BÖLÜM V

BİRİNCİ MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN

UYGULAMALARI

Bu bölümde birinci mertebeden diferansiyel denklemlerin geometrik ve

fiziksel uygulamalarına yer verilmiştir. Diferansiyel denklemler, geometrik

problemlerin çözümünde ve fiziksel süreçlerin araştırılmasında önemli rol

oynar. Bu şekildeki problemlerin çözümünün ilk amacı probleme uyan

diferansiyel denklemi yazmaktır.

Birinci mertebeden diferansiyel denklemlerin genel çözümlerinin bir

parametreli eğri aileleri olduğunu biliyoruz. Geometrik uygulamalarda belli

özellikleri önceden verilen ailelerin diferansiyel denkleminin kurulması veya

eğriler ailesinin bulunması istenir. Bunun için, eğri üzerindeki keyfi bir

noktanın koordinatları ile, aynı noktadan eğriye çizilen teğetin eğim açısı

(türevin geometrik anlamı) arasında bir bağıntı bulmamız gerekir. Bundan

başka, bu tür problemlerin çözümlerinde karşılaşılan düzlemsel eğrilerin teğet,

normal denklemleri, teğet altı, normal altı uzunlukları, yay uzunlukları

kavramlarının bilindiğini kabul ediyoruz.

Bir fiziksel sürecin diferansiyel denklemini kurarken, sürecin keyfi

anındaki durumu ile, onun değişme hızı arasında (türevin fiziksel anlamı) bir

ilişki bulmamız gerekir. Zamana bağlı olarak değişik değerler alan bir fiziksel

süreç ile gösterilirse, bir zaman aralığında ’nun değişme hızı

şeklinde tanımlanır. Bu nedenle, uygulamalarda karşılaşılan bazı hız

problemlerini, birinci mertebeden bir adi diferansiyel denklemin çözümü olarak

kolayca çözümleyebiliriz.

196

5.1. Temel Bilgiler

5.1.1. Bir Eğrinin Doğrultusu

denklemi ile verilen bir eğrinin , herhangi bir noktasındaki

teğetin doğrultusuna , eğrinin bu noktadaki doğrultusu denir. O halde , teğetin

eğimini veren değeri , eğrinin verilen noktadaki doğrultusunu verecektir.

5.1.2. İki Eğrinin Kesişme Açısı

İki eğrinin kesişme açısı ; bu eğrilerin kesişme noktasındaki teğetlerinin

yaptıkları açıya denir. O halde problem , iki teğet yani iki doğru arasındaki

açıyı bulmaktır.

5.1.3. Bir Eğrinin Herhangi Bir Noktadaki Teğet ve Normalinin

Denklemleri, Teğet Altı ve Normal Altı Uzunlukları

denklemi ile verilen bir eğrinin herhangi bir

noktasındaki teğeti

doğru denkleminden kolayca bulunabilir. Teğetin eğimi verilen noktada ,

türevin değerine eşit olup ,

dir. O halde teğetin denklemi

197

dir. Normal ise, bu noktada teğete dik olup, eğimi

ve denklemi

dir.

Teğetin, değme noktası ile ox ekseni arasında kalan parçasına teğet

uzunluğu, normalin değme noktası ile ox ekseni arasında kalan parçasına

normal uzunluğu, teğetin uzunluğunun ox ekseni üzerindeki izdüşümüne teğet

altı ve normal uzunluğunun ox ekseni üzerindeki izdüşümüne de normal altı

denir.

y

y

T 0 P N x

Şekil 5.1.

198

Şekilden

olup,

teğet altı uzunluğu

normal altı uzunluğu

dir.

5.1.4. Yay Uzunluğunun Diferansiyeli

fonksiyonu sürekli ve türeve sahip tek değişkenli bir fonksiyon

olsun. Bu fonksiyonun herhangi bir noktasındaki yay diferensiyeli

veya

formülleri ile verilir.

5.2. Dik Koordinatlarda Geometrik Uygulamalar

5.2.1. Yörüngeler

Birinci mertebeden diferansiyel denklemlerin önemli bir geometrik

uygulaması yörüngelerin araştırılmasıdır.

xoy düzleminin bir D bölgesinde bir parametreli bir eğri ailesinin

denklemi

(156)

199

olsun. Bu ailenin her bir eğrisi ile aynı a açısı altında kesişen eğrinin bulunması

problemine yörünge problemi denir. Eğrinin kendisine ise ailenin yörüngesi

denir.

Her bir noktasında (156) eğri ailesinin bu noktadan geçen eğrisi ile sabit

a açısı yapan eğrilere bu ailenin eğik (izogonal) yörüngeleri, a= ise dik

(ortagonal) yörüngeleri denir.

Şimdi verilen eğri ailesinin yörüngelerini bulalım. Bunun için önce

ailenin diferansiyel denklemini kuralım. Bu amaçla x serbest değişken

(bağımsız değişken), y ise aranan fonksiyon (bağımlı değişken) olarak

düşünülürse, (156) ifadesinin türevini alırsak,

(157)

elde ederiz. (156) ve (157) ifadelerinden a yok edilirse

(158)

denklemi elde edilir. Burada (156) ailesinin (158) denkleminin genel integrali

olduğu açıktır.

200

Şekil 5.2.

L1 eğrisi (149) ailesinin bir yörüngesi ve noktası bu eğri

üzerinde keyfi bir nokta olduğunu kabul edelim (149) ailesinin bu noktadan

geçen eğrisini L ile gösterelim. L ve L1 eğrilerinin noktasındaki MT

ve MT1 teğetlerinin x ekseninin pozitif yönü ile yaptığı açıları sırasıyla j ve j1

ile gösterelim. O halde j1-j=a olur. noktası L1 eğrisi üzerinde

hareket ettikçe j ile j1 açıları değişir, ama j1-j farkı daima sabit olup, a ya eşit

olur.

Türevin geometrik anlamına göre

,

dir. a=j1-j olduğundan j=j1-a bulunur. Buna göre

201

veya

(k=tga) (159)

ifadesi elde edilir. noktası (158) denkleminin L eğrisi üzerinde

olduğundan (159) ifadesine göre

olmalıdır. noktası L1 eğrisi üzerinde keyfi nokta olduğundan bu eğri

boyunca

(160)

olur yani (160) ifadesi (156) ailesinin izogonal yörüngelerinin diferansiyel

denklemidir. olarak kabul edelim. O halde olduğundan

olur. Böylece MT ve MT1 teğetlerinin eğim açıları arasında

202

ifadesi sağlanır. Burada yukarıdaki kuralı uygularsak (126) ailesinin dik

yörüngelerinin

diferansiyel denklemini elde ederiz.

Verilen eğriler ailesinin her bir eğrisi ile açısı yapan eğrinin

bulunması problemine yörüngenin bulunması problemi denir. Yörüngelerin

diferansiyel denklemlerini kurmak için verilen (156) eğri ailesinin (158)

şeklinde diferansiyel denklemini kurup, aşağıda verilen iki duruma bakmak

gerekir.

I. Durum: olsun. O zaman (158) denkleminde nin yerine

koymak gerekir. O halde elde edilen

denklemine (156) ailesinin izogonal yörüngelerinin diferansiyel denklemi denir

ve bu denklemin çözümler ailesine de, bu ailenin izogonal yörüngeleri denir.

II. Durum : olsun. O zaman (156) denkleminde nün yerine

koymak gerekir. O halde elde edilen

203

diferansiyel denklemine (158) ailesinin ortogonal yörüngelerinin denklemi

denir ve bu denklemin çözümler ailesine de, bu ailenin ortogonal yörüngeleri

denir.

5.2.1.1. Dik Yörüngeleri Bulma Yöntemi:

a) Önce, verilen eğriler ailesinin diferansiyel denklemi

kurulur.

b) a)’da bulunan denkleminde yerine

veya yerine konulur; böylece

veya

dik yörüngenin diferansiyel denklemi elde edilir.

c) Bulunan dik yörünge diferansiyel denkleminin genel

çözümü, aranılan dik yörünge ailesidir.

5.2.1.2. Dik Olmayan (Eğik) Yörüngeleri Bulma Yöntemi:

a) Önce, verilen eğriler ailesinin diferansiyel

denkleminin türev formu

bulunur.

204

b) Bu eğri ailesine eğik yörünge ailesinin diferansiyel

denklemi, ve belli olduğuna göre,

olarak kurulur.

c) Bu diferansiyel denkleminin genel çözümü eğriler

ailesi bulunur. Bu verilen eğriler ailesinin eğik yörüngeler

ailesidir. ve eğrilerine -yörüngeli eğriler denir.

Örnek 104. Koordinat merkezinden geçen çemberler ailesinin dik

yörüngelerinin denklemini bulunuz.

Çözüm: Koordinat merkezinden geçen çemberler ailesinin denklemi

x2+y2=R2

dir. Bu ailenin diferansiyel denklemi

x+yy¢=0

dır. Bu diferansiyel denklemde y¢ yerine koyarsak dik yörüngelerin

diferansiyel denklemini

veya

elde ederiz. Buradan

bulunur. Bu istenen dik yörüngelerin denklemidir.

Örnek 105. doğru ailesinin dik ve eğik yörüngelerini bulunuz.

Çözüm:

205

ailesinin eğimi

dır. Bunu (159) denkleminde yerine yazarsak,

bulunur. a yerine

den

a=y/x

alırsak

veya

bulunur. O halde eğik yörüngelerin denklemi homojen diferansiyel denklemdir.

Genel çözüm

bulunur.

ise k=∞ olduğundan

x2+y2=c2

206

daire ailesi bulunur.

Örnek 106. hiperboller ailesinin lik eğik

yörüngelerini bulunuz.

Çözüm:

ifadelerinden c yok edilirse, hiperboller ailesinin diferansiyel denkleminin türev

formu ve fonksiyonu

olur.

lik yörüngelerin diferansiyel denklemi:

olup, bu denklemin genel çözümü ( lik yörünge ailesi):

veya

olarak bulunur.

5.3. Geometrik Problemler

Örnek 107.

(161)

parabollerine dik olan eğri ailesini bulunuz.

Çözüm: Önce, (161) denkleminin her iki tarafının x e göre türevi alınır

ve a yok edilirse,

(162)

207

diferansiyel denklemi elde edilir. Bu denklemde nün yerine yazılırsa ,

(161) paraboller ailesine dik olan eğri ailesinin diferansiyel denklemi

olarak bulunur. Bu denklemin çözümü

olararak elde edilir. Buradan görülüyorki , aranan eğri ailesi (0,0) merkezli bir

elips ailesidir. Her iki eğri ailesi şekil 2. de birlikte gösterilmiştir.

Şekil 5.3.

Örnek 108.

(163)

eğriler ailesi ile açı yapan eğriler ailesini bulunuz.

208

Çözüm: Önce (163) ailesinin diferansiyel denklemini bulalım. Bunun

için (163) ifadesinin x e göre türevi alınırsa,

bulunur. Burada , yerine konulursa , açı yapan eğri

ailesinin diferansiyel denklemi

veya

elde edilir. Bu denklemin integrali alınırsa

bulunur.

Örnek 109.

(164)

eğriler ailesi ile açı yapan eğriler ailesini bulunuz.

Çözüm: Önce (164) ailesinin diferansiyel denklemini bulalım. Bunun

için (164) ifadesinin x e göre türevi alınırsa,

veya

209

bulunur. Buradan,

olur. Burada, yerine

konulursa, açı yapan eğri ailesinin diferansiyel denklemi

veya

olur. Bu denklemin çözümü

olarak bulunur. Bu ise istenen eğri ailesinin denklemi olur.

Örnek 110. Herhangi bir noktasındaki teğetinin koordinat

eksenlerinden ayırdığı parçaların çarpımı sabit reel a değerine eşit olan eğrileri

bulunuz.

y

210

Çözüm:

A

0 B x

Şekil 5.4.

Çözüm: Problemi çözmek için eğrisi üzerinde keyfi bir

noktası alalım. Bu noktadaki teğetin denklemi

olur. Burada , teğet üzerinde keyfi bir noktadır. Bu teğetin apsis ekseni

ile kesim noktasını bulalım. Bunun için teğetin denkleminde yazarsak ,

kesim noktası olur. Ordinat ekseni ile kesim noktası

olur. Problemin şartına göre

dır, yani,

dır. Bunu yeniden düzenlersek

veya

211

Clairaut diferansiyel denklemi elde edilir. Bu denklemde dönüşümü

yapılarak

denklemi elde edilir. Bu halde ,

veya

olur. Buradan ;

yazılır. Buna göre

Clairaut diferansiyel denkleminde yazılırsa;

genel çözümü elde edilir. Diğer taraftan;

olup;

212

ifadesi, Clairaut diferansiyel denkleminin parametrik çözümüdür. Bunlar ise

istenen eğri ailesinin denklemidir.

Örnek 111. Herhangi bir noktasındaki teğet altı, değme noktasının

koordinatlarının aritmetik ortalamasına eşit olan eğriler ailesini bulunuz.

Çözüm: Problemi çözmek için eğri üzerinde keyfi noktasını

ele alalım. Bu noktadaki teğet olsun. Teğet altının tanımına göre, teğet

altı , ’dir. Türevin geometrik anlamına göre

olur.

y

0 T P

Şekil 5.5.

Buradan

213

bulunur. Diğer taraftan, problemin koşuluna göre

dir. Böylece, aranan ailenin herbir eğrisi üzerinde alınmış noktasında

koşulu sağlanır. Buradan , ailenin her bir eğrisi

homojen diferansiyel denkleminin integral eğrisi olduğunu elde ederiz. Bu

denklemin çözümünü bulmak için değişken değişimi yaparsak ,

değişkenlerine ayrılabilen diferansiyel denklemini elde ederiz. Bu denklemin

genel çözümü

şeklinde bulunur. Burada yazarsak,

eğriler ailesini elde ederiz.

Örnek 112. Herhangi bir noktasında normal altı , değme noktasının

yarıçap vektörü ile apsisinin farkına eşit olan eğriler ailesini bulunuz.

214

Çözüm:

T 0 P N x

Şekil 5.6.

Tanıma göre normal altıdır. ile gösterirsek,

olur. Buradan türevin geometrik anlamına göre elde ederiz.

Böylece, olur. noktasının yarıçap vektörü

olduğundan, problemin koşuluna göre,

dir, yani,

dir. Böylece, aranan eğri üzerindeki keyfi noktasında

koşulu sağlanır. Bu denklem ise homojen diferansiyel denklemdir. Bu denklem

şeklinde düzenlenebilir.

215

olduğundan, denklemi

şeklinde yazabiliriz. O halde istenen eğri, yani bu denklemin genel integrali

olur.

Örnek 113. Her noktasında çizilmiş teğetinin uzunluğu, sabit sayısına

eşit olan eğriyi bulunuz.

Çözüm: Problemi çözmek için önce teğetin uzunluğunu eğri üzerinde

alınmış noktasının koordinatları ve teğetin eğim açısı ile ifade edelim.

, eğrisi üzerinde keyfi bir nokta ve ise eğrinin aynı

noktada çizilmiş teğetinin keyfi noktası olduğunu kabul edelim.

y

0 A B x

Şekil 5.7.

216

O zaman, teğetin denklemi

şeklinde olur. Bu teğetin apsis ekseni ile kesişim noktası

olur.Böylece, teğetin uzunluğu ye eşittir. dik üçgen olduğundan

dir. Buradan

,

olduğundan elde ederiz ki, teğetin uzunluğu

formülü ile hesaplanır. Problemin koşuluna göre elde ederiz ki, aranan eğrinin

keyfi noktasında

olmalıdır. Bu denklem türeve göre çözülmemiş birinci mertebeden diferansiyel

denklemdir. Bu denklem

değişkenlerine ayrılabilen diferansiyel denklemdir. Bu denklemin genel çözümü

şeklindedir. Bu eğriler traktirisa olarak adlandırılır.

217

Örnek114. Herhangi bir noktadaki teğetin koordinat başlangıcından

uzaklığı, değme noktasının apsisine eşit olan eğriyi bulunuz.

Çözüm: Eğri üzerinde keyfi noktası ele alalım. teğetin

bir noktasıdır.Bellidir ki, noktasında bu eğriye çizilen teğetin denklemi

formundadır. Bu doğrunun koordinant başlanğıcından uzaklığı

formülü ile hesaplanır. Genel olarak noktasının sağ yarı düzlemde

yerleştiğini kabul edelim. Problemin koşuluna göre elde ederiz ki, eğri

üzerindeki keyfi noktada

denklemi sağlanır. Elde edilen denklem basit dönüşümlerden sonra

homojen denkleme getirilir ve onun genel çözümü

şeklindedir.

Örnek 115. Her noktasında çizilen teğetin apsis ekseni ile kesişim

noktası koordinat başlangıcından ve değme noktasından aynı (eşit) uzaklıkta

olan eğriyi bulunuz.

218

Çözüm:

y

0 A B x

Şekil 5.8.

Eğri üzerinde keyfi noktasını ele alalım. Bu noktadaki teğeti

ile gösterelim. çizersek, olduğu açıktır. Problemin

koşuluna göre ’dir. Şekle göre yazabiliriz ki,

dir. Problemi çözmek için ve ’ yi noktasının koordinantları ve

açısı ile ifade etmek gerekir. ’den

elde edilir. Türevin geometrik anlamına göre, olduğunu dikkate alırsak,

koşulunu

şeklinde yazabiliriz. Buradan, basit dönüşümlerden sonra

219

diferansiyel denklemini elde ederiz. Bu denklem

,

denklemlerine parçalanır. denkleminden elde edilir. Ama

eğrileri apsis eksenine paralel doğrulardır ve böylece, problemin koşulu

sağlanmaz.

denklemi ise homojen diferansiyel denklemdir ve onun genel çözümü

çemberler ailesidir.

Örnek 116. Koordinat başlangıcından geçen eğrinin keyfi noktasındaki

normalinin bu noktadan eksenine kadar olan parçasının orta noktası

parabolü üzerindedir. Bu eğri denklemini kurunuz.

Çözüm: Eğri üzerindeki keyfi noktasında normalin denklemi

dir. Bu normal eksenini noktasında keser. Burada normal

üzerinde keyfi noktadır. Bu taktirde normalin ,

noktaları arasındaki orta noktasının koordinatları olur.

Problemin koşuluna göre noktası parabolü üzerinde

olmalıdır. Yani normalin orta noktası

220

veya

diferansiyel denklemini sağlamalıdır. Böylece , aranan eğri denklemi

Bernoulli denkleminin koşulunu sağlayan çözümü olmalıdır. Koşula

göre eğri koordinant başlangıcından geçer. Bu çözüm

şeklindedir.

Örnek 117. aralığında orta ordinantı , bu aralığın sağ ucundaki

ordinanta orantılı olan eğriyi bulunuz.

Çözüm: Önce belirtelim ki, aralığında tanımlı olan

eğrisinin orta ordinantı

dir. aralığında uc noktasının ordinantı olduğundan elde ederiz ki,

eğri

denklemini veya

integral denklemini sağlamalıdır. Bu denklemi çözmek için ’e göre türevi

alalım. O zaman

221

değişkenlerine ayrılabilen diferansiyel denklemi elde edilir. Yukarıdaki

örnekten farklı olarak bu problemde ek koşul bulmağa gerek yoktur. Gerçekten

elde edilmiş integral denklemde

olduğundan ve sağ taraf olduğundan ’in keyfi veya olduğunu

elde ederiz.Elde edilmiş diferansiyel denklemin çözümü ise

şeklindedir.

Örnek 118. Bir ayna bir noktadan, belirtilen bir yöne paralel olan

ışıkları yansıtmaktadır. Bu aynanın türünü belirleyiniz.

Çözüm: Işığın kaynağı olarak koordinat başlangıcını ve yönü olarak da

eksenini alalım. ile, aynanın keyfi bir noktasını gösterelim.

y

N 0 x

222

Şekil 5.9.

Aynanın ekseni ve noktasından geçen düzlemi ile kesitine

bakalım. Aynanın kesitine noktasından geçen teğetini çizelim.

Işığın yansıma kanununa göre, gelme açısı yansıma açısına eşit olup,

üçgeni ikizkenardır. Yani, eşitliği vardır. Buna göre

yazılır. Eğer,

, ,

olduğu dikkate alınırsa,

diferansiyel denklemi elde edilir. Bu diferansiyel denklemin çözümü, aynanın

düzlemi ile kesitinin türünü belirler. Elde edilen denklem homojen

diferansiyel denklemdir ve dönüşümü ile çözülür. Bu denklemin genel

çözümü

,

elde edilir. Buradan görüleceği üzere, aynanın kesiti parabol, yüzeyi ise

paraboloiddir.

5.4. Hız Problemleri

Nüfus Artışı

Belli bir bölgenin nüfusunu göz önüne alalım. Bu bölgeden dışarıya

veya dışarıdan bu bölgeye herhangi bir insan göçü olmadığını kabul edelim. Bir

223

t zamanda bu bölgedeki insanların sayısı N, doğum oranı k ve ölüm oranı m

olsun. Birim zamanda nüfus değişimi nüfus sayısı ile orantılı olduğundan;

(165)

yazılır. Eğer t=0 anında nüfus sayımını ile gösterirsek problem başlangıç

değer problemine dönüşür. Yani fonksiyonu (165) ile birlikte başlangıç

koşulunu da sağlamalıdır. Böylece,

olur. Görüldüğü gibi k>m ise nüfus artar , k<m ise nüfus azalır.

Örnek 119. Isparta ilinin nüfusu 20 yılda iki katına çıkmıştır. Bu ilin

nüfusu kaç yılda dört katına ulaşacağını hesaplayınız.

Çözüm: Artış hızını ilde yaşayanlarla orantılı olduğundan

(166)

yazılır. t=0 anında ilde yaşayanların sayısı olsun. O zaman

olur. Problemin şartına göre ilin nüfusu 20 yılda iki katına çıkmıştır , yani

dır. Bunu (166) denkleminde dikkate alırsak,

olur. Buradan ,

veya

bulunur. (166) denkleminde yerine yazarsak ;

224

bulunur. Nüfusun 4 katına ulaşacağı zamanı ile gösterelim. Problemin

koşuluna göre olmalıdır. O zaman

olur. Burada olduğunu dikkate alırsak ,

elde edilir. Buradan ise yıl bulunur.

Örnek 120. Deneylerden bilindiği üzere yeteri kadar yem olduğunda ,

bakterilerin artması yemlerin miktarına bağlıdır. Bakterilerin başlangıç miktarı

ise , ne kadar zaman sonra bakterilerin miktarı m defa artar.

Çözüm: Bakterilerin t anındaki miktarı olsun. O zaman bakterilerin

değişme hızı , o anda mevcut bakterilerin miktarı ile orantılı olduğundan ;

şeklinde yazılır. Bu denklem değişkenlerine ayrılabilen diferansiyel denklemdir

ve bunun genel çözümü

olarak bulunur. Bakterilerin başlangıç miktarı olduğundan olur.

Bu başlangıç koşulundan yararlanılırsa , , yani

(167)

bulunur. Bakterilerin m defa artma zamanını ile gösterelim. Koşula göre

dır. O zaman (167)’den

225

ve buradan ,

elde edilir.

Örnek 121. Bir A maddesi, kimyasal reaksiyon sonucu başka bir

maddeye dönüşmektedir. t=0 anında mevcut madde miktarı 60 kg olsun. Bu

madde miktarının üçte biri 20 dakika içinde diğer maddeye dönüşmektedir.

Herhangi bir t anında A maddesinden geriye ne kadar kaldığını bulunuz.

Çözüm: Herhangi bir t anında maddenin miktarı olsun. A

maddesi zamanla azaldığından ve azalma hızı mevcut madde miktarı ile

orantılı olduğundan

(168)

olur. Burada k , orantı sabitidir. Bu diferansiyel denklemin çözümü

(169)

dir. t=0 anında madde miktarı olduğundan, (169)’da t=0

yazılırsa, c=60 bulunur. c nin bu değeri (169)’da yerine konulursa ,

bulunur. Problemin şartına göre mevcut madde miktarının üçte biri 20 dakika

sonra diğer maddeye dönüşmektedir , yani kg dır. Bunu yukarıdaki

denklemde dikkate alırsak, k parametresini bulmak için

bulunur. Buradan

elde edilir. Böylece, madde miktarını zamanın fonksiyonu olarak veren ifade

226

olur.

Örnek 122. Kütlesi m olan maddesel noktaya , a ivmesi ile değişmeyen

bir kuvvet etki ediyor. Ortam , harekette olan maddesel noktaya onun hızıyla

orantılı olan direnç gösteriliyor. Başlangıç anında maddesel nokta hareketsiz

kalmak şartıyla , zamana bağlı hareketin hızı nasıl değişir.

Çözüm: Hareketin t anındaki hızı ile gösterilirse, olur.

Buna göre, keyfi t anında maddesel noktaya kuvveti etki eder.

Burada orantı katsayısıdır. Newton’un ikinci kanununa göre, kuvvetin

maddesel noktaya ivmesi dir. t anında ki ivme, hızın t ye göre

türevi olduğundan,

veya

olur. Elde edilen bu denklem, lineer homojen olmayan bir diferansiyel

denklemdir ve bunun genel çözümü

şeklindedir. Buradan

veya

227

elde edilir. Başlangıç şartını kullanırsak ,

bulunur. Böylece verilen denklemin başlangıç şartını sağlayan çözümü

şeklinde bulunur. Buradan görülmektedir ki , maddesel noktanın hareket hızı ,

zaman geçtikçe artıp ya yakınsar. Belirli bir zamandan sonra maddesel

noktanın hareketi hızına düzgün olarak yakınsayacaktır.

Problemler

1. Teğetinin eğim açısı değme noktasının ordinatının karesine eşit olan ve

noktasından geçen eğriyi bulunuz.

2. Bütün normalleri aynı bir noktadan geçen eğrinin çember olduğunu ispat

ediniz.

3. Her bir noktasında normal altının uzunluğu 2 olan ve (-1;-2) noktasından

geçen eğrini bulunuz.

4. Herhangi bir noktasındaki teğetinin OX ekseninden ayırdığı parça teğetin

iki katına eşit olan eğrileri bulunuz.

5. Teğet altı değme noktasının , apsisinden kez büyük olan eğriyi bulunuz..

228

6. Bir eğrinin her noktasındaki teğetinin ekseni üzerinde ayırdığı parça

’dir. Bu eğriyi bulunuz.

7. Her noktasındaki normali, koordinant başlangıcından geçen eğriyi bulunuz.

8. Normal altı uzunluğu sabit olan eğrileri bulunuz.

9. daire ailesinin 450 yörüngelerini bulunuz.

10. parabollerinin tepe noktası (0,0) koordinat başlangıç noktasında

olsun. bu parabollere dik olan eğri ailesini bulunuz.

11. eğrilerinin, eğrilerine dik olması için ’in değeri ne

olmalıdır.

12. parabollerine dik olan eğrilerin, denklemi ile

verilen elips ailesi olması için ’nın değerini bulunuz.

13. Kütlesi olan bir cisim , yerden oldukça yüksekte bulunan bir noktadan ilk

hızsız olarak serbest düşmeye bırakılıyor. Cisme etki eden yer çekim

kuvveti sabit ve hava direncinin , cismin hızı ile orantılı olduğu kabul

edildiğine göre, herhangi bir anında cismin , başlangıç noktasından ne

kadar uzaklıkta olduğunu ve o anda hangi hızla hareket etmekte olduğunu

bulunuz.

14. Doğrusal hareket yapan bir cismin hızı, hareket doğrusu üzerindeki sabit bir

noktaya olan uzaklığından iki birim fazla olacak biçimdedir. Eğer ve

ise hareket denklemini bulunuz.

15. Bir ülkenin nüfusu 40 yılda iki katına çıkmıştır. Artış hızının ülkede

yaşayanlarla orantılı olduğunu varsayarak, nüfusun kaç yılda üç katına

ulaşacağını hesaplayınız.

229

16. Bir radyoaktif maddenin eksilme miktarının maddenin şimdiki kütlesi ile

orantılı olduğu varsayılıyor. Maddenin yarı ömünü bulunuz.

17. Motorlu tekne suyun direncinin tesiri altında hareketini yavaşlatır. Şöyle ki,

bu kuvvet teknenin hızı ile orantılıdır. Teknenin ilk hızı , sonraki

hızı ’dir. Ne zaman hız ’ye kadar azalır? Tekne , duruncaya kadar

ne kadar yol alır?

18. Sıvı ile dolu silindirik kabın dibinde bir delik vardır. Sıvının bu delikten

akma hızı sıvının kaptaki seviyesine orantılı olduğunu ve bir günde sıvının

%10’nun aktığını kabul ederek, ne kadar zamandan sonra kaptaki sıvının

yarısı akar?

19. Hacmi 20 olan kapta hava vardır. (80% azot, %20 oksijen) Kaba saniyede

0.1 azot basılarak, aralıksız karıştırılıyor. Ve aynı hızla karışım kaptan

akıtılyor. Ne kadar zaman sonra kaptaki havanın %99’u azot olur.

20. Hacmi 200 olan oda havasının %15’i karbon gazıdır. Odaya dakikada

%0.09’u karbon gazı olmak üzere 20 hava basılır. Ne kadar zaman sonra

karbon gazının değeri üç kat azalır.

21. Yüksekliği 6 metre , taban çapı 4 metre olan silindirik tank dik durumda

konulmuş ve su ile doldurulmuştur. Bu su , tank dibinde bulunan

yarıçaplı dairesel bir delikten ne kadar zamanda boşalır.

22. Bir radyoaktif maddenin yarılanma ömrü 30 gündür. Kaç gün sonra bu

maddenin başlangıçtaki miktarının %1 i kalır.

23. Kalınlığı olan tahtaya bir kurşun hızla giriyor ve

tahtadan hızla çıkıyor. Direnç kuvvetinin hızın karesi ile

230

orantılı olduğu bilindiğine göre , kurşunun tahtadan geçme zamanını

bulunuz.

24. Direnci R , indüksiyon akımı L ve voltajı olan devreye , elektrik şiddeti

diferansiyel denklemi olacak biçimde veriliyor. R ile L’yi

sabit ve kabul ederek , bu denklemin şartını veren çözümünü

bulunuz.

25. Çapı 2 metre olan bir yarım küre su ile doludur. Kabın dibinde bulunan

0,2m çaplı dairesel delikten su ne kadar zamanda boşalır.

26. Havanın basıncının deniz seviyesinde , 500 m yükseklikte ise

ye eşit olduğu bilinmektedir. Buna göre hava basıncının

yükseklikten bağımsız olduğunu bulunuz.

27. Bir paraşütçü 1,5 km yükseklikten atlamış ve paraşütünü 0,5 km yüksekte

açmıştır. Paraşütünü açana kadar ne kadar zaman geçmiştir. (Normal

yoğunluklu bir havada insanın düşme hızı 50 m/sn dir . Yoğunluğun

yüksekliğe bağlı değişimini dikkate almayınız ve havanın direncihızın

karesi ile orantılıdır.)

28. Radiumun bozunma hızı mevcut miktarı ile orantılıdır. Bir miktar

Radiumun 25 yıl içinde %1.1 inin başka maddeye dönüştüğü bilindiğine

göre radiumun yarı ömrünü bulunuz.

231