+ x(n-1)

3.2. Euler Yüksek Mertebeden Değişken Katsayılı Diferansiyel Denklemi
x(n) .y(n) + x(n-1) .y(n-1) + … + x2.y” + x .y’ + y = Q(x)
Değişken dönüşümü yapalım. Diferansiyel denklemi sabit katsayılı ( x yerine t bağımsız
değişkeni ) gelecek şekilde x = et dönüşümü ile;
y’ =
dy dy / dt dy 1
dy
=
=
. t  y’ = e-t .
dx dx / dt dt e
dt
dx t
=e
dt
d 2y dy

)
dt 2
dt
d 3 y 3d 2 y 2dy

y”’ = e-3t .( 3 
)
dt
dt 2
dt
x = et ve y’, y”, y”’ diferansiyel denklemde yerine konularak Euler diferansiyel denklemi sabit
katsayılı hale gelir.
y” = e-2t .(
an .y(t)(n) + an-1 .y(t)(n-1) + … + a2 .y”(t) + a1 .y’(t) + a0 .y(t) = Q(t) bilinen yollardan birisi ile
çözülür.
Bu diferensiyel denklemin genel çözümünde x = et konularak Euler Diferensiyel
Denkleminin Genel Çözümü elde edilir.
ÖRNEK:
x3 .y”’ + 5x2 .y” +3x .y’ = x2  Euler yüksek mertebeden diferansiyel denklemi (I)
Sabit katsayılı hale getirmek için x = et dönüşümü uygulayalım.
(I) ifadesinde x = et , y’, y”, y”‘ ifadelerini t’ye göre koyalım.
3
e3t .
2
[ ddt y  3dtd y  2dtdy ].e
-3t
3
2
2
+ 5. e2t
[ ddt y  dydt ].e
2
-2t
+ 3. et
[ dydt ].e = e
-t
2t
d 3 y 3d 2 y 2dy
d 2y
dy
dy


 5.
+
5.
+ 3.
= e2t
3
2
2
dt
dt
dt
dt
dt
dt
d 3 y 2d 2 y

= e2t sabit katsayılı diferansiyel denklem ( düzgün fonksiyon, belirsiz
dt 3
dt 2
katsayılar yöntemi ile)
Karakteristik denklem; f(r) = r3 +2.r2 = 0  r2 ( r+2)  r1 = r2 = 0, r3 = –2
c . e0.t + c .t. e0.t + c
yh = c + c .t + c .e-2.t
yh =
2
1
1
2
3
. e-2.t
3
y1 = A. e2t  y1’ = 2A. e2t  y1” = 4A. e2t  y1’ = 8A. e2t
d 3 y 2d 2 y

= e2t olarak bulmuştuk.
3
2
dt
dt
8A. e2t + 2.(4A. e2t) = e2t  16A = 1  A = 1/16
y1 = A. e2t olarak bulmuştuk. O halde;
y1 = (1/16).e2t  özel çözüm
Genel çözüm = y = yh + y1
y = c1 + c 2 .t + c3 .e-2.t + (1/16).e2t  et =x  t = lnx yerine konulursa;
y=
c +c
1
2
.lnx + c3 .x-2 + (1/16).x2  Euler diferansiyel denkleminin genel çözümü olur.
Çözülmüş Problem Örnekleri
ÖRNEK(uyg)
y”‘ – 4.y” = x – 5. ex  Polinomlu bir ifade varsa ve köklerden biri sıfırsa özel çözüm “x” ile
ikisi sıfırsa “x2” ile çarpılır.
yh
y1 y2
Karakteristik denklem: f(r)= r3 – 4.r2 = 0
r2 ( r – 4) = 0, r1 = r2 = 0, r3 = 4
y1 = (A.x+B).x2 2 aynı ve 0’a eşit kök var. (rezonans)
yh = c1 + c 2 .x + c3 . e4x
y1 =A. x3+B.x2
y1’ = 3A. x2+2B.x
y1” =6Ax+2B
y1”‘ =6A bu değerleri yerine koyarsak (y”‘ – 4.y”) ;
6A– 4(6Ax+2B) = x
6A– 24Ax – 8B = x  A= – 1/24, B= – 1/32
y1 =(– 1/24). x3+(– 1/32).x2
y2 = C. ex
y2 ‘ = C. ex
y2 “ = C. ex
y2 “‘ = C. ex  burada rezonans olup olmadığının kontrolü şu şekilde yapılır. ex teriminde x’in
katsayısı 1’dir. y1 çözümünde bulduğumuz A ve B değerleri 1’e eşit değilse rezonans söz
konusu değildir. Bu değerleri yerine koyarsak (y”‘ – 4.y”) ;
C. ex – 4.C ex = – 5.ex  C= 5/3
y2 = C. ex  y2 = 5/3. ex
y = yh + y1 + y2 = c1 + c 2 .x + c3 . e4x – (1/24). x3 – (1/32).x2 + 5/3. ex
ÖRNEK(uyg)
y”’ + 3.y” +2.y’ = sinx .(–x+3) ***trigonometrik ve üstel çarpımlar polinom rezonansını
ortadan kaldırır.
Karakteristik denklem: f(r)= r3 +3.r2+2r = 0
r (r2 +3r+2) = 0, r1 = 0, r2 = –1, r3 = –2
yh = c1 + c 2 . e-x + c3 . e-2x
y1 = sinx(Ax+B) + cosx(Cx+D)
y’ = cosx(Ax+B) + sinx.A – sinx(Cx+D)+cosx.C
y” = – sinx(Ax+B) + cosx.A + cosx.A–cosx(Cx+D)–sinx.C–sinxC
y”’ = – cosx(Ax+B) – sinx.A– sinx.A– sinx.A + sinx(Cx+D) –cosx.C–cosx–cosx
y”’ + 3.y” +2.y’ burada yerine koyarsak;
– cosx(Ax+B)–sinx.A–sinx.A–sinx.A+sinx(Cx+D) –cosx.C–2.cosx +
3.[–sinx(Ax+B)+cosx.A + cosx.A–cosx(Cx+D)–sinx.C–sinxC] +
2[cosx(Ax+B) + sinx.A – sinx(Cx+D)+cosx.C] = sinx .(–x+3)
Buradan A=1/10, B= – 134/100, C= 3/10, D= 12/100 hesaplanıp y1 de yerine konulursa;
y1 = sinx(Ax+B) + cosx(Cx+D)
x 134
3
12
y1 = sinx(
–
) + cosx( x+
)
10 100
10 100
y= yh + y1
x 134
3
12
y= c1 + c 2 . e-x + c3 . e-2x + sinx(
–
) + cosx( x+
)
10 100
10 100
genel çözümü elde edilir.
ÖRNEK:(uyg)
y”’ – 2.y” – 3.y’ = e2x.x2 + e3x.x – sinx. e-x
y1
y2
y3
Karakteristik denklem:
f(r)= r3 – 2.r2 – 3.r = 0
r(r2 – 2.r – 3 ) = 0  r1 = 0, r2 = –1, r3 = 3
yh = c1 + c 2 . e-x + c3 . e3x
y1 = e2x . ( A.x2 + Bx + C )
y2 = e3x ( D.x + E )* X burada “e3x” ‘te katsayı “3” ve köklerden biriside “3” olduğundan
rezonans vardır.
Fakat fonksiyonlarda öncelik sırası söz konusu olup şu şekildedir.
1) Trigonometrik
2) Üstel
3) Polinom  Çarpımlarda Trigonometrik değer üstel ile polinomun, üstel değer ise sadece
polinomun rezonansını önler.
y2 = e-x ( F.sinx + G.cosx ) burada “e-x “ ‘te katsayı “–1” ve köklerden biriside “–1”
olduğundan rezonans vardır. Fakat trigonometrik olan değer “– sinx” değeri rezonansı
kaldırır.
ÖRNEK:(uyg)
1
y” + y =
sin x
Karakteristik denklem: r2 + 1 = 0
r1 = i, r2 = –i
yh = c1 ei.x + c 2 . e-i.x
c .cosx + c .sinx
y = c (x).cosx + c (x).sinx
yh =
1
1
2
2
genel çözüm olsun.
c ‘ (x).cosx + c ‘ (x).sinx = 0
1
1
– c ‘ (x).sinx + c ‘ (x).cosx = Q(x)/an =
/ 1=
sin x
sin x
sinx /
2
1
cosx /
2
1
+
cos x
sin x
cos
x
cos x
c2 ‘(x)[ sin2x+ cos2x ] = sin x  c2 ‘(x) = sin x
cos x
du
c2 =  sin x .dx + K2  sinx = u  cosx.dx = du   u =lnu
c
‘
2
(x).sin2x +
c
‘
(x).cos2x =
2
c = ln( sinx) + K2
c ‘(x).cosx + c ‘(x).sinx = 0 (I). Denklemde c
2
2
1
cos x
ifadesini yerine koyarsak;
sin x
‘
2
(x)=
cos x
c ‘(x).cosx + sin x .sinx = 0  c ‘(x) = –1
c =  –dx + K1  c = –x + K1
1
1
1
1
yh =
c .cosx + c
1
2
.sinx ‘de
c
1
ve
c
2
değerlerini yerine koyarsak;
yh = (–x + K1 ).cosx + [ln( sinx) + K2 ].sinx
y= K1 .cosx – K2 .sinx –x.cosx + sinx. ln( sinx)
ÖRNEK:(uyg)
”‘
”
e
’
x
 düzgün olmayan fonksiyon
x
Karakteristik denklem: f(r)= r3 –2.r2–3r = 0
r (r2 –2r–3) = 0, r1 = 0, r2 = –1, r3 = 3
yh = c1 + c 2 . e-x + c3 . e3x
y – 2.y –3.y =
c ‘+ c ‘. e-x + c ‘. e3x = 0
(II) c ‘ .0 – c ‘. e-x + 3. c ‘. e3x = 0
(I)
2
1
3
2
1
(III)
c
1
‘
.0 +
c
(II)+(III) = 12.
2 x
‘
2
‘
-x
3x
. e + 9. c3 . e
c
‘
3
. e3x =
e
= Q(x)/an =
e
x
x
x
x
2 x
1
c3 (x)= 12 x  c3 (x)= 12  e12 x .dx
1
c3 (x)= 12 lnx. e-2x –  lnx(–2. e-2x ).dx +K3
‘
e
3
[
]
/1= e
x
x
‘
–3.(II) + (III) = 4. c 2 (x). e =
-x
e
x
x
4x
c
‘
2
e
(x) =
2x
c (x)= 4 [lnx. e2x –  lnx(–2. e-2x ).dx]+K2
c ‘ (x) ve c ‘ (x) ifadelerini (I)’de yerine koyalım.
c ‘+ c ‘. e-x + c ‘. e3x = 0
1
1
c ‘ (x) = – . e  c (x) = – .[lnx. ex –  lnx.ex.dx] +K1
1
2
2
3
2
1
3
x
1
3
c ,c
1
yh =
y=
ve
2
c
c +c
1
2
3
1
x
3
yh ‘ta konularak genel çözüm bulunur.
. e-x + c3 . e3x
[
]
[ (
) ]
) ]
1
1
. lnx. ex –  lnx.ex.dx +K1 + e-x
lnx. e2x –  lnx(–2. e-2x ).dx +K2
3
4
1
+ e3x
lnx. e-2x –  lnx(–2. e-2x ).dx +K3
12
[ (
*** bazı İntegraller analitik olarak çözülemeyebilir. Bu durumda İntegraller integral
işareti içerisinde bırakılır.. Böyle İntegraller sayısal olarak çözülebilirler.
4. Adî Diferansiyel Denklemlerin Sayısal Çözümleri
Analitik Çözümler  Genel Çözümler  y=f (x,c) = fonksiyon
Sayısal Çözümler  Özel Çözümler  y0 = f(x0 ) = nokta
Diferansiyel denklemler veya diğer matematik problemlerin analitik çözüm yöntemleriyle
çözülemediği durumlarda problemlerin çözümü için sayısal çözüm yöntemleri kullanılır ancak
analitik yöntemlerle genel çözümlere ulaşılırken sayısal yöntemlerle özel çözümlere ulaşılır.
Bu nedenle sayısal çözümler ancak analitik çözümlerin kullanılamadığı durumlarda kullanıma
uygundur. Ayrıca sayısal yöntemlerle sınırlı sayıda özel çözümün bulunabileceği de
bilinmelidir.
y
Özel Çözümler
y=f(x)  Genel Çözüm Fonksiyonu
x
x0  başlangıç şartı (noktası)
4.1. Euler Sayısal Çözüm Yöntemi
(1. mertebeden diferansiyel denklemler için)
y
ε=hatalar
teğet
y=f(x) 
Genel
Çözüm
Fonksiyonu
ε
y1

y0
a = x0
b = x1
h
y1= yo + h.tg 
y1= yo + h.y’ .( x0 )
h
x
c = x2
tg  =
y1 y0
h
y1= yo + h.f( x0 , y0 )
y2= y1 + h.f( x1 , y1 )
.
.
.
Euler çözüm formülleri
.
.
.
.
.
.
y n= yn-1 + h.f( xn-1 , yn-1 )
Euler Formüllerinin Taylor Dizisi ile İlişkisi
f(b)= f(a) +
f (a) ( n )
f (a)"
f (a)'
(b  a) n + R
(b  a) +
(b  a) 2 + … +
n!
1!
2!
1. mertebe türevler
R= kalan terimler = ( € )
f(b)= f(a) + ( b–a ) f (a )'
y1= yo + h.y’(x0 )
y1= yo + h.f( x0 , y0 )
Euler Yönteminin Uygulanması
1) Diferansiyel denklemi y’=f(x,y) şekline getirilmeli.
2) Başlangıç şartı (noktası) belirlenmeli. y(x0)=y0 veya (x0 , y0)
3) Bir h = adım değeri belirlenmeli.
4)
y1= yo + h.f( x0 , y0 )
y1= yo + h.f( x1 , y1 )
.
.
.
Euler formülleri ile Sayısal Çözümler
.
.
.
ardışık olarak elde edilir.
.
.
.
y n= yn-1 + h.f( xn-1 , yn-1 )
ÖRNEK:
y’(1+x) + y = 0 diferansiyel denklemini y(0)=1 başlangıç şartına göre 0  x  1 aralığındaki
h= 0.2 adım değerini kullanarak sayısal çözümleri bulalım.
y
şeklinde dif.denklemi düzenleyelim
1 x
2)y(0) = 1 başlangıç şartı olsun
3)h = 0.2 adım değeri olsun. Buna göre adım değerleri x = 0, 0.2, 0.4, 0.6, 0.8, 1 olur.
4)Bu adım değerlerine karşılık Euler formülleri ile ardışık sayısal çözümleri bulalım.
1)y’=f(x,y)=
n= 1. adım  y1= yo + h.f( x0 , y0 )
x0 = 0, y0 = 1, h=0.2 için x1 = x0 + h = 0 + 0.2 = 0.2
 y0
1
y1 = 1+ 0.2
= 1+ 0.2
=1–0.2=0.8  x1 = 0.2 için y1 = 0.8
1 0
1  x0
n= 2. adım  y2= y1 + h.f( x1 , y1 )
x1 = 0.2, y1 = 0.8, h=0.2 için x2 = x1 + h = 0.2 + 0.2 = 0.4
y2 = 0.8 + 0.2
 0.8
 y1
= 0.8+ 0.2
= 0.67  x2 = 0.4 için y2 = 0.67
1  0.2
1  x1
n= 3. adım  y3= y2 + h.f( x2 , y2 )
x2 = 0.4, y2 = 0.67, h=0.2 için x3 = x2 + h = 0.4 + 0.2 = 0.6
 0.67
y3 = 0.67 + 0.2 = 0.67+ 0.2
= 0.57  x3 = 0.6 için y3 = 0.57
1  0.4
n= 4. adım  y4= y3 + h.f( x3 , y3 )
x3 = 0.6, y3 = 0.57, h=0.2 için x4 = x3 + h = 0.6 + 0.2 = 0.8
 0.57
 y1
y4 = 0.57 + 0.2
= 0.57+ 0.2
= 0.5  x4 = 0.8 için y4 = 0.5
1  0.6
1  x1
n= 5. adım  y5= y4 + h.f( x4 , y4 )
x4 = 0.8, y3 = 0.57, h=0.2 için x5 = x4 + h = 0.8 + 0.2 = 1
 0 .5
 y1
y5 = 0.5 + 0.2
= 0.5+ 0.2
= 0.44  x5 = 1 için y5 = 0.44
1  0 .8
1  x1
Gerçek değerler için analitik çözümü kontrol edelim;
dy
dy
dy
dx
dx
(1+x) = –y 
=–

=– 
y
y
dx
1 x
1 x
lny= – ln(1+x) + lnC
C
C
lny= ln
 y=
Genel Çözüm
1 x
1 x
C
1
x0 = 0, y0 = 1den 1=
 C=1 y=
1 x
1 0
1
x1 = 0.2 için y1 =
= 0.83
1  0.2
1
x2 = 0.4 için y2 =
= 0.71
1  0.4
1
x3 = 0.6 için y3 =
= 0.62
Gerçek Değerler
1  0.6
1
x4 = 0.8 için y4 =
= 0.56
1  0 .8
1
x5 = 1 için y5 =
= 0.5
11
Euler Sayısal Çözümü ve Analitik yöntemle bulunan gerçek değerler tablosu:
X
x0 = 0 x1 = 0.2 x2 = 0.4 x3 = 0.6 x4 = 0.8
ye =euler çözümü
1
0.8
0.67
0.57
0.5
yg = Gerçek değerler
1
0.83
0.71
0.62
0.56
€ (mutlak hatalar)
0
0.03
0.04
0.05
0.06
x5 = 1
0.44
0.5
0.06
ÖRNEK:(uyg) y’+ x = 1+ 4y Diferansiyel denkleminin y(0)= 1 başlangıç şartı altındaki ilk 3
çözümünü h= 0.1 adım değeri için bulalım, hataları belirleyelim.
1)y’=f(x,y)= 1+4y – x
2)y(0) = 1
3)h = 0.1 adım değeri
4) y1 , y2 , y3 çözümleri
5)Hatalar
n= 1. adım  y1= yo + h.f( x0 , y0 )
x0 = 0, y0 = 1, h=0.1 için x1 = x0 + h = 0 + 0.1 = 0.1
y1 = 1+ 0.1( 1+ 4*1– 0 )  x1 = 0.1 için y1 = 1.5
n= 2. adım  y2= y1 + h.f( x1 , y1 )
x1 = 0.1, y1 = 1.5, h=0.1 için x2 = x1 + h = 0.1 + 0.1 = 0.2
y2 = 1.5+ 0.1( 1+ 4*1.5 – 0.1 )  x2 = 0.2 için y1 = 2.19
n= 3. adım  y3= y2 + h.f( x2 , y2 )
x2 = 0.2, y2 = 2.19, h=0.1 için x3 = x2 + h = 0.2 + 0.1 = 0.3
y3 = 2.19+ 0.1( 1+ 4*2.19– 0.2 ) x3 = 0.3 için y1 = 3.14
Tabloya bakıldığında adım değerleri küçüldükçe “y” yaklaşık çözüm değerlerinin giderek
gerçek çözüme yaklaştıkları görülüyor. Burada ortaya çıkan hatalara bakıldığında;
X
0.1
0.2
0.3
Euler
1.5
2.19
3.14
Genel Çözüm 1.609 2.5053 3.83
Hatalar (€)
0.109 0.3153 0.69
3
x
Genel Çözüm: y = –
+ + C.e4x
16
4
3 0
3 19
x=0, y=1 için; 1= –
+ + C.e4.0  C=1+ =
16 4
16 16
3
x 19 4x
y=–
+ +
.e
16
4 16
3
0.1 19 4*0.1
x1 = 0.1 için y1 = –
+
+
.e
= 1.609
16
4
16
3
0.2 19 4*0.2
x2 = 0.2 için y2 = –
+
+
.e
= 2.5053
16
16
4
3
0.3 19 4*0.3
x3 = 0.3 için y3 = –
+
+
.e
= 3.83
16
4
16
X
H=0.1 h=0.2
h=0.3 Gerçek
0
1
1
1
1
0.1
0.2
0.3
1.5
2.19
3.14
1.5475
2.324
3.433
1.595
2.464
3.739
1.609
2.505
3.83
Hatalar
x2 = 0.2 ve h=0.1’de;
Mutlak hata ( MHy = | yg – ye |  MHy2 = | 2.505 – 2.19 | = 0.3153 )
Bağıl hata ( BHy =
MHy 0.3153
=
= 0.127 )  mutlak hataların gerçek değere oranı
yg
2.505
4.2. Runge-Kutta Sayısal Çözüm Yöntemi
Euler sayısal çözüm yöntemi  1. mertebeden sayısal çözüm
Runge-Kutta sayısal çözüm yöntemi  yüksek mertebeden sayısal çözüm
Diferansiyel denklemlerin sayısal çözüm yöntemleri içerisinde çok kullanılan ve tarihi önemi
bulunan bir yöntemdir. Bu yöntem 2 ve daha yüksek mertebeden terimleri içerisinde
bulunduran bir yöntem olması dolayısıyla daha hassas çözümlerin elde edilmesini sağlar. Bu
yöntemin uygulanılmasında da Euler’de olduğu gibi yine başlangıç şartları ve adım değerine
ihtiyaç duyulur.
1)
2)
3)
4)
Başlangıç şartı y(x0)=y0 verilmelidir.
Adım değeri = h verilmelidir.
Diferansiyel denklem y’=f(x,y) şekline getirilmelidir.
4. Mertebe Runge-Kutta formülleri
n=1. adım için:
k1 = h.f(x0, y0 )
k2 = h.f( x0 + h/2, y0 + k1/2 )
k3 = h.f( x0 + h/2, y0 + k2/2 )
k4 = h.f( x0 + h, y0 + k3 )
1
x1 = x0 + h için; k= ( k1 + 2k2 + 2k3 + k4 )  y1 = y0 + k elde edilir.
6
Diğer adımlardaki hesaplamalarda aynı şekilde yapılır.
ÖRNEK:
y’+x – y = 0 Diferansiyel Denkleminin y(0)=2 başlangıç şartını sağlayan çözümünü 4.
Mertebeden Runge-Kutta yöntemi ile h=0.1 için x=0.2 terimine kadar elde edelim.
1)
2)
3)
4)
Başlangıç şartı y(0)=2
Adım değeri = h = 0,1
Diferansiyel denklem = y’= y – x = f(x,y)
Runge-Kutta yöntemiyle x1 = 0.1 , x2 = 0.2 için y1 , y2 sayısal çözümlerini bulalım.
n=1. adım x1 = x0 + h = 0+0.1 = 0.1 için y1 = ?
k1 = h.( y0 – x0 )= 0.1(2–0)=0.2
k2 = h.[(y0 + k1/2) – (x0 + h/2 )] = 0.1[(2 + 0.2/2) – (0 + 0.1/2 )] = 0.205
k3 = h.[(y0 + k2/2) – (x0 + h/2 )] = 0.1[(2 + 0.205/2) – (0 + 0.1/2 )] = 0.20525
k4 = h.
[(y0 + k3 ) – (x0 + h )] = 0.1[(2 + 0.20525 ) – (0 + 0.1 )] = 0.21053
1
1
( k1 + 2k2 + 2k3 + k4 ) = k= ( 0,2 + 2. 0,205 + 2. 0,20525 + 0.21053 )= 0.2052
6
6
x1 = 0.1 için; k= 0.2052  y1 = y0 +k  y1 = 2 + 0.2052 = 2.2052
k=
n=2. adım x2 = x1 + h = 0.1+0.1 = 0.2 için y2 = ?
k1 = h.( y1 – x1 )= 0.1(2.2052 – 0.1)= 0.21052
k2 = h.[(y1 + k1/2) – (x1 + h/2 )] = 0.1[(2.2052 + 2.1052/2) – (0.1 + 0.1/2 )] = 0.21605
k3 = h.[(y1 + k2/2) – (x1 + h/2 )] = 0.1[(2.2052 + 0.21605/2) – (0.1 + 0.1/2 )] = 0.21632
k4 = h.
[(y1 + k3 ) – (x1 + h )] = 0.1[(2.2052 + 0.21632 ) – (0.1 + 0.1 )] = 0.22215
1
1
( k1 + 2k2 + 2k3 + k4 ) = k= ( 2,1052 + 2. 0,21605 + 2. 0,21632 + 0.22215 )= 0.21624
6
6
x2 = 0.2 için; k= 0.21624  y2 = y1 +k  y2 = 2,2052+ 0.21624 = 2.42144 elde edilir.
k=