1

İİssttaannbbuull TTiiccaarreett ÜÜnniivveerrssiitteessii

MMüühheennddiisslliikk vvee TTaassaarrıımm FFaakküülltteessii

MMÜÜHHEENNDDİİSSLLİİKKTTEE

DDİİFFEERRAANNSSİİYYEELL

DDEENNKKLLEEMMLLEERR

OOğğuuzz BBoorraatt

KKüüççüükkyyaallıı KKaammppüüssüü,, İİssttaannbbuull

MMaarrtt 22001111

2

ÖNSÖZ Doğada karşılaşılan olayları ve ilişkileri nicel bir şekilde ortaya çıkarmak için matematik

ifadeler kullanılmaya çalışılmaktadır. Bir çok değişkeni ve etkeni ihtiva eden karmaşık

davranışlarda diferansiyel denklemlerle karşılaşılmaktadır. Matematikçilerin geliştirdiği

diferansiyel denklemlere ait çeşitli çalışmalar mühendislik uygulamalarına göre

düzenlenmekte; ilgili eğitim alanında öne çıkan konulara ağırlık verilerek müfredat

hazırlanmaktadır. Analitik olarak çözülemeyen veya uygulanamayan diferansiyel denklemler,

bugün bilgisayarın sağladığı kolaylıklar sayesinde sayısal yöntemlerle çözülebilmektedir.

3

1. TARİFLER VE KAVRAMLAR

Diferansiyel Denklem

İçinde türev bulunan denklemdir. Aşağıda çeşitli diferansiyel denklem örnekleri verilmiştir.

xydx

dy52 , veya xyy 52 (1.1)

xydx

dy

dx

yd324

2

2

veya xyyy 324 (1.2)

xdx

yd

dx

ydsin5

2

2

2

3

3

veya xyy sin52

(1..3)

3

32

3

3

5 xydx

dy

dx

yd veya 332

5 xyyy (1.4)

2xy

z

x

z veya

2xzz yx (1.5)

2

2

2

2

2

2

z

u

y

u

x

u

t

u veya zzyyxxt uuuu (1.6)

2

2

2

22

yxyx veya yyxxxy (1.7)

Adi Diferansiyel Denklem

Bir bağımsız değişkenli türev ihtiva eden denklemdir. Örnek olarak (1.1) –(1.4) denklemleri

gösterilebilir.

Kısmî Diferansiyel Denklem

Birden fazla bağımsız değişkenli kısmi türevler ihtiva eden denklemdir. Örnek olarak (1.5) –

(1.7) denklemleri gösterilebilir.

Diferansiyel Denklemin Mertebesi

En yüksek mertebeden türevin mertebesidir. (1.1) ile (1.5) birinci mertebeden; (1.2),(1.6) ve

(1.7) denklemleri ikinci mertebeden; (1.4) denklemi üçüncü mertebedendir.

Diferansiyel Denklemin Derecesi En yüksek mertebeden türevin derecesidir. (1.1), (1.2), (1.5), (1.6) ve (1.7) denklemleri

birinci dereceden; (1.4) denklemi ikinci derecedendir.

4

Diferansiyel Denklemin Genel Çözümü Diferansiyel denklemin türetildiği ilkel fonksiyonun bulunmasıdır. Veyahut n. mertebeden

bir diferansiyel denklemin çözümü, diferansiyel denklemi sağlayan ve n adet bağımsız keyfi

sabit ihtiva eden ilkel denklemdir.

Diferansiyel Denklemin Özel Bir Çözümü Genel çözümün keyfi sabitlerinin belirli bir değer takımına tekabül edenidir. Örmek olarak

(1.8) denkleminde C=2; (1.9) denkleminde a=1 , b=0 , c=2 olması gibidir.

Diferansiyel Denklem İlkeli

042 232yxyxy

22 ccxy (1.8)

0y cbxaxy 2 (1.9)

2222 ryyy 222rycx (1.10)

022

yyxyy xaay 42 (1.11)

xy 22 (1.12)

0y baxy (1.13)

yy axey (1.14)

yy baey x (1.15)

221 yy axy sin (1.16)

3

yxy byax sin. (1.17)

Diferansiyel Denklemin İntegral Eğrileri Diferansiyel Denklemin genel çözümünün verdiği eğri ailesine denilir. Özel çözüm bu

eğrilerden birisidir.

Tekil Çözüm Genel çözümün ihtiva etmediği çözümlerdir.

01222

yyyx

5

2. BİRİNCİ MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER

Genel İfade

y’ = dy/dx = f(x, y) (2.1)

şeklindedir. Bu denklemin sağ tarafı yxMM , ve yxNN , olmak üzere M/(-N)

şeklinde ifade edilirse

y’ = dy/dx = M / (-N); M dx = - N dy; M dx + N dy= 0 (2.2)

diferansiyel biçimde yazılmış olur. Eğer bu fonksiyonlar belirli şartları sağlıyorsa çözümü

F(x, y) = C (2.3)

şeklinde kolayca yazılabilir.

Lineer Denklem

f(x,y) = - p(x) y + q(x) (2.4)

şeklinde yazılabilirse bu 1.mertebeden lineer bir diferansiyel denklemdir.

Bernoulli Denklemi

n = reel bir sayı olmak üzere

y’ + p(x) y = q(x)yn (2.5)

dir. n=1 veya n=0 olduğunda Bernoulli denklemi lineer bir diferansiyel denklem olur.

Homojen Fonksiyonlar ve Homojen Diferansiyel Denklemler

reel sayısı için bir f(x,y) fonksiyonu

f( x, y) =n

f(x,y) (2.6)

şartını sağlarsa bu homojen bir fonksiyondur. Eğer bir diferansiyel denklemin terimleri aynı

dereceden homojen ise buna homojen diferansiyel denklem denir.

Not: Genel anlamda sağ tarafsız diferansiyel denkleme homojen diferansiyel denklem

denilmektedir.

Değişkenlere Ayrılabilen Diferansiyel Denklemler

M(x,y) dx + N(x,y) dy= 0 (2.2)

diferansiyel denklemi

M(x,y) → P(x) , N(x,y) → Q(y) şekline dönüştürülerek

P(x) dx + Q(y) dy = 0 (2.7)

6

yazılırsa değişkenlerine ayrılmış olur.

Tam Diferansiyel Denklem

M(x,y) dx + N(x,y) dy= 0 (2.2)

diferansiyel denklemi, sürekli olan M(x,y) ve N(x,y) fonksiyonları için

x

yxN

y

yxM ),(),( (2.8)

şartını sağlıyorsa tam diferansiyeldir. Bu gerekli ve yeter şarttır.

Özel tipler aşağıda sunulmuştur.

Değişkenlere Ayrılabilen 1.Mertebeden Diferansiyel Denklemler

1. Tip: Eğer xMM ve yNN ise (2.2) denklemi M(x)dx + N(y)dy= 0

integre edilebilir:

0dyyNdxxM (2.9)

1.mertebe olduğu için bir sabiti vardır.

Uygulama alanları: Nüfus artışı, bileşik faiz, radyoaktif dönüşüm, Newton soğuma kanunu.

Problem: xeyy 21 diferansiyel denklemini çözünüz.

Çözüm:

xeydx

dy 21 ; değişkenler gruplanırsa

dxey

dy x

21 , 0

1 2y

dydxe x

Burada xx edxe ve integral tablolarından

abbxa

dx 12

. a

abxarctan , 0ab olduğu dikkate alınarak:

7

Cye x arctan , Cey xarctan Cey xtan

bulunur.

2.tip: Eğer ygxfM 21 ve ygxfN 12 . ise (2.2) denklemi;

0.. 1221 dyygxfdxygxf (2.10)

olur. İntegrasyon çarpanı (İÇ)

İÇ = ygxf 22 .

1 ile 0

2

1

2

1 dyyg

ygdx

xf

xf , (2.11)

bunun integrasyonu ile

Cdyyg

ygdx

xf

xf

2

1

2

1 (2.12)

bulunur. 1. mertebe olduğu için bir sabiti vardır.

Problem: 011 22 yxyyx denklemini çözünüz.

Çözüm:

011 22

dx

dyxyyx ,

0 1 1 22 dyxydxyx ; integral çarpanı İÇ = 11

1

yx ile çarpılırsa

011

22

dyy

ydx

x

x olur. Burada

1

111

1

11

1

22

x

xx

x

x

x

x=

1

11

xx

1

11

1

111

1

11

1

22

yy

y

yy

y

y

y

y konulursa,

01

11

1

11 dy

yydx

xx

8

1

22 1ln2

11ln

2

1Cyyyxxx

1

22 211ln222 Cyxyxyx

1

22211ln21111 Cyxyx

Cyxyx 11ln21122

Problem: 3

4

yx

yy diferansiyel denklemini çözünüz.

Çözüm:

3

4

yx

y

dx

dy , ydxdyyx 43 ; 034 dyyxydx

İntegrasyon çarpanı İÇ =xy

1

034

dyy

ydx

x ; 0

314 dy

yx

dx

1lnln3ln4 Cyyx , yCyx 1

34 lnlnln

1

34

lnC

yxy ,

34ln yCxy , 34 yCxe y

Homojen Denklemler

Bir yxf , fonksiyonu,

yxfyxf n ,., (2.13)

Şartını gerçekliyorsa bu ifadeye “ n.dereceden homojendir “ denir.

Problem: yxf , yxx 45 fonksiyonu homojen midir?

9

Çözüm:

yxfyxxyxxyxf ,., 545545

olduğundan 5. dereceden homojendir.

Problem: yxxyxf cos.sin, 3 homojen midir?

Çözüm:

yxf , = yxx cos.sin3

= yxx cos.sin33 yxfn ,. homojen değildir.

Problem: xyeyxf xy tan, homojen midir?

Çözüm:

xyeyxf xy tan,

yxfxye xy ,.tan 0 0. dereceden homojendir.

Homojen Diferansiyel Denklemler

Eğer M(x,y) ve N(x,y) homojen ve aynı dereceden iseler

M(x,y) dx + N(x,y) dy =0 (2.14)

homojen bir diferansiyel denklemdir.

Problem: 0arcsinln2

dyx

y

x

ydx

x

yx homojen bir diferansiyel denklem midir?

Çözüm:

),(ln.),( yxMx

yxyxM

),(.arcsin),(22

yxNx

y

x

yyxN

Homojen ve aynı dereceden olduğundan diferansiyel denklem homojendir.

10

Problem: 0)()( 3222 dyyxydxyx homojen diferansiyel denklem midir?

Çözüm:

),()(),( 22222 yxMyxyxM

),(.)(),( yxNyyxyxN 33322

ayrı ayrı homojendirler, fakat aynı dereceden değildirler.Bu nedenle diferansiyel denklem

homojen değildir.

Problem: 04 yxy diferansiyel denklemi,

a) Değişkenlere ayrılabilir mi? b) Homojen midir?

c) Kaçıncı dereceden homojendir?

d) Değişkenlere ayrılmış formdaki diferansiyel denklem ifadesi nedir?

e) Genel çözümünü bulunuz.

Çözüm: 04 xdyydx ifadesi

a) Değişkenlere ayrılabilir.

b) MyyM )4(4 , NxN homojendir.

b) Birinci dereceden homojendir.

d) 04 ydyxdx

e) Cyx lnlnln4 , 0ln 4 Cyx , 04 eCyx

Problem: 022 yxy diferansiyel denklemi

a) Değişkenlere ayrılabilir mi?

b) Homojen midir?

c) Kaçıncı dereceden homojendir?

d) Değişkenlere ayrılmış formdaki diferansiyel denklem ifadesi nedir?

e) Genel çözümü bulunuz.

Çözüm:

022 dyxdxy

a) Değişkenlere ayrılabilir.

b) MyM 222 , NxN 222 homojendir.

c) İkinci dereceden homojendir.

d) 022 ydyxdx

e) Cyx

11 , C

xy

xy ,

Cyx 4

Cxyxy

11

Homojen Bir Diferansiyel Denklemin y = vx Dönüşümüyle Değişkenlerine Ayrılması

y = vx , dy = vdx + xdv (2.15)

dönüşümü ile herhangi bir homojen diferansiyel denklem değişkenlerine ayrılabilir:

M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0 (2.2)

homojen diferansiyel denklemi,

P(x,v)dx + Q(x,v)dv = 0 (2.16)

şekline indirgenir. İntegrasyondan sonra esas değişkenlere dönmek için v = y/x ikamesi

yapılır.

Problem: 0NdyMdx homojen diferansiyel denklem ise xy dönüşümü ile

değişkenlerine ayrılabileceğini gösteriniz.

Çözüm:

Eğer diferansiyel denklem n. dereceden homojen ise;

0. 11 dyxyNdxxyMxNdyMdx n

burada 0)()( 11 dyxyNdxxyM olur.

y = vx , dy = vdx + xdv dönüşümü ile

0).()( 11 xddxNdxM veyahut

0).(.)(.)( 111 dNxdxNM ;

bu ise

0)(.)(

).(

11

1

NM

dN

x

dx

şeklinde değişkenlerine ayrılabilir.

Problem: 02)( 22 xydydxyx diferansiyel denklemi

a) Homojen midir? b) Genel çözümünü bulunuz.

Çözüm:

a) MyxM 22222 )( ; NyxN 2.2 homojendir.

12

b) y = vx , dy = vdx + xdv , dönüşümü ile

021

2

2 dyx

ydx

x

yx

021 2 xddxdx)(

0221 22 xddx

031

22

d

x

dx

1231ln

3

1ln Cx 1

2 331lnln3 Cx

CexC1323 31. ; xy konursa

Cxyx 223 31 Cyxx 22 3 bulunur.

Problem: 022 dxyxydxxdy diferansiyel denklemi

a) Homojen midir? b) Genel çözümünü bulunuz.

Çözüm:

a) MyxyyxyM .222222

NxN .. olduğundan 1. dereceden homojendir.

b) y = vx , dy = vdx + xdv dönüşümü ile önce her taraf x ile bölünürse

012dxxydx

x

ydy

01 2 dxdxxddx

01 2 xddx

13

01 2

d

x

dx Cx lnarcsinln

Cxlnarcsin Cxxy lnarcsin

Cxe xyarcsin bulunur.

Problem: 01221 yy

xee yxyx denklemi

a) Homojen midir? b) Denklemi çözünüz.

Çözüm:

a) MeeM yxyx

.2121 0

Ny

xe

y

xeN yxyx 01212

olduğundan 0. dereceden homojendir

b) x=vy , dx = vdy + ydv dönüşümünün kullanılması uygundur.

01221 dyedxe

01221 dyeyddye

02222 dyedyedvyeyddyedy

022 dyeydye ; 0212 dveydye

02

21d

e

e

y

dy ; Cey ln2lnln

14

Cey 2. , Cey

xy yx2

Cyex yx2

Problem: 0.32 yxyyx denklemi

a) Homojen midir? b) Denklemi çözünüz.

Çözüm:

a) MyxyxM .3232

NxyxyN . olduğundan 1. dereceden homojendir.

b) Her taraf x ile bölünür ve

xy , xddxdy

standart dönüşüm uygulanırsa

0.1.32 dyxydxxy

0132 xddxdx

032 2 xdxddxdxdxdx

0122 2 dxdx

022

12

d

x

dx

011

2

)22(

22.

2

122

dd

x

dx

Not:

cbxaxcbxax

dxbax 2

2ln

2 ;

b

abx

abbax

dxarctan

12

; burada a=1, b=c2 konulursa

15

c

x

ccx

dxarctan

122

1

2

1

1

1

1222

2

1C

vvvx arctan..lnln

Cvvvx 1arctan422lnln2 2

Cvvvx 1arctan422.ln 22

Cx

y

x

y

x

yx 1arctan422.ln

2

22

22 22ln xxyy Cx

yxarctan4

Problem: 0.cosh.3cosh.3sinh2 yxyxxyyxyx denklemi

a) Homojen midir? b) Çözümünü bulunuz.

Çözüm:

a) xyyxyxM cosh.3sinh.2 = xyyxyx cosh.3sin.2 M.

NxyxxyxN .cosh.3cosh.3

olduğundan denklem 1. dereceden homojendir.

b) Denklem x ile bölünür ve vxy , xdvvdxdy standart dönüşüm

kullanılırsa

0.cosh3.cosh.3sinh.2 xdvvdxvdxvvdxv

032 dvvvdxv .cosh.sinh. ;

değişkenlere ayrılırsa:

0sinh

cosh32

v

dvv

x

dx

Not:

16

vv

vsinhln

sinh

cosh ; Cvx lnsinhln3ln2 ; C

v

xln

sinhln

3

2

vCx 32 sinh. ; xyCx 32 sinh.

Problem: 011 yxy diferansiyel denklemi

a) Değişkenlere ayrılabilir mi? b) M ve N lineer midir? c) diferansiyel denklem homojen

midir? d) Değişkenlere ayrılmış formdaki diferansiyel denklem ifadesi , e) Genel çözümünü

bulunuz.

Çözüm:

011 dyxdxy

a) Değişkenlere ayrılabilir. b) Lineerdir.

c) MyM 1 ; NxN 1 Homojen değildir.

d) 011 y

dy

x

dx , 011 ydyxdx

e) Cyx ln1ln1ln , 01

1ln

Cy

x

0

1

1e

Cy

x ,

Homojen Olmayan Lineer Denklemler

Eğer

Mdx + Ndy = 0 (2.2)

diferansiyel denkleminin M ve N terimleri lineer fakat homojen değilse

a) 01221 baba (2.17)

olmak üzere

0222111 dycybxadxcybxa (2.18)

denklemi

yCx 11

17

tybxa 11 , 11 /bdxadtdy (2.19)

dönüşümü ile

0,, dttxQdxtxP (2.20)

şeklinde değişkenlerine ayrılabilen denklem bulunur.

b) 01221 baba (2.21)

olmak üzere

0222111 dycybxadxcybxa (2.22)

denkleminde

0111 cybxa ve 0222 cybxa (2.23)

denklemlerinin kökleri

hx ve ky olmak üzere hxx , kyy (2.24)

dönüşümü ile

022111 ydybxaxdybxa (2.25)

homojen denklemi bulunabilir ve dönüşüm uygulanarak çözülebilir.

Problem: 0642352 yyxyx denklemi

a) Homojen midir? b) 01221 baba mıdır? c) Denklemi çözünüz.

Çözüm:

a) MyxyxM .352352

NyxyxN .642642 olduğundan homojen değildir.

b) 21a , 51b , 22a , 42b

01810852421221 baba dır.

18

c) 01221 baba halinde 0M ve 0N denklemlerinin çözümü hx , ky

bulunur. hxx , kyy konarak diferansiyel denklem homojen şekle

dönüştürülüp çözülür.Bunu sırasıyla uygulayalım:

x=h , y=k köklerinin bulunması:

2x-5y+3=0 ve -2x-4y+6=0 denklemlerini taraf tarafa toplayalım. –9y+9=0 y=1 , birinci

denklemden x=1 bulunur. Böylece h=1 , k=1 olur.

Bu 1. dereceden homojendir:

İkinci bir dönüşüm ile:

y‟ = v.x‟, dy’ = v.dx’ + x’.dv kullanılarak; her taraf x’ ile bölünürse:

04252 dxxdxd

0424252 2 dxxd

042274 2 dxxd

0274

422

d

x

xd

Not:

1) 0274 2 denkleminin kökleri

4

11 , 22 dir.

24

144

4

2

4

74274 21

22

214 yazılabilir.

2) Not 1)‟de bulunan bağıntı diferansiyel denkleminin ikinci teriminde kullanılırsa;

NyxyxN

MyxyxM

.4242

.5252

1xhxx xddx 1ykyy yddy

06141231512 ydyxxdyx )()()()(

04252 ydyxxdyx )()(

19

214

42

214214

42

274

422

BBAABA

214

24 BABA

44BA ; 22 BA

BA 44 ; 2)44(2 BB ; 69B 3

2B

3

244 xA ;

3

4

3

812A

Böylece ikinci terim

olur.

Not 2) „de bulunanlar diferansiyel denkleme konulursa

02

1.

3

2

14

1.

3

4dv

vdv

vx

xd , integrasyonla

1ln2ln3

214ln

3

1ln Cvvx ; 1

3

2

3

1

ln214ln Cvvx

Cvvx23 214

burada

1xx , 1yy , 1/1 xyxyv

konulursa

Cx

y

x

yx

2

32

1

11

1

1.41 ;

)(.

)(.

)( 2

1

3

2

14

1

3

4

274

422 vvvv

v

20

Cx

xy

x

xyx

2

3

1

221

1

1441

Cxyxy2

3234 elde edilir.

Problem: 0)433()( yyxyx denklemi

a) Homojen midir? b) 01221 baba mıdır? c) Denklemi çözünüz.

Çözüm:

a) MyxyxM .

NyxyxN .433433 olduğundan homojen değildir.

b) 0)()( 222111 dycybxadxcybxa ile karşılaştırılınca

11a , 11b , 32a , 32b böylece 01221 baba olur.

c) 01221 baba olduğu halde dönüşüm için

tybxa 11 , 11 /)( bdxadtdy kullanılabilir.

Sayısal değerler kullanılırsa dönüşüm denklemleri

tyx , dtdydx şekline dönüşür. Bunlar diferansiyel denklemde kullanılabilir:

0]4)(3[)( dyyxdxyx ; 0)43( dyttdx

dxdtdy konularak

0))(43( dxdtttdx ; 0)43()43( dxtdtttdx ;

0)43()24( dttdxt ; 0)43()2(2 dttdxt ;

02

)43(2 dt

t

tdx ; 0

2

342 dt

t

tdx ;

02

2)2(32 dt

t

tdx ; 0

2232

t

dtdtdx ;

1)2ln(232 Cttx ; burada yxt konursa

21

1)2ln(2)(32 Cyxyxx , 1)2ln(23 Cyxyx

Cyxyx )2ln(23

Problem: 0)14()1( yxyyx denklemi

a) Homojen midir? b) ) 01221 baba mıdır? c) Denklemi çözünüz.

Çözüm:

a) MyxyxM 1)1(

NxyxyN 14)14( Homojen değildir.

b) 11a , 11b , 12a , 42b

0541)4).(1()1.(11221 baba dır.

c) 01221 baba halinde 0M ve 0N kökleri bulunur,

hx ve ky . Diferansiyel denklemde hxx , kyy konup homojen

şekle dönüşen diferansiyel denklem çözülür.

hx ve ky köklerinin bulunması

01yx , 014 xy ; ikinciden birinci çıkarılırsa

0114 yxxy , 05y , y = 0 yani 0k ; birinci denkleme konulursa

1x yani 1h bulunur. Böylece 1h 0k alınacaktır.

1xhxx , xddx ; ykyy , yddy dönüşümü

0]1)1(4[]1)1[( ydxyxdyx

0)4()( ydxyxdyx burada xvy , dvxxvdyd

dönüşümü için önce x ile bölünürse

0)1/4()/1( ydxyxdxy ; 0))(14()1( dvxxvdvxdv

0)14(4 2 dvvxxvdxdvxvdxd

22

0)14()14( 2 dvvxxdv ; 0)14(

)14(2v

dvv

x

xd

0)14()14(

.422 v

dv

v

dvv

x

xd ; 0

)14()14(

.8.

2

122 v

dv

v

dvv

x

xd

Not 1) )14ln(14

8 2

2v

v

vdv

Not 2) 2cxbxaX , 24 bacq olmak üzere

q

bcx

qX

dx 2arctan

2 , 0q üçüncü son terime uygulanırsa

1a , 0b , 4c , 0160414 ..q

)arctan(.

arctan.)(

vv

v

dv2

2

1

16

042

16

2

14 2 bulunur.

Diferansiyel denklemde Not 1) ve 2) kullanılırsa integrasyon sonucu

1

2 )2arctan(2

1)14ln(

2

1ln Cvvx

Cvvx )2arctan()]14(ln[ 22 , burada xyv konursa

Cx

y

x

yx )2arctan()]14(ln[

2

22 , Cxyxy )2arctan()]4ln( 22

1xx , yy konulursa Cx

yxy ]

)(arctan[])(ln[

1

214 22 bulunur.

0).(.).(. dyxygxdxxyfy Şeklindeki Diferansiyel Denklemler

vxy , xvy / , 2/)( xvdxxdvdy (2.26)

dönüşümü ile

0),(),( dvvxQdxvxP (2.27)

23

şeklinde değişkenlerine ayrılabilen bir denklem bulunur.

Problem: 0)1()1( 22 yyxxyxxyy denklemini çözünüz.

Çözüm:

Burada vxy , xvy / , 2/)( xvdxxdvdy dönüşümü ile diferansiyel denklem:

0112

2 ))(()(x

vdxxdvvvxdxv

x

v

011 2222 dxvvxvdvvvxdxvvx )()()(

0)1()( 22322 dvvvxdxvvvvvx

dvvvxdxv )1( 23 , 01

3

3

dvv

vv

x

dx , 0

23 v

dv

v

dv

v

dv

x

dx

integrasyonla

12ln

1

2

1ln Cv

vvx , 2

1

22 2ln221ln2 vCvvvxv

22 21)/ln(2 Cvvvxv , xyv konulursa

2222 21)/1ln(2 yCxxyyyx bulunur.

Problem: 0)()( 22 yyxxxyy denklemini çözünüz.

Çözüm:

0)1()1.( dyxyxdxxyy diferansiyel denkleminde burada

vxy , xvy / , 2/)( xvdxxdvdy dönüşümü yardımıyla

0)(

)1()1.(2x

vdxxdvvxdxv

x

v ; x ile çarpılırsa

0)1()1()1( vdxvxdvvdxvv ,

24

0)1()11( dvvxdxvvv 0)1(2 dvvxvdx

01

2 dvv

v

x

dx , 02 dv

v

dv

x

dx

Cvvx lnlnln2 , vCv

x2

ln , veCv

x2

burada xyv konulursa

xyeCxy

x2

; xyeCy

x ; xyCyex bulunmuş olunur.

Problem: 0)()1( 2322 dyxyxdxyxxy diferansiyel denklemini çözünüz.

Çözüm:

Her taraf y ile çarpılırsa

0)()1( 2222 dyxyyxxdxyxxyy ; burada

vxy , xvy / , 2/)( xvdxxdvdy dönüşümü ile

0)(

)(12

22

x

vdxxdvvvxdxvv

x

v

0)()( 22332 dvvvxdxvvvvv ; 0)( 2 dvvvxvdx

vxİÇ

1 , 0

2

dvv

vv

x

dx ; 0)1( dvv

x

dx

Cvvx 2

2

1ln xyv geri ikamesiyle Cxyyxx 22

2

1ln

25

3. TAM DİFERANSİYEL ŞEKLE DÖNÜŞTÜRÜLEBİLEN DİFERANSİYEL

DENKLEMLER

Tam Diferansiyel Eğer

dF(x,y) = M(x,y)dx + N(x,y)dy (3.1)

olacak şekilde bir F(x,y) fonksiyonu varsa

0),(),( dyyxNdxyxM (3.2)

diferansiyel denklemine “tam”dır denilir. Diferansiyel denklemin tamlık şartı olarak, sürekli

olan M(x,y) ve N(x,y) fonksiyonlarının

x

yxN

y

yxM ),(),( (3.3)

şartını sağlaması gerekli ve yeterdir.

Problem: 0)53()46( 44265335 dyyxyxdxyxyx diferansiyel denklemi tam diferansiyel

midir?

Çözüm:

4325 2018 yxyxy

M ; 4325 2018 yxyx

x

N tam diferansiyeldir.

Problem: 0)( 22 yxyyx denklemi tam diferansiyel midir?

Çözüm:

0)()( 22 dyxydxyx ; 1y

M ; 1

x

N tam diferansiyeldir.

Tam Diferansiyel Denklemin Çözümü Eğer

0),(),( dyyxNdxyxM (3.2)

diferansiyel denklemi ,

CyxF ),( (3.4)

fonksiyonunun tam diferansiyeli ise

dyyxNdxyxMdyy

Fdx

x

FdF ),(),( (3.5)

yazılabileceğinden

26

dxyxMdxx

F),( ,

x

yLdxyxMyxF )(),(),( (3.6)

),(]),([ yxNy

LdxyxM

yy

F x

(3.7)

Burada

Ny

L dir. 1CNdyL (3.8)

çözülür ve

LMdxF (3.9)

ifadesinde yerine konularak genel çözüm bulunur.

Problem: 0)13(32 3 yyxyx

a) Tam diferansiyel denklem midir? b) Çözümünü bulunuz.

Çözüm:

a) 0)13()32( 3 dyyxdxyx , 3x

M , 3

y

N

tam diferansiyeldir.

b) x

yLdxyxMyxF )(),(),( =x

yLdxyx )()32( 3

)(32

1),( 4 yLyxxyxF

)13(),()(3 yxyxNyLxy

F

1)( yyL , 1/ ydydL , dyydL )1(

1

2

2

1CyyL bu yerine konulursa genel çözüm;

CyxF ),( , CCyyyxx 1

24

2

13

2

1

2

24

2

13

2

1Cyyyxx bulunur.

27

Problem: 0324 232 22

yyxyexey xyxy )(

a) Tam diferansiyel denklem midir? b) Çözümünü bulunuz.

Çözüm:

a) 0)32()4( 232 22

dyyxyedxxey xyxy

y

M 22 322 xyxy exyye , x

N 22 322 xyxy exyye

tam diferansiyeldir.

b)x

xy yLdxxeyyLdxyxMyxF )()4()(),(),( 32 2

)(),( 42

yLxeyxF xy

232222

yxyeNy

Lxye

y

F xyxy

23yy

L , dyydL 23 , 1

3 CyL

Genel çözüm CyxF ),( idi:

CCyxe xy

1

342

, 2

342

Cyxe xy bulunur.

Problem: 0.sin)cos( yxxyx Diferansiyel denklemi

a) Tam diferansiyel midir? b) )(yLMdxF ; c) yF / ;

d) y

L ; e) )(yL ifadesi ; f) CyxF ),( genel çözümünü bulunuz.

Çözüm:

a) 0.sin)cos( dyxdxxyx

xy

Mcos , x

x

Ncos ,

y

M

x

N dir. Tam diferansiyeldir.

28

b) )(sin)()cos()()( yLxyxyLdxxyxyLdxMF 2

2

1

c) y

Lx

y

Fsin

d) y

Lx

y

Fsin = xN sin , 0

y

L

e) 0y

L , 0

dy

dL , 0dL , 1CL

f) CyxF ),( yerlerine konulursa

CCxyx 1

2 sin2

1 , Cxyx sin22

Birinci Mertebeden Tam Diferansiyel Olmayan Diferansiyel Denklemin İntegrasyon

Çarpanı (İÇ)

Eğer M(x,y).dx +N(x,y).dy = 0 diferansiyel denklemi tam diferansiyel değilse

integrasyon çarpanı (İÇ) aranabilir. Aşağıda buna ait genel ifadeler ve örnekler görülecektir.

Tip 1.

Eğer

)(//

xGN

xNyM (3.10)

ise diferansiyel denklem için

dxxG

eİÇ).(

(3.11)

olur.

Problem : x2 +y

2 +x + xyy'=0 diferansiyel denklem

a) Tam diferansiyel midir? b) İÇ nedir? c) Çözümünü bulunuz.

Çözüm :

a)

olduğundan tam diferansiyel değildir.

x

N

y

M

yxyxx

N

yxyxyy

M

xydydxxyx

)(

2)(

,0)(

22

22

29

b)

ey = x, ln e

y = ln x, y.ln e = ln x, y = ln x, e

y = e

ln x = x olduğu dikkate alınarak:

xeeİÇ xxdx ln/

yardımıyla diferansiyel denklem çözümüne geçilebilir:

c) (x3 + x

2)dx + (xy

2dx + x

2ydy) = 0

Burada

xy2.dx + x

2y.dy =1/2 (2xy

2dx + 2x

2ydy) =1/2d(x

2y

2)

alınabilir :

(x3 +x

2)dx + 1/2d(x

2y

2) = 0

1

2234

2

1

34Cyx

xx

3x4 + 4x

3 + 6x

2y

2 = C

Problem : 0)(2)2242( 2342223 dyxyxydxyxyxyyxyx diferansiyel

denklemi

a) Tam diferansiyel mi? b) İÇ=? c) Çözümünü bulunuz.

Çözüm : a)

x

N

y

Mxy

x

N

xyxyxyxy

M

),12(2

24444 323

olduğundan tam diferansiyeldir.

b)

kullanarak tam diferansiyel bulunur.

xxy

y

xy

yy

N

xNyMxG

12//)(

22

23

32

23

323

2)(3

)(4

)(2

2424444//)(

xxdx

eeEÇ

xxyxy

yxyxx

xyxy

xyxyxyxyx

N

xNyMxG

30

c)

tam diferansiyel halinde

Ny

Folduğundan tam diferansiyel hale getirilen diferansiyel denklemden:

2222222

222)(2)('222 232332 xxxxxxx xeyexeyexyxyNyLeyxeyexy

F

L’(y)=0 , dL/dy=0 dL=0 L=C1

F(x,y)=C idi. Genel çözüm

CCeyxyeeyx xxx

1

422 222

2

12

2

422 2

)2

12( Ceyxyyx x bulunur.

Tip 2.

Eğer

)(//

yHM

xNyM (3.12)

ise diferansiyel denklem için

dyyH

eİÇ)(

(3.13)

olur.

Problem : 2xy4e

y + 2xy

3 + y + (x

2y

4e

y - x

2y

2 - 3x) y’ = 0

a) Tam diferansiyel midir? b) İÇ nedir? c) Çözümü bulunuz.

dxexydxeyyxdxexyyxyxF

dxeyxyxyyxyxyxF

dyexyxydxeyxyxyyxyx

xxxx

x

xx

222

2

22

4223

4223

2342223

)24()22(),(

)2242(),(

0)(2)2242(

),(2

12),(

)()2

1()2()(),(

222

222

422

422

yLeyxyeeyxyxF

yLeydxyedeyxdyxF

xxx

xxx

31

Çözüm : a)

322

1668

0)3()22(

24

243

224234

xyexyx

N

xyexyexyy

M

dyxyxeyxdxyxyexy

y

yy

yy

Tam diferansiyel değildir.

b)

)(4

)122(

)122(4

)122(4488

23

23

2323

yHyxyexyy

xyexy

M

x

N

y

M

xyexyxyexyx

N

y

M

y

y

yy

olduğundan

4ln

ln

ln4/4/4)(

114

4

yeeİÇ

eeeeİÇ

y

y

yydyyydyyH

olur.

ex = y ; x = ln y ; e

x = e

lny = y

c) Verilen diferansiyel denklemin her tarafı İÇ çarpılırsa :

031

2242

22

3dy

y

x

y

xexdx

yy

xxe

N

y

M

y

M‟nin y‟ye ve N‟nin x‟e göre kusmî türevleri alınırsa eşit olduğu görülür. Böylece

diferansiyel denklem tam diferansiyel forma dönüşmüştür;

olduğundan F ve N kullanılarak

42

22

42

22 33

y

x

y

xexN

y

L

y

x

y

xex

y

F yy

Ny

F

yLy

x

y

xexyxF

yLdxyy

xxeyxF

yLdxyxMyxF

y

yx

x

)(),(

)()1

22(),(

)(),(),(

3

22

3

32

0y

L ; 0

dy

dL ; 0dL ; L = C1

F(x,y) = C de yerine konulursa genel çözüm bulunur.

CCy

x

y

xex y

13

22 ; 23

222 C

y

x

y

xex

Tip 3.

Eğer

0NdyMdx (3.14)

diferansiyel denklemi homojen, yani

M = nM ve N =

nN (3.15)

şeklinde ve aynı dereceden homojen iseler) ve

Mx + Ny 0 (3.16)

ise

dirNyMx

İÇ1

(3.17)

olur.

Problem: 0. '344 yxyyx diferansiyel denklemi

a) Homojen midir? b) İÇ=? c) Tam diferansiyel midir? d) Genel çözümü nedir

Çözüm:

a)

..homojendir ;)(

.)(

0)(

43433

44444444

344

NxyyxN

MyxyxM

dyxydxyx

b)

5

5445344

11

0)()()()(

xNyMxİÇ

xxyxyxyxyxyxyNxM

kullanılarak diferansiyel denklem

33

c)

01

4

3

5

4

dyx

ydx

x

y

x

;4

)4.()(;45

35343

5

3

x

N

y

M

x

yxyxy

xx

N

x

y

y

M

tam diferansiyel olduğu görülür.

d)

)(1

)(),(),(5

4

yLdxx

y

xyLdxyxMyxF

)(.4

1ln),(

4

4

yLx

yxyxF

24

4

14

4

1

4

3

4

3

4

1ln ,

4

1ln

ise kullanılır de ),(bu

0,0

,

Cx

yxCC

x

yx

CyxF

CL

dy

dL

y

L

x

yN

y

L

x

y

y

F

4

2

44 ln4 xCyxx

Problem : 0')( 222 yyxyxy diferansiyel denklemi

a) Homojen midir?

b) İÇ=?

c) Tam diferansiyel mi?

d) Genel çözümü?

Çözüm :

0)( 222 dyyxyxdxy

a) NyyxxNMyM 22222222 )(; homojendir.

b) 03222 yxyyxxyNyMx olduğundan

32

11

yyxNyMxİÇ

c) İÇ kullanılarak : 0)(

32

22

32

2

yyx

dyyxyx

yyx

dxy

34

0)(

)(22

22

22 yxy

dyyxyx

yx

ydx

x

N

y

M

yx

yx

yxy

yxy

yxy

yxy

x

N

yxy

xyyxyxyyxxyyx

yxy

yxyxxyyyxyx

x

N

yx

yx

yx

yyx

y

M

)()(

)(

)(

)(

22222

)(

)(2))(2(

()(

2)(

22

22

2222

222

2222

224

2222

322342233

2222

2232

)22

22

222

222

2

olduğundan diferansiyel denklem tam diferansiyeldir.

d) )()(),(),(22

yLyx

ydxyLdxyxMyxF xx

Not :

1)

;))((

)()(

))(())((22

yxyx

xBAyBA

yxyx

ByBxAyAx

yx

B

yx

A

yxyx

y

yx

y

A-B =1 ; A+B = 0

A = (1+B) , (1+B)+B=0 , 2B = -1 , 2

1B ,

2

1A

Böylece ;

)(2

1

)(2

122 yxyxyx

ykonulabilir.

35

)(

)(),(

)(2

2

1)(

)(

)(

)(

)(1)(1

2

1

)(ln2

1)()ln()ln(

2

1),(

)()(2)(2

),(

22

22

22

22

2

yxy

yxyxyxN

y

L

yx

x

y

F

yLyx

xyL

yx

yx

yx

yxyx

y

F

yLyx

yxylyxyxyxF

yLyx

dx

yx

dxyxF

Not:

2)

0C 1,B 1,A ,)(

)(

Ax

)(

22

22

22

22

2222

22

yxy

CyBxyAyAx

yxy

CyBxyAy

yx

CBx

y

A

yxy

yxyx

yy

L

yx

x

yN

y

L

yx

x

y

F

yx

x

yyxy

yxyx

1

1

konulursa 1

)(

Böylece;

2222

2222

22

).()(,.ln

lnln2

1

konulursa; de ),(

ifadebu ln;

12

1

2/1

1

1

yxeyyxCCyyx

yx

CCyyx

yx

CyxF

CyLy

dydL

CC

)()( 3

2 yxCyyx

36

Tip4: Eğer

M(x,y)dx+N(x,y)dy=0 (3.18)

diferansiyel denklemi,

f(xy) ≠ g(xy) (3.19)

olmak üzere

y. f(xy).dx + x. g(xy).dy=0 (3.20)

şeklinde yazılabiliyorsa

(3.21)

olur.

Problem : y(x2y

2+2) + x(2-2x

2y

2)y' = 0 diferansiyel denklemi

a) y.f(xy)dx + x.g(xy)dy =0 formu var mıdır?

b) İÇ =?

c) Tam diferansiyel midir?

d) Genel çözüm?

Çözüm :

NyMxxygxyfxyİÇ

1

)]()([

1

3346

33535

46

223232

32

22

23

22

333333

2222

2222

3

4

9

1266

9

)2(6)3(2

03

)22(

3

)2( c)

3

1

222

1

)22()2(

11 b)

dir. )()(

0)(.)( a)

0)22()2(

yxyx

yxyxyx

yx

yxyxyxyx

y

M

yx

dyyx

yx

dxyx

yxyxxyxyyxİÇ

yxxyyxxyNyMxİÇ

xygdxxyf

dyxygxdxxyyf

dyyxxdxyxy

formundadır ve

37

;

3

4

9

121212

9

)22(6)3(4

3364

53353

64

223322

y

N

y

M

yxyx

yxxyyx

yx

yxxyyxxy

y

N

d)

22

2

2

22

2

2

222

2

2122

122

1

,1

ln

1lnlnln

ln)(3ln21

ln

çarpılırsa ile 3 fher tara ,ln3

2

3

1ln

3

1

konulursa de Cy)F(x,bu ln3

2,

3

2

yxeyC

x

yxCy

x

yxCyx

CCCyyx

x

CCyyx

x

CyLydy

dL

2

2

22

yeCx yx

Problem: y(2xy+1)+x(1+2xy-x3y

3)y' =0

a) Homojen midir?

b) İÇ=?

c) Tam diferansiyel ifadeyi bulunuz.

d) Genel çözüm?

tam diferansiyeldir.

yy

L

yx

yxN

y

L

yxy

F

r.bulunabiliy

F

yLyx

xyxF

yLdxyxx

yxF

yLdxyx

yxyLdxyxMyxF

3

2,

3

22

3

2

bağıntıbir yeniiçin L(y) ise kullanılır şartı N

)(3

1ln

3

1),(

)()3

2

3

1(),(

)(3

)2()(),(),(

32

22

32

22

23

23

22

38

Çözüm:

c) İÇ uygulanırsa tam diferansiyel şekil bulunur.

.olur 1

2112

11

)()(

1

haldeşu )()(

yani )21()(),12()(

;alılınabil eline formunda 0)()( b)

değeğildihomojen , a)

0)21()12(

4433

33

63

33

yxyxxyxyxyNyMxxygxyfxyİÇ

xygxyf

yxxyxygxyxyf

dyxyxgdxxyyf

NNMM

dyyxxyxdxxyy

3322

3322

13322

1

32434332

3322

3423

32433423

3

11exp

3

11lnln

ln3

11

konulursa de ),(,ln,1

,1

'

121)('

12

)(3

11),(

)(12

)(),( d)

012112

yxyxCy

yxyxCy

CCyyxyx

CyxFCyLydy

dL

yL

yyxyxNyL

yxyxy

F

yLyxyx

yxF

yLdxyxyx

yLMdxyxF

dyyyxyx

dxyxyx

x x

39

4. BİRİNCİ MERTEBEDEN LİNEER DENKLEM VE LİNEER ŞEKLE

DÖNÜŞTÜRÜLEBİLEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER

Lineer Denklemler

veya

denklemi 1. mertebeden 1. dereceden denklemdir. Burada y‟ ve y nin dereceleri “bir” dir.

Bunların birden farklı olması tirigonometrik veya üstel fonksiyonlar şeklinde bulunması

lineerliliği bozmaktadır.

Lineer tipler

Lineer olmayan tipler

1.mertebeden lineer diferansiyel denklemin İÇ

Diferansiyel denklem: y'+P(x)y=R(x) ise

dir. Çünkü

dir. Böylece genel çözüm için x‟e göre integrasyon yapılabilir.

)().(' xRyxPy )()( xRyxPdx

dy

xyxy

eyxy

xxyy

xyx

y

xxyx

y

yxxy

x

sin'

5.cotan'

42'

)2(22

1'

231

'

1)/3/2('

3

cos

2

2

3

xyxy

xyxy

xxyx

y

yxy

sin'

2'

231

'

5)12('

3

5.13

23

32

dxxPeİÇ

)(

)(

)()()()(

)(')(

xR

dxxPdxxPdxxPdxxP

yxPyeexyPedx

dyye

dx

d

CdxexRyedxxPdxxP )()(

)(

40

Problem :

a) Lineer midir?

b) İÇ=?

c) Genel çözüm?

Çözüm :

xCxxxxy 1

23 ln232

1

Problem:

diferansiyel denklemi

a) Lineer midir?

b) İÇ=?

c) Genel çözüm?

Çözüm :

a)

.lineerdir 1

)(;ln

1)(

1.

ln.

1

xxR

xxxP

xy

xxdx

dy

023/' 2 xxxyy

12

1

12

1

)()(

ln

ln/)(

2

ln232

1/

)/23(/

)1

)(23(1

.

.)( )

11 )

lineerdir. )

23)/1('

Cxxxxy

Cdxxxxy

Cdxx

xxx

y

CdxexReyc

xeeeeİÇb

a

xxyxy

dxxPdxxP

x

xxdxdxxP

0'.ln.)ln( yxxxy

01

ln

0.ln.)ln(

dx

dy

xxx

y

dx

dyxxxy

41

xee

xy

xe

xy

y

ln

ln

yx

y

ee

yx

xe

ln

ln

b)

Problem:

Çözüm :

Problem :

y' + 2xy - 4x = 0

a) lineer diferansiyel denklem midir?

b) İÇ=?

c) Genel çözümü?

xeeeİÇ xxx

dxdxxP

ln)ln(lnln)(

Cxx

xy

Cdxxx

xy

CdxexReycdxxPdxxP

2

)()(

ln1

ln

,.ln1

ln

.)(. )

çözüm? Genel c)

?İÇ b)

midir?Lineer a)

,0ln')ln( denklemieldiferansiyyyyyx

lineerdir. 1

.ln

1' ;

1

ln

1

01

ln ; 0.lnln

0.ln)ln( ; 0ln)ln()

yx

yyx

yx

yydy

dx

dy

dx

yyy

x

dy

dxyyyx

dxyydyyxyydx

dyyxa

yeeeİÇb yyy

dy

dxxPln) )ln(lnln)(

CyyxCdyyy

yx

CdxexReycdxxPdxxP

2

)()(

ln2

1ln ,.ln

1ln

.)(. )

42

Çözüm :

Problem :

Çözüm:

22-xy

22

1 ,)2(2

2-x

1y

2

122

2

1

)(

)

3

2

2

)()(

xC

Cxx

ycdxx

Cdxx

xx

y

CdxexRey

Genelçözümc

dxxPdxxP

2222

2

2;.;.4.

)( )

)

4)(,2)( .lineerdir 42' )

)()(

2)(

xxxx

dxxPdxxP

xxdxdxxP

CeyCeyCdxexey

CdxexRyec

eeeİÇb

xxRxxPxxyya

çözümü? Genel c)

?İÇ b)

mi?a)Lineer

)2(2')2( 3xyyx

2

23

)2(2)(;2

1)(

.)2(22

1';)2(2')2()

xxRx

xP

lineerdirxyx

yxyyxa

2

1)2() 1)2ln()2ln(2

)( 1

xxeeeeİÇb xxx

dxdxxP

43

)().(' xRyyxPy n )().('. 1 xRyxPyy nn

xyyy

xyyy

yxyy

515

45

45

'

'

0'

)().( 1' xRyxPyy nn

Birinci Mertebeden Lineer Şekle Dönüştürülebilen Diferansiyel Denklem (Bernoulli

Diferansiyel Denklemi)

Genel halde n = bir sabit olmak üzere bir diferansiyel denklem

veya

şeklinde ise

y 1-n

= z ,

ve bunun x‟e göre türevi

dönüşümü yardımıyla ;

şeklindeki lineer bir diferansiyel denkleme indirgenebilir.

Problem :

Diferansiyel denklemi;

a) Lineer midir?

b) Lineer hale dönüşebilir mi?

c) Dönüşüm bağıntılarını

d) Dönüştürülmüş diferansiyel denklemi,

e) İÇ=? yazınız.

f) Genel çözüm?

Çözüm :

a) Lineer değildir,

b)

burada n = 5 , P(x) = -1 , R(x) = x „dir. Dolayısıyla lineer hale

dönüştürülebilir.

)()1()().1(

);().(.)1(

1

xRnzxPndx

dz

xRzxPdx

dz

n

dx

dz

dx

dyyn n)1(

0' 5 yxyy

dx

dz

nyy n

)1(

1

44

zy n1 zy 51

dx

dz

dx

dyy 54

xxRxPxRzxPz

xzdx

dzxz

dx

dz

4)(;4)();()('

44;4

1

xdxdxxPeeeİÇ 44)(

4/1444

4444444

4444444

44)()(

).4/1( ;.4/1

4

1.. ;

4

1..

.).(. ;)4(.

)4(. ;.).(.

xx

xxxxxx

xxxxxxx

xxdxxPdxxP

eCxyeCxy

CeexeyCeexez

CdxeexdezCdxeexeez

CexezCdxexRez

)()('

dür;' 3/)21()(,3/1)(,,4

burada 3/)21(3

1';03/3/)21('

0)21('3

1

41434

34

xRyxPyy

xxRxPn

xyyyyxyy

yxyy

nn

c)

d) diferansiyel denkleme konulursa :

bulunur.

e)

f) Burada d(xe4x

) = e4x

.dx + 4xe4x

.dx olduğu düşünülerek

Problem: 0)21('3 4 yyxy

a) Lineer midir?

b) Lineer hale getirilebilir mi?

c) Dönüşüm bağıntıları?

d) Dönüşmüş diferansiyel denklem,

e) İÇ=?

f) Genel çözüm?

Çözüm :

a) Lineer değildir,

b)

Dolayısıyla lineer hale getirilebilir.

c)

zy 4

dx

dz

dx

dyy

4

15

dx

dz

dx

dyy

dx

dz

dx

dyyzyzyzy n

.3

1.

3 , , ,

4

43411

45

12)( ,1)( );()('

12 ;3/)21(3

1

3

1

xxRxPxRzxPz

xzdx

dzxz

dx

dz

xdxdxxPeeeÇİ

)(.

3/1

3

3

)()(

)12(

12

2 ;2

)()2( ;)22(.

)222(. ;.)12(.

.)(.

:çözüm Genel

x

x

xxxxxx

xxxxxxx

xxxxxxx

dxxPdxxP

Cexy

Cexy

CexeeyCexeze

CedxedzeCdxedxexeez

CdxeeexeezCdxexez

CdxexRez

d) diferansiyel denkleme konulursa ;

e)

f)

46

5. BİRİNCİ MERTEBE BİRİNCİ DERECE DİFERANSİYEL DENKLEMLERE AİT

UYGULAMALAR

Problem : Bir cisim düz bir doğru boyunca hareket etmektedir. Cismin hızı , doğru

üzerindeki sabit bir noktadan x [m] uzaklığının 2 [m] fazlası sayısal değerine eşittir. t=0 için

v=5 [m/s] olduğuna göre ;

a) Olayın diferansiyel denklemini,

b) Genel çözümü,

c) Özel çözümünü bulunuz?

Çözüm :

a ) v = x + 2 yazılabilir.

Burada her terim [m/s] birimlidir.

,2xdt

dx dt

x

dx

2

b) ,2

ln ,ln)2(ln tC

xCtx

x + 2 = C.et

c) Genel çözümün t‟ye göre türevi

tCedt

dx

t=0 için 5/ dtdxv konursa 5 = Ce0

özel çözüm: x + 2 = 5.et olur.

Problem: Nüfus artış hızı ülkede yaşayan insan sayısı (N) ile orantılı (k) kabul

edilebilmektedir. 80 sene önce (1930 da) 15 milyon nüfusu olan Türkiye şimdi (2010) 74

milyon nüfusa sahiptir.

a) Nüfus artışının diferansiyel denklemi

b) Genel çözümü

c) Başlangıç şartları

d) Başlangıç şartlarını sağlayan özel çözümü

e) Orantılı katsayısını (k)

f) 13 sene sonraki (2023 deki) nüfusu

g) 87 sene önceki (1923 deki) nüfusu bulunuz ?

v

0 x x

Şekil 5.1 Bir doğru üzerinde hareket eden bir cisim

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 12

4

6

8

10

12

14

t [s]

x [

m]

, v

[m

/s]

x=f(t)

v=f(t)

47

)(

)(

]/[lim12

12

0

a

a

t

TThdt

dT

TTdt

dT

sKdt

dT

tt

TT

Çözüm: a) Nüfus =N [milyon

kişi], t = zaman ise

kNdt

dN

b)

c) t = 0 , N = 15

d) Başlangıç şartlarını sağlayan özel

çözüm :

15 = Ce0 , C = 15 , N = 15 e

k t

e) t=80 için N = 80 konulursa 74 = 15 e k 80

,

e 80 k

= 74 / 15 = 4,933 ; 80k = ln (4,933); 80k =1,596 , k = 0,01995

f) t = 80 + 13 = 93 konulursa N = 15e 0,01995 x 93

= 15 e 1,8554

, N = 15 . 6,394 = 95,9

g) Bu günden 87 sene önce veya başlangıç olarak seçilen yıldan 7 yıl önce demektir;

yani t = - 7 alınırsa, N = 15e 0,01995 x (-7)

= 15 e-0,13965

=15x0,86966 = 13,0

Problem : Su verilmek üzere T1 = 1000 [K]‟e çıkarılmış olan küçük bir çelik parça Ta = 300 [K]

sıcaklığındaki hava akımına maruz bırakılıyor . Cismin sıcaklığı T1 =1000 [K] den

T2 =800 [K]‟e t2 – t1 = 30 [s]‟de düşmektedir. Cismin sıcaklığının değişim hızı (dT / dt )

cismin sıcaklığı ve akışkan sıcaklığı arasındaki fark ile orantılıdır.

a) Olayın diferansiyel denklemi ?

b) Genel çözümü ?

c) t1 = 0 ve T1 = 1000 [K] başlangıç şartı için özel çözümü ?

d) t2 = 30 [s] ve T2 =800 [K] için h orantı katsayısı

e) Cismin 800 [K] den 400 [K] e kaç saniyede soğuyacağını bulunuz.

Çözüm :

a) cismin sıcaklığının değişim hızı ,

.

kt

kt

CeN

eCNktCN

CktNkdtN

dN

, / , /ln

, lnln ,

1920 1940 1960 1980 2000 2020 20400

20

40

60

80

100

120

t [sene]N

-nüfu

s [

aded]

Şekil 5.2 Türkiye'nin nüfusu, N = f(t)

1930: 15 milyon; 2010: 74 milyon

48

Burada h[1/s] orantı katsayısıdır.

b)

ht

a eCTT .

c) Başlangıç şartı : t = t1 için T = T1 ;

bunun için özel çözüm:

böylece genel halde;

)(

11)(tth

aa eTTTT

sayısal değerler kullanılırsa ;

olur..700300 ; )3001000(300)()( 121 eTeT

tthtth

d) t2 = 30 [s] T2 = 800 [K] şartını kullanarak h orantı katsayısını bulunuz.

)(ln .1

, )()(ln

, )(

1

2

1212

1

2

)(

1

2)(12

1212

a

a

a

a

tth

a

atthaa

TT

TT

tthtth

TT

TT

eTT

TTeTTTT

Sayısal değerler yerine konulursa ,

,

ln

,ln)(ln

,)(

htA

A

a

aa

eC

TT

htC

TT

CthTT

hdtTT

dTdtTThdT

11 )(,. 11th

ath

a eTTCeCTT

]/1[01122,0)3365,0(30

17143,0ln.

30

1

700

500ln.

30

1

3001000

300800ln.

030

1

sh

h

0 50 100 150400

500

600

700

800

900

1000

t [s]

T [

K]

Şekil 5.3 Su verilen çelik parçanın sıcaklığı T = f(t)

49

][5,143)609,1(01122,0

1

500

100ln

01122,0

1

300800

300400ln.

01122,0

1

konulursa 01122,0

][300 , ][400 , ][800 .burada

12

12

21

stt

tt

h

KTKTKT a

a

a

a

a

TT

TT

htt

tthTT

TT

1

2

12

12

1

2

ln1

)(lne)

Problem : Bir evin duvarının iç yüzü T1 = 290 [K] , dış yüzü T2 = 270 [K] iken A=30

[m2] olan yüzeyden geçen ısı debisi Q =1920 [J/s] 'dir. Duvardan geçen Q ısı debisi, A

yüzey alanı ve duvar içindeki sıcaklık gradyenti dT/dx [K/m] ile doğru orantılıdır.

Orantı katsayısı k [J/msK] olup, ısı iletim katsayısı olarak isimlendirilmektedir. Duvar

kalınlığı x2 - x1 = 0,25 [m] dir.

a) Duvardan geçen ısı debisini veren diferansiyel denklemi bulunuz ?

b) Diferansiyel denkleme ait sınır şartları yazınız ?

c) Isı iletim katsayısı k [J/msK] bulunuz ?

d) Dış yüzey sıcaklığını 10 derece artırınca Q ısı kaybı ne olur ?

Çözüm :

a)

bu eğimi negatif bir gradyenttir.

Q A dT / dx

orantı katsayısı olarak k ısı iletim katsayısı

kullanılırsa :

Q = - kA dT / dx bulunur.

b) x1 = 0 , T1 =290 [K] , x2 = 0,25 [m] ,

T2 = 270 [K]

dx

dT

xx

TT

x12

12

0lim

T

T1

T2

0 x1 x2 x

Şekil 5.4 Bir duvardaki ısı iletimi

50

2

1

2

1

,

T

T

x

x

kAdTQdxkAdTQdx

]/[ 960)025,0(

)290280(30.8,0

)(

)(

][ 28010270

12

12

2

sJxx

TTkAQ

KT

c)

burada Q , k ve A sabit alınırsa

d)

Problem: Bir evin duvarının iç yüzü T1 =290 [K] , dış yüzü T2 =270 [K] iken

A =30 [m2]' den geçen ısı debisi Qt = 1920 [J/s] „dir. Isı iletim katsayısı kt = 0,8 [J/ms

K] ve kalınlığı ( x2 - x1 )t = 0,25 [m] olan tuğla duvar yerine ısı iletim katsayısı

k c = 0,8 [J/msK] ve kalınlığı ( x2 - x1 )c =0,01 [m] cam kullanılırsa ısı debisi ne olur ?

Çözüm : Duvardan bir boyutlu ısı iletimin diferansiyel denklem.

ve bunun sınır şartları arasında integrasyonu

Tuğla ve cam için yazılırsa

Taraf tarafa bölünürse ve Qc çekilirse

]/[8,0)290270(30

)025,0(1920

)(

)( );()(

12

121212

msKJk

TTA

xxQkTTkAxxQ

dx

dTkAQ

idixx

TTkAQ

12

12 )(

c

cc

t

tt

xx

TTAkQ

xx

TTAkQ

)(

)(

,)(

)(

12

12

12

12

]/[4800025.1920,)(

)(.

12

12 sJQxxk

xxkQQ C

ct

tctc

T

Tuğla

T1

T2

0 x1 x2 x

T

Cam

T1

T2

0 x1 x2 x

Şekil 5.5 Tuğla ve cam duvarda ısı

iletimi mukayesesi

51

,.dx

dvmvkx

Problem : Düşey bir yaya bağlanan m = 1[kg] lık kütle yayın elastik sınırlar (Hook Kanunu)

içerisinde statik olarak xst = 0,001 [m] uzamasına yol açmaktadır. Yay-kütle sistemi x = xst

sukünet konumunda iken v = v0 =1[m/s] „lik ilk hızla harekete geçiriliyor. g = 9,81 [m/s2]

olarak alınacaktır.

a) Yay kat sayısını k [N/m]

b) Yay-kütle sisteminin sükûnet konumunu x-ekseninin orijini kabul ediniz ve olayın

diferansiyel denklemini

c) Genel çözümü

d) Başlangıç şartlarını kullanarak özel çözümü

e) x = 0,0005 [m] deki v hızını bulunuz ?

Çözüm :

a)

Şekil 5.6 Yay-kütle sisteminde hareketsiz ve hareketli haller ile kuvvet-yol diyagramı (yay kütle sisteminin

sükunet konumu x-ekseni orjini kabul edilecektir)

Hareketsiz halde:

ivme = a = 0, ΣFdış kuvvet = 0, - Fst + Fağırlık = 0, -k.xst + m.g = 0,

k = m.g / xst = 1. 9,81 / 0,001 = 9810 [N/m]

b) Hareketli halde: (yay kütle sisteminin sükunet konumu x-ekseni orjini kabul edilecektir)

c)

ΣFdış kuvvet = m.a,

- Fst + Fağırlık – Fyay = m.a,

- k.xst + m.g – k.x = m.(dv/dt),

– k.x = m.(dv/dt),

Denkleminde

.dx

dvv

dt

dx

dx

dv

dt

dv

konulursa

=1[m/s]

t=0

v=v0

mg

stX

stF

X

v=v

mg

t=t

0

Fst+ Fyay

x

F

stF

Xst

X

52

- k.x.dx = m.v.dv

diferansiyel denklemi bulunur

c) Genel çözümü integrasyonla

- k.x2 / 2 = m.v

2 / 2 + C

d) Başlangıç şartları: x = 0 , v = 1 [m/s] için - k. 0 = 1 12/ 2 + C , C = - 0,5

- 9810. x2

/ 2 = 1 v2 / 2 - 0,5 ; -9810 x

2 = v

2 – 1 özel çözüm:

v = (1 – 9810.x2)1/2

f) x = 0,0005 [m] için v = (1-9810 0,00052)1/2

= 0,9988 [m/s]

Problem: Düşey bir yaya bağlanan m=1[kg] lık kütle yayın elastik sınırlar (Hook kanunu)

içerisinde statik olarak xst = 0,001 [m] uzamasına yol açmaktadır. Yay-kütle sistemi x= xst

konumunda iken smvv / 10 lik ilk hızla harekete geçiriliyor.

g = 9,81 [m/s2] alınacaktır.

a) Yay katsayısını k [N/m]

b) Serbest yayın sükunet konumundaki ucunu x-ekseninin orijini olarak seçiniz ve olayın

diferansiyel denklemini,

c) Genel çözümünü,

d) Başlangıç şartlarını kullanarak özel çözümü,

e) x= 0,0015 [m] deki v hızını bulunuz?

Şekil 5.7 Yay-kütle sisteminde hareketsiz ve hareketli haller ile kuvvet-yol diyagramı (serbest yayın sükunet

konumundaki ucu x-ekseninin orjini olarak kabul edilecektir)

stF

F

stX

X

=1[m/s]0v=v

t=0 mg

v=v

t=t

x

stx

Fst

mg

= k.x

x

yayF

0

53

a) Yay katsayısı k [N/m] için hareketsiz halde:

ivme = a = 0, ΣFdış kuvvet = 0, - Fst + Fağırlık = 0, - k.xst + m.g = 0,

k = m.g / xst = 1. 9,81 / 0,001 = 9810 [N/m]

b) Serbest yay ucu x- ekseninin orijini kabul edilirse

ΣFdış kuvvet = ma, ΣFdış kuvvet = m.dv/dt denkleminde

ΣFdış kuvvet = mg – kx ve dx

dv.v

dt

dx.

dx

dv

dt

dv olarak konulursa

mg – kx =m . v dx

dv, diferansiyel denklem bulunabilir:

(mg – kx) dx = mv . dv

c) İntegrasyonla genel çözüm

mgx – kx2/2 = mv

2/2 + C

d) Başlangıç şartları x = xst = 0,001 [m] , v = v0 = 1 [m/s] genel çözümde konulursa

1 · 9,81 · 0,001 – 9810 . 0,0012

/ 2 = 1.12 / 2 +C

C = 0,009810 – 0,004905 – 0,5 = - 0,4951 bu sabit genel çözüme konulursa

1 · 9,81 x – 9810 x2 / 2 = 1 · v

2 / 2 - 0,4951; 19,62x - 9810x

2 + 0,9902 = v

2

v = ( 19,62 x – 9810 x2 + 0,9902)

1/2 özel çözümü bulunur.

e) x= 0,0015 [m] deki hız değeri özel çözümden bulunabilir: v= 0,9988 [m/s] 'dir.

Problem: Paraşütle atlayan m = 100 [kg] toplam kütlesindeki bir adamın paraşütü açıldığı

andaki hızı v = 20 [m/s] dir. Paraşütün oluşturduğu hava direnci 25,0 AvCF HDD olup

burada paraşütün direnç katsayısı ;42,1DC paraşütün hava akımına dik projeksiyon alanı

A= 25 [m2], hava yoğunluğu HHHH RTMp / olup hava basıncı pH = 101325 ([N/m

2],

havanın mol kütlesi MH = 28,96 [kg / kmol], üniversal gaz sabiti R = 8314,3 [J / kmol K],

havanın sıcaklığı TH = 288 [K] dir.

g= 9,81 [m/s2] dir.

a) Hava yoğunluğu H [kg/m3],

b) Paraşüt-adam sistemine etkiyen dış kuvvet ifadesini ΣF [N],

c) Sistemin hareketinin diferansiyel denklemini

d) Diferansiyel denklemin genel çözümünü,

e) Başlangıç şartlarını sağlayan özel çözümü bulunuz?

54

f) Sistemin limit hızı nedir?

Çözüm:

a) H = pH MH / RTH

H = 101325 . 28,96 / (8314,3 . 288)

H = 1,2254 [kg / m3]

b) ΣFdış kuvvet = mg – FD ; burada

mg = 100 . 9,81 = 981 [N]

FD = 0,5 CD H A v2

FD = 0,5 . 1,42 . 1,2254 . 25 v2 = 21,7518 v

2

Böylece ΣFdış kuvvet = 981 – 21,7518 v2 yazılabilir.

c) ΣFdış kuvvet = ma , burada ma = m.dv/dt alınırsa ve dış kuvvet kullanılırsa

mg – 0,5 CD H Av2 = m.dv/dt

[(0,5 CD H A)/m] [( mg/0,5 CD H A) – v2)] = m.dv/dt

Burada a = [(0,5 CD H A)/m] = 0,217518,

b2

= ( mg/0,5 CD H A)= 45,0997; b = 6,7156

olarak tanımlanırsa diferansiyel denklem sadeleştirilmiş olur:

)bv(a

dvdt

22

d) Diferansiyel denklemin sağ tarafındaki kesiri basit terimlere ayırabiliriz:

))((

)()(

))((

1

)(

122 bvbv

bABvBA

bv

B

bv

A

bvbvbv

A+B = 0, (B-A) b= 1,

A=-B, (B+B) b = 1, B =1/2 b, A= -1/2 b

bv

dv

bv

dv

abdt

bvb

dv

bvb

dv

adt

2

1 ;

)(2)(2

1

,lnln2 Cbv

bvabt ;.ln2

bv

bvCabt veyahut

FD

Fağırlık = mg

Şekil 5.8 Paraşütle atlayan

adam

55

tbaebv

bvC 2.

kısaltmalar yerine değerleri konulursa olayın genel çözümü

tev

vC 9215,2

7156,6

7156,6.

e) Başlangıç şartları olarak t = 0, v=20 [m/s] konulursa

;17156,620

7156,620.C C(0,49725) = 1, C=1/0,4973

tev

v 9215,2.4973,07156,6

7156,6

Payda paya eklenir ve pay paydadan çıkarılırsa

t

t

e

e

vv

vv9215,2

9215,2

4973,01

149773,0

7156,67156,6

7156,67156,6

t

t

e

ev9215,2

9215,2

4973,01

4973,01

7156,6.2

2

t

t

e

ev

9215,2

9215,2

4973,01

49773,017156,6

Not:

t = 3 [s] sonra v=6,7156 . 1,00016 = 6,7166 [m/s]

t = 2 [s] sonra v=6,7156 . 1,0029 = 6,735 [m/s]

t = 1 [s] sonra v=6,7156 . 1,055 = 7,085 [m/s]

görüldüğü gibi paraşütlü adam 2[s] sonra limit hıza ulaşmaktadır.

f) Limit hız değeri vs = 6,7156 [m/s] dir.

Problem: Kütlesi m=1000 [kg] olan bir taşıt

düz yolda v = 30 [m/s] hızla giderken ayak

gaz pedalından çekiliyor. Motorun frenleme

etkisi dikkate alınmazsa yol direnci

FY = f.mg ve hava direnci

FD = 0,5 CD H Av2 dir.

Burada f=0,15 ;

g=9,81 [m/s2],

CD = 0,3 , A=3 [m2] dir.

ρH = 1,2254 [kg/m3]

FD

FY m.g

Şekil 5.9. Bir taşıta etkiyen dış kuvvetler

56

a) Taşıta etkiyen bileşke kuvveti,

b) Taşıt hareketinin diferansiyel denklemini,

c) Genel çözümü,

d) Başlangıç şartını sağlayan özel çözümü,

e) Taşıt duruncaya kadar geçen süre?

Çözüm:

a) ΣFdış kuvvetler = - FY – FD

FY = f.mg = 0,15 . 1000 . 9,81 = 1471,5 [N]

FD = 0,5 CD H Av2 = 0,5 . 0,3 . 1,2254 . 3v

2 = 0,55143 v

2

ΣFdış kuvvetler = - 1471,5 – 0,55143 v2 = - (1471,5 + 0,55143 v

2)

a = 1471,5 c = 0,55143 alınarak

ΣFdış kuvvetler = - (a+cv2)

b) ΣFdış kuvvetler =m.dv/dt

,dt

dvm)cva( 2

)(

12cva

dvdt

m

Not: Burada F = a + bv + cv2; q = 4ac – b

2 olmak üzere

0,2

arctan.2

qq

bcv

qF

dv

ifadeleri diferansiyel denklemin sağ tarafına uygulanırsa

b = 0 olduğundan

q = 4.1471,5 . 0,55143 = 3245,7 > 0 ; 9712,56q ve

,)cva(

dvdt

m

12

Cq

cv2arctan

q

2

m

t

Cvt

9712,56

55143,0.2arctan

9712,56

2

1000

t = - 35,1055 . arctan 0,019358v + C

57

xXdx

dyyY

xXdy

dxyY

t = 0, v = 30 [m/s] ; 0 = -35,1055arctan(0,58075) +C .

Denklemdeki arctan(0,58075) [radyan] olarak bulunmalıdır. Eğer hesap makinesinde radyan

modu varsa buna ayarlanmalıdır; böylece

arctan(0,58075)=tan-1

(0,58075)=0,52614 [radyan]

bulunur. Eğer hesap makinesinde sadece derece modu varsa

arctan(0,58075)=tan-1

(0,58075)=30,1457o

bulunur; bu değeri (π /180) ile çarparak radyana çevirmek gerekir;

arctan(0,58075)=tan-1

(0,58075)==30,1457o(π /180)=0,52614 [radyan].

Böylece C=18,4705 olarak bulunur. Genel çözümde yerine konulursa özel çözüm:

t = - 35,1055 arctan 0,019358 v + 18,4705

e) Hızın sıfır olması için geçen süreyi bulmak için özel çözümde v = 0 konursa

t = 18,47 [s] bulunur.

Kartezyen Koordinatlarda Diferansiyel Kavramların Uygulamaları

Bir F(x,y)=0 veya y = f(x) fonksiyonu kartezyen koordinatlarda bir eğriyi temsil eder.

F(x,y)=0 veya y = f(x) eğrisi üzerindeki bir (x,y) noktasından geçen teğet veya normalin

üzerindeki herhangi bir nokta (X,Y) ile gösterilecektir.

Teğet denklemi :

Normal denklemi:

y

x0

Yer vektörü,egimi=

Normal,egimi=-(dx/dy)

Teget egimi=(dx/dy)

F(x,y)=0 veya y=f(x)

egrisi

N(x,y)

58

dx

dyxy

dy

dxyx ;

2/12

1dy

dxyLtx

2/12

1dx

dyxLty

2/12

1dx

dyyLnx

2/12

1dy

dxxLny

0

y

N(x,y)

x

F(x,y)=0 veya y=f(x)

Teget

Normal

egrisi

T M N

Teget alt NormalI

I alt

Teğetin x-y eksenleri kestiği noktaların apsis ve ordinatı:

Normalin x-y eksenlerini kestiği noktaların apsis ve ordinatı:

Teğetin (x,y) noktası ile x ve y eksenleri arasındaki uzunluklar:

Normalin (x,y) noktası ile x ve y eksenleri arasındaki uzunluklar:

Teğet altı uzunluğu: dy

dxyTM

Normal altı uzunluğu:

Yay elemanı uzunluğu:

2/122/1

22/122

11dy

dxdy

dx

dydxdydxds

dy

dxxy

dx

dyyx ;

dx

dyyNM

59

Kutupsal Koordinatlarda Diferansiyel Kavramların Uygulamaları

Bir F(r, θ) = 0 veya r = f(θ) fonksiyonu kutupsal koordinatlarda bir eğriyi temsil eder.

Normal

Normal altI

N

Teget altI

O

T

x

F(r, )=0

veya

r=f( )

egrisi

r

Teget

N( r, )

Yarıçap vektörü ile teğetin başlangıç doğrusuna uzanan teğet doğrusu arasındaki açı:

dr

dr.tan

y

x

y+dy

ydx

x x+dx

dy

ds

60

dr

drrLta

2tan.

d

dranrLna cot.

ds

drrLtd

2sin.

2/1

2

22/1

2

22/1222

1 rd

drd

dr

drdrdrdrds

d

r

r+dr

dr

rd

N

Kutupsal teğet altı uzunluğu:

Kutupsal normal altı uzunluğu:

Kutup noktasında teğete çizilen dikmenin uzunluğu:

Bir yay elemanının uzunluğu:

61

RyPdx

dyP

dx

ydP

dx

ydP nnn

n

n

n

...... 11

1

10

xfRPPPP n ,,.....,,,0 210

0...... 11

1

10 yPdx

dyP

dx

ydP

dx

ydP nnn

n

n

n

)1(

2

2

2

2

ny

y

y

y

)1(

1

1

1

1

ny

y

y

y

)1(n

n

n

n

n

y

y

y

y

0211 ee

ee

yy

yy W 00

xx

xx

21

21ee

6. n. MERTEBEDEN LİNEER DİFERANSİYEL DENKLEMLER

şeklindeki n. mertebeden lineer bir diferansiyel denklem için

veyahut = sabittirler.

Homojen (Sağ tarafsız ) lineer diferansiyel denklem

y ve türevleri birinci derecedendir ve sağ taraf R(x) = 0 dır :

Bu denklemin bir çözümü )(1 xyy ise )(11 xyCy de bir çözümdür. Benzer şekilde

)(),.....,(),( 21 xyyxyyxyy n çözümleri ise )(....)()( 2211 xyCxyCxyCy nn de

bir çözümdür.

Lineer Bağımsızlık nCCC ,..,, 21 sabitler olmak üzere 0....2211 nn yCyCyC eşitliği

0..........21 nCCC halinde gerçekleşiyorsa )(),.....,(),( 21 xyyxyyxyy n

çözümlerinin oluşturduğu denklem takımına lineer bağımsızdır denir. Bunun için gereken ve

yeterli şart W = Wronski determinantının sıfırdan farklı olmasıdır.

W = ≠ 0

Problem: xx eyey 21 , lineer bağımsız mıdır?

Çözüm:

lineer bağımsızdır, veyahut genel tarife uygun olarak

62

01cossinsincos

cossin 22

21

21x

xx

xx

yy

yyW

02C

02211 yCyC veya

021

xx eCeC bunun x' e göre türevi

021

xx eCeC Buradan C2 çekilip öncekinde konulursa :

0. ; 2

11

2

12

xxxx eeCeCeCC

0 , 0 11 CeeC xx ve 02C bulunur. Yani lineer bağımsızdır.

Lineer Bağımlılık: Eğer Wronski determinantı W = 0 ise denklem takımı lineer bağımlıdır.

Problem: xyxy cos , sin 21 lineer bağımsız mıdır?

Çözüm:

Lineer bağımsızdır.

veyahut genel tarife uygun olarak :

02211 yCyC veya 0cossin 21 xCxC , bunun x' e göre türevi C1cosx - C2sinx = 0 .

Buradan 1C çekilip önceki denklemde yerine konursa

bulunur. Yani lineer bağımsızdır.

Problem: xxx eyeyey 2 , , 321 fonksiyonları lineer midir?

Çözüm: 02 321

xxx ececec şartını 1 , 2 , 0 321 ccc için sağlamak

mümkündür. Bu sebeple söz konusu fonksiyonlar lineerler bağımlıdırlar.

Problem: xyxyxy sin3 , cos , sin 321 lineer bağımlı mıdır ?

Çözüm: 0sin3cossin 321 xcxcxc şartını 1 , 0 , 3 321 ccc için

sağlamak mümkündür .Bu sebeple verilen fonksiyonlar lineer bağımlıdırlar.

01C0cossincos

sin22 xCx

x

xC 0)cos(sin 22

2C

63

Sabit Katsayılı Homojen (Sağ Tarafsız) Lineer Diferansiyel Denklemler

Genel İfade

Po ≠ 0 ,P1,P2,.....,Pn =Sbt olmak üzere katsayılı homojen (sağ tarafsız) lineer denklem

şeklindedir.

Genel Çözüm

Homojen lineer diferansiyel denklemin genel çözümü için kxey formu kabul edilir

ve diferansiyel denklemde yerine konularak

F(k)

0kxe olmalıdır. Buna göre karakteristik denklem denilen F(k) = 0 olmalıdır.Bu

denklemin kökleri k1,k2,.......kn olup ; bunlara karakteristik kökler veya öz değerler (eigen

values, Eigenwerten) denilmektedir. Böylece genel çözüm

olmaktadır.Aşağıda karakteristik kökleri farklı (Tip 1) ,ayrı (Tip 2) ve kompleks (Tip 3)

olmasına göre şekilleri açıklanmıştır.

D Operatörünün Tarifi ve Kullanılışı

Operatörü kullanılırsa

şeklinde yazılabileceğinden sabit katsayılı sağ tarafsız (homojen) lineer

diferansiyel denklem

0......... 1

1

10 yPDyPyDPyDP nn

nn veya

0......... 11

1

1 yPdx

dyP

dx

ydP

dx

ydP nnn

n

n

n

o

0).........( 1

1

10

kx

nn

nn ePkPkPkP

xk

n

xkxk neCeCeCy .........21

21

dx

dD

Dydx

dyyDDyD

dx

dy

dx

d

dx

yd 22

.

yDdx

yd n

n

n

......

64

xk

n

xkxk neCeCeCy .......21

21

022 yyyy

0).........( 1

1

10 yPDPDPDP nn

nn şeklinde yazılabilir.

).........()( 1

1

10 nn

nn PDPDPDPDF

olarak yani D operatörünün polinomu olarak tariflenirse diferansiyel denklem

0)( yDF şekline dönüşür. Buradaki

0)(DF olmalıdır. Buna karakteristik denklem denilmektedir.Bu denklem

))()........()(()( 1210 nn kDkDkDkDPDF

şeklinde çarpanlara ayrılabilirse diferansiyel denklem

0))()........()(()( 1210 ykDkDkDkDPyDF nn olarak ifade edilebilir.

Sabit Katsayılı Sağ Tarafsız (Homojen) Lineer Diferansiyel Denklemin Çözümü

0))()........()(()( 121 nn kDkDkDkDDF

ifadesi 0)( yDF diferansiyel denkleminin karakteristik denklemidir. 0)(DF 'ın

k1, k2,.......kn kökleri bulunur. Bu köklere karakteristik kökler ( özdeğer, eigen value, Eigen

wert) denilir.Genel çözüm (ilkel) aşağıdaki tiplere göre şu şekilde yazılabilir:

Tip 1: k1 k2 ............ kn ve C1 ,C2 , ........,Cn keyfi sabitler olmak üzere F(D).y=0 ın

genel çözümü, n lineer bağımsız çözümü ihtiva eden

şeklindedir.

Problem: diferansiyel denklemini

a) D operatörü şeklinde ifade ediniz ,

b) Karakteristik denklemini yazınız,

c) Karakteristik köklerini bulunuz,

d) Genel çözümü (ilkeli) bulunuz.

Çözüm: a)

b) Karakteristik denklem: D3 -2D

2 -D+2 = 0

0)22(

022

23

2

2

3

3

yDDD

ydx

dy

dx

yd

dx

yd

65

xxx eCeCeCy 32

2

1

c) Karakteristik kökler : D3 -2D

2 -D+2 = 0, D

2(D-2)-(D-2)=0 , (D-2)(D

2-2)=0

(D-2)(D-1)(D+1) = 0 , kökler: k1=2 , k2 = 1 , k3 = -1

d) Genel çözüm (ilkeli):

Not: kxey doğrudan diferansiyel denkleme konularak karakteristik denklem bulunabilir.

Tip 2: k1 = k2=......= kt kt+1 ...... .kn-1 kn ve C1 ,C2 , ........,Cn keyfi sabitler olmak

üzere

F(D)y=0 ın genel çözümü t defa tekrar eden kökten dolayı

xk

n

xkj

t

xkt

t

xkxkxk ntt eCeCexCexCxeCeCy ................... 1321

1

12

321

olur.

Problem: 0yyyy diferansiyel denkleminin

a) D operatörlü şekilde yazınız,

b) Karakteristik denklemlerini yazınız,

c) Karakteristik köklerini bulunuz,

d) Genel çözümünü bulunuz.

Çözüm: a) 02

2

3

3

ydx

dy

dx

yd

dx

yd , (D

3+D

2-D-1)y = 0

b)Karakteristik denklem: D3+D

2-D-1 = 0

c)Karakteristik kökler :D3+D

2-D-1 = 0 , D

2(D+1)-(D+1) = 0 , (D+1)(D

2-1) = 0 ,

(D+1)(D+1)(D-1) , k1 = -1 , k2 = -1 , k3 = 1 , (k1 = k2 dır)

d)Genel çözüm : xxx eCxeCeCy 321

Tip 3: Eğer diferansiyel denklemin katsayıları (P0,P1,P2,.......,Pn) gerçek (reel)iseler ve

karakteristik köklerden birisi k1= (a+bi ) şeklinde kompleks kök ise , k2 = (a-bi) de bir kök

olur ve genel çözümde bunlara karşılık olan terimler şu şekilde yazılabilir:

xk

n

xkxkxk neCeCeCeCy ........321

321

xkn

xkbixbixax

xkn

xkxbiaxbia

n

n

eCeCeCeCey

eCeCeCeCy

........)(

........

3

3

321

3)(

2)(

1

burada

bxibxebix sincos

66

bxibxe bix sincos

konulursa

xk

n

xkax neCeCbxibxCbxibxCey ............sincossincos 3

321

xk

n

xkax neCeCbxCCibxCCey .........sincos 3

32121

xk

n

xkax neCeCbxBbxAey ..........sincos 3

3

Burada

bababa

abbaba

sin.sincos.cos)cos(

cos.sincos.sin)sin(

olduğu dikkate alınırsa ve genel çözümdeki

A = G.sin H , B = G. cos H

xk

nxkax neCeCHbxGbxHGey ........cos.sincossin. 3

3

veyahut A= J.cos K , B= - J.sin K olarak alınırsa

şekline dönüştürülebilir.

Problem: 084 yyy diferansiyel denklemni

a) D operatörlü,

b) Karakteristik denklemini yazınız,

c) Karakteristik kökleri,

d) Genel çözümü bulunuz.

Çözüm: a)

b) Karakteristik denklem:

c) Karakteristik kökler:

d) Genel Çözüm:

xkn

xkax neCeCbxHGey ........sin. 33

xk

n

xkax neCeCbxKJbxKJey ........sinsin.cos.cos. 3

3

xk

n

xkax neCeCxbKJey ........cos. 3

3

,0842

2

ydx

dy

dx

yd0)84( 2 yDD

0842 DD

ik 222

8.1.444 2

2,1

)( bia

)( 21

bixbixax eCeCey

67

Problem: 032 yyy diferansiyel denklemini

a) D operatörlü halde ,

b) Karakteristik denklemi

c) Karakteristik kökleri,

d) Genel çözümünü bulunuz.

Çözüm: a) 0)32( , 032 23

2

2

3

3

yDDDdx

dy

dx

yd

dx

yd

b) 032)( 23 DDDDF

c) 0)3)(1( , 0)32( 2 DDDDDD

3 , 1 , 0 321 kkk

d) xx eCeCCy 3

321

Problem: 0yy diferansiyel denkleminin

a) D operatörlü

b) Karakteristik denklemi,

c) Karakteristik kökleri

d) Genel çözümü bulunuz

Çözüm: a) 0)1( , 0 3

3

3

yDydx

yd

b) 01)( 3DDF

c) 0)1)(1(1 23 DDDD

2

31

2

411 01 2,1

2 iDDD

2

)31( ,

2

)31( , 1 321

ik

ikk

d) x

ix

i

x eCeCeCy2

31

3

2

31

21

veyahut

)( 2

2

2

1

2 ixixx eCeCey

)2sin(sin 2 xHGebxHGey xax

68

veyahut bulunur.

Problem: 098)( yy ıv diferansiyel denklemini

a) D operatörlü ,

b) Karakteristik denklemi ,

c) Karakteristik kökleri ,

d) Genel çözümü yazınız

Çözüm: a)

b)Karakteristik denklemi: 098 24 DD

c)Karakteristik kökleri : 098 2224 DDDD

d) Genel çözüm: ixixxx eCeCeCeCy 3

4

3

321

Burada

konursa

xCxCxCxCy 3sin3cossinhcosh 4321

,0982

2

4

4

dx

yd

dx

yd0)98( 24 yDD

0)9()9( 222 DDD 0)1)(9( 22 DD

11k 12k ik 33 ik 34

xixe

xxe

ix

x

3sin3cos

sinhcosh

3 xixe

xxe

ix

x

3sin3cos

sinhcosh

3

xiCiCxCCxCCxCCy 3sin)(3cos)(sinh)(cosh)( 43432121

)3sin3(cos)3sin3(cos)sinh(cosh)sinh(cosh 4321 xixCxixCxxCxxCy

)2cos()cos( 2 xKJebxKJey xax

69

Sabit Katsayılı Lineer Diferansiyel Denklemler

P0 0 ,P1 ,P2 , .......,Pn = Sabitler olmak üzere sabit katsayılı homojen olmayan (sağ taraflı)

lineer bir diferansiyel denklem

veya

veya

şeklinde yazılabilir. Bunun genel çözümü sağ tarafsızın (homojen kısmın) genel çözümü ile

diferansiyel denklem' in herhangi bir özel çözümünün toplamından ibarettir.

Sağ tarafsızın (homojen kısmın) genel çözümü, yh önceki bölümde anlatılmış idi. Bu bölümde

özel çözümün bulunması incelenecektir.

1.Yöntem:Tahmin -Deneme Metodu

Diferansiyel denklemin bir özel çözümü tahmin edilir ve denklemde yerine konularak

doğruluğu belirlenir.

Problem: 2xyy diferansiyel denkleminin özel çözümünü bulunuz.

Çözüm: 2

3

3

xydx

yd,

23 )1( xyD özel çözüm olarak yö = x2 alınabilir.

Çünkü D3y = 0 olduğundan diferansiyel denklem 0 + x

2 = x

2 olarak

sağlanmaktadır.

Problem: xyyy 234 diferansiyel denkleminin özel çözümünü bulunuz.

Çözüm:

Özel çözüm yö=2x/3 alınabilir.

Çünkü D3y = D

2y = 0 olduğundan diferansiyel denklem 0 - 0+3.2x/3 = 2x

olarak sağlanmaktadır.

2. Yöntem: Birinci Mertebede Diferansiyel Denkleme İndirgeme

a) Karakteristik kökler bulunur. Sağ tarafsızın (homojen kısmın) çözümü

bulunur.

)()(

)().........(

)(..........

1

1

10

11

1

10

xRyDF

xRyyPDPDPDP

xRyPdx

dyP

dx

ydP

dx

ydP

nn

nn

nnn

n

n

n

öh yyy

xydx

yd

dx

yd234

2

2

3

3

xyDD 234 23

xk

n

xkxk

hneCeCeCy ......21

21

70

b) Karakteristik köklerle )).......()((

1)(

21 nkDkDkDxRy olarak yazılır.

c) Bu ifadenin yardımıyla:

1.Adımda: diferansiyel denklemde konulmak üzere; 1. Mertebeden lineer bir

diferansiyel denklem olarak

1

1)(

kDxRu

Çözülecek diferansiyel denklem : ; )(1 xRukDu )(1 xRukdx

du

Çözüm: ;)( 11 dxexRuexkxk

dxexReuxkxk 11 )(

2.Adımda: diferansiyel denklemde konulmak üzere ; ukD

v2

1

Çözülecek diferansiyel denklem: ; 2 uvkDv uvkdx

dv2

Çözüm: dxuevexkxk 22

...................................

...................................

n. Adımda: diferansiyel denklem' de konulmak üzere; zkD

yn

1

Çözülecek diferansiyel denklem : zykDy n

Çözüm: ; dxzeyexkxk nn dxzeey

xkxk nn

Buna göre özel çözümün formülü

nxkxkkxkkxkkxk

ö dxexReeeey nnn ).().(.......)()()( 1

23121

olur.

d) Dolayısıyla genel çözüm

öh yyy olarak yazılabilir.

Problem: xeyyy 2 diferansiyel denkleminin

a) Karakteristik denklemini,

b) Karakteristik köklerini,

c) Sağ tarafsız(homojen kısmın) genel çözümünü,

71

d) Bir özel çözümünü,

e) Genel çözümünü yazınız.

Çözüm:

a) ,22

2xey

dx

dy

dx

yd ,22 xeyDD 0)2()( 2 DDDF

b) ;0)1)(2( DD ,21k 12k

c) x

h eCCeyx

2

2

d)

e) öh yyy

xxx eeCeCy

2

12

2

1

Aynı problem adım adım izlenerek de çözülebilir:

Problem: xeyyy 2 diferansiyel denkleminin

a) Karakteristik denklemini,

b) Karakteristik köklerini,

c) Sağ tarafsız(homojen kısmın) genel çözümünü,

d) Bir özel çözümünü,

e) Genel çözümünü yazınız.

Çözüm:

a) ,22

2xey

dx

dy

dx

yd

xeyDD 22

b) xeyDD )1)(2( ; 21k , 12k

x

ö

xx

ö

xx

ö

xxx

ö

xxx

ö

xxxx

ö

xkxkkxk

ö

ey

eey

dxeey

dxeeey

dxeeey

dxeeeey

dxexReey

2

1

)(2

1

2

1

)2

1(

)(

)(

)()(

2

2

232

2232

2)1()21(2

2)( 2121

72

c) x

h eCCeyx

2

2

şeklinde yazılabilir d) Karakteristik denklem

1.Adım olarak:

)2(

1

Deu x

veya xeuD )2( veya x

eudx

du2 lineer diferansiyel

denkleminin çözümü

için dxexRuedxxPdxxP

.)()()(

xdxdxxP

eee 22)( ve xexR )( kullanılırsa;

dxeeue xxx 22 . ; dxeue xx2 ;

xx eue 2

xeu bulunur

2.Adım olarak:

Karakteristik denklem )1(

1

Duy veya

)1(

1.

Dey x ;

xeyD )1(

xeydx

dy Lineer diferansiyel denkleminin çözümünde 1)(xP , xexR )( ve

xdxdxxP

eee)(

konulursa :

dxeeey xxx ... ; dxeye xx 2 ,

xx eye 2

2

1

xey

2

1 bulunur.

e) Genel çözüm öh yyy , 2

12

2

1

xx eCeCy

Problem: xeyyy 523 diferansiyel denklemini

a) D operatörlü

b) Karakteristik denklemini

c) Karakteristik köklerini

)1(

1

)2(

1

DDey x

73

d) Homojen kısmın genel çözümünü

f) Genel çözümünü yazınız.

Çözüm:

a) xey

dx

dy

dx

yd 5

2

2

23 , xeyDD 52 )23(

b) 0)23()( 2 DDDF

c) 0)1)(2( DD 21k , 12k

d) xx

h eCeCy 2

2

1

e)

f) xxx

öh eeCeCyyy 5

2

2

112

1

Problem: xyyy 2345 diferansiyel denkleminin

a) Karakteristik denklemini,

b) Karakteristik köklerini,

c) Sağ tarafsız(homojen kısmın) genel çözümünü,

d) Bir özel çözümünü,

e) Genel çözümünü bulunuz.

Çözüm:

a) yydx

dy

dx

yd2345

2

2

yyDD 23)45( 2

0)45()( 2 DDDF

b) 0)4)(1( DD 11k 42k

c) xx

h eCeCy 4

21

xxxxx

ö

xxxxxx

ö

xxxxx

ö

kxkkxk

ö

eeedxeey

dxeeedxeeey

dxeeeeeDD

y

dxexReexRkDkD

y

53232

42242

25)21(25

2)(

21

12

1)

3

1(

4

1.

4

1

).4

1()(

)(.)1)(2(

1

).()(.)())((

12121

74

d)

e) öh yyy , xeCeCy xx

2

1

8

114

21

3.Yöntem: Karakteristik denklemin tersi n adet kısmî (basit) kesrin toplamı şeklinde

yazılarak bulunur:

n

n

kD

E

kD

E

kD

E

DF..........

)(

1

2

2

1

1 ; )(.

)(

1xR

DFyö ;

Böylece özel çözüm

dxeEdxeEdxeEyxkxk

n

xkxkxkxk

önn Re........ReRe 2211

21

dxedxededeey

dxdxeexeedeey

dxxeeeey

dxexeey

dxeyeey

dxexReey

xxxxxö

xxxxxxö

xxxxö

xxxö

xxxö

xkxkkxkö

4443

44443

2443

243

24)14(

2)(

4

1

4

1

4

12

4

13

4

1

4

12

4

13

)(23

)()23(

)(23

)()( 2121

xy

xeeey

exeeey

dxexeddxeey

dxeexeeey

dxxeeey

dxxeeeey

dxexeeeey

ö

xxx

ö

xxxx

ö

xxxx

ö

xxxxx

ö

xxx

ö

xxxx

ö

xxxxx

ö

2

1

8

11

2

1

8

11

2

1

2

1

8

7

2

1)(

2

1

8

7

2

1

8

7

2

1

8

7

2

1

8

7

8

1

2

1

4

3

443

4443

75

Burada integrasyon sabitleri dikkate alınmaz. Aksi halde özel çözümden genel çözüm

bulunmuş olurdu.

Problem: xeyyy 223 diferansiyel denklemini

a) D operatörlü,

b) Karakteristik denklemini,

c) Karakteristik köklerini,

d) Homojen kısmın genel çözümünü,

e) Bir özel çözümünü,

f) Genel çözümünü bulunuz.

Çözüm:

a) xeyDD 22 )23(

b) 023)( 2 DDDF

c) 0)1)(2( DD 21k , 12k

d) xx

h eCeCy 2

2

1

e) 1

2121 kD

B

kD

AxR

kDkDyö

dxBedxAexRxkxkxkxk 2211 ReRe

2x2x2xxx2x

ö

x2xx2x2x2x2x

ö

2x

ö

2x2x2x

ö

1)e(xexedxeedxey

dxee1)e(dxeeee1D

1

2D

1y

1B , 1A , 1AA2

1A2B ,A B , 0AB , e1D2D

A2BABDy

e1D2D

AAD2BBDe

1D

B

2D

Ae

1D2D

1y

f ) xxx

öh exeCeCyyy 2

2

2

1 )1(

76

4.Yöntem: Sabitlerin Değişimi

)()( xRyDF veya )().........( 1

1

1 xRyPDPDPD nn

nn

şeklindeki sabit katsayılı lineer bir diferansiyel denklemin genel çözümünü bulmak için

aşağıdaki adımlar izlenir:

a) Homojen (sağ tarafsız) kısmın xk

iiey olmak üzere genel çözümü bulunur:

b) (C1 ,C2 ,........,Cn) sabitleri olmak üzere genel halde Mi =Mi(x) fonksiyonları konularak

özel çözüm teşkil edilir:

c) (M1 ,M2 ,........,Mn) fonksiyonları için aşağıdaki şartların sağlandığı kabul edilmektedir;

bu şartlar teşkil edilip M1' , M2

',........,Mn

' ve bunların integrasyonu ile (M1 ,M2 ,........,Mn)

bulunur.

Not: Özel çözüm , diferansiyel denklemin mertebesi kadar türetilir ve yukarıdaki şartlar

kullanılırsa diferansiyel denklemin sağlandığı görülebilir:

c.1)

).................()...................( 22112211 nnnn yMyMyMyMyMyMDy

= 0

)..............()...................( 22112211

2

nnnn yMyMyMyMyMyMyD

= 0

nnh yCyCyCy ........2211

nnö yMyMyMy ..........2211

0.....................2211 nn yMyMyM

)(.........)1()1(

22

)1(

11 xRyMyMyMn

nn

nn

0.....................2211 nn yMyMyM

77

)........().........( 2211

)1()1(

22

)1(

11

n

nn

nnn

nn

nnn yMyMyMyMyMyMyD

= R (x)

veyahut

c.2) Bu bağıntılar F(D)y=R(x) de yerine konulursa

= 0 = 0 = 0

bulunur.

Tabii burada F(D)yi = 0 alınmıştır. Çünkü yi değerleri homojen kısmın çözümleridir.

Problem: xeyy x sin2 diferansiyel denklemini

a) D operatörlü,

b) Karakteristik denklemini,

c) Karakteristik köklerini,

d) Homojen kısmın genel çözümünü,

e) Sabitlerin değişimi yöntemi ile özel çözümü,

f) Genel çözümünü yazınız.

Çözüm:

a)

nn yMyMyMDy ...................2211

nn yMyMyMyD ...............2211

2

)(.........)()(

22

)(

11 xRyMyMyMyDn

nn

nnn

).........()( 1

)1(

12

)1(

11

)(

11 yPyPyPyMyDF n

nnn

).........( 2

)1(

22

)1(

21

)(

22 yPyPyPyM n

nnn

)().........()1(

2

)1(

1

)(xRyPyPyPyM nn

n

n

n

n

n

nn

)()(.........)()( 2211 xRyDFMyDFMyDFM nn

)(0.........00 xR

xeyDD x sin)2( 2

78

b) 02)( 2 DDDF

c) 0)2(DD 01k 22k

d) x

h eCCy 2

21

e) Ci → Mi olarak değiştirilip özel çözüm için xö eMMy 2

21 yazılır .Burada

y1 = 1 , y2 = e2x

dir.

)(

0

2211

2211

xRyMyM

yMyM

şartları hazırlanırsa

, buradan integrasyonla

ve birinci denklemden

bu integrasyonla ,

böylece özel çözüm

f) Genel çözüm

5. Yöntem:Belirsiz Katsayılar

F(D)y = R(x) diferansiyel denklem nin özel çözümü bulunurken R(x) ' in terimleri

dikkate alınır.

5.1. R(x) ile homojen kısmın genel çözümü terimleri birbirine benzemiyorsa

R(x) = R1(x) + R2(x) +.......ise bu terimler ve bunların türevleri özel çözüme ilave

edilir.

Problem: 3xyy diferansiyel denkleminin

;sin2.0.

;01.

2

21

2

21

xeeMM

eMM

xx

x

xeeM

eMM

xx

x

sin2

12

2

21

xeexeeMM xxxx sin2

1sin

2

1 22

21

)cos(sin4

12 xxeM x

xxeM x cossin4

11

xey x

ö sin2

1

x

ö eMMy 2

21

xxx

ö exxexxey 2cossin4

1cossin

4

1

xeeCCyyy xx

öh sin2

12

21

79

a) D operatörlü,

b) Karakteristik denklemini,

c) Karakteristik köklerini,

d) Homojen kısmın genel çözümünü,

e) Bir özel çözümünü,

f) Genel çözümü yazınız.

Çözüm: a) 32 )1( xyD

b) 01)( 2DDF

c) 0)1)(1( DD 11k , 12k

d ) xx

h eCeCy 21

e) DCxBxAxyö

23 türevleri hazırlanırsa

CBxAxDy 23 2 ; BAxyD 262

ve diferansiyel denkleme konulursa

32332 26 , )1( xDCxBxAxBAxxyD

323 6 xDxCABxAx

060601 D,C,CA,B,A böylece

xxyö 63

f ) Genel çözüm xxeCeCyyy xx

öh 63

21

5.2. R(x) içinde sin(ax) varsa özel çözüme sin(ax) ve cos(ax) terimleri ilave edilir.

Problem: y” – y = ex sin x diferansiyel denklemini

a) D operatörlü,

b) Karakteristik denkleminin,

c) Karakteristik köklerini,

d) Homojen kısmın genel çözümünü,

e) Belirsiz katsayılar yöntemiyle özel bir çözümünü,

f) Genel çözümünü yazınız .

Çözüm:

a) xeyD x sin)1( 2

b) 1)( 2DDF

c) 1 , 1 , 0)1)(1( 21 kkDD

d) xx

h eCeCy 21

80

e) Özel çözüm olarak xBexAey xx

ö cossin alınacaktır ;

xAexBeyD

xeBAxeBAxeBAxeBAyD

xeBAxeBADy

xx

xxxx

xx

cos2sin2

sin)(cos)(cos)(sin)(

cos)(sin)(

2

2

bu ifade diferansiyel denklem de yerine konulursa ;

xeyD x sin)1( 2

xexeBAxeAB

xexBexAexAexBe

xxx

xxxxx

sincos)2(sin)2(

sincossincos2sin2

5

2 ,

2

)15

1(

,5

1 , 15 , 0

2

)1(2

2

)1( , 02 , 12

BBAAA

A

ABBAAB

böylece xexey xx

ö cos5

2sin

5

1 olur.

f) Genel çözüm öh yyy

xexeeCeCy xxxx cos5

2sin

5

121

5.3. R(x) de homojen kısmın genel çözümüne ait kat köklü )(xkte bir terim olabilir.

Özel çözüme .......1 xktxkt tt eBxeAx terimleri ilave edilmelidir.

Problem: 2)22( xeyyy x diferansiyel denklemini

a) D operatörlü,

b) Karakteristik denklemini,

c) Karakteristik köklerini,

d) Homojen kısmın genel çözümü,

e) Bir özel çözümü,

f) Genel çözümü bulunuz

Çözüm: a) 223 )22( xeyDDD x

81

b) 022)( 23 DDDDF

c) D2

(D – 2) – (D – 2) = 0, (D – 2) (D2 – 1) = 0, k1 = 1, k2 = 1, k3 = 1

d) yh = C1 e2x

+ C2 ex + C3 x e

x

e) ex terimi R(x) de vardır. Aynı zamanda bir kat köklü terime tekabül etmektedir.

5.4. R(x) de (xs e

k t x) şeklinde bir terim olabilir.

Bu homojen kısmın t- katlı köküne tekabül ediyorsa özel çözüme

A xs+t

e k t x

+ B xs+t-1

e k t x

+.......... ilave edilmelidir.