Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller Diferansiyel

Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller
Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller
Evrenin yasaları matematik dilinde yazılır. Cebir, birçok statik
problemi çözmek için yeterlidir; ancak en ilginç doğal olaylar
değişim içerir ve değişen nicelikleri birbirine bağlayan denklemler ile
tanımlanır.
f fonksiyonunun dx/dt = f ′ (t) türevi, x = f (t) niceliğinin
bağımsız t değişkenine göre değişim oranı olduğundan, değişen
evreni tanımlamak için sık sık türev içeren denklemlerin
kullanılması doğaldır.
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
Örnek
dx
= x 2 + t2
dt
diferansiyel denklemi, hem x(t) bilinmeyen fonksiyonunu hemde
onun x′ (t) = dx
dt birinci türevini içerir.
Örnek
d2 y
dy
+ 7y = 0
+3
2
dx
dx
diferansiyel denklemi, x bağımsız değişkeninin bilinmeyen y
fonksiyonunu ve y nin ilk iki y ′ , y ′′ türevlerini içerir.
1/ 145
Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
2/ 145
Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller
Cebirde, genellikle x3 + 7x2 − 11x + 41 = 0 gibi bir denklemi
sağlayan bilinmeyen sayıları ararız. Aksine, bir diferansiyel denklemi
çözerken bir reel sayı aralığında
Diferansiyel denklemleri incelemenin başlıca üç amacı vardır.
Belirli bir fiziksel olayı tanımlayan diferansiyel denklemi
bulmak,
y ′ (x) = 2xy(x)
Diferansiyel denklemin -kesin yada yaklaşık- uygun bir
çözümünü elde etmek,
gibi bir diferansiyel denklemi sağlayan bilinmeyen y(x)
fonksiyonlarını bulmak isteriz. Genellikle diferansiyel denklemin,
eğer mümkünse tüm çözümlerini bulmak isteyeceğiz.
Elde edilen çözümü yorumlamak.
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
Tanım
Bir bilinmeyen fonksiyon ve onun türevlerinden birini veya daha
çoğunu birbirine bağlayan bir denkleme diferansiyel denklem denir.
3/ 145
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
4/ 145
Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller
Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller
ÖRNEK
Eğer C bir sabit sayı ve
y(x) = Cex
2
(1)
ise, bu takdirde
Özellikle denk. (1), bu diferansiyel denklemin (2), C keyfi sabitinin
her seçimi için farklı çözümlerinin bir sonsuz ailesini tanımlar.
dy
2
2
= C(2xex ) = 2x(Cex ) = 2xy
dx
dir. Böylece denk. (1) şeklindeki her y(x) fonksiyonu, tüm x ler
için
dy
= 2xy
dx
diferansiyel denklemini sağlar ve böylece onun bir çözümüdür.
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
(2)
5/ 145
Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
6/ 145
Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller
ÖRNEK
Newton’un soğuma yasası şu şekilde ifade edilebilir: bir cismin T (t)
sıcaklığının değişiminin zamana oranı (t zamanına göre), T ve
cismi çevreleyen ortamın A sıcaklığı arasındaki farkla orantılıdır.
Yani k pozitif bir sabit olmak üzere,
dT
= −k(T − A)
dt
Böylece bir fiziksel yasa bir diferansiyel denkleme dönüştürüldü.
Eğer k ve A değerleri verilirse, T (t) için açık bir formül bulunabilir
ve ondan sonra bu formül yardımıyla cismin sonraki sıcaklığı
tahmin edilebilir.
Dikkat edilirse, eğer T > A ise, dT /dt < 0 ve böylece sıcaklık t nin
azalan bir fonksiyonudur. Bu durumda cisim soğur. Fakat eğer
T < A ise, dT /dt > 0 ve böylece T artandır.
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
7/ 145
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
8/ 145
Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller
Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller
ÖRNEK
Eğer C bir sabit ve y(x) =
1
C−x
ise, Bu taktirde x 6= C için
dy
1
=
= y2
dx
(C − x)2
Doyurucu bir matematiksel model birbiriyle çelişen iki durum
arzeder: Matematiksel model, göreceli kesinliğe sahip gerçek-dünya
olayını temsil etmek için yeteri kadar ayrıntılı olmalıdır; fakat
matematiksel analizi kolayca yapmak için yeteri kadar basit
olmalıdır.
dir. Böylece
1
C −x
x = C noktasını içermiyen herhangi bir reel sayı aralığında
y(x) =
dy
= y2
dx
(3)
(4)
diferansiyel denkleminin bir çözümünü tanımlar.
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
9/ 145
Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller
Gerçekte denk. (4), C keyfi sabitinin veya “parametresinin” her bir
değeri için bir tane olmak üzere, dy/dx = y 2 nin bir parametreli
bir çözüm ailesini tanımlar.
C = 1 için y(0) = 1 başlangıç koşulunu sağlayan
1
y(x) =
1−x
özel çözümünü elde ederiz.
Tanım
Bir diferansiyel denklemin mertebesi, denklemde görülen en yüksek
türevin mertebesidir. Bir diferansiyel denklemde bulunan en yüksek
mertebeli türevin üssüne, bu diferansiyel denklemin derecesi
denecektir.
dy
= y2
dx
(Birinci mertebeden)
dT
= −k(T − A)
dt
(Birinci mertebeden)
y (4) + x2 y (3) + x5 y = sin x
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
10/ 145
11/ 145
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
(Dördüncü mertebeden)
12/ 145
Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller
Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller
Çözüm kelimesini kullanışımız, şu ana kadar biraz formal olmayan
bir şekilde oldu. Kesin olarak;
Bağımsız değişkeni x ve bilinmeyen fonksiyonu veya bağımlı
değişkeni y = y(x) olan n. mertebeden en genel diferansiyel
denklem
F (x, y, y ′ , y ′′ , ..., y (n) ) = 0
I aralığında sürekli bir u = u(x) fonksiyonunun u′ , u′′ , ..., u(n)
türevleri I da mevcut ve I daki tüm x ler için
(5)
dır. Burada F , n + 2 değişkenli verilmiş bir reel-değerli
fonksiyondur.
F (x, u, u′ , u′′ , ..., u(n) ) = 0
(6)
ise u = u(x) fonksiyonuna (6) diferansiyel denkleminin bir
çözümüdür denir.
Kısaca u = u(x) in I da (6) daki diferansiyel denklemi sağladığını
söyleyebiliriz.
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
13/ 145
Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller
14/ 145
Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller
ÇÖZÜM
Tüm x ler için denk. (8) in ardışık iki türevini alalım
ÖRNEK
Eğer A ve B birer sabit ise
y ′ (x) = −3A sin 3x + 3B cos 3x
y(x) = A cos 3x + B sin 3x
(7)
fonksiyonunun
′′
y + 9y = 0
y ′′ (x) = −9A cos 3x − 9B sin 3x = −9(A cos 3x + B sin 3x) = −9y
Diferansiyel denklemde (9) yerine koyarsak
(8)
diferansiyel denkleminin çözümü olduğunu gösteriniz.
y ′′ + 9y = −9y + 9y = 0
Sonuç olarak (8) in (9) daki diferansiyel denklemi sağladığını
göstermiş olduk.
(8) in (9) daki diferansiyel denklemin iki parametreli çözüm ailesini
tanımladığını söyleyebiliriz..
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
15/ 145
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
16/ 145
Bir diferansiyel denklemdeki bağımlı değişken ve tüm türevleri
birinci dereceden ise, diferansiyel denkleme lineer diferansiyel
denklem denir.
Diferansiyel denklemler bağımlı değişken ve üurevlerinin
katsayılarının durumuna göre de sınıflandırılmaktadır. Eğer bu
katsayılar birer sabitse denklem sabit katsayılı diferansiyel denklem,
eğer bağımsız değişkene bağlı fonksiyonlar ise değişken katsayılı
diferansiyel denklem adını alır.
Dolayısıyla içerisinde y 3 , (y ′′ )2 , yy ′ , y ′ y ′′′ , sin y, ey gibi terimler
bulunan denklemler lineer değildir.
3
Bunun yanında denklem x2 , xy ′′ , e− sin x , ln x türünden ifadeler
içerebilir. Daha genel bir ifadeyle eğer bir diferansiyel denklem
n
y + f1 (x)y
n−1
+ f2 (x)y
n−2
Örneğin y ′ + 2y = sin x denklemi sabit katsayılı,
cosh xz ′′′ + x2 z ′ = x ise değişken katsayılı bir diferansiyel
denklemdir.
+ ... + fn (x)y = R(x)
formunda ifade edilebiliyorsa denkleme lineerdir diyeceğiz, aksi
halde lineer olmayan bir diferansiyel denklem söz konusudur.
Bu denklemde eğer R(x) = 0 ise lineer diferansiyel denklem
homojendir. Aksi durumda denklem homojen olmayan diferansiyel
denklem adını alır.
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
17/ 145
Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
18/ 145
Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller
Şu ana kadar ele aldığımız tüm diferansiyel denklemler, bilinmeyen
fonksiyonun (bağımlı değişkenin) yalnız bir bağımsız değişkene
bağlı olduğunu ifade eden adi diferansiyel denklemlerdir.
Örneğin, ince ve uzun düzgün bir çubuğun, x noktasındaki t
anındaki u = u(x, t) sıcaklığı (uygun basit koşullar altında)
∂2u
∂u
=k 2
∂t
∂x
Eğer bağımlı değişken iki veya daha çok bağımsız değişkenin
fonksiyonu ise, bu taktirde muhtemelen kısmi türevler ortaya
çıkacaktır. Bu durumda denkleme kismi diferansiyel denklem denir.
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
19/ 145
kısmi diferansiyel denklemini sağlar. Burada k, (çubuğun ısı
geçirgenliği denilen) bir sabittir.
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
20/ 145
Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller
Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller
Bu bölümde
dy
= f (x, y)
(9)
dx
şeklindeki birinci mertebeden diferansiyel denklemlere
yoğunlaşacağız. Ele alınan bir olayın tipik matematiksel modeli,
(10) şeklinde bir diferansiyel denklemi ve bir y(x0 ) = y0 başlangıç
koşulunu içerebilir.
ÖRNEK
dy
= y2,
y(1) = 2
dx
başlangıç değer problemini çözünüz.
(11)
dy
= f (x, y),
y(x0 ) = y0
(10)
dx
başlangıç değer problemini çözmek, x0 ı içeren bir aralıkta denk.
(11) deki her iki koşulu sağlayan türevlenebilir bir y = y(x)
fonksiyonu bulmak demektir.
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
21/ 145
Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
22/ 145
Diferansiyel denklemlerin doğrudan integral yoluyla
çözümleri
ÇÖZÜM
Daha önce dy/dx = y 2 diferansiyel denkleminin çözümünün
y(x) = 1/(C − x) olduğunu söylemiştik. Burada sadece
y(x) = 1/(C − x) çözümü, y(1) = 2 başlangıç koşulunu sağlayacak
şekilde bir C değeri bulmamız gerekir. x = 1 ve y = 2 değerlerinin
çözümde yerine koyulmasıyla
2 = y(1) =
1
C −1
Bir diferansiyel denklem doğrudan integral yoluyla çözülürken terim
terim integre edilir ve bir integral sabiti eklenir. Her integrasyon
adımında türevlerin mertebeleri bir düşürülür ve buna karşılık bir
başka integral sabiti eklenir. Dolayısıyla bir diferansiyel denklemin
genel çözümünde, diferansiyel denklemde bulunan en yüksek
mertebeli türevin mertebesi kadar keyfi sabit elde edilir.
C yi bulabileceğimiz bir denklem elde ederiz. Buradan C = 3/2
bulunur. C nin bu değeri ile istenen çözüm
y(x) =
Bazı diferansiyel denklemler lineerdir ve türevleri içeren tek bir
terime sahip olup, bilinmeyen (aranan) fonksiyonun bir çarpan
olduğu terimleri içermezler. Eğer integral işlemi yapılabiliyorsa,
diferansiyel denklem de doğrudan integralleme tekniğiyle çözülebilir
demektir. Bunun yanında diğer bazı diferansiyel denklem türleri
lineer olmayan terimlere sahiptir ve bu yolla çözülmeleri mümkün
değildir.
2
3 − 2x
olarak bulunur.
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
23/ 145
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
24/ 145
Diferansiyel denklemlerin doğrudan integral yoluyla
çözümleri
dy
= f (x, y)
dx
Eğer f fonksiyonu y bağımlı değişkenine bağımlı değilse, yukarıdaki
birinci mertebeden diferansiyel denklem basit bir hal alır:
dy
= f (x)
dx
(12)
Diferansiyel denklemi sağlayan ve içerisinde bir ya da daha fazla
keyfi sabit bulunduran ve bu nedenle bir eğri ailesini oluşturan
çözüme genel çözüm denir.
Eğer diferansiyel denklemin her çözümü genel çözümdeki keyfi
sabitlere değerler atanarak elde edilebiliyorsa bu genel çözüm aynı
zamanda tam çözüm adını alır.
Bu özel halde, (13) denkleminin her iki yanının sadece integralini
almamız yeterlidir. Böylece
Z
y(x) = f (x)dx + C
(13)
elde ederiz. (2), (1) denkleminin genel çözümüdür.
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
25/ 145
Genel ve Özel Çözüm olarak İntegraller
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
26/ 145
Genel ve Özel Çözüm olarak İntegraller
Eğer G(x), f nin bir ilkeli,(yani, eğer G′ (x) = f (x)) ise,
y1 (x) = G(x) + C1
y2 (x) = G(x) + C2
Bir y(x0 ) = y0 başlangıç koşulunu sağlaması için y(x) = G(x) + C
genel çözümünde x = x0 ve y = y0 konulması gerekir. Buradan C
değerini bulabilir ve
gibi iki çözümü aynı I aralığında aşağıdaki grafikte görüldüğü gibi
birbirlerine olan uzaklıkları sabit olan iki eğridir.
dy
= f (x),
dx
Figure: y1 (x) = 12 x2 + 1 ve y2 (x) = 12 x2 − 2
y(x0 ) = y0
başlangıç değer problemini sağlayan bir özel çözümünü elde
ederiz.
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
27/ 145
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
28/ 145
Genel ve Özel Çözüm olarak İntegraller
ÖRNEK
Genel çözümden elde edilen her bir çözüm ise özel veya özgül
çözüm adını alır.
dy
= 2x + 3,
dx
başlangıç değer problemini çözünüz.
Eğer diferansiyel denklemin herhangi bir çözümü, genel çözümdeki
sabitlere değerler atanarak elde edilemiyorsa bu çözüm tekil çözüm
adını alır.
y(1) = 2
(14)
ÇÖZÜM
Tıpkı cebirsel denklemlerin çözümünde olduğu gibi, diferansiyel
denklemlerde de, hangi isim altında olursa olsun, bir çözüm
diferansiyel denklemi mutlaka sağlar. Eğer sağlamıyorsa, elde edilen
çözüm hatalıdır demektir.
Diferansiyel denklemin her iki yanının integralini alalım
Z
y(x) = (2x + 3)dx = x2 + 3x + C
genel çözümü elde ederiz. Aradığımız özel çözüm (1, 2)
noktasından geçen, dolayısıyla
y(1) = (1)2 + 3.(1) + C = 2
başlangıç koşulunu sağlayan eğridir. Böylece aranan özel çözüm
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
29/ 145
Genel ve Özel Çözüm olarak İntegraller
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
30/ 145
Genel ve Özel Çözüm olarak İntegraller
ÖRNEK: y ′′ − 6x2 = 0 diferensiyel denklemini doğrudan
integrasyon yöntemi ile çözünüz.
İkinci Mertebeden Denklemler
Denklemin sağ tarafında, ne y bağımlı değişkeni ne de onun y ′
türevini içermediği özel formdaki
ÇÖZÜM
d2 y
= g(x)
dx2
ikinci mertebeden denkleme de aynı mantıkla yaklaşabiliriz. Basitçe
iki kere integral alırsak:
Z
y(x) = G(x)dx + C1 x + C2
Bu denklem lineerdir ve türevli tek terimi bulunmakta ve diğer
terimlerde bilinmeyen fonksiyon y bir çarpan veya faktör
durumunda değildir. Bu nedenle denklem çözülebilir. Denklem 2.
mertebeden olduğundan ard arda 2 kez integral alınıp her seferinde
bir sabitin eklenmesi gerekir.
y ′′ =
d dy
d2 y
=
2
dx
dx dx
ve denklemde
yerine konursa ve her iki taraf dx ile çarpılırsa
Ryazılır
R
dy
d( dx
) − 6x2 dx = 0 denklemi bulunur. İntegral alırsak
dy
3
dx − 2x = c1 elde ederiz. Bir kez daha integral alarak
1 4
y = 2 x + c1 x + c2 aranan çözüm bulunmuş olur.
elde ederiz. Burada G(x), g(x) in bir ilkeli ve C1 ,C2 keyfi
sabitlerdir.
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
dir.
y(x) = x2 + 3x − 2
31/ 145
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
32/ 145
Eğim Alanları ve Grafik Çözümler
Eğim Alanları ve Grafik Çözümler
dy
= f (x, y)
(15)
dx
diferansiyel denklemini düşünelim.Burada sağ taraftaki f (x, y)
fonksiyonu hem x bağımsız değişkenini hem de y bağımlı
değişkenini içerebilir. (15) in her iki yanının integralini almayı
düşünebilir ve
Z
y(x) =
f (x, y)dx + C
yazabiliriz.Fakat integral hala bilinmeyen y(x) fonksiyonunu içerir
ve bu yüzden açıkça hesaplanamaz.
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
33/ 145
Eğim Alanları ve Grafik Çözümler
Gerçekte bir genel diferansiyel denklemin açık bir şekilde
çözülebileceği bir yöntem yoktur. Gerçekten
y ′ = x2 + y 2
gibi basit görünümlü diferansiyel deklemin çözümleri analiz
kitaplarında incelenen adi elemanter fonksiyonlar cinsinden ifade
edilemez.
Bahsedeceğimiz grafik yöntem diferansiyel denklemlerin birçok
pratik amaç için yeterli, yaklaşık çözümlerini elde etmek için
kullanılır.
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
Eğim Alanları ve Grafik Çözümler
Verilen bir y ′ = f (x, y) diferansiyel denklemin çözümlerini
şekillendirmek için basit bir geometrik yol mevcuttur.
Bu geometrik bakış y ′ = f (x, y) diferansiyel denkleminin yaklaşık
çözümlerini elde etmek için bir grafik yöntem tanımlar.
xy düzleminin her (x, y) noktasındaki f (x, y) değeri y(x)
fonksiyonunun türevinin o noktadaki değerini verir. Yani y(x)
fonksiyonuna o noktadan çizilen teğetin eğimidir.
Düzlemde temsilci bir (x, y) nokta kolleksiyonunun her bir
noktasından özel m = f (x, y) eğimine sahip kısa bir doğru parçası
çizelim.
Sonuç olarak biz y(x) fonkisiyonunun xy düzleminin her
noktasından hangi eğim ile geçtiğini hesaplayabiliriz.
Tüm bu doğru parçaları y ′ = f (x, y) denkleminin bir eğim alanını
(veya yönlü alanını) oluşturur.
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
34/ 145
35/ 145
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
36/ 145
İlk sütun noktalarımızın x leri, ilk satır ise noktalarımızın y leri.
Geri kalan sayılar ise y(x) in bu noktalardaki eğimi. f (x, y) ile
hesaplanıyor.
Örnek
y ′ = x − y diferansiyel denkleminin eğim alanını oluşturunuz ve
onu (−4, 4) noktasından geçen yaklaşık çözüm eğrisini çizmek için
kullanınız.
Çözüm
Öncelikle temsilci (x, y) nokta kolleksiyonunu belirleyelim.
(−4, 4) noktasını içine alacak şekilde −4 ≤ x ≤ 4, −4 ≤ y ≤ 4
bölgesini alalım.
Noktalarımızda y(x) in eğimlerini veren tablomuzu oluşturalım.
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
37/ 145
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
38/ 145
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
39/ 145
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
40/ 145
Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler
Pek çok uygulamada bir büyüklüğün değişim hızı (birinci türev), bu
büyüklüğün kendisine ve bağımsız değişkene bağlıdır. Bu tür
problemler genelde y ′ = f (x, y) formunda ifade edilirler. Bu basit
görünüm, bu tür denklemlerin çözümünün de basit olacağı şeklinde
yanlış bir anlamaya neden olabilir.
Birinci mertebeden diferansiyel denklemleri çözmede ne yazık ki
genel bir kural yoktur. Bu nedenle birinci mertebe denklemler de
kendi aralarında alt sınıflara ayrılmış ve her bir sınıf için farklı
yöntemler geliştirilmiştir.
Bu bölümde birinci mertebeden denklemlerin nasıl sınıflandırıldığı
anlatılacak, ardından sistematik bir yaklaşımla her zaman çözümü
mümkün olan birinci mertebeden lineer denklemler işlenecektir.
AYRILABİLİR DENKLEMLER
Birinci mertebeden
dy
= f (x, y)
dx
diferansiyel denkleminde f (x, y) fonksiyonu yalnız x in bir
fonksiyonu ile yalnız y nin bir fonksiyonunun çarpımı olarak
yazılabiliyorsa, yani
dy
= g(x)h(y)
dx
veya
(16)
dy
= g(x)/k(y)
dx
ise denkleme değişkenlerine ayrılabilir denir.
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
41/ 145
Ayrılabilir Denklemler
42/ 145
Ayrılabilir Denklemler
ÖRNEK 1
dy
x
= − denklemini çözünüz.
dx
y
Bu durumda denklem
k(y)dy = g(x)dx
ÇÖZÜM
şeklinde yazmak suretiyle x ve y değişkenlerine ayrılabilir (bir
denklemin zıt yanlarda tek değişkene ayrılması).Bu özel tip
diferansiyel denklemi çözmek kolaydır. Her iki yanın integralini
alırsak
Z
Z
k(y)dy = g(x)dx + C
Yukarıdaki diferansiyel denklemi
ydy = −xdx
şeklinde yazabiliriz.Her iki tarafında integralini alırsak,
Z
Z
ydy = −xdx + C
elde edilir.
Sonuç olarak
y 2 = −x2 + 2C
veya
x2 + y 2 = K
elde ederiz.(C ve K keyfi sabitler.)
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
43/ 145
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
44/ 145
Ayrılabilir Denklemler
Ayrılabilir Denklemler
ÖRNEK 2
Örnek 2 deki diferansiyel denklemi değişkenlerine ayırırken eşitliğin
her iki tarafını 1/y 2 ile çarptık. Bu işlemi y 6= 0 kabul ederek
yapabiliriz.
y ′ = y 2 x3 denklemini çözünüz.
ÇÖZÜM
Soru:
Yukarıdaki diferansiyel denklemi
dy
= x3 dx
y2
Cevap:
şeklinde yazabiliriz.Her iki tarafında integralini alalım,
Z
Z
dy
−1
x4
3
=
x
dx
+
C
⇒
=
+C
y2
y
4
y(x) = 0 bir çözüm müdür?
EVET.
Fakat y(x) = 0, K nın hiç bir değeri için y(x) =
çözümünden elde edilemez.
−4
genel
+K
x4
Düzenlersek
−4
veya
+ 4C
elde ederiz.(C ve K keyfi sabitler.)
y=
x4
y=
−4
+K
Bu kural dışı çözümlere genellikle aykırı (tekil) çözüm denir.
x4
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
45/ 145
Ayrılabilir Denklemler
46/ 145
Ayrılabilir Denklemler
ÖRNEK 3
y(0) = 7 başlangıç koşulundan y(x) in x = 0 komşuluğunda pozitif
olduğunu görürüz. Böylece mutlak değer işaretini kaldırabiliriz.
dy
= −6xy,
y(0) = 7
dx
başlangıç değer problemini çözünüz.
lny = −3x2 + C
⇒
2 +C
y(x) = e−3x
⇒
2
y(x) = e−3x eC
C keyfi sabit olduğu için eC yerine A keyfi sabitini yazabiliriz.
ÇÖZÜM
y(x) = Ae−3x
Yukarıdaki diferansiyel denklemi
dy
= −6xdx
y
şeklinde yazabiliriz.Buradan
Z
Z
dy
= (−6x)dx + C
y
⇒
2
y(0) = 7 koşulu A = 7 yi verir. Böylece istenen çözüm
y(x) = 7e−3x
2
dir.
ln|y| = −3x2 + C
elde ederiz.
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
47/ 145
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
48/ 145
Ayrılabilir Denklemler
Ayrılabilir Denklemler
dy
Figure: dx
= −6xy diferansiyel denleminin yönlü alanı ve y(0) = 7,
y(0) = −4 başlangıç koşulları için çözümleri.
Uyarı
Bir önceki örnekte başlangıç koşulunun y(0) = −4 olduğunu
varsayalım. Bu takdirde y(x), x = 0 komşuluğunda negatiftir.
Dolayısıyla |y| yerine −y koyabilir ve
ln(−y) = −3x2 + C
elde ederiz. Başlangıç koşulu C = ln4 verir. Buradan
y(x) = −4e−3x
2
elde edilir.
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
49/ 145
Ayrılabilir Denklemler
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
50/ 145
Ayrılabilir Denklemler
ÖRNEK 4
4 − 2x
dy
= 2
dx
3y − 5
Bir önceki örnekte olduğu gibi çözüm y(x) = F (x) şekline
getirilemeyebilir.
diferansiyel denklemini çözünüz.
G(x, y) = C
ÇÖZÜM
(C keyfi sabit.)
Formunda elde edilen ve y(x) = F (x) halinde yazılamayan çözüme
Kapalı Çözüm adı verilir.
Değişkenleri ayırır ve her iki yanın integralini alırsak
Z
Z
2
(3y − 5)dy = (4 − 2x)dx + C
y 3 − 5y = 4x − x2 + C
elde ederiz. Bu çözüm, x in açık bir fonksiyonu olarak y ye göre
çözülemez.
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
51/ 145
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
52/ 145
Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler
Birinci Mertebeden Doğrusal Denklemler
YÖNTEM
BİRİNCİ MERTEBEDEN DOĞRUSAL(LİNEER) DENKLEMLER
1.
Çözüme
µ(x) = e
R
P (x)dx
(18)
fonksiyonunu hesaplıyarak başlayınız.
µ(x) fonksiyonuna integral çarpanı adı verilir.
dy
+ P (x)y = Q(x)
dx
formunda olan diferansiyel denklemlere birinci mertebeden
doğrusal (lineer) diferansiyel denklem adı verilir.
(17)
2. Diferansiyel denklemin her iki tarafını µ(x) ile çarpınız.
Denklemin sol tarafı
e
R
P (x)dx dy
dx
+ P (x)e
R
P (x)dx
y=
d
[µ(x)y(x)]
dx
olacaktır.
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
Birinci Mertebeden Doğrusal Denklemler
Denklememiz
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
53/ 145
54/ 145
Birinci Mertebeden Doğrusal Denklemler
d
[µ(x)y(x)] = µ(x)Q(x)
dx
ÖRNEK 5
y ′ − 2y = 3e2x diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz.
şeklini alır.
ÇÖZÜM
3.
Diferansiyel denklemimizde P (x) = −2 ve Q(x) = 3e2x dir.
İntegral çarpanımız
Her iki tarafın integralini aldığımızda
Z
µ(x)y(x) = µ(x)Q(x)dx + C
µ(x) = e
buluruz ve genel çözümü elde etmek için y(x) e göre çözeriz.
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
R
(−2)dx
= e−2x
dir.
55/ 145
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
56/ 145
Birinci Mertebeden Doğrusal Denklemler
Birinci Mertebeden Doğrusal Denklemler
Denklemimizin her iki tarafını e−2x ile çarparsak
e−2x y ′ − 2e−2x y = 3e−2x e2x
ÖRNEK 6
Elde ettiğimiz denklemin sol tarafı aslında e−2x y(x) çarpımının
türevidir
d −2x
[e y(x)] = 3
dx
İntegral alalım
Z
d −2x
[e y(x)]dx =
dx
Z
dy
(x2 + 1) dx
+ 3xy = 6x diferansiyel denkleminin genel çözümünü
bulunuz.
ÇÖZÜM
İntegral çarpanımızı hesaplayalım
3dx
µ(x) = e
R
3x
dx
x2 +1
e−2x y(x) = 3x + C
3
y(x) i yanlız bırakırsak
µ(x) = e 2 ln(x
2 +1)
= (x2 + 1)3/2
y(x) = 3xe2x + Ce2x
genel çözümünü elde ederiz.
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
57/ 145
58/ 145
Örnekler
Birinci Mertebeden Doğrusal Denklemler
Denklemin her iki yanını µ(x) ile çarpalım
Örnek
6x
dy
+ (x2 + 1)1/2 3xy = (x2 + 1)3/2 2
(x2 + 1)3/2
dx
(x + 1)
y ′ = 1 + x + y + xy diferansiyel denkleminin çözümünü bulunuz.
Çözüm
d
[(x2 + 1)3/2 y(x)] = 6x(x2 + 1)1/2
dx
Diferansiyel denklemimizin sağ tarafını biraz düzenleyelim;
y ′ = 1 + x + y(x + 1)
İntagral alalım
(x2 + 1)3/2 y(x) =
Z
6x(x2 + 1)1/2 dx + C
y ′ = (1 + x)(1 + y)
Denklemimiz değişkenlerine ayrılabilir bir denklem. Her iki tarafı
1 + y ile bölersek (y 6= −1 olmak koşulu ile)
(x2 + 1)3/2 y(x) = 2(x2 + 1)3/2 dx + C
y(x) i yanlız bırakırsak
dy
= (1 + x)dx
1+y
y(x) = 2 + C(x2 + 1)−3/2
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
her iki tarafın integralini alabiliriz.
59/ 145
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
60/ 145
Örnekler
Örnekler
Z
dy
=
1+y
Z
Eğer y > −1 ise
(1 + x)dx
ln(1 + y) = x +
ln|1 + y| = x +
x2
+C
2
1 + y = ex+
1 + y = A.e
elde ederiz.Burada eğer y < −1 ise
ln(−(1 + y)) = x +
− (1 + y) = ex+
x2
2
1 + y = −B.ex+
= ex+
x2
2
x2
2
2
x+ x2
= ex+
x2
2
.eC
(A = eC )
y(x) = −1 + A.ex+
x2
2
x2
2
Denklemimizi 1 + y ile bölerken y 6= −1 olsun demiştik. y(x) = −1
Bu denklemin bir çözümüdür. Fakat A = 0 seçimiyle elde edilebilir.
Bu nedenle ayrık (tekil) çözüm değildir.
(A = −B)
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
x2
2
Sonuç itibariyle y 6= −1 için her durumda(y < −1, y > −1) aynı
çözümü bulduk.
.eC
(B = eC )
y(x) = −1 + A.ex+
x2
+C
2
y(x) = −1 + A.ex+
+C
x2
+C
2
x2
+C
2
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
61/ 145
Örnekler
62/ 145
Örnekler
y ′ = 1 + x + y + xy diferansiyel denklemini aşağıdaki şekilde de
yazabiliriz
y ′ −(1 + x) y = (1 + x)
| {z }
| {z }
P (x)
Elde edilen denklemin integralini alalım
Z
x2
x2
e−(x+ 2 ) y(x) = e−(x+ 2 ) (1 + x)dx + C
Q(x)
2
elde ederiz.u = x + x2 ⇒ du = (1 + x)dx değişken dönüşümü
yapılıp integral alınırsa
Denlemimiz aynı zamanda doğrusal bir denklem. Bir de böyle
çözümü bulmaya çalışalım.İntegral çarpanımız
µ(x) = e
R
−(1+x)dx
2
=e
e−(x+
−x− x2
x2
)
2
y(x) = −e−(x+
x2
)
2
+C
bulunur.y(x) i yalnız bırakalım, böylece çözüm
Denlemin her iki tarafını µ(x) ile çarpalım,
x2
d
[µ(x)y(x)] = e−x− 2 (1 + x)
dx
y(x) = −1 + C.ex+
x2
2
olur.
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
63/ 145
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
64/ 145
Örnekler
Örnekler
Çözüm
Örnek
Değişkenlerine ayrılabilir bir denklem. Her iki tarafı 1 + y 2 ye
bölelim,
dy
= 3x2 dx
1 + y2
dy
= 3x2 (y 2 + 1), y(0) = 1
dx
Başlangıç değer probleminin çözümünü bulunuz.
İntegral alalım
UYARI
Z
Z
dy
=
3x2 dx + C
y2 + 1
arctan(y) = x3 + C
dy
= 3x2 y 2 + 3x2
dx
dy
− 3x2 y 2 = 3x2
dx
lineer değil dikkat!!!
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
y(x) = tan(x3 + C)
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
65/ 145
Örnekler
66/ 145
Örnekler
Örnek
xy ′ = 2y + x3 cosx diferansiyel denkleminin çözümünü bulunuz.
Başlangıç koşulumuz y(0) = 1 idi. Bunu kullanarak C yi
belirleyelim.
3+ 1 = tan(C)
y(0) = 1
Çözüm
KS
C=
Denklemimiz görüldüğü gibi doğrusal bir denklem
2
y ′ − y = x2 cosx
x
|{z}
π
4
Başlangıç değer problemimizin çözümü,
y(x) = tan(x3 +
P (x)
π
)
4
İntegral çarpanı
µ(x) = e
olarak bulunur.
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
R
−2
dx
x
= eln|x|
1
=
x2
67/ 145
−2
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
= e−2ln|x|
2 |−1
= eln|x
1
= eln x2
68/ 145
Örnekler
Denklemimizi integral çarpanımızla çarpalım
1
d 1
y(x)
= 2 x2 cosx
dx x2
x
TAM DİFERANSİYEL DENKLEMLER
Birinci mertebeden bir adi diferansiyel denklem
dy
= f (x, y)
dx
İntegral alalım
1
y(x) =
x2
Z
(19)
şeklinde ifade edilebildiği gibi
cos xdx + C = sin x + C
M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0
elde ederiz. Genel çözümümüz
(20)
şeklinde ifade edilebilir.
y(x) = x2 sin x + Cx2
olarak bulunur.
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
69/ 145
Tam Diferansiyel Denklemler
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
70/ 145
Tam Diferansiyel Denklemler
Çözüm Yöntemi
M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0
(2)
Eğer F (x, y) = c gibi bir fonksiyon (2) deki tam diferansiyel
denklemin çözümü ise
Bu denklemin çözümü (eğer varsa) F (x, y) = C şeklinde bir
fonksiyondur. Eğer
∂F
= M (x, y)
∂x
∂M (x, y)
∂N (x, y)
=
∂y
∂x
∂F
= N (x, y)
∂y
olmalıdır.
HATIRLATMA
F (x, y) = C nin tam diferansiyelini hatırlayalım
sağlanıyorsa denklem (2) tam diferansiyel denklem olarak
adlandırılır. Tam diferansiyel denklemler her zaman çözülebilir
denklemlerdir.
∂F
∂F
dy = 0
dx +
∂x
∂y
|{z}
|{z}
M (x,y)
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
ve
71/ 145
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
N (x,y)
72/ 145
Tam Diferansiyel Denklemler
Tam Diferansiyel Denklemler
Bilinmeyen Φ(y) fonksiyonunu bulabilmek için, elde edilen
Z
F (x, y) = M (x, y)dx + Φ(y)
Bu durumda M (x, y) nin x’e göre kısmi integrali alındığında
F (x, y) fonksiyonu (çözümümüz) bulunur.
∂F
= M (x, y)
∂x
denkleminin y’ye göre kısmi türevi alınırsa
Z
∂F
∂
d
=
M (x, y)dx + Φ(y)
∂y
∂y
dy
denkleminde iki tarafın x’e göre kısmi integralini alalım
Z
F (x, y) = M (x, y)dx + Φ(y)
elde edilir. Biz biliyoruz ki
∂F
= N (x, y)
∂y
Φ(y) intergasyon sabitidir.
Not: x’e göre kısmi türev alındığında sabit sayılar ve y’ye bağlı
ifadeler yok olabileceği için integral sabitimiz y’ye bağlıdır.
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
(21)
dir.Buradan Φ(y) fonksiyonunu bulabiliriz ve (3) de yerine
konulursa genel çözümü bulunmuş olur.
73/ 145
Tam Diferansiyel Denklemler
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
74/ 145
Tam Diferansiyel Denklemler
Örnek
Denklemimiz TAM olduğu için, çözümümüz olan F (x, y) = C
fonsiyonu için
∂F
= M (x, y) = y 3
∂x
olduğunu söyleyebiliriz. x’e göre kısmi integral alınırsa
Z
Z
∂F
dx = y 3 dx + Φ(y)
∂x
y 3 dx + 3xy 2 dy = 0 diferansiyel denkleminin genel çözümünü
bulunuz.
Çözüm
Denklemimizde
M (x, y) = y 3
ve
N (x, y) = 3xy 2
dir.Tam lık kriterine bakıldığında
∂M
= 3y 2
∂y
F (x, y) = y 3 x + Φ(y)
ve
∂N
= 3y 2
∂x
Şimdi Φ(y) yi bulmalıyız.
kısmi türevler eşit olduğu için denklemimiz tamdır.
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
75/ 145
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
76/ 145
Tam Diferansiyel Denklemler
Tam Diferansiyel Denklemler
Bulduğumuz
F (x, y) = y 3 x + Φ(y)
Örnek
2xydx + (1 + x2 )dy = 0 diferansiyel denkleminin genel çözümünü
bulunuz.
fonksiyonun y’ye göre kısmi türevi N (x, y) olmali ki çözümümüz
olsun. y’ye göre kısmi türev alalım
Çözüm
∂F
d
= 3y 2 x + Φ(y) = 3xy 2
| {z }
∂y
dy
Denklemimizde
N (x,y)
3xy 2 = 3xy 2 +
d
Φ(y)
dy
⇒
2xy dx + (1 + x2 ) dy = 0
|{z}
| {z }
d
Φ(y) = 0
dy
M (x,y)
Φ(y)’yi bulmak için integral alırsak Φ(y) = A olarak bulunur. (A
keyfi sabit). Sonuç olarak
dir.Tam lık kriterine bakıldığında
∂M
= 2x
∂y
F (x, y) = xy 3 + A = C
F (x, y) = xy 3 = K
(K = C − A, keyfi sabit)
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
N (x,y)
ve
∂N
= 2x
∂x
kısmi türevler eşit olduğu için denklemimiz tamdır.
77/ 145
Tam Diferansiyel Denklemler
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
78/ 145
Tam Diferansiyel Denklemler
Bulduğumuz
F (x, y) = x2 y + Φ(y)
Denklemimiz TAM olduğu için, çözümümüz olan F (x, y) = C
fonsiyonu için
∂F
= M (x, y) = 2xy
∂x
olduğunu söyleyebiliriz.. x’e göre kısmi integral alınırsa
Z
Z
∂F
dx = 2xydx + Φ(y)
∂x
fonksiyonun y’ye göre kısmi türevi N (x, y) olmali ki çözümümüz
olsun. y’ye göre kısmi türev alalım
∂F
d
2
= x2 + Φ(y) = |1 +
{zx}
∂y
dy
N (x,y)
x2 = x2 +
d
Φ(y)
dy
d
Φ(y) = 1
dy
Φ(y)’yi bulmak için integral alırsak Φ(y) = y + A olarak bulunur.
(A keyfi sabit). Sonuç olarak
F (x, y) = x2 y + Φ(y)
Şimdi Φ(y) yi bulmalıyız.
F (x, y) = x2 y + y + A = C
F (x, y) = x2 y + y = K
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
⇒
79/ 145
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
(K = C − A, keyfi sabit)
80/ 145
Tam Diferansiyel Denklemler
Tam Diferansiyel Denklemler
Örnek
Denklemimiz TAM olduğu için, çözümümüz olan F (x, y) = C
fonsiyonu için
∂F
= M (x, y) = x + sin y
∂x
olduğunu söyleyebiliriz.. x’e göre kısmi integral alınırsa
Z
Z
∂F
dx = x + sin ydx + Φ(y)
∂x
(x + sin y)dx + (x cos y − 2y)dy diferansiyel denkleminin genel
çözümünü bulunuz.
Çözüm
dy
−x − sin y
=
dx
x cos y − 2y
Görüldüğü gibi denklemimiz ayrılabilir yada doğrusal değil. Tam
olup olmadığını kontrol edelim.
F (x, y) =
(x + sin y) dx + (x cos y − 2y) dy = 0
| {z }
{z
}
|
M (x,y)
Şimdi Φ(y) yi bulmalıyız.
N (x,y)
dir.Tam lık kriterine bakıldığında
∂M
∂N
= cos y ve
= cos y
∂y
∂x
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
kısmi türevler eşit olduğu için denklemimiz tamdır.
x2
+ x sin y + Φ(y)
2
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
81/ 145
82/ 145
Örnekler
Tam Diferansiyel Denklemler
Bulduğumuz
F (x, y) = x2 y + Φ(y)
Örnek
fonksiyonun y’ye göre kısmi türevi N (x, y) olmali ki çözümümüz
olsun. y’ye göre kısmi türev alalım
∂F
d
= x cos y + Φ(y) = x cos y − 2y
|
{z
}
∂y
dy
x+y
dx
1+x2
+ (y + tan−1 x)dy = 0 diferansiyel denkleminin çözümünü
bulunuz.
Çözüm
N (x,y)
Denklemimizde
d
d
Φ(y) = −2y
x cos y − 2y = x cos y + Φ(y) ⇒
dy
dy
Φ(y)’yi bulmak için integral alırsak Φ(y) = −y 2 + A olarak
bulunur. (A keyfi sabit). Sonuç olarak
F (x, y) =
F (x, y) =
M (x, y) =
N (x, y) = y + tan−1 x
ve
dir.Tam lık kriterine bakıldığında
x2
+ x sin y − y 2 + A = C
2
x2
+ x sin y − y 2 = K (K = C − A, keyfi sabit)
2
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
x+y
1 + x2
1
∂M
=
∂y
1 + x2
ve
∂N
1
=
∂x
1 + x2
kısmi türevler eşit olduğu için denklemimiz tamdır.
83/ 145
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
84/ 145
Örnekler
Örnekler
Bulduğumuz
Denklemimiz TAM olduğu için, çözümümüz olan F (x, y) = C
fonsiyonu için
∂F
x+y
= M (x, y) =
∂x
1 + x2
ve
∂F
= N (x, y) = y + tan−1 x
∂y
F (x, y) =
fonksiyonun x’ye göre kısmi türevi M (x, y) olmali ki çözümümüz
olsun. x’ye göre kısmi türev alalım
∂F
d
1
x+y
+
= y.
Φ(x) =
2
∂x
1 + x2 dx
1
|+
{zx }
olduğunu söyleyebiliriz. Bu denklemlere bakıldığında ikincisini
integrallemek daha kolaydır.
Z
Z
∂F
dy = (y + tan−1 x)dy + Φ(x)
∂y
F (x, y) =
M (x,y)
y.
y2
+ y.tan−1 x + Φ(x)
2
1
d
1
x
Φ(x) = y.
+
+
2
2
1+x
dx
1+x
1 + x2
d
x
Φ(x) =
dx
1 + x2
Şimdi Φ(x) yi bulmalıyız.
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
y2
+ y.tan−1 x + Φ(x)
2
85/ 145
Örnekler
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
86/ 145
TAM HALE GETİRME
M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0
x
d
Φ(x) =
dx
1 + x2
diferansiyel denklemini ele alalım. Eğer bu denklem TAM değilse,
yani,
∂N
∂M
6=
∂y
∂x
Φ(x)’yi bulmak için integral alırsak Φ(x) = 12 ln (1 + x2 ) + A
olarak bulunur. (A keyfi sabit). Sonuç olarak
F (x, y) =
F (x, y) =
y2
+ y.tan−1 x +
2
y2
+ y.tan−1 x +
2
ise, biz bu denklemi uygun bir α(x, y) fonksiyonu ile çarparak TAM
hale getirebiliriz.O zaman öyle bir α(x, y) fonksiyonu bulalım ki
1
ln (1 + x2 ) + A = C
2
1
ln (1 + x2 ) = K
2
α(x, y)M (x, y)dx + α(x, y)N (x, y)dy = 0
(23)
denklemi TAM olsun. (1) denklemini tam hale getirmek için
kullandığımız α(x, y) fonksiyonuna integral çarpanı denir. Böyle bir
α(x, y) fonksiyonunu bulmak kolay olmayabilir. Biz basit durumları
inceleyelim.
(K = C − A, keyfi sabit)
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
(22)
87/ 145
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
88/ 145
TAM HALE GETİRME
TAM HALE GETİRME
İntegral çarpanımız sayesinde TAM olan (2) yi elde ettik. Yani,
∂
∂
(αM ) =
(αN )
∂y
∂x
∂N
1 ∂α
∂α
∂M
−
= ( N−
M)
∂y
∂x
α ∂x
∂y
Bu denklemden α(x, y) yi bulmaya çalışabiliriz. Türevi alalım,
∂α
∂α
∂M
∂N
∂y
−
= ∂x N −
M
∂y
∂x
α
α
∂α
∂M
∂α
∂N
M +α
=
N +α
∂y
∂y
∂x
∂x
α(x, y) nin türevlerini bir tarafa toplarsak
∂N
∂
∂
∂M
−
= N (ln α) − M (ln α)
∂y
∂x
∂x
∂y
∂M
∂N
∂α
∂α
α
−α
=
N−
M
∂y
∂x
∂x
∂y
α(
Yukarıdaki kısmi diferansiyel denklemden α(x, y) yi bulmak her
zaman kolay değildir. Biz bazı basit durumları inceleyelim.
∂N
∂α
∂α
∂M
−
)=
N−
M
∂y
∂x
∂x
∂y
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
89/ 145
TAM HALE GETİRME
90/ 145
TAM HALE GETİRME
Durum 1: α sadece x’in fonksiyonu olabilir. O zaman denklem
∂
(ln α) = 0 olacaktır. Yani
(3) teki ∂y
UYARI
Bu durumun gerçeklenebilmesi için
∂M
∂N
∂
−
= N (ln α)
∂y
∂x
∂x
1 ∂M
∂N
(
−
)
N ∂y
∂x
Burada denklemin her iki tarafını N ye bölüp x’e göre integral
alırsak
Z
1 ∂M
∂N
ln α =
(
−
)dx
N ∂y
∂x
α(x) = e
(24)
R
1
N
( ∂M
∂y
− ∂N
∂x
in sadece x’e bağlı olması gerekir.
Yani yukarıdaki ifade sadece x’e bağlı olursa, integral çarpanını
α(x) = e
)dx
1
N
( ∂M
− ∂N
)dx
∂y
∂x
ile bulabiliriz.
olarak bulunur.
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
R
91/ 145
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
92/ 145
TAM HALE GETİRME
TAM HALE GETİRME
Durum 2: Benzer şekilde α sadece y’in fonksiyonu olabilir. O
∂
(ln α) = 0 olacaktır ve
zaman denklem (3) teki ∂x
UYARI
Bu durumun gerçeklenebilmesi için
∂M
∂N
∂
−
= −M (ln α)
∂y
∂x
∂y
∂N
−1 ∂M
(
−
)
M ∂y
∂x
Burada denklemin her iki tarafını −M ye bölüp y’e göre integral
alırsak
Z
∂N
−1 ∂M
(
−
)dy
ln α =
M ∂y
∂x
α(y) = e
R
−1 ∂M
( ∂y
M
in sadece y’e bağlı olması gerekir.
Yani yukarıdaki ifade sadece y’e bağlı olursa, integral çarpanını
α(y) = e
− ∂N
)dy
∂x
R
−1 ∂M
( ∂y
M
− ∂N
)dy
∂x
ile bulabiliriz.
olarak bulunur.
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
93/ 145
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
94/ 145
Tam yapmak için integral çarpanımızı bulalım;eğer
Örnek
(x5 + 3y)dx − xdy = 0 diferansiyel denkleminin çözümünü bulunuz.
∂N
1 ∂M
(
−
)
N ∂y
∂x
Çözüm
ifadesi sadece x’e bağlıysa integral sabitimiz x’e bağlı çıkacak.
Denklemimizde
M (x, y) = x5 + 3y
ve
1 ∂M
∂N
1
−4
(
−
)=
(3 − (−1)) =
N ∂y
∂x
−x
x
N (x, y) = −x
Görüldüğü gibi sadece x’e bağlı. İntegral çarpanımız;
dir.Tam lık kriterine bakıldığında
∂M
= 3 ve
∂y
∂N
= −1
∂x
α(x) = e
1
N
( ∂M
− ∂N
)dx
∂y
∂x
ile bulunabilir.
eşit olmadığı için TAM DEĞİLDİR.
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
R
95/ 145
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
96/ 145
α(x) = e
R
−4
dx
x
=
1
x4
olarak integral çarpanımızı buluruz.
Denklemimizi integral çarpanımızla çarpalım,
1
3
y)dx − 3 dy = 0
4
x
x
Yukarıdaki TAM diferansiyel denklemin çözümü
(x +
1 5
1
(x + 3y)dx − x 4 dy = 0
x4
x
F (x, y) =
1
3
(x + 4 y)dx − 3 dy = 0
x
x
Bu denklemin tam olup olmadığını kontrol edelim
−y x2
+
=C
x3
2
dir.
∂M
∂N
3
= 4 =
∂y
x
∂x
TAM dır.
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
97/ 145
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
98/ 145
Örnek
−ydx + (x + y)dy = 0 diferansiyel denkleminin çözümünü bulunuz.
Tam yapmak için integral çarpanımızı bulalım;eğer
1 ∂M
∂N
(
−
)
N ∂y
∂x
Çözüm
Denklemimiz ayrılabilir ve lineer değildir. Denklemimizde
M (x, y) = −y
ve
ifadesi sadece x’e bağlıysa integral sabitimiz x’e bağlı çıkacak.
N (x, y) = x + y
∂N
1
−2
1 ∂M
(
−
)=
(−1 − 1) =
N ∂y
∂x
x+y
x+y
dir.Tam lık kriterine bakıldığında
∂M
= −1 ve
∂y
Görüldüğü gibi sadece x’e bağlı değil.
∂N
=1
∂x
eşit olmadığı için TAM DEĞİLDİR.
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
99/ 145
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
100/ 145
α(y) = e
Eğer aşağıdaki ifade sadece y’ye çıkarsa integral çarpanımız sadece
y’ye bağlı olacak.
α(y) = e
=
1
y2
1
1
(−y)dx + 2 (x + y)dy = 0
2
y
y
integral çarpanımız:
−1 ∂M
( ∂y
M
−2
dy
y
olarak integral çarpanımızı buluruz.
Denklemimizi intagral çarpanımızla çarpalım,
−1 ∂M
∂N
−1
−2
(
−
)=
(−1 − 1) =
M ∂y
∂x
−y
y
R
R
−1
(x + y)
dy = 0
dx −
y
y2
− ∂N
)dy
∂x
Bu denklemin tam olup olmadığını kontrol edelim
ile bulunabilir.
∂M
1
∂N
= 2 =
∂y
y
∂x
TAM dır.
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
101/ 145
102/ 145
Örnek
(x + 3x3 sin y)dx + (x4 cos y)dy = 0 diferansiyel denkleminin
çözümünü bulunuz.
(x + y)
−1
dx −
dy = 0
y
y2
Çözüm
Yukarıdaki TAM diferansiyel denklemin çözümü
Denklemimiz ayrılabilir ve lineer değildir. Denklemimizde
−x
F (x, y) =
+ ln |y| = C
y
M (x, y) = x + 3x3 sin y
ve
N (x, y) = x4 cos y
dir.Tam lık kriterine bakıldığında
dir.
∂M
= 3x3 cos y
∂y
ve
∂N
= 4x3 cos y
∂x
eşit olmadığı için TAM DEĞİLDİR.
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
103/ 145
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
104/ 145
Tam yapmak için integral çarpanımızı bulalım;eğer
Denklemimizi integral çarpanımız α(x) =
∂N
1 ∂M
(
−
)
N ∂y
∂x
1
x
ile çarpalım,
1
1
(x + 3x3 sin y)dx + (x4 cos y)dy = 0
x
x
ifadesi sadece x’e bağlıysa integral sabitimiz x’e bağlı çıkacak.
1 ∂M
∂N
1
−1
(
−
)= 4
(3x3 cos y − 4x3 cos y) =
N ∂y
∂x
x cos y
x
(1 + 3x2 sin y)dx + (x3 cos y)dy = 0
Bu denklemin tam olup olmadığını kontrol edersek
Görüldüğü gibi sadece x’e bağlı.İntegral çarpanımız:
α(x) = e
R
α(x) = e
1
N
( ∂M
− ∂N
)dy
∂y
∂x
R
−1
dy
x
=
∂M
∂N
= 3x2 cos y =
∂y
∂x
TAM dır.
1
x
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
105/ 145
(1 + 3x2 sin y)dx + (x3 cos y)dy = 0
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
106/ 145
Yerine Koyma Yöntemleri
Yukarıdaki TAM diferansiyel denklemin çözümü
Bu kısımda, verilen bir diferansiyel denklemi nasıl çözüleceğini
bildiğimiz bir denkleme dönüştürmek için bazen kullanılabilen
yerine koyma yöntemlerini açıklayacağız.
3
F (x, y) = x + x sin y = C
dir.
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
107/ 145
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
108/ 145
Yerine Koyma Yöntemleri
Yerine Koyma Yöntemleri
Denkemimizde yerine yazarsak
dv
− 1 = v2 ⇒
dx
ÖRNEK
dy
= (x + y + 3)2
dx
diferansiyel denklemini çözünüz.
değişkenlerine ayrılabilir
Değişkenlerine ayrılabilir bir denklemi nasıl çözeceğimizi biliyoruz.
dv
= dx
1 + v2
ÇÖZÜM
x = arctan v + c
x+y+3=v
dönüşümü yapalım.
dy
dx in yerine yazabilmek için y yi çekip türev alalım.
v = tan(x − c)
Ters dönüşüm yaparsak, (v yerine x + y + 3 yazalım)
y =v−x−3
x + y + 3 = tan(x − c)
dv
dy
=
−1
dx
dx
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
dv
= 1 + v2
dx
{z
}
|
y = tan(x − c) − x − 3
109/ 145
Yerine Koyma Yöntemleri
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
110/ 145
Yerine Koyma Yöntemleri
Homojen Diferansiyel Denklemler
Kural
dy
= F (ax + by + c)
dx
şeklindeki herhangi bir diferansiyel denklem
Tanım
f (x, y) tanımlı iki değişkenli bir fonksiyon olsun, x yerine λx y
yerine λy yazılınca
f (λx, λy) = λn f (x, y)
v = ax + by + c
dönüşümüyle ayrılabilir bir denkleme dönüştürülebilir.
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
ise f (x, y) n. derceden homojen bir fonksiyondur.
111/ 145
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
112/ 145
Yerine Koyma Yöntemleri
Yerine Koyma Yöntemleri
Homojen Diferansiyel Denklemler
Homojen Diferansiyel Denklemler
Örnek
Tanım
f (x, y) = xy 2 + y 3 fonksiyonu için
dy
M (x, y)
=
dx
N (x, y)
f (λx, λy) = λx(λy)2 + (λy)3
1. mertebeden diferansiyel denkleminde M (x, y) ve N (x, y) n.
dereceden homojen ise diferansiyel denkleme n. dereceden homojen
diferansiyel denklem denir. Homojen diferansiyel denklemleri
çözmek için, denklem
f (λx, λy) = λ3 xy 2 + λ3 y 3 = λ3 (xy 2 + y 3 )
y
dy
= f (x, y) = g
dx
x
şeklinde yazılır. Daha sonra z = y/x dönüşümü yapılır.
f (λx, λy) = λ3 f (x, y)
f (x, y) 3. dereceden homojen bir fonksiyondur.
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
113/ 145
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
Yerine Koyma Yöntemleri
Yerine Koyma Yöntemleri
Homojen Diferansiyel Denklemler
Homojen Diferansiyel Denklemler
ÖRNEK
y
dy
=g
dx
x
y
homojen denkleminde z = x dönüşümü yapılırsa
y = zx ⇒
Ve yerlerine yazılırsa
(2xy + x2 )y ′ = x2 + 2y 2
diferansiyel denkleminin çözümünü bulunuz.
dy
dz
=
x+z
dx
dx
ÇÖZÜM
dz
x + z = g(z)
dx
M (x, y)
x2 + 2y 2
dy
=
=
2
dx
2xy + x
N (x, y)
Homojen mi diye bir bakalım.
dz
g(z) − z
=
dx
x
değişkenlerine ayrılabilir diferansiyel denkleme dönüşür. Bu
değişkenlerine ayrılabilir denklemi çözer z = xy ters dönüşümü
yaparız.
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
114/ 145
M (λx, λy) = (λx)2 + 2(λy)2 = λ2 (x2 + 2y 2 )
N (λx, λy) = 2(λx)(λy) + (λx)2 = λ2 (2xy + x2 )
115/ 145
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
116/ 145
Yerine Koyma Yöntemleri
Yerine Koyma Yöntemleri
Homojen Diferansiyel Denklemler
Homojen Diferansiyel Denklemler
M ve N 2. dereceden homojen fonksiyonlar. Öyleyse diferansiyel
denklem homojendir.Denklemimizi xy in cinsinden yazmaya çalışalım
z=
y
x
Düzenlediğimizde;
2
dy
x2 + 2y 2
=
dx
2xy + x2
=
x2 (1 + 2 xy 2 )
(1 + 2( xy )2 )
=
x2 (2 xy + 1)
(2 xy + 1)
dz
1−z 1
=
dx
2z + 1 x
değişkenlerine ayrılabilir diferansiyel denklemi elde etmiş oluruz.Bu
diferansiyel denklemin çözümü
dönüşümü yapalım.
y = zx ⇒
dz
dy
=
x+z
dx
dx
−2
y
− 3ln|1 − y/x| = ln|x| + C
x
dür.
Denklemimiz,
2z 2
dz
1+
x+z =
dx
2z + 1
e dönüşür.
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
117/ 145
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
Yerine Koyma Yöntemleri
Yerine Koyma Yöntemleri
Homojen Diferansiyel Denklemler
Homojen Diferansiyel Denklemler
ÖRNEK
p
(λx)2 − (λy)2
p
= λy + λ2 (x2 − y 2 )
p
p
= λy + λ x2 − y 2 = λ (y + x2 − y 2 )
{z
}
|
M (λx, λy) = λy +
x
118/ 145
p
dy
= y + x2 − y 2
dx
M
ÇÖZÜM
Her ikisi de 1. dereceden homojen dolayısıyla denklemimiz
homojen.Sağ tarafı xy cinsinden yazmaya çalışalım.
p
p
y + x2 − y 2
y
x2 − y 2
dy
=
= +
dx
x
x
x
q
2
r
x2 (1 − xy 2 )
y
y
y
= +
= + 1 − ( )2
x
x
x
x
Denklemimiz aşağıdaki şekilde de yazılabilir,
p
y + x2 − y 2
M (x, y)
dy
=
=
dx
x
N (x, y)
Homojenliğe bakalım.
N (λx, λy) = λx = λN
N (x, y) fonksiyonu 1. dereceden homojen.
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
119/ 145
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
120/ 145
Yerine Koyma Yöntemleri
Yerine Koyma Yöntemleri
Homojen Diferansiyel Denklemler
Homojen Diferansiyel Denklemler
z=
y
x
dönüşümü yapalım,
dz
dy
=
x+z
dx
dx
y = zx ⇒
ÖRNEK
denklemimizde yerine yazalım
y 2 dx + (x2 − xy − y 2 )dy = 0
p
dz
x + z = z + 1 − z2
dx
Düzenlersek değişkenlerine ayrılabilir denklemimizi elde ederiz.
ÇÖZÜM
Denklemimizi
dx
dz
=
x
1 − z2
Değişkenlerine ayrılabilir denklemimizi çözer z yerine y/x yazarız.
Çözümümüz;
y = x sin (ln |x| + C)
√
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
−y 2
dy
= 2
dx
x − xy − y 2
şeklinde yazalım.Homojenlik için M (x, y) = −y 2 ve
N (x, y) = x2 − xy − y 2 fonksiyonlarının homojenliğine bakalım.
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
121/ 145
Yerine Koyma Yöntemleri
Yerine Koyma Yöntemleri
Homojen Diferansiyel Denklemler
Homojen Diferansiyel Denklemler
122/ 145
y/x cinsinden yazmaya çalışalım.
M (x, y) = −y 2
N (x, y) = x2 − xy − y 2
( xy )2
−y 2
−y 2
dy
=−
= 2
= 2
dx
x − xy − y 2
x (1 − xy − ( xy )2 )
1 − xy − ( xy )2
M (λx, λy) = −(λy)2 = −λ2 y 2 = −λ2 M (x, y)
2
N (λx, λy) = (λx) − (λx)(λy) − (λy)
y
x
2
= z dersek,
dy
dx
=
= λ2 x2 − λ2 xy − λ2 y 2
x
= λ2 (x2 − xy − y 2 ) = λ2 N (x, y)
M (x, y) ve N (x, y) fonksiyonları 2. dereceden homojen olduğu için
denklemimiz homojen bir denklemdir.
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
dz
dx x
123/ 145
+ z olur.Yerlerine yazalım,
dz
−z 2
+z =
dx
1 − z − z2
Düzenlediğimizde:
dx
1 − z − z2
dz =
3
−z + z
x
değişkenlerine ayrılmış denklemi elde ederiz.
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
124/ 145
Yerine Koyma Yöntemleri
Yerine Koyma Yöntemleri
Homojen Diferansiyel Denklemler
(a1 x + b1 y + c1 )dx ∓ (a2 x + b2 y + c2 )dy = 0
şeklindeki diferansiyel denklemler.
z2
1−z−
dx
dz =
3
−z + z
x
Yukarıdaki diferansiyel denklemi çözüp z =
Durum 1:
y
x
yazarsak
a2
a1
6=
b2
b1
ise
a1 x + b1 y + c1 = 0,a2 x + b2 y + c2 = 0 doğruları paralel değildir.
Yani bir noktada kesişirler. Bu kesişme noktasını bulup, (bu nokta
(h, k) olsun)
y + x = Cy 2 (y − x)
olarak genel çözümümüz bulunur.
x=X +h
ve
y =Y +k
dönüşümü uygularız.
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
125/ 145
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
126/ 145
Yerine Koyma Yöntemleri
Yerine Koyma Yöntemleri
(a1 x + b1 y + c1 )dx ∓ (a2 x + b2 y + c2 )dy = 0 şeklindeki denklemler
(a1 x + b1 y + c1 )dx ∓ (a2 x + b2 y + c2 )dy = 0 şeklindeki denklemler
x = X + h ⇒ dx = dX
ve
Bu durumda denklemimiz
y = Y + k ⇒ dy = dY
(a1 X + b1 Y )dX ∓ (a2 X + b2 Y )dY = 0
yerlerine yazalım.
(a1 (X +h)+b1 (Y +k)+c1 )dX ∓(a2 (X +h)+b2 (Y +k)+c2 )dY = 0
Düzenlersek
(a1 X+b1 Y +a1 h+b1 k+c1 )dX∓(a2 X+b2 Y +a2 h+b2 k+c2 )dY = 0
(h, k) iki doğrunun kesişim noktası olduğuna göre her ikisinin de
üzerindedir. Sonuç olarak denklemlerini sağlar;
a 1 h + b1 k + c 1 = 0
ve
şeklini alır. Elde ettiğimiz bu denklem homojendir.(Kontrol edin.)
Bu homojen denklemi çözersek ve
X =x−h
ve
Y =y−k
ters dönüşümü yaparsak
(a1 x + b1 y + c1 )dx ∓ (a2 x + b2 y + c2 )dy = 0
denkleminin genel çözümünü bulmuş oluruz.
a 2 h + b2 k + c 2 = 0
dır.
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
127/ 145
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
128/ 145
Yerine Koyma Yöntemleri
Yerine Koyma Yöntemleri
(a1 x + b1 y + c1 )dx ∓ (a2 x + b2 y + c2 )dy = 0 şeklindeki denklemler
(a1 x + b1 y + c1 )dx ∓ (a2 x + b2 y + c2 )dy = 0 şeklindeki denklemler
x = X + 2 ⇒ dx = dX
ÖRNEK
(x + y − 3)dx + (−x + y + 1)dy = 0 diferansiyel denkleminin genel
çözümünü bulunuz.
yerlerine yazalım
ÇÖZÜM
Düzenlersek
ve
y = Y + 1 ⇒ dy = dY
((X + 2) + (Y + 1) − 3)dX + (−(X + 2) + (Y + 1) + 1)dY = 0
(X + Y + 2 + 1 − 3)dX + (−X + Y + −2 + 1 + 1)dY = 0
x + y − 3 = 0 ve −x + y + 1 = 0 doğrularının kesişim noktasını
bulalım. Ortak çözüm yaparsak bu doğruların (2, 1) noktasında
kesiştiğini buluruz.(h = 2, k = 1)
x=X +2
ve
(X + Y )dX + (−X + Y )dY = 0
y =Y +2
veya
dY
(X + Y )
=−
dX
(−X + Y )
şeklinde homojen bir denklem elde ettik.
dönüşümü uygulayacağız.
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
129/ 145
130/ 145
Yerine Koyma Yöntemleri
Yerine Koyma Yöntemleri
(a1 x + b1 y + c1 )dx ∓ (a2 x + b2 y + c2 )dy = 0 şeklindeki denklemler
(a1 x + b1 y + c1 )dx ∓ (a2 x + b2 y + c2 )dy = 0 şeklindeki denklemler
Sağ tarafta pay ve paydayı X parantezine alalım.
z=
Y
Y
)
(1 + X
)
X(1 + X
dY
=
−
=−
Y
Y
dX
X(−1 + X )
(−1 + X )
z=
Y
X
dönüşümü yaparsak,⇒
dY
dX
=
dz
dX X
Y
X
ters dönüşümünden sonra
arctan (
+z
ve son olarakda
dz
(1 + z)
X +z =−
dX
(−1 + z)
X =x−2
Düzenlersek
dX
1−z
dz =
2
1+z
X
değişkenlerine ayrılabilir denklemi elde ederiz.Her iki tarafın
integralini aldığımızda
arctan z −
1
Y
Y
) − ln (1 + ( )2 ) = ln X + C
X
2
X
ve
Y =y−1
dönüşümüyle denklemimizin genel çözümün ulaşmış oluruz.
arctan (
y−1
1
y−1 2
) − ln (1 + (
) ) = ln (x − 2) + C
x−2
2
x−2
1
ln (1 + z 2 ) = ln X + C
2
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
131/ 145
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
132/ 145
Yerine Koyma Yöntemleri
Yerine Koyma Yöntemleri
(a1 x + b1 y + c1 )dx ∓ (a2 x + b2 y + c2 )dy = 0 şeklindeki denklemler
(a1 x + b1 y + c1 )dx ∓ (a2 x + b2 y + c2 )dy = 0 şeklindeki denklemler
Durum 2:
a2
a1
=
b2
b1
= k ise
z = a 1 x + b1 y
a1 x + b1 y + c1 = 0,a2 x + b2 y + c2 = 0 doğruları paraleldir.
ve
yerlerine yazılırsa
z = a 1 x + b1 y
dy
dx
a 1 x + b1 y + c 1
a 2 x + b2 y + c 2
z + c1
1 dz
− a1 ) = ±
(
= f (z)
b1 dx
kz + c2
dönüşümü uygularız.
z = a 1 x + b1 y
⇒
dy
dz
= a 1 + b1
dx
dx
= ±
dz
= b1 f (z) + a1
dx
değişkenlerine ayrılabilir hale dönüşür.
1 dz
dy
= (
− a1 )
dx
b1 dx
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
1 dz
dy
= (
− a1 )
dx
b1 dx
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
133/ 145
Yerine Koyma Yöntemleri
Yerine Koyma Yöntemleri
(a1 x + b1 y + c1 )dx ∓ (a2 x + b2 y + c2 )dy = 0 şeklindeki denklemler
(a1 x + b1 y + c1 )dx ∓ (a2 x + b2 y + c2 )dy = 0 şeklindeki denklemler
134/ 145
Denklemimizi
dy
(2x + y − 1)
=
dx
(4x + 2y − 5)
seklinde yazar dönüşümümüzü yaparsak
ÖRNEK
(2x + y − 1)dx = (4x + 2y − 5)dy diferansiyel denkleminin genel
çözümünü bulunuz.
z−1
dz
−2=
dx
2z − 5
ÇÖZÜM
dz
z−1
5z − 11
=
+2=
dx
2z − 5
2z − 5
= 21 = 2 olduğunu kolayca görebiliriz. z = 2x + y dönüşümü
yapacağız.
dz
dy
z = 2x + y ⇒
=2+
dx
dx
4
2
2z − 5
dz = dx
5z − 11
değişkenlerine ayrılabilir bir denklem haline gelir. Çözümü:
dy
dz
=
−2
dx
dx
2
3
(z) −
ln (5z − 11) = x + C
5
25
olur.
dür.
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
135/ 145
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
136/ 145
Yerine Koyma Yöntemleri
Yerine Koyma Yöntemleri
(a1 x + b1 y + c1 )dx ∓ (a2 x + b2 y + c2 )dy = 0 şeklindeki denklemler
Bernoulli Denklemleri
dy
+ P (x)y = Q(x)y n
dx
şeklindeki birinci mertebeden diferansiyel denklemelere Bernoulli
denklemleri denir. n = 0 veya n = 1 ise denklem lineer dir. Aksi
takdirde
v = y 1−n
3
2
(z) −
ln (5z − 11) = x + C
5
25
denkleminde z = 2x + y ters dönüşümünü yaparsak genel
çözümümüz
2
3
(2x + y) −
ln (5(2x + y) − 11) = x + C
5
25
dönüşümü denklemi
dv
+ (1 − n)P (x)v = (1 − n)Q(x)
dx
şeklinde bulunur.
lineer denklemine dönüştürür.
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
137/ 145
Yerine Koyma Yöntemleri
Yerine Koyma Yöntemleri
Bernoulli Denklemleri
Bernoulli Denklemleri
v = y 1−n ⇒
ÖRNEK
dy
dv
= (1 − n)y −n
dx
dx
2xyy ′ = 4x2 + 3y 2 diferansiyel denkleminin genel çözümünü
bulunuz.
dy
dv 1
= yn
dx
dx n − 1
denklemimizde yerine yazarsak
yn
ÇÖZÜM
Denklemimizi
dv 1
+ P (x)vy n = Q(x)y n
dx n − 1
dy
3
2x
−
y=
dx 2x
y
3
,Q(x) = 2x ve n = −1 olduğu bir
şeklinde yazarsak P (x) = − 2x
Bernoulli denklemi olduğunu görürüz.
n = −1 olduğu için 1 − n = 2 olacak ve
Düzenledikten sonra
dv
+ (1 − n)P (x)v = (1 − n)Q(x)
dx
v = y2
halini alır.
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
138/ 145
dönüşümü yapacağız.
139/ 145
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
140/ 145
Yerine Koyma Yöntemleri
Yerine Koyma Yöntemleri
Bernoulli Denklemleri
Bernoulli Denklemleri
Denklemimizin her iki tarafınıda integral çarpanımızla çarparsak
dv
+ (1 − n)P (x)v = (1 − n)Q(x)
dx
denkleminde yerine koyalım
d 1
1
[ 3 v(x)] = 3 4x
dx x
x
Her iki tarafın integralini alalım
dv
3
+ 2(− )v = 2.2x
dx
2x
Z
4
4
1
v(x) =
dx + C = − + C
3
2
x
x
x
v(x) = 4x2 + Cx3
3
dv
− v = 4x
dx x
Lineer denklemi elde ettik. İntegral çarpanımız
µ(x) = e
R
P (x)dx
=e
R
− x3 dx
v = y 2 idi,
1
= 3
x
y 2 = 4x2 + Cx3
olarak çözümümüzü buluruz.
dır.
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
141/ 145
Yerine Koyma Yöntemleri
Yerine Koyma Yöntemleri
Bernoulli Denklemleri
Bernoulli Denklemleri
ÖRNEK
dy
x dx
+ 6y =
bulunuz.
3xy 4/3
142/ 145
dv
+ (1 − n)P (x)v = (1 − n)Q(x)
dx
denkleminde yerine koyalım
diferansiyel denkleminin genel çözümünü
dv
1 6
1
− ( )v = − 3
dx 3 x
3
ÇÖZÜM
Denklemimizi
dy
6
+ y = 3y 4/3
dx x
şeklinde yazarsak P (x) = x6 ,Q(x) = 3 ve n = 4/3 olduğu bir
Bernoulli denklemi olduğunu görürüz.
n = 4/3 olduğu için 1 − n = −1/3 olacak ve
v=y
dv
2
− v = −1
dx x
Lineer denklemi elde ettik. İntegral çarpanımız
µ(x) = e
−1/3
P (x)dx
=e
R
− x2 dx
=
1
x2
dır.
dönüşümü yapacağız.
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
R
143/ 145
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
144/ 145
Yerine Koyma Yöntemleri
Bernoulli Denklemleri
Denklemimizin her iki tarafınıda integral çarpanımızla çarparsak
d 1
1
[ 2 v(x)] = 2 (−1)
dx x
x
Her iki tarafın integralini alalım
Z
1
−1
1
v(x) =
dx + C = + C
2
2
x
x
x
v(x) = x + Cx2
v = y −1/3 idi,
y −1/3 = x + Cx2
olarak çözümümüzü buluruz.
Öğr.Gör.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK
145/ 145

Download

Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller Diferansiyel

Products

Support

Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller Diferansiyel

Add this document to collection(s)

Add this document to saved

Suggest us how to improve StudyLib