Elektrik-Elektronik Mühendisliği Bölümü Ders Notları İçin; www.eemdersnotlari.com 1
BÖLÜM I
DİFERANSİYEL DENKLEMLER VE ÇÖZÜMLERİ İLE İLGİLİ TEMEL KAVRAMLAR 1.1. Giriş
Fizik, mühendislik, kimya, astronomi, biyoloji, tıp, psikoloji, sosyal bilimler ve ekonomi gibi dallardaki belli problemleri temsil etmek için bir matematiksel model gerekli olur. Bu matematiksel modeller, içinde değişkenleri ve türevleri bulunduran bir denklemi ve bu denklemi bazı koşullarda sağlayan bir bilinmeyen fonksiyonu bulmak için kaynak oluşturur. Buradaki bütün durumlar birbirleri ile bağlantılı olarak değişirler. Örneğin düşen bir cismin hızı mesafe ile, fırlatılan bir roketin izleyeceği yol hızı ve ateşleme anındaki açısı ile değişmektedir. Matematikte birbirine bağlı olarak değişen bu büyüklüklere değişkenler yani bağımlı ve bağımsız değişkenler; bir değişkenin diğer bir değişkene göre değişme oranına (kabaca) türev; bağımlı değişken, bağımsız değişken ve türevleri arasındaki bağıntıya da diferansiyel denklem adı verilir. Fizik ve mühendislikteki bir çok dalda karşılaşılan problemlerin diferansiyel denklemlerle ilgisi vardır. Bunlardan bazılar roket ve uyduların hareketi, bir elektrik devresindeki akım veya elektrik yükü, bir tel veya zarın titreşimi, iletken bir çubuktaki ısı akımı, radyoaktif bir maddenin parçalanması, kimyasal reaksiyonların belirlenmesi, belirli bir geometrik özellikteki eğrilerin bulunması gibi... Bir başka deyişle, bu tür problemlerin
2
matematiksel modeli karşımıza diferansiyel denklemler olarak çıkar. Örneğin, radium’un halihazırdaki miktarına göre belli bir oranda parçalandığı (deneylerden) varsayılmaktadır ve bu matematiksel olarak ds ks dt
diferansiyel denklemi ile ifade edilmektedir. Bu denklemi, 100 mg bir parça için çözerek ve deneyden bulunan sonuçları kullanarak,
s 100e 0.041 t denklemi bulunur. Bu bize, bundan 20 yüzyıl sonra 100e 0.041( 20 ) 44.0 mg bırakacağını ve 20 yüzyıl önce bırakılan birikintinin 100e 0.82 227.0 mg olduğunu açıklar. Genel olarak, belirtilen herhangi bir zamandaki bağıntılarda tanımlanabilir. Newton yerçekimi kanununu tasarlayıp dünyanın, yörüngesinin birinde güneş olan yaklaşık bir elips çevresince güneş etrafında hareket ettiğini göstermek için ilgili diferansiyel denklemler sistemini çözdü. Uydular, uyduların yörüngeleri ve ilgili yöntemleri öğrenmek için halen aynı teorileri kullanırız. 1865’lerde Maxwell bir elektrik akımı ve karşı gelen manyetik alan arasındaki bir bağıntıyı tasarlayıp bağıntıyı bir kısmi diferansiyel denklem sistemi olarak ifade etti. Bunları çözüp sonuçlarından radyo dalgalarını tahmin etti. Diferansiyel denklemler genellikle radyo, radar, televizyon ve elektrik teorisinin gelişiminde önemli bir rol oynadı. Benzer düşünceler hemen hemen bilimin her dalına uygulanmaktadır.
3
1.2. Genel Kavramlar ve Tanımlar Tanım 1. Bir veya daha çok bağımlı değişken, bir veya daha çok bağımsız değişken ve bağımlı değişkenlerin bağımsız değişkenlere göre türevlerini veya diferansiyellerini içeren bir bağıntıya diferansiyel denklem denir. Örnek 1. dy sin x , y sin x veya sin xdx dy 0 dx
(1)
ifadeleri, bir diferansiyel denklemin değişik formlardaki yazılışıdır. Birinci ve ikinci denklem y bağımlı, x bağımsız değişkenli türev formundaki diferansiyel
denklem;
üçüncü
denklem
ise
diferansiyel
formdaki
diferansiyel denklemdir. (1) denklemi, x bağımlı, y bağımsız değişkenli olarak
dx dx cos ecx , sin x 1 , sin xdx dy 0 dy dy şeklinde yazılabilir. Örnek 2.
d 2s ds C A s Bw cos wt 2 dt K dt diferansiyel denkleminde s bağımlı, t bağımsız değişken; A,B,C,K ve w sabitleri de belli fiziksel sabitlerdir. Örnek 3. d ax d e ae ax , u.v u dv v du dx dx dx dx
ifadeleri birer diferansiyel özdeşlikleri olup her biri diferansiyel denklem değildir.
4
Örnek 4. 5
d 2s ds 2 x s 0 dx dx diferansiyel denkleminde s bağımlı değişken, x bağımsız değişken; 2s 2s s a 2 2 2 t y x
diferansiyel denkleminde ise s bağımlı değişken, x,y ve t bağımsız değişken olup a ise belli bir sabittir. Tanım 2. Bir veya daha çok bağımlı değişken, bir tek bağımsız değişken ve bağımlı değişkenin (veya değişkenlerin) bir tek bağımsız değişkene göre türevlerini veya diferansiyellerini içeren bir diferansiyel denkleme adi diferansiyel
denklem denir. Kısaca bir diferansiyel
denklemde bir tek bağımsız değişken varsa denkleme adi diferansiyel denklem denir. Genel olarak y bağımlı, x bağımsız değişkenli bir adi diferansiyel denklem, (n 2) bilinmeyenli F ( x, y , y , y , , y ( n ) ) 0
(2)
şeklinde bir fonksiyon olarak tanımlanır. Tanım 3. Bir veya daha çok bağımlı değişkenin birden çok bağımsız değişkene göre kısmi türevleri ile beraber bağımlı ve bağımsız değişkenleri içeren diferansiyel denkleme kısmi diferansiyel denklem denir. Kısaca bir diferansiyel denklemde birden çok bağımsız değişken varsa denkleme kısmi diferansiyel denklem denir. Genel olarak u bağımlı, x ve y bağımsız değişkenli bir kısmi diferansiyel denklem,
5
F ( x, y, u , u x , u y , u xx , u xy , u yy , ) 0
(3)
şeklinde bir fonksiyon olarak tanımlanır. Örnek 5.
d3y d 2s 2 dy 3 3 2 y y tan x , ( x y )dx 3xy dy 0 , 2 as nt dx dx 3 dt denklemleri adi diferansiyel denklemler,
2 u 2 u u f f 2u 2u nf 0 , x y 2 0 , 2 2 xy y x y x x y denklemleri ise kısmi diferansiyel denklemlerdir. Tanım 4. Bir diferansiyel denklem içinde bulunan en yüksek mertebeli türevin mertebesine diferansiyel denklemin mertebesi; en yüksek mertebeli türevin derecesine de diferansiyel denklemin derecesi denir. Diferansiyel denklemin derecesi hesaplanırken, denklem türevlerine göre polinom olarak yazılmalıdır. Örnek 6. 4
d2y dy 3 x 3 y 0 ; 2. mertebe ve 1. dereceden 2 dx dx 4
d2y dy 2 3 5 xy x 1 dx dx 2 u 2 u u 0 ; x 2 xy y
;
2. mertebe ve 4. dereceden
2. mertebe ve 1. dereceden
3
y 3 y y 4 y sin x ; 3. mertebe ve 1. dereceden
y 3 y 5 4 y 4 x 1 3
y 2
5
; 2. mertebe ve 3. dereceden
1 y ; 3. mertebe ve 6. dereceden
6
3
1 y 2
2
ky ; 3. mertebe ve 2. dereceden
Türevlere göre cebrik bir adi diferansiyel denklemin derecesi, en yüksek mertebeli türevin cebrik derecesidir. Fakat bir diferansiyel denklem bir dereceye sahip olmayabilir. Örneğin
dy dy cos 3x 5 dx dx diferansiyel denklemi hiçbir dereceye sahip değildir. Tanım 5. y bağımlı değişken ve x bağımsız değişken olmak üzere n. mertebeden bir lineer adi diferansiyel denklem
a0 ( x )
dny d n 1 y dy a ( x ) a n 1 ( x ) a n ( x ) y b( x ) 1 n n 1 dx dx dx
(4)
şeklinde ifade edilebilen bir denklemdir. Diğer bir deyişle, bir diferansiyel denklemde her bağımlı değişken ve her mertebeden türevler 1. dereceden ise ve aynı zamanda bağımlı değişkenler veya türevler çarpım halinde yer almıyorlarsa bu şekildeki denklemlere lineer (doğrusal); aksi halde lineer olmayan (nonlinear) diferansiyel denklemler denir.
Örnek 7.
dx d 2s ds C sec x , A s Bw cos wt 2 dy dt K dt
d 2s , 3s nt dt 2
diferansiyel denklemleri lineer, 5
4
d 2s d2y ds dy 2 x s 0 , 3 x 3 y 0 , 2 dx dx dx dx
3
y 2
diferansiyel denklemleri ise lineer değildir. Tanım 6. y bağımlı, x bağımsız değişkenli n. mertebeden
5
1 y
7
a0 ( x ) diferansiyel
dny d n 1 y dy a ( x ) a n 1 ( x ) a n ( x ) y b( x ) 1 n n 1 dx dx dx denklemindeki
a0 ( x ), a1 ( x), , a n ( x)
y
bağımlı
değişken
ve
türevlerinin
katsayılarının hepsi reel sabitlerden oluşuyorsa
denkleme sabit katsayılı diferansiyel denklem; a0 ( x ), a1 ( x), , a n ( x) katsayılarının en az bir tanesi bağımsız değişken olan x’e bağlı ise denkleme değişken katsayılı diferansiyel denklem adı verilir. Örnek 8.
d2y dy d 2s dy sec x , 3 5 y 4 x 1 , 3s nt dx dx dx 2 dt 2 denklemleri sabit katsayılı diferansiyel denklem,
d2y dy (3x 1) 3 y 0 , 2 dx dx
7x
d2y dy 8x 3 y x 3 2 dx dx
denklemleri ise değişken katsayılı diferansiyel denklemlerdir.
1.3. Diferansiyel Denklemlerin Sınıflandırılması
1. Bir diferansiyel denklem, içinde bulunan bağımsız değişkenlerin sayısına göre önce ikiye ayrılır. a) Adi türevli diferansiyel denklemler (bağımsız değişken sayısı bir tek ise) b) Kısmi türevli diferansiyel denklemler (bağımsız değişken sayısı birden fazla ise) 2. Diferansiyel denklemler, denklemde bulunan en yüksek mertebeli türevin mertebe ve derecesine göre sınıflandırılabilir.
8
3. Denklemde bulunan bağımlı değişken ve türevlerinin lineerlik koşullarını sağlamasına göre a) Lineer (doğrusal) diferansiyel denklemler b) Lineer olmayan (nonlinear) diferansiyel denklemler şeklinde sınıflandırılabilir. 4. Bağımlı değişkenler ve türevlerinin katsayılarının cinsine göre a) Sabit katsayılı diferansiyel denklemler b) Değişken katsayılı diferansiyel denklemler olarak sınıflandırılabilir. 5. Diferansiyel denklemler, yapısına göre homojen ve homojen olmayan olarak da sınıflandırılabilir. Örnek 9.
y 3 y 5 y 3 sin x
; 3. mertebe, 1. derece, homojen olmayan,
sabit katsayılı, lineer adi diferansiyel denklem. xy 3 x 2 ( y ) 3 5 y 4 x 1
;
2. mertebe, 1. derece, homojen
olmayan, değişken katsayılı, lineer olmayan adi diferansiyel denklem.
3 xy y 5( x 1) y 0
;
3. mertebe, 1. derece, homojen, değişken
katsayılı, lineer adi diferansiyel denklem.
1.4. Birinci Mertebeden Adi Diferansiyel Denklemler Tanım 7. Bağımsız değişken x, bilinmeyen
fonksiyon y(x) ve
bilinmeyen fonksiyonun bağımsız değişkene göre türevi olan y (x ) i içeren,
F (x , y , y ) 0 ifadesine birinci mertebeden adi diferansiyel denklem denir.
(5)
9
F (x , y , y) fonksiyonu x ve y değişkenlerinin birine veya her ikisine birden bağlı olabileceği gibi (5) denkleminin diferansiyel denklem olması için bu fonksiyonun y ye bağlı olacağı açıktır.
F (x , y , y) fonksiyonunun üç boyutlu uzayın herhangi bir G bölgesinde tanımlanan sürekli fonksiyon olduğunu kabul edelim. Tanım 8. (a,b) aralığında sürekli türeve sahip y (x) fonksiyonu her x(a,b) için (x , (x), ' (x)) G
, F ( x, (x), ' (x)) 0 koşullarını
sağlarsa y (x) fonksiyonuna (5) denkleminin çözümü denir. (5) adi diferansiyel
denkleminin
çözümünün
grafiğine
diferansiyel denklemin integral eğrisi denir. (5) denklemi y ye göre açık formda yazılırsa,
y f ( x, y)
(6)
diferansiyel denklemi bulunur. Bu denkleme birinci mertebeden açık diferansiyel denklem denir. Bu kısımda, (6) denklemi için diferansiyel denklemler teorisinin genel kavramları verilip, daha sonra bu tip denklemlerin bazı çeşitleri incelenecektir.
f ( x, y ) fonksiyonu xy düzleminin herhangi bir D bölgesinde tanımlı bir fonksiyon olsun. Eğer (a,b) aralığında diferansiyellenebilir bir y (x) fonksiyonu, a) (x , (x)) D
,
x (a , b)
b) (x) f(x , (x)) , x (a , b) koşullarını sağlarsa , y (x) aralığındaki çözümü denir.
fonksiyonuna (6) denkleminin (a,b)
10
Örnek 10.
y 1 x2
fonksiyonu
y
x denkleminin (-1,1) y
aralığındaki çözümüdür. Çözüm: y 1 x 2
x
y
1 x
2
dir. y ve y nin bu
ifadelerini denklemde yerine yazarsak,
x 1 x2
x 1 x2
elde ederiz. Bu ise, y 1 x 2
, x 1,1 fonksiyonunun y
x denkleminin y
1,1 aralığında çözümü olduğunu gösterir. (6) diferansiyel denkleminin [a,b] aralığındaki çözümü benzer şekilde tanımlanabilir. Bazı hallerde, diferansiyel denklemin çözümünü kapalı fonksiyon veya parametrik biçimde bulmak daha faydalı olur. Eğer (x,y) = 0
(7)
eşitliğinden kapalı fonksiyon gibi tanımlanan y (x) fonksiyonu (6) denkleminin
çözümü
ise, (7)
ifadesine (6) denkleminin kapalı
formdaki çözümü denir. (7) eşitliğinin ne zaman (6) denkleminin çözümü olduğunu belirtmek için, x, y fonksiyonunda y yi x in fonksiyonu gibi düşünüp türevini bulursak, bu türev x y . y olur. Burada
y nün yerine
f x, y
yazdığımızda x y . f x, y 0 özdeşlik gibi sağlanırsa, (7) eşitliği (6) denkleminin kapalı şekildeki çözümü olur.
11
Örnek 11. x 2 y 2 1 fonksiyonu y
x denkleminin y
kapalı
formdaki çözümüdür. Çözüm: Gerçekten x, y x 2 y 2 1 dir. Bu fonksiyonun türevi
2x 2 yy dir. Burada y nün yerine
x yazarsak, y
x 2x 2 y. 2 x 2 x 0 y
x y
diferansiyel denkleminin
x (t) , y ψ(t) , t (α , β)
(8)
olur. Böylece x 2 y 2 1 0 ifadesi y kapalı formdaki çözümüdür.
Parametrik formda,
fonksiyonu verilmiş olsun ve her bir t (α , β) için, a) ( (t) , ψ(t)) D b) x (t) , y ψ (t) , ( (t) 0) sonlu türevler mevcut c)
ψ(t) f( (t) , ψ(t)) (t)
olur. Bu takdirde (8) fonksiyonuna (6) denkleminin (α , β) aralığındaki parametrik formdaki çözümü denir. Örnek 12. x cost , y sint
0,2 aralığında parametrik
fonksiyonu
formdaki çözümüdür.
y
x denkleminin y
12
Örnek
13.
Bir
bardak
çayın
başlangıçdaki
sıcaklığı
100 0 olsun. 30 0 sıcaklığındakı bir odada sıcaklığı 1 dakikada 90 0 ’ye düşürürsek, çayın sıcaklığının 70 0 ’ye düşmesi için gereken zamanı bulunuz. Çözüm: Newton’un soğuma kanununa göre, soğuyan bir cismin sıcaklığındaki
değişme
hızı, cismin
ve
dış
ortamın
sıcaklıkları
arasındaki fark ile orantılıdır. Herhangi bir t anında cismin sıcaklığını Τ T(t)
ile
gösterelim. O
zaman
cismin
sıcaklığını
zamanın
fonksiyonu olarak veren diferansiyel denklem, dΤ k(T 30 0 ) dt
(9)
olur. Burada k pozitif bir katsayıdır. (9) denklemi yeniden düzenlenirse,
dΤ kT k30 o dt
elde edilir. Bu diferansiyel denklemin çözümü ise, T (t) 30 o ce kt
(10)
dir. Çayın t = 0 anında sıcaklığı 100o olduğundan ((10) denkleminden ) c = 70o bulunur. c ’ nin bu değeri (10) denkleminde yerine konulursa, T (t) 30 o 70 o e kt olur. Problemin şartına göre t=1 için T(1)=90o olduğundan ,
90 0 30 0 70e k veya
(11)
13
ek
6 7
olur .O halde; 6 T t 30 70 7 0
t
0
elde edilr. T 70 0 için t arandığına göre 6 70 30 70 7 0
0
t
0
dir. Buradan
t log 6 7
4 7
dakika bulunur. Örnek 14. Bir ülkenin nüfusu, ülkede yaşayan insan sayısı ile orantılı olarak artmakta ve bu artış 40 yılda 2 kat olmaktadır. Bu ülkenin şu andaki nüfusunun 4 katı olması için kaç yıl geçmesi gerektiğini bulunuz. Çözüm: t=0 anındakı nüfus N 0 ve t yılındakı nüfus N(t) olsun. k,orantı katsayısı olduğuna göre ülkedeki nüfus artış hızı, dN kN dt
(12)
olur. O halde , bu denklemin genel çözümü N t ce kt olarak elde edilir. t=0 için , N (0) N 0 olduğundan c N 0 bulunur. O halde, N t N 0 e kt
elde edilir. Nüfus 40 yılda 2 kat artıyorsa ,yani t=40 için, N 40 2 N 0 koşulu kullanılırsa,
(13)
14
2 N 0 N 0 e 40 k
bulunur. Buradan; k
e 2
1 40
elde edilir. Bunu (13) ifadesinde yerine yazarsak ,
N (t ) N 0 2
t 40
bulunur. Şimdi nüfusun t1 yıl sonra 4 katı olacağını bulmak için, N t1 4N 0 koşulu kullanılırsa, t1
4N 0 N 0 2
40
elde edilir. Buradan ise, t1 80 yıl bulunur.
1.5. Diferansiyel Denklemin Geometrik Anlamı
Bu kısımda, (6) diferansiyel denkleminin geometrik anlamını inceleyeceğiz. f(x , y) D bölgesinde, x ile y nin sürekli bir fonksiyonu ve
y (x)
fonksiyonu da (6)
denkleminin (a,b)
aralığındaki bir
çözümü olsun. y (x) ile belirtilen eğriye (6) denkleminin integral eğrisi denir. İntegral eğrisi üzerinde bir (x o , y o ) (x o , y o ) noktasında bu eğrinin teğetinin x
noktasını ele alalım.
ekseninin pozitif yönüyle
yapmış olduğu açıyı α ile gösterelim. Türevin geometrik anlamına göre, (x o ) tgα ’dır.
15
y x
Şekil 1.1.
Diğer
taraftan
y (x) fonksiyonu (6) denkleminin çözümü
olduğundan
(x o ) f x o , (x o ) dır. Böylece tgα f(x o , y o ) , y 0 x 0 olur. Buna göre, integral eğrisi üzerindeki her bir (x o , y o )
noktasında
teğetin eğimi, f(x , y) fonksiyonunun aynı noktadaki değerine eşittir. Bu ise, (6) denkleminin D bölgesinin her bir noktasında bir yön tanımladığını gösterir. Bu yönler kümesine (6) denkleminin yönler alanı (doğrultu alanı) denir. Böylece, (6) denklemini çözmek demek, öyle bir eğri bulmak demektir ki, bu eğriye keyfi bir noktada çizilen teğetin yönü, alanın aynı noktadaki yönü ile çakışsın. Diferansiyel denklemi çözmeden önce, denklemin yönler alanının yardımı ile integral eğrilerini yaklaşık olarak kurmak mümkündür. Bunu elde etme yöntemine izoklin yöntemi denir.
16
Şimdi (6) denkleminde f(x , y) fonksiyonunun x ve y’ye
göre
birinci mertebeden sürekli kısmi türevlerinin mevcut ve bu türevlerin sonlu olduğunu kabul edeceğiz.
k bir sabit olmak üzere ;
f(x , y) k denklemi ile tanımlanan eğri ailesini çizelim. Açık olarak bu eğrilerden her biri
y f(x , y) denkleminin integral eğrilerinin eşit eğimli
noktalarının geometrik
yeridir. k sabitine mümkün olan bütün değerler verilirse eğri ailesini elde edebiliriz. Bu eğrilerin her birine izoklin
denir. k = 0 değerine
uygun olan izoklin’e extremal denir. Birinci mertebeden diferansiyel denklemin çözümlerini
bulma
problemi, izoklinlerden her birini, o izokline karşı gelen eğimle kesen eğriler çizmekten ibarettir. Belirli bir izoklinin farklı noktalarından hareket edilirse, sonsuz sayıda integral eğrisinin elde edilebileceği açıkça görülür. Birinci mertebeden diferansiyel denklemleri çözmeye yarayan bu yönteme izoklin yöntemi adı verilir. Böylece, verilen denklemin integral eğrilerini izoklin yöntemi ile yaklaşık olarak kurmak için, birbirine yakın k1 , k 2 ,... sayılarına uygun f x, y k i , i 1,2,... izoklinlerini kururuz. Daha sonra
öyle eğriler
çizebiliriz ki, onların her birinin f x, y k i izoklini ile kesişme noktasında çizilen teğetin eğim açısı k i olsun. Yukarıdaki bilgilere ek olarak bazı denklemlerin integral eğrilerini daha kesin kurmak mümkün olur.
17
D
bölgesinin
y f(x , y) > 0
koşulunu
sağlayan
kısmında
integral eğrileri artan, y f(x , y) < 0 olan kısımlarında ise, azalan fonksiyondur. f(x , y) fonksiyonunun y ye göre birinci mertebeden kısmi türevlerinin var olduğunu kabul edelim. Bu takdirde (6) denklemine göre y f x (x, y) f y (x, y)y f x (x, y) f y (x, y)f(x, y)
dir. Böylece D bölgesinin y f x (x, y) f y (x, y)f(x, y) 0
koşulunu sağlayan kısımlarında integral eğrileri, konveks y f x (x, y) f y (x, y)f(x, y) 0
olan kısımlarında ise konkav olur. Bundan başka integral eğrilerinin eğim noktalarında y f x (x, y) f y (x, y)f(x, y) 0
olur. Bu denklemin belirttiği eğriye denklemin eğim hattı denir. Örnek 15. İzoklin yöntemini kullanarak
y y x diferansiyel denkleminin integral eğrisini yaklaşık olarak kurunuz. Çözüm: Bu denklem için, izoklinler ailesi
y x k paralel doğrular ailesidir. Burada k reel parametredir. k 0 a uygun olan y x izoklini (extremal izoklin) X 0Y
koordinat sisteminde II.,IV.
bölgelerin açıortaylarıdır. y x doğrusu düzlemi iki kısma ayırır. y x olan kısımda y 0 , y x olan kısımda y 0 olduğundan y x doğrusunun altında integral eğrileri azalan, aynı doğrudan yukarıda ise,
18
artandır. Buradan elde edilir ki, integral eğrileri y x doğrusunu keserek azalma bölgesinden artma bölgesine geçer. Böylece, y x doğrusu üzerindeki noktalar integral eğrilerinin minimum noktalarıdır. k 1 ’e uygun olan y x 1 izoklini üzerinde integral eğrilerine çizilen teğetler
x ekseni ile 135 0 , k 1 ’e uygun olan y x 1 izoklini üzerinde integral eğrilerine çizilen teğetler ise, x ekseni ile 45 0 açı oluşturur. y x 1 izoklininin aynı zamanda integral eğrisi olduğunu belirtmemiz gerekir.
f ( x, y ) y x fonksiyonu, çözümün varlığı ve tekliği hakkında teoremin koşullarını sağladığından, diğer inregral eğrileri bu izoklinle kesişemez. İkinci mertebeden türev alırsak y y 1 y x 1 bulunur. Böylece integral eğrilerinin büküm noktaları
y y x 1 doğrusu üzerinde
olmalıdır. Bu doğrunun kendisi de bir izoklindir. İntegral eğrilerinin minimum noktalarının yerleştiği y x izoklini y x 1 izoklininden yukarıda yerleştiğinden, y x 1 izoklininden aşağıda yerleşen integral eğrilerinin ekstremum noktaları yoktur. y x 1 izoklini X 0Y düzlemini iki kısıma ayırır. Bu izoklinden yukarıda y 0 , aşağıda ise, y 0 dır. Böylece, y x 1 doğrusunun yukarıdaki integral eğrileri konveks, aşağıdaki integral eğrileri ise, konkavdır. İntegral eğrileri bu doğruyu kesmediğinden, onların büküm noktaları yoktur.
Bu bilgilere göre integral eğrilerinin yaklaşık olarak şekil 1.2.’deki gibi kurabiliriz.
19
Şekil 1.2.
Örnek 16. İzoklin yöntemini kullanarak
y
x y
(14)
diferansiyel denklemin integral eğrisini yaklaşık olarak kurunuz. Çözüm: Kolayca gösterebiliriz ki, x2 y2 c2
(15)
denkleminden kapalı fonksiyon gibi tanımlanan fonksiyon keyfi c sayısı için (14) denkleminin çözümüdür. Denklemin izoklinleri
x k y
denkleminden tanımlanır. Buradan
(16)
20
y
1 x k
(17)
bulunur. Böylece izoklinler koordinat merkezinden geçen ve eğim açısı
1 k
olan doğrulardır. (14) denkleminin sağ tarafı koordinat merkezinde tanımlı olmadığından, (17) de x 0, y 0 alınır. Yani alanın yönü
1 ’dır. k
Yukarıdaki bilgilere göre (14) denkleminin herhangi integral eğrisine
x, y
x
2
y 2 0 noktasında çizilen teğetin eğim açısı k ya eşittir, yani
teğet izokline diktir. (Eğim açıları k1 , k 2 olan doğruların dikliği koşuluna göre) (15) ailesi merkezi, koordinat merkezinde ve yarıçapı c
olan
çemberler ailesi olduğundan çembere çizilen teğet değme noktasında çizilen yarıçapa diktir. Bu bilgilere göre integral eğrilerini yaklaşık olarak şekil 1.3.’deki gibi kurabiliriz.
Şekil 1.3.
21
Örnek 17. Kapalı formda verilen 3
y y x y
diferansiyel denkleminin integral eğrilerini yaklaşık olarak kurunuz.
Çözüm: y k yazarsak izoklinler 3
y x k k
eğrileridir. Onlar y x 3 extremal izoklinini k 0 olduğunda sağa ve aşağı veya k 0 olduğunda sola ve yukarı k kadar kaydırmakla elde edilir. y x 3 izoklininden sol taraf için k
0
olduğundan elde edilir ki,,
bu izoklinden sol tarafta integral eğrileri azalan, sağ taraf için ise, k 0 olduğundan sağ tarafta artandır. 3
k 1 ele alındığında izoklin y x 1 1 dir ve bu izoklin
üzerinde integral eğrileri OX
ekseninin pozitif yönü ile 135 0 açı 3
yapıyor. k 1 alındığında y x 1 1 izoklini üzerinde integral eğrileri OX ekseninin pozitif yönü ile 45 0 açı oluşturur. k ’ya diğer değerlerde vererek tan k ’dan ’yı bularak , uygun
izoklinler üzerinde yönleri tanımlayabiliriz. Daha sonra ise, onların esasında integral eğrilerini yaklaşık olarak şekildeki gibi kurabiliriz.
22
Bu bilgilere göre integral eğrilerini yaklaşık olarak şekil 1.4.’deki gibi kurabiliriz.
Şekil 1.4.
1.6. Bir Eğri Ailesinin Diferansiyel Denkleminin Kurulması Bundan önce birinci mertebeden bir diferansiyel denklemin genel integralinin bir keyfi sabiti kapsadığını gördük. 1. xy düzleminde bir parametreli bir eğri ailesi alalım. Bu ailenin denklemi
(x , y, c) 0 olsun. (18) ifadesinin x’e göre türevini alalım. Böylece x ( x, y, c) y ( x, y, c) y 0
dır. Buradan
(18)
23
y
x ( x, y, c) y (x , y, c)
(19)
bulunur. (18) ifadesinden c (x , y) olarak çözülmüş olsun. c’ nin bu değeri (19) de yerine konulursa,
y
x ( x, y, c) (x , y, ( x, y)) x y ( x, y, c) y ( x , y, (x , y))
elde edilir. Bu ifadeden açıkça y nün yalnız x ve y ye bağlı olduğu görülür. Bu durumda
bu ifade
y f(x , y)
veya
F ( x, y, y ) 0
şeklinde
gösterilebilir. Bu da verilen eğri ailesinin diferansiyel denklemidir. Buna göre bir parametreye bağlı bir eğri ailesinin diferansiyel denklemini bulmak için eğri ailesinin denkleminde değişkene göre türev alınır, elde edilen denklemle eğri ailesinin denklemi arasında parametre yok edilerek eğri ailesinin diferansiyel denklemi elde edilir. 2. c1 ve c 2 keyfi sabitlerini içeren
( x, y, c1 , c 2 ) 0
(20)
eğri ailesini alalım. (20) ifadesinin x’e göre birinci ve ikinci türevleri alınıp bu fonksiyon ve türevleri arasında c1 ve c 2 keyfi sabitleri yok edilirse
F ( x, y, y , y ) 0 formunda 2. mertebeden bir diferansiyel denklem elde edilir. 3. c1 , c 2 ve c3 gibi üç keyfi sabit içeren
( x, y , c1 , c 2 , c3 ) 0
(21)
24
eğri ailesinin diferansiyel denklemini bulmak için (21) ifadesinin x’e göre birinci, ikinci ve üçüncü türevleri alınıp bu fonksiyon ve türevleri arasında
c1 , c 2 ve c3 keyfi sabitleri yok edilirse
F ( x, y , y , y , y ) 0 formunda 3. mertebeden bir diferansiyel denklem elde edilir. 4. Bu işlemleri genelleştirirsek c1 , c 2 , , c n gibi n tane keyfi sabit içeren
( x, y , c1 , c 2 , , c n ) 0
(22)
eğri ailesinin diferansiyel denklemini bulmak için (22) ifadesinin x’e göre n. mertebeye kadar türevleri alınıp bu fonksiyon ve türevleri arasında c1 , c 2 , , c n keyfi sabitleri yok edilirse F ( x, y , y , y , , y ( n ) ) 0 formunda n. mertebeden bir diferansiyel denklem elde edilir.
x 2 cy 2 2 y eğri ailesinin diferansiyel denklemini
Örnek 18. kurunuz.
Çözüm: Bu ifadenin x’e göre türevini alalım. Böylece
2x 2cyy 2 y elde edilir. Buradan
y
x 1 cy
bulunur, bu denklemde c
2y x 2 y2
25
ifadesi yerine yazılırsa, x 2 y xy yy diferansiyel denklemi elde edilir. Bu da verilen eğri ailesinin diferansiyel denklemidir.
Örnek 19. Merkezi y 2 x doğrusu üzerinde ve yarıçapı 1’e eşit olan çemberler ailesinin diferansiyel denklemini kurunuz.
a, b
Çözüm: Merkezi
noktasında ve yarıçapı 1’e eşit olan
çemberler ailesinin denklemi
x a 2 y b 2 1
(23)
dir. a, b noktası y 2 x doğrusu üzerinde olduğundan, b 2a dır. b’nin bu değerini denklemde yerine yazarsak,
x a 2 y 2 a 2 1 bulunur. Bu ifadeden x’e göre türev alırsak,
x a y 2a y 0 elde edilir. Buradan,
a
x yy 1 2 y
bulunur. b 2a olduğundan,
b2
x yy 1 2 y
olur. a ve b’nin bu değerlerini (23)’de yerine yazarsak, 2
2
x yy x yy x y 2 1 1 2 y 1 2 y
26
veya
2 x y 2 y 2 1 1 2 y 2 denklemi elde edilir. Bu istenen ailenin diferansiyel denklemidir.
Örnek 20.
y c1e x c 2 e x eğri ailesinin diferansiyel denklemini
kurunuz. Çözüm: Bu ifadenin x’e göre birinci ve ikinci türevlerini alırsak, y c1e x c 2 e x ve y c1e x c 2 e x olur. Bu üç denklem arasında c1 ve c 2 keyfi sabitleri yok edilirse
y y 0 ikinci mertebeden diferansiyel denklemi elde edilir. Bu da verilen eğri ailesinin diferansiyel denklemidir.
Örnek 21
y c1 sin x c 2 cos x c 3 eğri ailesinin diferansiyel
denklemini kurunuz. Çözüm: Bu ifadenin x’e göre birinci, ikinci ve üçüncü türevlerini alırsak,
y c1 cos x c 2 sin x y c1 sin x c 2 cos x y c1 cos x c 2 sin x olur. Bu dört denklem arasında c1 , c 2 ve c3 keyfi sabitleri yok edilirse
y y 0 üçüncü mertebeden diferansiyel denklemi elde edilir. Bu da verilen eğri ailesinin diferansiyel denklemidir.
27
Problemler Aşağıda verilen eğri ailelerinin diferansiyel denklemlerini kurunuz.
1. y cx
(Cevap: y xy )
2. x 2 y 2 cx
(Cevap: x 2 y 2 2 xyy 0 )
3. y cx c 2
(Cevap: y xy y 2 )
4. x ce t , y t 2 ce t
(Cevap: xy x 2 y x )
5. y
cx 1 cx
6. y c 1 e 2 x
(Cevap: 1 x 2 y 1 y 2 0 )
7. e y c 1 x 2 1
(Cevap: 1 e 2 x y ye 2 x 0 )
(Cevap: e y 1 x 2 y 2 x e y 1 )
8. y ae bx 9. y 2 2cx c 2 10. y c1e x c 2 e 2 x c3 e x 11. y A cosx B sin x , ( sabit) 12. x 2 y 3 x 3 y 5 c 13. y Ax 3 Bx 2 Cx D 14. y Ax 2 Bx 15. y a. sin( x b) 16. y x sin( x c ) 17. ax 2 bxy cy 2 1 18. Eksenleri x ve y olan elipsler ailesinin diferansiyel denklemini kurunuz.
28
19. Eksenleri x ve y olan hiperboller ailesinin diferansiyel denklemini kurunuz. 20. (0,0) ve (2,0) noktalarından geçen çemberler ailesinin diferansiyel denklemini kurunuz.
1.7. Cauchy Problemi, Genel, Özel ve Tekil Çözümler Verilen (x o , y o ) D noktası için
y f(x , y)
(6)
y(x o ) yo
(24)
denklemini ve
koşulunu sağlayan y (x) çözümünün bulunması problemine Cauchy problemi denir. (24) koşuluna ise, Başlangıç koşulu ve x o , y o sayılarına da Başlangıç değerleri denir. (6) denkleminin (24) başlangıç koşulunu sağlayan çözümünün bulunması, geometrik olarak D bölgesinin (x o , y o )
f(x , y)
noktasından geçen
integral
fonksiyonu (x o , yo ) noktasının
eğrisinin herhangi
bulunması demektir. bir
komşuluğunda
sürekli ise, (6) denkleminin (24) başlangıç koşulunu sağlayan en az bir çözümü vardır.
y (x) fonksiyonu, x o h , x o h aralığında (6) denkleminin (24) başlangıç koşulunu sağlayan bir çözümü olsun. Bu denklemin (16) başlangıç koşulunu sağlayan her bir y ψ( x) çözümü için öyle bir
δ 0 (δ h)
sayısı
vardır
ki,
(x o δ , x o δ )
(x) ψ(x) dir. Bu takdirde (6) denkleminin (24)
başlangıç
aralığında koşulunu
29
sağlayan
çözümü tektir denir. Tersine olarak
(x o , y o ) noktasından
geçen integral eğrisi yoksa veya var ve birden fazla ise, (6) denkleminin (24) başlangıç koşulunu sağlayan çözümün tekliği bozulur. Daha sonra göstereceğiz ki, f(x , y) fonksiyonu (x o , y o ) noktasının herhangi bir komşuluğunda sürekli bir fonksiyon ve y’ye göre birinci mertebeden sürekli kısmi türeve sahip ise, (6) denkleminin (24) başlangıç koşulunu sağlayan tek çözümü vardır. Cauchy probleminin bir tek çözümünün var olduğunu verdikten sonra denklemin genel, özel ve tekil çözümlerinin tanımlarını verelim. Genel Çözüm: D0 D ile (6) denkleminin bir tek çözüme sahip olduğu bölgeyi gösterelim. Yani D0 bölgesinin her bir noktasından (6) denkleminin bir tek integral eğrisi geçer. Keyfi c sabitine bağlı
y x, c
(25)
eğriler ailesi verilsin. Tanım 9. a) Her bir
x, y D0
için (25) denklemi c’ye göre
çözülebilirse, yani
c x, y
(26)
şeklinde ise, b) x, y D için c sabitinin (26) ile tanımlanan her bir değerinde (25) ifadesi (6) denkleminin çözümü ise, bu takdirde (25) ailesine (6) denkleminin genel çözümü denir. Genel çözüm
x, y , c 0 veya x, y c
30
kapalı şekilde verilebilir. Çözüm x, y , c 0 şeklinde verildiğinde, ona denklemin genel integrali , x, y c şeklinde verildiğinde ise, x, y ye onun integrali denir. Özel Çözüm:
y (x)
fonksiyonu (a,b)
aralığında
(6)
denkleminin çözümü olsun. Eğer her bir x(a,b) için (6) denkleminin
(x , (x))
noktasından geçen integral eğrisi tek ise, y (x) çözümüne
(6) denkleminin özel çözümü denir. (25) ailesi (6) denkleminin genel çözümü olduğunu kabul edelim. Onun (24) başlangıç koşulunu sağlayan çözümünü genel çözümden bulmak için aşağıdaki işlemleri yapmak gerekir. 1. (25) ifadesinde x,y yerine x 0 , y 0 yazılır , yani y 0 x0 , c
(27)
dir. 2. (27) ifadesi c ye göre çözülebilir. Kabul edelim ki, c 0 c onun köküdür. 3. c c 0 değerini (26)’da yerine yazarız. Elde edilen
y x, x 0
fonksiyonu (6) denkleminin (24) başlangıç koşulunu sağlayan çözümü olur. Tekil Çözüm: y ψ(x) fonksiyonu denkleminin
çözümü
olsun. Eğer
(a,b) açık aralığında (6)
her bir x(a,b) için (x , ψ(x))
noktasından (6) denkleminin y ψ(x) ’e ait olacak şekilde en az iki integral
eğrisi
çözümü denir.
geçerse, y ψ(x) çözümüne
(6)
denkleminin tekil
31
Böylece, Cauchy probleminin çözümünün tekliği, bozulan noktaların geometrik yerinden oluşan integral eğrisine uygun çözüm tekil çözüm olur. D 0 ile (6) denkleminin bir tek çözüme sahip olduğu bölgeyi gösterelim. y (x ) ise, bu denklemin (a,b) aralığında tanımlanmış tekil çözümü olsun. y (x ) çözümünün grafiğinin hiçbir noktası D 0 bölgesine ait olamayacağı açıktır. Buna
göre de, tekil çözüm (eğer varsa) genel
çözümden c sabitine sayısal değerler vermekle elde edilemez ve bu çözümün grafiği D 0 bölgesinin sınırındadır. Örnek 22. y denklem
y2 y diferansiyel denklemini ele alalım. Bu x
0,0 , 0,1
noktaları hariç her yerde tanımlıdır. Kolayca
y
1 ailesi verilen diferansiyel denklemin genel 1 cx
gösterebiliriz ki,
çözümüdür ve y 0 dan farklı integral eğrilerinin hepsi 0,1 noktasından geçer. y
2 fonksiyonu ,2 aralığında verilen denklemin y 1 2 2 x
koşulunu sağlayan çözümüdür ve genel çözümde c edilir. Uygun integral eğrisi üzerinde keyfi bir
1 koymakla elde 2
x1 , y1 ,
y1
2 2 x1
noktasını ele alıp ve denklemin y x1 y1 koşulunu sağlayan çözümünü bulalım. x1 0 olduğunda y
2 çözümü , x1 0 olduğunda ise, y 1 2 x
çözümü elde edilir. Böylece
0,1
noktasından hem y
2 integral 2 x
32
eğrisi, hem de y 1 integral eğrisi geçer. Böylece, y
2 integral 2 x
eğrisinin 0,1 noktasından farklı tüm noktalarında çözümün tekliği sağlanır.
0,1
noktasından verilen denklemin sonsuz sayıda integral eğrisinin
geçeceğini belirtmemiz gerekir. Bunun nedeni ise, aynı noktada denklemin tanımlı olmaması, bundan dolayı da bu integral eğrilerinin 0,1 noktasına yaklaşmasıdır. 0,0 noktası için de benzer işlemler yapılabilir ve y 0 integral eğrisi bu noktaya yaklaşır. Eğer y’ye bağımsız değişken, x’e ise, aranan fonksiyon gibi bakıp denklemi
x
x y y 2
şeklinde yazarsak, elde ederiz ki, x 0 integral eğrisidir ve 0,0 noktasına yaklaşır. Örnek
f x, y
23.
y
y
diferansiyel
denklemini
ele
alalım.
y fonksiyonu XOY düzleminde tanımlı ve süreklidir. Buna
göre, verilen denklemin x 0 , y 0 noktasından geçen integral eğrisi vardır. y x 0 0 ise, verilen denklemin
x0 , y 0
noktasında bir tek integral
eğrisinin geçtiğini yani,
y
y , yx 0 y 0
Cauchy probleminin bir tek çözümünün var olduğunu gösterelim.
33
Çözüm: y 0 0 olsun. Buna göre x 0 , y 0 noktasının x ekseni ile keşişmeyen f y x, y
bir 1
2 y
komşuluğunda
f x , y y
süreklidir
ve
sürekli
türevi vardır.
Böylece verilen denklemin, her bir x0 , y 0 , y 0 0 noktasından bir tek integral eğrisi geçer. y 0 0 olduğunda da bu sonucun doğruluğu benzer şekilde elde edilebilir. Keyfi bir x 0 için
x0 ,0
noktasında f y x 0 ,0 olduğunda bu
noktada çözümün tekliği bozulur. Bu noktaların geometrik yeri y 0 doğrusunu verir ve bu doğru verilen diferansiyel denkleminin integral eğrisidir. Bundan başka , x 0 koşulunu sağlayan keyfi , sayıları için, 1 2 4 x , x ise x 0 , x ise 1 x 2 , x ise 4 fonksiyonu da verilen diferansiyel denklemin
x0 ,0
noktasından geçen
integral eğrisi olduğundan, y 0 fonksiyonu verilen diferansiyel denklemin tekil çözümüdür. Not: Genel olarak verilen diferansiyel denklemde x, y eşit hakka sahip olduğundan dy f x, y dx
denklemi ile beraber
(6)
34
dx 1 dy f x, y
(28)
denklemine de bakmak gerekir ve f x, y ,
1 fonksiyonlarının her f x, y
ikisinin tanım bölgesinde bu denklemler birbirine denktir, çünkü y y x fonksiyonu (6) denkleminin çözümü ise, x x y ters fonksiyonu da (28) denkleminin çözümü olur, yani (6) ve (28) denklemlerinin integral eğrileri eşittir. Eğer herhangi bir
x1 , y1
noktasında f x , y fonksiyonu tanımlı
değilse, böyle bir noktada (6) denklemi yerine (28) denklemine bakmak gerekir. Eğer herhangi bir noktada
1 fonksiyonu tanımlı değilse, böyle f x , y
bir noktada (6) denklemine bakmak gerekir.
35
BÖLÜM II
BİRİNCİ MERTEBE VE BİRİNCİ DERECEDEN ADİ DİFERANSİYEL DENKLEMLER VE ÇÖZÜM YÖNTEMLERİ
Diferansiyel denklemler teorisinde önemli problemlerden biri diferansiyel denklemin bütün mümkün çözümlerini bulmak ve onun özelliklerini öğrenmekten ibarettir. Diferansiyel denklemin çözümünün bulunmasına onun integrallenmesi denir. Verilen diferansiyel denklemi çözmek demek, ilk olarak aranan fonksiyonu
bağımsız
değişkene
bağlı
olarak
açık
şekilde
basit
fonksiyonların yardımıyla ifade etmek demektir. Bu mümkün olmadığında diferansiyel denklemin çözümünün bulunması basit fonksiyonlardan ve denkleme ait olan fonksiyonlardan oluşturulan ifadelerin integrallenmesine dönüştürülür. Şimdi bazı birinci mertebeden diferansiyel denklemlerin çözüm yöntemleri hakkında bilgi vereceğiz.
2.1. Değişkenlerine Ayrılabilir Diferansiyel Denklemler Tanım 10.
M(x, y)dx N(x, y)dy 0
diferansiyel
denklemi
verilsin. Bu diferansiyel denklem,
f1 ( x ) g1 ( y )dx f 2 ( x) g 2 ( y )dy 0 şeklinde yazılabiliyorsa, böyle bir denkleme değişkenlerine diferansiyel denklem denir. Bu diferansiyel denklem,
ayrılabilir
36
f1 ( x ) g ( y) dx 2 dy 0 f 2 ( x) g1 ( y) veya
f ( x)dx g ( y )dy 0
(29)
formunda yazılırsa değişkenlerine ayrılmış bir diferansiyel denklem adını alır. Burada f(x), g(y) sırasıyla (a , b) ve
(c , d) aralıklarında sürekli
fonksiyonlar ve f 2 (x) g 2 (y) 0 dir. Bu denklemde, dx’in katsayısı, yalnız x’e , dy’ nin katsayısı ise, yalnız y’ye bağlı birer fonksiyonlardır. Bu
şekilde
ifade
edilen
denklemlere değişkenlerine ayrılabilir diferansiyel denklemler adı verilir. Her bir x o (a, b) , y o (c, d) için , x
(x, y)
y
f ( )d g ( )d
xo
(30)
yo
şeklinde bir fonksiyon alalım. Bu fonksiyon
D a x b ; c y d bölgesinde
sürekli , diferansiyellenebilir
bir
fonksiyondur ve
(29)
denkleminin integral eğrileri boyunca, y x d (x, y) d f ( )d g ( )d 0 x yo o
eşitliği sağlanır. Böylece (29) denkleminin genel integrali x
(x, y)
y
f ( )d g ( )d c
xo
yo
(31)
37
şeklinde olur. Burada c keyfi bir sabittir. Eğer genel integral’ de c = 0 konulursa, y
x
xo
ifadesi, (32)
f ( )d g ( )d 0
(32)
yo
denkleminin
(x o , y o )
noktasından
eğrisinin kapalı şekilde denklemi olur. Gerçekten (31)
geçen
integral
formülü
ile
tanımlanan (x,y) fonksiyonu için (xo , yo) = 0 olur ve buradan x2(xo , yo) + y2(xo , yo) = f2(xo) + g2(yo) > 0 olduğundan dolayı kapalı fonksiyonun varlığı ve tekliği hakkındaki teoreme göre, (29) denklemi (xo , yo) noktasından geçen tek bir integral eğrisini tanımlar. Böylece D bölgesinin her bir (xo , yo) noktasından (29) denkleminin tek bir integral eğrisi geçer.
f1 (x) g1 (y) dx f 2 (x) g 2 (y) dy 0
(33)
şeklindeki diferansiyel denkleme değişkenlerine ayrılabilir diferansiyel denklem denir. Burada f i (x) , g i (y) (i 1,2) sırasıyla (a,b) ve (c,d) aralıklarında sürekli fonksiyonlardır ve f12 (x) g12 (y) f 22 (x) g 22 (y) 0 dır. Kabul edelim ki, (x o , y o ) D noktasında f 2 (x o ) 0 ve g 1 (y o ) 0 koşulları
sağlansın. Bu
takdirde
denklem,
g 1 (y) f 2 (x) çarpımı ile
bölünüp doğrudan integral alınırsa , c integral sabiti olmak üzere genel çözüm ; x
y
f1 (ξ ) g 2 (ς ) x f 2 (ξ ) dξ y g1 (ς ) dς c o o
(34)
38
şeklinde bulunur.
f 2 (x) 0 ve g1 (y1 ) 0 (c y1 d )
(a,b) aralığında
olduğunu
kabul edelim. Denklemde y y1 yazarsak , dy1 0 olduğundan y y1 fonksiyonu aynı denklemin (a,b) aralığında çözümüdür. Diğer taraftan eğer
f 2 (x 1 ) 0
(a x 1 b )
olursa,
y y1
fonksiyonu
aralıklarında, x x 1 fonksiyonu ise, (c, y1 ) , (y1 , d)
(a, x 1 ) , (x 1 , b)
aralıklarında (33)
denkleminin çözümleridir. Bu çözümler, (34) formülünden c’ye mümkün sayısal değerler verilerek elde edilirse, özel çözüm, elde edilemezse tekil çözüm olur. (x 1 , y1 ) noktasında denklemin tanımlanmadığı açık olarak görülmektedir. Böylece, (33)
denkleminin
tekil
çözümleri ancak,
g 1 (y) ve f 2 (x) fonksiyonlarının sıfırları içindedir. Örnek 24.
2x 1 e y
1 x
2 2
dx
ey dy 0 diferansiyel denkleminin 1 x2
genel çözümünü bulunuz. Çözüm: Bu denklem değişkenlerine ayrılabilir bir diferansiyel denklemdir. Bunun her iki tarafını
1 e y 1 çarpanı ile bölelim. Bu 2 1 x
durumda
2x ey dx dy 0 1 x2 ey 1 değişkenlerine ayrılmış diferansiyel denklem elde edilir. Bu denklemin integralini alırsak,
ey 1 c 1 x2
şeklinde genel çözümünü buluruz.
39
Burada y=0 olduğunda e y 1 0 olduğundan , y x 0 fonksiyonu verilen denklemin çözümüdür ve bu çözüm tekil çözüm olabilir. Bu çözümün bir özel çözüm olduğunu gösterelim. Bunun için uygun integral eğrisi üzerinde keyfi x 0 ,0 noktasını ele alalım ve bu noktada Cauchy probleminin çözümünün tekliğinin sağlandığını gösterelim. Gerçekten de genel integralde x x 0 , y 0 0 yazarsak,
0 c 1 x0
2
elde edilir. Buradan c=0 dır. Bu takdirde genel integralden e y 1 0 yani y=0 elde ederiz. Böylece y x 0 çözümü, özel çözümdür ve genel integralde c=0 yazmakla elde edilir. Örnek 25. 2 x 1 y 2 dx ydy 0 diferansiyel denklemin genel ve tekil çözümünü bulunuz. Çözüm: Denklemin her iki tarafını 1 y 2 ile bölersek, 2 xdx
ydy 1 y2
0
değişkenlerine ayrılan diferansiyel denklemini elde ederiz ve bu denklemin genel integrali,
x2 1 y2 c şeklindedir. y x 1 alındığında 1 y 2 0 olduğundan, y x 1, y x 1 fonksiyonları verilen denklemin çözümleridir. Bu çözümlerin her ikisi, tekil çözümdür.
40
y x 1 çözümünün tekil çözüm olduğunu gösterlim. Bunun için integral eğrisi üzerinde keyfi
x0 ,1
noktasını ele alıp ve denklemin
y x 0 1 koşulunu sağlayan çözümünü bulalım. Genel integralde x x 0 , y 0 1 yazarsak c 0 x 02 elde ederiz. Böylece
y x 1 integral
eğrisi üzerindeki keyfi noktadan bu integral eğrisi ile eşit hem de
x 2 1 y 2 x 02 integral eğrileri de geçer. Yani y x 1 integral eğrisi üzerindeki keyfi noktada Cauchy probleminin tekliği bozulur.
Bu ise,
y x 1 çözümünün tekil çözüm olduğunu gösterir. Aynı yolla y x 1 çözümünün de bir tekil çözüm olduğunu gösterebiliriz.
Problemler Aşağıda verilen diferansiyel denklemlerin genel çözümlerini bulunuz. 1. ( x 4) y 4 dx x 3 ( y 2 3)dy 0 2. x sin ydx ( x 2 1) cos ydy 0 , y (1) 3. e cos x sin y dx
cos y dy 0 sin x
4. 1 y 2 dx 1 x 2 dy 0 5. sin x cos 2 ydx cos 2 xdy 0 6. x( y 1) y y ( x 1) 0 7. y xy 2 x 0 8. (1 x 2 ) y xy x 0
2
41
9. ( x 2 2 x 1) y ( y 2 2 y 1) 0 10. sin y. y sin 2 x 0 11. (1 x 2 )dy (1 y 2 )dx 0 12. y (1 x 2 ) y x(1 y 2 ) 0 13. cosh ydx sinh xdy 0 14. xy 2 (1 x 2 ) y (1 y 3 ) 0 15. e x y y y 2 0 16. (1 x 3 )dy x 2 ydx 0 , y (1) 2 17. cos ydx (1 e x ) sin ydy 0 , y (0) 18. dx (1 x 2 ) cot ydy 0 2
2
19. xe y dx ye x dy 0 20. arcsin y. y arctan x 0
21. 2 x sin ydx 1 x 2 cos ydy 0 22. x cos 2 ydx 2 x 2 1 tan ydy 0
23. e x tan ydx e x 1 dy 0
25. 1 y e dx 1 y e 1 y dy 0 26. x y x dx y x y dy 0 24. y 2 y dx xdy 0 2
2
2x
2y
2
2
2
2
27. cot x. cos 2 ydx tan y sin 2 xdy 0
28. xy 2 x dx x 2 y y dy 0 29. xyy 1 x 2 , y 1 0
4
42
30. x 2 y 2 1 dx 2 x 2 dy 0
( xy z dönüşümü uygulayınız)
31. a 2 y 2 dx 2 x ax x 2 dy 0 32. y ln ydx xdy 0, y 1 1
33. xy 2 xy ln 2 y ln y 2 x 2 ln y x y 0
(y e
t
x
dönüşümü uygulayınız)
34. x 2 1 y 2 xy 2 0 , y 0 1 35. xy x 2 4 x
2.2. Homojen Diferansiyel Denklemler Tanım 11. f(x, y) fonksiyonu x, y değişkenlerinin herhangi bir D bölgesinde tanımlanmış olsun. Belirli bir m
sayısı,
(x, y) D
her bir
noktası ve (tx, ty) D koşulunu sağlayan her bir t sayısı için f(tx, ty) t mf(x, y) olursa, f(x, y) fonksiyonuna
(35)
D bölgesinde m. dereceden homojen
fonksiyon denir.
M(x, y)dx N(x, y)dy 0
(36)
denkleminde M(x,y), N(x,y) fonksiyonları D bölgesinde aynı dereceden homojen
fonksiyonlar
ise, (36)
denklemine
homojen
diferansiyel
denklem denir. (36) denklemi homojen diferansiyel denklem ise,
M(x, y) N(x, y) ve N(x, y) M(x, y)
43
fonksiyonları sıfırıncı dereceden homojen fonksiyonlar olduğu tanımdan açıktır. (35) eşitliğinde t
f 1,
1 konulursa x
y 1 f x, y x xm
bulunur. Buradan
y f x, y x m f 1, x elde edilir. Bu ifadeyi kullanırsak, (36) homojen diferansiyel denklemini x dy dx y
şeklinde yazabiliriz. Gerçekten y y x m M 1, M 1, dy M x, y y x x dx N x, y y y x x m N 1, N 1, x x
dir. (36) homojen diferansiyel denkleminin çözümünü bulmak için, (36) denkleminde y zx değişken değiştirmesi yapılırsa (burada z yeni aranan fonksiyondur) ve
dy zdx xdz olduğu dikkate alınırsa,
M x, zx dx N x, zx zdx xdz 0 bulunur.
44
y y M x, y x m M 1, , N x, y x m N 1, x x olduğundan,
M x, zx x m M 1, z , N x, y x m N 1,
y x
dir. Bu takdirde bunları yukarıdaki denklemde dikkate alırsak, x m M 1, z dx x m N 1, z zdx xdz 0 veya
M 1, z N 1, z .z dx xN 1, z dz 0 x 0 ? değişkenlerine ayrılabilir diferansiyel denklemi elde edilir. Bunu yeniden düzenlersek,
dx N 1, z dz 0, M 1, z N 1, z .z 0 ? x M 1, z N 1, z .z bulunur. Buradan
ln x
N 1, z dz ln c1 M 1, z N 1, z .z
veya
x ce
N 1,z dz M 1,z N 1,z .z
c c1 elde edilir.
W z ile göstererek integrali
z
N 1, z dz M 1, z N 1, z .z
y olduğunu dikkate alırsak, verilen denklemin genel x
45
x ce
y w x
bulunur. Örnek 26.
( x 2 y 2 )dx 2 xydy 0 diferansiyel denklemin genel
çözümünü bulunuz. Çözüm: Denklem homojen olduğu için, diferansiyel denklemde y zx , dy zdx xdz dönüşümü yapılırsa,
( x 2 z 2 x 2 )dx 2 zx 2 ( zdx xdz ) 0 x 2 (1 z 2 )dx 2 zx 3 dz 0 ,
nx n(1 z 2 ) nc veya
dx 2z dz d (nc ) x 1 z2
x(1 z 2 ) c olup
diferansiyel denklemin genel çözümü
x(1
y2 ) c veya x 2 y 2 cx 2 x
olarak bulunur.
Problemler Aşağıda verilen diferansiyel denklemlerin genel çözümlerini bulunuz. 1. ( x 2 3 y 2 )dx 2 xydy 0 x
x 2. (e y 1)dx ( 1)dy 0 y
3. ( y x 2 y 2 dx xdy 0 , y (1) 0 4. 2 xydx ( x 2 y 2 )dy 0
46
5. xy y x 2 y 2 0 y y 6. x cos . y x y cos 0 x x
7. ( x y ) y x y 0 8. x 2 ydx ( x 3 y 3 )dy 0 9. x 2 y xy y 2 0 10. ( x xy ) y y 0 11. x( xy y )dx x 2 dy 0 y
12. xy y xe x 0 13. ydx ( y x)dy 0 14. ( x 2 sin y 3)dx (2 x 4 sin y 3) cos ydy 0 ( x 2 sin y z dönüşümü yapınız) 15. ( x 4 y 4 )dx x 2 y 2 dy 0
2.3. Homojen Hale İndirgenebilen Diferansiyel Denklemler a x b1y c1 dy f 1 dx a 2 x b2 y c2
diferansiyel
denklemi
(37)
verilsin. Buradaki a 1 , b1 , c1 , a 2 , b 2 , c 2 ’ler sabit
sayılardır. Eğer c1 c 2 0 ise, (37) denklemi homojen diferansiyel denklem olur. Burada
c1 ve c 2
sayılarından
en az birinin sıfırdan farklı
olduğu kabul edilip, genel halde denklemin homojen bir denkleme dönüştürülmesini araştıralım.
47
a1x b1y c1 0 a 2 x b 2 y c 2 0
(38)
Bunlar birer doğru denklemdir. a) a 1b 2 a 2 b1 0 ise, bu iki doğru kesişirler. Kesişim noktasının koordinatları α , β olsun. Böylece a 1α b1β c1 0 a 2 α b 2 β c 2 0
denklemleri sağlanır. Bu durumda, (37) denkleminde
x ξα y ς β değişken değiştirmesi yapılırsa , (37) denklemi a ξ b1ς dy f 1 dx a 2ξ b 2ς
(39)
denklemine dönüşür. Bu ise, bir homojen diferansiyel denklemdir. Bu denklem ς ξ z dönüşümü
yardımıyla
değişkenlerine
ayrılabilir
diferansiyel denkleme dönüştürülerek, çözümü kolayca bulunabilir. Bu çözümde ξ x α , ς y β yerine
konulursa, (37)
denkleminin
çözümü elde edilir. b) a 1b 2 a 2 b1 0
ise, (38) ifadesindeki
doğrular
birbirlerine
paraleldirler. Bu ise, a 1 ka 2 , b 2 kb 2 olmasını gerektirir. Burada k oran
katsayısıdır. Bu değerler (37) denkleminde yerine konulursa, k(a 2 x b 2 y) c1 f(a 2 x b 2 y) y f a 2x b2y c2
şeklinde yazılır . Bu son denklem,
48
z a 2 x b2 y alınarak, değişkenlerine ayrılabilir diferansiyel denkleme dönüştürülür ve çözüm de integral alınarak kolayca bulunur. Örnek 27.
dy y 2x 1 dx 2y x 1 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. Çözüm : Burada a 1b 2 a 2 b1 (2) 2 (1)1 3 0 olur ve bu ise, bu iki doğrunun kesiştiğinin gösterir. Şimdi bu doğruların kesim noktalarını bulalım.
y 2x 1 0 2y x 1 0 denklemlerinden bu doğruların kesim noktası,
(α , β) (1,1) elde edilir ve
x ξ 1 y ς 1 değişken değiştirmesi yapılırsa,
dx dξ dy dς olur ve denklem
dς ς 2ξ dξ 2ς ξ denklemine dönüşür. Son ifadeye
ς ξ u ve ς u ξ u dönüşümü uygulanırsa denklem
49
dξ 2u du ξ u 2 2u 2 olur. Bu ise, değişkenlerine ayrılabilir diferansiyel denklem haline dönüşür. Her iki tarafın integrali alınır, ξ ve ς değerleri yerine konulursa
dy y 2x 1 dx 2y x 1 diferansiyel denkleminin genel çözümü ; 1 2
2
c
y x xy - y - x 3
şeklinde elde edilir. Örnek 28.
dy x y 1 dx 2x 2y 1 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. Çözüm : Burada a 1b 2 a 2 b1 (1) 2 2(1) 0 olur ve bu ise, bu iki doğrunun paralel olduğunu gösterir. Buradan hareketle
z x y ve z y 1 dönüşümü denklemde yerine konulursa, z 1
z 1 2z 1
elde edilir. Böylece değişkenlerine
ayrılabilir bir denklem
buluruz.
Doğrudan integral alarak ve z değeri yerine yazılarak genel çözüm; x 2y 3 ln x y 2 c
şeklinde elde edilir.
50
Problemler Aşağıda verilen diferansiyel denklemlerin genel çözümlerini bulunuz. 1. 7 x 3 y 7 dx 3x 7 y 3dy 0 2. x 2 y 1dx 4 x 3 y 6dy 0 3. x y 1dx x y 1dy 0 4. x 2 y 4 dx 2 x 3 y 7 dy 0 5. x 5 y 1dx 2 x 10 y 7 dy 0 6. 7 x 3 y 7 dx 14 x 6 y 3dy 0 7. 2 x 3 y 4dx 3 x 2 y 1dy 0 8. x 2 y 4 dx 2 x y 2 dy 0 9. 3x y 1dx x y 3dy 0 10. x 2 y 3dx 2 x 4 y 1dy 0 2.4. Genelleştirilmiş Homojen Diferansiyel Denklemler
M(x, y)dx N(x, y)dy 0 denklemi verilsin.
F(x, y, dx, dy) M(x, y)dx N(x, y)dy ile
gösterelim. Belli k, m
sayıları,
her bir
(x,y)D
noktası
ve
(tx, t k y) D koşulunu sağlayan her t sayısı için F(tx, t k y, dx, t k 1dy) t m F(x, y, dx, dy) oluyor ise, (36) denklem denir.
denklemine
genelleştirilmiş
homojen
(40) diferansiyel
51
Özel
halde
k=1
alındığı
takdirde genelleştirilmiş
homojen
diferansiyel denklem, homojen diferansiyel denkleme dönüşür. Homojen
diferansiyel
denklemleri
araştırırken,
M(x,y) ,
N(x,y) fonksiyonları
D a x , ax k y bx k
M 2 (x, y) N 2 (x, y) 0 koşulunun sağlandığını kabul edeceğiz. (40) koşulunun sağlanması için , M(tx, t k y) t m M(x, y) ve N(tx, t k y) t m k 1 N(x, y) olduğu tanımdan görülmektedir. Buradan t M(x, y) x m M(1,
1 alınırsa, x
y y ) ve N(x, y) x m k 1N(1, k ) k x x
eşitlikleri elde edilir. Bu ifadeler (36) denkleminde yerine konulursa, x m M(1,
y y )dx x m k 1N(1, k )dy k x x
(41)
denklemi elde edilir. k=0 alındığı takdirde (41) denklemi değişkenlerine ayrılabilir diferansiyel denkleme dönüşür. (41) denkleminde, y xkz değişken değiştirmesi yapılırsa (burada z aranan yeni fonksiyondur, homojen diferansiyel denklem için dönüşümde k=1 alınır) ve dy kx k 1 zdz x k dz olduğu dikkate alınırsa (41) denklemi
M(1, z) kzN(1, z)dx xN(1, z)dz 0 şeklinde
yazılır. M(1, z) kzN(1, z) ve N(1, z) fonksiyonlarının
(42) (a,b)
aralığında sürekli olduğu açıktır. Elde edilen denklem değişkenlerine
52
ayrılabilir
bir
diferansiyel
denklemdir
ve M(1, z) kzN(1, z) 0
olduğunu kabul edersek , onun genel integrali ise, x ce w(z) olur. Burada w(z) ise,
w(z) dir. Buradan z
N(1, z) dz M(1, z) kzN(1, z)
y olduğu dikkate alınırsa, xk w(
x ce
y xk
)
(43)
ailesi (36) denkleminin genel integrali olur.
M(1, z) kzN(1, z) 0 denkleminin her bir
z = zo
reel kökü (var ise,) (42) denkleminin
çözümüdür. Bu takdirde (36) denkleminin z = zo ’ a uygun çözümü, y zoxk
şeklinde olur. Bu çözüm tekil çözüm olabilir.
M(1, z) kzN(1, z) 0 olursa, (36) denklemi
kydx xdy c şeklinde değişkenlerine ayrılabilir bir diferansiyel denkleme dönüşür. Örnek 29.
4xy 2 dx (3x 2 y 1)dy 0
diferansiyel denkleminin
genel çözümünü bulunuz. Çözüm : Bu denklemde x, y, dx , dy tx , t k y , dx , t k 1dy
değişkenlerini
sırasıyla
(x tx , y t k y , dx dx , dy t k 1dy )
şekline
getirerek toplamların t ’ ye göre derecelerini eşitlersek k sayısı için ; 1 2k 2 2k 1 k 1
53
denklem sistemi elde edilir. Burada k = -2 bulunur. Verilen denklem genelleştirilmiş homojen diferansiyel denklem olduğundan dolayı, y z x 2 dönüşümü yardımı ile onu değişkenlerine ayrılabilir, 2x 3 (z z 2 )dx x 2 (3z 1)dz 0 denklemine dönüştürürüz. Bu denklemin genel integrali z(z 1) 2 cx 2 0 şeklindedir. Buradan z x 2 y yazarsak
verilen diferansiyel denklemin
genel integrali; y(x 2 y 1) 2 c 0 olur. Örnek 30.
y
4
3x 2 dy xydx 0 diferansiyel denkleminin genel
çözümünü bulunuz. Çözüm: Bu denklemin terimlerinin derecelerini bulalım. y 4 dy nin derecesi
4k k 1 ,
3 x 2 dy nin derecesi
2 k 1 ,
xydx in derecesi
1 k
dır. Bu üç dereceyi eşit yapan k değeri 5k 1 k 1 k 1
veya 5k 1 k 1
den
54
k
1 2
bulunur. Verilen denklem genelleştirilmiş homojen diferansiyel denklem olduğundan ,
y zx
1 2
dönüşümü yardımıyla
2 z4 3 dx dz 0 5 x z z değişkenlerine ayrılabilir denkleme dönüşür. Bu denklemin genel çözümünü bulup ve z
y x
yazarsak , verilen denklemin genel çözümü
y 4 x 2 cy 6 olarak bulunur.
2.5. Lineer Diferansiyel Denklemler Aranan fonksiyon ile onun türevine göre lineer olan,
A(x) y B(x) y C(x) 0 denklemine birinci mertebeden lineer diferansiyel denklem denir. A’nın belli bir aralığında tüm x değerleri için sıfır olmadığı kabul edilirse, denklem A ile bölünebilir. Böylece denklem,
y P(x) y Q (x)
(44)
olur. Burada
P(x)
B(x) , A(x)
Q(x)
C(x) A(x)
55
dir. P(x) ve Q(x) fonksiyonları (a,b) aralığında sürekli fonksiyonlar olsun. (a,b) aralığının tüm noktalarında Q(x) 0 ise
y P(x) y 0
(45)
denklemine homojen lineer diferansiyel denklem denir. (44) denkleminde
f(x, y) P(x) y Q(x) fonksiyonu
D a x b , y bölgesinde sürekli ve f y (x, y) P (x)
sürekli kısmi türevi vardır. Buna göre her bir ( x 0 , y0 ) noktasından (44) denkleminin tek bir
integral eğrisi geçer. Böylece P(x)
ve Q(x)
fonksiyonları sürekli fonksiyonlar olduğundan dolayı, (44) denkleminin tekil
çözümü
değişkenlerine
yoktur. (45) homojen ayrılabilir
lineer
diferansiyel
diferansiyel denkleminin
denklem
olduğu
açıkça
görülmektedir ve (45) denkleminin genel çözümü ise, x
y ce
P(s)ds xo
,
x o (a, b)
(46)
olarak elde edilir.
1. Sabitlerin Değişimi Yöntemi Lineer homojen olmayan (44) denkleminin genel çözümünü bulmak için (46) ifadesinde, c sabiti yerine sonradan belirtilecek olan c(x) fonksiyonu alınır. Böylece,
56
x
x
P(s)ds
y c (x) e
(47)
o
elde edilir. Bu ise, (44) denkleminin genel çözümüdür (Genel çözümde c(x) bulunmasına dikkat edilmelidir). Bu dönüşüm, (44) denkleminde yerine konulur ise, c(x) ’ e göre x
dc Q (x) e dx
P(s)ds xo
denklemi bulunur. Her iki tarafın integrali alınır ise, x
P(s)ds
x
xo
c(x) Q(s) e
ds c
xo
elde edilir. Bulduğumuz son ifade (47) ifadesinde yerine yazılırsa,(44) denkleminin genel çözümü ; x
x
y ce
xo
s
P(s)ds
P(s)ds
e
xo
x
Q(s) e
P(s)ds xo
ds
(48)
xo
olur. Burada c keyfi bir sabittir. Lineer
homojen
olmayan
(44)
denkleminin
çözümünün
bulunmasında uygulanan bu yönteme sabitlerin değişimi yöntemi denir. (48) ifadesinden açıkça görüleceği üzere ilk toplanan ifade lineer homojen diferansiyel denkleminin genel çözümü, ikinci toplanan ifade ise, lineer homojen olmayan (44) denkleminin bir özel çözümüdür. Örnek 31. y y sinx sinx cosx diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz.
57
Çözüm : İlk olarak y y sinx 0 lineer homojen diferansiyel denkleminin genel
çözümünü
bulalım, bu
denklem
değişkenlerine
ayrılabilir bir diferansiyel denklem olduğundan genel çözüm; y c1e cosx olarak elde edilir. c1 c1 (x) olduğu kabul edilir, y ve y c1 (x) e cosx c1e cosx sinx değerleri homojen olmayan diferansiyel denklemde yerine yazılırsa,
c 1 sinx cosx e cosx dx c veya c 1 e cosx (1 cosx) c olur. Son
ifade
homojen
denklemin
genel
çözümünde
yerine
yazıldığında aranan genel çözüm; y c e cosx cosx 1 olarak elde edilir.
2. Lineer Diferansiyel Denklemin Dönüşüm Yöntemi ile Çözümü u =u(x) , v = v(x) olmak üzere (44) denklemi için y = uv dönüşümü uygulanırsa,
u v v u P u v Q bulunur. Buradan ise,
v u P u u v Q şeklinde yazılır. Şimdi u fonksiyonunu öyle bir şekilde seçelim ki,,
u P u 0 olsun. Buradan
58
P(x)dx ue
elde edilir (Burada c=1 alınmıştır). u’nun bu değeri denklemde yerine konulursa P(x)dx e v Q
veya P(x)dx v Q e
bulunur. Buradan Pdx v Q e dx c
elde edilir. O halde Pdx Pdx y u v e Q e dx c
dir, yani Pdx Pdx y e Q e dx c
dır. Örnek 32. y 2
y 2x 3 diferansiyel denkleminin genel çözümünü x
bulunuz. Çözüm : y = uv dönüşümü yapılırsa
y u v v u bulunur. y ve y nün bu değerleri denklemde yerine konursa, u v v u - 2
uv 2x 3 x
59
elde edilir. Buradan
u v u 2 u v 2x 3 x elde edilir. u fonksiyonunu öyle bir şekilde seçelim ki, , u 2
u 0 x
olsun. Buradan u x 2 bulunur. u’nun
bu değeri denklemde
yerine
konulursa x 2 v 2x 3 veya v 2x
elde edilir. Buradan ise,
v x2 c bulunur. O halde son olarak y 2
y 2x 3 x
denkleminin genel çözümü y u v x 2 (x 2 c) bulunur. Not: Bazen serbest değişken x, aranan fonksiyon yx alındığında denklem lineer diferansiyel denklem olmayabilir. Ama serbest değişkeni y, aranan fonksiyonu
x y aldığımızda ve yx in yerine
denklem lineer diferansiyel denklem olur. Örnek 33.
1 aldığımızda x y
60
y
y 3x y 2
diferansiyel
denkleminin
genel
çözümünü bulunuz. Çözüm: Bu denklemde y’ye aranan fonksiyon gibi baktığımızda, denklem lineer diferansiyel denklem değildir. Ama x’e aranan fonksiyon y’ye serbest değişken gibi bakarsak, elde edilen
x
3x y y
(49)
denklemi lineer diferansiyel denklemdir. Bu denkleme uygun
x
3x y
lineer homojen denklemin genel çözümü x cy 3 olarak bulunur. Buradan c ye y den bağlı fonksiyon gibi bakalım. Ve c(y) yi öyle seçelim ki, x x y y 3 ifadesi (49) denkleminin çözümü olsun. Bu ifadenin y’ ye göre türevi, x c y . y 3 3c y . y 2 dir. x ve x nü (49) denkleminde yazarsak, c(y)’ ye göre
c y
1 y2
denklemini elde ederiz. Buradan
c y
1 c y
dir ve böylece verilen denklemin genel çözümü
61
x cy 3 y 2 olarak bulunur. Not: y x 0 çözümü c yerine c1
1 ele alıp c1 0 yazdığımızda c
elde edilir.
3. Lineer Homojen Diferansiyel Denklemin Çözümünün Özellikleri a) Eğer y1 (45) denkleminin bir özel çözümü ise, yani
y1 P x y1 0 a x b ise, bu taktirde c keyfi bir sabit olmak üzere cy1 de (45) denkleminin bir çözümüdür. Gerçekten, (45) denkleminde y cy , yazıp ve y1 in (45) denkleminin özel çözümü olduğunu dikkate alırsak
cy1 Px cy1 cy1 Px y1 0
, a xb
olur. Yani cy1 (45) denkleminin bir çözümüdür. b) Lineer homojen (45) denkleminin sıfırdan farklı bir özel y1 çözümü bilinirse , cy1 bu denklemin genel çözümüdür. c) y1 x ve y 2 x fonksiyonları (45) denkleminin sıfırdan farklı iki özel çözümü olsun. Bu taktirde sıfırdan farklı bir sabit olmak üzere
y 2 x y1 x
62
dir. 4. Lineer Homojen Olmayan Diferansiyel Denklemin Çözümünün Özellikleri a)
Lineer homojen olmayan (44) denkleminin bir y1 özel çözümü
bilinirse, bu denklemin genel çözümü
y y1 z formülü ile bulunur. Burada p x dx z ce
fonksiyonu
z P x z 0 denkleminin genel çözümüdür. b)
Birinci mertebeden lineer, homojen olmayan diferansiyel denklemin
iki özel çözümü bilinirse, genel çözüm çözüm metodlarını uygulamaya gerek kalmadan bulunur. Gerçekten, y1 ve y 2 bilinen iki özel çözüm olduğundan ,
y1 P x y1 Q x , y 2 P x y 2 Q x dir. Bu iki denklem taraf tarafa çıkarılır ve düzenleme yapılırsa ,
63
y1 y 2 Px y1 y 2 0 elde edilir. O halde , y1 y 2 fonksiyonu (45) denkleminin bir özel çözümü olduğundan , c y1 y 2 fonksiyonu, (45) denkleminin genel çözümü olur. Böylece, (44)
lineer homojen olmayan diferansiyel denkleminin genel
çözümü
y y1 c y1 y 2 olur.
2.6. Bernoulli Diferansiyel Denklemi Şimdi, uygun bir dönüşüm yardımı ile lineer diferansiyel denklem haline indirgenebilen ve 1965’de James Bernoulli tarafından bulunan diferansiyel denklemleri inceleyeceğiz. a)
P(x) ve Q(x) sürekli fonksiyonlar ve n 0 ve n 1
olmak üzere y bağımlı x bağımsız değişkenli y P(x)y Q(x)y n
(50)
denklemine Bernoulli diferansiyel denklemi denir. Bu denklemler aranan fonksiyonun bir dönüşümü ile lineer homojen olmayan bir denkleme dönüştürülebilir. n = 0 için (50) denklemi lineer homojen olmayan diferansiyel denklemine, n 1 için ise, değişkenlerine ayrılabilir diferansiyel denkleme dönüştüğünden, n 0 ve n 1 olması kabul edilmiştir.
64
(50) denkleminin her iki tarafı y n ’ye bölünürse, y n
elde
edilir. İlk
dy P(x) y1 n Q(x) dx
terim bir
sabit
çarpan
farkıyla
y n 1 in
türevi
olduğundan y n 1 z dönüşümü yapılırsa denklem,
z (1 n)P(x)z (1 n) Q(x) z ye göre lineer diferansiyel denklemine dönüşür. Bu denklemin genel çözümü ise, x
(n -1) p(s)ds
ze
xo
s
(1 n) P( )d x xo c (1 n) Q(s)e ds xo
formülü ile verilir. Burada z yerine değeri konulur ise, (50) denkleminin genel çözümü; 1 x
p(s)ds
ye
xo
s
1 n (1 n) P( )d x xo c (1 n) Q(s)e ds xo
(51)
şeklinde olur. n > 0 için y = 0 fonksiyonu da Bernoulli denkleminin bir çözümü olduğu açıktır. n > 1 olduğunda y = 0 çözümü, (51) genel çözümünde
c
konularak elde edilir. Yani n > 1 olduğunda, y = 0 çözümü,
Bernoulli denkleminin bir özel çözümü olur. 0 < n < 1 olduğunda ise,
y 0 çözümü, genel çözümden c sabitine belli bir sayısal değer
65
verilerek elde edilmez. Böylece 0
y0
çözümü
Bernoulli denkleminin bir tekil çözümü olur. b) y bağımlı, x bağımsız değişkenli
f ( y ) y P( x ) f ( y ) Q( x)
(52)
formundaki diferansiyel denklemleri de yine Bernoulli diferansiyel denklemlerdir. (52) denklemi v f ( y ) dönüşümü yardımı ile
v
f ( y)
dv df dy ifadeleri yerine konulursa dx dy dx
dv P ( x )v Q ( x ) dx
şeklindeki v bağımlı, x bağımsız değişkenli bir lineer diferansiyel denkleme dönüşür.
y 2xy 2x 3 y 2
Örnek 34.
diferansiyel denkleminin
genel
çözümünü bulunuz. Çözüm : Burada n = 2 dir. Denklemin her iki tarafı y 2 ile bölünürse,
y 2x 2x 3 y y2 olur. Şimdi
z
1 , z y 2 y y
değişken dönüşümü yapılırsa,
z 2xz 2x 3
66
olur. İfadeyi biraz düzenleyecek olursak (-1 ile çarparsak),
z 2xz 2x 3 elde edilir. O halde, bu denklemin genel çözümü, 2
z c e x 1 x 2
şeklinde olur. Şimdi z
1 yazılırsa, y
1
y ce
x2
1 x 2
ifadesi ilk denklemin genel çözümüdür. n = 2 (2>1) olduğundan y = 0 çözümü verilen denklemin bir özel çözümüdür.
Örnek 35. y
x y x y diferansiyel 1 x2
denkleminin
genel
1 dir. Denklemin her iki tarafı 2
y ile
çözümünü bulunuz. Çözüm : Burada
n
bölünürse, 1 x y 1 x2 y
yx
olur. Şimdi z y
,
z
1 2 y
y
değişken dönüşümü yapılırsa, z
1 x 1 z x 2 2 1 x 2
elde edilir. Bu homojen olmayan lineer diferansiyel denklemin çözümü ;
67
1 z c 4 1 x 2 (1 x 2 ) 3
dir. z y alınırsa, 1 y c 4 1 x 2 (1 x 2 ) 3
ilk denklemin genel çözümüdür. 0 n
1 1 olduğundan y = 0 verilen 2
denklemin bir tekil çözümüdür. Örnek
36.
siny
dy - 2cosy cosx cosx sin 2 x 0 dx
diferansiyel
denkleminin genel çözümünü bulunuz. Çözüm: Bu denklem (52) tipinde bir Bernoulli diferansiyel denklemidir. cos y v
dönüşümünü kullanırsak, sin y
dy dv olduğundan, dx dx
verilen denklem dv 2 cos x.v cos x sin 2 x dx
lineer diferansiyel denklemine dönüşür. O halde genel çözüm 1 1 1 v e 2 sin x e 2 sin x sin 2 x sin x c 2 4 2
1 1 1 cos y sin 2 x sin x ce 2 sin x 2 4 2 olarak bulunur.
68
2.7. Darboux Diferansiyel Denklemi
M ( x, y )dx N x, y dy P x xdy ydx 0
(53)
denklemi verilsin. Eğer M x, y , N x, y fonksiyonları m. ve P x, y fonksiyonu l. dereceden homojen fonksiyonlar ise, bu taktirde
(53)
diferansiyel denklemine Darboux diferansiyel denklemi denir. Eğer l m 1 ise, (53) denklemi homojen diferansiyel denklemdir.
Gösterelim ki, Darboux diferansiyel denklemi y zx
dömüşümü ile Bernoulli diferansiyel denklemine getirilebilir. Gerçekten ,
y dy zx xdz , xdy ydx x 2 d x 2 dz x
(54)
dir. M x, y x m M 1,
y m , N x, y x N 1, x
y l ve P x, y x P1, x
y x
olduklarını dikkate alırsak (53) denklemi x m M 1, yx dx x m N 1,
y l dy x P1, x
x xdy ydx 0 y
şekline dönüşür. Burada (54) dönüşümü yazılırsa x m M 1, z dx x m N 1, z zdx xdz x l 2 P1, z dz 0 veya
M 1, z N 1, z z dx N 1, z x P1, z x l 2m dz 0 denklemi elde edilir. Buradan
dx N 1, z P1, z x x l 2 m x M 1, z N 1, z z M 1, z N 1, z z
69
denklemi elde edilir. Bu ise x x z bilinmeyenine göre Bernoulli diferansiyel denklemidir. Burada l m 2 ise , denklem lineer diferansiyel
N x, y 0 ise
denklemdir. Eğer
y xz
dönüşümü ile Darboux
diferansiyel denklemi değişkenlerine ayrılabilir diferansiyel denkleme indirgenir. xdx ydy x 2 xdy ydx 0 Darboux diferansiyel
Örnek 37.
denkleminin genel çözümünü bulunuz. Çözüm: Verilen denklemde y zx dönüşümü yapılırsa , xdx zx xdz zdx x 4 dz 0 veya
1 z dx zx x dz 0 2
3
elde edilir. Buradan dx z 1 x x3 2 2 dz 1 z 1 z
Bernoulli diferansiyel denklemi elde edilir. Bu denklemin genel çözümü 1 c 1 z 2 1 z 2 arctan z z 2 x
olarak bulunur. Burada z
y yazarsak, verilen denklemin genel çözümü x
c x 2 y 2 x 2 y 2 arctan
olur.
y xy 1 0 x
70
Problemler Aşağıda verilen diferansiyel denklemlerin genel çözümlerini bulunuz. 1. xy y x 3 2
2. y 2 xy 2 xe x , y 0 0 3. y
1 2x y0 x2
4. y y cos x 5. y
y 2 y ln y y x
6. x cos y sin 2 y y 1 , y 0 7. y 2 xy x sin x.e X
2
8. xy 2 y e x x 2
9. sin 2 y x cot y y 1 10. xy 1 ln x 2 y 11. y 2 y y 2 e X 12. xy 2 y x 2 y 3 13. xy 4 y 2 x 2 y
15. x
14. x 2 y 2 1 y xy 0 3
y 1 y 3x 2
16. y 2 xy 2 x 3 y 3 17. y y 2 xy x
71
18. y y 2
1 4x 2
19. y y 2 2 xy 5 x 2 20. y y 2 2 ye x e 2 x e x 21. y y 2 2 x 2 y x 4 2 x 4 22. xy x 2 y 2 y
2 2 x2
23. xy 2 y x 3 24.
2 dx 2 xy 2 ye y dy
25. y
dx 2 x 3 y 2 2 , y (1) 1 dy
26. x 2 dy ( x 4 2 xy 3)dx 0 , y (1) 2 27. y y cot x 5e cos x 28.
dx x sin 2t , x(0) 0 dt
29.
2 , 0 x 1 dy , y f ( x) , f ( x) x 1 dx 0 ,
30. ( x 2)
31.
2 x , 0 x 2 dy , y f ( x) , f ( x) x2 dx 4 ,
dr r tan x cos 2 , d
y (0) 0
32. dy 4 y 8 y 3 xdx 0
r( ) 1 4
y (0) 4
72
2.8. Riccati Diferansiyel Denklemi P(x), Q(x) ve R(x) bir (a,b) aralığında sürekli fonksiyonlar olmak üzere y bağımlı x bağımsız değişkenli y P(x)y Q(x)y 2 R(x) şeklinde tanımlanan
(55)
lineer olmayan diferansiyel denklemine Riccati
diferansiyel denklemi denir. Bu denklem Q(x) 0
ise, y’ye göre
lineer, R(x) 0 ise, Bernoulli ve P(x) Q(x) 0 ise, değişkenlerine ayrılabilir diferansiyel denklemdir. P(x), Q(x), R(x) fonksiyonları (a,b) aralığında sürekli fonksiyonlar olduğundan dolayı f(x, y) P(x)y Q(x)y 2 R(x) ve f y (x, y) P (x) - 2Q(x)y
fonksiyonları D a x b , y bölgesinde süreklidir ve bu bölgenin her bir (x o , y o ) noktasından (55) denkleminin tek bir integral eğrisi geçer. Buna karşılık Riccati diferansiyel denkleminin genel
çözümünü diğer tipteki denklemler gibi hesaplamayla bulmak
mümkün değildir. Ancak en az bir özel
çözümü
belli ise denklemi
y y1 z değişken değiştirmesi ile Bernoulli diferansiyel denklemine, y y1
1 u
değişken değiştirmesi ile
lineer diferansiyel denklemine
dönüştürülerek bir çözüm bulunabilir. Bununla ilgili yöntemler aşağıdaki teoremlerle verilmiştir.
73
Teorem 1. y1 ( x) Riccati diferansiyel denkleminin bir özel çözümü ise y y1 ( x) z( x) dönüşümü ile denklem z bağımlı ve x bağımsız değişkenli bir Bernoulli diferansiyel denklemine dönüşür. İspat: y y1 x z ( x ) ifadesi ve
dy dy1 dz türevi (55)’de dx dx dx
yerine konulup düzenlenirse, denklem dy dz 2 P ( x) z 1 P ( x ) y1 Q ( x ) z 2 Q ( x) y1 Q ( x )2 zy1 R ( x ) dx dx
(56)
haline gelir. y1 x bir çözüm olduğundan dy1 2 P(x)y1 Q(x)y1 R (x) dx
(57)
eşitliği sağlanır ve (56) denklemindeki karşı gelen terimler yok olur. Böylece (55) denklemi y y1 z dönüşümü ile (56) ve (57)’den dz (P(x) - 2Q(x)y1 ) z Q(x)z 2 dx
(58)
denklemine dönüşür ki bu bir Bernoulli denklemidir. (58)’den z bulunarak Riccati diferansiyel denkleminin y y1 z genel çözümü elde edilir. Örnek denkleminin
38.
dy e x 3 y ex y 2 0 dx
bir özel
Riccati
diferansiyel
çözümü y1 e x olduğuna göre genel çözümü
bulunuz. Çözüm : y y1 z e x z ,
dy dz ex dönüşümlerini verilen dx dx
denkleme uygulayıp düzenlersek ex
dz e x 3e x 3 z e x (e x z ) 2 0 , dx
74
dz z e x z 2 dx
Bernoulli denklemini elde ederiz. Bu denklemin çözümü z 1 e x ( x c ) veya z
ex xc
olarak bulunur. Teorem 2. y1 ( x) Riccati diferansiyel denkleminin bir özel çözümü ise y y1 ( x)
1 dönüşümü ile denklem u bağımlı ve x bağımsız u ( x)
değişkenli bir lineer diferansiyel denklemine dönüşür. İspat: y y1 ( x)
1 dy dy1 1 du ve u ( x) dx dx u 2 dx
ifadeleri (55)’de
yerine konulup, y1 ( x) ’in de bir çözüm olduğu düşünülerek düzenlenirse,
2y 1 du 1 dy 1 2 P ( x) P ( x) y1 Q ( x ) 1 Q ( x) 2 Q ( x ) y1 R ( x) , 2 u dx u u dx u
du 2Q( x) y1 P( x) u Q ( x) dx
(59)
lineer diferansiyel denklemi elde edilir. (59) lineer denkleminin genel çözümü bulunup y y1
1 ’da yerine konulursa (55) Riccati diferansiyel u
denkleminin genel çözümü elde edilir. Örnek 39. y 2( x 1) y y 2 x 2 2 x 1 Riccati denkleminin bir özel çözümü y1 ( x) x çözümünü bulunuz.
diferansiyel
belli olduğuna göre genel
75
Çözüm : y y1
1 1 x u u
, y 1
u dönüşümünü denkleme u2
uygularsak (1
u 1 1 ) (2 x 2)( x ) ( x ) 2 x 2 2 x 1 , 2 u u u
u 2 1 2 2 u u u
, u 2u 1
1 lineer diferansiyel denklemi elde ederiz. Bunun çözümü u ce 2 x , 2
verilen denklemin genel çözümü ise y x
1 u
1 1 ce 2 x yx 2
olur. Temel Problem 1. y1 ( x) , y 2 ( x ) ve y 3 ( x ) gibi üç özel çözümü bilinen Riccati diferansiyel denklemini kurunuz. Çözüm : Bu üç çözüm (55) Riccati
diferansiyel
denklemini
sağladığına göre y P(x)y Q(x)y 2 R(x) 2
y1 P(x)y1 Q(x)y1 R (x) 2
y 2 P(x)y 2 Q(x)y 2 R (x) 2
y 3 P(x)y 3 Q(x)y 3 R (x)
denklemleri yazılabilir. Bu sistemden P, Q, R’lerin yok edilmesi ancak ve ancak
76
olması
ile
y y ( x, y , y ) 1 y 2
y y1
y2 2 y1
1 1
y2
y2
2
1
y 3
y3
y3
2
1
mümkün
(60)
0
( x, y, y ) 0
olduğundan,
aranılan
Riccati
diferansiyel denklemidir. Örnek 40. y1 x , y 2 1 ve y 3
1 gibi üç özel çözümü verilen x
Riccati diferansiyel denklemini kurunuz. Çözüm :
y y ( x, y, y ) 1 y 2 y3
y y1 y2
y2 1 2 y1 1 2 y2 1
y3
y3
2
1
y 1 0 1 2 x
y x 1 1 x
y2 x2 1 1 x2
1 1 10 1
koşulundan ( x 2 1) y y 2 1 Riccati diferansiyel denklemi elde edilir. Bu aynı zamanda değişkenlerine ayrılabilir diferansiyel denklemdir. Temel Problem 2. y1 ( x) ve y 2 ( x ) gibi iki özel çözümü bilinen (55) Riccati diferansiyel denkleminin genel çözümünün ( y1 y 2 ) Q ( x ) dx y y1 ce y y2
bağıntısı ile verilebileceğini gösteriniz. Çözüm : Bu iki çözüm (55) nolu y P(x)y Q(x)y 2 R(x) Riccati diferansiyel denklemini sağladığına göre 2
y1 P(x)y1 Q(x)y1 R (x)
(61)
77
2
y 2 P(x)y 2 Q(x)y 2 R (x)
yazılabilir. Buradan 2 y y1 Q ( x )( y 2 y1 ) P ( x)( y y1 ) 2
y y 2 Q( x)( y 2 y 2 ) P ( x )( y y 2 )
eşitlikleri elde edilir ve birincisi y y1 , ikincisi y y 2 ile bölünüp taraf tarafa çıkarılır ve düzenlenirse
d y y1 ( y1 y 2 )Q( x) n dx y y 2 denklemi elde edilir. İntegrasyonla (61) bağıntısı bulunur. Örnek
41.
y
y2 x2 y0 2 3 x x x x2
Riccati
diferansiyel
denkleminin iki özel çözümü y1 x , y 2 x 2 olduğuna göre genel çözümünü bulunuz. Çözüm : (61) bağıntısından x x2
2 3 dx yx c x x ce ce nx 2 yx x
veya
x 2 cx 2 y genel çözümü elde edilir. xc Temel Problem 3. y1 ( x) , y 2 ( x ) ve y 3 ( x ) gibi üç özel çözümü bilinen Riccati diferansiyel denkleminin genel çözümü
y y 2 y1 y 3 . c y y 3 y1 y 2 olarak integrasyonsuz bulunur.
(62)
78
Çözüm : Temel Problem 2 yardımı ile yapılabilir. Örnek 42. Özel çözümleri y1 0 , y 2 x , y 3 x 2 olan Riccati diferansiyel denklemini kurunuz ve genel çözümünü bulunuz. Çözüm : (60) bağıntısından Riccati denklemi: ( x 2 x 3 ) y y 2 ( x 2 2 x) y 0 olarak, (62) bağıntısından genel çözüm: y x x2 1 c 2 x . c , y 2 xc yx x olarak bulunur. Örnek 43. y1
a şeklinde bir özel çözümü verilmiş olan x y
1 2 1 y 2 2 2x
Riccati diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. Çözüm : Bu denklemin bir özel çözümü y1 takdirde y1
a şeklinde ise, bu x
a olur. Bu değerler denklemde yerine yazılırsa, x2
a 1 a2 1 2 2 2 2 x x 2x
veya
a 2 2a 1 0 denklemi bulunur. Buradan a = -1 elde edilir. Böylece y1 denklemin bir özel çözümü olur. Şimdi,
1 verilen x
79
yz
1 1 ve y z 2 x x
bağımlı değişken değiştirmesi yapılırsa z
1 1 1 1 (z ) 2 2 2 2 x x 2x
z
z 1 2 z x 2
veya
şeklindeki Bernoulli diferansiyel denklemi bulunur. Bu denklemin genel çözümü 1 x (c ln x ) z 2
dir. Denklemde z y
y
1 yerine yazılırsa, x
1 2 x x(c ln x )
elde edilir. Bu ise, ilk denklemin genel çözümüdür.
Riccati diferansiyel denklemi; 1) Q(x) A , P(x) B , R(x) C olduğu
zaman
denklem
( A, B, C sabit sayılardır)
değişkenlerine
ayrılabilir
diferansiyel
denkleme dönüşür. 2) Q(x)
A B , P(x) , R(x) C 2 x x
homojen diferansiyel denkleme dönüşür.
olduğu zaman denklem
80
3) Q(x) A , P(x)
B C , R(x) 2 x x
olduğunda
ise, denklem
genelleştirilmiş homojen diferansiyel denkleme dönüşür. y y 2 c x α
(c 0)
şeklindeki diferansiyel denklemine özel Riccati diferansiyel denklemi denir. Burada α bir reel sayıdır.
α 0
ise, bu denklem değişkenlerine ayrılabilir diferansiyel
denklem, α 2
ise, genelleştirilmiş homojen diferansiyel denklem
olduğu açıkça görülmektedir. α ’ nın yalnız ve yalnız
α sayısının 2α 4
tam olmasını sağlayan değerler için özel Riccati diferansiyel denkleminin verilen yöntemlerle bulunabileceği Liouiville tarafından ispatlanmıştır.
Örnek 44. Merkezleri y 2 4 x parabolüne ait ve yarıçapı
1 olan 2
çemberler ailesini dik açı altında kesen eğriyi bulunuz. Çözüm: Aranan eğri üzerinde keyfi bir M x, y noktasını ele alalım. Merkezleri
y 2 4x
parabolüne ait yarıçapı
1 2
olan ve
M x, y
noktasından geçen çemberi S ile, onun merkezinin koordinatlarını a, b ile gösterelim. M x, y ve O1 a, b noktalarından geçen doğrunun x ekseni ile yaptığı açıyı ile gösterelim. Problemin şartına göre
81
xa
1 cos 2
, yb
dy tan dx
olur.
O1 (a, b)
(63)
(64) y 2 4x
noktası
parabolü
üzerinde
b 2 4a
dır.
parametresi
1 sin 2
dahil
olduğundan
Burada a
bt
1 2 t 4
olur.
Burada (63) de yerine yazıp (63) ifadelerini (64) de dikkate alırsak,
(t ) fonksiyonunu bulmak için, d t sin 2 cos dt
denklemini z tan
elde
ederiz.
(65) Burada
dönüşümü yaparsak, 2 dz z 2 tz 1 dt
Şekil 2.1. (66)
denklemi elde edilir. Bu, Riccati diferansiyel denklemidir ve z t onun özel çözümüdür. (66) denkleminde z u t dönüşümü yapalım. O halde, u fonksiyonu için du tu u 2 dt
Bernoulli denklemi elde edilir. Bu denklemin genel çözümünü bulup, z u t dönüşümünde dikkate alırsak, (66) denkleminin genel çözümünü
82
z ce
t2 2
2
t c e 2 dt t
şeklinde bulmuş oluruz. Böylelikle (64) denkleminin genel çözümü t2 t2 2 2 arctan e c e 2 dt t
dir. Bu çözümü (63) eşitliklerinde yerine yazarsak, aranan eğriler ailesinin parametrik şekildeki denklemini elde ederiz.
Problemler y 1 Riccati diferansiyel denkleminin bir özel çözümü x x2
1.
y y 2
y1
1 olduğuna göre genel çözümünü bulunuz. x
2. y 1 ( y x 1) 2 denkleminin Riccati diferansiyel denklem olduğunu gösteriniz, y1 x 1 bir özel çözüm ise genel çözümünü bulunuz. 3. y 3 y e x y 2 e x Riccati diferansiyel denkleminin bir özel çözümü y1 e x olduğuna göre genel çözümünü bulunuz. 4.
dy P ( x) y y 2 R ( x) dx
çözümü
y1 x
ve
Riccati diferansiyel denkleminin iki özel
y 2 x 1 olduğuna göre Riccati diferansiyel
denklemini kurunuz ve genel çözümünü bulunuz. 5. y1 x , y 2 1 ve y 3
1 özel çözümleri verilen Riccati diferansiyel x
denklemini kurunuz ve genel çözümünü bulunuz.
83
6. y1 0 , y 2 x ve y 3 x 2 fonksiyonlarının, y
y2 x2 y0 2 3 x x x x2
Riccati diferansiyel denkleminin özel çözümleri olduklarını gösteriniz ve genel çözümünü bulunuz. 7. Özel çözümleri y1
1 , y 2 2 x ve y 3 nx olan Riccati diferansiyel x
denklemini kurunuz ve genel çözümünü bulunuz.
2.9. Tam Diferansiyel Denklemler Tam
diferansiyel
denklemleri
incelemeden önce
bu tip
diferansiyel denklemlerin çözümünde bize yardımcı olacak olan bazı tanımları verelim. Tanım 12. u bir D bölgesinde birinci mertebeden kısmi türevleri sürekli, iki reel değişkenli bir fonksiyon olmak üzere her (x, y) D için,
du(x, y)
u u dx dy x y
(67)
ifadesine u u ( x, y ) fonksiyonunun toplam diferansiyeli denir. Örnek 45. u x 3 4 x 2 y 5 y 4 fonksiyonunun toplam diferansiyeli du (3x 2 8 x)dx (4 x 2 20 y 3 )dy ’dir.
Tanım 13. Eğer ( x, y ) D için
M ( x, y )dx N ( x, y )dy
(68)
84
ifadesi, du ( x, y ) toplam diferansiyeline eşit olacak şekilde iki reel değişkenli bir u fonksiyonu varsa bu ifadeye D bölgesinde bir tam diferansiyel denir. Yani,
u u M , N x y olacak şekilde bir u fonksiyonu varsa (68) ifadesi bir tam diferansiyeldir. Eğer M ( x, y )dx N ( x, y )dy bir tam diferansiyel ise
M ( x, y )dx N ( x, y )dy 0
(69)
denklemine tam diferansiyel denklem denir. Böylece (69) denklemi tam diferensiyel denklem olduğundan aynı denklem
du(x, y) 0 şeklinde yazılabilir. (69) denkleminin genel integrali,
u(x, y) c
(70)
dir. Örnek 46.
d ( x 3 4 x 2 y 5 y 4 ) (3 x 2 8 x )dx (4 x 2 20 y 3 )dy
ifadesinin sağ yanı bir tam diferansiyel ise, (3 x 2 8 x )dx (4 x 2 20 y 3 )dy 0 diferansiyel denklemi bir tam diferansiyel denklemdir. Örnek 47. 3 ydx xdy 0 diferansiyel denklemi bir tam diferansiyel denklem değildir. Çünkü 3 ydx xdy ifadesi hiçbir fonksiyonun toplam diferansiyeli değildir. Verilen bir diferansiyel denklemin tam olup olmadığını belirlemek için basit bir test yapmak yeterlidir. Bu aşağıdaki teoremle verilmiştir.
85
Teorem 3. D
bölgesinde (69) denkleminin
tam
diferansiyel
denklem olması için gerek ve yeter koşul
M(x, y) N(x, y) y x
(71)
olmasıdır. İspat. ( ) (69) denklemi tam diferansiyel denklem olsun. Bu takdirde (67) ve (69) ifadelerinden D bölgesinde,
u u dx dy M(x, y)dx N(x, y)dy x y olduğu
elde
edilir. Buradan ise,
dx
ve dy
diferansiyelleri
keyfi
olduklarından dolayı,
u M(x, y) x
,
u N(x, y) y
(72)
bulunur. Bu özdeşliklerden birincisinin y’ye ikincisinin ise, x’e göre türevi alınırsa, 2u M(x, y) xy y
,
2u N(x, y) yx x
olur. Buna karışık türevlerin eşitliği hakkında Schwartz
teoremine
göre (71) koşulu elde edilir. ( ) (71) fonksiyonunun
koşulunun varolduğunu
sağlanması
halinde
göstermemiz
öyle
bir
u(x,y)
gerekmektedir ki, bu
fonksiyonun tam diferansiyeli (69) denkleminin sol tarafına eşit olsun. Bunun için D bölgesinde herhangi bir (x o , y o ) noktasını ele alalım. (72) eşitliklerinden birincisinin x o dan x ’e integrali alınırsa,
86
x
u(x, y) M(ξ , y)dξ (y)
(73)
xo
ifadesi elde edilir. Burada (y) henüz bilinmeyen diferansiyellenebilen bir fonksiyondur. Bu (y) fonksiyonunu öyle seçelim ki, (73) formülü ile tanımlanan u(x,y) fonksiyonu (72) eşitliklerinden ikincisini de sağlasın yani, u x (y) N (x, y) M(ξ , y)dξ y (y) xo olsun. Buradan, x
M(ξ , y) dξ (y) N(x, y) y xo
olur. (69) koşuluna göre bu ifadeyi x
N(ξ , y) dξ (y) N(x, y) ξ xo
şeklinde yazılırsa, buradan (y) ye göre
(y) N(x o , y) diferansiyel denklemi elde edilir ve bu diferansiyel denklemin çözümü: y
(y) N(x o , ς)dς c
(74)
yo
olur. Burada c keyfi bir sabittir. (74) ile belirtilen (y) fonksiyonu (73) ifadesinde yerine yazılırsa elde edilen x
y
u(x, y) M(ξ , y)dξ N(x o , ς)dς c xo
yo
87
fonksiyonu için (69) ifadesinin sağlandığı açıkça görülmektedir. Bu ise, (71) koşulunun sağlanması, (69) denkleminin tam diferansiyel olması için yeterlidir. Teoremin yeter koşulunun ispatından açıkça görüldüğü üzere, tam diferansiyel denklemin genel integrali ; x
y
M(ξ , y)dξ N(x
xo
formülü
ile
o
, ς)dς c
(75)
yo
verilir. (69) tam
diferansiyel denkleminin (x o , y o ) D
noktasından geçen integral eğrisi, yani y (x o ) y o başlangıç koşulunu sağlayan çözümü x
y
M(ξ , y)dξ N(x
xo
o
, ς)dς 0
yo
denkleminden, kapalı fonksiyon gibi tanımlanır.
2.9.1. Çözüm Yöntemi (Standart Yöntem) Eğer, bir
M ( x, y )dx N ( x, y )dy 0 diferansiyel denklemi,
M N y x koşulunu sağlıyorsa tamdır ve
u u N (x, y) M(x, y) , x y olacak şekilde bir u fonksiyonu vardır. O zaman verilen denklem
88
u u dx dy 0 x y veya basitçe du ( x, y ) 0 yazılabilir. Buradan da u ( x, y ) c bağıntısının da bir çözüm olduğu çıkar, burada c bir keyfi sabittir. Tersine eğer, u ( x, y ) c , M ( x, y )dx N ( x, y )dy 0 denklemleri özdeş olmalıdır. Dolayısı ile u çözüm fonksiyonu ve diferansiyel denklemin katsayıları arasında
u u N ( x, y ) M ( x, y ) , x y
(76)
bağıntıları ortaya çıkar. Sonuç olarak, problemimiz diferansiyel denklemden M ve N belli olduğuna göre, (76) kısmi diferansiyel denklemlerinin her ikisini birden sağlayan u fonksiyonunu bulmaktır. (76) denklemlerinin birincisinden integral alarak, u M ( x, y ) x
u ( x, y ) M ( x, y )x ( y )
(77)
elde edilir. Burada ( y ) keyfi bir fonksiyondur ve (76) denklemlerinin ikincisi yardımı ile bulunmalıdır. O halde (76) ve (77)’den
u d( y ) N M ( x, y )x , y y dy d( y ) N M ( x, y )x dy y bulunur. Bu x’den bağımsız olduğundan ( y ) N M ( x, y )x dy y sonucu elde edilir. ( y ) , (77)’de yerine konularak
89
u ( x, y ) M ( x, y )x N M ( x, y )x dy y fonksiyonu bulunur. O halde, M ( x, y )dx N ( x, y )dy 0 tam diferansiyel denkleminin çözümü, u ( x, y ) c bağıntısından,
M ( x, y)x N ( x, y) y M ( x, y)x dy c
(78)
olur. Burada c bir keyfi sabittir. Örnek
48.
(4x 14xy)dx (7x 2 9 y 2 )dy 0
diferansiyel
denkleminin tam olduğunu gösteriniz ve çözünüz. Çözüm : M(x, y) 4x 14 xy N(x, y) 7 x 2 9 y 2
M 14 x y N 14 x x
M N y x
olduğundan verilen diferansiyel denklem tamdır. O halde, genel çözümü u ( x, y ) c formunda kabul ettiğimize göre
u u N 7x2 9y 2 M 4 x 14 xy , x y
(79)
bağıntıları gerçeklenmelidir. (79)1’den u 4 x 14 xy u ( x, y ) (4 x 14 xy )x ( y ) x
u ( x, y ) 2 x 2 7 x 2 y ( y ) (80)’nin y ye göre kısmi türevini (79)2’ye eşitleyerek
u d 7x2 7x2 9 y 2 y dy
(80)
90
d 9 y 2 3 y 3 k dy
(81)
elde edilir. (81)’deki , (80)’de yerine konulursa u ( x, y ) 2 x 2 7 x 2 y 3 y 3 k c genel çözümü bulunur. Burada k ve c keyfi sabitler olduğu için c-k yine bir keyfi sabittir. Bu nedenle (81)’de k sabiti alınmayabilir. Örnek
(3x 2 2x y)dx (2y x 3y 2 )dy 0
49.
diferansiyel
denkleminin çözümünü Teorem 3’ü kullanarak bulunuz. Çözüm : M(x, y) 3x 2 2x y , N(x, y) 2y x 3y 2 olmak üzere
M N 1 y x dir. Yani
verilen denklem tam diferansiyel denklemdir. O halde bu
denklemin genel integrali ; y
x
(3ξ
xo
2
- 2ξ - y)dξ (2ς - x o 3ς 2 )dς c yo
şeklindedir. Burada x o 0 , y o 0 alınırsa, denklemin genel integrali: x 3 x 2 xy y 2 y 3 c dir. 2.9.2. Çözüm Yöntemi (Gruplama Yöntemi)
M ( x, y )dx N ( x, y )dy 0 diferansiyel denklemi tam ise, denklemin terimleri belli tam diferansiyellerin toplamı olacak şekilde gruplara ayrılıp integre edilerek genel çözüm bulunabilir.
91
Örnek 50. 6 xy 2 12 x 2 dx 6 x 2 y 9 y 2 5 dy 0 diferansiyel denkleminin tam olduğunu gösterip gruplama yöntemi yardımı ile çözünüz. Çözüm: Bu denklem için M x, y 6 xy 2 12 x 2 , N x, y 6 x 2 y 9 y 2 5
M N 12 xy , 12 xy y x yani
M N y x olup, denklem tam diferansiyel denklemdir. Bu diferansiyel denklemi,
12 x dx 6 xy dx 6 x 2
2
2
ydy 9 y 2 5 dy d c
olarak yazıp her iki tarafın terim terim integralini alırsak
d 4 x 3 d 3 x 2 y 2 d 3 y 3 5 y d c genel çözümü 4 x 3 3x 2 y 2 3 y 3 5 y c olarak elde ederiz. x3 Örnek 51. 3 x 2 1 ln y dx 2 y dy 0 denkleminin y
tam diferansiyel denklem olduğunu gösterip çözünüz. Çözüm: Bu denklem için M x, y 3x 2 1 ln y , N x, y 2 y M 3 x 2 N 3 x 2 , y y x y
x3 , y
92
yani
M N y x olup, denklem tam diferansiyel denklemdir. I. Yol: u x, y fonksiyonunu bulmak için
u x, y M x, y dx y eşitliğinden yararlanalım. Bu halde ,
u x, y 3 x 2 1 ln y dx y veya u x, y x 3 1 ln y y
(82)
bulunur. Buradan ,
u x 3 d x3 2 y y y dy y yani
d 2 y dy çıkar ve y y 2 c elde edilir. y ’nin bu değeri (82)’de yerine yazılırsa, verilen denklemin genel çözümü x 3 1 ln y y 2 c fonksiyonu olur.
93
II. Yol: (Gruplama Yöntemi) x3 3 x 2 1 ln y dx 2 y dy 0 y
3x dx 3x 2
2
ln ydx
d x d x 3
3
x3 dy 2 ydy d (c ) y
ln y d y 2 d (c )
olup genel çözüm x 3 x 3 ln y y 2 c veya x 3 1 ln y y 2 c olarak bulunur.
Problemler Aşağıdaki denklemlerin tam diferansiyel olduklarını gösteriniz ve bu diferansiyel denklemleri çözünüz. sin 2 x sin 2 1. x dx y y2 y
x dy 0
(Cevap:
sin 2 x x 2 y 2 c) y 2
2. e y dx 1 xe y dy 0
(Cevap: y xe y c )
1 3y 2 2 ydy 3. 2 4 dx 3 x x x
(Cevap: x 2 y 2 cx 3 )
4. sin xy xy cos xy dx x 2 cos xydy 0
(Cevap: x sin xy c )
1 5. 2 y dx y x dy 0 x
(Cevap: xy 2 2 x 2 y 2 cx )
x2 y 2 6 2 x x2 y
(Cevap: x 3 y x 2 y 2 cxy )
x2 y2 dx dy 0 xy 2
7. 3x 2 6 xy 2 dx 6 x 2 y 4 y 3 dy 0
(Cevap: x 3 3x 2 y 2 y 4 c )
94
8. 3x 2 2 x y dx 2 y x 3 y 2 dy 0 (Cevap: x 3 y 3 x 2 xy y 2 c )
9. sin x y dy y cos x x 2 dx 0 (Cevap: y sin x
1 2 1 3 y x c) 2 3
10. 2 xydx ( x 2 cos y )dy 0 11. (1 x 2 y ) y xy 2 1 12. ( y x 2 )dx ( x y 2 )dy 0 13. (6 x 2 4 xy y 2 )dx (2 x 2 2 xy 3 y 2 )dy 0 14. (3 x 2 2 y sin 2 x)dx (2 sin 2 x 3 y 2 )dy 0 15. (3 x 2
2y 3 )dx (2n3 x )dy 0 x y
16. (2 x cos y y 2 sin x )dx (2 y cos x x 2 sin y )dy 0 x 17. arcsin dx y
y2 x2 y
dy 0
18. (2 x cos y 3 x 2 y )dx ( x 3 x 2 sin y y )dy 0 19. (2 x sin y y 3 e x )dx ( x 2 cos y 3 y 2 e x )dy 0 20. ( x y )dx ( x y )dy 0
95
2.10. Tam Hale Dönüştürülebilen Diferansiyel Denklemler; İntegrasyon Çarpanları Kesim 2.9.’da, M(x, y)dx N(x, y)dy 0 diferansiyel denkleminin
M N olması halinde tam olduğunu ve bir parametreli çözümler y x ailesinin nasıl bulunduğu incelendi. Eğer
M N y x
ise diferansiyel
denklem tam değildir ve önceki kısımda verilen yöntemler kullanılamaz. Bu şekildeki denklemleri çözmek için denklem önce tam hale getirilmelidir. Bu kesimde tam olmayan diferansiyel denklemleri tam hale getirme yöntemleri incelenecektir. Tanım 14.
M(x, y)dx N(x, y)dy 0 diferansiyel denklemi tam
değilse, fakat
(x, y)M(x, y)dx (x, y)N(x, y)dy 0
(83)
diferansiyel denklemi tam ise ( x, y ) fonksiyonuna verilen diferansiyel denklemin integrasyon çarpanı denir. Örnek 52.
ydx 2 xdy 0
(84)
diferansiyel denkleminde
M ( x, y ) y , N ( x, y ) 2 x ,
M N 1 2 y x
olduğundan tam değildir. (84) denkleminin her bir terimini ( x, y ) y ile çarparsak elde edilen y 2 dx 2 xydy 0
(85)
96
diferansiyel denklemi tam hale gelir. O halde y (84) denkleminin bir integrasyon çarpanıdır; (85) denklemi (84)’ün eşdeğeridir ve (85)’in kesim 2.9.’daki yöntemlerle elde edilen çözümü de (84)’ün çözümüne eşdeğerdir.
İntegrasyon Çarpanlarını Bulma Yöntemleri
1. Yöntem: Birçok diferansiyel denklemin integrasyon çarpanları, denklem bilinen ifadelerin diferansiyelleri olacak şekilde belirli gruplara ayrılıp bulunabilir.
y xdy ydx a) d x2 x
olduğu için
1 , x2
xdy ydx f ( x)dx 0
diferansiyel denkleminin bir integrasyon çarpanıdır. Çünkü
xdy ydx x2
f ( x) x2
0
bir tam diferansiyel denklemdir ve çözümü
y
d x
f ( x) y dx d (c ) 2 x x
,
y f ( x) 2 dx c x x
olarak bulunur. Benzer şekilde,
1 y2
fonksiyonu
denkleminin bir integrasyon çarpanıdır ve çözümü
x f ( y) 2 dy c y y
xdy ydx f ( y )dy 0
97
olur. b)
xdy ydx
ax
2
bxy cy 2
formu bir tam diferansiyeldir ve bu
xdy ydx
d y x x 2 2 2 ax bxy cy y c y a b x x x2
2
yazılarak ispatlanabilir. Burada a, b, c sabitlerdir. Not: F (u ) integrallenebilir bir fonksiyon ise,
F y x xdy ydx bir tam diferansiyeldir; u y ise 2 x x F y x xdy ydx F (u )du dF (u ) x2 dır. O halde, xdy ydx ifadesinin x 2 , y 2 , xy , x 2 y 2 , x 2 y 2 ile veya ax 2 bxy cy 2 formuna sahip başka bir ifade ile bölünmesi ile bir tam diferansiyelin elde edilebildiği görülür. Örnek 53. xdy ydx x 2 y 3 dx diferansiyel denklemini çözmek
1 istersek bu denklemin herbir terimini x 2 ile çarparsak y y x x x xdy ydx 1 x 1 c x 3 dx , d x 3 dx , x 4 2 y y 2 y 4 4 y y elde edilir.
98
c)
d x p y q x p1 y q 1 pydx qxdy
olduğuna
x p 1 y q 1
göre,
fonksiyonu pydx qxdy için bir integrasyon çarpanıdır.
Örnek 54. 3 ydx 5 xdy için x 2 y 4 3 ydx 5 xdy d x 3 y 5
3 ydx 5xdy için
x 2 y 6 3 ydx 5 xdy d x 3 y 5
5 1 1 12 23 2 2 1 2 3 ydx xdy için x y ydx xdy d x y 3 3 2 2
olur. d) d ye
e P ( x ) dx (dy P ( x) ydx) olduğundan dy P( x) ydx için
P ( x ) dx
integrasyon çarpanı
e
P ( x ) dx
dir. Örnek 55.
( x) e
dx x
dy y 3x 2 dx x
e nx x
dy
y 1 dx (3 x 2)dx , P( x) x x
olur, bu integrasyon çarpanı ile diferansiyel
denklemin her iki tarafı çarpılırsa
y x dy dx x3 x 2 dx x olup genel çözüm xy x 3 x 2 c olarak bulunur.
d ( xy ) d x 3 x 2
99
e) Bazı Önemli Diferansiyeller: 1. d x y dx dy 2. d x. y ydx xdy 3. d x ydx xdy 2 y y 4. d y xdy ydx 2 x x
5. d x 2 y 2 2 xdx ydy 6. d
x
2
y 2 xdx ydy
x
2
y2
y 7. d arctg xdy ydx 2 x y2 x
1
2
x 8. d arcsin ydx xdy y y2 x2 y
9. d n x y dx dy
1
2
x y
2. Yöntem: M(x, y)dx N(x, y)dy 0 diferansiyel denkleminde
a)
b) dir.
M N x y f (x) N M N x y g ( y) M
( x) e
g ( y ) dy ( y) e
f ( x ) dx
(86)
(87)
100
İspat: ( x, y ) integrasyon çarpanı ise
(x, y)M(x, y)dx (x, y)N(x, y)dy 0 denklemi tamdır ve
N
M N koşulu sağlanır. Buradan y x
M N M x y x y
(88)
elde edilir. M ve N bilinen fonksiyonlar; ( x, y ) bağımlı değişken; x ve y bağımlısız değişkenlerdir. O halde bu bir kısmi diferansiyel denklemdir. Ancak ve ancak bu denklemin bir çözümü ise verilen diferansiyel denklemin integrasyon çarpanıdır. Böyle bir denklemin çözümü a) ve b)’deki özel hallere göre bulunabilir. a) yalnız x’e bağlı ise
0 ’dır. a) hipotezi ve (88)’den y
d ( x) ( x) M N dx N y x
d ( x) f ( x )dx ( x)
n ( x) f ( x)dx
d ( x ) ( x) f ( x) dx
( x) e f ( x ) dx
olarak bulunur. b) yalnız y’ye bağlı ise
0 ’dır. b) hipotezi ve (88)’den x
d ( y ) d ( y ) ( y ) M N ( y) g ( y) dy dy M y x
101
d ( y ) g ( y )dy ( y)
n ( y ) g ( y )dy
( y ) e g ( y ) dy
olarak bulunur. Sonuç: M(x, y)dx N(x, y)dy 0 diferansiyel denkleminin her bir terimi, (86) veya (87) formunda bulunan integrasyon çarpanı ile çarpılarak denklem tam hale gelir; yani (x, y)M(x, y)dx (x, y)N(x, y)dy 0 tam diferansiyel denklem olup çözüm kesim 2.9.’daki yöntemlerle bulunur. Örnek 56. (1 x 2 y)dx x 2 (y x)dy 0 diferansiyel denkleminin integrasyon çarpanını bulup çözünüz. Çözüm : Burada M(x, y) 1 x 2 y , N(x, y) x 2 (y x) dir ve
M x 2 , y
N 2xy 3x 2 x
olduğundan denklem tam diferansiyel değildir. O halde
M N y x x 2 2xy 3x 2 2 2 N x (y x) x olup
μ (x) e verilen
denklem
için
integrasyon çarpanı ile
2
x dx
bir
1 x2 integral
çarpanıdır. Verilen denklem bu
çarpılırsa,
1 2 y dx (y x)dy 0 x tam diferansiyel denklem elde edilir, bu denklem de
102
y2 1 1 dx ydx ydx xdy d xy 0 2 x x 2
şeklinde yazılıp, doğrudan integral alma ve sadeleştirme ile genel çözüm;
y2 1 xy c 2 x olarak bulunur. Örnek 57.
x 2 ydx x 3 2 y 3 dy 0
diferansiyel denkleminin
integrasyon çarpanını bulup çözünüz. Çözüm: M(x, y) x 2 y , N(x, y) x 3 2y 3 dir ve
M x2 , y
N 3x 2 6 y 2 x
olduğundan denklem tam diferansiyel değildir. O halde M N 2 y x 2x M xy y
olup 2
μ (y) e verilen
denklem
y dy
için
y2 bir
integrasyon çarpanı ile
integral
çarpanıdır. Verilen denklem bu
çarpılırsa,
x 2 y 3 dx x 3 y 2 2 y 5 dy 0 tam diferansiyel denklemi bulunur ve bu denklemin genel çözümü x3 y3 y6 c olarak bulunur.
103
3. Yöntem: M(x, y)dx N(x, y)dy 0 diferansiyel denkleminin bir integrasyon çarpanı ise,
dx dy d N M M N x y
(89)
eşitlikleri mevcuttur. Bunun çözümünden elde edilen fonksiyonlarının her biri integrasyon çarpanıdır. Ayrıca (89) denkleminin, (88) kısmi diferansiyel denkleminin yardımcı denklemi olduğuna dikkat edilmelidir. İspat: Mdx Ndy 0 tam diferansiyel denklem olduğundan
M N y x
M N N M y x x N y
(90)
Mdx Ndy 0
M dy dx dy , N dx N M
(91)
yazılabilir.
sonucunu (90)’da yerine yazıp düzenlersek
M N N d y x M dx
dx N
d M N x y
elde ederiz. (91) ve (92)’den (89) eşitlikleri elde edilir. Sonuçlar: M(x, y)dx N(x, y)dy 0 diferansiyel denkleminde 1)
f ( x ) dx M N Nf (x) ise e y x
2)
g ( y ) dy M N Mg ( y ) ise e y x
3)
M N Nk y x x
ise x k
(92)
104
4)
M N Mk y x y
ise y k .
Bunların ispatı (89)’dan kolayca yapılabilir; ayrıca 2. Yöntem kullanılarak da aynı sonuç bulunur. Örnek 58. x y dx x y dy 0 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz.
M N 2 y x
M(x, y) x - y , N(x, y) x y ,
Çözüm:
olduğuna göre (89) denkleminden ve orantı özelliklerinden
dx dy d xdx ydy 1 2 d n x 2 y 2 x y x y 2 x y2 2
elde edilir. İntegral alarak 1
x
2
y2
bulunur. O halde verilen
diferansiyel denklem
x y x y dx 2 dy 0 2 2 x y x y2 tam diferansiyel denklemine dönüşür. Bunun genel çözümü
n x 2 y 2
1
2
arctg
y c x
olur. 4.
M(x, y)dx N(x, y)dy 0
Yöntem:
denklemi
bir
tam
diferansiyel denklem değil fakat M(x, y) ve N(x, y) fonksiyonları aynı dereceden homojen fonksiyonlar ve xM yN 0 ise
( x, y )
1 xM yN
bir integrasyon çarpanıdır.
105
Örnek 59. x 4 y 4 dx - xy 3 dy 0 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. Çözüm: M(x, y) x 4 y 4 , N(x, y) xy 3 fonksiyonları 4. dereceden homojen fonksiyonlar olup verilen denklem 4. dereceden bir homojen diferansiyel denklemdir.
xM yN x x 4 y 4 y xy 3 x 5 0 olduğundan
( x, y )
1 x 5 bir integrasyon çarpanıdır. xM yN
Verilen diferansiyel denklem ( x, y ) x 5 ile çarpılırsa
x 5 x 4 y 4 dx - x 5 xy 3 dy 0 diferansiyel denklemi tam diferansiyel denklem olması gerekir. 1 y4 M N y3 5 dx - 4 dy 0 diferansiyel denklemi için 4 y 3 x 5 y x x x x
olduğundan, tam diferansiyel denklem olduğu görülür. Diferansiyel denklem,
1 y4 y3 1 1 dx 5 dx 4 dy 0 veya dx d x 4 y 4 d c x x x x 4 formunda olup, her iki tarafın integralini alırsak,
1
1
x dx d 4 x
4
olur ve buradan da çözüm, nx
1 4 4 x y c 4
olarak bulunur.
y 4 d c
106
5.
M(x, y)dx N(x, y)dy 0
Yöntem:
denklemi
bir
tam
diferansiyel denklem değil fakat, f (t ) g (t ) , (t xy ) olmak üzere
M(x, y) yf (t ) yf (xy) ve N(x, y) xg(t) xg(xy) ise
( x, y )
1 1 xM yN xy f ( xy ) g ( xy )
bir integrasyon çarpanıdır. Örnek
60.
y 2 xy 1dx x 1 2xy - x 3 y 3 dy 0
diferansiyel
denkleminin genel çözümünü bulunuz. Çözüm:
M(x, y) yf (t ) yf (xy) y2xy 1 ve
N(x, y) xg(t) xg(xy) x 1 2xy - x 3 y 3
formunda olup,
f xy g xy olduğundan
1 1 1 xM yN xy f ( xy ) g ( xy ) xy 2 xy 1 yx 1 2 xy x 3 y 3
( x, y )
( x, y ) x 4 y 4 bir integrasyon çarpanıdır. Verilen diferansiyel denklem ( x, y ) x 4 y 4 ile çarpılırsa
x 4 y 4 y 2 xy 1dx x 4 y 4 x 1 2xy - x 3 y 3 dy 0 diferansiyel denklemi tam diferansiyel denklem olur. Bu diferansiyel denklem çözülürse
1 1 3 3 ny c 2 x y 3x y 2
107
bulunur. 6. Yöntem:
M(x, y)dx N(x, y)dy 0 diferansiyel
(93)
denkleminin bir integrasyon çarpanı w(x, y) fonksiyonu
şeklinde olsun. Yani μ μ (x, y) dir. Bu durumda
μ μ w x w x
ve
μ μ w y w y
olduğundan dolayı (88) denklemi w w μ μ N N μ (w) M x y w y x şekline dönüştürülür.Buradan M N 1 dμ y x w w μ dw N M x y denklemi elde edilir. Bu eşitliğin sol tarafı yalnız w değişkeninin fonksiyonu olduğundan dolayı sağ tarafı da w değişkeninin fonksiyonu olmalıdır. Ve bu koşul sağlandığında (93) denkleminin; μ (w) exp
M N y x dw w w N M x y
şeklinde bir integral çarpanı vardır.
Örnek 61.
x
2
y 2x dx dy 0
integrasyon çarpanını bulup çözünüz.
diferansiyel denkleminin
108
Çözüm:
M(x, y) x 2 y 2x , N(x, y) 1 dir, ve M 1 y 2 x2 y
,
N 0 x
,
M N y x
olduğundan denklem tam diferansiyel değildir. M N y x 1 N 2 x2 y
,
M N y x 1 M x 2 y 2x
olduğundan bu diferansiyel denklemin ne x ’in ne de y ’ nin fonksiyonu olarak bir integral çarpanı yoktur. İntegral çarpanını;
μ μ (w(x, y)) şeklinde ararsak (burada w x 2 y dir). 1 M N 2 x2 y y x w w (1)2x x 2 y 2x (1) N μ x y 1 2 2(x y)
olduğundan bu diferansiyel denklemin 1
μ
x2 y
şeklinde bir integral çarpanı mevcuttur. Denklemin her iki tarafı 1 2
x y
109
fonksiyonu ile çarpılırsa, 1 1 2x dx dy 0 2 2 x y x y
tam diferansiyel denklem elde edilir ve bu diferansiyel denklemin genel çözümü
x 2 x2 y c olarak bulunur.
1 x2 y 0 μ denkleminden bulunan y x2 çözümü verilen denklemin tekil çözümüdür. Şimdi ise, integrasyon çarpanının varlığı hakkındaki aşağıdaki teoremleri verelim. Teorem 4. (93) denkleminin diferansiyellenebilir u ( x, y) integrali varsa, (93) denkleminin integrasyon çarpanı vardır. İspat: İntegral eğrisinin tanımına göre (93) denkleminin integral eğrileri boyunca
u u dx dy 0 x y dır. Diğer taraftan, integral eğrileri boyunca (93) denklemi sağlandığından dx, dy ye göre u u dy 0 dx y x M ( x, y )dx N ( x, y )dy 0
110
denklem sistemi elde edilir. Ama (93) denkleminin integral eğrileri boyunca dx, dy elemanlarından biri sıfırdan farklı olduğundan u u x y 0 M ( x , y) N ( x , y)
elde edilir. Böylece,
u u M , N dir. x y
Bu şekilde tanımlanan ( x, y) fonksiyonu için
Mdx Ndy
u u dx dy du x y
olduğundan, ( x, y) fonksiyonunun (93) denkleminin integrasyon çarpanı olduğu elde edilir. İntegrasyon çarpanının tanımından görüldüğü gibi, ( x, y) bir integrasyon çarpanı ise, keyfi bir c sabiti için c( x , y) ’nin de bir integrasyon çarpanı olduğu açıktır. Teorem 5. 0 0 ( x, y) fonksiyonu (93) denkleminin integrasyon çarpanı, u 0 ( x, y) ise aynı çarpana uygun integrali olduğunu kabul edelim. Bu takdirde sıfıra eşit olmayan sürekli (z ) fonksiyonu için 0 ( x, y) (u 0 )
(94)
fonksiyonu da (93) denkleminin integrasyon çarpanı olur. İspat:
0 ( x, y ) (u 0 ) ( Mdx Ndy ) (u 0 ) ( 0 Mdx 0 Ndy ) (u 0 )du 0
d (u 0 )du 0
111
ifadesinden görüleceği gibi, 0 (x , y) (u 0 ) (Mdx Ndy) ifadesi
(u )du 0
0
fonksiyonunun tam diferansiyeline eşittir. Başka bir deyişle, 0 (x , y) (u 0 ) fonksiyonu (93) denkleminin integrasyon çarpanıdır. Teorem 6. 0 0 ( x, y) fonksiyonu (93) denkleminin integrasyon çarpanı, u 0 ( x, y) ise bu çarpana uygun diferansiyellenebilir integrali olsun. Bu takdirde (93) denkleminin her bir integrasyon çarpanı için öyle bir
(z ) sürekli fonksiyonu vardır ki, ( x, y) 0 ( x, y) (u 0 ) dır. İspat. D bölgesinde
u 0 0 olduğunu kabul edelim. Bu takdirde y
kapalı fonksiyonun varlık teoremine göre u 0 ( x, y) fonksiyonunun değer kümesinden olan her bir c0 için u 0 ( x, y) c 0
(95)
eşitliği bir tek y ( x, c0 ) fonksiyonu tanımlar. Diğer yandan, y ( x, c0 ) fonksiyonu iki değişkenli fonksiyon gibi diferansiyellenebilir olur.
( x, y) fonksiyonu (93) denkleminin herhangi bir integral çarpanı, u ( x, y) fonksiyonu ise, buna uygun diferansiyellenebilir integrali olsun. Bu takdirde y ( x, c0 ) integral eğrisi boyunca u ( x, ( x, c0 )) c eşitliği sağlanır. Burada c ile c0 arasında c (c0 ) ilişkisi elde edilir. Böylece u ( x, ( x, c0 )) (c0 )
(96)
112
dır. u ( x, y) ve (x , c 0 ) diferansiyellenebilir fonksiyonlar olduğundan dolayı yukarıdaki son ifadeden (z) fonksiyonunun diferansiyellenebilir olduğu elde edilir. Böylece, (95) ve (96) ifadelerinden u 0 ( x, y) ve u ( x, y) fonksiyonları arasında u (u 0 )
(97)
fonksiyonel bağıntısı elde edilir. Diğer taraftan, 0 ( x, y) ve (x , y) fonksiyonları (93) denkleminin integral çarpanları ve u 0 ( x, y) ve u ( x, y) fonksiyonları sırası ile onlara uygun integraller olduğundan, 0 (Mdx Ndy) du 0 , (Mdx Ndy) du eşitliklerinden
0
du du 0
elde edilir. Bu ifade, (97) formülü kullanılarak 0(u 0 ) şeklinde yazılabilir. Böylece, (z ) (z) alınırsa, teorem ispatlanmış olur. Örnek 62.
dx dy 0 diferansiyel denkleminde 0 ( x, y) 1 2 1 x 1 y2
integral çarpanı ve u 0 ( x, y) arctgx arctgy ’de ona uygun integralidir. Diğer taraftan verilen denklemi (x , y)
xy fonksiyonu ile 1 xy
çarparsak
xy xy dx dy 0 2 (1 x )(1 xy ) (1 y 2 )(1 xy )
113
elde edilir ve bu denklem tam diferansiyel denklem olduğundan dolayı
(x , y)
xy fonksiyonu yukarıdaki denklemin integrasyon çarpanı olur. 1 xy
Bu takdirde, yukarıdaki teoreme göre ( x, y) 0 ( x, y) (u 0 ) veya
xy (arctgx arctgy) 1 xy olmalıdır. Bu koşulu sağlayan (z ) fonksiyonunu bulalım. Bunun için
xy (arctgx arctgy) eşitliğinde y=0 alınırsa x (arctgx) elde 1 xy edilir. Böylece (z ) tgz bulunur. Buradan ise,
xy tg(arctgx arctgy) 1 xy formülünü elde ederiz.
Örnek 63. y x 3 y dx - x x 3 y dy 0 diferansiyel denkleminde ( ve sabitler olmak üzere) x y nın bir integrasyon çarpanı olması için ve nın ne olması gerektiğini bulup verilen denklemi çözünüz. Çözüm: x y
bir integrasyon çarpanı ise, bununla denklem
çarpıldığında tam diferansiyel denklem haline gelir. O halde,
x y y x 3 y dx - x x 3 y dy 0 denklemdir. Böylece,
M N y x olması gerekir.
bir
tam
diferansiyel
114
1 3 x y x y x 1 y x 3 y y x
3 1 x y x y 2 x 4 y x 1 y 1 y x
1x 3 y 2x y 1 4x 3 y 1x y 1 olup
1 4 2 2 eşitlikleri elde edilir. Bu eşitliklerden 2 ve 3 bulunur. O halde integrasyon çarpanı x 2 y 3 olarak bulunur.
x 2 y 3 ile verilen diferansiyel denklem çarpılırsa,
xy
2
x 2 y 1 dx - x 2 y 3 x 1 y 2 dy 0
olur. Bu denklem bir tam diferansiyel denklemdir.
xy
2
dx x 2 y 3 dy x 2 y 1 dx x 1 y 2 dy 0
denklemi x2 1 d 2 d d c xy 2y
halinde yazılıp buradan diferansiyel denklemin çözümü, x2 2 2y
1 c xy
olarak bulunur.
115
Problemler Aşağıdaki diferansiyel denklemleri integrasyon çarpanlarını bularak çözünüz.
2. 2 x y 2 y 5dx 2 x 2 x dy 0 3. x ln x 2 xy dx 3 x y dy 0 4. 2 xy 3 y dx 7 3xy dy 0 1. x y 2 dx 2 xydy 0 2
3
4
3
2
5.
(Cevap: x ln x y 2 cx )
2
3
(Cevap: 5 arctan x 2 xy c )
2
(Cevap: y 3 x 3 ln x 1cx 4 )
2
(Cevap: x 2 y 3 xy 2 7 cy )
y dx y 3 ln x dy 0 x
(Cevap:
y 2 ln x c) 2 y
7. x y 1dx 2 xydy 0 8. y x y dx x xdy ydx 0
(Cevap: 2 xy ln 2 x cxy )
9. xdx ydy x xdy ydx 0
(Cevap:
6. y xy 2 ln x dx xdy 0 2
2
2
(Cevap: 1 y 2 x 2 cx ) (Cevap: x 2 y 2 cy 2 e 2 x )
2
y 1
c)
x2 y2
10. x sin x sin y dx cos ydy 0 (Cevap: 2e y sin y 2e x x 1 e x sin x cos x c )
11. x 2 x 2 y 2 xy y 2 y 3 dx y 2 xy 2 2 xy x 2 x 3 dy 0 (Cevap:
x y xy c ) x y x y 2
12. x 3 xy 2 y dx y 3 x 2 y x dy 0 (Cevap: x 2 y 2 2 arctan
x c) y
116
14. 3x y 2dx x y dy 0 15. 2 xy 3dx x 4 y dy 0 16. ye 2e y dx e 2 xy dy 0 17. 3 x xy 2dx x 2 y dy 0 18. 2 x xy 2 y 3dx x y 2 x dy 0 19. cos 2 y 3 x y dx cos 2 y 2 x sin 2 y 2 x y dy 0 13. 2 1 cos rdr 2 sin rd 0 2
3
2
x
x
x
2
2
2
2
2
2
2
20. 2 x y cos( xy )dx x cos( xy )dy 0
3
117
