3.1.2.1. Sağ Taraf Fonksiyonu İle İlgili Özel Çözüm Örnekleri

3.1.2.1. Sağ Taraf Fonksiyonu İle İlgili Özel Çözüm Örnekleri(rezonans durumlar)
ÖRNEK: y” + 4.y’ + 4.y = –5.sin2x diferensiyel denkleminin genel çözümünü bulalım:
Homojen kısmın çözümü:
y” + 4.y’ + 4.y = 0
Karakteristik denklem = f(r)= r2 + 4.r + 4 = 0 = (r+2) 2  r = –2(reel çakışık kökler)
yh =
r x
r x
-2x
c .e1 + c .e2 = c .e
1
2
1
+
-2x
c .X. e
2
Sağ taraf fonksiyonu ile ilgili Özel çözüm;
y1= A.sin2x + B.cos2x
şeklinde olmalıdır. O halde A ve B katsayılarını belirlemeliyiz. Eğer y1 özel çözüm ise
diferansiyel denklemi sağlamalıdır. y1, y1’ ve y1” diferansiyel denklemde konularak A, B
belirsiz katsayıları bulunur.
y1= A.sin2x + B.cos2x
y1’ = 2A.cos2x – 2B.sin2x
y1” = – 4A.sin2x - 4B.cos2x ifadeleri diferansiyel denklemde yerine yazılırsa;
y” + 4.y’ + 4.y = –5.sin2x
(– 4A.sin2x - 4B.cos2x) + 4(2A.cos2x – 2B.sin2x) + 4(A.sin2x + B.cos2x) = –5.sin2x
–4A.sin2x - 4B.cos2x + 8A cos2x – 8B.sin2x + 4A.sin2x + 4B.sin2x = –5.sin2x
(8A-4B) cos2x – 4B.sin2x = –5.sin2x ise;
Cos2x in katsayısı: (8A-4B) = 0 ve 8A-4B = 0 ;
sin2x in katsayısı: -4B = –5 ve her iki denklemden B = 5/4 , A=5/8 bulunur.
O halde çözüm; Homogen çözüm ve özel çözümün toplamından;
y1= A.sin2x + B.cos2x = 5/8.Sin2x+5/4 Cos2x
Genel çözüm: y= yh + y1
y = c1 . e-2x + c2 .X. e-2x + 5/8.Sin2x+5/4 Cos2x
elde edilir.
Rezonans Durumları
f(r) karakteristik denkleminin köklerinin, (r) ile Q(x) özel çözümü arasındaki çakışmadır.
1) r = a+ib ve Q(x) Trigonometrik ise e  x [ sin  x+cos  x ] a=  ve b =  ise
rezonans vardır. Bu durumda Q(x), “r” sayısı kadar “x” ile çarpılır.
2) r = a  0 ve Q(x) = e  x (üstel) ise a=   rezonans vardır.
3) r=0 ve Q(x)= A.xn + B.xn-1 +...+Z (polinom) ise Q(x) r sayısı kadar x ile çarpılır.
ÖRNEK: Aşağıda verilen diferensiyel denklemin genel çözümünü bulalım:
y”‘ – 2.y” + y’ = – 5. e2x – 10.x2
yh = homojen
y1
y2 özel çözümler
Homogen kısmın çözümü;
f(r) = r3 – 2.r2 + r = 0  r (r2 – 2.r + 1) = 0  r ( r– 1)2 = 0
r1 = r2 = 1=a (reel çakışık, eşit) , r3 = 0 (reel farklı)
r x
r x
r x
c . e 1 + c .X.e 2 + c . e 3
yh = c . ex + c .X.ex + c . e0.x
yh = c . ex + c .X.ex + c
yh =
3
2
1
1
2
3
1
2
3
Sağ taraf fonksiyonu ile ilgili Özel çözümler
y1 = A. e2x
y2 = B.x2 + C.x + D olmalı…
Rezonans yok.
Rezonas var.
a=1=/= Alfa=2
a= r3 = 0=> polinom ile Rezonans olur.
Özel çöz.değişmez.
“ Ohalde özel çözüm x1 ile çarpılmalı”
y1’ = 2A. e2x
y2’ = 2B.x + C
”
2x
y1 = 4A. e
y2” = 2B
y1”‘ = 8A. e2x
y2”‘ = 0 (olduğundan rezonans vardır)
y2 terimini rezonanstan kurtarmak için x ile çarpılır. Eğer 2 ifade 0(sıfır)’a eşit olsaydı x2 ile 3
terim olsaydı x3 ile çarpılırdı.
Bu durumda
* y2 = y2. X = B.x3 + C.x2 + D.x olur.
* y2 ‘ = 3B.x2 + 2C.x + D
* y2 “ = 6B.x + 2C
* y2 “‘ = 6B
Özel çözüm y1 için;
y”‘ – 2.y” + y’ = – 5. e2x
8A. e2x – 2.( 4A. e2x ) + 2A. e2x = – 5. e2x
2A. e2x = – 5. e2x  2A = – 5  A = – 5/2
y1 = A. e2x = – 5/2. e2x
A= -5/2 olur.
Özel çözüm y2 için;
y”’ – 2.y” + y’ = – 10.x2
6B – 2.( 6B.x + 2C ) + 3B.x2 + 2C.x + D = – 10.x2
6B – 12Bx –4C + 3B.x2 + 2C.x + D = – 10.x2
3B.x2 + ( 2C– 12B).x + 6B-4C+D = – 10.x2
3B = – 10  B = – 10 / 3
–12B +2C = 0  – 12 (– 10 / 3) + 2C = 0  C= – 20
6B – 4C + D = 0  6 (– 10 / 3) – 4.(– 20) +D = 0  D = – 60
*y2 = B.x3 + C.x2 + D.x
*y2 = – 10 / 3.x3 – 20.x2 – 60.x
Buna göre Genel çözüm y= yh + y1 + *y2 şeklinde olacaktır. Çözümler burada konulursa
y = c1 . ex + c2 .X.ex + c3 – 5/2. e2x – 10 / 3.x3 – 20.x2 – 60.x
genel çözümü elde edilir.
ÖRNEK: y” – 3.y’ – 4y = (– 5.sin2x). e2x diferensiyel denkleminin genel çözümünü bulalım.
yh = homojen çözüm y1=özel çözüm
f(r) = r2 – 3.r – 4 = 0
r
-4
r
+1
den
O halde karakteristik denklemin kökleri f(r) = (r–4)(r+1) = 0  r1 = 4 , r = –1(reel farklı)
***Köklere bakıldığında reel ve farklı old.dan sağ taraf “Trig.” İfadesi ile rez. Olmaz.
*** Köklere bakıldığında reel ve farklı old.dan sağ taraf “Üstel” ifadesi ile rez. Olabilirdi.
a = alfa olsa idi. Burada a= 4 ve -1 =/= 2 old. Dan Rez. Olamaz.
Homogen kısmın çözümü yh = c1 . e4x + c2 e-x olur. Özel çözüm
y1 = e2x [A.sin2x + B.cos2x]
y1’ = 2. e2x [A.sin2x + B.cos2x] + e2x [2A.cos2x – 2B.sin2x]
y1” = 4. e2x[A.sin2x + B.cos2x] + 2. e2x [2A.cos2x – 2B.sin2x] + 2. e2x [2A.cos2x – 2B.sin2x]
+ e2x [–4A.sin2x – 4B.cos2x]
Diferansiyel denklemde yerine koyalım;
y” – 3.y’ – 4y = 4. e2x[A.sin2x + B.cos2x] + 2. e2x [2A.cos2x – 2B.sin2x]
+ 2. e2x [2A.cos2x – 2B.sin2x] + e2x [–4A.sin2x – 4B.cos2x]
– 3 (2. e2x [A.sin2x + B.cos2x] + e2x [2A.cos2x – 2B.sin2x] )
– 4 (e2x [A.sin2x + B.cos2x] ) = (– 5.sin2x). e2x
Burada gerekli işlemler yapıldığında;
(– 10A – 2B).sin2x + (2A – 10B).cos2x = (– 5.sin2x). e2x olduğu görülür.
(– 10A – 2B)= – 5 ve (2A – 10B)= 0 2 bilinmeyenli 2 denklem sisteminden;
A= 25/52 ve B=5/52 olarak hesaplanır. O halde;
y1 = e2x [A.sin2x + B.cos2x] = e2x [(25/52).sin2x + (5/52).cos2x] olup
y = yh + y1  c1 . e4x + c2 e-x + e2x [(25/52).sin2x + (5/52).cos2x] genel çözüm bulunur.
ÖRNEK: Aşağıdaki diferensiyel denkleminin genel çözümünü elde edelim.
y” – 6.y’ + 8y = – 5.e2x (–5.x2 +7)
yh = homojen çözüm
yh = r2 – 6.r + 8 = 0
r
-4
r
-2
0 halde; f(r) = (r–4)(r–2) = 0  r1 = 4 , r2 = 2 kar.denk. kökleri Reel ve Farklı
yh =
4x
c .e
1
+ c2 e2x
Homogen çözüm..
Özel çözüm
***Rezonans var mıdır? r = 0 kök olm.dan Polinom ile ilgili rez. Olamaz.
*** – 5.e2x İle r2=2 arasında rez. olur. a=alfa=r2=2 old.dan
Ohalde özel çözüm x1 ile çarpılmalı
y1 = e2x [A.x2 + B.x + C]
y1’ = 2.e2x [A.x2 + B.x + C] + e2x [2Ax + B]
y1” = 4.e2x[A.x2 + B.x + C] + 2.e2x[2Ax + B] + 2.e2x[2Ax + B] + e2x.2A
Diferansiyel denklemde yerine koyalım;
y” – 6.y’ + 8y = 4.e2x[A.x2 + B.x + C] + 2.e2x[2Ax + B] + 2.e2x[2Ax + B] + e2x.2A
– 6. (2.e2x [A.x2 + B.x + C] + e2x [2Ax + B] )
+ 8.( e2x [A.x2 + B.x + C] ) = – 5.e2x (–5.x2 +7)
– 2.e2x ( 2Ax + B ) + e2x ( 2A ) = – 5.e2x (–5.x2 +7)
– 4Ax – 2B + 2A = (–5.x2 +7) sonuç çıkarılamaz rezonans var. O halde;
– 5.e2x
r2=2 olduğundan dolayı rezonans söz konusudur. O halde;
y1 = e2x [A.x2 + B.x + C] . X olmalıdır.
y1 = e2x [A.x3+ B.x2+ C.x] olur.
y1’ = 2. e2x [A.x3+ B.x2+ C.x] + e2x [ 3.Ax2 + 2Bx + C ]
y1” = 4. e2x + [A.x3+ B.x2+ C.x] +2. e2x [ 3.Ax2 + 2Bx + C ]
+ 2. e2x [ 3.Ax2 + 2Bx + C ] + e2x [ 6Ax + 2B ]
(y” – 6.y’ + 8y) fonksiyonunda yukarıda bulunan değerler yerine konulursa;
–6A.x2 + ( 6A – 4B ).x + ( 2B – 2C ) = –5(–5.x2 + 7) = (25.x2 – 35) ve buradan;
Sabitler A= – 25/6, B= – 25/4, C= 45/4 olarak hesaplanır.
O halde genel çözüm, y=yh+y1 den
y= c1 . e4x + c2 e2x + e2x [(– 25/6).x3 – (25/4).x2+ (45/4).x]
elde edilir.
ÖRNEK Problem-1: y’’’ – 6.y’’ + 8y’ = – 5.e2x –5.x2 +7
r1= 0 , r2=2 , r3=4 =>> – 5.e2x
için rez. var mı? Alfa=a = r2=2 ile rez. var
ohalde özel çözüm =>> y1 = x. A e2x olmalı…
–5.x2 +7
polinom fonk. İçin Rez. var mı?
r1= 0 ve Polinom fonk. Arasında rez. olur.
O halde özel çözüm: y2 = X. (B x2 + C X + D) olmalı .. X çarpanı rez. için geldi.
Örnek Problem-2: y” – 6.y’ + 13.y =
e3x .Sin 2x - 3 Cos 2x + 5 e3x
3 r1,r2 = +- 2i bu kök ile rez. olan bir sağ taraf fonk. Yazalım…
a=alfa=3 , b= Beta=2 old. da rez. olur.
Burada
e3x .Sin 2x ifadesi ile rez. olurken - 3 Cos 2x rez. olmaz.
5 e3x İçin de rez. yok. Çünkü reel ve a=alfa = 3 olan bir kök olmalı idi..
Özel çözümler: y1 = e3x . X. (A. Sin 2x + B Cos 2x)
y1= e3x .(A.X. Sin 2x + B.X. Cos 2x)
y2= C. Sin 2x + D Cos 2x
y3= E. e3x
olur…
olur…
Ödev-Problem—her bir rez. durum için bir problem belirleyerek çözünüz…
3.1.3. Lagrange Sabitlerinin Değişimi Metodu
Eğer yüksek mertebeden adi diferensiyel denklemin sağ taraf fonksiyonu düzgün fonksiyon
değilse genel çözüm için Lagrange Sabitlerin Değişimi Metodu kullanılır. Bu yönteme göre,
eğer bir diferensiyel denklemin homogen kısmının çözümü elde edilebiliyorsa, bu çözümdeki
keyfi sabitler C1=C1(x), C2=C2(x),…, Cn=Cn(x) şeklinde değişken kabul edilerek yh
Homogen çözümü genel çözüm olur.
Buna göre Sabit Katsayılı Yüksek mertebeden diferensiyel denklemin
yh = c1 .y1(x)+ c2 .y2(x) + … + cn .yn(x) şeklindeki homogen kısmının çözümde
C1=C1(x), C2=C2(x),…, Cn=Cn(x) olduğu kabul edilirse
y = c1 .y1(x)+ c2 .y2(x) + … + cn .yn(x) genel çözüm olsun. Bu denklemden
‘
‘
‘
c .y1(x)+ c .y2(x) + … + c .yn(x) = 0
‘
‘
‘
‘
‘
‘
c .y1 (x)+ c .y2 (x) + … + c .yn (x) = 0
‘
(n-2)
‘
(n-2)
‘
(n-2)
c .y1 (x)+ c .y2 (x) + … + c .yn (x) = 0
‘
(n-1)
‘
(n-1)
‘
(n-1)
c .y1 (x)+ c .y2 (x) + … + c .yn (x) = Q(x) / an
2
1
n
2
1
n
1
2
n
1
2
n
Lagrange denklem sistemi yazılır. Burada Q(x) : sağ taraf fonksiyonu
an : En yüksek dereceden türevli terimin katsayısıdır. Böylece
c1 (x), c2 (x), … + cn (x)  n bilinmeyenli, n denklemli denklem sistemi ortaya çıkar.
Buradan; c1 ‘(x), c2 ‘(x), … , cn ‘(x) ve bunların integralinden de c1 (x), c2 (x), … + cn (x)
elde edilerek y genel çözüm ifadesinde konulduğunda Diferansiyel Denklemin Genel
Çözümü bulunur.
ÖRNEK: y” – 4.y’ + 4y = e2x / x2 = e2x . x-2
Diferensiyel denkleminin genel çözümünü Lagrange Sabitlerin Değişimi Yöntemiyle elde
edelim. Bu durumda öncelikle Homojen kısmın çözümünü bulalım:
Karakteristik denklem: f(r) = r2 – 4.r + 4 = 0 => r1, r 2 = 2 ( çakışık reel kökler)
yh = c1 . e2x + c2 . x.e2x ( I )
y1 (x)
y2 (x)
Burada yh = homojen çözümünde c1 = c1 (x), c2 = c2 (x) şeklinde keyfi sabitleri değişken
kabul edersek yh y= c1 . e2x + c2 .x.e2x ( I ) ifadesi diferansiyel denklemin genel çözümünü
vermelidir. Bu denkleme uygun Lagrange Denklem Sistemini şöyle yazabiliriz.
c1 ‘(x), c2 ‘(x) 2 bilinmeyenli olduğundan 2 denklem yazılacaktır.
–2 / c1 ‘(x). e2x + c2 ‘(x).X.e2x = 0
c
1
‘
(x). 2.e2x + c2 ‘(x).( e2x + x.2.e2x ) = Q(x) / an = (x -2.e2x ) / 1
y1 ‘ (x)
y2 ‘ (x)
+
0 – 2.
c ‘(x).x. e2x + c ‘(x). e2x + 2. c ‘(x).x. e2x = x -2. e2x
2
2
2
Burada bulunan
‘
c ‘(x)= x -2
2
çözümünü yukarıdaki denklemlerden birinde yerine koyup
(x) ifadesini bulalım.
İlk denklemde yerine koyalım.
c1 ‘(x). e2x + x -2.X.e2x = 0 => c1 ‘(x). e2x = – x -1.e2x
c
1
c ‘(x)= – 1/x
c (x)=  x . dx + K2 => c (x)= – 1/x + K2
c (x)=  - 1/x .dx + K1 => c (x)= – lnx + K1
Şeklinde bulunun c (x), c (x) y= c . e2x + c .x.e2x ( I ) de konularak
2x
2x
1
-2
2
2
1
1
2
1
2
1
y = (– 1/x + K2).e + (– lnx + K1). e
y = K1.e2x + K2. .X.e2x – lnx. e2x – e2x Diferansiyel denklemin genel çözümü elde edilir.
ÖRNEK:(uyg)
y” + 3.y’ + 2y = 1 / (1+ex )  düzgün olmayan fonksiyon
yh = “homojen
çözüm”
“özel çözüm”
Lagrange sabitlerinin değişimi yöntemine göre homojen çözümü bulalım.
f(r)= r2 + 3.r + 2 = 0
r
2
r
1
r1 = – 1, r2 = – 2
yh = c1 . e-x + c2 .e-2x 
y=
c (x). e
1
-x
c = c (x) ve c = c (x) yazarsak;
-2x
+ c2 (x).e
1
2
1
2
(I) ifadesi dif. Denklemin genel çözümü olsun.
c ‘ (x). e-x + c ‘ (x).e-2x = 0
c ‘ (x). (– e-x) + c ‘ (x). (–2.e-x) = Q(x) / an = 1 / (1+ex )/1, an  en yüksek mertebeli terimin katsayısı
+
0 – c ‘ (x).e-2x = 1 / (1+ex )
2
1
2
1
2
c ‘ (x)= – e2x / 1+ ex   c ‘ (x) =  (– e2x / 1+ ex).dx + K2 ( ex = u  ex.dx=du)
1
c (x)= –  ex . ex .dx / 1+ ex = –  (u / 1+u).du = –  1– 1  u .du = – (u – ln(1+u) )
c (x)= – (ex – ln(1+ ex) ) + K2 , c (x)= – ex + ln(1+ ex) + K2
c ‘ (x). e-x + c ‘ (x).e-2x = 0 ( ikili denklem sisteminin birinci denkleminde yerine koyarsak )
c ‘ (x)= – e-2x / 1+ ex (olarak bulmuştuk, o halde;)
c ‘ (x). e-x +(– e2x / 1+ ex).e-2x = 0
c ‘ (x). e-x – ( 1/1+ ex ) = 0  c ‘ (x)= ex /(1+ ex )
2
2
2
2
1
2
2
2
1
1
1
 c (x)=  ( e /(1+ e ) ).dx + K1 =  du/u + K1
c (x)= ln( 1+ ex ) + K1
c (x) ve c (x)’i (I) ifadesinde yerine koyarsak;
y= c (x). e-x + c (x).e-2x
‘
x
x
1
1
2
1
1
2
y= [ ln( 1+ ex ) + K1 ]. e-x + [– ex + ln(1+ ex) + K2 ]. e-2x
y= K1.e-x + K2.e-2x + e-x . ln(1+ ex) – e-x + e-2x .ln(1+ ex)