diferansiyel denklemler ve uygulamaları (doç. dr. sebahattin Ünalan - erciyes Üni. - 2003)

Upload: sahinnnnnn

Post on 15-Jul-2015

748 views

Category:

Documents


58 download

TRANSCRIPT

Erciyes niversitesi Mhendislik Fakltesi Makina Mhendislii Blm

DFERANSYEL DENKLEMLER ve UYGULAMALARI(DERS NOTLARI)

Do.Dr. Sebahattin NALAN

Kayseri, Eyll 200301

BLM I PROBLEM ve DFERANSYEL ZM 1.1 GR. Mhendislik bir problemin zmne ynelik aratrma yapan bir hesaplama bilimidir. Bir hesaplama ilemi ise, deiik metodlar neticesinde gelitirilmi olan bant-denklem-eitlik ismi verilen, deiik fonksiyonlarn kullanlmasyla mmkndr. Yani denklemsiz bir problem zmnden bahsedilemez. Doru-Yanl, Az-ok, Byk-Kk gibi mantksal yorumlar ancak bir denklemin verecei saysal sonuca gre veya erisel karekterestiine gre yaplabilir. Bu bantlar veya denklemler, deneysel olarak bulunmas halinde AMPRK, nmerik metodlarla bulunmas halinde NMERK ve teorik tekniklerle elde edilmesi halinde ise ANALTK bantlar ismini alrlar. Bir bantnn zm aral ve hassasiyeti, snrl ve hatasz olabilecei gibi, (-, ) aral ve belirli bir hata olabilir. Bunun nedeni, bir denklemin retimi srecinde baz n artlarn kabul edilmesi ve denklem retimini imkansz klan baz parametreler ihmal edilmesidir. Dolaysyla hem denklemleri kullanabilmek ve zebilmek, hemde bu denklemlerden elde edilecek sonularn doruluu hakknda yorum yapmak belirli bir bilgi birikimini gerektirecektir. Bu nedenle, hesaplama ileminde kullanlan denklemlerin nasl ve hangi artlarda bulunduu ok nemli olacaktr. Baka bir ifadeyle, denklemlerin nasl retilildiinin ve zm metodlarnn ne olduunun bilinmesi mhendisler iin vazgeilmez bir aamadr. Bu dersin amac, bahsedilen denklemlerden TEORK ve NMERK zmlerin uygulanabilecei temel yapnn oluturulabilmesi iin gerekli olan matematiksel ve temel fiziki teknikleri vermektir. lave olarak, zm modeli olarakta isimlendirilebilecek temel yapnn rn olan denklemlerin nasl zlecei sorusuda cevaplanacaktr. zm teknikleri ve zmn uygulanaca temel yap, tam olarak doru olabilece gibi belirli bir hata payn batan kabul ederek yaklak neticeler de verebililecektir. nemli olan bu hatann problem zerinde etkisinin mhendislik asndan ihmal edilebilir seviyede olmasdr. Bu nedenle bir mhendis kesin zmlerin yannda yaklak zmlerle de ilgilenen kiidir. zme ulama yolunda, nelerden vazgeileceini ve bu vazgeilen parametrelerin sonu zerindeki etkisi tahmin edebilen matematik ve fizik adamdr. Mhendis baka bir ifade ile matemetiksel ve fiziksel olarak doru olabilen bir zm mutlaka bulmak iin zorunlu olarak kabul edilen bir hatann, zm sonrasnda sonu zerine etkisini yanstabilecek kadar, ilgili problemin gerei olan fiziksel ve matematiksel bilgiye sahip olan kii demektir. Dier bir bak asyla, mhendis problemi en kolay, mmkn olan en doru ekilde zp, bulunan neticelerin geerliliinide tayin edebilen kiidir. Byle bir kabiliyet ise ancak matematisel ve fiziksel bilgilerin olarak tam olarak bilinmesiyle ve bunlarn harmanlanmasyla mmkn olabilir. Sonuta, probleme ve problemin fiziine olan hakimiyet, pratik mhendislikte oluabilecek arzalarn veya retim hatalarnn meydana geli sebeplerinin kolay bir ekilde belirlenmesine ve en ksa zamanda arzann giderilmesine de yardmc olacaktr. rnek-1: lk hz 1 m/s olan maddesel nokta, a =

1 eklinde zamana bal ivme ile sin(0.25t ) hareketine devam etmektedir. Hareketin zamana bal hzn veren denklemi bulunuz. Denklemdeki t nin birimi saniyedir.02

dV , dV = adt ise hz dt ivmenin zaman zerinden integrasyonundan V t dt integrali bulunabilir. dV = sin(0.25t ) 1 0 hareketin zamana bal hz denklemini verecektir. Bu integralin zm ile 0- arasndaki herhangi bir t zaman iin geerli V=V(t) eklinde bir denklemi verecektir. Ancak verilen integral zlemeyen bir integraldir. Dolaysyla V=V(t) eklinde bir bant retilemeyecektir. Buda hareketin hznn hesaplanamamas manasnadr. Bu aamada tam bir zm yerine yaklak bir zm dnlebilir. Bu yaklak zmn birincisi analitik olarak zlemeyen integralin saysal (nmerik) olarak zlmesidir. kincisi ise, integralin zmszlne neden olan fonksiyonel yapnn belirli bir hata ile giderilmeye allmasdr. ntegraldeki sin(0.25t) yerine, kk 0.25t deerleri iin 0.25t yazlabilir. Bylece integral zlebilir hale dnr. Bu yaklamn doruluu, yandaki ekilden gzlenebilir. Zaman-t nin 0 ile 3 saniye deerleri arasnda sin(0.25t) ve 0.25t arasnda byk bir uyum vardr. ntegral eri altnda kalan alann hesab manasnada gelecei iin 0-3 saniye aralnda her iki eri altndaki alanda hemen hemen ayn olacaktr. Ancak, 3 saniyeden byk zaman deerlerinde aradaki fark bymektedir. Bylece 0-3 arasnda kullanlmak zere hareketin hzn tanmlayan bir denklem retilebilir.zm : a =V

2

2 1.8 1.6 1.4

sin ( 0.25 t ) 0.25 t

1.2 1 0.8 0.6 0.4 0.2

0

0

00

1

2

3

4

5t

6

7

8

9 1010

zlemeyen integral nmerik yntemlerle ok hassas bir ekilde zlebilir. Nmerik zm ve V(t)=1+4 t1/2 denklemiyle deiik zamanlar iin hesaplanan hz deerleri mukayese edildii zaman 3 s den sonraki hz deerlerinin ok farkl olduu grlecektir. Yandaki tabloda MATHCAD ile yaplan nmerik integrasyon ve V(t)=1+4t1/2 denklemi ile hesaplanan hz deerleri grlmektedir. fade edildii gibi 3 s den sonra hz deerleri arasnda fark meydana gelmektedir. 10 saniye iin V(t)=1+4t1/2 denkleminden hz hesaplanr- sa %12 lik [=(15.524-13.649)*100/15.524] bir hata yaplm olur. Deiik zamanlar iin nmerik ve analitik hz deerleri [m/s] 1/2 Zaman Nm.Hes. V(t)=1+4t t [s] 1 5.004 5.000 2 6.681 6.656 3 7.995 7.928 4 8.139 9.000 5 9.194 9.944 6 10.205 10.797 8 13.232 12.313 10 15.524 13.649

dV = 1 0

t

dt sin(0.25t )

0

t

dt 0.25t

ise

V(t) = 1+4 t1/2 (tT2 eklinde birbirinden farkl olarak verilmi ise levha-duvar ierisinden geen s miktarn ve levha-duvar ierisindeki scaklk dalmn problem zerinde etkili olan fiziksel byklklere bal olarak bulunuz. Balang ve snr artlarn belirleyiniz. Doru olmas mmkn olabilecek veya beklenen zmler neler olabilir?Is ak Dorultusu T1Duvar veya Levha

T T1

a b c

q T2 T2 0 x=L

L

x

Duvar ierinde scaklk deiimi Beklenen scaklk erileri

Problemi etkileyen Fiziksel byklkler: 1. Transfer olan s mktar ; q 2. Scaklk ; T 3. Malzeme (younluk, s iletim yetenei ) 4. Kalnlk ; L 5. Zaman ; t 6. Yzey alan ; A

Snr artlar orijin noktas solda orijin noktas sada 1. x = 0 se T=T1 2. x = L ise T=T2 T=T1-T2 x = 0 se T=T2 x = L ise T=T1

Bir duvar veya levha ile iki ayr scakla sahip iki ayr ortam oluturulmutur. Termodinamik kanunlara gre iki ortam arasnda s transferinin olabilmesi iin ortamlar arasndaki scaklk farknn sfrdan farkl olmas gerekir (T=T1-T2 0). Is yksek scaklk ortamndan dk scaklk ortamna akar. Byle bir durumda iki ortam arasndaki levha veya duvar zerinden bir miktar s geecektir. Bylece duvarn bir yzeyi T1, dier yzeyi T2 scaklna sahip olacaktr. Duvarn veya levhann i blgesindeki scaklklarda bu iki deerin arasnda olacaktr. Isnn yksek scaklktan dk scakla akmas gerektii iin, duvarn i noktalarndaki scaklk deerleri T1 ve T2 den byk veya kk olamaz. Bylece duvar ierisindeki scaklk deiimi T(x) erisi veya denklemi ekildeki a, b ve c erilerinden biri olacaktr. Doru bir zm iin, zm fonksiyonunun bu erilerden birini vermesi gerekir. Aksi halde, ekilde grlen kesik izgilerle verilmi erileri tanmlayan, minimum veya maksimum noktalara sahip zmler fiziken yanl olacaktr. nk, duvar veya levha iindeki scaklk ykselirse bir s reticisi, derse bir s absorberi olmaldr. Byle bir bilgi olmad iin doru scaklk dalmlar a,b ve c erilerinden biri olacaktr Her mhendislik probleminin zmnde mutlaka bir referans sistem olarak bir eksen takm (Kartezyen koordinat sistemi, Silindirik veya kresel koordinatlardan birisi) seilmeli ve problem geometrisinin bir yeride eksen takmnn orijin noktas olarak tercih edilmelidir. nk, bulunmas19

gerekli balang ve snr artlar ancak orijini belirli olan bir sistem iin belirlenebilir. Ayn zamanda bulunacak zmn formuda eksen takmnn tipinden ve orijin noktasnn yerinden etkilenecektir. Seilen eksen takmnn her eksenine (her dorultusuna) fiziksel byklklerden bir tanesi atanmaldr. Bu ilem yaplrken mutlaka fiziksel byklklerin DEKEN olan tipi ele alnmaldr. Yukardaki fiziksel byklklerin 2, 4 ve 5 nolu elemanlar deiken olurken dierleri sabittirler. Kalnlk sabit deer gibi grlebilir. Ancak duvar veya levha ierisinde her nokta iin bir scaklk deeri szkonusudur. Yani scaklk duvar ierisindeki noktadan noktaya deimektedir. Duvar ierisi koordinat sisteminin x boyutu ile temsil edildiinden T xe gre deiecektir. Bylece zm dzlemi dey dorultu T ve yatay s ak dorultusu x olacaktr. Bylece 2 boyutludeikenli (T ve x) zm aranacaktr. Eer x yn q dorultusuna gre 30o al seilseydi T ve q hem x hemde x e dik dorultuda (y dorultusu) deiim gstereceinden 3 boyutlu (T,x ve y) bir problem meydana gelecekti. Malzeme, yzey alan ve transfer olan s sabittir. nk, czm sresince veya zm alannda deimezler. Bununla beraber scaklk kalnln her noktasnda farkl deerler ald iin deikendir. Baka bir ifade ile scaklk (T) kalnla (L,x) bal olarak deimektedir. Eksen takm olarak, problem geometrisi bir dzlem yap arzettii iin, dzlemsel kartezyen koordinatlar seilmi ve eksen dorultularda T ve x olarak alnmtr. Eksen takmnn orijin noktas olarak levhann sol taraf tercih edilmitir. Bu artlar altnda gerekli olan snr artlar karlmtr. Eksen takm ve orijin noktasnn yeri deitirilmi olsa snr artlarnnda deiecei akca grlebilir. 5 nolu fiziksel byklk olan zaman da bir deikendir. Ancak, mhendisliin pratik uygulamalarnda zamana gre bir deime istenmez. nk, zaman problemin zmn zorlatrmasnn yannda, problem parametrelerinin zamana gre deiimi istenmeyen ve beklenmeyen baz olumsuzluklar beraberinde getirir. Bu tr zamana bal olarak deimeyen problemler DAM (steady) veya SREKL REJM olarak isimlendirilir. Zaman bal olarak deien problemlere DAM OLMAYAN (unsteady) problem ismi verilir. ayet T ve x zamana bal olarak deimi olsayd eksenlerin biri zaman boyutunu temsil ederken, snr artlarna ilaveten birde balang sart gerekecekti. Bu problemin zmnde ama fiziksel byklkler arasnda q=q(T,x,malzeme,A,t) (1)

eklinde bir denklem gelitirmektir. Direkt byle bir bantnn yazlmas u aamada mmkn deildir. Ancak bir denklemin veya bantnn gelitirilmesine yardmc olabilecek, fiziksel byklkler arasnda u yorumlar karlabilir: - Levhann veya duvarn kalnl arttkca q miktar azalmaldr. Yani q ile L ters orantldr. Fakat bu orantnn derecesi bilinemez. ( q 1/ Lm ; m: orant derecesi) - Termodinamiin 2. yasasna gre s yksek scaklk ortamndan dk scaklk ortamna akar. Baka bir ifade ile iki ortam arasnda s transferinin olmas iin aralarnda bir scaklk farknn (T=T1-T2 ) olmas gerekir. Bu scaklk fark sfr ise s transferi olmaz. Dolays ile scaklk fark bydkce transfer olan s miktarnnda artmas gerekir. Yani transfer olan s miktar scaklk fark ile doru orantldr. ( q Tn ; n:orantnn derecesi) - Levha veya duvar malzemesinin s iletme kabiliyeti iyi ise daha ok s, kt ise daha az s iletilmelidir. Yani malzemenin s iletme kabiliyeti s yk ile doru orantldr. Malzemenin s iletme kabiliyeti malzemeye ait bir sabit olup, deneysel almalarla dzenlenmi tablolardan malzeme tipine gre seilir. Bu deer literatrde ISI LETM KATSAYISI olarak bilinmektedir. - A s ak dorultusuna dik yzey alan olup transfer olan s ile doru orantldr. Yukardaki yorumlarn ilk ikisi birletirilerek u ekide bir denklem elde edilir.

20

q

T n Lm

(2)

Bu orant bir katsay ile ( k ) eitlie dntrlebilir. T n q=k m L (3)

Son ifadedeki k bir orant sabiti olup yukardaki 3. yorumu temsil edebilir. nk, hem malzeme s iletme yetenei hemde orant katsays sabittirler. Bulunan son denklem daha ileriye gtrlemez. Dolays ile m ve n bilinmedii iin saysal hesaplamada yaplamaz. nk, scakln levha ierisinde kalnla bal olarak ne ekilde deitii bilinmemektedir. Bu deiim m ve n nin deerlerine gre ekil alacaktr. Scakln levha ierisindeki deiimi a, b ve c erilerinden hangisidir. Sonu olarak, bu aamada bir tkanma meydana gelmitir. Eer, duvar veya levha ierisindeki scaklk dalmnn bilindii bir yap bulunursa zm ileriye gtrlebilir. Sperpozisyon prensibi gerei zlemeyen bir btn zlebilir daha basit ve kontrol edilebilir kk paralara ayrlr. Blnen her para ierisinde deiimler biraz daha basitleir. Bu paralama says artkca her para ierisindeki deiimler lineer hale yaklaacaktr. ayet blm ilemi sonsuza giden sayda yaplacak olursa sistem en kk parasna ayrlm olur. Bu en kk yapya DFERANSYEL ELEMAN ismi verilir. Bu diferansiyel eleman genelde problem geometrisinin ok kltlm bir minyatr olur ve genelde diferansiyel eleman ile ana problemin geometrisi birbirine benzerler. zm iin bundan sonra fiziksel byklkler ile diferansiyel eleman arasnda yukardaki mantkla bant elde edilmeye allr. Bu eleman ok kk olduu iin ierisinde scakln kalnla gre deiimide LNEER olacaktr. Scakln duvar veya levha ierisindeki deiimi a, b ve c erilerinden hangisi olursa olsun, bu erilerin diferansiyel eleman zerindeki izdmleri mutlaka bir doru olacaktr. Dier bir ifade ile a,b ve c erileri diferansiyel elemanlar vastasyla sonsuza giden sayda lineer doruya ayrlmtr. Sonsuz giden saydaki dorucuklar yanyana gelerek herhangi bir eriyi oluturmaktadrlar. Dolaysyla diferansiyel eleman iinde m=n=1 olacaktr. Duvarn en ince dx kalnlndaki dilimlere ayrld dnlrse, bunlarn bir tanesi aadaki gibi olacaktr: Bu incecik duvarn yzey scaklklar T1' T2' olacaktr. Bu scaklklar T1 ve T2 nin arasnda olacaktr. Sonu olarak, dx sonsuz kk levha kalnl olduu iin, bu kalnln iki kenar arasndaki scaklk farkda sonsuz kk (dT= T1' - T2' ) olacaktr. Matematik ifadeyle, i sonsuz kk paralama says ise T T1

limi

L = dx lim T = dT i iLineer deiim Diferansiyel Eleman ve ierisindeki scaklk dalm x+dx

Lineer deiimler dT

T2 0 x x+dx x x

dx

Diferansiyel eleman ve st taraftaki aklamalar 3 nolu ifadeye tanarak yeni haliyla denklem u ekilde yazlabilir. dT q=k (4) dx21

Son denklemin birim analizi yapld zaman birim alandan birim zamanda transfer olan sy verecei grlecektir. Bu nedenle herhangi bir A yzeyinden t kadar zamanda tranfer olan snn bulunmas iin 4 nolu denklem A ve t ile arplmaldr. Seilen eksen takmna gre T nin x e gre izdii eri negatif eimlidir. Bu nedenle 4 nolu denklemle hesaplanacak s da negatif olacaktr. Oysaki s (q) mutlak deerdir. Bu nedenle meydana gelecek tersliin giderilmesi iin 4 nolu ifade ayn zamanda (-) ile de arplmaldr. Eksen takmnn orijin noktasnn yerinin levhann sa tarafnn seilmesi halinde negatif eimden kaynaklanan olumsuzluklarn olmayaca aktr. dT q = Atk (5) dx Bulunan bu ifade iindeki d operatrlerinden dolay bir diferansiyel denklem olarak isimlendirilir. Is transferinde bu bant FOURIER DENKLEM olarak bilinmektedir. Denklemde T baml x ise bamsz deiken olarak ele alnmtr. Bir tane bamsz deiken olduu iin AD DFERANSYEL DENKLEM olarak da isimlendirilir. 5 nolu denklem herhangi bir hesaplama iin uygun deildir. nk, ierisinde diferansiyel operatr olan d bulunmaktadr. Levha kalnln temsil eden dx ve scaklk farkn temsil edene dT nin nmerik deerleri bilinmektedir. Gerek bir hesaplama iin d operatrlerinin yokedilmesi gerekir. Buda 5 nolu diferansiyel denklemin zm demektir. Bu d operatrleri esas problemin sonsuza giden sayda paralanmasndan elde edilmitir. Yani esas sistemin diferansiyeli-trevi alnmtr. Dolaysyla 5 nolu denklem sadece diferansiyel eleman iin geerlidir. Toplam zmn bulunmas iin her bir para tek tek zlerek, elde edilen zmlerin toplanmas gerekir. Sonsuz sayda para iin bu ilemin yaplamayaca aikardr. Fakat, matematiksel olarak sistem paralanarak trevi alnm ise, tekrar integre ederek toplanabilir. Yani, paralarn herbirinden bulunan zmlerin toplanmas demek integral alma ilemi ile e anlamldr. Dolaysyla 5 nolu diferansiyel denklemin esas problem iin geerli olabilmesi iin integre edilmesi veya diferansiyel denklem zmnn uygulanmas gerekir. zm sonrasnda 1 nolu denklem yapsnda hesaplamalar iin uygun bir fonksiyonel bant bulunur. Bu fonksiyonel bant ekildeki a, b ve c erilerinden birini veren bir ifade olmaldr. Aksi takdirde bulunan zm fiziki olarak doru olmaz. Ayn problem T1 scaklnda su tayan borunun T2 scaklndaki bir ortam iin analiz edilmi olsayd, q ss T1>T2 atyla boru ierisinden darya doru akacakt. Bylece dzlemsel duvardan erisel boruya geilecektir. Duvar veya levha iin nerilen fiziksel deikenler bu problem iinde geerli olacaktr. Fakat deiken ve sabitler noktasnda bir deiim olacaktr. Yeni durumda s transferi yzeyi boru iinden dna doru deimektedir. Bylece levhada sabit kabul edilen A yzeyi boru iin r nin fonksiyonu olacaktr. Dzlemsel yaplar kartezyen koordinatlarda kolaylkla ifade edilebilir. Silindirik bir yap olmas nedeniyle byle bir problemde referans sistem olarak SLNDRK KOORDNAT (r,,z) sistemi seilecek ve boru eksenide orijin noktas olarak alnmas gerekecektir. Yukardaki benzer analiz burada yaplabilir. imdi nemli olan boru et kalnl ierisinde scakln deiiminin ne olduu? sorusu olacaktr. Bu durumda q ss r dorultusunda akacaktr. Eer levha iin ortaya atlan analizler boru iinde yaplrsa s deeri T n q=k olarak bulunacaktr. Yine n ve m iin saysal deer bulunumayaca iin bu (r 2 r1) m denklem kullanlamyacaktr. Bu deerlerin belirli olduu yapya ulamak iin r dorultusu (radyal dorultu) sonsuza giden sayda dilimlere ayrlacaktr. Bylece elde edilecek dr et kalnlna sahip iie sonsuza giden saydaki diferansiyel elemanlar ierisinde deiimler lineer olacandan m =n=1 olacaktr. limi

r1 r 2 = dr lim T = dT i i

ise q = k

dT dr

22

r2

T2 T1 T1r2

q s ak dorultusu Bulunacak Denklem T=T(r)

dr

T2 T1

0

T2

T1 T2

T2

T2'

T1'

Diferansiyel Eleman

Eer boru evresi boru etrafndaki scaklklar birbirine eit olmad kabul edilirse scaklklar birbirlerinde farkl olaca iin s transferi hem r hemde ynnde olacak ve scaklk dalmda hem r hemde ynnde deiecektir. Bu nedenle diferansiyel eleman iin hem r hemde ynnde dilimler dnlmelidir. Byle bir durumda diferansiyel eleman dr et kalnlndaki ve d asn gren silindir paras olacaktr.r2

T2 T1 T1r2

q s ak dorultusu Bulunacak Denklem T=T(r, )

dr d

T1 T1

0

T5

T1 T4

T3

T1 T2 T3 T4 T5

Diferansiyel Eleman

Dikkat edilirse problemin asl geometrisi ile diferansiyel elaman arasnda bir benzerlik mevcuttur. Bunun yannda problem geometrisi ile seilen koordinat sistemi uyumludur. Dzlemsel veya plaka yaplar kartezyen koordinatlarda, borular, yaylar silindirik koordinatlarda kubbe gibi yaplar kresel koordinatlarda analiz edilmelidir. Bu koordinat sistemlerinin fark kartezyen koordinatlarda deiim birbirine dik dogrultu (x,y,z dorultular) vastasyla ifade edilmektedir. Silindirik koordinatlarda iki dorultu (r ve z dorultular) ve bir a ( as) ile ifade edilmektedir. Kresel koordinatlarda ise ayn deiim bir r dorultusu ve iki a ( ve alar) ile ifade edilmektedir. Doru bir koordinat tercihi nemlidir. Yanl tercih deiken saysn artrabilir. Artan deiken says problem zmn zorlatrr.Problem 2 : erisinde birim zamanda ve birim hacimde q*[kj/m3s] kadarlk s retilen ve cevresi farkl scaklklara sahip HxLxM ebatlarndaki prizmatik hacim ierisindeki scaklk dalmnn hesaplanabilecei diferansiyel denklemi tesis ediniz. Prizmatik yapnn tm noktalarndaki scaklk deeri balangta To deerine sahiptir. Balang ve snr artlarn belirleyiniz. Prizmatik yap ierisindeki scaklk dalmn veren denklemin karekteristiini tahmin ediniz.

Prizmatik hacim ierisinde kimyasal, ekirdek reaksiyonlar veya elektriki rezistans gibi yntemler vastasyla q* kadarlk sabit bir s retimi mevcuttur. Ayn zamanda yapnn yzeyindeki scaklklarn birbirinden farkl olmas nedeniyle scaklk farkndan dolay da bir s ak szkonusudur. erde retilen s, ierisine su doldurulan havuzda suyun seviyesinin ykselmesi gibi i taraftaki scakln ykselmesine neden olacaktr. ayet malzemenin s iletme yetenei iyi ise bu ykselme nispeten az, kt ise daha fazla olacaktr. Neticede problem-1 deki yapdan farkl bir beklenti meydana gelecektir. Prizmann i taraflarndaki beklenen scaklk ykselmesi muhtemelen yzey scaklklarnn da zerine kacaktr. Bu durumda i blgelerden d yzeylere doru bir s ak szkonusu olacaktr. Zamanla suyun havuzda seviyesinin ykselmesi gibi prizmatik yap ierisindede scaklk ykselecek ve yapnn scaklk ykselmesinden dolay i23

enerjisi de artacaktr. Dolaysyla i ve d taraf arasndaki scaklk farkda deiecektir. Scaklk fark deiirse transfer olan s miktarda deiecektir. Problem prizmatik yapdan dolay kartezyen koordinatlarda zlecektir. Problemin fiziksel byklkleri unlardr: 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. Scaklk, T : Konuma(x,y,z ) ve zamana (t) bal olarak deiir. Is q : ve d scaklk farknn deimesinden dolay deikendir. Malzeme : Younluk, s iletim kabiliyeti ve mikrokobik yap ile ekli sabit olmaldr. Boyutlar : Yap ierisine scaklk deitii iin deikendir. Zaman ,t : Deikendir. retilen s miktar, q* : Genellikle sabittir. enerji, u : Belirli scaklktaki malzemenin sahip olduu enerjidir. Prizmatik yapnn scakl konuma ve zaman gre deiebilecei iin deikendir.y

T6 T2

Is ak Dorultusu

L

T30

H M

T4x

T1 T2 T3 T4 T5 T6

z

T5

T1 Fiziksel byklklerin 5 tanesi deikendir. Bu deikenlerin bir tanesi Baml deiken olarak alnrken dierleri bamsz deiken olarak seilmelidir. stenen olmas nedeniyle T baml dierleri bamsz deiken olarak tayin edilir. Bamsz deiken says birden fazla olduu iin bulunacak olan diferansiyel denklem de KSM DF. DENKLEM olacaktr. Neticede bulunacak fonksiyon u formda olmaldr: T = T ( t,x,y,z,q,malzeme,q*) (1)

Bu problemde yapnn prizmatik olmas (silindirik veya kresel bir yapya sahip olmamas nedeniyle) nedeniyle zm iin kartezyen koordinatlar seilmitir. Eksen takmnn orijin noktas ise sol alt keye tesbit edilmitir. Orijin noktasnn yeri baka yerde seilebilirdi. Fakat, orijin noktasnn zellikli bir nokta olmas gerekir. Hacim merkezi, arlk merkezi, balang noktas, simetri ekseni, minumum veya maksimum deere sahip noktalar orijin olmas asndan faydal noktalardr. Orijinin yerinin iyi belirlenmesi zm rahat olmasnda salayacaktr. Kt bir orijin noktas gereinde zmszle kadar gidebilir. Bu durumda zm iin gerekli olan snr ve balang artlar seilen eksen takmna gre u ekildedir: Snr artlar: Balang art : 1. T(0,y,z,t) = T3 3. T(x,H,z,t) =T2 5. T(x,0,z,t) = T1 1. t = 0 T(x,y,z,0) = To 2. T(L,y,z,t) = T4 4. T(x,y,0,t) = T6 6. T(x,y,M,t) = T5 u aamada (1) nolu denklemin ak fonksiyon olarak yazlmas mmkn deildir. nk fiziksel byklklerin birbirlerine gre, prizmatik yap ierisinde nasl bir deiim gsterdii ve fonksiyonel yaps belirli deildir. Bu nedenle bu deiimin belli olduu daha kk bir fiziki yap ele alnmaldr. Daha kk bir yap iin byk prizmatik yap daha kk prizmalara ayrlmaldr. Bu kk prizma yaplarn says sonlu deerde bir say ise ancak nmerik zm yaplabilir. Eer blnen say sonsuza giden bir deerde ise, elde edilen en kk yap diferansiyel eleman olur. Bu24

diferansiyel eleman bir hacim yapy gstermesinden dolay DFERANSYEL HACM ismini alr. Diferansiyel hacim iinde scakln x, y ve z ynlerine gre deiimi lineedir. Herhangi bir diferansiyel elemana komu diferansiyel elemanlardan geen s, diferansiyel eleman ierisinde retilen s ve bu diferansiyel elemandan komu diferansiyel elemanlara geen s arasnda enerjinin korunumunu gsteren Termodinamiin 1. Kanununa gre bir denge olmaldr. Byk prizmatik yapnn H, L ve M boyutlar, scakln deitii ynlerde, sonsuza giden sayda dilimlere ayrlarak dx, dy ve dz lik boyutlara sahip sonsuz kk sanal hacimlere blnr. Bu diferansiyel hacim ierisinde tm deiimler lineerdir. lave olarak bir yzeyindeki deerine bal olarak dier yzeyindeki deer seri almlarla belirlenebilir. Diferansiyel elaman zerindeki s retimi ve transferi arasnda enerjinin korunumu prensibine (termodinamiin 1.kanunu) gre aadaki ifade yazlabilir:Giren s miktar - kan s miktar + retilen s miktar = enerji deiimi

(2)

enerji toplam ktle iin U, birim ktle iin u ile gsterilir. enerji maddenin scaklndan dolay sahip olduu enerjidir. Sabit hacimdeki zgl sya (Cv) bal olarak u ekilde denklemize edilmitir. u =Cv T [ KJ/kg] , U = m Cv dT [ KJ] ise du =Cv dT ve dU = m Cv dT m:ktle [kg], V:hacim [m3] ve : yogunluk [kg/m3] ise m=V. dir. Diferansiyel eleman sonsuz kk olduu iin ktlesi ve hacmide sonsuz kk olacaktr. Bu durumda elemann diferansiyel ktlesi, hacmi ve i enerjisi u ekilde olacaktr; dV=dx dy dz ise dm= dx dy dz ve dU= = dx dy dz Cv dT Daha nce bahsedildii gibi havuzda zamanla suyun birikmesi gibi, iindeki q* kadarlk s retiminden dolay zamanla diferansiyel eleman ierisindeki scaklkta ykselecektir. Scakln ykselmesi ile de eleman ierisindeki i enerjide deiecektir. Zamana gre scakln nasl deitii bilinmedii iin zaman boyutuda sonsuz kk dt aralklarna ayrlr. Bu dt aralnda scaklk lineer deierek dT kadar artar. Bu durumda birim zamanda diferansiyel eleman iinde T meydana gelen i enerji deiimi Cv dxdydz olacaktr. T birden fazla bamsz deikene t bal olduu iin ksm diferansiyel ( ) kullanlmtr. Dier taraftan [2] denklemindeki i s retimide aklanmaldr. Diferansiyel hacim ierisindeki toplam s retimi dQ*=q*[kj/m3s].dV= q*[kj/m3s].dx dy dz olacaktr. En kk hacim ierisinde retilen sda en kk olacaktr (hacim dV ise Q da dQ olur). [2] denkleminde aklanmayan ifadeler diferansiyel elemann yzeylerinden meydana gelen s transferleridir. Prizmann btn yzeyleri farkl scaklkta olup, scaklk farkndan dolay farkl ynlerde farkl slar akacaktr. Seilen koordinat sistemine uygun olarak x, y ve z dorultusunda birim yzeyden akan slar qx, qy ve qz ile sembolize edilmitir. Bu deerler sabit olmayp (x,y,z) bal olarak deiecektir. nk, prizmann merkezi blgesinde retilen s zorlukla yzeye ularken, yzeye yakn blgelerde retilen slar ise daha kolay yzeye ulaacaktr. Dolaysyla merkezden yzeylere doru birim yzeyden geen slar artarak deiecektir. Merkezi yerlerde scaklk daha yksek, kenarlarda daha dk olacandan (Istc mantna) s i blgelerden d blgelere akacaktr. Sonu olarak rnek olarak alnan diferansiyel elemann birka yzeyinden s girii olurken, dier yzeylerinden s k olacaktr. Giritedeki birim yzeydeki sl ykn qx, qy ve qz ise, dx, dy ve dz kadar sonra ne kadar s kacann hesaplanmas Blm 1.5.2 deki seriler kavram ve rnek problemindeki bilgilerden faydalanarak belirlenebilir. Hesaplamalarda diferansiyel yzeyin yzey alan dikkate alnmaldr. Daha nce verilen qx, qy ve qz yzeylerle arplmaldr. Aadaki ekilden grlecei zere x ynnde diferansiyel eleman yzeyi dy.dz, y ynndeki dx.dz ve z ynndeki ise dx.dy dir. Daha nce verilen HxLxM ebatlarndaki prizma x,y ve z ynnde sonsuz kk dilimlere ayrlarak sonsuza giden sayda dx.dy.dz25

ebatlarnda eleman elde edilir. Bunlardan bir tanesi seilerek aadaki ekli verilen yap zerinden ilemler yaplabilir. q + qy

y

y

dydxdz

dz

q z q z + z dz dydx

qx dy dz

dy

q x q x + x dxdydz

Diferansiye Eleman Diferansiyel Hacim : dV = dx dy dzdx

qzdydx

qydxdz

Bulunan deerler [2] ifadesinde yazlarak aadaki diferansiyel form elde edilir.q y q q dydxdz - q z + z dzdydx - q x + x dxdydz + qxdzdy + qydxdz + qz dydx - q y + y z x T + q* dxdydz = Cv dxdydz (3) t Gerekli parentezler alarak sadeletirmeler yaplrsa u ifade elde edilir:

q q q qxdzdy+qydxdz+qzdydx- q y dxdz + y dydxdz - qz dxdy + z dzdxdy - qx dydz + x dxdydz + z x y T + q* dxdydz = Cv dxdydz tT qy q q dydxdz z dzdxdy x dxdydz + q* dxdydz = Cv dxdydz t x y z Bulunan son denkleme Problem 1 de bulunan fourier denklemi de dikkate alnarak dzenlenirse ve tm ifade dx dy dz ile blnrse denklem en son haline getirilmi olur.T q x T q x 2T = k 2 qx = k = k x x x x x x

k=sabit

qy = k

q y q y T T 2T = k 2 = k y y y y y y

k=sabit

(4)

T q z T q z 2T = k 2 q z = k = k z z z z z z26

k=sabit

Yukardaki ifadeler yerine tanp btn ifadeler diferansiyel hacime blnp gerekli sadeletirmeler yaplarak u ifade elde edilir. 2 T 2 T 2 T q * C v T + + + = k t x 2 y 2 z 2 k

(5)

5 nolu denklem s transferinde Is letiminin Temel Diferansiyel Denklemi olarak bilinir. Bu denklem matematiksel bir isimlendirme ile 2.mertebe 1.derece non-homojen ksmi diferansiyel denklemdir. Beklenen scaklk dalm erisi ileri blmlerde diferansiyel denklemlerin zm aamasnda verilecektir. Bununla birlikte merkezi blgelerdeki scakln kenarlarndam daha yksek olmas gerektii sylenebilir.Problem 3 : ki direk arasnda asl bulunan, birim uzunluk arl wo [N/m] olan L[m] uzunluundaki kabloda yerekimi etkisiyle meydana gelen kmeyi veren diferansiyel denklemi belirleyiniz ve snr artlarn tespit ediniz.y g 0 U(x) direk L x kablo U(x): x izgisine gre kabloda yerekiminden dolay meydana gelen kme miktarnn x e gre deiimi g: yerekimi ivmesi

Bu tr problemler gerek asma kpr hesabnda ve gerekse kablolarn asld iki direk arasndaki mesafenin araziye uygun olarak hesabnda nemlidir. U kme miktar belirli bir deeri geemez. Bu deerde kablolara yatay ynde verilen germe kuvvetiyle (To) salanr. Bu germe kuvveti ise kabloyu koparmaya alacandan kablonun kopma mukavemeti ile snrlanmtr. Dolaysyla btn bu etkilerin iyi bir kombinasyon ierisinde zlmesi gerekir. zm iin kullanlacak eksen takm olarak, meydana gelecek kmenin hemen hemen bir parabolik eri olmas beklendiinden ve bir parabolun en rahat tanmlanabilmesi (y=ax2+bx+c) nedeniyle kartezyen koordinatlar seilmi olup, eksen takmnn orijin noktasnn yeri ise sol taraftaki direin tepe noktas alnmtr. Bu durumda fiziksel byklkler ve snr artlar u ekilde olur. Fiziksel deikenler : 1. Kablo arl (sabit) 2. kme miktar (deiken) 3. Germe kuvveti (sabit) 4. Direkleraras mesafe (deiken) Bu problemde de direkt olarak Uyu veren bant bulunamaz. nk Unun xe ve dier etkenlere gre nasl bir deiim gsterdii bilinmememektedir. Bunun nedeni deiimin karekteri ve mertebesinin bilinmemesidir. Burada yaplacak ilem yine bu belirsizliin giderilecei daha kk model ve eleman dnmektir. Bu eleman sonsuz kk alnrsa deiim daha isabetli olarak doru bir ekilde bulunacaktr. nk sonsuz kk yaplarda deiimler lineerdir. Seilen elemann byk olmas bu lineer deiim yaklamn geersiz klar. L mesafesi sonsuza giden sayda dilimlere ayrld varsaylarak, en kk uzunlua sahip kablo elde edilir. Bu uzunluk dx miktarna tekabl edecek ve dx uzunluundaki kme miktarda dU kadar olacatr. Yani sonsuz kk27

Snr artlar: 1. x=0 2. x=L 3. X=L/2 ise U=0 ise U=0 ise U= Umax ( dU = 0) dx

uzunlukta meydana gelen kme de sonsuz kk olacaktr. Elde edilen diferansiyel eleman ve zerinde etkili olan kuvvetler ekil olarak aada grlmektedir: T2 dU

dx 0 ve dU 0 ise d ( veya d )

T1 dwdx

nceki problemlerden farkl olarak gre kesme yzeylerinde yeni fiziki parametreler (T1 ve T2 kesit alma kuvvetleri) belirtilmitir. Hesab dnlen bu problemdeki kabloda herhangi bir hareket dnlmedii iin statik denge artlar (Fx=0, Fy=0) uygulanabilir. Bu diferansiyel elemann statik dengesi T1 ve T2 ile salanacaktr. Rzgardan meydana gelecek kk salnm hareketleri ise hesaplarn basitlii asndan ihmal edilebilir. Statik denge artlar diferansiyel elemana da uygulanabilir. Diferansiyel eleman asl kablodan kesilerek karlm gibi dnleceinden kesilen yzeyleri temsil eden T gerilme kuvvetleri hesaba katlmaldr. Bu gerilme kuvvetleri germe kuvvetinin ve kablo arlnn vektrel toplamndan meydana gelir. Dolaysyla kablo dorultusu boyunca deeri deiir. Fx = T2cos-T1cos = 0 ise T2cos = T1cos = To (1)

Bu denklemin baka bir ifadesi kablonun herhangi bir noktasndaki eimin () cosins ile o noktadaki T kuvvetinin arpm, baka noktasndaki eimin cosins ve T nin apmna eittir. Direk tepe noktalarnda germe kuvveti To yatay olduu iin herhangi bir noktadaki eim ile T nin arpm To a eit olacaktr. Fy = T2sin - T1sin = dw dw = wo dx ( diferansiyel elemann arl) (3) (2)

2 nolu ifade To deerine blnerek ve 1 nolu ifadedeki deerler kullanlarak u ilemler yaplabilir: Burada wo (N/m) kablonun birim uzunluunun arldr.T2 sin T1 sin dw = To To To T2 sin T1 sin dw ise = T2 cos T1 cos To

tg tg =

wo dx olarak bulunur. To

dx 0 ise ise

- d (veya d) ise tg - tg = dtg = dtg

Bu ilemde as dan sonsuz kk miktarda byk olmaldr. + d = olduuna dikkat dU edilmelidir. Diferansiyel elemandan tg = ve yukardaki analizler birletirilerek aadaki dx ifade bulunur: d dU w o d 2U wo dU w dx = = dtg = d = o To dx dx To dx 2 To dx 28

Bulunan son ifade 2. mertebe 1.derece adi diferansiyel denklemdir. Sadece arlk gibi homejen yayl yklerin olduu problemler iin uygulanabilir. Bu diferansiyel denklemin zmnden U=U(x) eklinde bant bulunur. Bu bantdan herhangi bir kablo ve L mesafesi iin max kme bulunabilir.Problem 4:

Su ierisinde tamamen batm ve durmakta iken denizalt P sabit motor kuvvetiyle harekete balamtr. Hareket esnasnda, araca hzyla orantl olarak, su tarafndan 4V iddetinde bir diren kuvveti tepki vermektedir. Aracn hznn ve alm olduu yolun hesaplanaca ifadeyi bulunuz. Bu problemde hareketli bir sistem analiz edilecektir. Bu durumda kullanlacak bant, hareketli sistemlerin dengesini temsil eden Newtonun 2.kanunudur. Denizaltya iki tane kuvvet etkimektedir. P motor kuvveti hareketi salarken, 4V su diren kuvveti ise harekete engel olmaktadr. Denizalt kat bir yapya sahip olmas nedeniyle yaklak olarak btn noktalarnn hz ve ivmeleri birbirine eittir. Bu durumda denizalty maddesel nokta seviyesine indirgeyebiliriz. Maddesel nokta kinematik bir kavram olup diferansiyel eleman gibi ok kk yapy ifade etmektedir. zm iin referans sistem olarak, denizalt yrngesinin bir doru olmas gerektiinden kartezyen koordinatlar seilirken, orijin noktas olarakta hareketin balang noktas tercih edilmelidir. Bu problemde ncekilerden farkl olarak sadece aracn takip ettii yrnge sonsuz kk dilimlere ayrlr. Her dilim ierisinde yolun zamana gre deiimi lineerdir ve hz her sonsuz kk zaman aral (diferansiyel aralk veya zaman) ierisinde sabit bir deere sahiptir (V= ds/dt). Fiziksel byklkler: 1. ktle , m : sabit 2. Hz , V : deiken 3. vme , a : deiken 4. P kuvveti : sabit 5. 4V kuvveti: deiken 6. zaman, t :deikenV (m/s) P(N)

Balang art 1. t=0 iken V=0 (denizalt balangta duruyor)

g (m/s2) x: hareket dorultusu

4V (N)

F = m.a

ise

P - 4V = m.a

, a=

dV dt

ise

m

dV 4V = P dt

olarak diferansiyel denklem bulunur. V baml deiken, t ise bamsz deikendir. Dikkat edilirse deiken says 2 den fazla olmasna ramen diferansiyel denklem kismi yapda kmamtr. Bu denklem 1.derece 1.mertebe homejen olmayan adi diferansiyel denklemdir.Problem 5 :

Akkanlarn hareketinde ktlenin korumunu temsil eden sreklilik denklemini bulunuz.Alama: Btn akkan ak problemlerinde akkan ierisinde hz gradyannn bilinmesi gerekir. Hz gradyan hz profili veya hz dalm olarak da bilinir. Hz profili veya gradyan ak blgesinde nokta nokta hzn nasl deitiini ifade eder. Eer ak bolgesi x-y dzleminde ise hz gradyanda x ve y nin fonksiyonu olacaktr. Gerek akkann kat cidarlar ile ve gerekse akkan29

taneciklerinin birbirleriyle srtnmeleri sonucu meydana gelen enerji kayplarnn hesaplanabilmesi iin hz gradyannn bilinmesi gerekir. Hzn dk ve ak izgilerinin dzgn olduu laminer ak ve hzn yksek ak izgilerinin geliigzel eriler ve girdaplar olduu trblansl akta, hesaplamada kullanlan bantlar ve elde edilen sonular birbirinden farkldr. Her iki haldede hz gradyan birbirinden ok farkldr. Bu durumda bir kesitten geen akkann baka bir kesitten geerken, bir dorultuya gre gerek akan miktarn dalmnn ve gerekse hzn deiiminin ne olduunun bilinmesi gerekir. Bu istenilen deerleri hesaplayan bantlardan biride SREKLLK DENKLEM'dir. Sreklilik denklemi ktlenin korunumu prenbine dayanr. Yani bir kesitten geen akkan miktar baka bir kesitten geen akkan miktarna eittir. Bu denklem bulunurken akkan ortamndan ak dorultusuna gre 2 veya 3 boyutlu diferansiyel eleman alnr. Bu diferansiyel eleman ierisine giren kan akkan miktarlar birbirine eittir. Girite tek dorultuda bir ak olabilirken kta dorultu dzlemsel yani iki boyutlu olabilir. Byle bir durumdada dorultuya gre miktarlarn ve hz iddetlerinin nasl daldn bulmak mhendislik asndan nemlidir. ki boyutlu bir ak ortamndan aadaki diferansiyel hacim ckarlabilir. Akkan mekanii veya Termodinamik problemlerin diferansiyel yntemle zmnde kullanlan diferamsiyel eleman genellikle KONTROL HACM veya YZEY olarak isimlendirilir. Fiziksel byklkler: 1. Akkan yogunluu, : Gazlar iin konuma ve basnca bal olarak deiirken, svlarda akkanlar sktrlamaz olduu iin sabit kalr. 2. Akkan hz, u (yatay yndeki hz),v (dey yndeki hz), : deikendir. 3. Ak miktar, debi, Q : ktlenin korunumuna gre sabittir. Ak dorultusuna gre deiir. 4. Ak kesiti : ak dorultusuna gre bazen deiir bazen sabit kalr. 5. Zaman, t : deiken Debi ve dier byklkler arasnda u ekilde ifade yazlabilir.y Kanal Duvar dx dy x u Kanal Duvar x Hz dalm y v V

Q=AV

Qx = Ax u

Qy = Ay v

(1)

V hznn x ekseni zerindeki izdm u, y ekseni zerindeki izdm v olarak alnd. Burada sayfa dzlemine dik derinlik l birim olduu kabul edilerek, dAx = l.dy dAy = l.dx (2)

u ve v ise x ve y dorultularndaki toplam akkan hznn izdmleridir. Yukardaki ekilde verilen dx dy lik eleman ierisinde hzn deiimi linerdir. Daha Blm 1.5.2 de verilen bilgiler nda elamann iine giren kan akkan miktarlar arasnda bir denklem tretilebilir. Diferansiyel elemana veya kontrol yzeyine x ynnde Qx, y ynnde ise Qy kadarlk debiler girerse kta bu deerler sonsuz kk miktarda artar veya azalr. Gerekli ilemler ve ekil aada verilmitir.30

Qy dydx Qy + y

Qx dy

dy

Qx Qx + dx dy x dx Diferansiyel eleman ve eleman zerindeki ak miktarlar

Qy dx

Ktlenin korunumu prensibine kontrol hacmine gre giren ve kan akkan miktarlar birbirine eit olmaldr. Qy Qx (3) dxdy = 0 dydx + Qx dy - Qx + Qydx - Qy + y x 1 nolu denklemlerin gerekli ksm trevleri alnp 3 nolu ifadeye tanrsa ve 3 nolu ifadede gerekli dzenlemeler yaplrsa u ifade bulunur:

( u ) ( v ) + =0 x y

veya

u

u v + +v + =0 x x y y

(4)

Bulunan bu ifade akkanlar mekaniinde SREKLLK DENKLEM olarak bilinir. Ak problemlerinin zmnde kullanlan 3 ana denklemden biridir. Bu denklem bu haliyle sktrlabilir akkanlarn (gazlar) deiken kesitli ortamda akmas geerlidir. ayet akkan sktrlamayan bir sv ise younluk deimeyeceinden trevleri sfr olacaktr. Bu durumda u ifade bulunur: u v + =0 x y (5)

Bulunan denklemde u ve v baml, x ve y ise bamsz deikenlerdir. Byle baml deikenin birden fazla olduu diferansiyel denklemler DFERANSYEL DENKLEM SSTEMLER olarak bilinir ve zm iin baml deiken saysnca diferansiyel denklem olmaldr. Mhendislikte ak problemleri genellikle zamana bal olmayan daimi hallerde dnld iin zaman dikkate alnmamtr.1.7 Czmlerin Fiziki Yorumu

Diferansiyel denklemlerin zlmesi sonucu bulunan ifadelerin matematiksel olarak doru olmasnn yannda ilgili probleme uygun bir deiimide bize vermesi gerekir. En bandan zm belirlenmi olan balang ve snr artlarn salamaldr. Beklenen eri gereklemiyorsa ve artlar salanmyorsa czm yanl olacaktr. Bu tr yorumlar daha nce zlm problemlerin diferansiyel denklemlerinin zm esnasnda yaplacaktr.31

BLM II AD DFERANSYEL DENKLEMLER VE ZMLER

nceki blmlerde integrallerin en basit diferansiyel denklem olduu ifade edilmiti. Bu nedenle diferansiyel denklemelerin zmnde de integrasyon prosesi kullanlacaktr. zellikle 1.mertebe diferansiyel denklemlerde zm iin ilk nce NTEGRASYON dnlmelidir. ntegrasyon iin fonksiyonel yaps uygun olmayan 1.mertebe diferansiyel denklemler ise NTEGRE EDLEBLR PARALARA AYRILARAK zm gerekletirilmektedir. Bu amala zellikle bamsz deikene bal fonksiyon blou ve sabitler zmn ilk aamasnda dnlmeyebilir. lk nce diferansiyel denklemin tmnn deil, nemli bir ksmnn zm bulunur. Daha sonra dikkate alnmayan ksmn GENEL ZME etkisi yanstlr. Genel zm, birbirinden ayr olarak bulunan zmlerin toplanmasndan bulunan zmdr. rnek olarak, homojen olmayan bir diferansiyel denklemin genel zm homojen ve homojen olmayan zmlerin toplanmasndan bulunur. ntegre edilebilir paralara ayrmak mmkn olmazsa, zel DEKEN DNMLER ile zm aranabilir. Yeni deikenler ile integerasyon zm uygulandktan sonra eski deikenlere tekrar dnlr. 1.mertebe diferansiyel denklemler iin kullanlan son yntem ise TAM DFERANSYEL yaklamdr. Bu yntemle zmde deiken says sonra iptal edilmek zere 2 den 3 e karlr. 1. mertebe diferansiyel denklemler iin denklemin lineer veya non-lineer olmas zm zerinde ok etkili olmamasna karn, yksek mertebeli diferansiyel denklemlerde sadece lineer diferansiyel denklemlerin analitik zm mmkndr. Yksek mertebeli diferansiyel denklemler iin ilk nce HOMOJEN ZM n bulunmas ilk aama olmaktadr. Homojen zm; homojen veya paralama ile homojen hale dntrlen diferansiyel denklemin zmne verilen isimdir. Homojen zm bulunduktan sonra HOMOJEN OLMAYAN ZM bulunmaldr. Bu zm ZEL ZM olarak da isimlendirilir. Baz durumlarda herhangi bir matematiksel ilem yaplmakszn tahmine ve tecrbeye dayanarak, homojen zme benzetilerek veya diferansiyel denklemin homojen olmayan ksmna benzetilerek diferansiyel denklemin zel zm nerilir. Bu durumda nerilen zm fonksiyonun yeterli sayda trevi ve kendisi diferansiyel denkleme tanarak denklemin salamas aratrlr. Salama ilemi diferansiyel denklemde hibir ifadenin kalmamas manasnadr. Eer nerilen zm denklemi salyorsa ileriki aamaya geilir. Salama ilemi gereklememi ise yeni bir neri yaplarak tekrar salamas kontrol edilir. Byle bulunan zm ZEL ZM olarak isimlendirilir. Yksek mertebeli denklemlerde de deiken dnmleri kullanlabilir. 1. mertebe denklemlerde hem baml hemde bamsz deiken dntrlebilirken, yksek mertebeli denklemlerde genellikle bamsz deiken dntrlr. Yksek mertebeli denklemlerde kullanlan bir dier yntem KUVVET SERLER ile zmdr. zellikle, baml deikenin ve trevlerinin nnde bamsz deikene bal fonksiyonlarn arpm halinde olduu deiken katsayl denklemlerin zm seri ile yaplr. Serinin bir zm olduu kabul edilerek, denklemi salayacan ekilde seri sabitleri dzenlenir. Bu blmde tek bamsz deikene bal, non-homejen adi diferansiyel denklemlerin zm mant verilecektir.

32

2.1 Deikenlerine Ayrlabilen Diferansiyel Denklemler

En genel halde baml ve bamsz deikenlerine ayrlabilen n. mertebeden bir diferansiyel denklem y baml, x ise bamsz deiken olmak zere u ekilde verilebilir: d ny = f(x) dx n(1)

Burada f(x) bamsz deikene bal bilinen bir fonksiyondur. Bu tip denklemlerin zmleri n kere x zerinden integrasyon ile gerekletirilebilir. Sadece 1. mertebe diferansiyel denklemler iin f fonsiyonu hem baml deiken ve hemde bamsz deikenlerin fonksiyonu, f=f(x,y), olabilir. Bununla birlikte, bu zellie sahip denklemlerin zm iin gerekli art f(x,y) fonsiyonun, f(x,y)=g(x).h(y) eklinde iki ayr fonksiyona blnebilmesidir. Yani, denklemde varolan deikenler taraf tarafa ayrlabilmelidir. rnek olarak, f(x,y)=xyln(x+y) eklinde ise sadece xin ve sadece ynin fonksiyonlar elde edilemeyecei iin bu metodla zm elde edilemez. Dier taraftan f(x,y)=ex+y ise f(x,y)=exey olarak ayrlabildii iin zm mmkndr. 1.mertebe bir diferansiyel denklem iin bu ekildeki ayrm yaplarak ve 1 kez integral alnarak zm gerekletirilmi olacaktr. Bu durumda zm sonrasnda n. Mertebe bir dif. denklemin C1, C2, C3,, Cn gibi n tane integral sabiti bulunmaldr. 1. mertebe deikenlerine ayrlabilen diferansiyel denklemin genel formu ve zm format u ekildedir; dy dy (2) = f ( x, y ) = g ( x).h( y ) h( y) = g ( x)dx dxProblem 1: 9 y

dy + 4 x = 0 diferansiyel denklemini znz. dx

zm: Denklemdeki y ve x ifadeleri taraf tarafa ayrlabilir. Elde edilen ifade iki basit integrali alnabilir bir denklem olacaktr. C 9y2 x2 y2 2 + = C1 9 ydy = 4 xdx 2 = 2 x + C C1 = 18 9 4

C1 sabiti balang veya snr art ile bulunacaktr.Salama: Bulunan zmn doru olup olmad, zm fonksiyonunun yeniden trevinin alnmasyla, belirlenebilir. zmn salanmas 2 ekilde test edilebilir. Birinci teste gre mutlaka tekrar diferansiyel denklemi vermelidir. x2 y2 2 x 2 yy ' x yy ' + = C1 ise 1. trevi zm + = 0, + = 0, 9 4 9 4 9 4 4 x + 9 yy ' = 0, 4 x + 9 yy ' = 0 36 Verilen denklem elde edildii iin zm dorudur. kinci teste grede bulunan zm ve trevi diferansiyel denklemde yerine yazlr. Tm ifadeler birbirini yokediyorsa bulunan veya nerilen zm doru demektir. 8x 4 x 36C1 4 x 2 x2 y2 9 y = = dif denklemde + = C1 ise y = 9 9 4 36C1 4 x 2 36C1 4 x 2 2 9 9 9 yerine yazlrsa33

36C1 4 x 2 dy 9 y + 4 x = 0 ise 9 dx 9

4 x 36C1 4 x 2 9 9

+ 4x = 0 4x + 4x = 0 0 = 0

d 3y Problem 2: = 5 e-2x diferansiyel denklemini znz. dx 3 zm: Bu tr diferansiyel denklemlerin zmnde ttevin integrasyonu iin u benzerlik unutulmamaldr. ntegral ve trev birbirinin tersidir.Birinin etkisini dieri yokeder, d2y d2y dy dy dx = x dt = t dA = A d = d 2 = 2 dx dx dx dx Buna gre rnek diferansiyel denklemin zm, d2y d3y d d2y d 2 y 5 2 x e + C1 = = 5e 2 x d 2 = 5e 2 x dx 2 = dx3 dx dx 2 dx 2 dx d dy dx dx dy 5 2 x 5 2x dy 5 2x = 2 e + C1 d dx = 2 e + C1 dx dx = 4 e + C1x + C2

Benzer ekilde bir kez daha integrali alnarak zm aadaki ekilde bulunur. 5 x2 zm : y = e 2 x + C1 + C 2 x + C3 8 2 Buradaki C ler sabitler olup balang veya snr artlar yardmyla bulunur.dy 1 y2 Problem 3: = dx y(1 x)

diferansiyel denklemini znz.

zm: Denklemdeki y ve x ifadeleri taraf tarafa ayrlabilir. Elde edilen ifade iki basit integrali alnabilir bir denklem olacaktr. zm iin deiken dnm de gerekecektir. ydy dx 1 y2 = 1 x 1 y 2 = u 1 x = v 2 ydy = du dx = dv

2u =

du

dv v

du dv = 2 u v

ln(u ) = 2 ln(v) + Co ln u = ln v 2C u = C.v 2

ln u = ln v 2 + ln C

Co = ln(C ),

Not: zm sonrasnda tm fonksiyonlarn logaritma fonksiyonu veya sinus fonsiyonu olmas halinde integral veya diferansiyel denklem sabiti de ( C ) ayn fonksiyonlar cinsinden (lnC, SinC,) yazlabilir. Bu deikenler ve C sabitleri arasnda sadeletirme ilemleri asndan faydal olacaktr. Byle bir dnm mantksal olarak da yanl deildir. C deeri sabitse bunun logaritmas veay sinus deeride sabit olacaktr. Gerekli ters dnmlerle zm u ekilde bulunacaktr: 1-y2 = C(1-x)2Salama : Bulunan zm dorumu? sorusu zmn kendisi ve trevi verilen denklemde yerine yazlarak kontrol edilebilir.

1 y 2 = C (1 x )

2

y = 1 C (1 x )

2

y =34

2C (1 x ) 2 1 C (1 x )2

=

C (1 x ) 1 C (1 x )2

dy 1 y2 = , dx y(1 x)

C (1 x ) 1 C (1 x )2

=

C (1 x )

2 2

(1 x )

1 C (1 x )

0 = 0 ise zm doru.

Problem 4: zm:

dy = 1 + y 2 diferansiyel denklemini znz. dx dy = dx arctgy=x+C y=tg(x+C)

1+ yProblem 5: zm:

2

dy + 5 x 4 y 2 = 0 diferansiyel denklemini y(0)=1 art ile znz. dx = 5 x 4 dx

1 = x5 + C x=0 ise y=1 [ y(0)=1] y zm denkleminde x yerine 0 y yerine 1 yazlarak C belirlenir. -1=-0+C ise C=-1 bulunur. Bylece genel zm, 1 y= 5 x +1 dy x = diferansiyel denklemini y(1)=3 art ile znz. Problem 6: dx y zm: y2 x2 ydy = xdx x=1 ise y=3 [ y(1)=3] = + C 2 2 33 12 zm denkleminde x yerine 1 y yerine 3 yazlarak C belirlenir. = + C ise C=4 2 2 bulunur. Bylece genel zm, y2 = x2 + 8 dy Problem 7: = ky dif. denklemini y(0)=2 art ile znz. Denklemdeki k bir sabittir. dx zm: dy C=lnC1, lny=kx+lnC1 ise y = C1ekx y = kdx ise lny=kx+C, x=0 ise y=2 [ y(0)=2] zm denkleminde x yerine 0 y yerine 2 yazlarak C1 belirlenir. 2 = C1e k 0 ise C1=2 bulunur. Bylece genel zm, y = 2e kx Uygulama 1: Yzey scaklklar T1 ve T2 olan L kalnlndaki duvardan geen sy hesaplaynz. Duvar ierisindeki scaklk dalmn belirleyip iziniz.

y

dy2

Is ak Dorultusu T1Duvar veya Levha

T T1

a b c Duvar ierinde scaklk deiimi Beklenen scaklk erileri

q T2 T2 0 x=L

L

x

35

dT denklemiyle hesaplanmaldr. Deikenler olan T ve x eitliin her iki tarafna dx ayrlabilir. q = k

qdx = kdT

q dx = -k dT

ise zm

q x = -kT + C eklinde bulnur. Snr

artlar iki tane bulunur. 1: x = 0 ise T = T1 , q.0 = -k T1 + C ise C = k T1 bulunur.Bu durumda duvar ierisindeki scaklk dalmn veren ifade u ekildedir.q x = -kT + k T1

ise

T ( x) =

qx + T1 k

Bu denklem ekildeki b erisine uygun bir lineer deiimi ifade ettii iin beklenen bir zm bulunmutur. Bu ifadede 2. snr art yerine konularak transfer olan s bulunur. 2: x=L ise T=T2 ise T2 =T(x) T1 b Duvar ierinde hesaplanan scaklk dalm

k qL + T1 duvardan transfer olan s miktar q = (T1 T2 ) dir. L k

Is ak Dorultusu

T2 0 x=L x

Uygulama 2: Yukardaki problemde duvar ierisinde kimyasal yolla q kadarlk bir s retimi sz konusu olursa scaklk dalm ve q deerleri ne olur? Maksimum scakl bulunuz.

0 q q1 T1Duvar veya Levha

x q2 T2

Is ak Dorultusu

L

Duvar ierisinde s retimi mevcut ise diferansiyel denklem u ekilde olacaktr: 2 T 2 T 2 T q ' ' ' C v T + + + = x 2 y 2 z2 k k t36

Ancak bu denklem ksmi olup zm zordur. Bu nedenle deiken says 2 tane oluncaya kadar baz kabuller yaplmaldr. Bizim iin duvarn x dorultusundaki s tarnsferi nemlidir. Dier y ve z ynlerindeki s aks nemli deildir. Yaplardaki uygulama asndan x ynndeki s ieri veya dar akarkan, y ve z ynndeki boyutun daha byk olmas nedeniyle s aks duvar ierisinde kalacaktr. Bu nedenke y ve z ynnde duvar uzunluklarnn sonsuz olduu kabul edilebilir. Bu durumda da s y ve z ynndeki mesafeler ok uzun olduu iin en ksa yn olan x ynnde akabilecektir. Dolaysyla scaklk deiimide x sadece x ynnde olacaktr. Herhangi bir ynde s ak yoksa, o yne gre scaklk deimez

ve sabit kalr. Bir sabitin trevi ise sfrdr. lave olarak problem daimi (steady) olarak

dnlrse scaklk deimeyecektir:

zamanla

da

- y ynnde s ak yok, scaklk bu ynde deimiyor ise - z ynnde s ak yok, scaklk bu ynde deimiyor ise - daimi problem, scaklk zamanla deimiyor ise T =0 t

T 2T = =0 y y 2

T 2T = =0 z z 2

Bu yaklamlar ile deiken says 4 den (T,x,y,z,) 2 ye (T,x) decektir. 2 deiken arasndaki diferansiyel deiim adi formda olacaktr. Diferansiyel denklemin yeni hali u ekildedir: d 2T q' ' ' + = 0 (Bir tane bamsz deiken var. Adi dif. denklem) dx 2 k d dT q ' ' ' dT q ' ' ' dT q ' ' ' dx = k d dx = k dx dx = k x + C1 dx

dT =

q' ' ' 2 q' ' ' x + C1 dx T = x + C1x + C2 k 2k

zm iin gerekli snr artlar: x=0 T=T1 T1 =- q.0/2k + C1.0 + C2 C2 = T1 x=L T=T2 T2 =- qL2/2k + C1.L + T1 C1 = (T2- T1 )/L+ qL/2k

qx 2 T2 T1 qL + + T = x + T2 2k L 2k

Duvar ierisinde scaklk dalmn veren denklem

Scaklk duvar ierisinde parabolik olarak deimektedir. Bu nedenle duvar ierisinde bir noktada scaklk maksimum veya minimumdur. Fiziki yorum olarak duvar ierisinde s retimi olmasndan dolay duvar iinde bir yerde scaklk maksimumdur. Daha nce diferasiyel denklem karlmasnda bahsedilii gibi bu beklenen bir durumdur. Maximum scaklk ve yeri u ekilde tesbit edilir.

dT qx T2 T1 qL = + + =0 dx k 2k L

ise

xkrt =

k (T2 T1 ) L + 2 qL

xkrt maksimum scakln yerini belirler. T1T2 olduu zaman ise sol tarafa yakn olacaktr. Maksimum scaklk iin scaklk dalmn veren denklemde x=xkrt yazlmaldr. Scaklk dalmn kullanarak fourier denklemi yardmyla yzeylerden transfer olan slar hesaplanabilir. T1>T2 iin duvar iindeki scaklk dalm ve yzeyden meydana gelen q1 (x=0) ve q2 (x=L) s aklar u ekildedir:

dT T T qL = qx k 2 1 + s x deerine bal olarak deiiyor. dx 2k L T T qL T T qL q2 = qL k 2 1 + q1 = k 2 1 + 2k 2k L L q = k37

T(x) Tmax T1 q1 T2 0 xkrt x=L/2 x=L x T1 > T2 iin scaklk dam, maximum scaklk deeri ve yeri q2

Uygulama 3: AralarndaL mesafes bulunan direklere aslan birim uzunluk arl wo [N/m] olan sahip kabloda yerekiminden dolay meydana gelen sarkmay bulunuz. Direklerin tepe seviyesine gre meydana gelen maximum kme miktarn ve yerini bulunuz.0 x

wo [N/m]

g

kablo

U

d2U wo ise = dx 2 To

w d dU w o dU w o dU = d = o dx = x + C1 dx dx To dx To To dx

dU = T

woo

w x + C1 dx U = o x 2 + C1x + C2 2To

Snr artlar uygulanarak integral sabitleri bulunur. 1: x = 0 U = 0 2: x = L U = 0 0 = 0+ 0+C2 C2= 0 0 = (w0/2T0)L2 + C1L C1= - w0L/(2T0) iseU ( x) = w0 2 ( x Lx ) 2T0 maksimum kmenin meydana geldii noktay bulmak iin bulunan denklemin 1.trevi sfra eitlenir. 2 w L w L2 L dU w0 L = (2 x L) = 0 2 x L = 0 xkrt = ise U max = 0 L. = 0 dx 2T0 2 2T0 2 2 8T0 L/20 x=L/2 x=L x Meydana gelen sarkmann x e gre deiimi ve maksimum kme

Umax U(x)

38

Uygulama 4: Yola(x) bal ivmesi a = 2x ile verilen hareket durmakta iken harekete balayan bir araca aittir. Aracn hzn ve yolunu zamana bal olarak bulunuz.

dV = 2 x eklinde bir denklem elde edilecektir. Bu diferansiyel denklemde 3 tane dt deiken (V,x ve t) mevcuttur. 3 deikenli diferansiyel denklem zlemez. zm iin deiken says 2 ye drlmelidir. Bu iki ekilde yaplabilir: a=

lk yntemde baml deiken (V) yokedilebilir. V yerine x li ifadesi yazlr. Yolun zamana gre 1. trevi hz ise dx d d dx d 2 x d 2x V= ise diferansiyel denklem = 2 x olur. Byle a = [V ] = = 2 dt dt dt dt dt dt 2 2.mertebe bir denklemin zlebilmesi iin sa taraf bamsz deikenin (t) fonksiyonu olmaldr. Oysaki elde edilen denklemin sa taraf baml deikenin (x) fonksiyonudur. d 2x ntegrasyon iin 2 = f (t ) olmal dt IIDeiken saysn 2 ye indirgemenin dier yolu bamsz deikenlerden birinin yokedilmesidir. Zincirleme trev kural ile bu ama gerekletirilebilir. dV dV dx dx dV = a= V= a =V dt dx dt dt dx Bylece V ve t arasndaki ivmeden V ve x arasndaki ivme ifadesine geilebilir. dV V2 = 2x VdV = 2 xdx = x2 + C V dx 2 x = 0 V = 0 (Durmaktadr.) ise 0 = 0 + C C = 0 , V2 = 2x2 V =1.414 xUygulama-5: ekilde grlen elik kpr zerinde seyretmekte olan bir aratan dolay kprde meydana gelen kmeyi (sehim) bulunuz. Maksimum deeri belirleyiniz. Aklama: Kpr zerinden geen en ar ara krnn tam ortasnda en byk kmeyi meydana getirir. Bu nedenle tam orta nokta iin bulunacak kme deeri iin salanacak emniyet dier noktalar iinde kafi olacaktr. Ara arlndan dolay gvdeyi F kuvveti ile emeye alacaktr. Hesaplama iin mesnet reaksiyonlar hesaplandktan sonra 0 orijin noktasna x kadar uzaklktaki A noktasna gre moment alnr.gvde g

I-

Kpr Aya F L F 0 F/2 x A

Kpr Aya

kme erisi Sehimin x e gre deiimi

Sehim veya kme (u) diferansiyel denklemi I atalet momenti ve E elastisite modul ve moment (M) deerine ne bal olarak u ekildedir;39

EI

d 2u Fx = M ( x) burada moment nceki ekle gre A noktasndan M ( x) = dir. 2 dx 2 d 2u Fx = , 2 dx 2 d du Fx , = 2 IE dx dx u= Fx du Fx 2 du = + C1 , d = dx ise dx 2 IE dx 4 IE

ise IE

Fx 2 du = + C1 dx 4 IE

Fx 3 + C1 x + C 2 12 IE

zmn tamamlanmas iin 2 tane snr art gerekir: 1. x=0 ise u=0 , C2=0 Fx 3 FL2 FL2 2. x=L/2 ise du/dx=0, C1 = ise u = + x 12 IE 16 IE 16 IEUygulama-6: Hareketsiz duran ve aralarnda H kadar mesafe bulunan iki plaka arasnda akan Qo debiye sahip svnn hz profilini veren banty bulunuz. Ak daimi (steady) dir.Kanala girerken Hz profili y 0 x H Kanala ieriside Hz profili Aklama: Svlarn yapma zellii vizkosluk zellii olarak bilinir. Gerek svlar temasta olduklar kat yzeye yaptklarndan hzlar yzey ile ayn olur. Bu problemde plaka yzeyler hareketsiz olduu iin palakaya bitiik tanecik hzlar sfrdr. Bu suretle giriteki homejen hz profili (gradyeni) kanal iinde parabolik olarak deiir.

zm: ki boyutlu (y,x) ak iin akn hareketini tanmlayan Navier-Stokes denklemi sktrlamayan svlar iin u ekildedir. 2u 2u 2v 2v u P v P x iin, g x ve y ekseni iin g x + 2 + 2 = + 2 + 2 = x x t y y t x y Bu denklemlerde u ve v srasyla akkan tanecii hznn x ve y eksenlerindeki izdmleridir. lave olarak g yerekimi ivmesini, akkan younluunu, dinamik viskoziteyi ve P basnc gstermektedir. Ak sadece x ynndedir ve hz sadece y ye gre u deimektedir. Bu nedenle v=0 ve = 0 olacaktr. Daimi ak zamana gre deiim x gstermeyen ak iin zamana gre trevlerde sfr olacaktr. Geriye kalan ifade u ekildedir.

g x

2u d 2u P P + 2 = 0 , g x + 2 = 0 , y dy x x

gx

P = K ise x

d 2u K + 2 =0 dy

Yukardaki denklemde tek bamsz deiken olduu iin ksmi diferansiyenden adi diferansiyele geilir. ntegral y zerinden alnacak olup x ile ilgili terimler bu nedenle K sabiti ile ksaca gsterilmitir.d 2u K K 2 = = sabit ise iki kez yy gre integral alnarak u ( y ) = y + C1 y + C 2 bulunur. 2 2 dy

Sabitlerin bulunmas iin 2 snr art gerekir. Koordinat sisteminin orijin noktas iki plakann tam ortas seilerek hareketsiz plaka yzeyindeki sv taneciklerinin hz tanmlanabilir. Plakalarn orijine uzakl seilen orijine gre H/2 ve H/2 olacaktr. Gerek akkanlar kat40

yzeyine yapacandan ve plakalar hareketsiz olacandan plaka yzeyindeki taneciklerin hz da sfr olacaktr. K (H / 2)2 + C1 H + C2 2 2 K ( H / 2)2 C1 H + C2 2. snr art , y=-H/2 ise u=0 , 0 = 2 2 1. snr art , y=H/2 ise u=0 , 0 = Son iki snr art denkleminin zmmden C1=0 ve C 2 = sabitler ve K yerine yazlarak u ekilde bulunur;u=KH 2 bulunur. Bu durumda zm 8

1 dP 2 2 dx + g x H 4 y 8

(

)

Bu hz profili bir parabolik bant olup beklenen zmdr. Bant y ynnde akkan hznn nasl deitiini ifade etmektedir. Bu deiim HIZ ALANI olarakta isimlendirilir. Bu hz bantsndan hareketle debi ve viskoz kuvvetler hesaplanabilir. Debi (=hz*kesit) prensibine gre hesaplanr. Kesit ak dorultusuna dik olup, H.Derinlik eklinde hesaplanr. Ancak H boyunca u hz deimektedir. Bu nedenle her y noktas iin bir debiden bahsedilebilir. Plakaya yakn birim kesitten geen debi ve 0 orijin noktas civarndaki birim kesitten geen debi ayn olmayacaktr. Bu nedenle y dorultusu dy lik sonsuz kk diferansiyel dilimlere ayrlr. Herhangi bir dy.Derinlik kesitinden geen debide sonsuz kk olacaktr. Bu durumda H deerinden geen debi integralle belirlenir. Bu durumda diferansiyel kesitten geen debi Derinlik=1 alnarak, Qo = ifadenin integrasyonu ile bulunabilir.Qo = H /2 H /2 H / 2

u ( y )dy eklinde yazlabilir. Qo debisi bu

H / 2

u ( y )dy =

1 H / 2 8H /2

H3 dP + g x H 2 4 y 2 dy = dx 12

(

)

dP dx + g x

Son zmden istenirse Qo debisini veren kanal aral H belirlenir.rnek Problemler :

1. xy dx - (x+2) dy = 0 2. x dx - 3 dy = 0 3. x2 dx + y(x-1) dy = 0 4. dy/dx = y/x2 5. y2 e2x dx = (4+ e2x) dy 6. dx/(y(1+x2)) =2 dy 7. tan2 y dy = sin3 x dx 8. x cos2 y dx + tan y dy = 0 9. sin x sin y dx + cos x cos y dy = 0 10. (1-x) y = y2 11. y = cos2 x cos y41

12. y = y sec x 13. dx = t (1+t2) sec2 x dt 14. (1+ ln x ) dx + (1+ln y ) dy = 0 15. x dx + (a2 - x2)1/2dy = 0 16. y = 2x + x y2/ 3y +x2 y 17. y ln x ln y dx + dy = 0 18. x2 y y = ey 19. a2 dx = x ( x2 - a2 )0.5dy 20. x y3 dx + (y+1) e-x dy = 0 21. (e2x + 4 ) y = y 22. dr = b (cos dr + r sin d )

23. (1- y2)0.5dx - x (x2 1)0.5 dy = 0 24. x y dx + e dy = 0 26. dr/dt = -4 rt 27. 2 xyy = 1+ y2 28. y = 3y 29. 2y dx = 3x dy 30. y = (3y-xy)/x 31. xyy = 1+ y2 3 x2

36. y=3(y+1) 37. y+cscy=0 38. yy=0.5sin2wx , w:sbt 39. y= cosx tgy 40. y=y2 sinx 41. y=x2y2-2y2+x2-2 42. y=x3e-y y(2)=0 43. dr/dt=-4tr, r(0)=8.2 44. V(dV/dt)=g, g:sbt, V(to)=Vo 45. sin dr = r cos d, r(0.5)=-0.3 46. L(dI/dt)+RI=0, I(0)=Io 47. y=4(y+1)0.5 cos2x, y(0.25) = -1

r(0) = r0 y(2) = 3 y(0) = 1 y(2) = -1 y(1) = 3e-1 y(2) = 3 y(/2) = 4 y(-2) = 1 y(1) = 9

32. y = (3+y) cot x 33. 2ydx = 3x dy 34. y = x2y2 35. y+(x+1)y =03

2.2 Tam Diferansiyel Denklemler

nceki blmde verilen baml ve bamsz deikenlerine ayrma yntemi her diferansiyel dy = f ( x, y ) genel ifadesindeki f(x,y)=h(x).g(y) denklem iin mmkn olmayabilir. y = dx eklinde ayrmann mmkn olmad hallerde, 1.mertebeden diferansiyel denklemler tam diferansiyel yaklam ile zlebilir. Eer deiken ayrma yaplamaz ise integral almak mmkn olmayacaktr. rnek olarak, Idy = x+ y dy = ( x + y ) dx : x zerinden integral almak iin y deikeni dx x cinsinden yerine yazlmaldr. Ancak y=y(x) eklinde bir bilginin bulunmas da verilen integralin zmne bal olduundan klasik mantkla zm bulunamaz. dV = sin t + V dV = ( sin t + V ) dV : zaman (t) zerinden integral almak dt iin hz (V) zaman cinsinden yerine yazlmaldr. Ancak bu integral zmne bal olup zm mmkn olmaz

II-

ayet verilen rnekler zlm olsayd, zm ifadesinde x-deikeni, y-deikeni ve Cintegral sabiti bulunacakt. Bulunan f(x,y,C)=0 denkleminden C ekilerek C=C(y,x) (1)

eklinde bir kapal fonksiyonel denklem bulunabilir. Deikenlerine ayrlamayan, baml ve bamsz deikenlerin fonksiyonu olan M(x,y) ve N(x,y) fonsiyonlarna bal olarak 1. mertebe bir diferansiyel denklemin standart formu u ekilde gsterilebilir; M(x, y) dx + N(x ,y) dy = 0 Bu denkleme yukarda verilen I.rnek uyarlanrsa (2)

dy = x+ y dy ( x + y )dx = 0 ise dx M(x,y)=-(x+y) ve N(x,y)=1 olacaktr. Ayn ekilde II.rnek iin, y yerine V ve x yerine t42

yazlarak M(t,V)=Sint+t , N(t,V)=1 eklinde (2) formuna dntrlr. (1) denklem ile tanmlanm olan kapal fonksiyonda C integral sabiti geici olarak deiken kabul edilirse 2 deikenli yapdan 3 deikenli bir yapya ulalr. Bu yaklam Sabitlerin Deiimi ismi verilmekte olup baka diferansiyel denklem zmlerinde de kullanlmaktadr. 3 deikenli (C,x,y) byle bir fonksiyonun 1.diferansiyeli nceki bilgilere (Blm 1.5.1) dayanarak u ekilde yazlabilir:

dC =

C C dx + dy x y

(3)

Burada C nin bir integral sabiti olduu iin tam diferansiyelinin sfr olmas szkonusudur. Tam ve ksmi diferansiyeller 2 ve 2 den daha fazla deiken ieren fonksiyonlar iin lullanlan kavramalardr. Diferansiyel deiim olarak da alglanabilir.

C Cnin xe gre x

1.trevi olarak baklaca gibi, Cnin xe gre deiimi olarakta dnlebilir. (3) denklemine gre C nin deiiminin bir ksm x, dier bir ksm da y zerindedir. Bunlar ksmi diferansiyel dir. Bu ikisinin toplam deiiminin tamamn verecek olup, bu toplamda tamdiferansiyel olacaktr. Tam diferansiyel C gibi bir sabit iin kesinlikle sfrdr. Ancak

C sfr olmayabilir. Biri dierini yokedebilir. Tam diferansiyel bir fonksiyon (deiken ysays gerekte 2 tane olan fonksiyon) iin dC=0 olmaldr.

C ve x

C C dx + dy = 0 x y

(4)

eklinde yazlabilir. Dikkat edilirse (2) formundaki zlecek diferansiyel denklem ve zld varsaylan zmn diferansiyelini ifade eden (4) denklemleri birbirine benzemektedir. Bu benzeimden ;M ( x, y ) =

C x

, N ( x, y ) =

C y

(5)

yazlabilir. (2) formunda verilen bir diferansiyel denklemin zmnden bulunacak (1) nolu denklemin tam diferansiyel artn salayarak (4) denklemini salayabilmesi iin (5) nolu denklemlerden tam diferansiyellik artlar retilmelidir. Baka bir ifade ile M(x,y) ve N(x,y) fonsiyonlarna bal olarak (4) artn salayan C ne olmaldr? sorusunun cevab verilmelidir. (5) nolu denklemler 2 tane olup hangisinden C deeri bulunabilir. Birinden bulunan C deeri, dierinden bulunacak C deerine eit olacakmdr? zm zerinde her ikiside, hem M hemde N fonksiyonlar etkili olacandan her ikiside kullanlmaldr. Her ikisininde kullanlabilmesi iim iki denklem birletirilmelidir. Bu birleme ancak M nin y ye gre kismi trevine, N ninde x e gre tekrar ksm trevleri alnmas ile mmkn olur. nk bu trevleme birbirine eit iki diferansiyel ifade elde edilir. Verilen (5) denklemleri de x ve y ye gre ksm olarak tretilirse;M ( x, y ) =

C M ( x, y ) 2 C C N ( x, y ) 2 C ise = ve N ( x, y ) = ise = x y x y y x y x

(6)

43

olduu grlecektir. Bu durumda tam diferansiyel bir form iin (2) denklemindeki M ve N fonksiyonlarna bal olarak;

M ( x , y ) N ( x, y ) = y x

(7)

eklinde tam diferansiyellik art yazlabilir. Bu ifade ksca Mx=Ny olarak da gsterilebilir. Mx M nin x e gre ksmi trevi demketir. Tersinden dnecek olursak diferansiyel denklemdeki M'nin y' ye gre kmi trevinin, N' nin x' e gre kmi trevine eit ise o denklem tam diferansiyel denklemdir denilebilir. Bu durumda (7) nolu denklem tam diferansiyellik art olacaktr. Byle bir art salanrsa diferansiyel denklemin zm u ekilde gelitirilir. (5) denklemlerindeki ifadelerden biri ele alnarak, ya M(x,y) yada N(x,y), ileme balanr. M(x,y) seilerek C C = Mx C = M ( x, y )x + Co ( y ) (8) M ( x, y ) = x bulunur. M x ve y ye bal bir fonksiyondur. Bunun x' e gre ksmen integre edilmesi halinde meydana gelen Co integral sabitinin x e gre sabit olurken, integral ileminde dikkate alnmayan y deikenine bal olabilecei ihtimali her zaman dnlmelidir. Bu nedenle Co(y) eklinde yazlm doru olacaktr. Dolaysyla bu aamada zmn bitmi olduunun sylenmesi imkanszdr. Co(y) bulunarak (8) de yerine yazlmaldr. (8) ifadesi y 'ye gre tekrar tretilecek olursa zmn tamamlanmasn salayacak Co(y) ;

C dCo ( y ) = Mdx + dy y yifadesinden bulunacaktr. (5) ifadesine dikkate edilecek olursa grlecektir. C nin N(x,y)'ye eit olduu y (9)

C dCo ( y ) = Mdx + dy = N ( x, y ) y y

Bu durumda (9) denleminin integrasyonundan Co(y) bulunur. (9) denkleminde Con y ye gre trevinde d operatrnn kullanldna dikkat edilmelidir. nk, Co sadece bir deikene bal olmak zorundadr. Bu integrasyon sonucu Co ierisinde x ile ilgili bir ifadenin olamyaca aktr. Eer Co ierisinde x bulunursa yaplan ilemlerde yanllk var demektir. Bulunan Co(y) (8) denlemindeki yerine yazlarak zm tamamlanr. (8) zmnn elde edilmesinde M(x,y) yerine N(x,y) tercih edilirse zm u ekilde ilerleyecektir:N ( x, y ) =

C C = Ny y

C = N ( x, y)y + C ( x)o

(10)

Buradaki Co=C(x) olduuna dikkat edilmelidir. nk, integral y zerinden alnm olup, bulunacak Co sabitinin x e bal olmas muhtemel olacaktr. Co(x) deerini bulmak iinde (10) denklemin x e gre ksmi trevi alnarak M deerine eitlenmesi gerekir. Bulunan Co(x) ierisinde kesinlikle y deikeni bulunmaz. Aksi halde ilem hatas olup zm yanl olur. Co(x) (10) denklemindeki yerine yazlarak zm tamamlanr.Problem-1: (y3 + 2x) dx + (3xy2 +1)dy = 0 diferansiyel denklemini znz.

44

Diferansiyel denklemde ki (y3 + 2x) ve (3xy2 +1) fonksiyonlarnn sadece x ve sadece y den meydana gelen fonksiyonlara ayrlmas mmkn deildir. Bu nedenle tam diferansiyel zm kullanlmaldr. (y3 + 2x) dx + (3xy2 +1)dy = 0 M(x,y) dx + N(x,y) dy = 0 (verilen diferansiyel denklem) (tam diferansiyel denklem)

ki denklem birbirine benzetilerek M ve N fonksiyonlar tariflenir. Bulunan M ve Nnin ksmi trevleri alnarak tam diferansiyel artn salayp salamad kontrol edilir. [Not: Ksmi trev bilinen adi trev ile aynr. Ancak, y ye gre ksmi trev alnrken x sabit, xe gre ksmi trev alnrken y sabit kabul edilir. Ayn ekilde ksmi integrasyonda da x zerinden (x) integrasyonda y sabit, y zerinde integrasyonda (y) x sabit alnr. ) M N C 3 C = (or My=Nx) M(x, y) = =y + 2x , N(x, y) = =3xy 2 + 1 Tam dif. art y x x y N M = 3y 2 tam diferansiyeldir. = 3y 2 x y zm iin diferansiyel denklemden M ve N fonksiyonlar input olarak alnmtr. Bu inputlarn her ikiside kullanlarak output zm bulunacaktr. M ve N den biri ile C(x,y) zm fonsiyonu dieriden ise Co(x) veya Co(y) fonksiyonel integral sabiti bulunacaktr. Her iki alternatif kullanlarak zm u ekilde gereklenir:1.zm: M(x,y) ile C(x,y) ve N(x,y) ile Co n bulunmas tercih edilirse; C 3 =y + 2x ise C = y 3 + 2 x x C = y 3 x + x 2 + Co ( y ) x

zmn tam olmas iin Co(y) bulunmaldr. Bunun iin N(x,y) den faydalanlr. Bulunan C nin y ye gre ksmi trevi N fonksiyonuna eittir.dC dCo C = 1 dCo = dy Co ( y ) = y =3xy 2 + o =N(x,y)=3xy 2 +1 ise dy y dy

Dif.denklemin zm C = y 3 x + x 2 + y

eklindedir. C integral sabitidir.

2.zm: N(x,y) ile C(x,y) ve M(x,y) ile Co n bulunmas tercih edilirse; C = N(x, y) = 3xy 2 + 1 ise C = 3xy 2 + 1y C = xy 3 + y + Co ( x) y

zmn tam olmas iin Co(x) bulunmaldr. Bunun iin M(x,y) den faydalanlr. Bulunan C nin xe gre ksmi trevi M fonksiyonuna eittir.2 dC dCo C = y 3 + o = M ( x, y ) = y3 + 2x ise = 2 x dCo = 2 xdx Co ( x) = x dx x dx

Dif.denklemin zm C = xy 3 + y + x 2 eklindedir.Salama: Bulunan zm tekrar tretilerek doru olup olmad belirlenebilir. zmn x2 e gre trevi,

45

3 2 dC d ( xy ) dy d ( x ) dy dy = + + 0 = y 3 + 3 xy 2 + + 2x , son ifade dx ile arplarak dx ve dx dx dx dx dx dx dy parentezine alnrsa (3y2+1)dy+(2x+y3)dx=0 bulunur. Bu verilen diferansiyel denklemin ayns olup zm dorudur.

Problem-2:

1 y 3 2 x +Cosy+ x dy - ( x 2 -3yx )dx = 0 diferansiyel denklemini znz. Diferansiyel denklemde ki fonksiyonel yap sadece x ve sadece y den meydana gelen fonksiyonlara ayrlmas mmkn deildir. Bu nedenle tam diferansiyel zm kullanlmaldr. 1 y 3 2 x +Cosy+ x dy - ( x 2 -3yx )dx = 0 M(x,y) dx + N(x,y) dy = 0 (verilen diferansiyel denklem) (tam diferansiyel denklem)

ki denklem birbirine benzetilerek M ve N fonksiyonlar tariflenir. Daha tam diferansiyel art kontrol edilir. M N C y C 3 1 = M(x, y) = =- 2 -3yx 2 , N(x, y) = = x +Cosy+ Tam dif. art y x x x y x M N 1 1 = 2 3x 2 , = 3x 2 2 tam diferansiyeldir. y x x x 1.zm: M(x,y) ile C(x,y) ve N(x,y) ile Co n bulunmas tercih edilirse;

C y =- 2 -3yx 2 x x

ise

C = -

y y -3yx 2 x C = + yx3 + Co ( y ) 2 x x

zmn tam olmas iin Co(y) bulunmaldr. Bunun iin N(x,y) den faydalanlr. Bulunan C nin y ye gre ksmi trevi N fonksiyonuna eittir.dC dCo C 1 1 , = cos y dCo = cos ydy Co ( y ) = sin y = +x 3 + o =N(x,y)=x 3 +cosy+ dy y x dy x

Dif.denklemin zm C =

y + yx 3 + sin y x

eklindedir. C integral sabitidir.

2.zm: N(x,y) ile C(x,y) ve M(x,y) ile Co n bulunmas tercih edilirse;

C 3 1 = x +Cosy+ ise y x

C = x +Cosy+ x y C = x y + sin y + x + C ( x) 3 3o

1

y

zmn tam olmas iin Co(x) bulunmaldr. Bunun iin M(x,y) den faydalanlr. Bulunan C nin xe gre ksmi trevi M fonksiyonuna eittir.dCo C y dC y = 0 Co = sabit = 3x 2 y 2 + o = M ( x, y ) = - 2 -3yx 2 ise x dx x dx x

Co sabit bulundu. Ancak bir integral sabiti olarak kullanlabilir. zm denkleminde C bulunduu iin Co alnmayabilir. Baka bir bir ifade bir denklemde saysal deeri46

bilinmeyen sabitlerin toplam, fark veya arpm, yine saysal deeri bilinmeyen baka bir sabitle ksaca tariflenebilir. Bu sabit C ise dif.denklemin zm y C = x 3 y + sin y + eklindedir. xProblem-3: (4x3y3-2xy)dx + (3x4y2 - x2)dy=0 diferansiyel denklemini znz. M N C C = M(x,y)= =4x 3 y3 -2xy N(x,y)= =3x 4 y 2 - x 2 Tam diferansiyel art y x x y M N = 12 x3y 2 2 x = 12 x 3y2 2 x tam diferansiyeldir. x y

M(x,y) ile C(x,y) ve N(x,y) ile Co n bulunmas tercih edilirse;

C =4x 3 y3 -2xy x

ise

C = ( 4x y -2xy ) x C = x3 3

4

y 3 yx 2 + Co ( y )

zmn tam olmas iin Co(y) bulunmaldr. Bunun iin N(x,y) den faydalanlr. Bulunan C nin y ye gre ksmi trevi N fonksiyonuna eittir.dC dCo C = 0 ise Co sabittir. =3x 4 y 2 -x 2 + o =N(x,y)=3x 4 y 2 - x 2 , dy y dy

nceki problemdeki yorumdan zme yanstlmayabilir. Dif.denklemin zm C = x 4 y 3 yx 2 eklindedir. C integral sabitidir.

Problem-4: (x3+3xy2)dx + (3x2y + y3)dy=0 diferansiyel denklemini znz.

M(x,y)=

C 3 C =3x 2 y+y3 Tam diferansiyel art =x +3xy 2 N(x,y)= y x M N = 6 xy = 6 xy tam diferansiyeldir. y x

M N = y x

M(x,y) ile C(x,y) ve N(x,y) ile Co n bulunmas tercih edilirse;

C 3 =x +3xy 2 x

ise

3 2 C = ( x +3xy ) x C =

x4 3 2 2 + y x + Co ( y ) 4 2

zmn tam olmas iin Co(y) bulunmaldr. Bunun iin N(x,y) den faydalanlr. Bulunan C nin y ye gre ksmi trevi N fonksiyonuna eittir.dC dCo y4 C = y 3 dCo = y 3 dy Co ( y ) = =3x 2 y+ o =N(x,y)=3x 2 y +y3 , dy 4 y dy x4 3 2 2 y 4 + y x + eklindedir. Tm denklem taraf tarafa 4 4 2 4 ile arplarak ve 4C=C1 yazlarak zm daha basit yazlabilir. zmn son formu C1 = x 4 + 6 y 2 x 2 + y 4 dir. C1 yeni integral sabitidir.

Dif.denklemin zm C =

47

Problem-5: (sinx.coshy)dx - (cosx sinhy)dy=0 dif. denklemini y(0)=0 artyla znz. M N C C = = M(x, y)= sinx coshy = N(x, y)= - ( cosx sinhy ) Tam diferansiyel art y x x y M N = sin x sinh y tam diferansiyeldir. = sin x sinh y y x

M(x,y) tercih edilerek; C = M(x, y)= sinx coshy ise x

C = sin x cosh yx C = cos x cosh y + C ( y)o

zmn tam olmas iin C(y) bulunmaldr. Bunun iin N(x,y) den faydalanlr. dC Co C = -cosx.sinhy+ o N(x, y)= - ( cosx sinhy ) ise =0 dy y y Co = sabit

Dif.denklemin zm C = cos x cosh y dir. Verilen artlara gre x=0 ise y=0 olmaldr. cos0.cosh0=C ise C=-1 bulunur. Genel zm,

cos x cosh y = 1

Uygulama: Bir ak ortamnda x ynndeki hz u=a(x2-y2) ve y ynndeki hz v=-2axy ile verilmitir. Bu akn akm fonksiyonunu () bulunuz.

Akm fonksiyonu u ve v ile u ekilde ifade edilir; = a( x 2 y 2 ) v = = 2axy y x Bu veriler akm fonksiyonunun tam diferansiyel yaklamla zlebileceini gstermektedir. Akkanlarda tam diferansiyellik kontrolu sreklilik denklemi vastasyla yaplr. Daha nce verilen (sktrlamayan akkanlar iin) bu denklem salanmaktadr. u= u v + =0 (sreklilik denklemi) 2ax-2ax=0 ise tam diftir. x y zm:y3 2 2 2 2 2 = a ( x y ) = a ( x y )y = a ( x y ) + C ( x) y 3

dC y3 2 = a(2 xy ) + = 2axy ise C=sbt, ( x, y ) = a ( x y ) + C dx 3 x Bu zmde C ye deiik deerler verilerek akm cizgileri elde edilir.Not : Verilen diferansiyel denklem deikenlerine ayrlamyorsa, hem baml hemde bamsz deikenler zel fonksiyonlar (cosy, lnx, x4, y3,...) cinsinden denklemde mevcutsa zm tam diferansiyel yntemle veya tam diferansiyel hale getirme yntemi ile gerekletirilebilir. Basit czm iin veya daha sonra grlecek metodlarla zm iin genel bir prensip olarak baml deiken ya sadece y (lineer veya 1.derece diferansiyel denklem) veya y2 (2.derece diferansiyel denklem) eklinde denklemde mevcut olmasna dikkat edilmelidir.

48

rnek Problemler:

y(-2)=1 13. (2xy - 3)dx + (x2 + 4y)dy = 0 14.(2ysinx cosx+y2sinx)dx+ (sin2x-2ycosx)dy=0 15. ((3-y)/x2)dx+((y2-2x)/xy2)dy = 0, y(0)=6 16. (yex+2ex +y2) dx+ (ex+2xy)dy = 0, (0)=6 17. a) (x2 + 3xy)dx + (Ax2 + Ay)dy = 0 b) (1/x2+1/y2)dx + ((Ax + 1)/y3) dy = 0 18. e-dr r e- d =0 19. ex(cosy dx-siny dy)=0 20. cosx cos2ydx = 2sinx sin2y dy, y(3/2)=1/2 21. 2xy dx + dy = 0, y(0)=2 22. 2sinwydx + wcoswy dy =0, y(0)=/2w 23. ydx + xdy = 0 24. sinhx dx + y-1coshx dy=0 , y(0)= y(1) = 2

1 1 y x 1. ( 2 )dy = 0 2 ) dx + ( 2 2 x x +y y x +y 2. (x2 + y2)dx + 2xydy = 0 3. (2xy + ey)dx + (x2 + xey)dy = 0 4. (3x2 lnx + x2 - y)dx - xdy = 0 5. (yexy + 4y3)dx + (xexy + 12xy2 - 2y)dy = 0 6. cosh2x cosh2ydx + sinh2x sinh2y dy = 0 7. (x - ycosx)dx - sinx dy = 0 8. ( ln x ln(ln y) 2 3 + xy )dx + ( + x 2 y 2 )dy = 0 y ln y x 33 3 4 2

9. (4x y + 1/x)dx + (3x y - 1/y)dy = 0 10. (xcos(x+y)+sin(x+y))dx + xcos(x+y)dy = 0 11. 2xydx + (x2 + y2)dy = 0 12. (3x2y2-y3+2x)dx+(2x3y-3xy2+1)dy=0 ,

2.2 Tam Diferansiyel Hale Getirilen Diferansiyel Denklemler (ntegrasyon Faktr)

nceki blmde problem-3 olarak zlen rnekte [(4x3y3-2xy)dx + (3x4y2 - x2)dy=0 ] tam diferansiyel art salanmt: M N C C M(x,y)= =4x 3 y3 -2xy N(x,y)= = =3x 4 y 2 - x 2 Tam diferansiyel art y x x y N M = 12 x 3y2 2 x tam diferansiyeldir. = 12 x3y 2 2 x x y Eer tm denklem taraf tarafa x ile blnecek olursa [(4x2y3-2y)dx + (3x3y2 - x)dy=0] elde edilir. Matematiksel olarak bir ifade bir sabit veya deiken taraf tarafa arplabilir veya blnebilir. Yeni halde tam diferansiyel art aranrsa; M(x,y)= M N C C = =4x 2 y3 -2y N(x,y)= =3x 3 y 2 - x Tam diferansiyel art y x x y M N = 12 x 2 y 2 2 = 9 x 2 y 2 1 tam diferansiyel deildir. y x

Denklemin x ile blnmesi tam diferansiyel artn bozmutur. Ters mantkla bu olay deerlendirilirse, tam diferansiyel artn salamamasna ramen bir fonksiyon ile arplnca tam diferansiyellik salanabilir. Dolaysyla, deikenlerine ayrlamayan, tam diferansiyel denklem formuna benzemesine ramen tam diferansiyel art salanmayan baz denklemler (x,y) eklindeki bir fonksiyon ile arplarak tam diferansiyel hale getirilebilir. Bu fonksiyona integral arpan veya integrasyon faktr ismi de verilir.

M(x,y)dx + N(x,y)dy=049

(1)

(x,y)M(x,y)dx + (x,y)N(x,y)dy=0(2) nolu denklemin tam diferansiyel art ; ( M ) ( N ) = y x alnrsa, M M N + =N + y y x xise

(2)

eklinde yazlabilir. Parantez ierisindeki ifadelerin diferansiyeli

M

N M N = y x x y

(3)

elde edilir. (x,y) fonksiyonunun tesbit edilmesi iin 3 nolu denklemin zlmesi gerekir. Bu denklem 3 tane deikene (:baml, x;y:bamsz) bal ksmi diferansiyel olup zm bu aamada mmkn deildir. Genellikle (x,y) eklindeki 3 deikenli deiim tecrbeye bal olarak z=z(x,y) eklinde bir deiken dnm ile (z) eklinde 2 deikenli adi diferansiyel yapya indirgenir. Bu ilemlerde zircirleme trev kural kullanlr. Bu nedenle, N ve M fonksiyonlarnn yapsna gre fonksiyonun analitik olarak belirlenmesi belirli haller iin mmkndr. ya sadece xin, ya sadece ynin yada hem x hem de ynin fonksiyonu olabilir. Hem x ve hem de ynin fonksiyonu olmas ksmi dif denklem zmne neden olduundan nceden tahmin etmek olduka zordur. Bu nedenle ya sadece x, yada sadece ynin fonksiyonu olarak aranmaldr. Bu haller iin fonksiyonlar aadaki gibi iki ekilde bulunur: N M x + y M y Nx d d dx or = = 0 , d , 1. =(x) ise = N dx y N N M x y Nx M y d d dy or = = 0 , d, 2. =(y) ise = M dy x M Yukardaki denlemlerde zm iin sa taraftaki integraller iindeki fonksiyonlar gerekli sadeletirmelerden sonra 1.denklemde sadece x e, 2.denklemde ise sadece y ye bal olmaldr. Aksi takdirde (x) ve (y) integral arpanlar doru bir ekilde bulunamaz.Problem-1: (2xy4ey+2xy3+y)dx + (x2y4ey-x2y2-3x)dy = 0 diferansiyel denklemini znz. M N = M=2xy 4 e y +2xy3 +y N=x 2 y 4 e y -x 2 y 2 -3x tam diferansiyel art y x M N = 8xy3e y + 2 xy 4 e y + 6xy2 + 1 = 2 xy 4 ey 2 xy2 3 x y

trevler birbirine eit olmadndan tam diferansiyel deildir. Bu nedenle tam diferansiyelyaklam ile zm iin ilk nce tam diferansiyel hale dntrecek arpan bulunmaldr. nn hangi deikene bal olduu direkt bulmak zor olabilir. Ancak, srasyla test ederek doru olan bulunabilir. Gerekli ilemler u ekildedir: M y -N x = [8xy 3e y + 2 xy 4 e y + 6xy 2 + 1] 2 xy 4 e y 2 xy 2 3 = [8xy 3e y + 8xy 2 + 4] = 1. =(x) ise

My Nx N

8xy 3e y + 8xy 2 + 4 x = 2 4 y x x y e x 2 y 2 3x50

=(x) ise sadece xin fonksiyonu olmad iin, yani pay ve paydada gerekli sadeletirmelerden sonra hala y deikeni bulunduu iin =(x) kabulu yanltr. Bu nedenle ilemler =(y) kabulu iin tekrarlanmaldr. 2. =(y) ise Nx My [8xy3ey + 8xy2 + 4] y = 4[2 xy3ey + 2 xy2 + 1] y = y = y[2 xy3e y + 2 xy2 + 1] M 2 xy 4 e y + 2 xy3 + y d 4 dy 1 = ise ln =-lny , ( y) = 4 y y =(y) kabulu sonuta sadece y ye bal ukmasndan dolay dorudur. nn bulunmas diferansiyel denklem zmnde ara ilem niteliinde olduu iin, integrasyonlar alnrken integral sabiti alnmas gerekmez. Bulunan arpan ile ana diferansiyel denklem taraf tarafa arplrsa ; (2xy4ey+2xy3+y)dx + (x2y4ey-x2y2-3x)dy = 0 ilk dif denklem,

2 xy 4 e y + 2 xy 3 + y x 2 y 4e y + x 2 y 2 3x ( )dy + ( )dx = 0 y4 y4 (2 xe y + 2x 1 x 2 3x + 3 )dy + ( x 2 e y 2 4 )dx = 0 y y y y x 1 + y y3 N = x2e y x2 x 3 4 2 y y

M = 2 xe y + 2

M x 1 = 2 xe y 2 2 3 4 y y y

ve

N 2x 3 = 2 xe y 2 4 x y y

Bulunan trevler birbirine eit olduu iin tam diferansiyel art salanmtr. Bundan sonra arpan ile arplm M ve N fonksiyonlar kullanlarak nceki blmde verilen yntemle zm aranr. x 1 C 2 y x 2 x C =x e 2 3 4 M(x,y)= =2 xe y + 2 + 3 N(x,y)= y y y y y x M(x,y) ile C(x,y) ve N(x,y) ile Co n bulunmas tercih edilirse; x 1 C =2 xe y + 2 + 3 y y x isey C = 2 xe + 2 +

x y

1 x2 x x C = x 2 e y + + 3 + Co ( y ) y3 y y

zmn tam olmas iin Co(y) bulunmaldr. Bunun iin N(x,y) den faydalanlr. Bulunan C nin y ye gre ksmi trevi N fonksiyonuna eittir.x2 x dCo C 2 y x 2 3 x dC o =x e 2 4 + =N(x,y)=x 2 e y 2 3 4 , = 0 Co ( y ) = sabit dy dy y y y y y x2 x zm tam dif. yaklam zm x e + + 3 = C y y2 y

eklinde elde edilir.

Problem-2: 2 ydx + 3xdy = 0 dif. denklemini znz.51

Not: Bu diferansiyel denklem deikenlerine ayrlarakta zlebilir. Bir diferansiyel denklemin birden fazla yntemle zm mmkndr. nemli nokta hangi metodun daha ksa ve daha az ilem gerektireceinin nceden bilinmesidir. ok ilemin hata yapma ihtimalini de beraberinde getirecei unutulmamldr. Bu nedenle verilen rnek hem deikenlerine ayrarak, hemde tam diferansiyel yaklamla zlerek aradaki ilem says fark ortaya konulacaktr. I- Deikenlerine ayrarak zm: 2 ydx + 3 xdy = 0

2

dx dy C = 3 2 ln x = 3ln y + ln C x 2 = 3 x y y

II- Tam diferansiyel hale getirerek zm:

2 ydx + 3xdy = 0 ise M(x,y)=2y ve N(x,y)=3x

M =2 y

N = 3 x

tam diferansiyel deildir. Bu nedenle tam diferansiyel yapacak arpan bulunmaldr. My-Nx = 2 - 3 = -1 ise =(x) kabulu ile zm bulunabilir. d

=

M y Nx N

x=

1 dx ise 3x

sadece xin fonksiyonu olduu iin, yani pay ve paydada gerekli sadeletirmelerden sonra, integralde sadece x deikeni bulunduu iin =(x) kabulu dorudur. lemler yapldnda integral arpannn y nin de fonksiyonu olduu grlecektir.

d dx = 3x

ise

ln =-

lnx 3

(x)=

1 =x -1/3 1/3 x

Bulunan arpan ile ana diferansiyel denklem arplarak yeni formu bulunur ; 2 yx 1/ 3dx + 3x 2 / 3dy = 0 , M ( x, y ) = 2 yx 1/ 3 , N ( x, y ) = 3 x 2 / 3 ise M y = 2 x 1/ 3 My=Nx olduundan denklem tam diferansiyel hale gelmitir. M(x,y) ile C(x,y) ve N(x,y) ile Co n bulunmas tercih edilirse; C =2 yx 1/ 3 x iseN x = 2 x 1/ 3

C = ( 2 yx ) x C = 3 yx1/ 3

2/3

+ Co ( y )

zmn tam olmas iin Co(y) bulunmaldr. Bunun iin N(x,y) den faydalanlr. Bulunan C nin y ye gre ksmi trevi N fonksiyonuna eittir. dC dCo C =3x 2 / 3 + o =N(x,y)=3x 2 / 3 , = 0 Co ( y ) = sabit dy dy y zm tam dif. yaklam zm C = 3 yx 2 / 3 eklinde elde edilir. Bu zm 3 ile blnerek ve her iki tarafnda st deeri 3 alnarak deikenlerine ayrma ile elde edilen form elde edilir.52

2 2 C 3 = yx = y 3 x 3 3

3

3

3

C 3 2 , = C1 C1 = y x 3

3

C1 ile deikenlerine ayrmada bulunan C arasnda hibir fark yoktur. Her ikiside integral sabiti olup, aralarnda ilemlerin gelimesinden kaynaklanan simgesel bir farkllk mevcuttur.Problem-3: ydx xdy = 0 dif. denklemini znz.

M(x,y)=y ve N(x,y)=-x ise

M =1 y

N = 1 tam diferansiyel deildir. Bu nedenle x

tam diferansiyel yapacak arpan bulunmaldr. My-Nx = 1 (-1) = 2 2dx = ise sadece xin fonksiyonu olduu iin, yani N x pay ve paydada gerekli sadeletirmelerden sonra, integralde sadece x deikeni bulunduu iin =(x) kabulu dorudur. =(x) ise = dx = d M y Nx

d

=

2dx x

ise

ln = 2(lnx) ,

(x)=x -2

Bulunan arpan ile ilk diferansiyel denklem arplarak yeni formu bulunur ;x 2 ( ydx xdy ) = 0

yx 2 dx x 1 dy = 0

M(x,y)=yx-2 , N(x,y)=-x-1 ise My = x-2 ve Nx = x-2 olduundan denklem tam diferansiyel hale gelmitir. C = M(x, y) = yx -2 ise C = yx 2 dx C = yx 1 + Co ( y ) x zmn tam olmas iin Co(y) bulunmaldr. Bunun iin N(x,y) den faydalanlr. dC dCo C =-x 1 + o =N(x,y)=-x 1 , = 0 Co ( y ) = sabit ise zm C = yx 1 dir. dy dy yProblem-4: 2 sin( y 2 )dx + xy cos( y 2 )dy = 0 dif. denklemini znz.

M(x,y)=2siny2 , N(x,y)=xycosy2

N M = 4 y cos y 2 = y cos y 2 tam dif. deildir. y x

Bu nedenle tam diferansiyel yapacak arpan bulunmaldr.M y N x = 4 y cos y 2 y cos y 2 = 3 y cos y 2 =(x) ise d = M y Nx N 3 y cos y 2 3dx d 3dx dx = dx = ise = ln = 3ln x ( x) = x3 2 xy cos y x x

Bulunan arpan ile ana diferansiyel denklem arplarak yeni formu bulunur ; x3 ( 2sin( y 2 )dx + xy cos( y 2 )dy ) = 0 ise 2 x 3 sin( y 2 )dx + x 4 y cos( y 2 )dy = 053

M ( x, y ) = 2 x 3 sin( y 2 ) N ( x, y ) = x 4 y cos( y 2 ) M y = 4 yx 3 cos( y 2 )

N x = 4 x 3 y cos( y 2 )

olduundan denklem tam diferansiyel hale gelmitir. x 4 sin y 2 C + Co ( y ) = M ( x, y ) = 2 x 3 sin( y 2 ) ise C = 2 x 3 sin y 2 dx C = 2 x zmn tam olmas iin C(y) bulunmaldr. Bunun iin N(x,y) den faydalanlr. dCo C 2 yx 4 cos y 2 dCo =N(x,y)=x 4 y cos( y 2 ) , = 0 Co ( y ) = sabit ise = + 2 dy dy y zm C = x 4 sin y 2 dir. 2C=C1 alnarak daha basit forma ulalabilir. x 4 sin y 2 = C1 2

Problem-5: 2 xydx + (4 y + 3x 2 )dy = 0 dif. denklemini y(0.2)=-1.5 artyla znz. M N M ( x, y ) = 2 xy, N ( x, y ) = 4 y + 3 x 2 ise = 2x = 6 x tam dif. deildir. y x

Bu nedenle tam diferansiyel yapacak arpan bulunmaldr. My-Nx = 2x-6x =-4x M y Nx d 4x = dx = ise sa taraf sadece xin fonksiyonu olmad =(x) ise N 4 y + 3x 2 iin =(x) kabulu yanltr. Bu nedenle integral arpan y deikenine bal olarak bulunmaya allr. =(y) ise ( M y N x ) d 4 x 2 d 2dy = dy = dy = d y ise = , ln = 2 ln y ( y ) = y 2 2 xy M y y Bulunan arpan ile ana diferansiyel denklem arplarak yeni formu bulunur ; y 2 ( 2 xydx + (4 y + 3 x 2 )dy ) = 0 , 2 xy 3 dx + (4 y 3 + 3x 2 y 2 )dy = 0

M ( x, y ) = 2 xy 3 N ( x, y ) = 4 y 3 + 3 x 2 y 2 ise M y = 6 xy 2 N x = 6 xy 2 , My=Nx tam diferansiyeldir C = M ( x, y ) = 2 xy 3 ise x

C = 2 xy

3

x C = y 3 x 2 + Co ( y )

zmn tam olmas iin C(y) bulunmaldr. Bunun iin N(x,y) den faydalanlr. dC dCo C = 3 y 2 x 2 + o =N(x,y)=4 y 3 + 3x 2 y 2 ise = 4 y 3 dCo = 4 y 3 dy Co ( y ) = y 4 dy dy y Dif.denklemin zm C = y 3 x 2 + y 4 dir. Verilen arta gre x=0.2 ise y=-1.5 dir. Bunlar yerine yazlarak C sabiti belirlenir. C = ( 1.5 ) ( 0.2 ) + ( 1.5 ) = 4.9275 ise zm y 3 x 2 + y 4 = 4.92753 2 4

rnek Problemler:

1. 2ydx+xdy=054

2. 3ydx + 2xdy = 0

3. (1 + xy)dx + x2 dy = 0 4. dx + (x+y+1)dy = 0 5. (2x-1y -3)dx + (3-2y-1x)dy = 0, =x2y2 6. ydx + [y+tg(x+y)]dy = 0, =cos(x+y) 7. ydx +[cot(x-y)-y]dy = 0, =cos(x-y) 8. (2xex-y2)dx+2ydy=0 9. 2cosy dx= siny dy 10. (2y+xy)dx + 2xdy = 0 11. (1+2x2+4xy)dx + 2dy = 0 12. (y+1)dx-(x+1)dy=0 13. aydx+bxdy=02.4.Homojen Diferansiyel Denklemler:

14. y cosx dx +3 sinx dy=0 15. 2ydx+3xdy=0 16. 2xdx=[3y2+(x2-y3)tgy]dy 17. ydx + (y-x)dy = 0 18. (x2 + y2 + x)dx + ydy = 0 19. 2y2dx + (2x + 3xy)dy = 0 20. (x2 + 2y)dx - xdy = 0 21. (x2 + y2)dx + 3xy dy = 0 22. 5dx ey-x dy =0 23. (3xey+2y)dx + (x2ey+x)dy=0

Deikenlerine ayrlamayan, tam diferansiyel art salamayan ve tam diferansiyel hale getirilemeyen 1.mertebeden baz denklemler stel homenjenlik yaklamyla zlebilir. Bir diferansiyel denklemde baml ve bamsz deikenlerin yerine xn=(x)n, yn=(y)n yazldnda f(x,y)=nf(x,y) elde edilebiliyorsa denklemin n. dereceden stel homojen olmasndan bahsedilir. Burada sfrdan byk pozitif bir saydr(.> 0). yn=(y)n ve xn=(x)n ise f(x,y)=nf(x,y) homojenlik art

Bu artn salanmas gerekli sadeletirmeler sonrasnda diferansiyel denklemde hi bir nn kalmamasndan anlalabilir. Eer denklem homojen ise y baml deiken ve x eski bamsz olmak zere y=Ux dnm yaplarak zm aranr. U eski bamsz deikene bal yeni baml deikendir. Baka bir ifade ile verilen M(x,y)dx+N(x,y)dy=0 veya y=f(x,y) ekillerindeki diferansiyel denklemdeki fonksiyonel yap matematiksel ilemlerle y y y M( )dx+N( )dy=0 ve y=f( ) haline dntrlebilmelidir. Bundan sonra u dnmler x x x dy dU y yaplr: = U ( x) ise y = U ( x) x y = =U + x x dx dx dU = f (U ) dx olacaktr. Yani y ve x arasndaki bir denklemden U ve x arasndaki deikenlerine ayrlabilir yeni bir form elde edilecektir. ntegrasyon sonrasnda U=U(x) eklinde zm fonksiyonu bulunur. Burada U yerine y/x yazlarak orijinal deikenlere dnlr. Ayn yaklam x in baml deiken olarak kabul edilmesiyle de salanabilir. olacaktr. Deiken dnm sonras diferansiyel denklem yaps U + x y dx x =x=f( ) elde edilir. y=f( ) ise dy y x dx dU x dU = U ( y ) ise x = U ( y ) y x = = f (U ) dir. Bu =U + y ise yeni yap U + y y dy dy dy denklem zlerek U=U(y) formu elde edilir. U=x/y ile orijinal deikenlere dnlr.55

Problem-1: (x3 + y3)dx -3xy2 dy = 0 diferansiyel denklemini znz.

M=x3 + y3 , x=x y=y M=(x)3 + (y)3 = 3(x3 + y3)= 3M; N=3xy2 , y=y x=x N=3x(y)2 = 33xy2=3N ise denklem bu durumda 3. Dereceden homojendir. y 3 x 1 + x dy x 3 + y 3 3 3 2 = = (x + y )dx = 3xy dy ise 2 2 dx 3 xy y 3x3 x3

y: baml deiken y=Ux ise

x: bamsz deiken

dy dU =U +x ve U=y/x dir. Bu dnmler ana denkleme tanarak y ve x dx dx arasndaki yapdan, U ve x arasndaki yapya dnlr. Elde edilen yeni yap mutlaka deikenlerine ayrlabilir diferansiyel denklem olmaldr.

dU 1 + U 3 U+x = 3U 2 dx

ise

1 + U 3 3U 3 1 2U 3 dU 1 + U 3 x = U = = 3U 2 3U 2 3U 2 dx

3U 2 dU ln(1 2U 3 ) dx = = ln x + ln c -2lnc=lnC1 ise ln(1 2U 3 ) = 2 ln x + ln C1 1 2U 3 x 2 C1 y 3 C1 3 1 2U = 2 1 2 3 = 2 x3 2 y 3 = C1 x x x xSalama: zmn doruluu tretilmesi sonucu diferansiyel denklemi vermesinden anlalr.

zm , x 3 2 y 3 = C1 x ise 3 x 2 6 y 2 y ' = C1 , zmden C1 ekilerek trevli ifadeye tanr.

c1 = x 2

2 y3 2 y3 2 y3 ise 3 x 2 6 y 2 y ' = x 2 , 2 x 2 6 y 2 y' = , 2 x 3 6 xy 2 y '+2 y 3 = 0 x x x

dy + y 3 = 0 , dx ile arplp dzenlenirse ( x 3 + y 3 )dx 3 xy 2 dx = 0 bulunur. Bu dx durumda bulunan zm dorudur. x3 3 xy 2Problem-2: (x2+3y2)dx + 2xydy = 0

diferansiyel denklemini znz.2

2 y x 1 + 3 x dy x 2 + 3 y 2 2 2 x +3y ) dx + 2xydy=0 ise = = ( y dx 2 xy 2x2 x dy dU dU 1 + 3U 2 dU 1 + 3U 2 y = Ux =U + x U + x = x = U dx dx dx dx 2U 2U

56

dU 1 + 3U 2 2U 2 1 + U 2 = =x dx 2U 2U 1 + U 2 = Cx 1 + y2 = Cx x2

1+U

2UdU2

=

dx ln(1 + U 2 ) = ln x + ln C x

x 2 + y 2 = Cx 3

Problem-3: x y2y=y3 x3 diferansiyel denklemini y(1)=2 artyla znz.

y 3 x 1 x dy y 3 x 3 , y=Ux ise dy = U + x dU 3 3 2 = = y - x ) dx = xy dy ise ( 2 dx dx dx xy 2 2 y x x3

U+x

dU U 3 1 = dx U2

ise

x

U 3 1U 3 1 dU U 3 1 = U = = 2 dx U2 U U2 x 3 eU = C1y3 3 x33

2 U dU =

dx U3 = ln x + ln C , U 3 = 3 ln x + ln C1 , x 3y3 3 x3 2 3 1 3

x e = C1 x e = C1, x = 1, y = 2, 1 e3 U

3

= C1 C1 = 2981 x e = 2981

rnek Problemler :

1. (x2 - 3y2)dx + 2xy dy = 0 2. x dx + (y-2x) dy = 0 3. (y2 + yx) dx - x2 dy = 0 4. y = (y + (x2 + y2)1/2)/x 5. y dx = 2(x + y) dy 6. (x2 + xy - y2) dx + xy dy = 0 7. y= (y - x)/(y+x) 8. (y2 + yx) dx + x2 dy = 0 9. (2xy + 3y ) dx - (2xy + x ) dy = 0 10. -ydx + [x + (xy)1/2]dy = 0 11. y dy = (ydx -x dy)x ln(x/y) 12. ([x+y]1/2 +[x-y]1/2 )dx + ([x-y]1/2 -[x+y]1/2)dy = 02 2 2

13. xy2y = y3 - x3

y(1) = 2 y(-1) = 1 y(1) = -2 y(0) = 1 y(2) = 6 y(1) =4 y(1) = 2

14. (x2 + 2y2) dx = xy dy 15. 2x2 (dy/dx) = 3xy + y2 17. (x + ye ) dx - x ey/x y/x

16. xydx -x2 dy = y(x2+y2)1/2dy 18. (