7. BİRİNCİ MERTEBEDEN LİNEER DENKLEM SİSTEMLERİ 7.1. GİRİŞ Yüksek mertebeden lineer diferansiyel denklemin çözümünün zor olması nedeni ile denklem 1. mertebeden lineer diferansiyel denklem sistemine, buradan da lineer cebir problemine dönüştürülerek bilgisayar ortamında çözüm aranır. Örnek: Mekanikte bir kütle yay sisteminin genel denklemi m,γ,k sabit olmak üzere my y ky F (t ) ikinci mertebeden diferansiyel denkleme karşılık gelir Bu denkleme karşılık gelen 1. mertebeden diferansiyel denklemi bulunuz. x1=y, x2=y′ dönüşümü yapılır. Buradan x' y' x2 ve x2' y' ' olur . y,y′, y″ verilen denklemde yerlerine yazılarak mx2' x2 kx1 F(t) bulunur. x1 ve x2 aşağıdaki 1. mertebeden diferansiyel denklemi sağlar. x1' x2 F (t ) k x2' x1 x2 m m m yn F (t, y, y,..........., y(n1) ) şeklindeki n. mertebeden bir diferansiyel Benzer mantık denklemin n tane birinci mertebeden diferansiyel denklemler sistemine dönüştürmek içinde (n-1) kullanılır. x1,x2,..............,xn değişkenleri. x1=y, x2=y′, x3=y″,.....xn=y şeklinde tanımlanırsa; x1' x2 x2' x3 . . xn' 1 xn bunlar yn F (t, y, y,..........., y(n1) ) denkleminde dikkate alınırsa xn' F(t, x1, x2 ,....., xn ) bulunur. En genel durumda 1. mertebeden lineer denklemlerin n li sistemi DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012 135 x1' a11 (t ) x1 ........... a1n (t ) xn g1 (t ) x2' a21 (t ) x1 ........... a2n (t ) xn g2. (t ) . . xn' an1 (t ) x1 ........... ann (t ) xn gn (t ) şeklinde verilebilir. Veya kapalı formda x(t ) A(t ) x(t ) g (t ) g(t)=0 ise homojen sistemdir. Sisteme ek olarak x1(t0)= x10 , x2 (t0 ) x20 ,................, xn (t0 ) xn0 başlangıç koşulları da verilirse başlangıç değer problemi oluşur. y’’+p(t)y’+q(t)y=0 ikinci mertebeden diferansiyel denklemler x1=y ve x2=y’ dönüşümü kullanılarak 1. mertebeden diferansiyel denklem sistemi şeklinde yazılırlar x1' x2 x2' q(t ) x1 p(t ) x2 ile x1' a11 a12 x1 ' a a x 2 21 22 x2 ile x’=Ax sistemi oluşturulur Örnek: 1) y’’+2y’+y=0 2. mertebeden homojen lineer diferansiyel denkleme karşı gelen 1. mertebeden diferansiyel denklem sistemini bulunuz. Bulduğunuz 1. mertebeden diferansiyel denklem sistemini x’=Ax formunda yazınız. Çözüm: x1=y ve x2=y’ dönüşümü kullanılarsa ve x' y' x2 ve x2' y' ' ile y x1 y ' x2 y '' 2 y ' y 0 yerlerine konursa y '' x2' x2' 2x2 x1 0 bulunur. Dolayısıyla x1 ve x2 aşağıdaki 1.mertebeden diferansiyel denklemi sağlar. x1' x2 x2' x1 2x2 DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012 136 x1' 0 1 x1 ' x2 1 2 x2 0 1 x x ' 1 2 x’=Ax 7.2 MATRİSLER Yüksek mertebeden lineer diferansiyel denklemler, Birinci mertebeden lineer denklemler sistemine indirgendiğinde matris kavramı ve özellikleri doğal olarak ortaya çıkmaktadır. Bir matris A(mxn) şeklinde a11 a A 21 . am1 . . . . . a1n . a2n . . . am n şeklinde gösterilir. A matrisinin ‘i’ inci satırı ‘j’ inci sütununda bulunan elemanı aij ile gösterilir. aij ler reel olabileceği gibi kompleks de olabilir A matrisinin satır ve sütunlarının yer değiştirilmesiyle elde edilen matrise A’nın ‘tranpozesi’ denir ve AT ile gösterilir. Ayrıca aij ile aij nin kompleks eşleniği anlaşılmaktadır. A a A matrisinin eşleniği denir .(Eşlenik matriste sayı reel ise kendisine sanal ise ters işaretlisine eşittir.) Ayrıca A*=AT dir. Burada A* a A nın eşi(adjointi)denir. örnek 3 5i 4 1 i 8 3i A= ise AT, A ve A* ı gösteriniz. 1 i 4 3 5i 8 3i AT= 3 5i 4 1 i 8 3i , A = 1 i 4 3 5i 8 3i A*=AT= DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012 137 7.2.1 Matrislerin Özellikleri: Eşitlik : A(mxn) ve B(mxn) iki matrisin eşit olması için karşılıklı elemanlar birbirine eşit olmalıdır Toplam: A(mxn) ve B(mxn) iki matrisin toplamı karşılıklı elemanlarının birbirleriyle toplamıdır. A+B=C Toplamada değişme ve birleşme özellikleri vardır A+B=B+A , A+(B+C)=(A+B)+C Sıfır matris : bütün elemanları 0 olan matristir 0 0 0= 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 (5 x 4) Skalerle Çarpım: A(mxn) matrisinin tüm elemanlarının o skalerle çarpımıdır. Çarpım: iki matrisin çarpılabilmesi için birinci matrisin sütun sayısı ikinci matrisin satır sayısına eşit olmalıdır. A(mxn)*B(nxt)=C(mxt) dır. Çarpma işleminde değişme özelliği yoktur. (AB)T=BTAT (AB)-1=B-1A-1 (A-1)-1= A (AT)T= A (A+B)T= AT+BT A = AT ise Simetrik matris AT= -A ise ters simetrik/antimetrik matris(köşegenler 0 dır) A*= AT =A ise hermitian matris A*= AT =-A ise ters hermitian matristir. Bir matrisin izi köşegen üzerindeki elemanların toplamına eşittir. Tr(A) ile gösterilir. Tr(A)= a11+a22+...............+ann dır. Ters simetrik matrisin izi 0 dır. Tranzpozenin izi kendisine eşittir. DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012 138 Vektörlerin Çarpımı Matris çarpımlarının özel hali olarak ele alınabilir. Eğer A ve B matrisleri (1xn) ve(nx1) satır ve sütun matrisler ise ve bunlara xT ve y vektörleri denilirse; n xTy = xi yi dır. i 1 İki vektörün çarpımı ile ilgili diğer bir çarpımda ‘skaler çarpım’ veya ‘iç çarpım’ dır. Bu çarpım; (x,y)= n x y i 1 i i (x,y)=xT y veya (eşlenik) şeklindedir. (x,y)=(y,x) n , ( x, x) xi xi xi (x,y)=(x,y) , (x,y+z)=(x,y)+(x,z) , (x,y)= (x,y) n xT x xi2 2 i 1 i 1 Örnek: i x 2 1 i , 2i y i 3 xTy=i(2-i)+(-2)(i)+(1+i)(3)= 4+i3 (x,y)=xT y (x,y)= i(2+i)+-2(-i)+(1+i)(3)= 2+i7 xTx= i2+-22+(1+i)2= 3+i2 n (x,x)= (i)(-i)+(-2)(-2)+(1+i)(1-i)= 7 ( x, x) xi xi i 1 DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012 139 7.3.LİNEER DENKLEM SİSTEMLERİ a11x1+a12x2+a13x3+......................+a1nxn=k1 . . . . an1 x1+an2x2+.........................+annxn=kn n bilinmeyenli n denklemden oluşan (1)sistemine ‘cebirsel lineer denklem sistemi’ denir. Bu sistem basit olarak Ax=K şeklinde verilebilir. Burada A(nxn) matrisi ve K vektörü verilenler, x ise aranandır. Eğer Ax=K sisteminde K=0 ise bu sisteme K ise bu sisteme dir. homojen sistem homojen olmayan sistem Eğer A matrisi nonsingüler ise(detA ) Ax=K sisteminin tek çözümü bulunur. x=A-1*K A matrisi singüler ise (detA= ) ya çözüm yoktur veya varsa tek değildir. A matrisi singüler olduğundan tersi yoktur dolayısıyla yukarıdaki gibi bir çözümü yoktur. Ax=0 homojen sistemi sıfırdan farklı sonsuz sayıda çözüme sahiptir Ax=K sisteminin çözümü a11 A K a.21 an1 . . . . . a1n K1 . a2 n . . . . . ann K n Genişletilmiş matrise elemanter satır işlemleri uygulanarak A matrisi üçgen matris (köşegen altındaki elemanlar 0 olan matris) haline getirilir ve genişletilmiş matristen yaralanılarak bilinmeyenler (xi i=1.......n) bulunur. Bilinmeyenler sistemin çözümüdür. DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012 140 Elemanter satır işlemleri 1. İki satırın yerlerini değiştirmek 2. Bir satırı skaler sayı ile çarpmak 3. Skalerle çarpılmış bir satırı diğer bir satırla toplamak detA ise A matrisi elemanter satır işlemleri ile I(birim matrise) dönüştürülebilir A matrisinin I matrisine dönüştürülmesinde kullanılan elemanter satır işlemleri I matrisine uygulanırsa A-1 matrisi (ters matris) elde edilir. ( genişletilmiş matrisi ile belirlenir.) Örnek 1 1 2 A= 1 0 1 matrisinin tersini elemanter satır işlemleri yardımıyla bulunuz. 2 1 5 1 1 2 1 0 0 A I 1 0 1 0 1 0 2 1 5 0 0 1 R1+R2 ve -2R1+R3 satır işlemleri ile 3R2+R3 R3/10 1 1 2 1 0 0 1 1 2 1 0 0 1 1 2 1 0 0 1 0 0 1 3 1 1 0 0 1 3 1 1 0 0 1 3 1 1 3 1 0 3 1 2 0 1 0 0 10 1 3 1 0 0 1 10 10 10 -3R3+R2 ve-2R3+R1 8 6 1 1 0 10 10 1 1 2 1 0 0 1 0 1 3 1 1 0 0 1 0 7 10 10 1 3 1 3 0 0 1 0 0 1 1 10 10 10 10 10 -1*R2+R1 2 1 7 10 1 0 0 10 10 3 7 1 0 1 0 10 10 10 1 0 0 1 1 3 10 10 10 1 10 3 10 1 10 [ I I A-1] DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012 141 Matris Fonksiyonlar: Bazen vektörler ve matrisler ,elemanları ‘t’ değişkenine bağlı fonksiyonlardan oluşacak şekilde tanımlanabilir. Bu durumda bir vektör ile matris x1 (t ) a11(t ) . a1n (t ) x(t ) . , A(t ) . . . x (t ) a (t ) . a (t ) nn n n1 formunda yazılır. Bu şekilde tanımlanmış bir A(t) matrisinin tüm elemanları bir t=t 0 noktasında veya t aralığında sürekli ise A(t) ye sürekli denir. Benzer şekilde A(t) nin her elemanı diferansiyellenebilir ise A(t) ye diferansiyellenebilir denir. ve dA daij dt dt şeklinde tanımlanır. A(t) nin integrali ise; b b a a A(t)dt a ij (t )dt dir. t sin t ise 1 cost 1 cost ise A’(t)= 0 sin t A(t)= b A’(t) ve A(t )dt ? a ve 2 cost t 2 / 2 1 2 / 2 1 0 2 0 A(t)dt t sin t 0 0 0 2 0 0 Analizin birçok kuralı matris fonksiyonuna genişletilebilir. Bunlar aşağıdadır. d dA (CA) C dt dt C sabit d dA dB ( A B) dt dt dt d dA dB ( A.B) B A dt dt dt Örnekler 2x1+4x2+3x3+2x4=2 3x1+6x2+5x3+2x4=2 2x1+5x2+2x3- 3x4=3 4x1+5x2+14x3+14x4=11 denklem sistemini çözünüz. DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012 142 2 A K 32 4 4 3 2 2 6 5 2 2 5 2 3 3 5 14 14 11 2.satırla 3 satırı yer değiştirelim 2 A K 23 4 4 3 2 2 R1 5 2 3 3 R2 6 5 2 2 R3 5 14 14 11 R4 (-1)R1+R2, (-3/2) R1+R3 ve (-2) R1+R4 satır işlemlerini uygular ve daha sonra 3 satırı 2 ile çarparsak(2*R3) 2 4 3 2 2 0 1 1 5 1 A K 0 0 1 2 2 0 3 8 10 7 elde edilir. Daha sonra da sırasıyla (3R2+R4), (R4/5) ve (-R3+R4) satır işlemleri ile 2 A K 00 0 4 3 2 2 1 1 5 1 0 1 2 2 0 0 1 4 elde edilir. x3-2x4=-2 R1 2R4 2 R2 5R4 0 R3 2R4 0 R4 0 4 3 1 1 0 1 0 0 R1 3R3 2 0 6 R2 R3 0 0 21 , ve 0 R3 0 6 R4 1 4 0 4 1 0 0 0 0 1 0 0 24 0 27 0 6 1 4 elemanter işlemlerle 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 66 0 27 0 6 1 4 66 27 x1=-66, x2=27, x3=6, x4=4 bulunur. x genel 6 4 Bu forma ‘Gauss Jordan Eleminasyonu’denir. DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012 143 ÖDEV 1) A*x=K için 3x1-x2+2x3=4 2x1+x2+x3=-1 x1+3x2 = 2 sisteminin genel çözümünü bulunuz. 2) A*x=K şeklinde 1 A K 03 1 2 2 2 1 3 1 4 1 1 3 4 7 1 1 1 H a) sistemin çözülebilmesi için H=? (H=5/2) b) genel çözümü hesaplayınız. 3) A*x=0 homogen 2 6 7 8 0 4 13 5 1 0 denklem sistemini çözünüz. çözüm: (x3=c1 , x4=c2, x2=-(9c1+17c2), x1=-((61/2)c1+55c2) 4) A*x=K sisteminin genel çözümünü hesaplayınız. 1 2 1 A= 2 4 3 1 2 6 4 K= 5 7 x1 X= x2 x3 1 2 1 4 2 4 3 5 1 2 6 7 (-2R1+R2 ) ve ( R1+R3 ) satır işlemleri uygularsak 1 2 1 0 0 5 0 0 5 4 3 3 DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012 144 buradan (R2-R3 ) ve (R2/5) ile 1 2 1 0 0 1 0 0 0 1 2 0 4 3 / 5 0 0 1 ve R2 +R1ile 0 0 0 0 17 / 5 3 / 5 olur. 0 Bilinmeyen sayısı(n)=3, elimizde gerçekten var olan denklem sayısı(u)=2 o halde rank(r)=2 dir. (rank= elimizde gerçekten var olan denklem sayısıdır) (n-r) tane keyfi parametre seçilebilir Bu durumda bir bilinmeyeni keyfi olarak seçebiliriz. x1+2x2=17/5 x3=-3/5 Özel çözüm için (A*x=K nın çözümü) x1+2x2=17/5 x3=-3/5 den x2=c seçersek x1 =17/5-2c olur. x1 17 / 5 2c 17 / 5 2 0 c 1 c X= xözel +xhomojen = x2 x3 3 / 5 3 / 5 0 Verilen sistem A*x=0 (homojen olsa) x1+2x2=0 x3=0 olurdu. homojen çözüm için (xhomojen) x3=0, x2, x1 i istediğimiz gibi seçebiliriz. x2=c seçersek x1 =-2c olur. x1 2c 2 xhomojen = x2 c c 1 x3 0 0 DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012 145 Ödevlerin çözümleri 1) 3 1 2 A 2 1 1 1 3 0 R1 R2 R3 4 K= 1 2 A*x=K 3 1 2 4 1 3 0 2 2 1 1 1 1.satırı 3.satırla yer değiştirelim 2 1 1 1 1 3 0 2 3 1 2 4 R1 2R1 R2 3R1 R3 1 3 0 2 0 5 1 5 0 10 2 2 R1 R2 2R2 R3 0 olamaz. 1 3 0 2 0 5 1 5 0 0 0 8 Det(A)=0 ÇÖZÜM YOKTUR. 2) A*x=K sistemi 1 A K 03 1 2 2 2 1 3 1 4 1 1 3 R1 4 7 R2 1 1 R3 1 H R4 1 2 R1 3 3R1 R2 0 4 8 0 2 R3 4 R1 R4 0 1 2 R1 R2 / 2 R3 2R4 1 2 3 1 3 4 1/ 2 1 0 2 0 2 4 1 1 0 2( H 3) 0 2 4 R1 R2 R2 R3 R2 R4 1 0 0 0 2 2 0 0 1 3 1 2 1 1 0 H 3 3 1 3 4 1/ 2 1 0 3/ 2 0 0 1 / 2 2H 5 (3/2)x4=0 x4=0 -1/2 x4= 2H-5 2H-5=0 H=5/2. DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012 146 H=5/2 yerine konursa 1 0 0 0 3 1 3 4 1/ 2 1 0 3 / 2 0 0 1/ 2 0 2 2 0 0 R1 R2 R3 R3 R4 n=4 x4=0 1 0 0 0 2 2 0 0 R1 R2 2 / 3R3 2R4 1 0 0 0 2 2 0 0 3 1 3 4 1/ 2 1 0 1 0 0 1 0 3 1 3 4 1/ 2 1 0 1 0 0 0 0 rang(r)=3 n-r=1 keyfi parametre seçilebilir x3=c seçelim x1+2x2+3x3+x4=3 2x2+4x3-1/2x4=1 2x2=1-4c x1+2((1-4c)/2)+3c=3 x1+1-c=3 x2=(1-4c)/2=1/2-2c x1=c+2 x1 c 2 2 1 1 1 x2 2c 2 x genel 2 = 2 c 1 x3 c 1 x4 0 0 0 olur. xgenel= xözel +xhomojen homojen çözüm için:(A*x=0 sistemi) x4=0 x3=c seçelim x1+2x2+3x3+x4=0 2x2+4x3-1/2x4=0 x1+-4c+3c=0 x1-c= 2x2=-4c x1 c 1 x2 2c 2 c x2=-2c xhomojen x3 c 1 x 0 0 4 x1=c 3) A*x=0 homogen 2 6 7 8 0 4 13 5 1 0 denklem sistemini çözünüz. DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012 147 çözüm: 2 6 7 8 0 R1 4 13 5 1 0 R2 n=4 rang(r)=2 x4=c2 R1 2R1 R2 2 6 7 8 0 0 1 9 17 0 n-r=2 keyfi parametre seçilebilir x3=c1 seçelim 2x1-6x2+7x3+8x4=0 -x2-9x3-17x4=0 x2=-(9c1+17c2 ) x1=-(61/2c 1+55c2) olur. x1 61 c1 55c2 2 x2 9c1 17c2 xgenel= x3 c 1 x4 c2 7.3 LİNEER BAĞIMSIZLIK, Bir Matrisin Özdeğerleri ve Özvektörleri x(1), x(2),.............,x(k) vektörleri için c1, c2, c1 x(1)+ c2 x(2), ise lineer bağımlıdır. c1= c2= ,ck lardan biri sıfırdan farklı olmak üzere +ckxk=0 =ck=0 ise lineer bağımsızdır. x(1), x(2)..............,x(k) vektörlerinin bağımsız olması için gerekli ve yeterli koşul det(x) olmalıdır. örnek 1: 1 2 4 ( 2) (3) x = 2 , x 1 , x 1 vektörlerin lineer bağımlı olup olmadığını araştırınız 1 3 11 (1) .lineer bağımlı ise aralarındaki lineer bağıntıyı bulunuz. 1 2 4 det(xij)= 2 1 1 0 1 3 11 x(1),x(2),x(3) lineer bağımlıdır. c1 x(1)+ c2 x(2)+c3x(3)=0 DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012 148 ile 1 2 1 1 2 1 2 4 c1 0 1 1 c2 0 3 11 c3 0 2 4 0 1 1 0 yapılan işlemlerle(-2R1+R2 3 11 0 VE R1+R2) 1 2 4 0 0 1 3 0 0 0 0 0 mevcut denklem sayısı=2, bilinmeyen sayısı=3 rank=3-2 ,1 bilinmeyen keyfi olarak seçilebilir. buradan c3 keyfi olarak seçilerek diğerleri belirlenir. c3=-1 seçilirse c1+2c2-4c3=0 c2-3c3=0 ile c1=2 ,c2=-3 2 x(1) -3 x(2)-x(3)=0 bulunur. ÖRNEK 2: y1=sinx,y2=cosx fonksiyonlarının lineer bağımsız olduğunu gösterin (yi lerin lineer bağımsız olması durumunda Wronski determinantı sıfırdan farklıdır.) y1 y2 sin x cos x =-(sinx)2-(cos2x)=-1 ' ' = y1 y2 cos x sin x w= öyleyse verilen fonksiyonlar lineer bağımsızdır. ***Her matris için anahtar: ckxk denklem takımını kur 0 dan farklı çözüm varsa lineer bağımlıdır. DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012 149 Bir Matrisin Özdeğerleri ve Özvektörleri det(A- ile karakteristik denklemin kökleri (özdeğerler) hesaplanır ve herbir kök için bulunan sıfırdan farklı çözümlere ise özvektörler denir Örnek: 1 2 A 2 1 matrisinin özdeğerleri ve bu özdeğerlere karşı gelen özvektörleri bulunuz. Özdeğerler 1 2 2 2 1 = -2-3=0 1=3 2=-1 (farklı 2 reel kök) 1=3 özdeğeri için 2 2 x11 0 2 2 x 0 21 x11=-x21 x 1 x1 = 11 = x21 1 2=-1 için özdeğeri 2 2 x12 0 2 2 x 0 22 x12=x22 x 1 x2 = 12 = x22 1 Örnek: 4 2 A 3 3 matrisinin özdeğerleri ve bu özdeğerlere karşı gelen özvektörleri bulunuz. DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012 150 Özdeğerler 2 2 4 = -7+6=0 3 3 1=1 2=6 (farklı 2 reel kök) 1=1 özdeğeri için 4 1 2 x11 0 3 3 1 x 0 21 3x11=-2x21 x 1 x1 = 11 =c 3 x21 2 3 2 x11=c ise x21= c olur c keyfi sabit olduğundan c=2 seçilirse x 2 x1 = 11 = x21 3 2=6 özdeğeri için 4 6 2 x12 0 2 2 x12 0 3 3 6 x 0 3 3 x 0 22 22 x12=x22 x12 =c ise x22 =c x 1 1 x2 = 12 =c = x22 1 1 DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012 151 7.4. Lineer ve Sabit Katsayılı Diferansiyel Denklem Sisteminin Matrisler Yardımı İle Çözümü dx1 a11x1+a12x2+a13x3+......................+a1nxn+f1(t) dt dx2 a21x1+a22x2+a23x3+......................+a2nxn+f2(t) dt dxn an1 x1+an2x2+.........................+annxn+ fn(t) dt şeklindeki bir sistem, sabit katsayılı lineer ve homojen olmayan bir sistemdir. Bu sistemde f1(t)= f2(t)= ...............=fn(t)=0 ise ise sistem ‘homojen sistem’ adını alır. Homojen olmayan lineer sistemin genel çözümünü bulmak için, önce homojen sistem çözülür sonra da homojen olmayan sistemin bir özel çözümü aranır ve bunlar toplanır. Bu sistem matrisler yardımıyla dx1 dt a11 a12 dx 2 a21 a22 dt . . . . . . dx a a n n1 n2 dt . . . . . . a1n x1 f1 (t ) . a2n x2 f 2 (t ) . . . . . . . . . ann xn f n (t ) Sistemin kapalı formu dx Ax+f(t) dt olur. Sistem Homojen ise, yukarıdaki ifade dx Ax=0 dt şeklini alır. DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012 152 Homojen Sistemin Çözümü İçin det(A- ile karakteristik denklemin kökleri (özdeğerler) hesaplanır ve herbir kök için bulunan sıfırdan farklı çözümlere ise özvektörler denir özvektörler bulunarak homojen çözüm elde edilir. Ödev: 0 1 1 A 1 0 1 matrise karşı gelen özdeğer ve özvektörleri bulunuz. 1 1 0 Hermitian Sistemler Matrislerin önemli bir alt sınıfı kendine eş veya Hermitian matrislerdir. Bu matrisler A*=A yani a ji aij koşulunu sağlarlar. Hermitian matrislerin bir alt sınıfı da simetrik reel matrislerdir. AT=A şartı sağlanır. Hermitian matrislerin öz değerleri ve öz vektörleri aşağıdaki koşulları sağlarlar. 1) Tüm öz değerleri reeldir. 2) Öz değerlerin katlılıkları dahil, n özdeğere karşı n tane lineer bağımsız özvektör karşı gelir. 3) Eğer x(1) ve x(2) öz vektörleri farklı öz değerlere karşı gelen öz vektörler ise (x(1) , x(2))=0 sağlanır. Böylece eğer öz değerler basit ise(katlılığı bir olan) onlara karşı gelen öz vektörler ortogonal (dik) vektörler cümlesi oluşturur. (her öz vektör bir diğerine dik) 4) m katlılıktaki bir öz değere karşı gelen öz vektörlerden m tane ortogonal özvektör seçilebilir. Eğer A matrisi reel ve simetrik bir matris ise özdeğerleri reel ve bu öz değerlere karşı gelen öz vektörleri de reel değerli fonksiyonlardır. Teorem 7.4.1 Eğer x(1) ve x(2) öz vektörleri x’=A(t)x homojen sisteminin çözümleri ise ve keyfi c1 ve c2 sabitleri için c1 x(1) +c2 x(2) kombinasyonu da bir çözümdür. 1 1 1 1 x sisteminin iki çözümü x (1) (t ) e3t , x ( 2) (t ) e t x ' 4 1 2 2 teorem 7.4.1 den 1 dir 1 x= c1 e3t c2 e t c1 x(1) +c2 x(2) 2 2 DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012 153 n. mertebeden x’=A(t)x homojen sistemin n tane çözümü x(1) , x(2) ,...., x(n) olsun ve X(t) matrisinin sütunları(kolonları), x(1) (t), x(2) (t),...., x(n)(t) vektörleri olsun. x11(t ) x12 (t ) . x (t ) X (t ) . 21 . . x (t ) . n1 . x1n (t ) . .x2n (t ) olsun. . . . xnn (t ) Bu X(t) determinantına x(1) , x(2) ,...., x(n) çözümlerinin Wronskioni denir. ve W x(1) , x(2) ,...., x(n) =det(X) ile gösterilir. x(1) , x(2) ,...., x(n) çözümlerinin lineer bağımsız olması için gerek ve yeter koşul W x(1) , x(2) ,...., x(n) olmasıdır. Teorem 7.4.2. Eğer x(1) , x(2) ,...., x(n) vektör fonksiyonları x’=A(t)x homojen sistemin t ya ait her noktada lineer bağımsız çözümleri ise, bu takdirde homojen sistemin her x=(t) çözümü x(1) , x(2) ,...., x(n) lerin lineer kombinasyonu olarak (t)= c1 x(1) (t)+c2 x(2)(t)+................+cnx(n)(t) tek türlü belirlenir. Teorem 7.4.3. Eğer x(1) , x(2) ,...., x(n) t aralığı üzerinde x’=A(t)x homojen denkleminin çözümleri iseler bu takdirde bu aralıkta W x(1) , x(2) ,...., x(n) ya özdeş olarak sıfırdır ya da hiçbir yerde sıfır değildir. Not: x’=A(t)x homojen denkleminin keyfi bir x(1) , x(2) ,...., x(n) çözümlerinin cümlesi t aralığının her noktasında lineer bağımsız ise bu aralıkta x (1) , x(2) ,...., x(n) çözümlerinin cümlesine temel cümle denir. DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012 154 Teorem 7.4.4. e (1) 1 0 . 0 , e ( 2) 0 1 . 0 ,........ e (n) 0 0 . 1 olsun Ayrıca x(1) , x(2) ,...., x(n) ler t0 noktası t aralığına ait keyfi bir nokta olmak üzere x(1) (t0)=e(1),..............,cnx(n)(t0)=e(n) başlangıç koşullarını sağlayan x’=A(t)x homojen sisteminin çözümleri olsun. Buradan x(1) , x(2) ,...., x(n) ler x’=A(t)x homojen sisteminin çözümlerinin temel cümlesini oluşturur. det(A- ile karakteristik denklemin kökleri (özdeğerler) hesaplanır ve herbir kök için bulunan sıfırdan farklı çözümlere ise özvektörler denir özvektörler bulunarak homojen çözüm elde edilir. FARKLI İKİ REEL KÖK VAR İSE (r1,r2=1,2) ygenel= c1 y1 e t +c2 y 2 e t (r1=r2=r=λ) 1 KATLI KÖK VAR İSE 2 ygenel= c1 y1 et+c2( y1 t+ y 2 )et KÖKLER KOMPLEKS İSE (r1=(+i), r2=(-i)) e(-i)t =eαt(cosβt-isinβt) e(+i)t =eαt(cosβt+isinβt) ygenel=c1 y1 e(-i)t +c2 y 2 e(+i)t DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012 155 7.5. SABİT KATSAYILI HOMOJEN LİNEER DENKLEM SİSTEMLERİNİN ÇÖZÜMÜ 1 1 1 y 2 1 1 y 8 5 3 ' diferansiyel denklem sisteminin genel çözümünü bulunuz. Çözüm: y’=Ay y y1 det(A-I)=0 oluşturularak özdeğerler: y2 y11 y3 y21 y31 y12 y22 y32 y13 y23 y33 1 1 1 det 2 1 1 =(1-)(1-)(-3-)-5-2(-3-)-8+-10+8(1-)=-3-2+4+4=0 8 5 3 1=-2 , 2=-1 , 3=2 (3 farklı reel kök) 1=-2 için 3 1 1 y11 0 2 3 1 y21 0 8 5 1 y31 0 1 R1 3 1 0 7 / 3 5 / 3 R 2 0 0 0 R2 R3 y31=7 seçersek 1 1 R1 3 0 7 / 3 5 / 3 2 / 3R R 1 2 0 7 / 3 5 / 3 8 / 3R1 R3 3 y11 y21 y31 0 7 / 3 y21 5 / 3 y31 0 5 y 7 31 4 y11 y 7 31 y21 y11 4 y1 = y1 = y21 5 ~ y31 7 DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012 156 2=-1 1 y12 0 2 1 2 2 1 y22 0 8 5 2 y32 0 2y12+y22+y32=0 y22-2y32=0 2 1 1 2 1 1 2 1 1 0 1 2 0 1 2 0 1 2 0 1 2 0 1 2 0 0 0 y22=2y32 2y12=-3y32 y12= -3/2 y32 y32= 2 seçersek y12 y 2 = y 2 = y22 ~ y32 3 4 2 2=2 için 1 y13 0 1 1 2 1 1 y 0 23 8 5 5 y33 0 -y13+y23+y33=0 y23 +y33=0 y33=1 seçersek 1 1 1 0 1 1 0 13 13 y23 =-y33 1 1 1 0 1 1 0 0 0 y13=0 y13 0 y3 = y3 = y23 1 ~ y33 1 Farklı reel kök olması durumunda ygenel= c1 y1 e t +c2 y 2 e t +c3 y3 e t 1 2 3 idi. 4 3 0 2t Ygenel=c1 5 e +c2 4 e –t+c3 1 e2t 7 2 1 DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012 157 Hermitian Olmayan Sistemler Eğer A matrisi hermitian değilse, x′=Ax sisteminin çözümlerini bulmak daha karmaşıktır. A nın reel matris olduğu kabul edilirse, Amatrisinin özdeğerleri için üç durum oluşur. 1) Anın tüm öz değerleri reel ve farklıdır. Sistemin genel çözümü xgenel= c1 y1 e 1t +c2 y 2 e 2t +...................+cn y n e nt dir. 2) Anın bazı özdeğerleri kompleks eşlenikleri ile bulunur. 3) Anın bazı özdeğerleri katlı bulunur. 7.6. Kompleks Özdeğerler x′=Ax homojen sistem ele alınsın. A matrisi reel değerli olsun .Bu durumda det(A- karakteristik denklemin katsayıları reel olacağından, karakteristik denkleminin kökleri olan özdeğerlerin bir kısmı kompleks eşlenikleri ile bulunabilir Örnek olarak A nın özdeğerleri(Kökler )kompleks ise ( λ1=+i , λ2=-i ) bunlara karşı gelen özvektörlerde kompleks eşleniklidir. ( x1 =a+ib, x2 =a-ib ) a, b reel Dolayısıyla ele alınan diferansiyel denklemin genel çözümü x(1)(t)= c1 x1 e1t x(2)(t)= )= c1 x2 e 2t x1 =(a+ib) ve λ1=+i olduğu dikkate alınarak x(1)(t) reel ve sanal kısımlara ayrılırsa x(1)(t)= et (a cos t b sin t ) iet (a sin t b cos t ) olur. Kısaca yukarıdaki eşitlikte reel kısmına u(t) ve sanal kısma v(t) denirse (u(t) ve v(t) reel değerli fonksiyonlar) x(1)(t)= u(t)+i v(t) şeklinde elde edilir. Örnek olarak A nın iki özdeğeri ( λ1=+i , λ2=-i ) ve diğer tüm özdeğerleri reel ve farklı ise, genel çözüm ygenel= c1 u(t)+c 2v(t)+ c3 y3e3t c4 y4e4t .......... cn ynent DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012 158 1 2 1 x x = 1 1 2 ' diferansiyel denklem sisteminin genel çözümünü bulunuz. Çözüm: x’=Ax x x x x1, x2 11 12 x21 x22 det(A-I)=0 oluşturularak özdeğerler: 1 1 2 2 = ++5/4=0 1 1 2 1=-1/2+i , 2=-1/2-i kompleks kök 1=-1/2+i için özvektörler i 1 x11 0 1 i x 0 21 -ix11=-x21 x11=1 ile x 1 x1 = 11 = x21 i 1=-1/2-i için öz vektörler i 1 x12 0 1 i x 0 22 ix12+x22=0 x 1 x2 = 12 = x22 i ix12=-x22 Not: Kompleks kök durumunda bir kök için çözüm yapmak yeterlidir, ,ikinci kökün çözümü için sadece ilk kompleks kök için bulunan çözümdeki sanal kısımlar işaret değiştirir. Genel çözüm: xgenel=c1 x1 e(-i)t + c1 x2 e(+i)t şeklindedir. 1 i 1 (-1/2-i)t e i xgenel= c1 e(-1/2+i)t+ c2 e(-1/2+i)t=e-t/2(cost+isint) e(-1/2-i)t= e-t/2(cost-isint) 1 1 xgenel= c1 e-t/2(cost+isint)+ c2 e-t/2(cost-isint) i i DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012 159 xgenel= c1 e-t/2(cost+isint)+ c2 e-t/2(cost-isint)+ ic1 e-t/2(cost+isint)-i c2 e-t/2(cost-isint) = e-t/2(c1+c2)cost+i(c1-c2)sint+ e-t/2i(c1-c2)cost-(c1+c2)sint (c1+c2)=C1 i(c1-c2)=C2 DERSEK cost t / 2 sin t t / 2 e c2 e sin t cost xgenel= e-t/2C1cost+C2sint+ e-t/2C2cost-C1sint = c1 VEYA e(-1/2+i)t=e-t/2(cost+isint) 1 x (1) (t)= e-t/2(cost+isint) i x (1)(t) reel ve sanal kısımlara ayrılırsa cost t / 2 sin t t / 2 e i e u(t ) iv(t ) sin t cost = u(t) ve v(t) bulunduğundan x(1)(t) eşleniğini bulmadan da genel çözüm bulunur. Buradan ele alınan diferansiyel denklemin genel çözümü cost sin t e t / 2 c2 e t / 2 ygenel= c1 u(t)+c 2v(t)= c1 sin t cost 1 0 0 y 2 1 2 y 3 2 1 ' diferansiyel denklem sisteminin genel çözümünü bulunuz. Çözüm: y’=Ay det(A-I)=0 oluşturularak özdeğerler: 0 0 1 det 2 1 2 =(1-)(1-)(1-)+4=(1-)(2-2+5)=0 3 2 1 DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012 160 1=1 , 2=1-2i , 3=1+2i 1=1 için 0 0 0 y11 0 2 0 2 y 0 21 3 2 0 y31 0 2 y11 2 y31 0 3 y11 2 y21 0 y11 =y31 y21=-3/2 y31 y11 2 y1 = y1 = y21 3 ~ y31 2 2=1-2i için öz vektörler 2iy12 0 y12 0 2 y12 2iy22 2 y32 0 y22 iy32 3 y12 2 y22 2iy32 0 2i 0 0 y12 0 2 2i 2 y 0 22 3 2 2i y32 0 y12 y 2 = y 2 = y22 ~ y32 y32=1 ise 0 i 1 3=1+ 2i için öz vektörler 0 y13 0 2i 0 2 2i 2 y 0 23 3 2 2i y33 0 2 yi13 0 y13 0 2 y13 2iy23 2 y33 0 3 y13 2 y23 2iy33 0 y23 iy33 y13 0 y3 = y3 = y23 i ~ y33 1 Not: Kompleks kök durumunda bir kök için çözüm yapmak yeterlidir, ,ikinci kökün çözümü için sadece ilk kompleks kök için bulunan çözümdeki sanal kısımlar işaret değiştirir. Genel çözüm: ygenel= c1 y1 e t + c2 y 2 e(-i)t + c3 y3 e(+i)t 1 şeklindedir. 2 0 0 t (1-2i)t ygenel= c1 3 e + c2 i e + c3 i e(1+2i)t 2 1 1 DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012 161 e(-i)t = et(cost - isint) e(+i)t = et(cost + isint) idi (1+2i 1-2i için) e(1-2i)t = et(cos2t- isin2t) e(1+2i)t= et(cos2t + isin2t) c2 (-i) e (1-2i)t + c3 (i) e(1+2i)t=iet(- c2 e-2t + c3 e2t) (i2=-1) =et(- c3 (icos2t-sin2t)- c2 (icos2t+sin2t)) =eti( c3 - c2 )cos2t-( c2 + c3 )sin2t i( c3 - c2 )= c2, -( c2 + c3 )=c3 ile gösterirsek t = e (c2cos2t+c3sin2t) (1-2i)t + c3 e(1+2i)t= c2 et(cos2t-isin2t)+ c3 et(cos2t+isin2t) c2 e =et( c2 + c3 )cos2t+i( c3 - c2 )sin2t) ( c3 - c2 )= c2, -( c2 + c3 )=c3 ile gösterdiğimizden = et-c3cos2t+c2sin2t) 2 0 0 t (1-2i)t ygenel= c1 3 e + c2 i e + c3 i e(1+2i)t 2 1 1 2 0 0 t t ygenel= c1 3 e + c2 cos 2t e +c3 sin 2t et 2 sin 2t cos 2t VEYA DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012 162 2=1+ 2i için özvektörler 0 y13 0 2i 0 2 2i 2 y 0 23 3 2 2i y33 0 2 yi13 0 y13 0 2 y13 2iy23 2 y33 0 3 y13 2 y23 2iy33 0 y23 iy33 y13 0 y 2 = y 2 = y23 1 ~ y33 i olsa 0 0 1 e(1+2i)t veya 1 et(cos2t + isin2t) ile reel ve sanal kısımlara ayrılırsa i i 0 0 t t x(2)(t)= cos 2t e +i sin 2t e =u(t)+iv(t) sin 2t cos 2t (u(t),v(t) bulunduğundan x(2)(t) nin eşleniği bulunmadan da genel çözüm bulunur) genel çözüm: c1 , c 2 , c3 keyfi sabitler olmak üzere ygenel= c1y1e λ1t +c2 u(t)+c 3v(t) 2 0 0 t t ygenel= c1 3 e +c2 cos 2t e +c3 sin 2t et 2 sin 2t cos 2t 7.7. KATLI KÖK DURUMU r=λ özdeğeri , Amatrisinin katlılığı iki olan bir özdeğeri olsun ve bu özdeğere karşı gelen birtane x1 özvektörü olsun Bu durumda sistemin çözümü x(1)(t)= x1 eλt (1) şeklindedir. Ve x1 vektörü (A-λI) x1 =0 (2) denklemini sağlar . Sistemin ikinci çözümü x(2)(t)= x1 teλt+ x2 eλt DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012 (3) 163 şeklinde aranır. (3) denklemindeki x1 (2) denklemini sağlar, x2 ise (A-λI) x2 = x1 (4) den bulunur. kısaca 2 katlı kök durumunda bulunan ilk çözüm, eşitliğin sağ tarafına yazılarak ikinci kök değeri için çözüm elde edilir. Genel çözüm xgenel= c1 x(1)(t) + c2 x(2)(t)= c1 x1 et+c2( x1 t+ x2 )et dir. r=λ özdeğerinin katlılığının üç olması durumu I. durum r=λ üç katlı özdeğerine x1 , x2 ve x2 lineer bağımsız özvektörleri karşı gelsin . Bu durumda lineer bağımsız çözümler x(1)(t)= x1 eλt x(2)(t)= x2 eλt x(3)(t)= x3 eλt şeklindedir. II.durum r=λ üç katlı özdeğerine karşı bir tane lineer bağımsız özvektörün karşı geldiği varsayılsın. Bu durumda ilk çözüm x(1)(t)= x1 eλt (5) ile, ikinci çözüm x(2)(t)= x1 teλt+ x2 eλt ile ve üçüncü çözüm ise x(3)(t)= x1 (6) t 2 λt λt λt e + x2 t e + x3 e 2! (7) ile bulunur. (7) denklemindeki x1 (2) denklemini, x2 (4) denklemini sağlar ve x3 ise (A-λI) x3 x2 DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012 (8) 164 denkleminden belirlenir. (8) denkleminin çözümü x3 e göre bulunabilir. x3 ve x2 vektörlerine ‘genelleştirilmiş özvektörler’ denir. III.durum r=λ üç katlı özdeğerine karşı iki tane lineer bağımsız x1 ve x2 özvektörleri karşı geliyorsa, ele alınan denklem sisteminin iki çözümü x(1)(t)= x1 eλt x(2)(t)= x2 eλt şeklindedir. Üçüncü çözüm ise x(3)(t)= teλt+ x3 eλt Burada = c1 x(1)(t) + c2 x(2)(t) seçilirse (A-λI) x3 (9) denklemi çözülebilir. c1 ve c2 öyle seçilebilir ki (9) denkleminden x3 çözülebilir. Buradan x(1)(t), x(2)(t) ve x(3)(t) çözümleri r=λ özdeğerine karşı gelen lineer bağımsız çözümler olurlar. Örnek 1: 1 1 x = x diferansiyel denklem sisteminin genel çözümünü bulunuz. 1 3 ' x x x x1, x2 11 12 x21 x22 Çözüm: x’=Ax det(A-I)=0 oluşturularak özdeğerler: 1 (1 ) 2 2 1 =(1-)(3-)+1= -4+4=(-2) =0 ( 3 ) 1=2 , 2=2 2 katlı kök 1=2 için 1 1 x11 0 1 1 x 0 21 x11=-x21 x 1 x1 = 11 = x21 1 DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012 165 1 2 katlı kök durumunda bulunan çözüm eşitliğin sağ tarafına yazılarak ikinci kök 1 değeri için çözüm elde edilir 1 1 1 1 1 1 -x12-x22=1 1 1 1 0 0 0 1 1 x12 1 1 1 x 1 22 x 1 x2 = 12 = x22 2 Genel Çözüm 2 katlı kök olması durumunda (1= 2=) xgenel= c1 x1 et+c2( x1 t+ x2 )et idi. 1 2t 1 1 e +c2( t+ )e2t 1 1 2 xgenel= c1 7.8 TEMEL MATRİSLER 1 1 1 y 2 1 1 y 8 5 3 ' diferansiyel denklem sisteminin genel çözümü 4 3 0 2t –t ygenel=c1 5 e +c2 4 e +c3 1 e2t 7 2 1 4e2t (t ) 5e2t 7e2t 3et 4e t 2et idi. e e2t 0 2t şeklinde bulunur. Bu matris yardımı ile x’=A(t)x homojen denkleminin genel çözümü x= (t )c şeklinde yazılabilir. Burada c bir vektördür ve bileşenleri c1, c2, .....................,cn sabitleridir. Eğer x’=A(t)x denklem sistemi ile birlikte , x(t0)=x0 DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012 166 başlangıç koşulu da verilirse , ele alınan problem bir başlangıç değer problemi olur. Burada x0 verilen bir başlangıç vektörüdür. Amaçımız başlangıç koşulunu sağlayan c vektörünü bulmaktır. c vektörü, (t0 )c x0 denklemini sağlamalıdır. diğer yandan (t0 ) tekil olmayan matris olduğundan tersi vardır. Böylece c 1 (t0 ) x0 bulunur . c vektörü x= (t )c de yerine konarak başlangıç değer probleminin çözümü x (t ) 1 (t0 ) x0 şeklinde bulunur. Örnek 1. dx dt 2 x y dy x 4 y dt Genel çözümü bulunuz. Başlangıç değer problemini çözünüz. Y0 (1, 1) Katsayılar matrisi: 2 1 A 1 4 Karakteristik denklem 2 6 9 0 2 6 9 ( 3)2 0 3 için özvektör x y 2 katlı kök için öz vektör V1 ile gösterilirse 1 1 x 0 1 1 y 0 ,ile x 1 V1 = y 1 ikinci öz vektör için (V2) 1 1 x 1 1 1 y 1 -x+y=1 veya y=1+x x=0 seçilirse DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012 167 x k 0 V2 y k 1 1 veya x=k seçilirse; x k 0 1 V2 k 1.çözümün k katıolduğundan ihmal edilebilir y k 1 1 1 iki lineer bağımsız çözüm 1 Y1 e3t 1 ve 1 0 Y2 e3t t 1 1 1 0 1 Y c1 e3t c2e3t t 1 1 1 Başlangıç değerleri göz önüne alınarak Y0 (1, 1) (t=0 yazılarak) 1 0 1 Y (0) c1 c2 1 1 1 c1 1 , c2 2 ,ile başlangıç değer probleminin çözümü; ygenel= c1 V1 et+c2(V1t+ V2)et ile 1 0 1 1 2t Y e3t 2e3t t e3t 1 1 2t 1 1 Örnek 2: 1 9 x x, 1 5 1 x(0) başlangıç değer problemini çözünüz. 1 x x x x1, x2 11 12 x21 x22 DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012 168 9 (1 ) 2 2 1 (5 ) 4 4 ( 2) λ1=λ2=-2 katlı kök λ1=-2 katlı kök için özvektör x 3 x1 = 11 = x21 1 3 9 x12 3 1 3 x 1 22 x12 3x22 1 x12 1 3x22 , x22 k seçilirse x 1 3k 1 3 x2 = 12 = k , 1.çözümün k katıolduğundan ihmal edilebilir. x22 k 0 1 x 1 x2 = 12 = x22 0 xgenel= c1 x1 et+c2( x1 t+ x2 )et 3 -2t 3 1 e +c2( t+ )e-2t 1 1 0 xgenel= c1 Başlangıç koşuları dikkate alınarak t=0 ile 3 1 1 x(0) c1 c2 c1=1, c2=-2 bulunur. 1 0 1 3 3 1 xgenel= e-2t -2( t+ )e-2t 1 1 0 DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012 169 7.9. HOMOJEN OLMAYAN LİNEER SİSTEMLER Parametreleri Değişimi Metodu dx Ax+f(t) dt diferansiyel denklem sisteminde x’=Ax homojen sistemine karşı gelen (t ) temel matrisinin bulunduğu farz edilsin. Homojen sistemin çözümü xh= (t )c şeklinde olduğundan c yerine u(t) yazılarak x= (t ) u(t) şeklinde çözüm aranır, u(t), (t ) u′(t)=f(t) koşulu sağlayacağından u′i(t) ler ve bunlardan integral alınarak ui(t) ler belirlenir. Ve x= (t ) u(t) yerlerine konarak genel çözüm elde edilir. dx1 x1 2x2 cost dt dx2 2x1 x2 sin t dt sistemini çözünüz. det(A-I)=0 oluşturularak özdeğerler 1 2 2 2 1 = -2-3=0 1=3 2=-1 (farklı 2 reel kök) 1=3 2 2 x11 0 2 2 x 0 21 x11=-x21 x 1 x1 = 11 = x21 1 DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012 170 2=-1 için 2 2 x12 0 2 2 x 0 22 x12=x22 x 1 x2 = 12 = x22 1 1 3t 1 e + c2 e-t 1 1 xhomojen=c1 x1= c1e3t+c2e-t x2=-c1e3t+c2e-t parametrelerin değişimi metodu kullanılarak x1= u1e3t+u2e-t x2=-u1e3t+u2e-t yazılarak u1' e3t u2' e t cost u1' e3t u2' e t sin t e3t et (t ) u′(t)=f(t) oluşturulursa 3t t e e ile 2u2' e t cost sin t 1 u1' e3t (cost sin t ) cost 2 1 u2' et (cost sin t ) 2 1 u1' e 3t (cost sin t ) 2 u2=1/2 et cost+K1 u1=-1/10 e-3t(2cost+sint)+K2 elde edilir. u1 ve u2 nin karşılıkları x1= u1e3t+u2e-t x2=-u1e3t+u2e-t yerlerine yazılarak genel çözüm bulunur. x1=-1/10(2cost+sint)e3t+K2e3t+1/2cost+K1e-t x2=-1/10(2cost+sint)e3t+K2e3t+1/2cost+K1e-t DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012 171 Köşegenleştirme(Diyagonalleştirme) Metodu dx Ax+f(t) dt 1 formundaki sistemin çözümü aranır. Bu işlem için A matrisinin özdeğerlerine karşılık gelen özvektörler bulunur Kolonları bu özvektörlerden oluşan T matrisi oluşturulur, bu T dönüşüm matrisi ile x11 x21 x T 31 . . x n1 x12 x22 x32 . . xn 2 . . x33 . . . . . . . . . . . . . . . x1n x2 n x3n = T x1 x2 .. xn . . xnn x=Ty 2 olacak şekilde yeni bir y bağımlı değişkeni tanımlanır. Bu ifade x′=Ax+f(t) de yerine konursa Ty′=ATy+f(t) olur. Bu denklemin her iki tarafı T-1 çarpılarak y′=(T-1AT)y+ T-1f(t)=Dy+h(t) 3 denklem sistemi elde edilir. Bu eşitliktediki D matrisi Anın özdeğerlerini köşegeninde bulunduran bir matristir. 1 0 0 2 1 D T AT . . 0 0 . 0 . 0 . 0 . n (3) sistemi n tane y1(t),.............yn(t) denklemlerinin bir sistemidir. Kısaca (3) sistemi skaler formda yk' k yk (t) hk (t) k=1,2,3,....................n DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012 4 172 şeklinde yazılabilir. Buradaki hk (t ) ler f1(t),.............fn(t) lerin belli bir lineer kombinasyonu şeklindedir.4 denklemleri k=1,2,3,....................n için birer birinci mertebeden liner denklem olduklarından, birinci mertebeden diferansiyel denklemlerin çözümlerinin aranması tekniği ile çözümleri bulunur. ck lar sabit olmak üzere t yk (t ) ek t e k t hk (s)ds ck ek t 5 k=1,2,3,....................n to T dönüşüm matrisi ile çarpılarak (x=Ty de) (5) in sağ tarafındaki integralli terimden (1) sisteminin özel çözümü, ck e t den ise x’=Ax homojen denklem sisteminin genel çözümü bulunur. elde edilen yk(t) ler dikate alınarak (5) sistemi k Örnek: 1 1 e 2t x' = x t 4 2 2e diferansiyel denklem sisteminin genel çözümünü köşegenleştirme metodu kullanarak bulunuz. Çözüm: x’=Ax det(A-I)=0 oluşturularak özdeğerler: 1 (1 ) =(1-)(-2-)-4=2+-6=0 4 (2 ) 1=-3 , 2=2 2 farklı reel kök 1=-3 4 1 x11 0 4 1 x 0 21 4x11=-x21 x 1 x1 = 11 = x21 4 2=2 için 1 1 x12 0 4 4 x 0 22 x12=x22 DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012 x 1 x2 = 12 = x22 1 173 Özvektörleri içeren matrisi T ile gösterirsek 1 1 4 1 T= x=Ty → x′=Ax+f(t) de yerine konursa Ty′=Aty+f(t) olur. Bu denklemin her iki tarafı T-1 çarpılarak 3 0 0 2 D= y′=(T-1AT)y+ T-1f(t)=Dy+ T-1f(t) T-1 in hesabı 1 1 1 1 1 1 0 1 1 1 0 → → 4 4 1 0 1 0 5 4 1 0 1 5 T -1 1 1 = 4 5 1 5 5 5 1 0 1 1 0 5 5 → 1 4 1 0 1 5 5 5 y’=Dy+ T-1f(t) oluşturulursa y1' 3 0 y1 15 15 e 2t y′= ' = y + 4 1 0 2 y 2e t 2 5 2 5 1 2 y1' 3y1 e 2t et 5 5 4 2 y2' 2 y2 e 2t et 5 5 y e 15 e 3t ' t 1 y e 54 e 2t ' 2 2 e 4t 5 4t → integrasyon çarpanı yardımıyla 1 1 y1e 3t = et e 4t + c1 5 10 2 1 2 e t → y2 e 2t = e 4t e t c2 5 5 5 1 1 y1 = e 2t et + c1 e 3t 5 10 1 2 y2 = e 2t et c2 e 2t 5 5 bulunur. Buradan y1 15 2t 110 t c1e 3t e + e + 2t = 2 5 c2 e y2 15 y= Bu sistemin her iki tarafı T dönüşüm matrisi ile çarpılırsa genel çözüm(x=Ty) DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012 174 x=Ty= 2t t 3t 1 1 15 e 110 e c1e 1 et c1e 3t c2 e 2t = 2 4 1 2t t 2t 2t 3t 2t 1 2 e e c e e 4 c e c e 5 2 1 2 5 veya 1 t 0 2t 1 1 2e e c1 e 3t e 2t 1 4 1 0 x= DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012 175