Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller Evrenin yasalari matematik dilinde yazilir. Cebir, birçok statik problemi çözmek için yeterlidir; ancak en ilginç dogal olaylar degisim içerir ve degisen nicelikleri birbirine baglayan denklemler ile tanimlanir. f fonksiyonunun dx/dt = f 0 (t) türevi, x = f (t) niceliginin bagimsiz t degiskenine göre degisim orani oldugundan, degisen evreni tanimlamak için sık sık türev içeren denklemlerin kullanilmasi dogaldir. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 1/ 136 Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller Tanim Bir bilinmeyen fonksiyon y ve onun bagimsiz degisken x’ e göre dn y türevlerinden birini veya daha çogunu dx n birbirine baglayan bir denkleme diferansiyel denklem denir. Örnek dx = x2 + t 2 dt diferansiyel denklemi, hem x(t) bilinmeyen fonksiyonunu hemde onun x0 (t) = dx dt birinci türevini içerir. Örnek dy d2 y +3 + 7y = 0 2 dx dx diferansiyel denklemi, x bagimsiz degiskeninin bilinmeyen y fonksiyonunu ve y nin ilk iki y 0 , y 00 türevlerini içerir. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 2/ 136 Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller Diferansiyel denklemleri incelemenin baslica üç amaci vardir. Belirli bir fiziksel olayi tanimlayan diferansiyel denklemi bulmak, Diferansiyel denklemin -kesin yada yaklasik- uygun bir çözümünü elde etmek, Elde edilen çözümü yorumlamak. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 3/ 136 Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller Cebirde, genellikle x3 + 7x2 − 11x + 41 = 0 gibi bir denklemi saglayan bilinmeyen sayilari arariz. Aksine, bir diferansiyel denklemi çözerken bir reel sayi araliginda y 0 (x) = 2xy(x) gibi bir diferansiyel denklemi saglayan bilinmeyen y(x) fonksiyonlarini bulmak isteriz. Genellikle diferansiyel denklemin, eger mümkünse tüm çözümlerini bulmak isteyecegiz. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 4/ 136 Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller ÖRNEK Eger C bir sabit sayi ve y(x) = Cex 2 (1) ise, bu takdirde dy 2 2 = C(2xex ) = 2x(Cex ) = 2xy dx dir. Böylece denk. (1) seklindeki her y(x) fonksiyonu, tüm x ler için dy = 2xy dx diferansiyel denklemini saglar ve böylece onun bir çözümüdür. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır (2) 5/ 136 Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller Özellikle denk. (1), bu diferansiyel denklemin (2), C keyfi sabitinin her seçimi için farkli çözümlerinin bir sonsuz ailesini tanimlar. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 6/ 136 Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller ÖRNEK Newton’un soguma yasasi su sekilde ifade edilebilir: bir cismin T (t) sicakliginin degisiminin zamana orani (t zamanina göre), T ve cismi çevreleyen ortamin A sicakligi arasindaki farkla orantilidir. Yani k pozitif bir sabit olmak üzere, dT = −k(T − A) dt Dikkat edilirse, eger T > A ise, dT /dt < 0 ve böylece sicaklik t nin azalan bir fonksiyonudur. Bu durumda cisim sogur. Fakat eger T < A ise, dT /dt > 0 ve böylece T artandir. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 7/ 136 Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller Böylece bir fiziksel yasa bir diferansiyel denkleme dönüstürüldü. Eger k ve A degerleri verilirse, T (t) için açik bir formül bulunabilir ve ondan sonra bu formül yardimiyla cismin sonraki sicakligi tahmin edilebilir. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 8/ 136 Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller ÖRNEK Sabit dogum ve ölüm oranlarina sahip bir P (t) nüfusunun degisiminin zaman orani, bir çok basit halde nüfusun büyüklügüyle orantilidir. Yani, k oranti sabiti olmak üzere, dP = kP dt (3) dir. Biraz daha inceliyecek olursak, P (t) = Cekt seklindeki her bir fonksiyon, (3) daki diferansiyel denkleminin bir çözümüdür. Çünkü dP = C(kekt ) = k(Cekt ) = kP dt Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır (4) 9/ 136 Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller Böylece k sabitinin degeri bilinse bile, dP/dt = kP diferansiyel denklemi, “keyfi” C sabitinin her bir seçimi için bir tane olmak üzere, P (t) = Cekt seklinde sonsuz çoklukta farkli çözüme sahiptir. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 10/ 136 Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller ÖRNEK Eger C bir sabit ve y(x) = 1 C−x ise, Bu taktirde x 6= C için dy 1 = = y2 dx (C − x)2 dir. Böylece 1 C −x x = C noktasini içermiyen herhangi bir reel sayi araliginda y(x) = dy = y2 dx (5) (6) diferansiyel denkleminin bir çözümünü tanimlar. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 11/ 136 Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller Gerçekte denk. (4), C keyfi sabitinin veya “parametresinin” her bir degeri için bir tane olmak üzere, dy/dx = y 2 nin bir parametreli bir çözüm ailesini tanimlar. C = 1 için y(0) = 1 baslangiç kosulunu saglayan y(x) = 1 1−x özel çözümünü elde ederiz. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 12/ 136 Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller Tanim 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 d2 T = −k(T − A) dt2 y 0000 (Birinci mertebeden, derecesi 1) (ikinci mertebeden,derecesi 1) 00 + x2 (y )3 + x5 y = sin x (Dördüncü mertebeden,derecesi 1) 000 00 (y )4 + x2 y + y = ex Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır (Üçüncü mertebeden,derecesi 4) 13/ 136 Adi Diferansiyel denklem tanimi Bagimsiz degiskeni x ve bilinmeyen fonksiyonu veya bagimli degiskeni y = y(x) olan n. mertebeden en genel adi diferansiyel denklem F (x, y, y 0 , y 00 , ..., y (n) ) = 0 (7) dir. Burada F , n + 2 degiskenli verilmis bir reel-degerli fonksiyondur. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 14/ 136 Adi diferansiyel denklemin genel çözümü I araliginda sürekli bir u = f (x) fonksiyonunun u0 , u00 , ..., u(n) türevleri I da mevcut ve I daki tüm x ler için F (x, u, u0 , u00 , ..., u(n) ) = 0 (8) saglaniyor ise u = f (x) fonksiyonuna (6) diferansiyel denkleminin bir çözümüdür denir. En genel olarak GENEL ÇÖZÜM asagidaki formdadir u = f (x, c1 , c2 , c3 , ..., cn ). Burada c1 , c2 , .., cn integral sabitleridir. Denklemin mertebesi kaçsa o kadar sabit gelir. Örnegin üçüncü mertebe bir denklemin genel çözümünde 3 tane sabit vardir. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 15/ 136 Adi diferansiyel denklemin genel çözümü ÖRNEK y 00 = −y (9) diferansiyel denkleminin çözümü düsünelim. Aslinda bu denklem bizden ikinci türevi kendisinin eksisi olan fonksiyonu bulmamizi istiyor . MAT 1009 dersinden sinus ve cosinüs fonksiyonlarini taniyoruz. 0 00 y(x) = sin x ⇒ y = cos x ⇒ y = − sin x 0 00 y(x) = cos x ⇒ y = − sin x ⇒ y = − cos x Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 16/ 136 Adi diferansiyel denklemin genel çözümü ÇÖZÜM Bu durumda sin x cos x sin x + cos x 3 sin x + 5 cos x çözümdür. Genellestirirsek y(x) = c1 sin x + c2 cos x seklinde genel çözümü yazariz. Bu diferansiyel denklemin iki parametreli çözüm ailesini tanimladigini söyleyebiliriz. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 17/ 136 Özel Çözüm Özel Çözüm: Genel çözümdeki integral sabitlerine özel degerler vererek elde edilebilen çözümlerdir. ÖRNEK y 0 = 2y (10) diferansiyel denkleminin çözümü düsünelim. Aslinda bu denklem bizden birinci türevi kendisinin iki kati olan fonksiyonu bulmamizi istiyor . MAT 1009 dersinden üstel fonksiyonu taniyoruz. 0 y(x) = ex ⇒ y = ex = y Bu durumda çözüm y(x) = ex degildir ama 0 y(x) = e2x ⇒ y = 2e2x = 2y Dolayisiyla y(x) = e2x çözümdür. Hatta özel çözümdür çünkü genel çözüm y(x) = ce2x formundadir ve c = 1 alindiginda y(x) = e2x özel çözümü bulunur. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 18/ 136 Tekil Çözüm Tekil Çözüm: Genel çözümdeki integral sabitlerine özel degerler verildiginde elde EDILEMEYEN çözümlerdir. Yani denklemin çözümüdürler ama genel çözümden elde edilemezler. ÖRNEK:(y 0 − x)(y + x) = 0 diferansiyel denkleminin çözümü düsünelim. Burada parantezlerden en az biri sifir olmalidir. 1.Durum: 0 y0 − x = 0 ⇒ y = x ⇒ y = x2 +c 2 2 Bu durumda genel çözümü bulduk: y = x2 + c. Simdi c’ye istedigimiz herhangi bir sayiyi verdigimizde özel çözüm bulabiliriz. 2 2 Örnegin: y = x2 ve y = x2 + 7 özel çözümlerdir. II.Durum: y + x = 0 ⇒ y = −x Bu durumda y = −x çözümdür ama c’ye ne verirsek verelim elde edilemez. Kisacasi y = −x tekil çözümdür. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 19/ 136 Bir diferansiyel denklemdeki bagimli degisken ve tüm türevleri birinci dereceden ise, diferansiyel denkleme lineer diferansiyel denklem denir. Dolayisiyla içerisinde y 3 , (y 00 )2 , yy 0 , y 0 y 000 , sin y, ey gibi terimler bulunan denklemler lineer degildir. 3 Bunun yaninda denklem x2 , xy 00 , e− sin x , ln x türünden ifadeler içerebilir. Daha genel bir ifadeyle eger bir diferansiyel denklem y n + f1 (x)y n−1 + f2 (x)y n−2 + ... + fn (x)y = R(x) formunda ifade edilebiliyorsa denkleme lineerdir diyecegiz, aksi halde lineer olmayan bir diferansiyel denklem söz konusudur. Bu denklemde eger R(x) = 0 ise lineer diferansiyel denklem homojendir. Aksi durumda denklem homojen olmayan diferansiyel denklem adini alir. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 20/ 136 y 00 + sin(x)y 0 + ex y = 0 y 00 + sin(x)y 0 + ex y = 3 y 00 + sin(xy) + ex y = 0 y 00 + y 2 = 0 Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 21/ 136 Diferansiyel denklemler bagimli degisken ve üurevlerinin katsayilarinin durumuna göre de siniflandirilmaktadir. Eger bu katsayilar birer sabitse denklem sabit katsayili diferansiyel denklem, eger bagimsiz degiskene bagli fonksiyonlar ise degisken katsayili diferansiyel denklem adini alir. Örnegin y 0 + 2y = sin x denklemi sabit katsayili, cosh xz 000 + x2 z 0 = x ise degisken katsayili bir diferansiyel denklemdir. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 22/ 136 Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller Bu bölümde dy = f (x, y) (11) dx seklindeki birinci mertebeden diferansiyel denklemlere yogunlasacagiz. Ele alinan bir olayin tipik matematiksel modeli, (10) seklinde bir diferansiyel denklemi ve bir y(x0 ) = y0 baslangiç kosulunu içerebilir. dy = f (x, y), y(x0 ) = y0 (12) dx baslangiç deger problemini çözmek, x0 i içeren bir aralikta denk. (11) deki her iki kosulu saglayan türevlenebilir bir y = y(x) fonksiyonu bulmak demektir. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 23/ 136 Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller ÖRNEK dy = y2, y(1) = 2 dx baslangiç deger problemini çözünüz. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır (13) 24/ 136 Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller ÇÖZÜM Daha önce dy/dx = y 2 diferansiyel denkleminin çözümünün y(x) = 1/(c − x) oldugunu söylemistik. Burada sadece y(x) = 1/(c − x) çözümü, y(1) = 2 baslangiç kosulunu saglayacak sekilde bir c degeri bulmamiz gerekir. x = 1 ve y = 2 degerlerinin çözümde yerine koyulmasiyla 2 = y(1) = 1 c−1 C yi bulabilecegimiz bir denklem elde ederiz. Buradan c = 3/2 bulunur. c nin bu degeri ile istenen çözüm y(x) = 2 3 − 2x olarak bulunur. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 25/ 136 Diferansiyel denklemlerin dogrudan integral yoluyla çözümleri dy = f (x, y) dx Eger f fonksiyonu y bagimli degiskenine bagimli degilse, yukaridaki birinci mertebeden diferansiyel denklem basit bir hal alir: dy = f (x) dx (14) Bu özel halde, (13) denkleminin her iki yaninin sadece integralini almamiz yeterlidir. Böylece Z y(x) = f (x)dx + c (15) elde ederiz. (2), (1) denkleminin genel çözümüdür. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 26/ 136 Diferansiyel denklemi saglayan ve içerisinde bir ya da daha fazla keyfi sabit bulunduran ve bu nedenle bir egri ailesini olusturan çözüme genel çözüm denir. Eger diferansiyel denklemin her çözümü genel çözümdeki keyfi sabitlere degerler atanarak elde edilebiliyorsa bu genel çözüm ayni zamanda tam çözüm adini alir. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 27/ 136 Genel ve Özel Çözüm olarak Integraller Eger G(x), f nin bir ilkeli,(yani, eger G0 (x) = f (x)) ise, y1 (x) = G(x) + c1 y2 (x) = G(x) + c2 gibi iki çözümü ayni I araliginda asagidaki grafikte görüldügü gibi birbirlerine olan uzakliklari sabit olan iki egridir. Figure: y1 (x) = 12 x2 + 1 ve y2 (x) = 12 x2 − 2 Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 28/ 136 Genel ve Özel Çözüm olarak Integraller Bir y(x0 ) = y0 baslangiç kosulunu saglamasi için y(x) = G(x) + C genel çözümünde x = x0 ve y = y0 konulmasi gerekir. Buradan C degerini bulabilir ve dy = f (x), dx y(x0 ) = y0 baslangiç deger problemini saglayan bir özel çözümünü elde ederiz. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 29/ 136 Genel ve Özel Çözüm olarak Integraller ÖRNEK dy = 2x + 3, dx baslangiç deger problemini çözünüz. y(1) = 2 (16) ÇÖZÜM Diferansiyel denklemin her iki yaninin integralini alalim Z y(x) = (2x + 3)dx = x2 + 3x + c genel çözümü elde ederiz. Aradigimiz özel çözüm (1, 2) noktasindan geçen, dolayisiyla y(1) = (1)2 + 3.(1) + c = 2 baslangiç kosulunu saglayan egridir. Böylece aranan özel çözüm ise y(x) = x2 + 3x − 2. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 30/ 136 Genel ve Özel Çözüm olarak Integraller Ikinci Mertebeden Denklemler Denklemin sag tarafinda, ne y bagimli degiskeni ne de onun y 0 türevini içermedigi özel formdaki d2 y = g(x) dx2 ikinci mertebeden denkleme de ayni mantikla yaklasabiliriz. Basitçe iki kere integral alirsak: Z y(x) = G(x)dx + c1 x + c2 elde ederiz. Burada G(x), g(x) in bir ilkeli ve c1 ,c2 keyfi sabitlerdir. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 31/ 136 Genel ve Özel Çözüm olarak Integraller ÖRNEK: y 00 − 6x2 = 0 diferensiyel denklemini dogrudan integrasyon yöntemi ile çözünüz. ÇÖZÜM Bu denklem lineerdir ve türevli tek terimi bulunmakta ve diger terimlerde bilinmeyen fonksiyon y bir çarpan veya faktör durumunda degildir. Bu nedenle denklem çözülebilir. Denklem 2. mertebeden oldugundan ard arda 2 kez integral alinip her seferinde bir sabitin eklenmesi gerekir. Z Z 1 y 00 dx = 6x2 dx ⇒ y 0 = 2x3 + c1 ⇒ y = x4 + c1 x + c2 2 Dolayisiyla genel çözüm: y = 21 x4 + c1 x + c2 Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 32/ 136 Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler AYRISTIRILABILIR DENKLEMLER Birinci mertebeden dy = f (x, y) dx diferansiyel denkleminde f (x, y) fonksiyonu yalniz x in bir fonksiyonu ile yalniz y nin bir fonksiyonunun çarpimi olarak yazilabiliyorsa, yani dy = g(x)h(y) dx veya (17) dy = g(x)/k(y) dx ise denkleme degiskenlerine ayrilabilir denir. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 33/ 136 Ayristirilabilir Denklemler Bu durumda denklem k(y)dy = g(x)dx seklinde yazmak suretiyle x ve y degiskenlerine ayrilabilir (bir denklemin zit yanlarda tek degiskene ayrilmasi).Bu özel tip diferansiyel denklemi çözmek kolaydir. Her iki yanin integralini alirsak Z Z k(y)dy = g(x)dx + c elde edilir. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 34/ 136 Ayristirilabilir Denklemler ÖRNEK 1 dy x = − denklemini çözünüz. dx y ÇÖZÜM Yukaridaki diferansiyel denklemi ydy = −xdx seklinde yazabiliriz.Her iki tarafinda integralini alirsak, Z Z ydy = −xdx + c Sonuç olarak genel çözümü asagidaki gibi y2 −x2 = +c 2 2 elde ederiz. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 35/ 136 Ayristirilabilir Denklemler ÖRNEK 2 y 0 = y 2 x3 denklemini çözünüz. ÇÖZÜM Yukaridaki diferansiyel denklemi dy = x3 dx y2 seklinde yazabiliriz.Her iki tarafinda integralini alalim, Z Z −1 x4 dy 3 ⇒ = +c = x dx + c y 4 y2 Düzenlersek y= −4 + 4c x4 genel çözümünü elde ederiz. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 36/ 136 Ayristirilabilir Denklemler Örnek 2 deki diferansiyel denklemi degiskenlerine ayirirken esitligin her iki tarafini 1/y 2 ile çarptik. Bu islemi y 6= 0 kabul ederek yapabiliriz. Soru: Cevap: y(x) = 0 bir çözüm müdür? EVET. Fakat y(x) = 0, c nin hiç bir degeri için y(x) = çözümünden elde edilemez. −4 genel +c x4 Bu kural disi çözümlere genellikle tekil çözüm dendigini hatirlayalim. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 37/ 136 Ayristirilabilir Denklemler ÖRNEK 3 dy = −6xy, y(0) = 7 dx baslangiç deger problemini çözünüz. ÇÖZÜM Yukaridaki diferansiyel denklemi dy = −6xdx y seklinde yazabiliriz.Buradan Z Z dy = (−6x)dx + y ⇒ ln|y| = −3x2 + c elde ederiz. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 38/ 136 Ayristirilabilir Denklemler y(0) = 7 baslangiç kosulundan y(x) in x = 0 komsulugunda pozitif oldugunu görürüz. Böylece mutlak deger isaretini kaldirabiliriz. ln7 = −3(02 ) + c ⇒ In7 = c Böylece istenen çözüm Iny(x) = −3x2 + In7 dir. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 39/ 136 Ayristirilabilir Denklemler Uyari Bir önceki örnekte baslangiç kosulunun y(0) = −4 oldugunu varsayalim. Bu takdirde y(x), x = 0 komsulugunda negatiftir. Dolayisiyla |y| yerine −y koyabilir ve ln(−y) = −3x2 + c elde ederiz. Baslangiç kosulu c = ln4 verir. Buradan Iny(x) = −3x2 + In4 elde edilir. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 40/ 136 Ayristirilabilir Denklemler dy Figure: dx = −6xy diferansiyel denleminin yönlü alani ve y(0) = 7, y(0) = −4 baslangiç kosullari için çözümleri. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 41/ 136 Ayristirilabilir Denklemler ÖRNEK 4 dy 4 − 2x = 2 dx 3y − 5 diferansiyel denklemini çözünüz. ÇÖZÜM Degiskenleri ayirir ve her iki yanin integralini alirsak Z Z 2 (3y − 5)dy = (4 − 2x)dx + c y 3 − 5y = 4x − x2 + c elde ederiz. Bu çözüm, x in açik bir fonksiyonu olarak y ye göre çözülemez. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 42/ 136 Ayristirilabilir Denklemler Bir önceki örnekte oldugu gibi çözüm y(x) = F (x) sekline getirilemeyebilir. G(x, y) = C (C keyfi sabit.) Formunda elde edilen ve y(x) = F (x) halinde yazilamayan çözüme Kapali Çözüm adi verilir. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 43/ 136 Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler BIRINCI MERTEBEDEN DOGRUSAL(LINEER) DENKLEMLER dy + P (x)y = Q(x) dx formunda olan diferansiyel denklemlere birinci mertebeden dogrusal (lineer) diferansiyel denklem adi verilir. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır (18) 44/ 136 Birinci Mertebeden Dogrusal Denklemler YÖNTEM 1. Çözüme R µ(x) = e P (x)dx (19) fonksiyonunu hesapliyarak baslayiniz. µ(x) fonksiyonuna integral çarpani adi verilir. 2. Diferansiyel denklemin her iki tarafini µ(x) ile çarpiniz. Denklemin sol tarafi R e P (x)dx dy dx + P (x)e R P (x)dx y= d [µ(x)y(x)] dx olacaktir. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 45/ 136 Birinci Mertebeden Dogrusal Denklemler Denklememiz d [µ(x)y(x)] = µ(x)Q(x) dx seklini alir. 3. Her iki tarafin integralini aldigimizda Z µ(x)y(x) = µ(x)Q(x)dx + c buluruz ve genel çözümü elde etmek için y(x) e göre çözeriz. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 46/ 136 Birinci Mertebeden Dogrusal Denklemler ÖRNEK 5 y 0 − 2y = 3e2x diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. ÇÖZÜM Diferansiyel denklemimizde P (x) = −2 ve Q(x) = 3e2x dir. Integral çarpanimiz R µ(x) = e (−2)dx = e−2x dir. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 47/ 136 Birinci Mertebeden Dogrusal Denklemler Denklemimizin her iki tarafini e−2x ile çarparsak e−2x y 0 − 2e−2x y = 3e−2x e2x Elde ettigimiz denklemin sol tarafi aslinda e−2x y(x) çarpiminin türevidir d −2x [e y(x)] = 3 dx Integral alalim Z Z d −2x [e y(x)]dx = 3dx dx e−2x y(x) = 3x + c y(x) i yanliz birakirsak y(x) = 3xe2x + ce2x genel çözümünü elde ederiz. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 48/ 136 Birinci Mertebeden Dogrusal Denklemler ÖRNEK 6 dy + 3xy = 6x diferansiyel denkleminin genel çözümünü (x2 + 1) dx bulunuz. ÇÖZÜM dy Önce denklemi düzenleyelim: dx + Integral çarpanimizi hesaplayalim R µ(x) = e 3 µ(x) = e 2 ln(x 2 +1) Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 3x y x2 +1 = 6x x2 +1 3x dx x2 +1 = (x2 + 1)3/2 49/ 136 Birinci Mertebeden Dogrusal Denklemler Denklemin her iki yanini µ(x) ile çarpalim (x2 + 1)3/2 6x dy + (x2 + 1)1/2 3xy = (x2 + 1)3/2 2 dx (x + 1) d [(x2 + 1)3/2 y(x)] = 6x(x2 + 1)1/2 dx Intagral alalim 2 (x + 1) 3/2 Z y(x) = 6x(x2 + 1)1/2 dx + c (x2 + 1)3/2 y(x) = 2(x2 + 1)3/2 dx + c y(x) i yanliz birakirsak y(x) = 2 + c(x2 + 1)−3/2 Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 50/ 136 Örnekler Örnek y 0 = 1 + x + y + xy diferansiyel denkleminin çözümünü bulunuz. Çözüm Diferansiyel denklemimizin sag tarafini biraz düzenleyelim; y 0 = 1 + x + y(x + 1) y 0 = (1 + x)(1 + y) Denklemimiz degiskenlerine ayrilabilir bir denklem. Her iki tarafi 1 + y ile bölersek (y 6= −1 olmak kosulu ile) dy = (1 + x)dx 1+y her iki tarafin integralini alabiliriz. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 51/ 136 Örnekler Z dy = 1+y Z (1 + x)dx ln|1 + y| = x + x2 +c 2 elde ederiz.Burada eger y < −1 ise ln(−(1 + y)) = x + − (1 + y) = ex+ x2 +c 2 x2 +c 2 1 + y = −B.ex+ = ex+ x2 2 y(x) = −1 + A.ex+ Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır x2 2 .ec (B = ec ) x2 2 (A = −B) 52/ 136 Örnekler Eger y > −1 ise ln(1 + y) = x + 1 + y = ex+ 1 + y = A.e x2 +c 2 x2 +c 2 2 x+ x2 = ex+ x2 2 .ec (A = ec ) y(x) = −1 + A.ex+ x2 2 Sonuç itibariyle y 6= −1 için her durumda(y < −1, y > −1) ayni çözümü bulduk. y(x) = −1 + A.ex+ x2 2 Denklemimizi 1 + y ile bölerken y 6= −1 olsun demistik. y(x) = −1 Bu denklemin bir çözümüdür. Fakat A = 0 seçimiyle elde edilebilir. Bu nedenle tekil çözüm degildir. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 53/ 136 Örnekler y 0 = 1 + x + y + xy diferansiyel denklemini asagidaki sekilde de yazabiliriz y 0 −(1 + x) y = (1 + x) | {z } | {z } P (x) Q(x) Denlemimiz ayni zamanda dogrusal bir denklem. Bir de böyle çözümü bulmaya çalisalim.Integral çarpanimiz µ(x) = e R −(1+x)dx = e−x− x2 2 Denlemin her iki tarafini µ(x) ile çarpalim, x2 d [µ(x)y(x)] = e−x− 2 (1 + x) dx Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 54/ 136 Örnekler Elde edilen denklemin integralini alalim Z x2 x2 e−(x+ 2 ) y(x) = e−(x+ 2 ) (1 + x)dx + c 2 elde ederiz.u = x + x2 ⇒ du = (1 + x)dx degisken dönüsümü yapilip integral alinirsa e−(x+ x2 ) 2 y(x) = −e−(x+ x2 ) 2 +c bulunur.y(x) i yalniz birakalim, böylece çözüm y(x) = −1 + c.ex+ x2 2 olur. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 55/ 136 Örnekler Örnek dy = 3x2 (y 2 + 1), y(0) = 1 dx Baslangiç deger probleminin çözümünü bulunuz. UYARI dy = 3x2 y 2 + 3x2 dx dy − 3x2 y 2 = 3x2 dx Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır lineer degil dikkat!!! 56/ 136 Örnekler Çözüm Degiskenlerine ayrilabilir bir denklem. Her iki tarafi 1 + y 2 ye bölelim, dy = 3x2 dx 1 + y2 Integral alalim Z Z dy = 3x2 dx + c y2 + 1 arctan(y) = x3 + c y(x) = tan(x3 + c) Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 57/ 136 Örnekler Baslangiç kosulumuz y(0) = 1 idi. Bunu kullanarak c yi belirleyelim. 3+ 1 = tan(c) y(0) = 1 KS c= π 4 Baslangiç deger problemimizin çözümü, y(x) = tan(x3 + π ) 4 olarak bulunur. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 58/ 136 Örnekler Örnek xy 0 = 2y + x3 cosx diferansiyel denkleminin çözümünü bulunuz. Çözüm Denklemimiz görüldügü gibi dogrusal bir denklem 2 y 0 − y = x2 cosx x |{z} P (x) Integral çarpani µ(x) = e R −2 dx x = eln|x| 1 = x2 −2 Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır = e−2ln|x| 2 |−1 = eln|x 1 = eln x2 59/ 136 Örnekler Denklemimizi integral çarpanimizla çarpalim d 1 1 y(x) = 2 x2 cosx 2 dx x x Integral alalim 1 y(x) = x2 Z cos xdx + c = sin x + c elde ederiz. Genel çözümümüz y(x) = x2 sin x + cx2 olarak bulunur. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 60/ 136 TAM DIFERANSIYEL DENKLEMLER Birinci mertebeden bir adi diferansiyel denklem dy = f (x, y) dx (20) seklinde ifade edilebildigi gibi M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 (21) seklinde ifade edilebilir. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 61/ 136 Tam Diferansiyel Denklemler M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 (2) Bu denklemin çözümü (eger varsa) F (x, y) = C seklinde bir fonksiyondur. Eger ∂N (x, y) ∂M (x, y) = ∂y ∂x saglaniyorsa denklem (2) tam diferansiyel denklem olarak adlandirilir. Tam diferansiyel denklemler her zaman çözülebilir denklemlerdir. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 62/ 136 Tam Diferansiyel Denklemler Çözüm Yöntemi Eger F (x, y) = c gibi bir fonksiyon (2) deki tam diferansiyel denklemin çözümü ise ∂F = M (x, y) ∂x ve ∂F = N (x, y) ∂y olmalidir. HATIRLATMA F (x, y) = C nin tam diferansiyelini hatirlayalim ∂F ∂F dx + dy = 0 ∂x ∂y |{z} |{z} M (x,y) Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır N (x,y) 63/ 136 Tam Diferansiyel Denklemler Bu durumda M (x, y) nin x’e göre kismi integrali alindiginda F (x, y) fonksiyonu (çözümümüz) bulunur. ∂F = M (x, y) ∂x denkleminde iki tarafin x’e göre kismi integralini alalim Z F (x, y) = M (x, y)dx + Φ(y) Φ(y) intergasyon sabitidir. Not: x’e göre kismi türev alindiginda sabit sayilar ve y’ye bagli ifadeler yok olabilecegi için integral sabitimiz y’ye baglidir. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 64/ 136 Tam Diferansiyel Denklemler Bilinmeyen Φ(y) fonksiyonunu bulabilmek için, elde edilen Z F (x, y) = M (x, y)dx + Φ(y) (22) denkleminin y’ye göre kismi türevi alinirsa Z d ∂ ∂F M (x, y)dx + Φ(y) = ∂y ∂y dy elde edilir. Biz biliyoruz ki ∂F = N (x, y) ∂y dir.Buradan Φ(y) fonksiyonunu bulabiliriz ve (3) de yerine konulursa genel çözümü bulunmus olur. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 65/ 136 Tam Diferansiyel Denklemler Örnek 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 lik kriterine bakildiginda ∂M = 3y 2 ∂y ve ∂N = 3y 2 ∂x kismi türevler esit oldugu için denklemimiz tamdir. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 66/ 136 Tam Diferansiyel Denklemler Denklemimiz TAM oldugu için, çözümümüz olan F (x, y) = C fonsiyonu için ∂F = M (x, y) = y 3 ∂x oldugunu söyleyebiliriz. x’e göre kismi integral alinirsa Z Z ∂F dx = y 3 dx + Φ(y) ∂x F (x, y) = y 3 x + Φ(y) Simdi Φ(y) yi bulmaliyiz. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 67/ 136 Tam Diferansiyel Denklemler Buldugumuz F (x, y) = y 3 x + Φ(y) fonksiyonun y’ye göre kismi türevi N (x, y) olmali ki çözümümüz olsun. y’ye göre kismi türev alalim ∂F d = 3y 2 x + Φ(y) = 3xy 2 | {z } ∂y dy N (x,y) 3xy 2 = 3xy 2 + d Φ(y) dy ⇒ d Φ(y) = 0 dy Φ(y)’yi bulmak için integral alirsak Φ(y) = A olarak bulunur. (A keyfi sabit). Sonuç olarak F (x, y) = xy 3 + A = C F (x, y) = xy 3 = K Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır (K = C − A, keyfi sabit) 68/ 136 Tam Diferansiyel Denklemler Örnek 2xydx + (1 + x2 )dy = 0 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. Çözüm Denklemimizde 2xy dx + (1 + x2 ) dy = 0 |{z} | {z } M (x,y) N (x,y) dir.Tam lik kriterine bakildiginda ∂M = 2x ∂y ve ∂N = 2x ∂x kismi türevler esit oldugu için denklemimiz tamdir. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 69/ 136 Tam Diferansiyel Denklemler Denklemimiz TAM oldugu için, çözümümüz olan F (x, y) = C fonsiyonu için ∂F = M (x, y) = 2xy ∂x oldugunu söyleyebiliriz.. x’e göre kismi integral alinirsa Z Z ∂F dx = 2xydx + Φ(y) ∂x F (x, y) = x2 y + Φ(y) Simdi Φ(y) yi bulmaliyiz. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 70/ 136 Tam Diferansiyel Denklemler Buldugumuz F (x, y) = x2 y + Φ(y) fonksiyonun y’ye göre kismi türevi N (x, y) olmali ki çözümümüz olsun. y’ye göre kismi türev alalim ∂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 alirsak Φ(y) = y + A olarak bulunur. (A keyfi sabit). Sonuç olarak F (x, y) = x2 y + y + A = C F (x, y) = x2 y + y = K Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır (K = C − A, keyfi sabit) 71/ 136 Tam Diferansiyel Denklemler Örnek (x + sin y)dx + (x cos y − 2y)dy diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. Çözüm −x − sin y dy = dx x cos y − 2y Görüldügü gibi denklemimiz ayrilabilir yada dogrusal degil. Tam olup olmadigini kontrol edelim. (x + sin y) dx + (x cos y − 2y) dy = 0 | {z } | {z } M (x,y) dir.Tam lik kriterine bakildiginda ∂M = cos y ve ∂y Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır N (x,y) ∂N = cos y ∂x 72/ 136 Tam Diferansiyel Denklemler Denklemimiz TAM oldugu için, çözümümüz olan F (x, y) = C fonsiyonu için ∂F = M (x, y) = x + sin y ∂x oldugunu söyleyebiliriz.. x’e göre kismi integral alinirsa Z Z ∂F dx = (x + sin y)dx + Φ(y) ∂x F (x, y) = x2 + x sin y + Φ(y) 2 Simdi Φ(y) yi bulmaliyiz. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 73/ 136 Tam Diferansiyel Denklemler Buldugumuz F (x, y) = x2 y + Φ(y) fonksiyonun y’ye göre kismi türevi N (x, y) olmali ki çözümümüz olsun. y’ye göre kismi türev alalim d ∂F = x cos y + Φ(y) = x cos y − 2y | {z } ∂y dy N (x,y) x cos y − 2y = x cos y + d Φ(y) dy ⇒ d Φ(y) = −2y dy Φ(y)’yi bulmak için integral alirsak Φ(y) = −y 2 + A olarak bulunur. (A keyfi sabit). Sonuç olarak F (x, y) = F (x, y) = x2 + x sin y − y 2 + A = C 2 x2 + x sin y − y 2 = K (K = C − A, keyfi sabit) 2 Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 74/ 136 Örnekler Örnek x+y dx 1+x2 + (y + tan−1 x) diferansiyel denkleminin çözümünü bulunuz. Çözüm Denklemimizde M (x, y) = x+y 1 + x2 N (x, y) = y + tan−1 x ve dir.Tam lik kriterine bakildiginda ∂M 1 = ∂y 1 + x2 ve ∂N 1 = ∂x 1 + x2 kismi türevler esit oldugu için denklemimiz tamdir. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 75/ 136 Örnekler Denklemimiz TAM oldugu 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 oldugunu söyleyebiliriz. Bu denklemlere bakildiginda ikincisini integrallemek daha kolaydir. Z Z ∂F dy = (y + tan−1 x)dy + Φ(x) ∂y F (x, y) = y2 + y.tan−1 x + Φ(x) 2 Simdi Φ(x) yi bulmaliyiz. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 76/ 136 Örnekler Buldugumuz F (x, y) = y2 + y.tan−1 x + Φ(x) 2 fonksiyonun x’ye göre kismi türevi M (x, y) olmali ki çözümümüz olsun. x’ye göre kismi türev alalim ∂F 1 d x+y = y. + Φ(x) = 2 2 ∂x 1+x dx {zx } |1 + M (x,y) y. 1 1 d x Φ(x) = y. + + 2 2 1+x dx 1+x 1 + x2 d x Φ(x) = dx 1 + x2 Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 77/ 136 Örnekler d x Φ(x) = dx 1 + x2 Φ(x)’yi bulmak için integral alirsak Φ(x) = 21 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 1 ln (1 + x2 ) + A = C 2 1 ln (1 + x2 ) = K 2 (K = C − A, keyfi sabit) Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 78/ 136 TAM HALE GETIRME M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 (23) diferansiyel denklemini ele alalim. Eger bu denklem TAM degilse, yani, ∂N ∂M 6= ∂y ∂x ise, biz bu denklemi uygun bir α(x, y) fonksiyonu ile çarparak TAM hale getirebiliriz.O zaman öyle bir α(x, y) fonksiyonu bulalim ki α(x, y)M (x, y)dx + α(x, y)N (x, y)dy = 0 (24) denklemi TAM olsun. (1) denklemini tam hale getirmek için kullandigimiz α(x, y) fonksiyonuna integral çarpani denir. Böyle bir α(x, y) fonksiyonunu bulmak kolay olmayabilir. Biz basit durumlari inceleyelim. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 79/ 136 TAM HALE GETIRME Integral çarpanimiz sayesinde TAM olan (2) yi elde ettik. Yani, ∂ ∂ (αM ) = (αN ) ∂y ∂x Bu denklemden α(x, y) yi bulmaya çalisabiliriz. Türevi alalim, ∂α ∂M ∂N ∂α N +α = M +α ∂y ∂x ∂x ∂y α(x, y) nin türevlerini bir tarafa toplarsak α ∂M ∂N ∂α ∂α −α = N− M ∂y ∂x ∂x ∂y α( ∂M ∂N ∂α ∂α − )= N− M ∂y ∂x ∂x ∂y Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 80/ 136 TAM HALE GETIRME ∂M ∂N 1 ∂α ∂α − = ( N− M) ∂y ∂x α ∂x ∂y ∂α ∂α ∂M ∂N ∂y − = ∂x N − M ∂y ∂x α α ∂M ∂N ∂ ∂ − = N (ln α) − M (ln α) ∂y ∂x ∂x ∂y (25) Yukaridaki kismi diferansiyel denklemden α(x, y) yi bulmak her zaman kolay degildir. Biz bazi basit durumlari inceleyelim. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 81/ 136 TAM HALE GETIRME Durum 1: α sadece x’in fonksiyonu olabilir. O zaman denklem ∂ (3) teki ∂y (ln α) = 0 olacaktir. Yani ∂M ∂N ∂ − = N (ln α) ∂y ∂x ∂x Burada denklemin her iki tarafini N ye bölüp x’e göre integral alirsak Z 1 ∂M ∂N ln α = ( − )dx N ∂y ∂x α(x) = e R 1 N ( ∂M − ∂N )dx ∂y ∂x olarak bulunur. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 82/ 136 TAM HALE GETIRME UYARI Bu durumun gerçeklenebilmesi için 1 ∂M ∂N ( − ) N ∂y ∂x in sadece x’e bagli olmasi gerekir. Yani yukaridaki ifade sadece x’e bagli olursa, integral çarpanini α(x) = e R 1 N ( ∂M − ∂N )dx ∂y ∂x ile bulabiliriz. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 83/ 136 TAM HALE GETIRME Durum 2: Benzer sekilde α sadece y’in fonksiyonu olabilir. O ∂ (ln α) = 0 olacaktir ve zaman denklem (3) teki ∂x ∂M ∂N ∂ − = −M (ln α) ∂y ∂x ∂y Burada denklemin her iki tarafini −M ye bölüp y’e göre integral alirsak Z −1 ∂M ∂N ( − )dy ln α = M ∂y ∂x R α(y) = e −1 ∂M ( ∂y M − ∂N )dy ∂x olarak bulunur. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 84/ 136 TAM HALE GETIRME UYARI Bu durumun gerçeklenebilmesi için −1 ∂M ∂N ( − ) M ∂y ∂x in sadece y’e bagli olmasi gerekir. Yani yukaridaki ifade sadece y’e bagli olursa, integral çarpanini R α(y) = e −1 ∂M ( ∂y M − ∂N )dy ∂x ile bulabiliriz. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 85/ 136 Örnek (x5 + 3y)dx − xdy = 0 diferansiyel denkleminin çözümünü bulunuz. Çözüm Denklemimizde M (x, y) = x5 + 3y ve N (x, y) = −x dir.Tam lik kriterine bakildiginda ∂M = 3 ve ∂y ∂N = −1 ∂x esit olmadigi için TAM DEGILDIR. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 86/ 136 Tam yapmak için integral çarpanimizi bulalim;eger 1 ∂M ∂N ( − ) N ∂y ∂x ifadesi sadece x’e bagliysa integral sabitimiz x’e bagli çikacak. 1 −4 ∂N 1 ∂M (3 − (−1)) = ( − )= −x x N ∂y ∂x Görüldügü gibi sadece x’e bagli. Integral çarpanimiz; α(x) = e R 1 N ( ∂M − ∂N )dx ∂y ∂x ile bulunabilir. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 87/ 136 α(x) = e R −4 dx x = 1 x4 olarak integral çarpanimizi buluruz. Denklemimizi integral çarpanimizla çarpalim, 1 5 1 (x + 3y)dx − x 4 dy = 0 x4 x 3 1 y)dx − 3 dy = 0 x4 x Bu denklemin tam olup olmadigini kontrol edelim (x + ∂M 3 ∂N = 4 = ∂y x ∂x TAM dir. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 88/ 136 1 3 y)dx − 3 dy = 0 4 x x Yukaridaki TAM diferansiyel denklemin çözümü (x + F (x, y) = −y x2 + =C x3 2 dir. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 89/ 136 Örnek −ydx + (x + y)dy = 0 diferansiyel denkleminin çözümünü bulunuz. Çözüm Denklemimiz ayrilabilir ve lineer degildir. Denklemimizde M (x, y) = −y ve N (x, y) = x + y dir.Tam lik kriterine bakildiginda ∂M = −1 ve ∂y ∂N =1 ∂x esit olmadigi için TAM DEGILDIR. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 90/ 136 Tam yapmak için integral çarpanimizi bulalim;eger 1 ∂M ∂N ( − ) N ∂y ∂x ifadesi sadece x’e bagliysa integral sabitimiz x’e bagli çikacak. 1 ∂M ∂N 1 −2 ( − )= (−1 − 1) = N ∂y ∂x x+y x+y Görüldügü gibi sadece x’e bagli degil. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 91/ 136 Eger asagidaki ifade sadece y’ye çikarsa integral çarpanimiz sadece y’ye bagli olacak. −1 −2 −1 ∂M ∂N (−1 − 1) = ( − )= −y y M ∂y ∂x integral çarpanimiz: R α(y) = e −1 ∂M ( ∂y M − ∂N )dy ∂x ile bulunabilir. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 92/ 136 R α(y) = e −2 dy y = 1 y2 olarak integral çarpanimizi buluruz. Denklemimizi intagral çarpanimizla çarpalim, 1 1 (−y)dx + 2 (x + y)dy = 0 y2 y −1 (x + y) dx − dy = 0 y y2 Bu denklemin tam olup olmadigini kontrol edelim ∂M 1 ∂N = 2 = ∂y y ∂x TAM dir. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 93/ 136 −1 (x + y) dx − dy = 0 y y2 Yukaridaki TAM diferansiyel denklemin çözümü F (x, y) = −x + ln |y| = C y dir. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 94/ 136 Örnek (x + 3x3 sin y)dx + (x4 cos y)dy = 0 diferansiyel denkleminin çözümünü bulunuz. Çözüm Denklemimiz ayrilabilir ve lineer degildir. Denklemimizde M (x, y) = x + 3x3 sin y ve N (x, y) = x4 cos y dir.Tam lik kriterine bakildiginda ∂M = 3x3 cos y ∂y ve ∂N = 4x3 cos y ∂x esit olmadigi için TAM DEGILDIR. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 95/ 136 Tam yapmak için integral çarpanimizi bulalim;eger 1 ∂M ∂N ( − ) N ∂y ∂x ifadesi sadece x’e bagliysa integral sabitimiz x’e bagli çikacak. 1 −1 ∂N 1 ∂M (3x3 cos y − 4x3 cos y) = ( − )= 4 x cos y x N ∂y ∂x Görüldügü gibi sadece x’e bagli.Integral çarpanimiz: 1 N ( ∂M − ∂N )dy ∂y ∂x R −1 dy x R α(x) = e α(x) = e Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır = 1 x 96/ 136 Denklemimizi integral çarpanimiz α(x) = 1 x ile çarpalim, 1 1 (x + 3x3 sin y)dx + (x4 cos y)dy = 0 x x (1 + 3x2 sin y)dx + (x3 cos y)dy = 0 Bu denklemin tam olup olmadigini kontrol edersek ∂M ∂N = 3x2 cos y = ∂y ∂x TAM dir. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 97/ 136 (1 + 3x2 sin y)dx + (x3 cos y)dy = 0 Yukaridaki TAM diferansiyel denklemin çözümü F (x, y) = x + x3 sin y = C dir. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 98/ 136 Yerine Koyma Yöntemleri Bu kisimda, verilen bir diferansiyel denklemi nasil çözülecegini bildigimiz bir denkleme dönüstürmek için bazen kullanilabilen yerine koyma yöntemlerini açiklayacagiz. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 99/ 136 Yerine Koyma Yöntemleri ÖRNEK dy = (x + y + 3)2 dx diferansiyel denklemini çözünüz. ÇÖZÜM x+y+3=v dönüsümü yapalim. dy dx in yerine yazabilmek için y yi çekip türev alalim. y =v−x−3 dy dv = −1 dx dx Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 100/ 136 Yerine Koyma Yöntemleri Denkemimizde yerine yazarsak dv − 1 = v2 ⇒ dx dv = 1 + v2 dx {z } | degiskenlerine ayrilabilir Degiskenlerine ayrilabilir bir denklemi nasil çözecegimizi biliyoruz. dv = dx 1 + v2 x = arctan v + c v = tan(x − c) Ters dönüsüm yaparsak, (v yerine x + y + 3 yazalim) x + y + 3 = tan(x − c) y = tan(x − c) − x − 3 Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 101/ 136 Yerine Koyma Yöntemleri Kural dy = F (ax + by + c) dx seklindeki herhangi bir diferansiyel denklem v = ax + by + c dönüsümüyle ayrilabilir bir denkleme dönüstürülebilir. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 102/ 136 Yerine Koyma Yöntemleri Homojen Diferansiyel Denklemler Tanim f (x, y) tanimli iki degiskenli bir fonksiyon olsun, x yerine λx y yerine λy yazilinca f (λx, λy) = λn f (x, y) ise f (x, y) n. derceden homojen bir fonksiyondur. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 103/ 136 Yerine Koyma Yöntemleri Homojen Diferansiyel Denklemler Örnek f (x, y) = xy 2 + y 3 fonksiyonu için f (λx, λy) = λx(λy)2 + (λy)3 f (λx, λy) = λ3 xy 2 + λ3 y 3 = λ3 (xy 2 + y 3 ) f (λx, λy) = λ3 f (x, y) f (x, y) 3. dereceden homojen bir fonksiyondur. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 104/ 136 Yerine Koyma Yöntemleri Homojen Diferansiyel Denklemler Tanim dy M (x, y) = dx N (x, y) 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 y dy = f (x, y) = g dx x seklinde yazilir. Daha sonra z = y/x dönüsümü yapilir. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 105/ 136 Yerine Koyma Yöntemleri Homojen Diferansiyel Denklemler y dy =g dx x y homojen denkleminde z = x dönüsümü yapilirsa y = zx ⇒ dy dz x+z = dx dx Ve yerlerine yazilirsa dz x + z = g(z) dx g(z) − z dz = dx x degiskenlerine ayrilabilir diferansiyel denkleme dönüsür. Bu degiskenlerine ayrilabilir denklemi çözer z = xy ters dönüsümü yapariz. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 106/ 136 Yerine Koyma Yöntemleri Homojen Diferansiyel Denklemler ÖRNEK (2xy + x2 )y 0 = x2 + 2y 2 diferansiyel denkleminin çözümünü bulunuz. ÇÖZÜM M (x, y) dy x2 + 2y 2 = = 2 N (x, y) dx 2xy + x Homojen mi diye bir bakalim. M (λx, λy) = (λx)2 + 2(λy)2 = λ2 (x2 + 2y 2 ) N (λx, λy) = 2(λx)(λy) + (λx)2 = λ2 (2xy + x2 ) Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 107/ 136 Yerine Koyma Yöntemleri Homojen Diferansiyel Denklemler M ve N 2. dereceden homojen fonksiyonlar. Öyleyse diferansiyel denklem homojendir.Denklemimizi xy in cinsinden yazmaya çalisalim dy x2 + 2y 2 = dx 2xy + x2 z= y x 2 = x2 (1 + 2 xy 2 ) (1 + 2( xy )2 ) = x2 (2 xy + 1) (2 xy + 1) dönüsümü yapalim. y = zx ⇒ Denklemimiz, dy dz = x+z dx dx dz 1 + 2z 2 x+z = dx 2z + 1 e dönüsür. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 108/ 136 Yerine Koyma Yöntemleri Homojen Diferansiyel Denklemler Düzenledigimizde; dz 1−z 1 = dx 2z + 1 x degiskenlerine ayrilabilir diferansiyel denklemi elde etmis oluruz.Bu diferansiyel denklemin çözümü −2 y − 3ln|1 − y/x| = ln|x| + C x dür. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 109/ 136 Yerine Koyma Yöntemleri Homojen Diferansiyel Denklemler ÖRNEK x p dy = y + x2 − y 2 dx ÇÖZÜM Denklemimiz asagidaki sekilde de yazilabilir, p M (x, y) y + x2 − y 2 dy = = N (x, y) dx x Homojenlige bakalim. N (λx, λy) = λx = λN N (x, y) fonksiyonu 1. dereceden homojen. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 110/ 136 Yerine Koyma Yöntemleri Homojen Diferansiyel Denklemler 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 + M Her ikisi de 1. dereceden homojen dolayisiyla denklemimiz homojen.Sag tarafi xy cinsinden yazmaya çalisalim. p p dy y + x2 − y 2 y x2 − y 2 = = + dx x x x q 2 r x2 (1 − xy 2 ) y y y = + = + 1 − ( )2 x x x x Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 111/ 136 Yerine Koyma Yöntemleri Homojen Diferansiyel Denklemler z= y x dönüsümü yapalim, y = zx ⇒ dy dz = x+z dx dx denklemimizde yerine yazalim p dz x + z = z + 1 − z2 dx Düzenlersek degiskenlerine ayrilabilir denklemimizi elde ederiz. √ dx dz = 2 x 1−z Degiskenlerine ayrilabilir denklemimizi çözer z yerine y/x yazariz. Çözümümüz; y = x sin (ln |x| + C) Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 112/ 136 Yerine Koyma Yöntemleri Homojen Diferansiyel Denklemler ÖRNEK y 2 dx + (x2 − xy − y 2 )dy = 0 ÇÖZÜM Denklemimizi −y 2 dy = 2 dx x − xy − y 2 seklinde yazalim.Homojenlik için M (x, y) = −y 2 ve N (x, y) = x2 − xy − y 2 fonksiyonlarinin homojenligine bakalim. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 113/ 136 Yerine Koyma Yöntemleri Homojen Diferansiyel Denklemler M (x, y) = −y 2 N (x, y) = x2 − xy − y 2 M (λx, λy) = −(λy)2 = −λ2 y 2 = −λ2 M (x, y) N (λx, λy) = (λx)2 − (λx)(λy) − (λy)2 = λ2 x2 − λ2 xy − λ2 y 2 = λ2 (x2 − xy − y 2 ) = λ2 N (x, y) M (x, y) ve N (x, y) fonksiyonlari 2. dereceden homojen oldugu için denklemimiz homojen bir denklemdir. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 114/ 136 Yerine Koyma Yöntemleri Homojen Diferansiyel Denklemler y/x cinsinden yazmaya çalisalim. ( xy )2 −y 2 −y 2 dy = 2 = = − dx x − xy − y 2 x2 (1 − xy − ( xy )2 ) 1 − xy − ( xy )2 y x = z dersek, dy dx = dz dx x x + z olur.Yerlerine yazalim, −z 2 dz +z = dx 1 − z − z2 Düzenledigimizde: 1 − z − z2 dx dz = 3 −z + z x degiskenlerine ayrilmis denklemi elde ederiz. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 115/ 136 Yerine Koyma Yöntemleri Homojen Diferansiyel Denklemler 1 − z − z2 dx dz = 3 −z + z x Yukaridaki diferansiyel denklemi çözüp z = y x yazarsak y + x = Cy 2 (y − x) olarak genel çözümümüz bulunur. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 116/ 136 Yerine Koyma Yöntemleri (a1 x + b1 y + c1 )dx ∓ (a2 x + b2 y + c2 )dy = 0 seklindeki diferansiyel denklemler. Durum 1: a2 a1 6= b2 b1 ise a1 x + b1 y + c1 = 0, a2 x + b2 y + c2 = 0 dogrulari paralel degildir. Yani bir noktada kesisirler. Bu kesisme noktasini bulup, (bu nokta (h, k) olsun) x=X +h ve y =Y +k dönüsümü uygulariz. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 117/ 136 Yerine Koyma Yöntemleri (a1 x + b1 y + c1 )dx ∓ (a2 x + b2 y + c2 )dy = 0 seklindeki denklemler x = X + h ⇒ dx = dX ve y = Y + k ⇒ dy = dY yerlerine yazalim. (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 dogrunun kesisim noktasi olduguna göre her ikisinin de üzerindedir. Sonuç olarak denklemlerini saglar; a1 h + b1 k + c1 = 0 ve a2 h + b2 k + c2 = 0 dir. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 118/ 136 Yerine Koyma Yöntemleri (a1 x + b1 y + c1 )dx ∓ (a2 x + b2 y + c2 )dy = 0 seklindeki denklemler Bu durumda denklemimiz (a1 X + b1 Y )dX ∓ (a2 X + b2 Y )dY = 0 seklini alir. Elde ettigimiz bu denklem homojendir.(Kontrol edin.) Bu homojen denklemi çözersek ve X =x−h ve Y =y−k ters dönüsümü yaparsak (a1 x + b1 y + c1 )dx ∓ (a2 x + b2 y + c2 )dy = 0 denkleminin genel çözümünü bulmus oluruz. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 119/ 136 Yerine Koyma Yöntemleri (a1 x + b1 y + c1 )dx ∓ (a2 x + b2 y + c2 )dy = 0 seklindeki denklemler ÖRNEK (x + y − 3)dx + (−x + y + 1)dy = 0 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. ÇÖZÜM x + y − 3 = 0 ve −x + y + 1 = 0 dogrularinin kesisim noktasini bulalim. Ortak çözüm yaparsak bu dogrularin (2, 1) noktasinda kesistigini buluruz.(h = 2, k = 1) x=X +2 ve y =Y +2 dönüsümü uygulayacagiz. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 120/ 136 Yerine Koyma Yöntemleri (a1 x + b1 y + c1 )dx ∓ (a2 x + b2 y + c2 )dy = 0 seklindeki denklemler x = X + 2 ⇒ dx = dX ve y = Y + 1 ⇒ dy = dY yerlerine yazalim ((X + 2) + (Y + 1) − 3)dX + (−(X + 2) + (Y + 1) + 1)dY = 0 Düzenlersek (X + Y + 2 + 1 − 3)dX + (−X + Y + −2 + 1 + 1)dY = 0 (X + Y )dX + (−X + Y )dY = 0 veya dY (X + Y ) =− dX (−X + Y ) seklinde homojen bir denklem elde ettik. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 121/ 136 Yerine Koyma Yöntemleri (a1 x + b1 y + c1 )dx ∓ (a2 x + b2 y + c2 )dy = 0 seklindeki denklemler Sag tarafta pay ve paydayi X parantezine alalim. Y Y X(1 + X ) (1 + X ) dY =− = − Y Y dX X(−1 + X ) (−1 + X ) z= Y X dönüsümü yaparsak,⇒ dY dX = dz dX X +z dz (1 + z) X +z =− dX (−1 + z) Düzenlersek 1−z dX dz = 1 + z2 X degiskenlerine ayrilabilir denklemi elde ederiz.Her iki tarafin integralini aldigimizda arctan z − 1 ln (1 + z 2 ) = ln X + C 2 Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 122/ 136 Yerine Koyma Yöntemleri (a1 x + b1 y + c1 )dx ∓ (a2 x + b2 y + c2 )dy = 0 seklindeki denklemler z= Y X ters dönüsümünden sonra arctan ( Y 1 Y ) − ln (1 + ( )2 ) = ln X + C X 2 X ve son olarakda X =x−2 ve Y =y−1 dönüsümüyle denklemimizin genel çözümün ulasmis oluruz. arctan ( y−1 1 y−1 2 ) − ln (1 + ( ) ) = ln (x − 2) + C x−2 2 x−2 Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 123/ 136 Yerine Koyma Yöntemleri (a1 x + b1 y + c1 )dx ∓ (a2 x + b2 y + c2 )dy = 0 seklindeki denklemler Durum 2: a2 a1 = b2 b1 = k ise a1 x + b1 y + c1 = 0, a2 x + b2 y + c2 = 0 dogrulari paraleldir. z = a1 x + b1 y dönüsümü uygulariz. z = a1 x + b1 y ⇒ dy dz = a1 + b1 dx dx 1 dz dy = ( − a1 ) dx b1 dx Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 124/ 136 Yerine Koyma Yöntemleri (a1 x + b1 y + c1 )dx ∓ (a2 x + b2 y + c2 )dy = 0 seklindeki denklemler z = a1 x + b1 y ve dy 1 dz = ( − a1 ) dx b1 dx yerlerine yazilirsa a1 x + b1 y + c1 a2 x + b2 y + c2 1 dz z + c1 ( − a1 ) = ± = f (z) b1 dx kz + c2 dy dx = ± dz = b1 f (z) + a1 dx degiskenlerine ayrilabilir hale dönüsür. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 125/ 136 Yerine Koyma Yöntemleri (a1 x + b1 y + c1 )dx ∓ (a2 x + b2 y + c2 )dy = 0 seklindeki denklemler ÖRNEK (2x + y − 1)dx = (4x + 2y − 5)dy diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. ÇÖZÜM 4 2 = 21 = 2 oldugunu kolayca görebiliriz. z = 2x + y dönüsümü yapacagiz. dz dy z = 2x + y ⇒ =2+ dx dx dy dz = −2 dx dx olur. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 126/ 136 Yerine Koyma Yöntemleri (a1 x + b1 y + c1 )dx ∓ (a2 x + b2 y + c2 )dy = 0 seklindeki denklemler Denklemimizi dy (2x + y − 1) = dx (4x + 2y − 5) seklinde yazar dönüsümümüzü yaparsak z−1 dz −2= dx 2z − 5 dz 5z − 11 z−1 = +2= 2z − 5 dx 2z − 5 2z − 5 dz = dx 5z − 11 degiskenlerine ayrilabilir bir denklem haline gelir. Çözümü: 2 3 (z) − ln (5z − 11) = x + C 5 25 dür. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 127/ 136 Yerine Koyma Yöntemleri (a1 x + b1 y + c1 )dx ∓ (a2 x + b2 y + c2 )dy = 0 seklindeki denklemler 2 3 (z) − ln (5z − 11) = x + C 5 25 denkleminde z = 2x + y ters dönüsümünü yaparsak genel çözümümüz 2 3 (2x + y) − ln (5(2x + y) − 11) = x + C 5 25 seklinde bulunur. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 128/ 136 Yerine Koyma Yöntemleri Bernoulli Denklemleri dy + P (x)y = Q(x)y n dx seklindeki birinci mertebeden diferansiyel denklemelere Bernoulli denklemleri denir. n = 0 veya n = 1 ise denklem lineer dir. Aksi takdirde v = y 1−n dönüsümü denklemi dv + (1 − n)P (x)v = (1 − n)Q(x) dx lineer denklemine dönüstürür. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 129/ 136 Yerine Koyma Yöntemleri Bernoulli Denklemleri v = y 1−n ⇒ dy dv = (1 − n)y −n dx dx dy dv 1 = yn dx dx n − 1 denklemimizde yerine yazarsak yn dv 1 + P (x)vy n = Q(x)y n dx n − 1 Düzenledikten sonra dv + (1 − n)P (x)v = (1 − n)Q(x) dx halini alir. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 130/ 136 Yerine Koyma Yöntemleri Bernoulli Denklemleri ÖRNEK 2xyy 0 = 4x2 + 3y 2 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. ÇÖZÜM Denklemimizi dy 3 2x − y= dx 2x y 3 seklinde yazarsak P (x) = − 2x ,Q(x) = 2x ve n = −1 oldugu bir Bernoulli denklemi oldugunu görürüz. n = −1 oldugu için 1 − n = 2 olacak ve v = y2 dönüsümü yapacagiz. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 131/ 136 Yerine Koyma Yöntemleri Bernoulli Denklemleri dv + (1 − n)P (x)v = (1 − n)Q(x) dx denkleminde yerine koyalim dv 3 + 2(− )v = 2.2x dx 2x dv 3 − v = 4x dx x Lineer denklemi elde ettik. Integral çarpanimiz µ(x) = e R P (x)dx =e R − x3 dx = 1 x3 dir. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 132/ 136 Yerine Koyma Yöntemleri Bernoulli Denklemleri Denklemimizin her iki tarafinida integral çarpanimizla çarparsak d 1 1 [ 3 v(x)] = 3 4x dx x x Her iki tarafin integralini alalim Z 1 4 4 v(x) = dx + C = − + C 3 2 x x x 2 3 v(x) = 4x + Cx v = y 2 idi, y 2 = 4x2 + Cx3 olarak çözümümüzü buluruz. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 133/ 136 Yerine Koyma Yöntemleri Bernoulli Denklemleri ÖRNEK dy x dx + 6y = 3xy 4/3 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. ÇÖZÜM Denklemimizi dy 6 + y = 3y 4/3 dx x seklinde yazarsak P (x) = x6 ,Q(x) = 3 ve n = 4/3 oldugu bir Bernoulli denklemi oldugunu görürüz. n = 4/3 oldugu için 1 − n = −1/3 olacak ve v = y −1/3 dönüsümü yapacagiz. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 134/ 136 Yerine Koyma Yöntemleri Bernoulli Denklemleri dv + (1 − n)P (x)v = (1 − n)Q(x) dx denkleminde yerine koyalim dv 1 6 1 − ( )v = − 3 dx 3 x 3 dv 2 − v = −1 dx x Lineer denklemi elde ettik. Integral çarpanimiz µ(x) = e R P (x)dx =e R − x2 dx = 1 x2 dir. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 135/ 136 Yerine Koyma Yöntemleri Bernoulli Denklemleri Denklemimizin her iki tarafinida integral çarpanimizla çarparsak d 1 1 [ 2 v(x)] = 2 (−1) dx x x Her iki tarafin integralini alalim Z 1 −1 1 v(x) = dx + C = + C 2 2 x x x 2 v(x) = x + Cx v = y −1/3 idi, y −1/3 = x + Cx2 olarak çözümümüzü buluruz. Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır 136/ 136