dan−x2 + 4x3 = 0, 3x1 + x2 − x3 = 0, x1 + x3 = 0

olup buradan x3 keyfi olmak uzere x1 = −x3, x2 = 4x3 olarak cozulur. Budurumda, λ = 1 ozdegerine karsılık gelen ozvektor,

x(1) =

−x3

4x3

x3

133


x(1) =

1−4−1

olarak yazılır.

λ = −2 icin (A− λI)x = 0 denklemi kullanılırsa,

3 −1 43 4 −12 1 1

x1

x2

x3

=

000

dan

3x1 − x2 + 4x3 = 0, 3x1 + 4x2 − x3 = 0, 2x1 + x2 + x3 = 0

olup buradan x3 keyfi olmak uzere x1 = −x3, x2 = x3 olarak cozulur. Budurumda, λ = −2 ozdegerine karsılık gelen ozvektor,

x(2) =

−x3

x3

x3


x(2) =

1−1−1

olarak elde edilir.

Son olarak, λ = 3 icin (A− λI)x = 0 denklemi kullanılırsa,

−2 −1 43 −1 −12 1 −4

x1

x2

x3

=

000

dan

−2x1 − x2 + 4x3 = 0, 3x1 − x2 − x3 = 0, 2x1 + x2 − 4x3 = 0

olup buradan x1 keyfi olmak uzere x2 = 2x1, x3 = x1 olarak cozulur. Budurumda, λ = 3 ozdegerine karsılık gelen ozvektor,

x(3) =

x1

2x1

x1

134

olup x1 = 1 icin,

x(3) =

12−1

olarak elde edilir.

Boylece sistemin genel cozumu,

x = c1

1−4−1

et + c2

1−1−1

e−2t + c3

12−1

e3t

olarak bulunur.89


135




Problem 16:

x′ =( −2 1−5 4

)x; x(0) =

(13

)

seklinde verilen baslangıc deger problemini cozunuz.


det

( −2− λ 1−5 4− λ

)= 0


λ2 − 2λ− 3 = 0

olup ozdegerlerλ1 = −1, λ2 = 3


λ = −1 icin (A− λI)x = 0 denklemi kullanılırsa,

( −1 1−5 5

)(x1

x2

)=

(00

)

dan −x1 + x2 = 0 olup buradan x1 = x2 yazılırsa, λ = −1 ozdegerine karsılıkgelen ozvektor,

x(1) =

(x1

x1

)

olup x1 = 1 icin,

x(1) =

(11

)

olarak yazılır.

λ = 3 icin ise (A− λI)x = 0 denklemi,

( −5 1−5 1

)(x1

x2

)=

(00

)

136

olurki buradan −5x1 + x2 = 0 olup x2 = 5x1 olarak cozulur. O halde λ = 3ozdegerine karsılık gelen ozvektor,

x(2) =

(x1

5x1

)

olup x1 = 1 icin,

x(2) =

(15

)


x = c1

(11

)e−t + c2

(15

)e3t

olarak bulunmus olur.

Buradan,c1e

−t + c2e−3t, c1e

−t + 5c2e−3t

olup baslangıc sartlarını kullanalım. x(0) = 1 baslangıc sartı icin birinci den-klemden,

c1 + c2 = 1

, x(0) = 3 baslangıc sartı icin ikinci denklemden,

c1 + 5c2 = 3

elde edilip

c1 = c2 =1

2

olarak bulunup genel cozumde yerine yazılırsa verilen baslangıc sartlarını saglayansistemin cozumu,

x =1

2

(11

)e−t +

1

2

(15

)e3t



137



* 7.6. Komleks ozdegerler

Problem 1:

x′ =(

3 −24 −1

)x

ile verilen diferansiyel denklem sisteminin genel cozumunu bulunuz.


det

(3− λ −2

4 −1− λ

)= 0


λ2 − 2λ + 5 = 0

olup ozdegerlerλ1,2 = 1± 2i

olarak elde edilir. Ozvektorler icin, (A− λI)x = 0 denklemini kullanalım.

λ = 1 + 2i icin,

(2− 2i −2

4 −2− 2i

)(x1

x2

)=

(00

)

dan (2 − 2i)x1 − 2x2 = 0 olup buradan x2 = (1 − i)x1 cozulur ki , λ = 1 + 2iozdegerine karsılık gelen ozvektor,

x(1) =

(x1

(1− i)x1

)

olup x1 = 1 icin,

x(1) =

(1

1− i

)

olarak yazılır.

Bu durumda,

x(1)(t) =

(1

1− i

)e(1+2i)t

138

elde edilir. Bu ifadeyi biraz duzenleyelim.

x(1)(t) =

(1

1− i

)et(cos 2t+i sin 2t) = et

(cos 2t + i sin 2t

cos 2t + sin 2t + i(sin 2t− cos 2t)

)

= et

(cos 2t

cos 2t + sin 2t)

)+ iet

(i sin 2t

sin 2t− cos 2t

)

olurki buradan genel cozum

x(t) = c1et

(cos 2t

cos 2t + sin 2t)

)+ c2e

t

(sin 2t

sin 2t− cos 2t

)

olarak yazılır.91


139




Problem 7:

x′ =

1 0 02 1 −23 2 1

x

denklemi ile verilen diferansiyel denklem sisteminin cozumunu bulunuz.


det

1− λ 0 02 1− λ −23 2 1− λ

= 0


(1− λ)(λ2 − 2λ + 5) = 0

buradanλ1 = 1, λ2,3 = 1± 2i

olarak bulunur.


0 0 02 0 −23 2 0

x1

x2

x3

=

000

dan2x1 − 2x3 = 0, 3x1 + x2 = 0

olup buradan x1 keyfi olmak uzere x2 = −32x1, x3 = x1 olarak cozulur. Bu

durumda, λ = 1 ozdegerine karsılık gelen ozvektor,

x(1) =

x1

−32x1

x1

olup x1 = 2 icin,

x(1) =

2−32

140

olarak yazılırsa birinci cozum formumuz,

x(1)(t) = c1

2−32

et (1)


λ = 1 + 2i icin (A− λI)x = 0 denkleminden,

−2i 0 02 −2i −23 2 −2i

x1

x2

x3

=

000

dan x2 keyfi olmak uzere

x1 = 0, x3 = −ix2 = 0

olarak cozulur. Bu durumda, λ = 1 + 2i ozdegerine karsılık gelen ozvektor,

x(2) =

0x2

−ix2

olup x2 = 1 icin,

x(2) =

01−i

olarak elde edilir.

Boylece,

x(2)(t) =

01−i

e(1+2i)t =

01−i

et(cos 2t + i sin 2t)

olurki gerekli duzenlemeler yapılırsa,

x(2)(t) = et

0cos 2tsin 2t

+ iet

0sin 2t− cos 2t

elde edilir ve genel cozumde

c2

0cos 2tsin 2t

et + c3

0sin 2t− cos 2t

et (2)

141

seklinde yerini alır. (1) ve (2) numaralı denklemler ile verilen diferansiyel den-klemin genel cozumu,

c1

2−32

et + c2

0cos 2tsin 2t

et + c3

0sin 2t− cos 2t

et

olarak yazılır.92


142




Problem 9:

x′ =(

1 −51 −3

)x, x(0) =

(11

)

ile verilen baslangıc deger probleminin cozumunu bulunuz.


det

(1− λ −5

1 −3− λ

)= 0


λ+2λ + 2 = 0

olup ozdegerlerλ1,2 = −1± i

olarak elde edilir. Ozvektorler icin, (A− λI)x = 0 denklemini kullanalım.

λ = −1 + i icin,

(2− i −5

1 −2− 2i

)(x1

x2

)=

(00

)

dan x1 − (2 + 2i)x2 = 0 olup buradan x1 = (2 + 2i)x2 cozulur ki , λ = −1 + iozdegerine karsılık gelen ozvektor,

x(1) =

((2 + 2i)x2

x2

)

olup x2 = 1 icin, x(1) =

(2 + 2i

1

)olarak yazılır.

Bu durumda,

x(1)(t) =

(2 + 2i

1

)e(−1+i)t

elde edilir. Buradan,

x(1)(t) =

(2 + i

1

)e−t(cos t + i sin t)

143

olurki buradan genel cozum

x(t) = c1e−t

(2 cos t− sin t

cos t)

)+ c2e

−t

(2 sin t + cos t

sin t

)

elde edilir.

Baslangıc sarları kullanılırsa, t = 0 icin

x(0) =

(11

)= c1

(21)

)+ c2

(10

)

dan2c1 + c2 = 1, c1 + c2 = 0

olurki buradan c1 = 1 ve c2 = −1 bulunup yerlerine yazılırsa,

x(t) = e−t

(2 cos t− sin t

cos t)

)− e−t

(2 sin t + cos t

sin t

)

olur. Gerekli duzenlemeler yapılırsa, verilen baslangıc sartlarını saglayan cozum,

x(t) = e−t

(cos t− 3 sin tcos t− sin t)

)



144



* 7.7. Katlı ozdegerler

Problem 1:

x′ =(

3 −41 −1

)x

ile verilen sistemin genel cozumunu bulunuz.


det

(3− λ −1

1 −1− λ

)= 0


λ2 − 2λ + 1 = 0

olup ozdegerlerλ1,2 = 1

olarak elde edilir.

λ = 1 icin , (2 −41 −2

)(x1

x2

)=

(00

)

dan x1−2x2 = 0 olup buradan x1 = 2x2 olur ki, λ = 1 ozdegerine karsılık gelenozvektor,

x(1) =

(2x2

x2

)

olup x2 = 1 icin,

x(1) =

(21

)

elde edilirse bu ozvektore karsılık gelen cozum,

x(1)(t) = c1

(21

)et

dir. Ozdegerimiz cakısık oldugundan ikinci cozum ,

(A− 1.I)η = x(1)

145

denklemini saglayacak η vektoru olacaktır. Bu durumda,

(2 −41 −2

)(η1

η2

)=

(21

)

den2η1 − 4η2 = 2, η1 − 2η2 = 1

olup buradan η1 = 1 + η2 olur ki, keyfi bir k icin η2 = k denirse η1 = 1 + 2kelde edilir. Boylece,

η =

(1 + 2k

k

)=

(10

)+ k

(21

)

elde edilir. Buradan da ikinci cozum,

x(2)(t) = c2

[(21

)tet +

(10

)et

]

olarak elde edilir. Son olarak verilen sistemin genel cozumu de,

x = c1

(21

)et + c2

[(21

)tet +

(10

)et

]



146




Problem 3:

x′ =( −3

21

−14−1

2

)x

ile verilen sistemin genel cozumunu bulunuz.


det

( −32− λ 1−1

4−1

2− λ

)= 0


λ2 + 2λ + 1 = 0

olup ozdegerlerλ1,2 = −1

olarak elde edilir.

λ = −1 icin , ( −12

1−1

412

)(x1

x2

)=

(00

)

dan −12x1 + x2 = 0 olup buradan x1 = 2x2 olur ki, λ = −1 ozdegerine karsılık

gelen ozvektor,

x(1) =

(2x2

x2

)

olup x2 = 1 icin,

x(1) =

(21

)

elde edilirse bu ozvektore karsılık gelen cozum de,

x(1)(t) = c1

(21

)e−t

olur. Ozdegerimiz cakısık oldugundan yulardaki ornekte oldugu gibi ikincicozum ,

(A− (−1.I))η = x(1)

147


( −12

1−1

412

)(η1

η2

)=

(21

)

den

−1

2η1 + η2 = 2, −1

4η1 +

1

2η2 = 1

olup buradan η2 = 2 + 12η1 olur ki, keyfi bir k icin η1 = 2k secilirse η2 = 2 + k

elde edilir. Boylece,

η =

(2k

2 + k

)=

(02

)+ k

(21

)

elde edilir. Buradan da ikinci cozum,

x(2)(t) = c2

[(02

)e−t +

(21

)te−t

]

olarak elde edilir. Son olarak verilen sistemin genel cozumu de,

x = c1

(21

)e−t + c2

[(21

)te−t +

(02

)e−t

]



148




Problem 5:

x′ =

1 1 12 1 −10 −1 1

x

ile verilen diferansiyel denklem sisteminin cozumunu bulunuz.


det

1− λ 1 12 1− λ −10 −1 1− λ

= 0


(λ + 1)(λ− 2)2 = 0

olup ozdegerlerλ1 = −1, λ2,3 = 2

olarak bulunur. Simdi bu ozdegerlere karsılık gelen ozvektorleri bulalım.

λ = −1 icin (A− λI)x = 0 denkleminden,

2 1 12 2 −10 −1 2

x1

x2

x3

=

000

dan2x1 + x2 + x3 = 0, 2x1 + 2x2 − x3 = 0, −x2 + 2x3 = 0

olup buradan x3 keyfi olmak uzere x1 = −32x3, x2 = 2x3 olarak cozulur. Bu

durumda, λ = −1 ozdegerine karsılık gelen ozvektor,

x(1) =

−3

2x3

2x3

x3

olup x3 = 2 icin,

x(1) =

−342

149

olarak yazılır. Boylece,

x(1)(t) = c1e−t

−342

olarak yazılır.

λ = 2 icin, −1 1 12 −1 −10 −1 −1

x1

x2

x3

=

000

dan−x1 + x2 + x3 = 0, 2x1 − x2 − x3 = 0, −x2 − x3 = 0

olup buradan x1 = 0 olup x3 = −x2 olarak cozulur. Bu durumda, λ = 2ozdegerine karsılık gelen ozvektor,

x(2) =

0x2

−x2

olup x2 = 1 icin,

x(2) =

01−1

olarak elde edilir. Boylece,

x(2)(t) = c2e2t

01−1

olarak yazılır.

Ucuncu ozdeger ikinci ozdegerle aynı oldugundan ucuncu cozum,

(A− 2.I)η = x(2)


−1 1 12 −1 −10 −1 −1

η1

η2

η3

=

01−1

olup−η1 + η2 + η3 = 0, 2η1 − η2 − η3 = 1, −η2 − η3 = −1

150

elde edilir. Buradan,η1 = 1, η2 = 1− η3

olarak cozulurse η3 = 1 icin η2 = 0 olarak bulunursa

η =

101

olarak elde edilir. Ucuncu cozum buna ilaveten ikinci cozumun t katınıdaicereceginden, Boylece,

x(3)(t) = c3

01−1

te2t +

101

e2t


Boylece verilen sistemin genel cozumu,

x(t) = c1

−342

e−t + c2

01−1

e2t + c3

01−1

t +

101

e2t

seklinde ifade edilebilir.96


151



* 7.8. Esas matrisler

Problem 1:

x′ =(

3 −22 −2

)x

verilen sistemin esas matrisi ϕ(t) nin ϕ(0) = I sartını saglayan cozumunuyazınız.


det

(3− λ −2

2 −2− λ

)= 0


λ2 − λ− 2 = 0

olup ozdegerlerλ1 = −1, λ2 = 2


λ = −1 icin , (4 −22 −1

)(x1

x2

)=

(00

)

dan 2x1 − x2 = 0 olup buradan x2 = x1 olur ki, λ = −1 ozdegerine karsılıkgelen ozvektor,

x(1) =

(x1

2x1

)

olup x1 = 1 icin,

x(1) =

(12

)

elde edilir.

λ = 2 icin ise, (1 −22 −4

)(x1

x2

)=

(00

)

152

olup buradan x1 − 2x2 = 0 ve boylece x1 = 2x2 olarak cozulur. O halde λ = 2ozdegerine karsılık gelen ozvektor,

x(2) =

(2x2

x2

)

olup x2 = 1 icin,

x(2) =

(21

)


x = c1

(12

)e−t + c2

(21

)e2t


Buradan, birinci baslangıc sartı icin,

x(1)(0) =

(10

)= c1

(12

)+ c2

(21

)

olup,c1 + 2c2 = 1, 2c1 + c2 = 0

denklemlerinden

c1 = −1

3, c2 =

2

3

olarak elde edilir. O halde birinci baslangıc sartını saglayan cozum,

x(1)(t) = −1

3

(12

)e−t +

2

3

(21

)e2t =

( −13e−t + 4

3e2t

−23e−t + 2

3e2t

)


Ikinci baslangıc sartı icin,

x(2)(0) =

(01

)= c1

(12

)+ c2

(21

)

olup,c1 + 2c2 = 0, 2c1 + c2 = 1

denklemlerinden

c1 =2

3, c2 = −1

3

olarak elde edilir. Bu durumda ikinci baslangıc sartını saglayan cozum,

x(1)(t) =2

3

(12

)e−t − 1

3

(21

)e2t =

(23e−t − 2

3e2t

43e−t − 1

3e2t

)

153

olarak bulunur.

Boylece, baslangıc sartlarını saglayan cozumler icin esas matris bu cozumlerinbirer kolon olarak yazılmasıyla asagıdaki sekilde elde edilir.

ψ =

( −13e−t + 4

3e2t 2

3e−t − 2

3e2t

−23e−t + 2

3e2t 4

3e−t − 1

3e2t

).

97


154




Problem 7:

x′ =(

5 −13 1

)x

verilen sistemin esas matrisi ϕ(t) nin ϕ(0) = I sartını saglayan cozumunuyazınız.


det

(5− λ −1

3 1− λ

)= 0


λ2 − 6λ + 8 = 0

olup ozdegerlerλ1 = 2, λ2 = 4


λ = 2 icin , (3 −13 −1

)(x1

x2

)=

(00

)

dan 3x1−x2 = 0 olup buradan x2 = 3x1 olur ki, λ = 2 ozdegerine karsılık gelenozvektor,

x(1) =

(x1

3x1

)

olup x1 = 1 icin,

x(1) =

(13

)

elde edilir.

λ = 4 icin ise, (1 −13 −3

)(x1

x2

)=

(00

)

155

olup buradan x1 − x2 = 0 ve boylece x1 = x2 olarak cozulur. O halde λ = 4ozdegerine karsılık gelen ozvektor,

x(2) =

(x2

x2

)

olup x2 = 1 icin,

x(2) =

(11

)


x = c1

(13

)e2t + c2

(11

)e4t


Birinci baslangıc sartı icin,

x(1)(0) =

(10

)= c1

(13

)+ c2

(11

)

olup,c1 + c2 = 1, 3c1 + c2 = 0

denklemlerinden

c1 = −1

2, c2 =

3

2

olarak elde edilir. O halde birinci baslangıc sartını saglayan cozum,

x(1)(t) = −1

2

(13

)e2t +

3

2

(11

)e4t =

( −12e2t + 3

2e4t

−32e2t + 3

2e4t

)



x(2)(0) =

(01

)= c1

(13

)+ c2

(31

)

olup,c1 + c2 = 0, 3c1 + c2 = 1

denklemlerinden

c1 =1

2, c2 = −1

2

olarak elde edilir. Bu durumda ikinci baslangıc sartını saglayan cozum,

x(1)(t) =1

1

(13

)e2t − 1

2

(11

)e4t =

(12e2t − 1

2e4t

32e2t − 1

2e4t

)

156

olarak bulunur.

Boylece, baslangıc sartlarını saglayan cozumler icin esas matris asagıdaki sekildeyazılabilir.

ψ =

( −12e2t + 3

2e4t 1

2e2t − 1

2e4t

−32e2t + 3

2e4t 3

2e2t − 1

2e4t

).

98


157




Problem 9:

x′ =

1 1 12 1 −1−8 −5 −3

x

ile verilen sistemin esas matrisi ϕ(t) nin ϕ(0) = I sartını saglayan cozumunuyazınız.


det

1− λ 1 12 1− λ −1−8 −5 −3− λ

= 0


λ3 + λ2 − 4λ− 4 = 0

buda(λ + 1)(λ + 2)(λ− 2) = 0

olup ozdegerlerλ1 = −2, λ2 = −1, λ3 = 2


λ = −2 icin (A− λI)x = 0 denkleminden,

3 1 12 3 −1−8 −5 −1

x1

x2

x3

=

000

dan

3x1 + x2 + x3 = 0, 2x1 + 3x2 − x3 = 0, −8x1 − 5x2 − x3 = 0

olup buradan x2 keyfi olmak uzere x1 = −45x2, x3 = 7

5x2 olarak cozulur. Bu

durumda, λ = −2 ozdegerine karsılık gelen ozvektor,

x(1) =

−4

5x2

x275x2

158

olup x2 = 1 icin,

x(1) =

−4

5

175

olarak yazılır.

λ = −1 icin,

2 1 12 2 −1−8 −5 −2

x1

x2

x3

=

000

dan

2x1 + x2 + x3 = 0, 2x1 + 2x2 − x3 = 0, −8x1 − 5x2 − 2x3 = 0

olup buradan x2 keyfi olmak uzere x1 = −34x2, x3 = −1

2x2 olarak cozulur.

Bu durumda, λ = −2 ozdegerine karsılık gelen ozvektor,

x(2) =

−3

4x2

x2

−12x2

olup x2 = 1 icin,

x(2) =

−3

4

1−1

2

olarak elde edilir.

Son olarak, λ = 2 icin,−1 1 12 −1 −1−8 −5 −5

x1

x2

x3

=

000

dan

−x1 + x2 + x3 = 0, 2x1 − x2 − x3 = 0, −8x1 − 5x2 − 5x3 = 0

olup buradan x1 = 0 x2 = −x3 olarak cozulur. Bu durumda, λ = 2 ozdegerinekarsılık gelen ozvektor,

x(3) =

0−x3

x3

olup x3 = 1 icin,

x(3) =

0−11

159

olarak elde edilir.

Boylece sistemin genel cozumu,

x = c1

−4

5

175

e−2t + c2

−3

4

1−1

2

e−t + c3

0−11

e2t

olarak bulunur.

Simdi verilen baslangıc sartlarını kullanalım. Birinci baslangıc sartı icin,

x(1)(0) =

100

= c1

−4

5

175

+ c2

−3

4

1−1

2

+ c3

0−11

olup buradan,

−4

5c1 − 3

4c2 = 1,

c1 + c2 − c3 = 0,

7

5c1 − 1

2c2 + c3 = 0,

dan cozumler yapılırsa,

c1 =5

2, c2 = −4, c3 = −3

2

olarak elde edilir. Bu durumda

x(1)(t) =5

2

−4

5

175

e−2t−4

−3

4

1−1

2

e−t−3

2

0−11

e2t =

−2e−2t + 3e−t

52e−2t − 4e−t + 3

2e2t

72e−2t + 2e−t − 3

2e2t

olarak bulunur.


x(2)(0) =

010

= c1

−4

5

175

+ c2

−3

4

1−1

2

+ c3

0−11

olup buradan,

−4

5c1 − 3

4c2 = 0,

c1 + c2 − c3 = 0,

7

5c1 − 1

2c2 + c3 = 0,

160


c1 =15

13, c2 = −16

13, c3 = −14

13


x(2)(t) =15

13

−4

5

175

e−2t−16

13

−3

4

1−1

2

e−t−14

13

0−11

e2t =

−1213

e−2t + 1213

e−t

1513

e−2t − 1613

e−t + 1413

e2t

2113

e−2t + 813

e−t − 1413

e2t

olarak bulunur.

Ucuncu baslangıc sartı icin,

x(3)(0) =

001

= c1

−4

5

175

+ c2

−3

4

1−1

2

+ c3

0−11

olup buradan,

−4

5c1 − 3

4c2 = 0,

c1 + c2 − c3 = 0,

7

5c1 − 1

2c2 + c3 = 1,


c1 =5

4, c2 = −4, c3 = −11

4


x(3)(t) =5

4

−4

5

175

e−2t−4

−3

4

1−1

2

e−t−11

4

0−11

e2t =

−e−2t + 3e−t

54e−2t − 4e−t + 11

4e2t

74e−2t + 2e−t − 11

4e2t

olarak bulunur.

Boylece, baslangıc sartlarını saglayan cozumler icin esas matris asagıdaki sekildeyazılabilir.

ψ =

−2e−2t + 3e−t −1213

e−2t + 1213

e−t −e−2t + 3e−t

52e−2t − 4e−t + 3

2e2t 15

13e−2t − 16

13e−t + 14

13e2t 5

4e−2t − 4e−t + 11

4e2t

72e−2t + 2e−t − 3

2e2t 21

13e−2t + 8

13e−t − 14

13e2t 7

4e−2t + 2e−t − 11

4e2t

.

99


161



* 7.9. Homojen olmayan lineer sistemler

Problem 1:

x′ =(

2 −13 −2

)x +

(et

t

)

seklinde verilen diferansiyel denklemin genel cozumunu bulunuz.

Cozum: Verilen sistemin homojen kısmının cozumu icin,

x′ =(

2 −13 −2

)x

ifadesini alalım. det(A− λI) = 0 dan,

det

(2− λ −1

3 −2− λ

)= 0

olup karakteristlik denklem, λ2 − 1 = 0 ve boylece λ1 = 1, λ2 = −1 olarakelde edilir.

λ1 = 1 ozdegerine karsılk gelen ozvektor icin (A− λI)x = 0 dan,(

1 −13 −3

)(x1

x2

)=

(00

)

olup x1 = x2 olarak cozulurse ozdegerimiz,

x1 =

(x2

x2

)

olur ki x2 = 1 icin

x1 =

(11

)

elde edilir.

Benzer olarak ikinci ozdegerimiz −1 icin,(

3 −13 −1

)(x1

x2

)=

(00

)

olup 3x1 = x2 olarak cozulurse ozdegerimiz,

x2 =

(x1

3x1

)

162

olur ki x1 = 1 icin

x2 =

(13

)

elde edilir.

Bu durumda verilen sistemin homojen cozumu,

xh(t) = c1

(11

)et + c2

(13

)e−t

olarak yazılır.

Ozel cozum icin oncelikle T matrisi ozvektorler sutunlara yerlestirilmesi ileolusturulursa,

T =

(1 11 3

)

Buradan da,

T−1 =1√2

(3 −1−1 1

)

olarak elde edilirse,

D = T−1AT =

(1 00 −1

)

olarak kosegenlestirme islemi yapılmıs olur. y′ = Dy+T−1y denkleminde yerineyazılırsa,

y′ =(

1 00 −1

)y +

1√2

(3et − t−e−t + t

)

olup buradan,

y′1 − y1 =1

2(3et − t),

y′2 + y2 =1

2(−et + t),

seklinde iki tane birinci mertebeden lineer denklem elde edilir. Bu denklemlerikinci bolumde verdigimiz metoda gore cozulurse,

y1 =3

2tet +

1

2t +

1

2+ c1e

t,

y2 = −1

4et +

1

2t− 1

2+ c2e

−t

olarak elde edilir ve x = Ty de yerlerine yazılırsa,

x = Ty =

(y1 + y2

y1 + 3y2

)

163

den,

x =

(32tet + 1

2t + 1

2+ c1e

t − 14et + 1

2t− 1

2+ c2e

−t

32tet + 1

2t + 1

2+ c1e

t − 34et + 3

2t− 3

2+ 3c2e

−t

)

Buradan da uygun duzenlemeler yapılırsa, verilen sistemin cozumu,

x(t) = c1

(11

)et +c2

(13

)e−t +

3

2

(11

)tet− 1

4

(13

)et +

(12

)t−

(01

)

olarak elde edilmis olur.100


164




Problem 4:

x′ =(

1 14 −2

)x +

(e−2t

−2et

)


Cozum: Denklemin ozel cozumu icin parametrelerin degisimi metodunu kul-lanalım. Verilen sistemin homojen kısmının cozumu icin,

x′ =(

1 14 −2

)x

ifadesi alınırsa det(A− λI) = 0 dan,

det

(1− λ 1

4 −2− λ

)= 0

olup karakteristlik denklem,

λ2 + λ− 6 = 0

olup ve boylece ozdegerler

λ1 = −3, λ2 = 2

olarak elde edilir.

λ1 = −3 ozdegerine karsılk gelen ozvektor icin (A− λI)x = 0 dan,

(4 14 1

)(x1

x2

)=

(00

)

olup 4x1 = −x2 olarak cozulurse ozdegerimiz,

x1 =

(x1

−4x1

)

olur ki x1 = 1 icin

x1 =

(1−4

)

165

elde edilir.

Benzer olarak ikinci ozdegerimiz 2 icin,( −1 1

4 −4

)(x1

x2

)=

(00

)

olup x1 = x2 olarak cozulurse ozdegerimiz,

x2 =

(x2

x2

)

olur ki x2 = 1 icin

x2 =

(11

)

elde edilir.

Bu durumda verilen sistemin homojen cozumunun esas matrisi,

Ψ(t) =

(e−3t e2t

−4e−3t e2t

)

olarak yazılabilir. x = Ψ(t)c(t) olmak uzere c(t), Ψ(t)c′(t) = g(t) denkleminisaglar. Yani, (

e−3t e2t

−4e−3t e2t

)(c′1(t)c′2(t)

)=

(e−2t

−2et

).

Buradan gerekli islemler yapılırsa,

c′1(t) =1

5(2e4t + et),

c′2(t) =1

5(4e−4t − 2e−t)

ifadeleri elde edilir. Her iki denklem icinde gerekli integral islemi yapılırsa,

c1(t) =1

5(1

2e4t + et) + k1,

c2(t) =1

5(−e−4t + 2e−t) + k2

elde edilir. x(t) = Ψ(t)c(t) de yerine yazalım,

x(t) =

(e−3t e2t

−4e−3t e2t

)(110

e4t + 15et + k1

−15e−4t + 2

5e−t + k2

).

Buradan diferansiyel denklem sisteminin genel cozumu,

x(t) =

(k1e

−3t + k2e2t

−4k1e−3t + k2e

2t

)+

(12et

−e−2t

)

166

seklinde yazılır. Son ifade duzenlenirse,

x(t) = k1

(1−4

)e−3t + k2

(11

)e2t −

(01

)e−2t +

1

2

(10

)et

elde edilir.101


167




Problem 7:

x′ =(

1 14 1

)x +

(2et

−et

)


Cozum: Denklemin ozel cozumu icin parametrelerin degisimi metodunu kul-lanalım. Verilen sistemin homojen kısmının cozumu icin,

x′ =(

1 14 1

)x

ifadesi alınırsa det(A− λI) = 0 dan,

det

(1− λ 1

4 1− λ

)= 0

olup karakteristlik denklem,

λ2 − 2λ− 3 = 0

olup ve boylece ozdegerler

λ1 = 3, λ2 = −1

olarak elde edilir.

λ1 = 3 ozdegerine karsılk gelen ozvektor icin (A− λI)x = 0 dan,

( −2 14 2

)(x1

x2

)=

(00

)

olup 2x1 = x2 olarak cozulurse ozdegerimiz,

x1 =

(x1

2x1

)

olur ki x1 = 1 icin

x1 =

(12

)

168

elde edilir.

Benzer olarak ikinci ozdegerimiz −1 icin,(

2 14 2

)(x1

x2

)=

(00

)

olup −2x1 = x2 olarak cozulurse ozdegerimiz,

x2 =

(x1

−2x1

)

olur ki x1 = 1 icin

x2 =

(1−2

)

elde edilir.

Bu durumda verilen sistemin homojen cozumunun esas matrisi,

Ψ(t) =

(e3t e−t

2e3t −2e−t

)

olarak yazılabilir. x = Ψ(t)c(t) olmak uzere c(t), Ψ(t)c′(t) = g(t) denkleminisaglar. Yani, (

e3t e−t

2e3t 2e−t

)(c′1(t)c′2(t)

)=

(2et

−et

).

Buradan gerekli islemler yapılırsa,

c′1(t) =3

4e−2t,

c′2(t) =5

4e2t

ifadeleri elde edilir. Her iki denklem icinde gerekli integral islemi yapılırsa,

c1(t) = −3

8e−2t + k1,

c2(t) =5

8e2t + k2

elde edilir. x(t) = Ψ(t)c(t) de yerine yazalım,

x(t) =

(e3t e−t

2e3t −2e−t

)( −38e−2t + k1

58e2t + k2

).

Buradan diferansiyel denklem sisteminin genel cozumu,

x(t) =

( −38

et + k1e3t + 5

8et + k2e

−t

−34

et + 2k1e3t − 5

4et − 2k2e

−t

)

169

seklinde yazılır. Son ifade duzenlenirse cozum,

x(t) = k1

(12

)e3t + k2

(1−2

)e−t +

1

4

(1−8

)et

elde edilir.102


170

Diferansiyel denklemler çözümlü sorular

Documents

Transcript of Diferansiyel denklemler çözümlü sorular