˙IkinciMertebeden ˙IndirgenebilirDiferansiyelDenklemlerkisi.deu.edu.tr/meltem.altunkaynak/MAT III...
Transcript of ˙IkinciMertebeden ˙IndirgenebilirDiferansiyelDenklemlerkisi.deu.edu.tr/meltem.altunkaynak/MAT III...
YUKSEK MERTEBEDEN
DIFERANSIYEL DENKLEMLER
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 1/ 150
Yuksek Mertebeden Diferansiyel Denklemler
Ikinci Mertebeden Indirgenebilir Diferansiyel Denklemler
ikinci mertebeden bir diferansiyel denklem, bilinmeyen y(x)fonksiyonunun ikinci turevini ihtiva eder ve
F (x, y, y′, y′′) = 0 (1)
genel sekline sahiptir. Eger y bagımlı degiskeni veya x degiskeniikinci mertebeden diferansiyel denklemde bulunmuyorsa, bu taktirdedenklem basit bir degisiklikle daha once bahsettigimiz yontemlerlecozulebilen birinci mertebeden bir denkleme indirgenebilir.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 2/ 150
Ikinci Mertebeden Indirgenebilir Diferansiyel Denklemler
y bagımlı degiskenini icermeyen denklemler Eger ybulunmuyorsa, bu takdirde (1) denklemi
F (x, y′, y′′) = 0 (2)
seklini alır.y′ = p ⇒ y′′ = p′
degisikligi birinci mertebeden
F (x, p, p′) = 0
diferansiyel denklemini verir.Bu denlemin cozumu C1 bir keyfi sabitolmak uzere, p(x,C1) ise, bu takdirde denklem (2) nin C1 ve C2
gibi iki keyfi sabit (ikinci mertebeden diferansiyel denklemdenbeklenilecegi gibi) iceren bir cozumunu elde etmek icin sadece
y(x) =
∫
y′(x)dx =
∫
p(x,C1)dx+ C2
yazmak gerekir.Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 3/ 150
Ikinci Mertebeden Indirgenebilir Diferansiyel Denklemler
ORNEK
xy′′ + 2y′ = 6x diferansiyel denkleminin genel cozumunu bulunuz.
COZUM
Goruldugu gibi y bagımsız degiskenini denklemimiz icermiyor.
y′ = p ⇒ y′′ = p′
Donusumuxp′ + 2p = 6x
birinci mertebeden denkleme donusur.Duzenlersek
p′ +2
xp = 6
denklemini verir.Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 4/ 150
Ikinci Mertebeden Indirgenebilir Diferansiyel Denklemler
Bu birinci mertebeden denklemin lineer olduguna dikkatediniz.Bagımlı degiskeni p, bagımsız degiskeni x olan bu birincimertebeden diferansiyel denklemin genel cozumu
p = 2x+C1
x2
seklinde bulunur.p degiskeni y nin birinci turevini temsil ettiginegore
p = y′ = 2x+C1
x2
denkleminde x’e gore integral alınarak verilen ikinci mertebedendenklemin cozumu bulunabilir.
y(x) = x2 − C1
x+ C2
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 5/ 150
Ikinci Mertebeden Indirgenebilir Diferansiyel Denklemler
ORNEK
y′′ = (x+ y′)2 diferansiyel denkleminin genel cozumunu bulunuz.
COZUM
Goruldugu gibi y bagımsız degiskenini denklemimiz icermiyor.
y′ = p ⇒ y′′ = p′
Donusumunup′ = (x+ p)2
birinci mertebeden denkleme donusur.Bu denklem
dy
dx= F (ax+ by + c)
seklinde olan bir denklemdir.Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 6/ 150
Ikinci Mertebeden Indirgenebilir Diferansiyel Denklemler
p′ = (x+ p)2 denkleminde v = x+ p donusumu uygularsak
dv
dx= v2 + 1
degiskenlerine ayrılabilir diferansiyel denkleme donusur. Budenklemin cozumu
v = tan (x+ C1)
dir. Dolayısıyla p′ = (x+ p)2 denkleminin cozumu
p = tan (x+ C1)− x
dur.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 7/ 150
Ikinci Mertebeden Indirgenebilir Diferansiyel Denklemler
p = tan (x+ C1)− x
Denkleminde p = y′ oldugu icin her iki tarafın x’e gore integralibize cozumu verir. Cozumumuz
y(x) = − ln (cos (x+ C1))−x2
2+ C2
dur.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 8/ 150
Ikinci Mertebeden Indirgenebilir Diferansiyel Denklemler
x bagımsız degiskenini icermeyen denklemler Eger xbulunmuyorsa, bu takdirde (1) denklemi
F (y, y′, y′′) = 0 (3)
seklini alır.y′ = p donusumu yapılmak istenirse y′′ yerine
y′′ =dp
dx=
dp
dy
dy
dx=
dp
dyp
yazılır ve denklem
F (y, p, pdp
dy) = 0
haline gelir.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 9/ 150
Ikinci Mertebeden Indirgenebilir Diferansiyel Denklemler
F (y, p, pdp
dy) = 0
Yukarıdaki birinci mertebeden denklemi cozersek p yi y ye ve birkefi sabite C1 e baglı buluruz.
p = p(y, C1) ⇒ dy
dx= p(y, C1)
Burada birinci mertebeden degiskenlerine ayrılabilir bir denklem ilekarsı karsıyayız.
dy
p(y, C1)= dx
Bunu cozdugumuzde ikinci mertebeden denklemimizin kapalıcozumunu bulmus oluruz.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 10/ 150
Ikinci Mertebeden Indirgenebilir Diferansiyel Denklemler
ORNEK
y.y′′ = (y′)2 diferansiyel denkleminin genel cozumunu bulunuz.
COZUM
Goruldugu uzere denklemimizde x bagımsız degiskeni bulunmuyor.
y′ = p ve y′′ = pdp
dy
donusumu yapalım.
y.p.dp
dy= (p)2
Birinci mertebeden degiskenlerine ayrılabilir denklem haline geldi.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 11/ 150
Ikinci Mertebeden Indirgenebilir Diferansiyel Denklemler
y.p.dp
dy= (p)2
Denklemini cozersek
ln p = ln y + C1 ⇒ p = C1y
buluruz. Yanidy
dx= C1y
dy
y= C1dx
BuradanC1x = ln y + C2
olarak kapalı cozumumuzu buluruz. Buradan y yi cekmek mumkun
y(x) = eC1x−C2
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 12/ 150
Ikinci Mertebeden Indirgenebilir Diferansiyel Denklemler
ORNEK
y′′ = 2y(y′)3 diferansiyel denkleminin genel cozumunu bulunuz.
COZUM
Goruldugu uzere denklemimizde x bagımsız degiskeni bulunmuyor.
y′ = p ve y′′ = pdp
dy
donusumu yapalım.
p.dp
dy= 2y(p)3 ⇒ dp
dy= 2y(p)2
Birinci mertebeden degiskenlerine ayrılabilir denklem haline geldi.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 13/ 150
Ikinci Mertebeden Indirgenebilir Diferansiyel Denklemler
dp
dy= 2y(p)2
Denklemini cozersek
p = − 1
y2 + C1
buluruz. Yanidy
dx= − 1
y2 + C1
(y2 + C1)dy = −dx
Buradany3
3+ C1y = −x+ C2
olarak kapalı cozumumuzu buluruz. Buradan y yi cekmek mumkundegildir.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 14/ 150
Yuksek Mertebeden Diferansiyel Denklemler
Ikinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler
x bagımsız ve y bagımlı degisken olmak uzere genel olarak ikincimertebeden bir diferansiyel denklem
G(x, y, y′, y′′) = 0 (4)
seklinde ifade edildigini biliyoruz.Burada G fonksiyonu y, y′ ve y′′
ye gore lineer ise (4) denklemine lineer denklem denir. Yani
A(x)y′′ +B(x)y′ + C(x)y = F (x) (5)
bicimindeki denklemler lineer olarak adlandırılır. Burada A(x),B(x), C(x) ve F (x) fonksiyonları bir I (muhtemelen sınırsız) acıkaralıgı uzerinde sureklidir.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 15/ 150
Ikinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler
ORNEK
exy′′ + (cosx)y′ + (1 +√x)y = tan(−1) x
denklemi ikinci mertebeden lineer bir denklemdir.
—————–
y′′ = y.y′
vey′′ + 3(y′)2 + 4y3 = 0
denklemleri ise ikinci mertebeden lineer olmayan denklemlerdir.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 16/ 150
Ikinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler
A(x)y′′ +B(x)y′ + C(x)y = F (x) (5)
Denklem (5) in sag tarafında bulunan F (x) fonksiyonu, I aralıgıuzerinde sıfıra ozdes ise, (5) denklemine lineer homogen; aksitaktirde lineer homogen olmayan denklem denir.
ORNEK
x2y′′ + 2xy′ + 3y = cosx
ikinci mertebeden lineer, homogen olmayan bir denklem,
—————–
x2y′′ + 2xy′ + 3y = 0
ise bununla ilgili olan ikinci mertebeden lineer homogen
denklemlerdir.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 17/ 150
Ikinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler
Ikinci Mertebeden Lineer Homogen Denklemler
Ikinci mertebeden genel lineer
A(x)y′′ +B(x)y′ + C(x)y = F (x)
diferansiyel denklemi ele alalım.Burada A(x), B(x), C(x) ve F (x)fonksiyonları I da surekli ve ∀x ∈ I A(x) 6= 0 dır.Yukarıdakidenklemin her iki tarafı A(x)’e bolunurse, denklem
y′′ + p(x)y′ + q(x)y = f(x) (6)
biciminde ifade edilebilir.Ilk olarak (5) ile ilgili olan
y′′ + p(x)y′ + q(x)y = 0 (7)
homogen denklemi inceleyecegiz.Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 18/ 150
Ikinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler
y′′ + p(x)y′ + q(x)y = 0 (7)
Teorem: (Superposition prensibi)
y1 ve y2, (7) ile verilen homogen denklemin I aralıgı uzerinde ikicozumu olsun, C1 ve C2 keyfi sabitler olmak uzere,
y = C1y1 + C2y2 (8)
ifadeside (7) ile verilen denklemin I aralıgı uzerinde bir cozumudur.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 19/ 150
Ikinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler
ORNEK
y1(x) = cosx ve y2(x) = sinx
fonksiyonlarınıny′′ + y = 0
denkleminin cozumleri oldukları kolaylıkla gorulebilir.Teorem, bucozumlerin ornegin;
y(x) = 3y1(x)− 2y2(x) = 3 cosx− 2 sinx
gibi herhangi bir lineer birlesimininde denklemin bir cozumuoldugunu belirtir. Tersine, y′′ + y = 0 denkleminin her bircozumunun, bu denklemin y1 ve y2 ozel cozumlerinin bir lineerbirlesimi oldugunu ilerde gorecegiz.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 20/ 150
Ikinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler
Teorem: (Varlık ve Teklik)
p,q ve f fonksiyonları a noktasını iceren bir I aralıgı uzerindesurekli olsun. Bu takdirde, b0 ve b1 verilen sabitler olmak uzere
y′′ + p(x)y′ + q(x)y = f(x) (6)
denklemi, I aralıgının tamamında,
y(a) = b0, y′(a) = b1
baslangıs kosullarını saglayan bir tek (bir ve yalnız bir) cozumesahiptir.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 21/ 150
Ikinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler
ORNEK
y′′ + y = 0
y(0) = 3, y′(0) = −2
baslangıc deger probleminin cozumunu bulalım.
COZUM
Bir onceki ornekte y(x) = C1 cosx+ C2 sinx (tum reel eksenuzerinde) y′′ + y = 0 denkleminin cozumu oldugunu soylemistik.(Teorem yardımıyla)
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 22/ 150
Ikinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler
Baslangıc kosullarından
y(0) = C1 cos 0 + C2 sin 0 = C1
vey′(0) = −C1 sin 0 + C2 cos 0 = C2
C1 = 3 ve C2 = −2 bulunur. Sonuc olarak baslangıc degerproblemimizin cozumu
y(x) = 3 cosx− 2 sinx
dur.
Goruldugu gibi keyfi sabitler basit bir lineer denklem sistemindenbulunabilmektedir.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 23/ 150
Ikinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler
ORNEK
y′′ − 2y′ + y = 0
y(0) = 3, y′(0) = 1
baslangıc deger probleminin cozumunu bulalım.
COZUM
y1(x) = ex ve y2(x) = 2ex (tum reel eksen uzerinde)y′′ − 2y′ + y = 0 denkleminin cozumleri oldugu kolaylıklagorulebilir. Teorem yardımıyla
y(x) = c1y1(x) + c2y2(x) = c1ex + c22e
x
fonksiyonunda denklemimizin bir cozumu oldugunu soyleyebilir vebaslangıc kosullarını saglayan c1 ve c2 yi bulabilirsek baslangıcdeger problemimizi cozumunu bulmus oluruz.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 24/ 150
Ikinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler
Baslangıc kosullarından
y(0) = c1e0 + c22e
0 = 3
vey′(0) = c1e
0 + c22e0 = 1
Cozumu olmayan (saglayan c1 ve c2 nin bulunamayacagı)
c1 + 2c2 = 3
c1 + 2c2 = 1
denklem sistemi gelir.Cozumlerimizin nasıl fonksiyonlar olması durumunda baslangıckosulları yardımıyla kefilerimizi (c1 ve c2) bulabilecegimizi gorelim.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 25/ 150
Ikinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler
TANIM
y1(x) ve y2(x) fonksiyonları bir [a, b] kapalı aralıgında reel degerlive turevlenebilir fonksiyonlar olsun
y1(x) y2(x)y′1(x) y′2(x)
determinantı y1(x) ve y2(x) fonksiyonlarının Wronskiyeni olarakadlandırılır. W (y1(x), y2(x)) olarak gosterilir.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 26/ 150
Ikinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler
TANIM
y1(x) ve y2(x) fonksiyonları bir [a, b] kapalı aralıgında dogrusalbagımlıdır ancak ve ancak [a, b] kapalı aralıgındaki her x icinW (y1(x), y2(x)) = 0
ORNEK
y1(x) = ex ve y2(x) = 2ex fonksiyonlarının Wronskiyeni
W (y1(x), y2(x)) =y1(x) y2(x)y′1(x) y′2(x)
=ex 2ex
ex 2ex= 0
y1(x) = ex ve y2(x) = 2ex fonksiyonları dogrusal bagımlıdır.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 27/ 150
Ikinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler
ORNEK
y1(x) = sinx ve y2(x) = cosx fonksiyonlarının Wronskiyeni
W (y1(x), y2(x)) =y1(x) y2(x)y′1(x) y′2(x)
=sinx cosxcosx − sinx
= −1 6= 0
y1(x) = sinx ve y2(x) = cosx fonksiyonları dogrusal bagımsızdır.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 28/ 150
Ikinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler
TEOREM
p ve q fonksiyonları acık bir I aralıgı uzerinde surekli olmak uzerey1 ve y2
y′′ + p(x)y′ + q(x)y = 0
homogen denkleminin dogrusal bagımsız iki cozumu olsun. EgerY (x) bu homogen denklemin I aralıgı uzerindeki herhangi bircozumu ise, bu taktirde ∀x ∈ I
Y (x) = c1y1(x) + c2y2(x)
olacak sekilde c1 ve c2 sabitleri vardır.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 29/ 150
Ikinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler
IKINCI MERTEBEDEN SABIT KATSAYILI LINEERDENKLEMLER
Bu bolumde a, b ve c sabitler olmak uzere
ay′′ + by′ + cy = 0 (9)
diferansiyel denklemi ele alınacaktır.
Denkleme baktıgımızda aradıgımız fonksiyonun turevlerinin belirlisabitlerle carpılıp toplandıgında 0 elde edildigini goruruz. Turevlerikendisinin katı olan fonksiyon bu denklemi saglayacaktır. Buozelligi erx ustel fonksiyonu tasır.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 30/ 150
Ikinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler
y(x) = erx fonksiyonu denklemde yerine yazılır ve buradaki rbulunabilirse cozumumuzu bulmus oluruz.
y(x) = erx ⇒ y′(x) = rerx ⇒ y′′(x) = r2erx
ay′′ + by′ + cy = 0
ar2erx + brerx + cerx = 0
(ar2 + br + c)erx = 0
carpanlarımızdan erx fonksiyonu 0 olamıyacagı icin ar2 + br + cikinci derece polinomu 0 olmalıdır.Bu polinomun koklerinibulabilirsek y(x) = erx fonksiyonu denklem (1) in bir cozumuolacaktır.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 31/ 150
Ikinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler
ORNEK
y′′ − 5y′ + 6y = 0
diferansiyel denklemin genel cozumunu bulunuz.
COZUM
Denklemimizde y(x) = erx i yerine yazarsak,
r2erx − 5rerx + 6erx = 0
(r2 − 5r + 6)erx = 0
bulunur. r2 − 5r + 6 polinomunun kokleri r = 2 ve r = 3 tur. Bircozum ararken y1(x) = e2x ve y2(x) = e3x gibi iki cozum bulduk.Eger bu fonksiyonlar dogrusal bagımsız ise genel cozumumuzu
y(x) = c1y1(x) + c2y2(x)
seklinde yazabiliriz.Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 32/ 150
Ikinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler
y1(x) = e2x ve y2(x) = e3x foksiyonlarının Wronskiyeni
W (y1(x), y2(x)) =y1(x) y2(x)y′1(x) y′2(x)
=e2x e3x
2e2x 3e3x
W (y1(x), y2(x)) = 3e5x − 2e5x = e5x
Hic bir reel sayı icin Wronskiyen 0 olamıyacagı icin bu iki fonksiyondogrusal bagımsızdır ve denklemimizi genel cozumu bu ikifonksiyonun lineer kombinasyonu seklinde yazılabilir.
y(x) = c1e2x + c2e
3x
seklinde genel cozumumuzu bulmus oluruz.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 33/ 150
Ikinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler
ar2 + br + c = 0
denklemineay′′ + by′ + cy = 0 (1)
denkleminin karakteristik denklemi denir.
Eger r1 ve r2 karakteristik denklemin reel ve farklı iki koku ise,
y(x) = c1er1x + c2e
r2x
fonksiyonu denklem (1) in genel cozumudur.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 34/ 150
Ikinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler
ORNEK
2y′′ − 7y′ + 3y = 0
diferansiyel denklemin genel cozumunu bulunuz.
COZUM
Karakteristik denklemimiz
2r2 − 7r + 3 = 0
dir. Karakteristik denklemimizin kokleri r1 = 1/2 ve r2 = 3 tur.Dolayısıyla denklemimizin genel cozumu
y(x) = c1e1
2x + c2e
3x
olarak yazılır.Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 35/ 150
Ikinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler
ORNEK
y′′ + 2y′ = 0
diferansiyel denklemin genel cozumunu bulunuz.
COZUM
Karakteristik denklemimiz
r2 + 2r = 0
dir. Karakteristik denklemimizin kokleri r1 = 0 ve r2 = −2 dir.Dolayısıyla denklemimizin genel cozumu
y(x) = c1e0x + c2e
−2x = c1 + c2e−2x
olarak yazılır.Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 36/ 150
Ikinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler
ay′′ + by′ + cy = 0 (1)
Eger karakteristik denklem r1 = r2 gibi esit iki reel koke sahip ise,
y(x) = (c1 + c2x)er1x
fonksiyonu denklem (1) in genel cozumudur.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 37/ 150
Ikinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler
ORNEK
9y′′ − 12y′ + 4y = 0
diferansiyel denklemin genel cozumunu bulunuz.
COZUM
Karakteristik denklemimiz
9r2 − 12r + 4 = 0
dir. Karakteristik denklemimizin kokleri r1 = r2 =23 dur.
Dolayısıyla denklemimizin genel cozumu
y(x) = (c1 + c2x)e2
3x
olarak yazılır.Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 38/ 150
Ikinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler
ORNEK
y′′ + 2y′ + y = 0
y(0) = 5, y′(0) = −3
baslangıc deger problemini cozunuz.
COZUM
Karakteristik denklemimiz
r2 + 2r + 1 = (r + 1)2 = 0
dir. Dolayısıyla karakteristik denklemimizin kokleri birbirine esit ver1 = r2 = −1 dir. Denklemimizin genel cozumu
y(x) = (c1 + c2x)e−x
olarak yazılır.Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 39/ 150
Ikinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler
y(x) = (c1 + c2x)e−x
Baslangıc kosullarımız yardımıyla c1 ve c2 yi bulabiliriz.
y(0) = (c1 + c20)e−0 = c1 = 5
vey′(x) = −c1e
−x + c2e−x − c2xe
−x
y′(0) = −c1e−0 + c2e
−0 − c20e−x = −c1 + c2 = −3
Bu iki denklemden c1 = 5 ve c2 = 2 degerlerine ulasırız. Sonucolarak cozumumuz
y(x) = (5 + 2x)e−x
tur.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 40/ 150
Ikinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler
ay′′ + by′ + cy = 0 (1)
Eger karakteristik denklemin a∓ ib, (b 6= 0) gibi kompleks eslenikiki koke sahip ise,
y(x) = eax(c1 cos (bx) + c2 sin (bx))
fonksiyonu denklem (1) in genel cozumudur.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 41/ 150
Ikinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler
ORNEK
y′′ − 4y′ + 5y = 0
denkleminin genel cozumunu bulun.
COZUM
Karakteristik denklemimiz
r2 − 4r + 5 = 0
dır. ∆ = b2 − 4ac = (−4)2 − 4.1.5 = −4 < 0 oldugu icinkarakteristik denklemin reel koku yoktur. Kompleks koklerimiz2∓ i dir.Boylece genel cozumumuz
y(x) = e2x(c1 cosx+ c2 sinx)
seklinde yazılabilir.Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 42/ 150
n. Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler
Bu bolumde ikinci mertebeden lineer diferansiyel denklemler icinelde edilen sonucları n. mertebeden
P0(x)y(n)+P1(x)y
(n−1)+ · · ·+Pn−1(x)y′+Pn(x)y = F (x) (10)
lineer denklemler icin genellemesi yapılacaktır. Aksi belirtilmedikcedenklemde gecen Pi(x) katsayılarının (P0(x) 6= 0) ve F (x) indenklemi cozmek istedigimiz bir I (muhtemelen sınırsız) acıkaralıgı uzerinde surekli oldugu kabul edilecektir.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 43/ 150
n. Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler
(1) denkleminin her iki tarfını P0(x)’e bolersek baskatsayısı 1 olan
y(n) + p1(x)y(n−1) + · · ·+ pn−1(x)y
′ + pn(x)y = f(x) (11)
denklemini elde ederiz.Denklem (2) ile ilgili homogen denklem
y(n) + p1(x)y(n−1) + · · ·+ pn−1(x)y
′ + pn(x)y = 0 (12)
dır. n. mertebeden lineer denklemler icin de Superposition prensibigecerlidir.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 44/ 150
n. Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler
Teorem: (Superposition prensibi)
y1, y2, · · · , yn, (3) ile verilen homogen denklemin I aralıgı uzerinden cozumu olsun, c1, c2, · · · , cn keyfi sabitler olmak uzere,
y = c1y1 + c2y2 + · · ·+ cnyn (13)
ifadeside (3) ile verilen denklemin I aralıgı uzerinde bir cozumudur.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 45/ 150
n. Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler
Ikinci mertebeden bir lineer diferansiyel denklemin bir ozelcozumunun iki baslangıc kosulu ile belirlendigini gorduk. Benzersekilde n. mertebeden leneer bir diferansiyel denklemin bir ozelcozumu n tane baslangıc kosulu ile belirlenir.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 46/ 150
n. Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler
Teorem: (Varlık ve Teklik)
p1, p2, · · · , pn ve f fonksiyonları a noktasını iceren bir I aralıgıuzerinde surekli olsun. Bu takdirde, b0, b1, · · · , bn−1 verilen sabitlerolmak uzere
y(n) + p1(x)y(n−1) + · · ·+ pn−1(x)y
′ + pn(x)y = f(x) (2)
denklemi, I aralıgının tamamında,
y(a) = b0, y′(a) = b1, · · · y(n−1) = bn−1
baslangıc kosullarını saglayan bir tek (bir ve yalnız bir) cozumesahiptir.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 47/ 150
n. Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler
Lineer Bagımsız Cozumler
Ikinci mertebeden lineer diferansiyel denklemler ile ilgili verilentemel bilgiler esas alındıgında, n . mertebeden lineer, homogen
y(n) + p1(x)y(n−1) + · · ·+ pn−1(x)y
′ + pn(x)y = 0
denkleminin genel cozumunun; y1, y2, · · · , yn (3) denkleminin ozelcozumleri olmak uzere
y = c1y1 + c2y2 + · · ·+ cnyn (4)
biciminde lineer birlesimi olarak ifade edilebilecegini sezgisel olaraksoyleyebiliriz. Bu n tane ozel cozumun “yeterince bagımsız” olmasıgerekir ki (4) bagıntısındaki c1, c2, · · · , cn katsayılarını baslangıckosullarını saglayabilecek sekilde bulabilelim.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 48/ 150
n. Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler
TANIM
y1(x), y2(x), · · · , yn(x) fonksiyonları bir [a, b] kapalı aralıgında reeldegerli ve turevlenebilir fonksiyonlar olsun
y1(x) y2(x) · · · yn(x)y′1(x) y′2(x) · · · y′n(x)...
......
...
y(n−1)1 (x) y
(n−1)2 (x) · · · y
(n−1)n (x)
determinantı y1(x), y2(x), · · · , yn(x) fonksiyonlarının Wronskiyeni
olarak adlandırılır. W (y1(x), y2(x), · · · , yn(x)) olarak gosterilir.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 49/ 150
n. Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler
TANIM
y1(x), y2(x), · · · , yn(x) fonksiyonları bir [a, b] kapalı aralıgındadogrusal bagımlıdır ancak ve ancak [a, b] kapalı aralıgındaki her xicin W (y1(x), y2(x), · · · , yn(x)) = 0
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 50/ 150
n. Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler
TEOREM
pi ler acık bir I aralıgı uzerinde surekli olmak uzere y1, y2, · · · , ynbu aralık uzerinde
y(n) + p1(x)y(n−1) + · · ·+ pn−1(x)y
′ + pn(x)y = 0
homogen denkleminin dogrusal bagımsız n ozel cozumu olsun.Eger Y (x) bu homogen denklemin I aralıgı uzerindeki herhangi bircozumu ise, bu taktirde ∀x ∈ I
Y (x) = c1y1(x) + c2y2(x) + · · ·+ cnyn(x)
olacak sekilde c1, c2, · · · , cn sabitleri vardır.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 51/ 150
n. Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler
Su ana kadar n. mertebeden lineer homogen bir diferansiyeldenklemin genel cozumunun n tane lineer bagımsız ozel cozumdenolustugunu gorduk. Ancak, bir tek cozumun bile nasıl bulunacagıhakkında fazla bir sey soylenmedi. Degisken katsayılı lineer birdiferansiyel denklemin cozumlerinin bulunması icin genelliklenumerik yontemlere yada kuvvet serileri yontemlerine ihtiyac vardır.
Simdi biz n. mertebeden sabit katsayılı diferansiyel denklemlerincozumlerinin nasıl bulunabileceginden bahsedelim.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 52/ 150
n. Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler
n. MERTEBEDEN SABIT KATSAYILI LINEER DENKLEMLER
Bu bolumde a0, a1, · · · , an sabitler ve an 6= 0 olmak uzere
any(n) + an−1y
(n−1) + · · ·+ a1y′ + a0y = 0 (14)
diferansiyel denklemi ele alınacaktır.
Ikinci mertebeden lineer homogen diferansiyel denklemlerdeyaptıgımız gibi burada da karakteristik denklemden faydalanacagız.Yukarıdaki denklemin karakteristik denklemi:
anrn + an−1r
n−1 + · · ·+ a1r + a0 = 0 (15)
dır.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 53/ 150
n. Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler
anrn + an−1r
n−1 + · · ·+ a1r + a0 = 0
Goruldugu gibi karakteristik denklemimiz n. dereceden birpolinomdur. Bu polinomun n koku vardır. Bu koklerin farklı veyareel olma zorunlulugu yoktur. Boyle bir denklemin koklerininbulunması zor, hatta bazen imkansızdır. Boyle durumlarda numerikyontemler kullanılarak kokler bulunabilir.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 54/ 150
n. Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler
Farklı Reel Kokler
Eger (6) karakteristik denkleminin r1, r2, · · · , rn kokleri reel vefarklı ise, (5) denkleminin genel cozumu
y(x) = c1er1x + c2e
r2x + · · ·+ cnernx
ile verilir.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 55/ 150
n. Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler
ORNEK
y(3) + 3y′′ − 10y′ = 0
y(0) = 7, y′(0) = 0, y′′(0) = 70
baslangıc deger probleminin genel cozumunu bulalım.
COZUM
Karakteristik denklem:
r3 + 3r2 − 10r = 0
dir. Carpanlarına ayırdıgımızda;
r(r2 + 3r − 10) = r(r + 5)(r − 2) = 0
bulur ve koklerini de r1 = 0, r2 = −5 ve r3 = 2 buluruz.Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 56/ 150
n. Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler
Buldugumuz kokler reel ve birbirinden farklıdır. Genel cozumumuz
y(x) = c1e0 + c2e
−5x + c3e2x = c1 + c2e
−5x + c3e2x
olur. Verilen baslangıc kosullarından
y(0) = c1 + c2 + c3 = 7
y′(0) = −5c2 + 2c3 = 0
y′′(0) = 25c2 + 4c3 = 70
denklem sistemini elde ederiz. Son iki denklemi kullanarak c2 = 2buluruz. Diger denklemlerde yerine koyarak c3 = 5 ve c1 = 0buluruz. Boylece ozel cozumumuz
y(x) = 2e−5x + 5e2x
olur.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 57/ 150
n. Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler
Katlı Kokler
Eger (6) karakteristik denklemi k katlı bir r kokune sahipse (5)denkleminin genel cozumunun bu k katlı r kokune karsılık gelenparcası
(c1 + c2x+ c3x2 + · · ·+ ckx
k−1)erx
seklindedir.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 58/ 150
n. Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler
ORNEK
y(3) + y′′ − y′ − y = 0
diferansiyel denkleminin genel cozumunu bulalım.
COZUM:
Karakteristik denklem:
r3 + r2 − r − 1 = 0
r yerine 1 koyarsak karakteristik denklemi saglar ⇒ r = 1,kokumuz. Yani (r − 1) karakteristik denklemin bir carpanı.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 59/ 150
n. Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler
Karakteristik denklemi (r − 1) e bolersek diger carpanı buluruz.
r3 + r2 − r − 1 = (r − 1)(r2 + 2r + 1) = (r − 1)(r + 1)2
koklerimiz r1 = 1 r2,3 = −1 olarak bulunur. Genel cozum
y(x) = c1e1x
︸ ︷︷ ︸
r1 = 1 kokune karsılık gelen parca
+ (c2 + c3x)e−1x
︸ ︷︷ ︸
r2,3 = −1 katlı kokune karsılık gelen parca
olarak yazılır.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 60/ 150
n. Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler
ORNEK
Besinci mertebeden
9y(5) − 6y(4) + y(3) = 0
diferansiyel denkleminin genel cozumunu bulalım.
COZUM:
Karakteristik denklem:
9r5 − 6r4 + r3 = r3(9r2 − 6r + 1) = r3(3r − 1)2 = 0
seklindedir. Iki farklı kok vardır. r1,2,3 = 0 ve r4,5 =13 kokleridir.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 61/ 150
n. Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler
r = 0 dan
c1e0x + c2xe
0x + c3x2e0x = c1 + c2x+ c3x
2
ve cift katlı kok olan r = 13 ten c4e
x/3 + c5xex/3elde edilir. Boylece
genel cozumumuz
y(x) = c1 + c2x+ c3x2 + c4e
x/3 + c5xex/3
olur.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 62/ 150
n. Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler
Kompleks Kokler
Eger (6) karakteristik denklemi a∓ ib, (b 6= 0) gibi komplekseslenik iki koke sahip ise, (5) denkleminin genel cozumunun bukompleks koklere karsılık gelen parcası
eax(c1 cos (bx) + c2 sin (bx))
seklindedir.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 63/ 150
n. Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler
ORNEK
y(4) + 3y′′ − 4y = 0
diferansiyel denkleminin cozumunu bulalım.
COZUM:
Karakteristik denklem:
r4 + 3r2 − 4 = 0 ⇒ (r2 + 4)(r2 − 1) = 0
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 64/ 150
n. Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler
Kokler:r1,2 = ∓2i, r3 = 1, r4 = −1
genel cozum:
y(x) = e0x(c1cos2x+ c2sin2x)︸ ︷︷ ︸
komplex koklere karsılık gelen parca
+c3ex + c4e
−x
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 65/ 150
n. Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler
Katlı Kompleks Kokler
Eger (6) karakteristik denkleminin a∓ ib, (b 6= 0) kompleks eslenikkoku k katlı ise, (5) denkleminin genel cozumunun bu komplekskoklere karsılık gelen parcası
eax((c1 cos (bx) + d1 sin (bx)) + x(c2 cos (bx) + d2 sin (bx)) + · · ·+xk−1(ck−1 cos (bx) + dk−1 sin (bx)))
seklindedir.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 66/ 150
n. Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler
ORNEK
y(4) + 12y(3) + 62y′′ + 156y′ + 169y = 0
diferansiyel denkleminin genel cozumunu bulalım.
COZUM:
Karakteristik denklem:
r4 + 12r3 + 62r2 + 156r + 169 = 0
(r2 + 6r + 13)2 = 0
[(r + 3)2 + 4]2 = 0
(r + 3)2 + 4 = 0 ⇒ (r + 3)2 = −4 ⇒ r + 3 = ∓2i
r1,2 = −3∓ 2i
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 67/ 150
n. Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler
−3∓ 2i koku 2 katlı kompleks kok. O halde genel cozum
y(x) = e−3x(c1cos2x+ d1sin2x+ x(c2cos2x+ d2sin2x))
seklinde yazılır.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 68/ 150
HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER
n. mertebeden homogen olmayan lineer bir diferansiyel denklemin
y(n) + p1(x)y(n−1) + · · ·+ pn−1(x)y
′ + pn(x)y = f(x) (16)
seklinde oldugunu ve bununla ilgili olan n. mertebeden lineerhomogen denlemin
y(n) + p1(x)y(n−1) + · · ·+ pn−1(x)y
′ + pn(x)y = 0 (17)
oldugunu biliyoruz.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 69/ 150
HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER
Teorem
pi ve f fonksiyonları I acık aralıgında surekli olmak uzere yo, (1)denkleminin bir ozel cozumu ve y1, y2, . . . , yn fonksiyonları (2)denkleminin I aralıgı uzerinde bir cozumu ise, her x ∈ I icin
Y (x) = c1y1(x) + c2y2(x) + · · ·+ cnyn(x) + yo(x) (18)
olacak sekilde c1, c2, . . . , cn keyfi sabitleri vardır.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 70/ 150
HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER
Teorem’e gore
y(n) + p1(x)y(n−1) + · · ·+ pn−1(x)y
′ + pn(x)y = f(x) (1)
diferansiyel denkleminin genel cozumu, ilgili homogen denklemin
y(n) + p1(x)y(n−1) + · · ·+ pn−1(x)y
′ + pn(x)y = 0 (2)
genel cozumu
yh(x) = c1y1(x) + c2y2(x) + · · ·+ cnyn(x)
ile (1) denkleminin bir ozel cozumunun yo(x) toplamı olacagıdır.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 71/ 150
HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER
ORNEK
y′′ + 4y = 12x diferansiyel denklemini ele alalım. Bu denklemleilgili homogen denklem
y′′ + 4y = 0
denklemidir ve bu homogen denklemin genel cozumuc1 cos 2x+ c2 sin 2x olarak bulunabilir (yh(x)).
y = 3x fonksiyonun homogen olmayan denklemi sagladıgı kolaycagosterilebilir. Yani y = 3x fonksiyonu denklemimiz icin bir ozelcozumdur (yo(x)).Teoreme gore homogen olmayan denklemin genel cozumu (yg(x))
yg(x) = yh(x) + yo(x) = c1 cos 2x+ c2 sin 2x+ 3x
olarak yazılabilir.Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 72/ 150
HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER
Sonuc olarak n. mertebeden homogen olmayan lineer birdiferansiyel denklemin cozumunu bulmak istiyorsak, bu denklemleilgili n. mertebeden homogen denklemin genel cozumunu bulmamızve homogen olmayan denklemin bir ozel cozumunu elde etmemizgerek.
Bir onceki bolumde n. mertebeden sabit katsayılı homogen lineerdenklemlerin genel cozumlerini bulmayı ogrenmistik. Bu bolumdehomogen olamayan sabit katsayılı lineer denklemlerin cozumunuinceleyecegiz. Ilgili homogen denklemin genel cozumunubulabildigimize gore isimiz sadece homogen olmayan denklem icinozel cozum bulmaktır.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 73/ 150
HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER
Belirsiz Katsayılar Metodu
y(n) + p1(x)y(n−1) + · · ·+ pn−1(x)y
′ + pn(x)y = f(x) (1)
(1) denklemindeki f(x) fonksiyonu yo nin genel sekli icin birtahmin yapabilecegimiz kadar basit verilmis ise, belirsiz katsayılar
metodu yo yi bulmak icin bir yoldur.
Ilk olarak f(x) veya onun herhangi bir turevinde bulunan hicbirterimin homogen denklemi saglamadıgını kabul edelim.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 74/ 150
HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER
f(x) fonksiyonu m. dereceden bir polinom ise, ozel cozum yoasagıdaki gibi secilir
yo(x) = Amxm +Am−1xm−1 + . . .+A1x+A0
ve Am, Am−1, . . . , A1, A0 bilinmeyenleri bulunur.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 75/ 150
HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER
ORNEK
y′′ + 3y′ + 4y = 3x+ 2 diferansiyel denklemin bir ozel cozumunubulalım.
Burada f(x) = 3x+ 2 seklinde 1. dereceden bir polinomdur.Boylece bizim ozel cozumumuz
yo(x) = A1x+A0
dir.Diferansiyel denklemimizde yerine yazıp A1, A0 bilinmeyenlerinibulalım.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 76/ 150
HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER
Ozel cozumumuzun turevlerini bulalım.
y′o(x) = A1
y′′o(x) = 0
Yerlerine yazılırsa
0 + 3A1 + 4(A1x+A0) = 3x+ 2
Duzenlersek;4A1x+ 3A1 + 4A0 = 3x+ 2
Polinomların esitligini kullanarak A1 =34 ve A0 =
−116
bulunur.Boylece ozel cozumumuz
yo(x) =3
4x− 1
16
olarak bulunur.Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 77/ 150
HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER
f(x) = a cos kx+ b sin kx, seklinde ise, ozel cozum yo asagıdakigibi secilir
yo(x) = A cos kx+B sin kx
ve A,B bilinmeyenleri bulunur.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 78/ 150
HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER
ORNEK
y′′ + y′ − 2y = 2 cosx diferansiyel denklemin bir ozel cozumunubulalım.
Burada f(x) = 2 cosx . Boylece bizim ozel cozumumuz
yo(x) = A cosx+B sinx
dir.Diferansiyel denklemimizde yerine yazıp A,B bilinmeyenlerinibulalım.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 79/ 150
HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER
Ozel cozumumuzun turevlerini bulalım.
y′o(x) = −A sinx+B cosx
y′′o(x) = −A cosx−B sinx
Yerlerine yazılırsa
(−A cosx−B sinx)+(−A sinx+B cosx)−2(A cosx+B sinx) = 2 cosx
Duzenlersek;
(B − 3A) cosx+ (−A− 3B) sinx = 2 cosx
Yine katsayılar esitligini kullanarak A = −35 ve B = 1
5bulunur.Boylece ozel cozumumuz
yo(x) =−3
5cosx+
1
5sinx
olarak bulunur.Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 80/ 150
HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER
f(x) = ekx, seklinde ise, ozel cozum yo asagıdaki gibi secilir
yo(x) = Aekx
ve A bilinmeyeni bulunur.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 81/ 150
HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER
ORNEK
y′′ − 4y = 2e3x diferansiyel denklemin bir ozel cozumunu bulalım.
Burada f(x) = 2e3x . Boylece bizim ozel cozumumuz
yo(x) = Ae3x
dir.Diferansiyel denklemimizde yerine yazıp A bilinmeyenini bulalım.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 82/ 150
HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER
Ozel cozumumuzun turevlerini bulalım.
y′o(x) = 3Ae3x
y′′o(x) = 9Ae3x
Yerlerine yazılırsa
(9Ae3x)− 4(Ae3x) = 2e3x
Duzenlersek;(5A)e3x = 2e3x
Buradan A = 25 bulunur.Boylece ozel cozumumuz
yo(x) =2
5e3x
olarak bulunur.Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 83/ 150
HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER
Belirsiz katsayılar metodu, (1) denklemindeki f(x) fonksiyonunasagıdaki uc tip fonksiyon (sonlu) carpımlarının bir lineer birlesimiolması durumunda uygulanır.
x’e gore polinom
ekx tipi ustel fonksiyon
cos kx ya da sin kx
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 84/ 150
HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER
ORNEK
y′′ − 3y′ + 2y = 3e−x − 10 cos 3x
y(0) = 1, y′(0) = 2
baslangıc deger problemini cozunuz.
COZUM
Oncelikle yukarıdaki diferansiyel denklemin ilgili homogendenklemini cozmemiz gerekiyor.Yani
y′′ − 3y′ + 2y = 0
homogen diferansiyel denklemini cozelim.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 85/ 150
HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER
Bu denklemin karakteristik denklemi
r2 − 3r + 2 = 0
dir. Bu polinomun kokleri r1 = 1 ve r2 = 2 dir. Sonuc olarakhomogen kısmın genel cozumu
yh(x) = c1ex + c2e
2x
olarak bulunur.f(x) = 3e−x − 10 cos 3x ve turevleri e−x, cos 3x vesin 3x terimlerini icerir. Bunların hicbirisi yh(x) in icindegorulmediginden
yo(x) = Ae−x +B cos 3x+ C sin 3x
olarak alınabilir.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 86/ 150
HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER
y′o ve y′′o fonksyonlarını bulup denklemimizde yerine yazalım vebilinmeyenleri bulalım.
y′o = −Ae−x − 3B sin 3x+ 3C cos 3x
y′′o = Ae−x − 9B cos 3x− 9C sin 3x
Yerlerine yazılıp duzenlenirse
6Ae−x+(−7B−9C) cos 3x+(9B−7C) sin 3x = 3e−x−10 cos 3x
elde edilir. Buradan
6A = 0
−7B − 9C = −10
9B − 7C = 0
denklem sistemi elde edilir.Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 87/ 150
HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER
Bu denklem sistemini cozersek: A = 12 , B = 7
13 ve C = 913 olarak
bulunur.Bu da
yo(x) =1
2e−x +
7
13cos 3x+
9
13sin 3x
ozel cozumunu verir.Fakat soruda verilen baslangıc kosullarınısaglamaz. Denklemimizin genel cozumunu yazıp baslangıckosullarını saglayacak sekilde c1, c2 keyfi sabitlerini bulalım.Genelcozumumuzyg(x) = yh(x) + yo(x)
= c1ex + c2e
2x + 12e
−x + 713 cos 3x+ 9
13 sin 3x
olarak yazılır.Kosullar kullanılarak c1 = −12 ve c2 =
613
bulunur.Istenilen cozum
y(x) = −1
2ex +
6
13e2x +
1
2e−x +
7
13cos 3x+
9
13sin 3x
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 88/ 150
HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER
ORNEK
4y′′ + 4y′ + y = 3xex diferansiyel denkleminin genel cozumunubulunuz.
COZUM
Once ilgili homogen denklemin 4y′′ + 4y′ + y = 0 genel cozumunubulalım.Karakteristik denklemimiz
4r2 + 4r + 1 = 0
Karakteristik denklemin kokleri r1,2 = −12 dir. Homogen denklemin
genel cozumu
yh(x) = e−1
2x(c1 + c2x)
seklinde bulunur.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 89/ 150
HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER
yh(x) = e−1
2x(c1 + c2x) cozumunun icerisinde f(x) = 3xex veya
herhangi bir turevi bulunmuyor. f(x) fonksiyonu birinci derecedenbir polinom ve ustel fonksiyonun carpımı oldugu icin ozelcozumumuz
yo = (Ax+B)ex
seklinde olacaktır. Denklemimizde yerine koymak icin turevlerialalım.
y′o = Aex + (Ax+B)ex
y′′o = 2Aex + (Ax+B)ex
Turevleri yerine koyalım
4(2Aex+(Ax+B)ex)+4(Aex+(Ax+B)ex)+(Ax+B)ex = 3xex
Duzenlersekex(9Ax+ 12A+ 9B) = 3xex
elde ederiz.Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 90/ 150
HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER
ex(9Ax+ 12A+ 9B) = 3xex
Yukarıdaki denklemde sadelestirme yapılırsa, katsayılarınesitliginden A = 1
3 ve B = −49 bulunur.Ozel Cozumumuz:
yo(x) = (1
3x− 4
9)ex
olarak bulunur. Genel cozumumuz ise
yg(x) = e−1
2x(c1 + c2x)
︸ ︷︷ ︸
yh(x)
+(1
3x− 4
9)ex
︸ ︷︷ ︸
yo(x)
dir.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 91/ 150
HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER
ORNEK
y(3) + y′′ = 3ex + 4x2 diferansiyel denkleminin ozel cozumunubulunuz.
COZUM
Ilgili homogen denklemin karakteristik denklemi r3 + r2 = 0 dır.Kokler r1,2 = 0 ve r3 = −1 dir.Bu durumda homogen denklemingenel cozumu
yh(x) = c1 + c2x+ c3e−x
dir.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 92/ 150
HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER
Ozel cozumumuzu
yo(x) = Aex︸︷︷︸
ex icin
+B + Cx+Dx2︸ ︷︷ ︸
x2 icin
seklinde secemeyiz. Cunku f(x) = 3ex + 4x2 fonksiyonunun x2
teriminin turevi yh(x) in icinde mevcut.
Bu durumda ozel cozumde x2 ye karsılık gelen parcayı xm ilecarparak yh(x) ile benzer terim icermemesini saglamalıyız.Buradam secilebilecek en kucuk tamsayı olmalıdır.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 93/ 150
HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER
x2 ye karsılık gelen parca olan B + Cx+Dx2 yi x ile carpalım
Bx+ Cx2 +Dx3
Hala benzer terim mevcut (Bx, c2x).x2 ile carpalım
Bx2 + Cx3 +Dx4
Artık benzer terimimiz yok. Yani ozel cozumumuz
yo(x) = Aex +Bx2 + Cx3 +Dx4
seklinde secilebilir.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 94/ 150
HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER
Turevleri alıp yerine koyalım
y′o(x) = Aex + 2Bx+ 3Cx2 + 4Dx3
y′′o(x) = Aex + 2B + 6Cx+ 12Dx2
y(3)o (x) = Aex + 6C + 24Dx
Denklemimizde yerine yazalım ve duzenleyelim
2Aex + (2B + 6C) + (6C + 24D)x+ 12Dx2 = 3ex + 4x2
elde ederiz.Buradan katsayıların esitliginden
2A = 3
2B + 6C = 0
6C + 24D = 0
12D = 4
denklemlerini elde ederiz.Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 95/ 150
HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER
Bu denklemlerden A = 32 , B = 4, C = −4
3 ve D = 13 olarak
bulunur.Boylece istenilen cozum
yo(x) =3
2ex + 4x2 − 4
3x3 +
1
3x4
olur.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 96/ 150
HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER
ORNEK
y′′ + 6y′ + 13y = e−3x cos 2x diferansiyel denkleminin ozel cozumuicin uygun bir form belirleyiniz.
COZUM
Ilgili homogen denklemin karakteristik denklemir2 + 6r + 13 = 0olup kokleri r1,2 = −3∓ 2i dir. Bu durumda homogen denklemincozumu
yh(x) = e−3x(c1 cos 2x+ c2 sin 2x)
dir.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 97/ 150
HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER
f(x) = e−3x cos 2x fonksiyonuna bakılarak
yo(x) = e−3x(A cos 2x+B sin 2x)
ozel cozum olarak dusunulebilir. Fakat denklemimizdekif(x) = e−3x cos 2x homogen denklemin cozumunun icinde vardır.(c1 = 1, c2 = 0 secilirse) Bu nedenle ozel cozumumuz yukarıdakisekilde secilemez. x ile carparsak
yo(x) = e−3x(Ax cos 2x+Bx sin 2x)
benzer terim ortadan kaldırılır.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 98/ 150
HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER
ORNEK
y′′ + y′ + y = sin2 x diferansiyel denkleminin genel cozumunubulunuz.
COZUM
Once ilgili homogen denklemin y′′ + y′ + y = 0 genel cozumunubulalım. Karakteristik denklemimiz:
r2 + r + 1 = 0
dir. Bu denklemin kokleri r1,2 = −12 ∓ i
√32 dir. Ilgili homogen
denklemin genel cozumu
yh(x) = e−1
2x(c1 cos (
√3
2x) + c2 sin (
√3
2x))
olarak yazılır.Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 99/ 150
HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER
ozel cozumu f(x) = sin2 x fonksiyonuna bakarak soyleyemeyiz.sin2 x = 1
2 − 12 cos (2x) trigonometrik ozdesliginden
yararlanabiliriz.Denklemimiz asagıdaki sekilde de yazılabilir,
y′′ + y′ + y =1
2− 1
2cos (2x)
Simdi ozel cozumumuzun
yo(x) = A cos (2x) +B sin (2x)︸ ︷︷ ︸
− 1
2cos (2x) icin
+ C︸︷︷︸1
2icin
seklinde olacagını soyleyebiliriz.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 100/ 150
HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER
Denklemde yerine yazıp A,B bilinmeyenlerini bulabilmek icinturevleri alalım
y′o(x) = −2A sin (2x) + 2B cos (2x)
y′′o(x) = −4A cos (2x)− 4B sin (2x)
Yerine koyup duzenlersek:
(−3A+ 2B) cos (2x) + (−3B − 2A) sin (2x) +C =1
2− 1
2cos (2x)
elde edilir.Buradan C = 12 oldugu direkt gorulur.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 101/ 150
HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER
Katsayıların esitligi kullanılarak
−3A+ 2B =1
2−3B − 2A = 0
denklemlerini elde ederiz.Bu denklemlerden A = − 326 ve B = 1
13bulunur.Boylece ozel cozumumuz
yo(x) = − 3
26cos (2x) +
1
13sin (2x) +
1
2
olur.Genel cozumumuz ise
yg(x) = e−1
2x(c1 cos (
√3
2x)+c2 sin (
√3
2x))− 3
26cos (2x)+
1
13sin (2x)+
1
2
dir.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 102/ 150
HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER
ORNEK
y′′′ − y = ex + 7 diferansiyel denkleminin genel cozumunu bulunuz.
COZUM
Once ilgili homogen denklemin y′′′ − y = 0 genel cozumunubulalım. Karakteristik denklemimiz:
m3 − 1 = 0
dir.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 103/ 150
HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER
m3 − 1 = 0 denkleminin kokleri m1,2,3 = 1 dir demek yanlıstır.Cunku bu kokler (m− 1)3 = 0 denkleminin kokleridir. Bizimdenklemimizin koklerinden bir tanesi 1 dir. Diger ikisi isekomplekstir. Kompleks kokleri bulabilmek icin kompleks sayılarınEuler formundan yararlanırız
m = r(cos θ + i sin θ)
m3 = r3(cos 3θ + i sin 3θ)
m3 − 1 = r3(cos 3θ + i sin 3θ)− 1 = 0
Buradan r = 1 olarak bulunur. Yine katsayılar esitliginden
cos 3θ = 1
sin 3θ = 0
yazılır. Buradan θ = 23kπ, k ∈ N bulunur.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 104/ 150
HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER
θ =2
3kπ, k ∈ N
k = 0 ⇒ θ = 0 ⇒ m1 = 1
k = 1 ⇒ θ =2
3π ⇒ m2 = −1
2+ i
√3
2
k = 2 ⇒ θ =4
3π ⇒ m3 = −1
2− i
√3
2
Karakterisitik denklemimizin kokleri m1 = 1,m2,3 = −12 ∓ i
√32 dir.
Homogen cozum
yh(x) = c1ex + e−
1
2x(c2 cos (
√3
2x) + c3 sin (
√3
2x))
olarak yazılır.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 105/ 150
HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER
f(x) = ex + 7 fonksiyonuna bakarak ozel cozumu
yo(x) = Aex +B
seklinde dusunebiliriz. Fakat ilgili homogen denklemin cozumuyh(x) in icinde f(x) = ex + 7 fonksiyonunun bir parcası (ex)bulunuyor. Bu sebeble ex e karsılık gelen parcayı x le carpıp farklıhale getirmeliyiz.
yo(x) = Axex +B
Goruldugu gibi f(x) ile yo(x) arasında benzerlik kalmadı.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 106/ 150
HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER
Turevleri alalımy′o(x) = Aex +Axex
y′′o(x) = 2Aex +Axex
y′′′o (x) = 3Aex +Axex
Yerlerine yazıp duzenlersek
3Aex −B = ex + 7
denklemini elde ederiz.Buradan A = 13 ve B = −7 bulunur.Ozel
cozumumuz
yo(x) =1
3ex − 7
olarak bulunmus olur.Genel cozumumuz asagıdaki gibidir.
yg(x) = c1ex + e−
1
2x(c2 cos (
√3
2x) + c3 sin (
√3
2x)) +
1
3ex − 7
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 107/ 150
HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER
PARAMETRELERIN DEGISIMI YONTEMI
Son olarak belirsiz katsayılar metodunun kullanılamayacagıdurumda kullanılacak bir yontemi inceleyecegiz. Ornegin,
y′′ + y = tanx
Parametrelerin Degisimi yontemini 2. mertebeden lineer denklemleruzerinde ogrenelim.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 108/ 150
HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER
y′′ + p(x)y′ + q(x)y = f(x)
yukarıdaki 2. mertebeden lineer denklemin ilgili homogendenklemin genel cozumu
yh(x) = c1y1(x) + c2y2(x)
olsun. Temel fikir kısaca soyledir: yh(x) fonksiyonundaki c1, c2parametrelerinin yerine, x degiskenine baglı fonksiyonlaru1(x), u2(x) yazıp, yeni olusan yh(x) fonksiyonunu denklemimizdeyazarak, u1(x), u2(x) fonksiyonlarını belirlemektir.Kısacası ozelcozumumuz
yo(x) = u1(x)y1(x) + u2(x)y2(x)
seklinde dusunulecek.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 109/ 150
HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER
Bu ozel cozumu denklemde yerine yazarak bilinmeyen u1(x), u2(x)bulmaya calısalım.Iki bilinmeyen fonksiyonumuz oldugunu gore,bunları belirleyebilmek icin iki denkleme ihtiyacımız var. Simdi budenklemleri belirleyelim.
y′o = u1y′1 + u2y
′2 + u′1y1 + u′2y2
Denklemde yerine yazabilmek icin 2. turevi almalıyız. 2. turevialırsak u1 ve u2 fonksiyonlarının 2. turevleri karsımıza cıkacak veisimizi zorlastıracaktır. Bu nedenle birinci denklemimizi isimizikolaylastırsın diye
u′1y1 + u′2y2 = 0
olarak alacagız.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 110/ 150
HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER
y′o = u1y′1 + u2y
′2
Ozel cozumun ikinci turevini alalım
y′′o = u1y′′1 + u2y
′′2 + u′1y
′1 + u′2y
′2
Denklemimizde yerine yazalım
u1y′′1 + u2y
′′2 + u′1y
′1 + u′2y
′2
︸ ︷︷ ︸
y′′o
+ p(x) (u1y′1 + u2y
′2)
︸ ︷︷ ︸
y′o
+ q(x) (u1y1 + u2y2)︸ ︷︷ ︸
yo
= f(x)
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 111/ 150
HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER
u1, u2 parantezlerine alalım
u1(y′′1 + p(x)y′1 + q(x)y1︸ ︷︷ ︸
0
) + u2(y′′2 + p(x)y′2 + q(x)y2︸ ︷︷ ︸
0
)
+u′1y′1 + u′2y
′2 = f(x)
y1 ve y2 fonksiyonları ilgili homogen denklemin(y′′ + p(x)y′ + q(x)y = 0) cozumu oldugu icin u1, u2 nin katsayıları0 dır. Boylece ikinci denklemimizi elde etmis olduk.
u′1y′1 + u′2y
′2 = f(x)
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 112/ 150
HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER
u′1y1 + u′2y2 = 0
u′1y′1 + u′2y
′2 = f(x)
Yukarıdaki denklemlerden u′1, u′2 bulunur. Integral alınarak u1, u2
elde edilir. Boylece ozel cozumumuzu y′′o belirlemis oluruz. Birornekle inceliyelim.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 113/ 150
HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER
ORNEK
y′′ + y = tanx diferansiyel denkleminin genel cozumunu bulunuz.
COZUM
Once ilgili homogen denklemin y′′ + y = 0 genel cozumunubulalım. Karakteristik denklemimiz:
r2 + 1 = 0
dir. Kokleri: r1,2 = ∓i dir. yh(x) asagıdaki gibi yazılır.
yh(x) = c1 cosx+ c2 sinx
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 114/ 150
HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER
Parametrelerin degisimi yontemini kullanacagız. yh(x)’ e bakarak
y1(x) = cosx y2(x) = sinx
oldugunu soyleyebiliriz. Ozel cozumumuzu
yo = u1(x) cosx+ u2(x) sinx
seklinde sececegiz. Yerine koyuldugunda asagıdaki denklemsistemini elde edecegiz.
(u′1) cosx+ (u′2) sinx = 0,
−(u′1) sinx+ (u′2) cosx = tanx
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 115/ 150
HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER
Bu iki bilinmeyenli iki denklemi asagıdaki gibi matris carpımı ileifade edebiliriz.
[cosx sinx− sinx cosx
]
︸ ︷︷ ︸
A
[u′1u′2
]
︸︷︷︸
U
=
[0
tanx
]
︸ ︷︷ ︸
b
Yukarıdaki sisteminin tek cozumu vardır.A katsayılar matrisinindeterminantı cosx ve sinx in Wronskiyenidir.Bu fonksiyonlar ilgilihomogen denklemin genel cozumunu olusturdukları icin lineerbagımsızdırlar,yani Wronskiyeni 0 dan faklıdır.Bu sistemi cozmekicin Kramer Kuralını kullanacagız.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 116/ 150
HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER
KRAMER KURALI
a11 a12 . . . a1na21 a22 . . . a2n...
... . . ....
an1 an2 . . . ann
x1x2...xn
=
b1b2...bn
Yukarıdaki denklem sisteminin (Ax = b, det(A) 6= 0) cozumunui. kolon
xi =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a11 . . .︷︸︸︷
b1 . . . a1na21 . . . b2 . . . a2n... . . .
... . . ....
an1 . . . bn . . . ann
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
det(A)i = 1, 2, ..., n
formuluyle bulabiliriz.Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 117/ 150
HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER
[cosx sinx− sinx cosx
]
︸ ︷︷ ︸
A
[u′1u′2
]
︸︷︷︸
U
=
[0
tanx
]
︸ ︷︷ ︸
b
Katsayılar matrisinin (A) determinantını bulalım,
det(A) =
∣∣∣∣
cosx sinx− sinx cosx
∣∣∣∣= cos2 x+ sin2 x = 1
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 118/ 150
HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER
Bilinmeyenlerimiz u′1, u′2 fonksiyonları ise
u′1 =
∣∣∣∣
0 sinxtanx cosx
∣∣∣∣
1= − sinx tanx = cosx− secx
u′2 =
∣∣∣∣
cosx 0− sinx tanx
∣∣∣∣
1= sinx
seklinde bulunur.Integral alarak u1 ve u2 fonksiyonlarını bulabiliriz.
u2(x) = − cosx
u1(x) = sinx− ln|secx+ tanx|NOT: secx in integralinde secx+ tanx ile carpıp boler, degiskendonusumu yaparız.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 119/ 150
HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER
yo(x) = u1(x) cosx+ u2(x) sinx
u1(x) ve u2(x) i yerine yazalım
yo(x) = (sinx− ln|secx+ tanx|) cosx− cosx sinx
yo(x) = − cosx ln|secx+ tanx|
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 120/ 150
HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER
ORNEK
y′′ + 4y′ + 4y = e−2xx−2, (x > 0) diferansiyel denkleminin genelcozumunu bulunuz.
COZUM
Once ilgili homogen denklemin y′′ + 4y′ + 4y = 0 genel cozumunubulalım. Karakteristik denklemimiz:
r2 + 4r + 4 = 0
dir. Kokleri: r1,2 = −2 dir. yh(x) asagıdaki gibi yazılır.
yh(x) = c1e−2x + c2xe
−2x
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 121/ 150
HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER
Denklemimizin sag tarafı belirsiz katsayılar metodundainceledigimiz fonsiyon tiplerinden farklı. Parametrelerin degisimimetodunu kullanacagız. Ozel cozumumuzu
yo(x) = u1(x) e−2x︸︷︷︸
y1(x)
+u2(x)xe−2x
︸ ︷︷ ︸
y2(x)
olarak sececegiz ve u1(x) ve u2(x) katsayı fonksiyonlarını bulacagız.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 122/ 150
HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER
u1 ve u2’yi bulacagımız denklemler:
u′1y1 + u′2y2 = 0
u′1y′1 + u′2y
′2 = f(x)
bilinenleri yerlerine yazalım,
u′1e−2x + u′2xe
−2x = 0
u′1(−2e−2x) + u′2(e−2x − 2xe−2x) = e−2xx−2
Her iki denklemdeki e−2x leri yok edersek daha sade denklemlerelde ederiz.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 123/ 150
HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER
u′1 + u′2x = 0
−2u′1 + u′2(1− 2x) = x−2
Yol 1: birinci denklemi 2 ile carpıp denklemleri toplayalım
u′2 = x−2
bulunur. u′2 yi birinci denklemde yerine yazdıgımızda
u′1 = −x−1
elde ederiz.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 124/ 150
HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER
Yol 2: Kramer kuralını kullanalım. Sistemimiz asagıdaki gibiyazılabilir
[1 x−2 1− 2x
]
︸ ︷︷ ︸
A
[u′1u′2
]
︸︷︷︸
U
=
[0
x−2
]
︸ ︷︷ ︸
b
A’nın determinantı det(A) = 1 olarak bulunur. Bilinmeyenlerimiz
u′1 =
∣∣∣∣
0 xx−2 1− 2x
∣∣∣∣
1= −1
x
u′2 =
∣∣∣∣
1 0−2 x−2
∣∣∣∣
1= x−2
olarak bulunur.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 125/ 150
HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER
Integral alarak bilinmeyen fonksiyonlarımızı buluruz.
u1(x) = ln (1
x)
u2(x) = −1
x
Boylece ozel cozumumuz
yo(x) = ln (1
x)e−2x − 1
xxe−2x = ln (
1
x)e−2x − e−2x
olur.Sonuc olarak genel cozumumuz
yg(x) = c1e−2x + c2xe
−2x + ln (1
x)e−2x − e−2x
dir.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 126/ 150
CAUCHY-EULER DENKLEMI
CAUCHY-EULER DENKLEMI
anxn d
ny
dxn+ an−1x
n−1 dn−1y
dxn−1+ · · ·+ a1x
dy
dx+ a0y = f(x)
seklindeki denklemler Cauchy-Euler denklemi olarak adlandırılır.
Bu denklemin cozumu icin x = et donusumu yapılır.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 127/ 150
CAUCHY-EULER DENKLEMI
x = et ⇐⇒ t = lnx
donusumu yapacagız. Bu donusumu yaparsak y fonksiyonu t’yebaglı olur. Bu sebeble y’nin x’e gore turevleri yerine y’nin t’ye goreturevleri yazılmalıdır.Bu turevleri bulalım.
dy
dx=
dy
dt
dt
dx=
dy
dt
1
x
d2y
dx2=
d
dx
(dy
dt
1
x
)
=d
dx
(dy
dt
)1
x+
dy
dt
d
dx
(1
x
)
d2y
dx2=
d2y
dt21
x2+
dy
dt
(
− 1
x2
)
=1
x2
(d2y
dt2− dy
dt
)
...
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 128/ 150
CAUCHY-EULER DENKLEMI
Bu turevler denklemde yerine konulursa x’in kuvvetleri sadelesir ve
andny
dtn+ an−1
dn−1y
dtn−1+ · · ·+ a1
dy
dt+ a0y = f(et)
sabit katsayılı lineer denklem elde edilir. Bu denklem cozulur,bulunan y(t) fonsiyonunda t = lnx ters donusumu yapılaraksonuca ulasılır.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 129/ 150
CAUCHY-EULER DENKLEMI
ORNEK
x2y′′ + xy′ − 4y = 0 denklemini cozunuz.
COZUM
Denklemimiz Cauchy-Euler denklemi.x = et donusumu yapacagız.
dy
dx=
dy
dt
1
x
d2y
dx2=
1
x2
(d2y
dt2− dy
dt
)
Yukaridaki turevleri denklemde yerine koyalım.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 130/ 150
CAUCHY-EULER DENKLEMI
x21
x2
(d2y
dt2− dy
dt
)
+ xdy
dt
1
x− 4y = 0
sadelestirmeleri yapalım.
d2y
dt2− dy
dt+
dy
dt− 4y = 0
y′′ − 4y = 0
sabit katsayılı denklemimizi elde ederiz. Karakteristik denklemi:r2 − 4 = 0, kokler r1 = 2 ve r2 = −2 dir. Genel cozumumuz
y(t) = c1e2t + c2e
−2t
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 131/ 150
CAUCHY-EULER DENKLEMI
t = lnx ters donusumu yapalım.
y(x) = c1e2 lnx + c2e
−2 lnx
y(x) = c1elnx2
+ c2elnx−2
y(x) = c1x2 + c2x
−2
olarak cozumumuzu elde ederiz.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 132/ 150
CAUCHY-EULER DENKLEMI
ORNEK
x3y′′′ − 4x2y′′ + 8xy′ − 8y = 4 lnx denklemini cozunuz.
COZUM
Cauchy-Euler oldugu icin x = et donusumu yapacagız.
dy
dx=
dy
dt
1
x
d2y
dx2=
1
x2
(d2y
dt2− dy
dt
)
Bu turevleri bir onceki ornekten biliyorduk.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 133/ 150
CAUCHY-EULER DENKLEMI
Simdi 3. turevi bulalım.
d3y
dx3=
d
dx
(1
x2
(d2y
dt2− dy
dt
))
d3y
dx3=
d
dx
(1
x2
)(d2y
dt2− dy
dt
)
+1
x2d
dx
(d2y
dt2− dy
dt
)
d3y
dx3=
−2
x3
(d2y
dt2− dy
dt
)
+1
x2
(d3y
dt31
x− d2y
dt21
x
)
d3y
dx3=
1
x3
(d3y
dt3− 3
d2y
dt2+ 2
dy
dt
)
Simdi yerlerine yazalım.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 134/ 150
CAUCHY-EULER DENKLEMI
x3y′′′ − 4x2y′′ + 8xy′ − 8y = 4 lnx
x31
x3
(d3y
dt3− 3
d2y
dt2+ 2
dy
dt
)
− 4x21
x2
(d2y
dt2− dy
dt
)
+8x1
x
dy
dt− 8y = 4 ln et
Duzenlersekd3y
dt3− 7
d2y
dt2+ 14
dy
dt− 8y = 4t
sabit katsayılı denklemi elde ederiz.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 135/ 150
CAUCHY-EULER DENKLEMI
Ilgili homogen denklemi y′′′ − 7y′′ + 14y′ − 8y = 0 cozelim.Karakteristik denklemimiz r3 − 7r2 + 14r − 8 = 0 ve koklerir1 = 1,r2 = 2 ve r3 = 4 dir. Genel cozumumuz
yh(t) = c1et + c2e
2t + c3e4t
olarak yazılır. Denklemin sag tarafında 4t var. 1. derece polinom.Ozel cozumumuzu
yo(t) = At+B
olarak secelim. Ozel cozumun turevlerini alalım ve yerine koyalım.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 136/ 150
CAUCHY-EULER DENKLEMI
y′o(t) = A
y′′o(t) = 0
y′′′o (t) = 0
Yerlerine yazılırsa14A− 8(At+B) = 4t
Buradan A = −12 ve B = −7
8 bulunur.
y(t) = c1et + c2e
2t + c3e4t − 1
2t− 7
8
t = lnx ters donusumu yapılırsa, cozumumuz,
y(x) = c1x+ c2x2 + c3x
4 − 1
2lnx− 7
8
olarak bulunur.Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 137/ 150
LEGENDRE DENKLEMI
LEGENDRE DENKLEMI
cn(ax+b)ny(n)+cn−1(ax+b)n−1yn−1+· · ·+c1(ax+b)y′+c0y = f(x)
seklindeki denklemler Legendre denklemi olarak adlandırılır.
Bu denklemin cozumu icin (ax+ b) = et donusumu yapılır.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 138/ 150
LEGENDRE DENKLEMI
Cauchy-Euler denkleminde oldugu gibi y’nin x’e gore turevleriyerine y’nin t’ye gore turevlerini yazmalıyız. Turevleri bulalım.
dy
dx=
dy
dt
dt
dx=
dy
dt
a
ax+ b
d2y
dx2=
d
dx
(dy
dt
a
ax+ b
)
=d
dx
(dy
dt
)a
ax+ b+
dy
dt
d
dx
(a
ax+ b
)
d2y
dx2=
d2y
dt2a2
(ax+ b)2+dy
dt
( −a2
(ax+ b)2
)
=a2
(ax+ b)2
(d2y
dt2− dy
dt
)
...
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 139/ 150
LEGENDRE DENKLEMI
Kolayca gorulecegi uzere Cauchy-Euler denkleminin cozumundeoldugu gibi turevler yerine yazıldıgında (ax+ b)’nin kuvvetlerisadeleserek denklemde kalmayacaktır.
cndny
dtn+ cn−1
dn−1y
dtn−1+ · · ·+ c1
dy
dt+ c0y = f(
et − b
a)
Sabit katsayılı bir denkleme donustu ki bu denklemleri cozmeyibiliyoruz.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 140/ 150
LEGENDRE DENKLEMI
ORNEK
(3x+ 2)2y′′ + 3(3x+ 2)y′ − 36y = 3x2 + 4x+ 1 denkleminicozunuz.
COZUM
Denklemimiz Legendre denklemi. (3x+ 2) = et donusumuyapacagız.
dy
dx=
dy
dt
a
ax+ b=
dy
dt
3
3x+ 2
d2y
dx2=
32
(3x+ 2)2
(d2y
dt2− dy
dt
)
Yukaridaki turevleri denklemde yerine koyalım.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 141/ 150
LEGENDRE DENKLEMI
(3x+ 2)29
(3x+ 2)2
(d2y
dt2− dy
dt
)
+ 3(3x+ 2)3
3x+ 2
dy
dt− 36y =
3(et − 2
3)2 + 4(
et − 2
3) + 1
sadelestirmeleri yapalım.
9d2y
dt2− 9
dy
dt+ 9
dy
dt− 36y =
e2t − 1
3
9d2y
dt2− 36y =
e2t − 1
3
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 142/ 150
LEGENDRE DENKLEMI
d2y
dt2− 4y =
e2t − 1
27
sabit katsayılı denklemimizi elde ederiz. Karakteristik denklemi:r2 − 4 = 0, kokler r1 = 2 ve r2 = −2 dir. Genel cozumumuz
y(t) = c1e2t + c2e
−2t
olarak yazarız. yh(t) ilee2t−127 fonksiyonlarında e2t fonksiyonu
ortak. Bu nedenle ozel cozumumuzu
yo(t) = Ate2t +B
seklinde secmeliyiz.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 143/ 150
LEGENDRE DENKLEMI
Turevleri alıp yerine koyalım
y′o(t) = Ae2t + 2Ate2t
y′′o(t) = 4Ae2t + 4Ate2t
Denklemde yerine yazalım
4Ae2t + 4Ate2t − 4(Ate2t +B) =e2t − 1
27
Duzenledigimizde
4Ae2t − 4B =e2t
27− 1
27
Bu denklemden A = B = 1108 bulunur.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 144/ 150
LEGENDRE DENKLEMI
Ozel Cozumumuz
yo(t) =1
108(te2t + 1)
olarak bulunur. Genel cozum ise
yg(t) = c1e2t + c2e
−2t +1
108(te2t + 1)
t = ln (3x+ 2) ters donusumu yaparak denklemimizin cozumunutamamlamıs oluruz.
yg(x) = c1e2 ln (3x+2)+c2e
−2 ln (3x+2)+1
108(ln (3x+ 2)e2 ln (3x+2)+1)
yg(x) = c1(3x+2)2+c2(3x+2)−2+1
108((3x+2)2 ln (3x+ 2)+1)
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 145/ 150
ORNEK
ORNEK
x2y′′ + xy′ + y = 1cos(lnx) denklemini cozunuz.
COZUM
Cauchy-Euler oldugu icin x = et donusumu yapacagız.
dy
dx=
dy
dt
1
x
d2y
dx2=
1
x2
(d2y
dt2− dy
dt
)
Bu turevleri bir elde etmistik.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 146/ 150
ORNEK
Yerlerine yazalım
x21
x2
(d2y
dt2− dy
dt
)
+ xdy
dt
1
x+ y =
1
cos(t)
Duzenlersekd2y
dt2+ y =
1
cos(t)
sabit katsayılı denklemi elde ederiz.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 147/ 150
ORNEK
Ilgili homogen denklemi y′′ + y = 0 cozelim. Karakteristikdenklemimiz r2 +1 = 0 ve kokleri r1,2 = ∓i dir. Genel cozumumuz
yh(t) = c1 cos t+ c2 sin t
olarak yazılır. Denklemin sag tarafında 1cos(t) var. Belirsiz katsayılar
metodunu kullanamayız. Parametrelerin degisimi metodunukullanalım. Yani ozel cozumumuzu
yo(t) = u1(t) cos t+ u2(t) sin t
seklinde secip u1(t) ve u2(t) yi bulalım.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 148/ 150
ORNEK
u1(t) ve u2(t)’yi bulacagımız denklemler
u′1 cos t+ u′2 sin t = 0
−u′1 sin t+ u′2 cos t =1
cos t
Kramer metodunu kullanırsak
u′1 =
∣∣∣∣
0 sin t1
cos t cos t
∣∣∣∣
1= − sin t
cos t
u′2 =
∣∣∣∣
cos t 0− sin t 1
cos t
∣∣∣∣
1= 1
olarak bulunur.
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 149/ 150
ORNEK
Integral alarak bilinmeyen fonksiyonlarımızı buluruz.
u1(t) = ln | cos t|, u2(t) = t
Boylece ozel cozumumuz
yo(t) = ln | cos t|. cos t+ t sin t
dir. Genel cozum ise
yg(t) = c1 cos t+ c2 sin t+ ln | cos t|. cos t+ t sin t
dir. t = lnx ters donusumu yaparak verilen problemin genelcozumu elde edilebilir:
yg(x) = c1 cos(lnx)+c2 sin(lnx)+ln | cos(lnx)|. cos(lnx)+(lnx) sin(lnx)
Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 150/ 150