Mühendisler İçin - BEUN · Mühendisler İçin Diferansiyel Denklemler Engin/Çengel - 1 -...

Mühendisler İçin Diferansiyel Denklemler

Engin/Çengel

- 1 -

Mühendisler İçin DİFERANSİYEL DENKLEMLER

Doç. Dr. Tahsin Engin Prof. Dr. Yunus A. Çengel

Sakarya Üniversitesi

Makina Mühendisliği Bölümü

Eylül 2008 SAKARYA


Engin/Çengel

- 2 -

İÇİNDEKİLER BÖLÜM 1 BİRİNCİ MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER

1.1. GİRİŞ 1.2. BAZI TEMEL TANIMLAMALAR 1.3. DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN ÇÖZÜMLERİ 1.4. DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN DOĞRUDAN İNTEGRAL YOLUYLA ÇÖZÜMLERİ 1.5. PROBLEMLER BÖLÜM 2 BİRİNCİ MERTEBEDEN LİNEER DİFERANSİYEL DENKLEMLER 2.1. GİRİŞ 2.2. BİRİNCİ MERTEBE DİFERANSİYEL DENKLEMLERE GENEL BAKIŞ 2.3. BİRİNCİ MERTEBE LİNEER DİFERANSİYEL DENKLEMLER 2.4 LİNEER OLMAYAN BİRİNCİ MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER

2.4.1. Değişkenlerine Ayrılabilir Tipte Birinci Mertebeden Denklemler 2.4.2. Homojen Tipte Birinci Mertebeden Denklemler 2.4.3. Tam Diferansiyel Denklemler

2.4.4. Bazı Özel Tip Diferansiyel Denklemler 2.5. BİRİNCİ MERTEBEDEN DENKLEMLER İÇİN SİSTEMATİK YAKLAŞIM 2.6. MÜHENDİSLİK UYGULAMALARI 2.7. PROBLEMLER BÖLÜM 3 İKİNCİ ve YÜKSEK MERTEBEDEN LİNEER DİFERANSİYEL DENKLEMLER 3.1 GİRİŞ 3.2. LİNEER BAĞIMSIZLIK VE WRONSKIAN FONKSİYONLARI 3.3. HOMOJEN DENKLEMLER TEORİSİ 3.4. SABİT KATAYILI HOMOJEN DENKLEMLER 3.5. HOMOJEN OLMAYAN DENKLEMLER TEORİSİ 3.6. HOMOJEN OLMAYAN DENKLEMLER; BELİRSİZ KATSAYILAR YÖNTEMİ 3.7. HOMOJEN OLMAYAN DENKLEMLER: SABİTİN DEĞİŞİMİ METODU 3.8 EULER DENKLEMLERİ 3.9. MÜHENDİSLİK UYGULAMALARI 3.10. PROBLEMLER BÖLÜM 4 LİNEER DİFERANSİYEL DENKLEM SİSTEMLERİNİN ÇÖZÜMÜ 5.1. GİRİŞ 5.2. LİNEER DİFERANSİYEL DENKLEM SİSTEMLERİNİN ELİMİNASYON YÖNTEMİ İLE ÇÖZÜMÜ 5.3. ÖZDEĞER YÖNTEMİ İLE ÇÖZÜM 5.4. MATRİS YÖNTEMİ İLE ÇÖZÜM 5.5. MÜHENDİSLİK UYGULAMALARI


Engin/Çengel

- 3 -

BÖLÜM 5 LAPLACE DÖNÜŞÜMÜ 6.1. LAPLACE DÖNÜŞÜMÜ 6.2. LAPLACE DÖNÜŞÜMÜNÜN TEMEL ÖZELLİKLERİ 6.3. TÜREVİN VE DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN LAPLACE DÖNÜŞÜMLERİ 6.4. TERS LAPLACE DÖNÜŞÜMÜ 6.5. DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN LAPLACE DÖNÜŞÜMÜ İLE ÇÖZÜMÜ 6.6. KONVOLÜSYON TEOREMİ 6.7. PROBLEMLER BÖLÜM 6 DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN SAYISAL ÇÖZÜMÜ 7.1. GİRİŞ 7.2. SAYISAL İNTEGRAL ALMA 7.3. EULER YÖNTEMİ 7.4. TAYLOR SERİSİ YÖNTEMİ 7.5. RUNGE‐KUTTA YÖNTEMİ


Engin/Çengel

- 4 -

1. BÖLÜM

BİRİNCİ MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER 1.1. GİRİŞ Diferansiyel denklemler uzun yıllardır, dünyada çoğu fiziksel bilimler ve mühendislik dallarında önemli bir yer tutmaktadır. Bilim adamları ve mühendisler genellikle değişime uğrayan sistemleri incelerler ve diferansiyel denklemler mühendislere bir sistemdeki anahtar değişkenlerin değişimini inceleme ve fiziksel olayı daha iyi anlama olanağı getirir. Bilim ve matematik öğrencilerine yönelik matematik öğretimi uzun süredir bilim ve mühendislik fakülteleri arasında bir anlaşmazlık konusu olmuştur. Bilim ve mühendislik fakülteleri öğrencilerin teorik matematikle aralarının çok da iyi olmadığı konusunda hemfikirlerdir. Zira bu tarz öğretim öğrencilerin problem çözme becerilerini geliştirebilmelerine yardımcı olamamaktadır. Bu uygulama çoğu üniversitede bu dersten başarısızlık oranını % 50’lere kadar çıkarmıştır. Bu ise doğa bilimleri ve mühendislik bölümleri için önemli bir kayıptır. Bu tartışma ve anlaşmazlık genellikle matematik öğrenimi gören öğrencilerle doğa bilimleri ve mühendislik öğrenimi gören öğrencilere farklı içerikli derslerin oluşmasıyla sonuçlanmıştır. Böylece doğa bilimleri ve mühendislik fakülteleri öğrencilerine kendi disiplinleri içerisinde karşılaştıkları problemleri çözebilmeleri için matematik derslerini kendileri verme yolunu benimsemişlerdir. Diferansiyel denklemleri cebirsel denklemlerden ayıran en önemli özellik “fonksiyon türevleri” içermeleridir. Diferansiyel denklemlerin incelenmesi iyi bir matematik altyapısı gerektirir ve dolayısıyla öğrencilerin bu derse başlamadan önce bağımlı ve bağımsız değişken, sürekli ve süreksiz fonksiyon, adi ve kısmi türevler, farklar ve artırımlar ile integral gibi temel konuları gözden geçirmeleri kesinlikle önerilir. 1.2. BAZI TEMEL TANIMLAMALAR Bir ya da daha fazla fonksiyonun türevlerini içeren denklemlere diferansiyel denklem diyoruz. Diğer bir ifadeyle diferansiyel denklem bir takım fonksiyonlar ile bunların türevleri arasındaki ilişkiyi temsil eder. Bu kavram ilk olarak 1676 yılında Leibniz tarafından kullanıldı ve diferansiyel denklemler uzun zamandır çok çeşitli pratik problemin modellenmesi ve çözülmesi için bilim adamları ve mühendisler tarafından kullanılmaktadır. Çoğu bilimsel problemlerin tarif edilmesi bazı anahtar değişkenlerin diğer değişkenlere göre olan değişimlerini içerir. Genellikle bu değişkenlerdeki çok küçük değişimlerin dikkate alınması daha genel ve hassas bir tanımlama sağlar. Değişkenlerin sonsuz küçük veya diferansiyel değişimlerinin dikkate alınması durumunda, değişim hızlarını türevlerle ifade etmek suretiyle, fiziksel prensip ve kanunlar için kesin matematiksel formülasyonlar sağlayan diferansiyel denklemler elde edilir. Bu yüzden diferansiyel denklemler uzun zamandır doğa bilimleri ve mühendislikte karşılaşılan çok farklı problemlere başarıyla uygulanmaktadır. Araştırmalar, diferansiyel denklemlerin yeni uygulamalarını keşfetmeye sadece fiziksel bilimlerde değil aynı zamanda biyoloji, tıp, istatistik, sosyoloji, psikoloji ve ekonomi gibi alanlarda da devam etmektedirler. Hem teorik hem de uygulamalı diferansiyel denklem araştırmaları günümüzde çok aktif araştırma konuları arasında bulunmaktadır. Fiziksel kanun ve prensiplerin, göz önüne alınan değişkenlerdeki sonsuz küçük değişimleri dikkate almak suretiyle, bir probleme uygulanmasıyla diferansiyel denklemler elde


Engin/Çengel

- 5 -

edilmektedir. Dolayısıyla diferansiyel denklemin elde edilmesi problem hakkında yeterli bilgi sahibi olmayı, probleme dahil olan değişkenleri belirleyebilmeyi, uygun basitleştirmeler ve varsayımlar yapabilmeyi, kullanılacak fiziksel prensip ve kanunları bilmeyi ve de dikkatli bir analiz yapabilmeyi gerektirir. Aşağıda bazı örnekler verilmiştir. Örnek 1‐1 Newton’un hareket yasası Newton’un ikinci kanununu kullanarak düz bir çizgi boyunca F kuvvetinin etkisi altında hareket eden m kütleli bir cismin konumunu s tanımlayan diferansiyel denklemi elde ediniz. Çözüm Dinamik derslerimizden hız ve ivme tanımlarının

dtdsV =

2

2

dtsd

dtds

dtd

dtdVa =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛==

olarak verildiğini biliyoruz. Newton’un ikinci kanunu Kuvvet = Kütle × İvme şeklinde ifade edildiğinden

2

2

dtsdm)t(am)t(F ==

yazılabilir. Düzenleme yapılırsa

m)t(F

dtsd2

2= diferansiyel denklemi elde edilir.

Örnek 1‐2 Newton’un soğuma kanunu Başlangıçta belirli sıcaklığa sahip küresel metal bir cisim sıcaklığı T0 olan sıcak su içerisine bırakılıyor. Cismin başlangıç sıcaklığı su sıcaklığından düşük ise, cisme ısı transferi başlayacağı bilinmektedir. Buna göre cismin herhangi bir t anında sıcaklığını T(t) veren diferansiyel denklemi belirleyiniz. Çözüm Suyun bulunduğu kabı mükemmel şekilde yalıtılmış düşünelim (çevreye ısı kaybı yok) ve buna göre enerjinin korunumu prensibini uygulayalım. Cisim sıcak suya bırakıldıktan Δt süre sonra cismin enerjisindeki artış, cismin yüzeyinden cisme taşınımla (konveksiyon) geçen ısı enerjisi kadar olacaktır. Buna göre

( ) tT)t(ThATmc 0 Δ−=Δ elde ederiz. Her iki tarafı Δt’ye bölersek

( )0T)t(TmchA

tT

−=ΔΔ

Zaman dilimini sonsuz küçük aldığımızda (limit durumunda, yani Δt→0)

( )0T)t(TmchA

dt)t(dT

−=

diferansiyel denklemi elde edilir. Bu denklem küresel cismin sıcaklığını zamanın fonksiyonu olarak ifade etmektedir. Diferansiyel denklemler fiziksel olayı, bağımsız değişken(ler)in belirli bir aralıktaki değerleri için tanımlayabilir. Örneğin bu denklem küresel cismin merkezinden yüzeyine kadar olan sıcaklık değişimini tanımlar, bu sınırların dışında geçersizdir. Ayrıca denklem, cismin sıcak suya daldırıldığı andan itibaren (t=0) sıcaklığını verir ve dolayısıyla elde edilecek çözüm 0≤ t≤ ∞ aralığında geçerli olacaktır.


Engin/Çengel

- 6 -

Bir ya da daha fazla bağımlı değişkenin tek bir değişkene göre adi türevlerini içeren diferansiyel denklemlere Adi Diferansiyel Denklem (ADD) denir. Bunun yanında içerisinde bir ya da daha fazla bağımlı değişkenin, bir ya da daha çok bağımsız değişkene göre türevleri bulunan denkleme ise Kısmi Diferansiyel Denklem (KDD) diyeceğiz. Bu derste ADD konusu üzerinde durulacak olup KDD konusu daha çok lisansüstü düzeylerde ele alınmaktadır. Adi bir diferansiyel denkleme örnek olarak

Cotx2xey4yx3y x2 +=−′+′′′ verilebilir. Bir diferansiyel denklemde en yüksek mertebeli türevin mertebesi diferansiyel denklemin mertebesini verir. Örneğin üstteki denklem 3. mertebedendir denir. Bunun yanında, mertebeyle sıkça karıştırılan bir kavram olan derece’ye de değinmek gerekir. Bir diferansiyel denklemde bulunan en yüksek mertebeli türevin üssüne, bu diferansiyel denklemin derecesi denecektir. Bir diferansiyel denklemdeki bağımlı değişken ve tüm türevleri birinci dereceden ise, diferansiyel denkleme lineer diferansiyel denklem denir. Dolayısıyla içerisinde

y23 e,ysin,yy,yy,)y(,y ′′′′′′′ gibi terimler bulunan denklemler lineer değildir. Bunun

yanında denklem xln,e,xsin,yx,x3xsin2 −′′ türünden ifadeler içerebilir.

Daha genel bir ifadeyle eğer bir diferansiyel denklem

)x(Ry)x(f...y)x(fy)x(fy n)2n(

2)1n(

1)n( =++++ −−

formunda ifade edilebiliyorsa denkleme lineerdir diyeceğiz, aksi halde lineer olmayan bir diferansiyel denklem söz konusudur. Bu denklemde eğer 0)x(R = ise lineer diferansiyel denklem homojendir. Aksi durumda denklem homojen olmayan diferansiyel denklem adını alır. Örnek 1‐3 Diferansiyel denklemlerin sınıflandırılması Aşağıdaki diferansiyel denklemleri sınıflandırınız. Çözüm (1) 0y3y =+′′ (2. mertebe‐lineer‐homojen)

(2) xsinx2y3y +=+′′ (2. mertebe‐lineer‐homojen değil)

(3) 0yy3y =′+′′ (2. mertebe‐lineer değil)

(4) x2eycosyxsiny −=+′+′′′ (3. mertebe‐lineer değil‐homojen değil) Diferansiyel denklemler bağımlı değişken ve türevlerinin katsayılarının durumuna göre de sınıflandırılmaktadır. Eğer bu katsayılar birer sabitse denklem sabit katsayılı diferansiyel denklem, eğer bağımsız değişkene bağlı fonksiyonlar ise değişken katsayılı diferansiyel

denklem adını alır. Örneğin xsiny2y =+′ denklemi sabit katsayılı, xzxzxcosh 2 =′+′′′ ise değişken katsayılı bir diferansiyel denklemdir. 1.3. DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN ÇÖZÜMLERİ


Engin/Çengel

- 7 -

Bir problem için diferansiyel denklemin elde edilmesi genellikle kolaydır. Diğer yandan bu denklemin çözümünün bulunması ise genellikle zordur. Bir diferansiyel denklemin çözümü bazen bir ya da birkaç defa integral alma işleminden ibaret olabilse de bu tür durumlar genellikle istisnadır. Tüm diferansiyel denklem tiplerine uygulanabilen genel bir çözüm yöntemi ne yazık ki mevcut değildir. Çeşitli sınıflara ayrılan diferansiyel denklemler için bunlara özgü çözüm metotları geliştirilmiştir. Bazen bir diferansiyel denklemi çözmek birden fazla tekniğin beraber kullanılmasının yanı sıra bu tekniklerdeki yeterli bir uzmanlık düzeyi ve hüner gerektirir. Bazı diferansiyel denklemler sadece ustaca yapılmış bir takım manipülasyonlarla çözülebilirken bazılarının analitik çözümleri imkansız olabilir. Dolayısıyla bir diferansiyel denklemi çözmek bilimden ziyade bir sanat dalı gibidir.

Cebirsel denklemlerin çözümünde genellikle 010x7x2 =−− türünden bir denklemi sağlayan ayrık değerlerin (köklerin) bulunması hedeflenir. Öte yandan bir diferansiyel denklemi çözerken, belirli bir aralıkta denklemi sağlayan fonksiyonlar aranır. Yukarıdaki cebirsel denklemi sağlayan değerler 2 ve 5 tir. Oysa 0y7y =−′ diferansiyel denklemini herhangi bir x değeri için e7x sağlamaktadır. Diferansiyel denklemi sağlayan herhangi bir fonksiyon, diferansiyel denklemin bir çözümüdür. Benzer şekilde diferansiyel denklemi sağlayan ve içerisinde bir ya da daha fazla keyfi sabit bulunduran ve bu nedenle bir eğri ailesini oluşturan çözüme genel çözüm denir. Eğer diferansiyel denklemin her çözümü genel çözümdeki keyfi sabitlere değerler atanarak elde edilebiliyorsa bu genel çözüm aynı zamanda tam çözüm adını alır. Genel çözümden elde edilen her bir çözüm ise özel veya özgül çözüm adını alır. Eğer diferansiyel denklemin herhangi bir çözümü, genel çözümdeki sabitlere değerler atanarak elde edilemiyorsa bu çözüm tekil çözüm adını alır. Tıpkı cebirsel denklemlerin çözümünde olduğu gibi, diferansiyel denklemlerde de, hangi isim altında olursa olsun, bir çözüm diferansiyel denklemi mutlaka sağlar. Eğer sağlamıyorsa, elde edilen çözüm hatalıdır demektir. Örnek 1‐4 Bir diferansiyel denklemin çözümü

x2ey = ifadesinin (‐∞,+∞ ) aralığında 0y2y =−′ diferansiyel denkleminin bir çözümü olduğunu gösteriniz. Çözüm Verilen çözüm diferansiyel denklemi sağlamalıdır.

⎪⎭

⎪⎬⎫

=′

=x2

x2

e2y

ey alınarak diferansiyel denklemde yazılırsa 0e2e2 x2x2 =− olur ve denklem

sağlanır. Örnek 1‐5 Bir diferansiyel denklemin çözümü

2x1y −= ifadesinin 0xyy =+′ diferansiyel denkleminin bir çözümü olduğunu gösteriniz. Verilen çözümün her x değeri için geçerli olup olmadığını irdeleyiniz. Çözüm

Verilen çözüm diferansiyel denklemde yazılırsa 2x1− 0xx12

x22

=+−

− elde edilir,

dolayısıyla verilen çözüm denklemi sağlamaktadır. Çözümün tanım aralığı için 0x1 2 ≥− olması gerektiği açıktır. Buradan (1 )(1 ) 0 1 1x x x ve x− + ≥ ⇒ ≥ − ≤ yazılarak 1x1 ≤≤− elde edilir.


Engin/Çengel

- 8 -

Örnek 1‐6 Bir diferansiyel denklemin genel çözümü

3x2Cxey x2 −+= ifadesinin 20x8y4y4y −=+′−′′ diferansiyel denkleminin, C sabitinin herhangi bir değeri için, çözümü olduğunu gösteriniz. Çözüm

3x2Cxey x2 −+= , 2Cxe2Ce2)xe2e(Cy x2x2x2x2 ++=++=′ ve x2x2x2x2x2 Cxe4Ce4)xe2e(C2Ce2y +=++=′′ bulunup denklemde yerine yazarsak,

=+′−′′ y4y4y −+ )Cxe4Ce4( x2x2 )2Cxe2Ce(4 x2x2 ++ 20x8)3x2Cxe(4 x2 −=−++ elde edilir. Dolayısıyla verilen çözüm genel çözümdür. Şimdi tekrar bir su banyosuna daldırılan küresel cisim örneğimize dönelim (örnek 1‐2). Elde edilen diferansiyel denklemin çözümünden cismin sıcaklığının zamanla değişimi,

0 0( ) ( )hAtmcT t T T C e

−= − −

olarak elde edilir. Bu ifadede C bir keyfi sabittir. Kolaylıkla gösterilebilir ki bu çözüm C’nin aldığı değerden bağımsız olarak diferansiyel denklemi sağlar. Dolayısıyla C’nin alabileceği sonsuz sayıda değere karşılık sonsuz sayıda özel çözüm elde etme imkanı vardır. Genel çözüm içerisinde cismin başlangıç sıcaklığı (t=0 anında) olan Ti bulunmadığından bu sonuç sürpriz değildir. Dolayısıyla başlangıç sıcaklığı belirtildiğinde, verilen diferansiyel denkleme olan çözüm de özel bir çözüm kimliği kazanır. Bizim ilgilendiğimiz çözüm de, T eksenini Ti sıcaklığında kesen özel çözüm olacaktır. Buradan şu önemli sonuç çıkmaktadır: Belirli bir problemin tek bir çözümü olsa da, bu problemi temsil eden diferansiyel denklemlerin sonsuz sayıda çözüme sahip olmaları mümkündür. Bunun nedeni, diferansiyel denklemin, bağımlı değişkenlerle bağımsız değişkenlerdeki değişimler arasındaki bir ilişki olmasından başka bir şey olmamasıdır. Diferansiyel denklem, bir fonksiyon veya türevlerinin belirli bağımsız değişken değerlerine karşılık gelen bağımsız değişken değerleri konusunda bilgi içermez. Sonuç olarak aynı fiziksel olayla ilgili pek çok farklı problem aynı diferansiyel denklemle ifade edilir. Farklılık ise elde edilen genel çözümden bizim ilgilendiğimiz problemin özel çözümüne geçebilmemizi sağlayan özel şartların tanımlanmasıdır. Eğer bu şartlar bağımsız değişkenin aynı değeri için verilmişse bu şartlara başlangıç şartları, bağımsız değişkenin birden fazla değeri için belirlenmişse bu şartlara sınır şartları diyeceğiz.

⇒⎪⎭

⎪⎬⎫

−=′==+′−′′ −

3)2(,5)2(23 4

yyxeyyy x

başlangıç değer problemi

⇒⎪⎭

⎪⎬⎫

−=′==+′−′′ −

2)8(,5)2(23 4

yyxeyyy x

sınır değer problemi

Örnek 1‐7 Serbest düşme hareketi Hava sürtünmeleri ihmal edildiğinde, bir cismin serbest düşme hareketi yerçekimi kanunu ile gerçekleşir. z=h yüksekliğinden ilk hızsız olarak aşağıya doğru bırakılan bir cisim düşünelim. Bu hareket ile ilgili matematiksel ilişkileri yazınız, problemin türünü (başlangıç veya sınır değer) belirtiniz. Çözüm Newton’un ikinci kanununa göre (yukarı yön pozitif seçilirse), cismin hareketi


Engin/Çengel

- 9 -

gdt

zd−=2

2

diferansiyel denklemiyle belirlidir. Cisim ilk hızsız olarak bırakıldığından

00)0(

====

tdtdztV yazılabilir. Bir diğer şart ise cismin başlangıçta h yüksekliğinde

bulunması şartıdır. Diğer bir ifadeyle,

htz == )0( Her iki şart da bağımsız değişkenin (t) aynı değerinde verildiği için bu problem bir başlangıç değer problemi olmaktadır. Bir diferansiyel denklemi çözmede, denklemi sağlayan y=y(x) fonksiyonunun bulunması arzu edilir. Ancak çoğu zaman bu mümkün olmaz ve yaklaşık çözüm teknikleri çözüm için tek alternatif kalır. Sayısal yöntemler bu nedenle ortaya çıkmış yaklaşık çözüm yollarıdır. Kapalı çözümlerin elde edildiği analitik yöntemlerle bağımsız değişkenin sonsuz değerine karşılık sonsuz sayıda bağımlı değişken değeri hesaplamak mümkündür. Yani analitik çözü fonksiyonu, verilen çözüm aralığında, sürekli bir fonksiyondur. Diğer taraftan sayısal yöntemler, ancak bağımsız değişkenin daha önceden tanımlanmış değerlerine karşılık gelen bağımlı değişken değerlerini yaklaşık olarak vermektedir. 1.4. DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN DOĞRUDAN İNTEGRAL YOLUYLA ÇÖZÜMLERİ Bazı diferansiyel denklemler lineerdir ve türevleri içeren tek bir terime sahip olup, bilinmeyen (aranan) fonksiyonun bir çarpan olduğu terimleri içermezler. Eğer integral işlemi yapılabiliyorsa, diferansiyel denklem de doğrudan integralleme tekniğiyle çözülebilir demektir. Bunun yanında diğer bazı diferansiyel denklem türleri lineer olmayan terimlere sahiptir ve bu yolla çözülmeleri mümkün değildir.

⇒=−′′′ − 0exy x62 doğrudan integral yoluyla çözülebilir.

⇒=−+′′′ − 0exxy3y x62 doğrudan integral yoluyla çözülemez, çünkü bilinmeyen fonksiyonun bir çarpan durumundan olduğu 3xy terimi doğrudan integrallenemez. Bir diferansiyel denklem doğrudan integral yoluyla çözülürken terim terim integre edilir ve bir integral sabiti eklenir. Her integrasyon adımında türevlerin mertebeleri bir düşürülür ve buna karşılık bir başka integral sabiti eklenir. Dolayısıyla bir diferansiyel denklemin genel çözümünde, diferansiyel denklemde bulunan en yüksek mertebeli türevin mertebesi kadar keyfi sabit elde edilir. Örnek 1‐8 Doğrudan integrasyon ile çözüm Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin doğrudan integral yoluyla çözülüp çözülemeyeceklerini belirtiniz ve çözülebilir olanları çözünüz. (1) 03y5y =+−′

(2) 0x6y 2 =−′′

(3) 04yy2 =−′


Engin/Çengel

- 10 -

Çözüm (1) Bu denklem, ikinci teriminin bilinmeyen fonksiyonu (yani bağımlı değişkeni) içermesinden dolayı çözülemez. (2) Bu denklem lineerdir ve türevli tek terimi bulunmakta ve diğer terimlerde bilinmeyen fonksiyon y bir çarpan veya faktör durumunda değildir. Bu nedenle denklem çözülebilir. Denklem 2. mertebeden olduğundan art arda 2 kez integral alınıp her seferinde bir sabitin eklenmesi gerekir.

dxdy

dxd

dxydy 2

2==′′ yazılabilir.

Denklemde yerine konursa ve her iki taraf dx ile çarpılırsa

0dxx6)dxdy(d 2 =− ∫∫ denklemi bulunur. İntegral alırsak 1

3 Cx2dxdy

=− elde ederiz. Bir kez

daha integral almak suretiyle dxCdxx2dy 12 ∫∫∫ =− veya 21

4 CxCx21y +=− yazılarak

214 CxCx

21y ++= aranan çözüm bulunmuş olur.

(3) Bu denklem lineer değildir ve doğrudan integral yoluyla çözülemez gibi görünüyor.

Ancak dikkatli bir kontrol ile yy2 ′ teriminin 2y ’nin türevinden başka bir şey olmadığı açıkça görülmektedir. O halde denklem şu şekilde düzenlenebilir.

04)y(dxd 2 =− . Denklemin her iki tarafı dx ile çarpılarak 0dx4)y(d 2∫ ∫ =− yazılıp integral

alınırsa 12 Cx4y =− veya 1Cx4y +±= genel çözümü elde edilir.

Örnek 1‐9 Serbest düşme hareketi 100 m yükseklikten bırakılan bir cismin 3 saniye sonraki yerden yüksekliğini ve hızını belirleyiniz. Çözüm Zemini z=0 kabul edelim ve cismin bırakıldığı yüksekliği de z=100 m alalım. Hava direnci ihmal edildiğinde cismin bu serbest düşme hareketinin gz −=′′ diferansiyel denklemiyle

tanımlı olduğunu biliyoruz. Art arda iki kez integral alarak 1Cgt)t(Vz +−==′ ve

212 CtCgt

21)t(z ++−= elde ederiz. Bu çözümler serbest düşme hareketi yapan her cisim

için aynıdır. Dikkat edilirse bir diferansiyel denklemin genel çözümü, bilinmeyen fonksiyon ile bağımsız değişken arasında bir ilişkidir ve kesinlikle bir bağımlı değişkene ait bir türev terimi içermez. Genel çözümün 2 adet keyfi sabiti bulunmaktadır ve bunları bilmeksizin cismin 3 s sonraki konumu için bir hesaplama yapılamaz. Bu sürpriz bir durum değildir çünkü bu konum cismin atıldığı yüksekliğe ve cismin ilk hızına bağlı olarak değişebilir. Oysa genel çözüm bunlar konusunda hiçbir bilgi vermez. Daha önce de belirtildiği gibi bir diferansiyel denklem bağımlı ve bağımsız değişkenlerdeki değişimler arasındaki ilişkiyi tanımlar ve probleme özgü verilen bağımsız değişken değerine karşılık gelen bağımlı değişken değerlerinden etkilenmez. Örneğin 100 m yerine 250 m düşünülseydi, elde edeceğimiz genel çözüm yine aynı kalacaktı. Ancak doğal olarak cismin 3 s sonraki konumu bu durumda farklı bir yerde olacaktı. Genel çözüm denklemini bizim problemimize uygun hale getirebilmek için içerisindeki sabitlerin problemde verilen koşullara göre belirlenmesi gerekir. Bu koşullar


Engin/Çengel

- 11 -

0dtdz)0(V

0t==

=

100)0(z =

olarak verilmiştir. Birinci koşulumuzu hız denkleminde yazalım: 1C0g0)0(V +×−== ,

.0C1 = İkinci koşulu da konum denkleminde yerine koyalım:

21 C0C0g21100)0(z +×+×−== , 100C2 = . Dolayısıyla aranan özel çözüm ifadesi

100gt21)t(zz 2 +−== olacaktır. Hız ifadesi ise C1=0 olduğundan gt)t(V −= olur. t=3

saniye sonraki değerler hesaplanırsa,

85.55100)3)(81.9(21)s3(z 2 =+−= m ve 43.29)3)(81.9()s3(V −=−= m/s (aşağı

yönlü).


Engin/Çengel

- 12 -

Bölüm 1 ile ilgili problemler Fiziksel problemleri modellemede cebirsel denklemler neden yetersiz kalır, diferansiyel denklemlere neden ihtiyaç duyulmuştur. Sabit hızla (V0) düşmekte olan bir paraşütün hareketini tanımlayan diferansiyel

denklemini Newton’un ikinci kanununu ( amF = ) kullanarak elde ediniz. Kütlesi m olan bir taş yerden yukarıya doğru V0 düşey hızıyla atılmaktadır. Newton’un hareket kanununa göre cismin yerden yüksekliğini ve hızını zamanın fonksiyonu olarak elde edebileceğiniz diferansiyel denklemi yazınız. Yaylar genellikle deformasyon miktarlarıyla orantılı ve yönü sürekli olarak denge konumuna doğru olan bir kuvvet oluştururlar. Örneğin x kadar gerilmiş bir yayın oluşturacağı kuvvet F=kx ile verilir ve burada k yay katsayısı adını alır. Yay katsayısı k olan böyle bir yay ucuna, yay denge konumundayken (x=0) m kütleli bir cisim bağlanmakta ve kütle yayın ucuna bağlı olarak yerçekimi ve yay kuvvetinin bütünleşik etkisiyle salınım yapmaya terk edilmektedir. Newton’un hareket kanununa göre kütlenin konumunu, başlangıç konumuna göre (x=0), zamanın fonksiyonu olarak veren diferansiyel denklemi yazınız. Plütonyum, Radyum ve C14 gibi Karbon izotoplarının, başka bir element veya aynı elementin başka bir izotopunu oluşturmak üzere tabii olarak bozunduğu bilinmektedir. Bozunma hızı henüz bozunmamış miktar ile doğru orantılı olarak değişmektedir. Bir radyoaktif malzemenin herhangi bir t anındaki miktarını M(t) alarak, bu kütlenin zamanla değişimini veren diferansiyel denklemi elde ediniz. Not: Bir değişkenin (örneğin A) başka bir değişkenle(örneğin B) doğru orantılı olması matematiksel olarak A=kB olarak ifade edilir. Burada k orantı katsayısı adını alır.

2.1. Bağımlı ve bağımsız değişken nedir, bir fonksiyonda bunları birbirinden nasıl ayırt edersiniz. 2.2. Türevin geometrik anlamını açıklayınız. 2.3. Adi ve kısmi diferansiyel denklemler arasında ne fark vardır. 2.4. x=5 noktasındaki teğeti x eksenine paralel olan bir f(x) fonksiyonunun bu noktadaki birinci türevi konusunda ne söyleyebilirsiniz. 2.5. Bir diferansiyel denklemin mertebesi ile derecesini belirtiniz. 3. mertebeden , 2. dereceden bir diferansiyel denklem örneği veriniz. 2.6. Aşağıdaki fonksiyonların tanım aralıklarını belirleyiniz.

(a) 2x + (b) xln)1x( − (c) x/1 (d) 2x/xcos (e) )1x(x

e x2

−

2.7. Aşağıdaki türevleri elde ediniz (x ve t bağımsız değişkendir).

(a) x2341 e2x3sinx7f −+−= , ?

xf1 =∂∂

; (b) x22342 ettx3sinx7f −+−= , ?

xf2 =∂∂

(c) )txln(f 223 −= , 2

32

3

tf?,

xf

∂

∂=

∂∂

; (d) xsine)1x(f x34 −= , ?

dxdf4 =

(e) 3

x

5x1

xtantxef−

−= , ?

tf?,

xf

25

25 =

∂

∂=

∂∂

; (f) xxsinf 26 = , ?

dxdf6 =

(g) xln237 e)1x(f −= , ?

dxdf7 = ; (h)

28tln

t2cosxf = , ?t

f8 =∂∂

2.8. Aşağıdaki integral işlemlerini yapınız.

(a) ( )∫ ++ − dxx5sinex x32 (b) ∫−

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

5

2

dxx5x3ln (c) ( )dxxt3t2sinx 2t2∫ +ω+


Engin/Çengel

- 13 -

(d) ( )∫ ω++′′ − dxxtcose3)x(y tx2 (e) ( )∫ +′x

3

dxx2lnt)x(y (f) ( )∫ −− )1x(2x

dx3

(g) ∫ − 2x2dx

(h) dx1x

t22∫ +

(i) ∫ xdxln (j) ∫ xdxsinx

(k) ∫ xdxsecxtan (l) ∫ dxxlnx 32 (m) ∫ +−− )2x)(2x)(1x(xdx

2 (n) ∫ xdxlnx

2.9. Aşağıdaki kavramları, her birine örnekler vererek, açıklayınız. (a) Adi diferansiyel denklem, (b) Kısmi diferansiyel denklem, (c) derece, mertebe (d) Homojen diferansiyel denklem, (e) Sabit katsayılı diferansiyel denklem (f) Başlangıç değer problemi, (g) Sınır değer problemi, (h) Sınır şartları (i) Lineer diferansiyel denklem, (j) Lineer olmayan diferansiyel denklem, (k) Genel çözüm (l) Özel çözüm, (m) Tekil çözüm

2.10. Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin mertebelerini, lineer olup olmadıklarını ve

sabit/değişken katsayılı olduklarını belirtiniz.

(a) 3x xxy5yx2yx,0ye2y,0yyx3y,x8y3y =+′+′′′=+′′=′+′′=+′′′ (b)

0y5yyxe2yy,xcotey2y,0ey,1xsiny2y xxyx2 =−′+′′=′+′′=+′′+=′+′′ −

(c) 1xlnxzsinxsinzxz −=−′+′′′

3 Verilen fonksiyonların yanındaki diferansiyel denklemin bir çözümü olduğunu gösteriniz.

(a) 1x2yvex5y,0y 21 +===′′ (b) x22

x21 e3yveey,0y4y −−===−′′

(c) 42

xln1

2 xyveey,0y4yx2yx ===−′−′′ −

(d) xcoshyveey,ey,0yy 3x

2x

1 ====−′′ −

(e) ( )x2cosx2sine3yvex2siney,0y3y2y x2

x1 +===+′−′′

(f) x2xln3

x22

x21 exe5yvexey,ey,0y4y4y −====+′−′′

4.1. Ne tür diferansiyel denklemler doğrudan integral yoluyla çözüme elverişlidir. 4.2. Üçüncü mertebeden lineer ve homojen bir diferansiyel denklem yazınız. Bu denklemin çözümünden kaç tane keyfi sabit elde edilir. Bu keyfi sabitleri belirli bir problem için bulmak isterseniz, kaç adet koşul belirtmelisiniz. 4.3. Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin doğrudan integral yoluyla çözülüp çözülemeyeceklerini inceleyiniz. Çözülebilecek durumda olanları çözünüz.

(a) 0xeye,0x3sinyy2,0yy,0y x3x =+′′=+′=+′=′

(b) 0xyy,0x8yy4,0xe4y 3x4 =−′′=−′′′=−′′ −

(c) 0x8yyx,0xcosey,0yy,0y5y 4y =−′′′=−′=′′−′′′=−′′′ 4.3. R=0.2 m çapında küresel şekle sahip radyoaktif bir madde içerisinde g0=4×107 W/m3 ısı üretmektedir. Üretilen ısı kararlı bir rejimle küresel yüzeyden ortama salınmakta, böylece yüzeydeki sıcaklığın Ty=80

oC’de sabit kalması sağlanmaktadır. Cismin ısı iletim katsayısı k=15 W/moC olarak verilmektedir. Küresel cismin sıcaklığı yalnızca yarıçapı doğrultusunda değişmektedir (T=T(r)). Küresel cisim içerisindeki sıcaklık dağılımı


Engin/Çengel

- 14 -

0kg

drdTr

drd

r1 022 =+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

diferansiyel denklemiyle tanımlanır. Bu denklemin lineer olup olmadığını, sabit katsayılı mı veya değişken katsayılı olduğunu, mertebe ve derecesini, homojen olup olmadığını belirleyiniz. Denklem çözümünden gelecek kaç adet sabit mevcuttur, bunları bulabilmek için hangi koşulları önerirsiniz. Bu denklemi çözerek küresel cisim içerisindeki sıcaklık dağılımı yarıçapın fonksiyonu olarak (T(r)) elde ediniz. Elde ettiğinin ifadeyi bir sıcaklık‐yarıçap (T‐r) eğrisinde gösteriniz. 4.4. Kalınlığı L=0.5 olan geniş bir duvar göz önüne alalım. Duvarın sol yüzü (x=0) mükemmel şekilde yalıtılmış olup diğer yüzü (x=L) üniform olarak 30 oC sıcaklıktadır.

Duvar içerisinde x02.00eg)x(g = ifadesine göre ısı üretilmektedir. Duvar içersinde

sıcaklığın sadece x doğrultusunda değiştiğini (T=T(x)) ve bu değişimin 0k

)x(gdx

Td2

2=+

diferansiyel denklemi uyarınca olduğu bilindiğine göre, k=15 W/mK, g0=1500 W/m3 alarak duvardaki sıcaklık dağılımını, yani T=T(x) fonksiyonunu ve yalıtılmış yüzeydeki sıcaklığı hesaplayınız. (Not: Yalıtılmış yüzeyde dT/dx=0 alınır.).


Engin/Çengel

- 15 -

2. BÖLÜM

BİRİNCİ MERTEBEDEN LİNEER DİFERANSİYEL DENKLEMLER 2.1. GİRİŞ Pek çok uygulamada bir büyüklüğün değişim hızı (birinci türev), bu büyüklüğün kendisine ve bağımsız değişkene bağlıdır. Bu tür problemler genelde )y,x(fy =′ formunda ifade edilirler. Bu basit görünüm, bu tür denklemlerin çözümünün de basit olacağı şeklinde yanlış bir anlamaya neden olabilir. Bazı istisna durumlar dışında bu tür denklemleri çözmede karşılaşılan zorluklarla daha yüksek mertebeli denklemleri çözmede karşılaşılan zorluklar aynı düzeyde olabilir. Birinci mertebeden diferansiyel denklemleri çözmede ne yazık ki genel bir yok yoktur. Bu nedenle birinci mertebe denklemler de kendi aralarında alt sınıflara ayrılmış ve her bir sınıf için farklı yöntemler geliştirilmiştir. Bu bölümde birinci mertebeden denklemlerin nasıl sınıflandırıldığı anlatılacak, ardından sistematik bir yaklaşımla her zaman çözümü mümkün olan birinci mertebeden lineer denklemler ve uygulamaları işlenecektir. Ardından lineer olmayan türler için verilen bir çözüm aralığında çözümün var olup olmadığı tartışılacaktır. Bu sınıfa giren değişkenlerine ayrılabilir tip, homojen ve tam diferansiyel tipteki denklem çözümleri üzerinde durulacaktır. 2.2. BİRİNCİ MERTEBE DİFERANSİYEL DENKLEMLERE GENEL BAKIŞ Tanımından anlaşılacağı üzere birinci mertebeden diferansiyel denklemlerde sadece birinci türev yer alır. y bağımlı, x de bağımsız değişkeni göstermek üzere böyle bir denklem

0)y,y,x(f =′ formunda verilir. Bu bölümde sadece birinci türevin doğrudan bağımlı ve

bağımsız değişken cinsinden yazılabildiği )y,x(fy =′ türünden denklemler üzerinde duracağız. Böylece çözüm

∫ += Cdx)y,x(fy

şeklinde ifade edilebilecektir. Ancak çoğu kez bu yazım tarzı, verilen diferansiyel denklemin bir integral denkleme dönüştürülmesinden daha öte bir sonuç getirmez. Verilen f(x, y) fonksiyonunun sadece x’e bağlı olduğu basit durumlar ancak doğrudan integral yoluyla

çözüme uygundur. Örneğin 5x6y 2 −=′ diferansiyel denkleminde f(x, y) sadece bağımsız

değişkene bağlıdır ve doğrudan integral yoluyla genel çözüm Cx5x2y 3 +−= olarak kolayca elde edilir. Burada şu hususun altını çizmek gerekir. Birinci mertebeden bir diferansiyel denklemi çözerken bağımsız değişken olarak x ya da y seçilebilir. Bu tür bir değişim bazen çözümü zor olan diferansiyel denklemi, çözümü daha kolay bir hale getirebilir. Örneğin

1y3sinx)1y(e

dxdy

2

y2

+++=

diferansiyel denklemi lineer olmamasına rağmen, aşağıdaki denklem lineerdir ve kesin olan bir çözüm yolu vardır.

y2y2

2

e1y3sinx

e1y

dydx +

++

= denklemi x’e göre lineerdir.


Engin/Çengel

- 16 -

2.3. BİRİNCİ MERTEBE LİNEER DİFERANSİYEL DENKLEMLER Birinci mertebeden lineer bir diferansiyel denklem,

)x(Ry)x(Py =+′ (2.1) formunda verilir. Hatırlatmak gerekir ki )y(Rx)y(Px =+′ denklemi de x’e göre lineerdir ve burada anlatılacak yöntemle çözülebilir. Verilen P ve R fonksiyonları öngörülen çözüm aralığında x’e bağlı sürekli fonksiyonlardır. Bu türden bir denklemin çözümü, eğer denklemin sol yanı tek bir terimin türevi şeklinde ifade edilebilirse, sıradan bir işleme dönüşecektir. Bunun için denklemin sol tarafını bir terimin türevi haline getirebilecek bir çarpanın aranması gerekir. Denklemin her iki yanını μ(x) fonksiyonu ile çarpalım.

)x(R)x(y)x(P)x(y)x( μ=μ+′μ (2.2)

[ ] y)x(y)x(y)x( μ′+′μ=′μ (2.3)

olduğundan, (2.2) eşitliğinin sol tarafının [ ]′μ y)x( ’nin açılımı olabilmesi için

)x(P)x()x( μ=μ′ şartı sağlanmalıdır. Bulmaya çalıştığımız çarpanın sıfırdan farklı olduğu durumda, bu denklemi integre edersek

)x(P)x()x(=

μμ′

veya ln ( ) ( )d x P xdx

μ⎡ ⎤ =⎣ ⎦ yazılarak ∫ +=μ 1Cdx)x(P)x(ln elde ederiz.

μ(x) çarpanı yalnız bırakılıp ve C1 sabiti dikkate alınmayarak

∫=μdx)x(Pe)x( (2.4)

elde edilir. İntegral sabitinin bu aşamada dahil edilmesi genel çözüm üzerinde bir değişikliği yol açmayacaktır. Ayrıca (2.4) denkleminin sağ tarafı her koşulda pozitif olacağından denklem,

∫=μdx)x(Pe)x( (2.5)

olarak da ifade edilebilir. (2.5) denklemiyle tanımlanan fonksiyona integral çarpanı diyeceğiz. (2.1) denkleminin sol tarafı artık tek bir terimin türevi şeklinde ifade edildiğinden

[ ] )x(R)x(y)x( μ=′μ (2.6) yazılarak

∫ +μ=μ Cdx)x(R)x(y)x( veya bağımlı değişkeni yalnız bırakarak diferansiyel denklemin

genel çözümü,

[ ]∫ +μμ

= Cdx)x(R)x()x(

y 1 (2.7)


Engin/Çengel

- 17 -

olarak elde edilmiş olur. Birinci mertebeden lineer bir diferansiyel denklemin (2.7) denklemine göre genel çözümünün bulunabilmesi için, verilen diferansiyel denklemin kesinlikle (2.1) denkleminde verilen şekle getirilmesi gerekir. Örnek 2‐1

13)2(,93 =−=−′ yxyy lineer başlangıç değer problemini çözünüz. Çözüm y′ türevinin katsayısı 1 ve P(x)=‐3, R(x)=‐9x olduğu görülmektedir. İntegral çarpanı,

xdxdxxP eeex 33)()( −−===μ ∫∫ elde edilerek (2.7) denkleminde yerine konursa,

[ ] [ ]∫∫ +−=+−= −−

−− Cdxxe

eCdxxe

ey x

xx

x3

33

3 91)9(1

∫ −− dxxe x39 integralini almak için kısmi integrasyon yöntemi kullanmak üzere,

⎪⎪

⎭

⎪⎪

⎬

⎫

=−

=

==

−

−

ve

dvdxe

dudxux

x

x

3

3

31

,

değişken dönüşümü uygulanır. Bu kurala göre ∫ ∫−= duvvudvu

olduğundan

∫ ∫ +=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −−−=⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ −−−−=− −−−−−− )13(

91

39

31

399 333333 xeeexdxeexdxxe xxxxxx

Denklemde yerine konursa, xCexy 313 ++= elde edilir. Verilen başlangıç şartı kullanılarak C sabiti belirlenir:

13)2( =y olduğundan, 623 612313 −⋅ =⇒++⋅= eCCe . Böylece aradığımız özel çözüm,

136 63 ++= − xey x Şu ana kadar yapılan işlemlerde verilen bir çözüm aralığında P(x) ve R(x) ifadelerinin sürekli fonksiyonlar olması gerektiği vurgulanmıştı. Eğer bu fonksiyonlardan birinin veya ikisinin süreksizlik noktaları varsa, çözüm bölgesi sürekliliğin olduğu alt bölgelere ayrılmalıdır. Bunu bir örnekle göreceğiz. Örnek 2‐2

3)2(,51

1 2 ==+

+′ yxyx

y başlangıç değer problemini çözünüz.

Çözüm

11)(+

=x

xP fonksiyonu x=−1 noktasında süreksizdir. O halde çözümü −∞<x<−1 veya

−1<x<∞ aralığında aramamız gerekir. İntegral çarpanımız,

1)( 1ln1)(+====μ ++∫∫ xeeex xx

dxdxxP

, x>−1 için mutlak değer içi pozitiftir. Dolayısıyla

−1<x<∞ aralığında 1)( +=μ xx yazılabilir. (2.7) denkleminde yerine konursa;


Engin/Çengel

- 18 -

[ ]

1)1(12)43(5

122015

11

35

45

115)1(

11

3

34342

++

++

=

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡+

++

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++

+=++

+= ∫

xC

xxx

Cxxx

Cxxx

Cdxxxx

y

Verilen koşulu yerine yazarak C sabitini bulalım:

373

12)12(12)423(253

3−=⇒

++

++××

= CC, böylece aranan özel çözüm;

)1(373

)1(12)43(5 3

+−

++

=xx

xxy olacaktır.

2.4 LİNEER OLMAYAN BİRİNCİ MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER Lineer ve birinci mertebeden diferansiyel denklemlerle ifade edilen başlangıç değer problemleri nispeten çözümleri kolay olan problemlerdir. Bunun nedeni (2.7) denklemiyle verilen analitik bir genel çözüme sahip olmalarıdır. Ayrıca bu tür diferansiyel denklemlerin, P(x) ve R(x)’in sürekli olduğu öngörülen çözüm bölgesinde, tek bir genel çözümleri vardır. Durum lineer olmayan diferansiyel denklemlerde biraz daha zordur, çünkü öncelikle verilen çözüm bölgesinde bir çözümün olup olmadığı dahi kesin değildir, bunun öncelikle belirlenmesi gerekir. Eğer bir çözüm varsa bu çözümün tek bir genel çözüm olup olmadığı da ortaya çıkarılmalıdır. Çoğu pratik uygulamanın doğasından gelen bir lineer olmayışlık vardır, ve bu tür uygulamalar lineer olmayan diferansiyel denklemleri ortaya çıkarır. Bu tür denklemleri çözebilmek için genel bir metot olmadığı gibi, genel karakteristikleri konusunda da çok az bilgi vardır. Dolayısıyla, bu kısımda ancak analitik çözümleri var olan belirli tipteki diferansiyel denklemler üzerinde durulacaktır. Teorem: Lineer olmayan birinci mertebeden denklemler için çözüm varlığı ve tekliği Eğer bir f(x, y) fonksiyonu dikdörtgensel bir D bölgesinde sürekliyse ve aynı bölgedeki bir (x0, y0) noktasından geçiyorsa, diğer bir ifadeyle 00 )( yxy = ise, bu durumda birinci mertebeden

),( yxfy =′ diferansiyel denklemi (x0, y0) noktasını içerisinde bulunduran D’nin alt

bölgesinde en az bir çözüme sahiptir. Ayrıca yf ∂∂ türevi de bu D bölgesinde sürekli bir fonksiyon ise elde edilecek çözüm tektir. Her ne kadar teoremin şartları oldukça kısıtlayıcı görünse de, belirli bir fiziksel problemi temsil eden ve bir çözümü bulunan diferansiyel denklemler tarafından bu şartların sağlandığı kolayca gösterilebilir. Teorem sadece çözümün olup olmadığı, varsa tek olup olmadığı konusunda bilgi verir. Çözüme nasıl ulaşılacağı ve bu çözümün hangi bölgede olduğuyla ilgili ipucu vermez. Lineer diferansiyel denklemler, tüm özel çözümlere ulaşabileceğimiz bir genel çözüme sahiptirler. Buna karşın lineer olmayan denklemler için aynı durum geçerli değildir. Ayrıca lineer olmayan denklemlerin çözümleri genellikle kapalı fonksiyonlar halinde elde edilirler, diğer bir ifadeyle bağımlı değişkeni yalnız bırakmak genelde mümkün olmaz.


Engin/Çengel

- 19 -

2.4.1. Değişkenlerine Ayrılabilir Tipte Birinci Mertebeden Denklemler Birinci mertebeden bir diferansiyel denklemin ),( yxhy =′ şeklinde verildiğini düşünelim. Eğer denklemin sağ yanı,

)()(),(

ygxfyxh = şeklinde ifade edilebiliyorsa, bu diferansiyel denklem değişkenlerine

ayrılabilir tiptedir. Örnek 2‐3 Değişkenlerine ayrılabilir denklem

1)2(,2 2 −==′ yxyy başlangıç değer problemini çözünüz. Çözüm

Verilen denklem xydyxy

dxdy 22 2

2 =⇔= şeklinde değişkenlerine ayrılıp terim terim integre

edilirse;

222

2

1212 2

11112 −=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

−−⇒=−⇒=−−

∫∫ xy

xy

xydy x

yxy

ve sonuç olarak,

231x

y−

= elde edilir. Dikkate edilirse, verilen başlangıç şartı doğrudan integral işlemi

sırasında hesaba katılmış, böylece özel çözüm elde edilmiştir. Örnek 2‐4

0)( 424 =++ dyyxydx diferansiyel denklemini çözünüz. Çözüm

Verilen denklem 01

42 =+

+dyy

xdx

şeklinde yazılıp doğrudan integre edilebilir.

⇒=++∫ ∫ ∫0

14

2 dyyx

dx Cyx =+5

)arctan(5

aranan çözümdür.

Örnek 2‐5 Ortogonal (Dik) Yörüngeler Birbirini 900 açıyla kesen doğrulara birbirinin ortogonalıdır denir. Bu nedenle doğrulardan birinin eğimi m ise buna ortogonal olan diğerinin eğimi ‐1/m olacaktır (geometriden birbirine dik iki doğrunun eğimleri çarpımının –1 olduğunu hatırlayınız). Tanımı genişletecek olursak, örneğin bir x‐y düzlemindeki F(x, y)=C eğri ailesinin her bir eğrisi, aynı düzlemdeki G(x, y)=K eğri ailesinin her bir eğrisini dik olarak kesiyorsa, bu eğriler birbirinin ortogonalıdır. Verilen bir eğri ailesine ortogonal (dik) olan eğri ailesini bulmak için şu adımlar izlenmelidir:

1‐ Verilen ifadenin (F(x, y)=C) x’e göre türevi alınıp dxdy

oluşturulur.

2‐ Bu iki denklemden (F(x, y) ve bunun türevini veren denklem) C yok edilir.

3‐ İkinci denklemde dxdy

yerine dydx

− alınarak elde edilecek diferansiyel denklem

çözülür.


Engin/Çengel

- 20 -

Bu adımları bir uygulama ile görelim. Örneğin xcy = eğri ailesine dik olan eğri ailesini

bulmak isteyelim. Verilen ifadeden cxyyxF ==),( olduğu anlaşılmaktadır. Dolayısıyla

cdxdy

= elde edilir. Her iki denklem de c’ye eşit olduğuna göre bu eşitliklerin sol yanları da

birbirlerine eşit olmalıdır, diğer bir ifadeyle;

xy

dxdy

= bulunur. Böylece ilk iki adımı tamamlamış oluyoruz. Şimdi de türevi dydx

− ile yer

değiştirelim ve çözülecek diferansiyel denklemi xy

dydx

=− olarak belirlemiş olalım. Denklem

düzenlenirse 0=+ ydyxdx diferansiyel denklemi elde edilir ki bu da değişkenlerine ayrılmış vaziyette olduğundan terim terim integre edilebilir.

kyxydyxdx =+⇒=+ ∫∫∫ 220

22, veya 222 Ryx =+ elde edilmiş olur.

Burada 22 Rk = aldık. xcy = eğri ailesi eğimi c olan ve merkezden geçen doğruları temsil

eder. Öte yandan 222 Kyx =+ eğri ailesi ise merkezi orijin noktası olan ve yarıçapı R olan merkezcil çember ailesidir. Gerçekten de bu iki eğri ailesi bireyleri birbirlerini dik açı ile keserler. Dik yörüngeler konusu, sadece geometriyle ilgili değil, diğer mühendislik alanlarında da önemli yer tutar. Örneğin 2 boyutlu bir elektrik alanındaki kuvvet çizgileri, sabit potansiyel çizgilerinin ortogonal yörüngeleridir. 2 boyutlu bir ısı transferi probleminde ısı akış çizgileri, sabit sıcaklık çizgilerinin ortogonal yörüngeleridir. Bir diğer önemli uygulama da akışkanlar mekaniğindedir. 2 Boyutlu bir akışkan akımı probleminde akım çizgileri, sabit potansiyel çizgilerinin ortogonalıdır. 2.4.2. Homojen Tipte Birinci Mertebeden Denklemler Değişkenlerine ayrılabilir forma getirilebilecek diferansiyel denklemlerden biri de homojen tipte olanlardır. Birinci mertebeden bir diferansiyel denklem eğer,

)(vfxyfy =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=′

şeklinde yazılabiliyorsa bu denkleme homojendir denir. Örneğin

yxyxy 2

33 −=′

homojen tipte bir diferansiyel denklemdir. Çünkü denklemin sağ yanı sadece v’nin fonksiyonu olarak ifade edilebilir.

yxyxy 2

33 −=′ ifadesinde y=vx dönüşümü uygulanırsa,

23

2

333 11)(

vvv

vvxx

xvxy −=−

=−

=′

Şunu not etmemiz gerekir ki burada kullandığımız “homojen” terimi, 1. Bölüm’deki anlamından farklıdır. Pek çok diferansiyel denklemin homojen olup olmadığı basit bir


Engin/Çengel

- 21 -

kontrolle ortaya çıkarılabilir. Karmaşık ifadeler için homojenlik testi uygulanması tavsiye edilir. ),( yxfy =′ diferansiyel denkleminin homojen olup olmadığını anlamak için

denklemdeki tüm x’ler λx ile, tüm y’ler de λy ile yer değiştirildiğinde eğer denklemin sağ tarafındaki f(x, y) fonksiyonu λn f(x,y) haline gelebiliyorsa denklem n’inci dereceden homojendir denir. Homojen bir diferansiyel denklemi çözerken aşağıdaki dönüşümleri uygulayacağız:

vxy = ve her iki yanın x’e göre türevi olan vvxy +′=′ Örnek 2‐6 Homojen diferansiyel denklem

xyxyy

+−

=′ diferansiyel denklemini çözünüz. vxy = ve vvxy +′=′ dönüşümlerini

uygularsak,

11

+−

=+−

=+′vv

xvxxvxvvx veya

112

++

−=′v

vvx elde edilir Şimdi denklem değişkenlerine

ayrılabilir. Düzenleme yapılırsa;

xdxdv

vv 1

11

2 =++

− veya ∫ ∫ ∫∫∫ −=+

++

⇒−=++

xdx

vdv

vdvv

xdxdv

vv

112

21

11

222 olur. İntegraller

alınırsa, xCvv lnln)arctan()1ln(21 2 −=++ ve tekrar düzenleme yapılırsa;

1ln1lnln)arctan(

22

+=+−=

vx

CvxCv bulunur. vxy = veya vxy =/ olduğu

hatırlanırsa, 222

2 1

lnarctanyx

C

xyx

Cxy

+=

+

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ elde edilir. (Not: xx =2 ) bulunur.

Örnek 2‐7

0)( 22 =+− dyxdxxyy diferansiyel denklemini çözünüz. Çözüm Denklemin ikinci dereceden homojen olduğu açıktır.

vxy = ve vvxy +′=′ dönüşümü uygulanırsa,

0)()( 222 =+′+− vvxxxvxxv ve gerekli sadeleştirme yapılarak 0)()( 2 =+′+− vvxvv bulunur.

yx

vCx

Cxvx

dxvdvv

dxdvx ==⇒=+−⇒=+⇒=+ ∫∫∫

1lnlnln100 22 den genel çözüm,

( )Cxxy

ln= olarak elde edilir.


Engin/Çengel

- 22 -

Örnek 2‐8

0)1(2)21( // =−++ dyyxedxe yxyx diferansiyel denklemini çözünüz.

Çözüm Verilen diferansiyel denklemde x’ler λx ve y’ler λy ile yer değiştirildiğinde sonucun değişmediği görülür. O halde denklem sıfırıncı dereceden homojendir. Ancak çözüm için

vxy = dönüşümü yerine vyx = dönüşümü kolaylık sağlar. Buna göre;

vyx = ydvvdydx += ifadeleri diferansiyel denklemde yazılarak;

0)1(2))(21( =−+++ dyveydvvdye vv elde edilir. Değişkenlerine ayırarak düzenleme yaparsak,

⇒=+

++ ∫∫∫ 0

221 dv

eve

ydy

v

v Cevy v ln2lnln =++ veya Cevy v =+ )2( . Ancak v

yx=

olduğundan Ceyxy yx =+ )2( veya Cyex yx =+ 2 .

C sabitinin negatif olamayacağından hareketle mutlak değer kaldırılabilir.

02 >=+ Cyex yx 2.4.3. Tam Diferansiyel Denklemler

0),(),( =+ dyyxNdxyxM diferansiyel denklemini göz önüne alalım. Burada M ve N, x‐y düzlemindeki R bölgesinde birinci türevleri bulunan x ve y’ye bağlı sürekli fonksiyonlar olsun. 0),(),( =+ dyyxNdxyxM formunda yazılan bir ifadenin tam diferansiyel olabilmesi için denklemin sol tarafı ),( yxu şeklinde bir fonksiyonun tam diferansiyeli, sağ tarafın da türevlendiğinde sıfır olabilmesi için bir sabit olması gerekir. Dolayısıyla aranan genel çözüm

Cyxu =),( şeklinde olmalıdır. Çözümün tam diferansiyelini alalım:

[ ] [ ] 0),(),(),( =∂

∂+

∂∂

⇒= dyy

yxudxx

yxuCdyxud . Verilen diferansiyel denklemle bu

denklem arasında beklenen bir benzerlik olduğu açıktır. O halde 0),(),( =+ dyyxNdxyxM diferansiyel denkleminin tam diferansiyel tipine uygun olabilmesi için;

dxuyxM ∂

=),( ve dyuyxN ∂

=),( olması gerektiğini söyleyebiliriz. Buna ilave olarak,

0),(),( =+ dyyxNdxyxM şeklinde verilen bir diferansiyel denklemin tam diferansiyel denklem olabilmesi için;

xyxN

yyxM

∂∂

=∂

∂ ),(),( olması gerekir.


Engin/Çengel

- 23 -

Örnek 2‐9

0)9()32( 223 =+++ dyxyxdxyxy diferansiyel denklemini çözünüz. Çözüm

xNyx

yM

xyxyxN

yxyyxM∂∂

=+=∂∂

⇒⎪⎭

⎪⎬⎫

+=

+= 222

392

9),(

32),( olduğundan verilen denklem tam

diferansiyel denklem tipindedir.

⇒∂

=dxuyxM ),( ∫∫ ++=+== )(3)32(),(),( 323 yhxyyxdxyxydxyxMyxu elde edilir.

Dikkat edilirse integral sabitini y’nin fonksiyonu olarak yazdık. Bunun nedeni aradığımız

Cyxu =),( şeklindeki genel çözümün iki değişkenli bir fonksiyon olması ve bu aşamada sadece x’e göre integral alıyor olmamızdır. Zira bu durumda x dışındaki tüm parametreler

sabit gibi işleme alınır. Mademki dyuyxN ∂

=),( olması gerekiyor, bunu sağlamak üzere;

( ) )(9)(39 223222 yhxyxyhxyyxy

xyx ′++=++∂∂

=+ yazılırsa, 0)( =′ yh veya Cyh =)(

elde ederiz. 13232 3)(3),( CCxyyxyhxyyxyxu =++=++=

veya sonuç olarak Kxyyxyxu =+= 32 3),( elde edilir. Burada CCK −= 1 olarak kullandık. Örnek 2‐10

1)2(,0132

2==−

+ ydyyxdx

yyx

başlangıç değer problemini çözünüz.

Çözüm

xN

yyM

yxyxN

yyxyxM

∂∂

=−=∂∂

⎪⎪⎭

⎪⎪⎬

⎫

−=

+=

2

2

2

1

),(

13),( olduğundan verilen denklem tam diferansiyeldir.

⇒∂

=dxuyxM ),( ∫∫ ++=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+== )(13),(),( 32 yh

yxxdx

yxdxyxMyxu

)()(),( 23

2 yhyxyh

yxx

yyx

dyuyxN ′+−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++

∂∂

=−⇒∂

= den 0)( =′ yh veya Cyh =)(

buluruz. Denklemde yerine konursa,

Kyxxyxu =+= 3),( . Sabiti bulmak üzere verilen başlangıç şartını kullanırsak,

K=+1223 , 10=K


Engin/Çengel

- 24 -

10),( 3 =+=yxxyxu

Bazen verilen bir diferansiyel denklem bir integral çarpanı yardımıyla tam diferansiyel hale getirilebilir. Eğer 0),(),( =+ dyyxNdxyxM denklemi bundan önceki yöntemlerle çözülemiyor ve aynı zamanda da tam diferansiyel değilse,

),(

),(),(

)(yxN

xyxN

yyxM

xg ∂∂

−∂

∂

= olmak üzere integral çarpanı ∫=μdxxgeyx )(),( ifadesinden

bulunur. Böylece denklemin her iki tarafı bu çarpanla çarpılarak tam diferansiyel hale getirilebilir. 2.4.4. Bazı Özel Diferansiyel Denklemler 1 – ( ) ( ) 0222111 =+++++ dycybxadxcybxa diferansiyel denklemi Bu denklem eğer c1 = c2 = 0 ise homojendir. c1 ≠ 0, c2 ≠ 0 ise denklem aşağıdaki dönüşümle homojenleştirilir.

11

11

dydykyydxdxhxx

=→+==→+=

Böylece denklem

0)()( 1121211111 =+++ dyybxadxybxa homojen denklemine dönüşür.

Ancak mbb

aa

==1

2

1

2 ise yukarıdaki dönüşüm çözüme götürmez. Bu durumda

12 ama = ve 12 mbb = dönüşümüyle denklem

0])([])[( 211111 =+++++ dycybxamdxcybxa olur. Bu denkleme vybxa =+ 11 dönüşümü uygularsak denklem değişkenlerine ayrılabilir duruma gelir. Örnek 2‐11 ( ) ( ) 0141 =−++−− dyyxdxyx diferansiyel denklemini çözünüz. Çözüm

11

11

dydykyydxdxhxx

=→+==→+=

( ) ( ) 01441 111111 =−++++−−+− dykhyxdxkhyx Elde edilen denklemi homojen hale getirebilmek için

0,1014

01==⇒

⎭⎬⎫

=−+=−−

khkh

kh olmalıdır. Böylece denklem


Engin/Çengel

- 25 -

( ) ( ) 04 111111 =++− dyyxdxyx şeklinde homojen olur. Bu denklemi çözmek üzere;

⎭⎬⎫

+==

111

11

vdxdvxdyvxy

dönüşümü uygularsak denklem,

0)41()14( 112 =+++ dvvxdxv halini alır. Değişkenlerine ayırırsak,

014

412

1

1 =+

++ dv

vv

xdx

elde ederiz.

cv

dvdvv

vx =+

++

+ ∫∫ 142

21

148

21ln 221 veya

cvvnx =+++ − )2(tan2114

21ln 12

1 elde edilir. Başta atadığımız değişkenlerden geri

dönersek,

1011

1

1

111

111

−==⇒

⎭⎬⎫

=→+=+=−=→+=+=

xy

xyv

yyykyyxxxhxx

2 2 11 2ln | 4 2 1| tan2 1

yy x x cx

−+ − + + =−

elde edilir.

2. Bernoulli diferansiyel denklemi

Bernoulli diferansiyel denklemi nyxRyxPy )()( =+′ , 0,1 ≠≠ nn formunda verilir çözüm

için ⎪⎭

⎪⎬⎫

−=

=−

−

dyyndu

yun

n

)1(

1 dönüşümü uygulandığında denklem lineer denklem haline getirilmiş

olur. Lineerleştirilen denklemin genel şekli

)()1()()1( xRnuxPndxdu

−=−+ haline gelir.

Örnek 2‐12

2 lnxy y y x′ + = diferansiyel denklemini çözünüz. Çözüm

Verilen denklem 21 ln xy y yx x

′ + = olarak yazıldığında bir Bernoulli denklemi olduğu açıktır.

1 1 2 1nu y y y− − −= = = ve 2u y y−′ ′= − dönüşümleri denklemde yerine yazılır ve gerekli düzenlemeler yapılırsa,


Engin/Çengel

- 26 -

1 ln xu ux x

′ − = − şeklinde u’ya göre lineer bir denklem elde ederiz.

1 1ln( ) ln 1( )dxP x dx xx xx e e e e

xμ

− −∫∫= = = = = olarak integral çarpanı bulunup genel çözüm

ifadesinde yazılırsa,

1 1 ln ln 1( ) ( )1/

x xu u x dx C x Cx x x x x⎡ ⎤ ⎛ ⎞= = − + = + +⎜ ⎟⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎝ ⎠∫

veya 1ln 1x Cxy

+ + = elde edilir.

3. Clairaut diferansiyel denklemi

Bu denklem ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ϕ+=

dxdy

dxdyxy şeklindedir. Bu denklemin genel çözümü için

dxdyy =′ ler

yerine keyfi olarak seçilen bir c sabitinin konulmasıyla bulunur. Yani genel çözüm, )(ccxy ϕ+= olur.

Bu denklemin tekil çözümü ise )(ccxy ϕ+= genel çözümü ile bu denklemin her iki

tarafının c’ye göre türevini alarak bulunan 0)( =ϕ′+ cx denklemlerinden c’yi elimine etmek suretiyle bulunur. Örnek 2‐12

2yyyxy ′−′+′= diferansiyel denklemini çözünüz. Çözüm

Verilen denklem Clairaut denklemidir. Genel çözüm için cdxdy

→ alınarak 2ccxcy −+=

olarak elde edilir. Tekil çözüm için her iki tarafın c’ye göre türevini alalım:

21021 +

=⇒=−+xccx bulunan genel çözümde yerine konursa;

2)1(41)1(

21)1(

2+−+++= xxxxy veya 2)1(

41

+= xy bulunur.

4. Lagrange diferansiyel denklemi

Bu denklem ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛φ+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ϕ=

dxdy

dxdyxy şeklinde verilir ve genel çözüm için py =′ dönüşümü

uygulanır. Örnek 2‐13

3yyxy ′+′−= diferansiyel denklemi çözünüz.


Engin/Çengel

- 27 -

Çözüm

( )y p x′ = dönüşümü yapıldığında 3pxpy +−= elde ederiz. Her iki tarafı x’e göre türetirsek,

pppxppy ′+−+′−==′ 23)( veya xp

pp−

=′ 232

bulunur. Düzenleme yapılarak

23

2p

px

dpdx

=+ diferansiyel denklemi bulunur ki bu da x’e göre birinci mertebeden lineer

bir diferansiyel denklemdir. Bu denklemin çözümünden p

cpx += 2

53

buluruz. Daha

önce de 3pxpy +−= olduğunu bulmuştuk, dolayısıyla,

3pxpy +−= , p

cpx += 2

53

aranılan çözüme ait parametrik denklemlerdir.

5. Riccati diferansiyel denklemi

Bu denklem 2( ) ( ) ( )y P x y Q x y R x′ = + + olarak verilir ve P(x) sıfırdan farklı değerler alır. Bu denklemin eğer y1 gibi bir özel çözümü verilmişse, bu durumda genel çözümü de bulunabilir. Aşağıdaki dönüşümler bu amaçla kullanılır:

1 1 21 uy y y yu u

′′ ′= + ⇒ = − alınarak diferansiyel denklemde yerine yazalım.

2

1 121 1( ) ( ) ( )uy P x y Q x y R xu uu

′ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞′ − = + + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

(1)

y1 özel çözümü diferansiyel denklemi sağlamalıdır. Buna göre diferansiyel denklemde yerine koyarsak,

21 1 1( ) ( ) ( )y P x y Q x y R x′ = + + buluruz. (2)

(2) denklemi (1) denkleminde yerine yazılıp düzenleme yapılırsa,

[ ]12 ( ) ( ) ( ) 0u P x y Q x u P x′ + + + = lineer denklemine ulaşılır ki bu da integral çarpanı ile

çözümü olan bir denklemdir. Özel durum: Eğer verilen Riccati denkleminin y1 ve y2 gibi iki özel çözümü biliniyor da genel çözümü isteniyorsa bu durumda genel çözüm olarak aşağıdaki ifade elde edilir.


Engin/Çengel

- 28 -

Genel çözüm: ( )2 1( )1

2

P x y y dxy y Cey y

−− ∫=−

Örnek 2‐14

22

1 4 0y y yx x

′ + + − = diferansiyel denkleminin bir özel çözümü 12yx

= olduğuna göre bu

denklemin genel çözümünü bulunuz. Çözüm

1 1 2 2 21 2 1 2u uy y y yu x u u x u

′ ′′ ′= + = + ⇒ = − = − − olur. Denklemde yerine koyalım:

2

2 2 22 2 1 1 2 1 4 0u

x u x x ux u x′ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − + + + + − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Düzenleme yaparsak,

5 1u ux

′ − = − bulunur.

515 ln( ) 5ln

51( )

dxP x dx xx xx e e e ex

μ− −∫∫= = = = =

45 5 5

51 ( 1)

4 41/x xu x dx C x C Cx

x

−− ⎛ ⎞

⎡ ⎤= − + = − + = +⎜ ⎟⎣ ⎦ ⎜ ⎟−⎝ ⎠∫ elde edilir. Diğer yandan, 1

1y yu

= +

olduğundan 2

xuxy

=−

bulunur. Yukarıdaki ifadede yerine yazıldığında,

2xu

xy= =

−5

4x Cx+ sonucuna ulaşılır.


Engin/Çengel

- 29 -

2.5. BİRİNCİ MERTEBEDEN DENKLEMLER İÇİN SİSTEMATİK YAKLAŞIM Şu ana kadar birinci mertebeden diferansiyel denklemlerin çözümüne yönelik çeşitli yöntemler öğrendik. Bu yöntemler uygulamada karşılaşılan çoğu problemi çözmek için yeterlidir, fakat bir diferansiyel denklemin bu yöntemlerin biriyle çözülebileceğinin garantisi yoktur. Bazen bir ya da iki yöntem yeterli olabilirken, bazen hiç birinin işe yaramadığı gibi bir durum ortaya çıkabilir. Her iki durumda da probleme sistematik bir mantık çerçevesinde yaklaşım yapmak faydalı olabilir.

),( yxfy =′ diferansiyel denkleminin ön görülen çözüm aralığında çözümünün var olduğunu ve bu çözümün tek olduğunu düşünelim. Kendimize şu soruları sorup cevap bulmaya çalışalım:

1. Denklem doğrudan integral yoluyla çözülebiliyor mu? Uygulamada karşılaşılan pek çok diferansiyel denklem doğrudan integre edilerek çözülebilecek şekildedir. )(xfy =′ şekline getirilebilen tüm denklemler bu yolla çözülebilir.

2. Verilen denklem lineer midir? Tüm lineer denklemlerin, karşılaşılacak olan integraller alınabildiği sürece çözümü yapılabilir.

3. Denklem değişkenlerine ayrılabilir midir? Verilen diferansiyel denklemde x’li terimler bir tarafta, y’li terimler de diğer tarafta toplanabiliyorsa, denklem değişkenlerine ayrılıyor demektir. Değişkenlerine ayrılan denklem doğrudan integral yoluyla çözülür.

4. Denklem homojen midir? Değilse homojen hale getirilebilir mi? Değişkenlerine ayrılamayan bir denklem, eğer homojense, xyv /= gibi bir parametrenin tanımlanmasıyla daima değişkenlerine ayrılabilir duruma getirilebilir.

5. Denklem tam diferansiyel midir?Değilse, tam diferansiyel haline getirilebilir mi? Denkleme tam diferansiyellik testi yapılır. Eğer tam ise çözümü yapılır. Eğer tam değil ve diğer formlara da uymuyorsa denklemi tam diferansiyel duruma getirecek bir integral çarpanı aranır.

Şimdi bu sistematik yolu bir örnekle pekiştirelim: Örnek 2‐14

yxxey −+=′ ln diferansiyel denklemini çözünüz. Çözüm İlk kontrol edeceğimiz konu denklemin mertebesidir. Verilen denklem birinci mertebedendir, çünkü iki veya daha fazla mertebeden türev terimi bulunmamaktadır. Ardından doğrudan integrasyon ile çözülebilirliğine bakalım. Denklemin sağ tarafı, bilinmeyen fonksiyon, çünkü iki veya daha fazla mertebeden türev terimi bulunmamaktadır. Ardından doğrudan integrasyon ile çözülebilirliğine bakalım. Denklemin sağ tarafı, bilinmeyen fonksiyon y’ye bağlı olduğundan değişkenlerine ayıramayız. Denklem lineer

değildir, sağ taraftan gelecek olan ye− terimi lineer değildir. Denklemi biraz basitleştirmeye çalışalım.

yxyxx exeeeey −− ==′ ln elde ederiz. Denklem değişkenlerine ayrılabilir duruma gelmiştir.


Engin/Çengel

- 30 -

Cxeedxxedye xyxy +−=⇒= ∫∫ )1( ve her iki tarafın doğal logaritması alınarak;

( )Cxey x +−= )1(ln 2.6. BİRİNCİ MERTEBEDEN LİNEER DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN UYGULAMALARI Fizikte, biyolojide ve sosyal bilimlerde karşılaşılan çok sayıda problemde bir büyüklüğün değişim hızının büyüklüğün kendisiyle orantılı olduğu gözlenmiştir. Diğer bir ifadeyle, eğer y ilgilenilen büyüklüğün t anındaki değeriyse, bu durumda,

kydtdyveyay

dtdy

=∝

yazılabilir. Burada k orantı sabiti olup deneysel veya gözlemsel sonuçlardan belirlenir. Denklemin solundaki terim, y büyüklüğünün zamanla değişim hızını temsil eder. Bu denklem birinci mertebeden lineer bir diferansiyel denklem olup değişkenlerine ayrılmak suretiyle kolayca çözülür:

kteyy 0= Burada y0, y büyüklüğünün t = 0 anındaki değeridir. Fiziksel olaylarda genellikle değişim sürekli bir fonksiyon özelliğinde olmasına rağmen biyoloji ve sosyal bilimlerde kesikli değişimler söz konusudur. Bir hayvan türünün sayısı veya bir kolonideki bakteri sayısındaki değişimler buna örnektir. Ancak sayı çok fazlaysa değişim zamanın sürekli bir fonksiyonu olarak düşünülebilir ve bu nedenle yapılacak hesaplama hatası genellikle makul sınırlar içerisinde kalır. Örnek 2‐15 Nüfus artışı: Malthusian yasası Belirli zaman periyotlarında insan topluluklarının, hayvan türlerinin, böceklerin ve bakteri kolonilerindeki bakterilerin kendileriyle orantılı biçimde arttığı gözlenmiştir. N(t), t anındaki sayı olmak üzere ve t=0 anındaki sayıyı N0 alarak, nüfusun değişim hızı (artış veya azalma hızı);

kteNtN 0)( = olacaktır. Burada k doğum ve ölüm hızları arasındaki farkı tanımlayan net nüfus değişim hızıdır. Örneğin k = 0.015/yıl, 1000’de 15’lik bir nüfus artışı demektir. Örnek 2‐16 Radyoaktif bozunma ve Radyoaktif Karbon Yaş Tayini Plütonyum, Radyum ve C14 olarak bilinen Karbon izotopu gibi bazı radyoaktif elementlerin diğer bir element veya aynı elementin farklı bir izotopunu teşkil etmek üzere tabii olarak bozundukları bilinmektedir. Bozunmanın hızı genellikle mevcut element miktarıyla orantılı olarak değişir, dolayısıyla radyoaktif bozunma süreci de yukarıdaki denklemle tanımlanır:

0, ( ) k tdM kM veya M t M edt

−= − =

Bu ifadede k > 0 olup bozunma sabiti adını alır. Bir arkeologun, bulduğu kemik kalıntısı üzerinde, bir canlı hayvanda bulunan miktarın %8’i oranında C14 izotopunun olduğunu saptamıştır. C14 izotopunun bozunma sabiti 1.24×10‐4/yıl olduğuna göre kemiğin yaşını hesaplayınız. Çözüm

Yukarıda verilen denklemden t’yi çekersek, 0

)(ln1M

tMk

t −= buluruz.


Engin/Çengel

- 31 -

dttdM )( ile verilen bozunma hızı, miktarı sürekli düşen M(t) ile orantılı olduğundan başlarda

bozunma hızı çok yüksektir ve zaman geçtikçe bu hız düşer. Mevcut bir radyoaktif maddenin yarısının bozunması için geçmesi gerekli süreye yarı ömür süresi diyoruz. Bu durumda

021)( MtM = alınırsa, yukarıdaki denklem,

k

tt H2ln

==

olur. Radyoaktif maddelerin yarı ömürleri gelişmiş laboratuarlarda ölçülür. Radyoaktif bozunmanın önemli bir uygulama alanı, C14 izotopunun bozunumu esasına dayanan Radyo Karbon Yaş Tayini’dir. Bu metodun temelinde, yaşayan herhangi bir canlıdaki karbon atomlarının küçük bir oranının C14 izotopu meydana getirdiği gözlemi vardır. Bu oran canlının yaşamı boyunca yaklaşık olarak sabit kalmakta, çünkü bozunan miktar, canlının çevresinden besin ve solunum yoluyla aldığı karbon atomlarıyla yerine konur. Ancak ölen canlıya artık karbon girişi olmayacağı için sürekli bir bozunma söz konusu olacaktır. Diğer bir ifadeyle canlı öldüğünde, içerisinde C14 izotoplarının da bulunduğu karbon girişi kesilir, canlının sahip olduğu C14 sürekli bir azalma sürecine girer. C14’ün yarı ömrü 5568 yıldır. Atmosferdeki C14 miktarı, azotun atmosferdeki kozmik ışınlar nedeniyle C14 izotopuna dönüşümü yoluyla sürekli olarak yenilenir ve böylece C14’ün atmosferdeki C12 miktarına oranı sabit kalır. Bu açıklamaların ışığı altında aranan süre,

36920)08.0ln(1024.1

14 =

×−=

−t yıl olacaktır.

Örnek 2‐17 Bir radyo aktif element olan Toryum–234 (Th234) izotopu , β ışınları yayarak Pa234’ye dönüşmektedir. Bu izotopun bozunma hızı, elementin mevcut miktarı ile doğru orantılıdır. Ayrıca 100 mg. Th–234 izotopunda bir hafta içinde geriye 82.04 mg. kaldığı bilindiğine göre, a) herhangi bir t anında geriye ne kadar Th–234 kaldığını, b) mevcut miktarın yarıya inmesi için ne kadar zaman geçmesi gerektiğini bulunuz. Çözüm (a) Verilenlere göre M0=100 mg (t=0 anında), M(t=7 gün) = 82.04 mg.

0283.0100

04.82ln71

=−=k /gün elde edilir. Dolayısıyla herhangi bir t anındaki bozunmamış

miktar;

tetM 0283.0100)( −= olacaktır. Diğer yandan (b) 5.240283.0

2ln2ln====

ktt H gün.

Örnek 2‐18 Newton’un soğuma kanunu Başlangıçta Ti = 20

0C olan bakırdan küçük bir bilye T0= 100 0C’de kaynamakta olan su

banyosuna bırakıldıktan 20 saniye sonra sıcaklığı ne olur. Su banyosu yeterince geniş olup

sıcaklığı değişmemektedir. 1.0==λmchA

1/s.


Engin/Çengel

- 32 -

Çözüm

Daha önce Newton’un soğuma yasasından ( )0dT T Tdt

λ= − − olduğunu görmüştük.

Değişkenlerine ayırarak çözdüğümüzde, bakır bilyenin t anındaki sıcaklığı

0 0( ) ( ) tiT t T T T e λ−= − − olur. Verilen değerler yerine konursa ( 20 ) 89.2T t s= = 0C olur.

Örnek 2‐19 Karışım problemi İçerisinde başlangıçta 1000 L temiz su bulunan bir tanka, içerisindeki tuz konsantrasyonu 0.1 kg/L olan tuzlu su 50 L/dakika debisinde girmekte, ve aynı zamanda tanktan yine 50 L/dakika debisinde tuzlu su çekilmektedir. Tank içerisindeki bir karıştırıcı, tanktaki karışımın homojenliğini sağlamaktadır. Beklendiği gibi, tanktaki su seviyesi sabit kalmasına karşın içerisindeki tuzlu sudaki tuz konsantrasyonu sürekli olarak yükselecektir. Tankta belirli bir t anında bulunan tuz miktarını veren ilişkiyi geliştiriniz. Tankta bulunabilecek maksimum tuz miktarı nedir. Çözüm M(t) tankta t anında bulunan tuz miktarını göstersin. Tanktaki tuz miktarına kütlenin korunumu prensibini uygulayalım: Tanktaki tuz miktarının değişim hızı = Tanka birim zamanda giren tuz miktarı‐Tanktan birim zamanda çıkan tuz miktarı

( )( ) ( ) 505.0/1000

/50/1.0/50 =+⇒⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−= M

dtdMLkgMdakLLkgdakL

dtdM

elde edilir.

Denklem birinci mertebeden lineer bir diferansiyel denklem olup 0)0( ==tM koşuluyla bir başlangıç değer problemidir.

5)(,05.0)( == tRtP alınmak suretiyle tdt eet 05.005.0)( ==μ ∫ . Denklem 2.7’den

[ ]∫ +μμ

= Cdx)x(R)x()x(

y 1 ⇒ ( ) ⎥⎦

⎤⎢⎣⎡=

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡= −− ∫

tttt

tt eedteetM0

05.005.0

0

05.005.0 2055)(

( ) ( )ttt eeetM 05.005.005.0 11001100)( −− −=−= elde edilir. Dikkat edilirse ∞→t durumunda parantez içi 1 olacağından 100)( =∞→tM kg olur. Örnek 2‐20 Bir tank, t = 0 anında içinde Q0 kg tuz içeren 100 L tuzlu su çözeltisi ile doludur. Litresinde 1/3 kg tuz bulunan başka bir tuz çözeltisi 5 L/dak’lık bir hızla tanka akmaktadır. Karıştırma ile tank içinde sürekli olarak homojen bir tuz karışımı elde edilmekte ve karışım aynı hızda (5 L/dak) tanktan dışarı çıkmaktadır. t anında tankta mevcut tuz miktarını veren Q(t) ifadesini bulunuz. Çözüm Kütlenin korunumu ilkesinden;


Engin/Çengel

- 33 -

birim zamanda giren tuz kütlesi – birim zamanda çıkan tuz kütlesi = tanktaki tuz kütlesinin zamanla değişimi olarak ifade edilebilir. Tankta t = 0 anında Q0 kg tuz vardır (başlangıç şartı). Ancak tankta t anındaki tuz konsantrasyonu Q/100 olacaktır (bkz. Konsantrasyon tanımı). 5 55 53 100 100 3

Q dQ dQ Qdt dt

− = ⇒ + =

Lineer diferansiyel denklemi bulunur. Bu denklemin çözümünden

0.05100( )3

tQ t Ce−= + genel çözümü elde edilir. Ancak 0( 0)Q t Q= = sınır şartı uygulanırsa,

0100

3C Q= − bulunur. Genel çözümde yerine koyar, düzenleme yaparsak,

( ) tt eQetQ 05.00

05.013

100)( −− +−= elde edilir.

Örnek 2‐21 Bir kimyasal madde, çözünmemiş miktarla (x) ve doymuş bir çözeltiyle doymamış bir çözelti arasındaki konsantrasyon farkı ile doğru orantılı olarak çözünmektedir. 100 g’lık bir doymuş çözeltide 50 g maddenin çözündüğü biliniyor. Eğer 30 g kimyasal madde 100 g suyla karıştırılırsa, 10 g 2 saatte çözünüyor. Buna göre 5 saat sonunda ne kadar çözünme olacaktır. Çözüm x → t saat sonra çözünmeyen madde miktarını göstersin. Bu durumda mevcut çözeltinin

konsantrasyonu 30130

x− olacaktır. Çözelti tamamen doymuş hale geldiğinde ise

konsantrasyonu 10050

10050100

=−

olacaktır. Problemde, maddenin çözünme hızının,

çözünmemiş madde miktarı ve bu iki konsantrasyon arasındaki fark ile orantı bir hızda çözündüğü ifade edildiğine göre aranan diferansiyel denklem

50 30 7100 130 26 130

dx x dx xk x k xdt dt

−⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − ⇒ = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

veya düzenleme yapılarak

1/3 kg/L, 5 L/dak Q/100 kg/L, 5 L/dak


Engin/Çengel

- 34 -

726 130

dx k dtxx

=⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠

elde edilir. Her iki tarafın integrali alındığında ise,

726 130

dx k dtxx

=⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠

∫ ∫

26 26 26ln ln(35 ) ln7 7 7 35

xx x kt Cx

− + = = ++

sonucuna varılır. Bulunan ifadede k ve C

bilinmemektedir. Ancak verilen iki şart kullanılarak bunlar belirlenebilir.

t = 0 → x = 30 g (başlangıçtaki toplam çözünmemiş madde miktarı)

t = 2 → x = 30 – 10 = 20 g (2 saat sonra kalan çözünmemiş madde miktarı)

26 30ln (0) 2.8727 30 35

k C C= + → = −+

26 20ln (2) 2.872 0.447 20 35

k k= − → = −+

Şimdi denklem 26 ln 0.44 2.8727 35

x tx

= − −+

olarak ifade edilebilir. Artık t = 5 saat

sonunda çözünmemiş olarak kalan miktar x bulunabilir.

26 ln 0.44 5 2.8727 35

ln 1.265 0.255 11.98 1235 35

xx

x x x g gx x

= − × −+

= − → = → = ≈+ +

Böylece 5 saat sonunda çözünen miktar 30−12 = 18 g olur.

Örnek 2‐22 Sıcaklığı 100 0C olan bir cisim 50 0C sıcaklığında bir odaya bırakılıyor 10 dakika sonra cismin sıcaklığının 90 0C’ye düştüğü görülüyor. Başlangıç anından itibaren ne kadar zaman sonra cismin sıcaklığının 60 0C’ye düşeceğini bulunuz. Cevap: 115 dakika

Örnek 2‐23 Bir sıvı içerisindeki basınç, sıvının yüzeyinden aşağıya doğru inildikçe artar. Bu artış hidrostatiğin temel denklemi olan gdzdp ρ=/ diferansiyel denklemiyle verilir. Bu ifadede ρ sıvının yoğunluğu, g ise yerçekimi ivmesi ve z yüzeyden itibaren derinliktir. Okyanus gibi çok derin sıvı yüksekliğinin söz konusu olduğu uygulamalarda )( pf=ρ olduğundan bu diferansiyel denklemin integre edilebilmesi için yoğunluk ile basınç arasında bir ilişkinin kurulması gerekir. Bu ilişki sıvının sıkışma modülünden elde edilir. Bu ifadeye göre sıkışma


Engin/Çengel

- 35 -

modülü ρρ

=ddpE ile tanımlıdır. Sıkışma modülünün sabit kaldığını ve yüzeydeki basıncı sıfır

ve yoğunluğu ρ0 alarak basıncın derinlikle değişimini elde ediniz. Çözüm

(a) ρρ

=ddpE = sabit olduğundan, ∫∫

ρ

ρρρ

=⇒ρρ

=0

00

lnEpdEdpp

elde edilir. Bu ifadeden

yoğunluğu çekersek, Ep

e0ρ=ρ elde edilir. Bunu hidrostatiğin temel denkleminde yazalım:

Ep

eggdzdp

0ρ=ρ= , ve değişkenlerine ayırarak ∫∫∫ ρ==− zzp

Epzp

Ep dzgdpe

e

dp

00

)(

0

)(

0

( ) ( ) ( )0

0 0

0

1p zp p z P z

E E E g zE e g z E e E g z eE

ρρ ρ

− − − ⎛ ⎞− = ⇒− + = ⇒ = −⎜ ⎟⎝ ⎠

ve her iki tarafın

doğal logaritması alınarak, ⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛ ρ−−=

Ezg

Ezp 01ln)( bulunur.

Örnek 2‐24 Belirli koşullarda silindirik bir duvardan r‐doğrultusunda birim zamanda geçen ısı miktarı

( ) ( ) ( ) /xQ k A T r T r dT r dr′ ′= − → = ile verilir. Bu ifadede A yüzey alanı, k ısı iletim katsayısıdır. 20 cm çapındaki bir buhar borusu 6 cm kalınlığında izolasyon malzemesi ile kaplanmıştır. İzolasyon malzemesi ısı iletim katsayısı k = 0.04 W/m∙K dir. Buharın sıcaklığı 200 0C, izolasyon dış yüzey sıcaklığı ise 30 0C’dir. Borunun bir metresinden saatte kaybolacak ısıyı ve boru civarındaki (r >10 cm ) sıcaklık dağılımını belirleyiniz. Çözüm Boru merkezinden r kadar uzaktaki silindirik yüzey alanı (veya r yarıçaplı bir silindirin yüzey alanı) 2rA rLπ= olarak ifade edilebileceğinden, soruda verilen denklem

r

İzolasyon kalınlığı 6 cm

10 cm

r = boru merkezinden uzaklık 200 0C de buhar


Engin/Çengel

- 36 -

( ) 2rdTQ k A T r k rLdr

π′= − = −

Olarak yazılabilir. Burada L silindirin boyudur. Denklemi değişkenlerine ayırıp integral alalım:

( ) ( )

0

0

0.16 m 30 C

0.10 m 200 C

2 2r T

r T

dr k dr kdT dTr Q L r Q L

π π= =

= =

= − ⇒ = −∫ ∫

( ) ( )0.16 0.2513ln 30 200 ( ) 90.9 W/m0.10

Q LQ L

⎛ ⎞ = − − ⇒ =⎜ ⎟⎝ ⎠

(cevap a)

Aynı denklemi, bu sefer integralin üst sınırlarını herhangi bir konum (r) ve bu konudaki sıcaklık (T) olarak integre edersek,

( )0

3

0.10 m 200 C

2 0.04 ln 2.765 10 20090.9 0.10

r T

r T

dr rdT Tr

π −

= =

⋅= − ⇒ = − × −∫ ∫

361.66 ln(10 ) 200r T= − veya 200 361.66 ln(10 )T r= − İzolasyon malzemesi içindeki sıcaklık dağılımı aşağıdaki gösterilmiştir. Örnek 2‐25 Kütlesi ihmal edilebilir bir yay düşey olarak bir yüzeye tutturulmuş, diğer ucuna ise kütlesi m olan bir cisim asılmıştır. Yay denge konumundayken (x=0) asılı bulunan kütlenin hızı 0V ise,

kütlenin hızını yayın yer değiştirmesine (x) bağlı olarak ifade ediniz. Çözüm

T (0C)


Engin/Çengel

- 37 -

Newton’un 2. yasasına göre xx amF = olduğundan kütleye etki eden x doğrultusundaki net

kuvvet belirlenmelidir. kxmgFx −= . Diğer taraftan cismin ivmesi için dxdVVax =

yazılabileceğinden cismin hareketini tanımlayan diferansiyel denklem, xkmgdxdVVm −=

olacaktır. Değişkenlerine ayırarak integre edersek;

∫∫ −+=⇒−=⇒⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −=

x xV

V

xV

V

xmkgxVxVx

mkgxVdxx

mkgdVV

0

220

2)(2)(

2)(22

00

Örnek 2‐26 Kütlesi m olan bir cisim yerden oldukça yüksekte bulunan bir noktadan ilk hızsız olarak serbest düşmeye bırakılıyor. Cisme etki eden yerçekimi kuvveti sabit ve hava direncinin cismin hızı ile orantılı olduğu kabul edildiğine göre, herhangi bir t anında cismin başlangıç noktasından hangi uzaklıkta olduğunu ve o anda hangi hıza hareket etmekte olduğunu

buluz. Cevap: )1()( / mtkekgmtV −−= , ( )mtke

kgmt

kmgtx /

2

21)( −−−= , k=orantı sabiti

Örnek 2‐27 Kütlesi m olan bir cisim yer küresi üzerinde bir yerden yukarıya doğru bir V0 ilk hızı ile fırlatılıyor. Hava direncini ihmal ederek , cismin bir daha yer yüzüne dönmemesi için V0 ilk hızının ne olması gerektiğini bulunuz. Çözüm x ekseninin (+) yönü yukarı olsun. Hava direnci ihmal edildiğine göre , burada hareketi etkileyen tek kuvvet yer çekimi kuvvetidir. Bu kuvvetin değeri ise Newton’un Evrensel Çekim Kanununa göre değişir. Bu durumda, yerküresi üzerinde yerçekimi ivmesinin değeri g ile, yerküresinin kütlesi M ve yarıçapı R ile gösterilirse; Evrensel Çekim Kanunu’na göre

MRgG

RMmGmg

2

2... =⇒=

t anında, cismin yerküresinden olan uzaklığı x ve hızı v olsun. Buna göre hareket denklemi

22

2

)(.RxMmG

dtxdm

+−= veya 2

2

)(.

RxRg

dtdv

+−= elde edilir. Denklemin sağ yanı x’e bağlı

olduğundan sol yanında da x’e bağlı ivmesinin kullanılması yerinde olacaktır. Buna göre,

∫∫ +−=⇒

+−=

xV

V

dxRx

gRvdvRx

Rgdxdvv

02

2

2

2

)()(.

0

ifadesinden hızın yükseklikle değişim ifadesi,

RxgRgRVV+

+−=2

20

2 22 olarak elde edilir.

Cismin yerküreye geri dönmemesi için sürekli olarak pozitif bir hıza sahip olması gerekir. Bu ise ancak 020 ≥− gRV şartı sağlanırsa mümkün olabilir. Bu durumda

11205104.681.922 60 ≈×××== gRV m/s.


Engin/Çengel

- 38 -

Örnek 2‐28 γ maddesi, α ve β gibi iki kimyasal maddenin reaksiyonu sonucu oluşmaktadır. Dolayısıyla a gr α ile, b gr β reaksiyon sonucu (a+b) gr γ vermektedir. Başlangıçta x0 gr α ve y0 gr β vardır; hiç γ bulunmamaktadır. γ maddesi oluşum hızının tepkimeye girmemiş α ve β maddelerinin çarpımı ile doğru orantılı olduğu bilindiğine göre, oluşan γ miktarını, z(t), zamanın fonksiyonu olarak elde ediniz. Çözüm

t anında oluşan z(t) gr γ içerisindeki α’nın oranı ba

a+

, β’nın oranı ba

b+

olacaktır. Kütle

cinsinden ise z(t) gr γ içerisinde )(tzba

a+

gr α, )(tzba

b+

gr β bulunacaktır. Dolayısıyla t

anında tepkimeye girmeyen α ve β miktarları sırasıyla, )( 0 bazax+

− ve )( 0 bazby+

− olur.

Bu durumda aranan diferansiyel denklem; ))(( 00 bazby

bazaxk

dtdz

+−

+−= halini alır.

Düzenleme yaparsak ( )( )zBzAKzyb

bazxa

bababak

dtdz

−−=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

+

+= 002)(

elde

edilir. Burada 002)(y

bbaBx

abaA

babakK +

=+

=+

=

Diferansiyel denklemin çözümü A ve B arasındaki ilişkiye bağlıdır. İki durumu dikkate alalım:

1. A > B için çözüm ( )

tkBA

tkBA

eBAeABtz )(

)(1)(−−

−−

−

−=

2. A = B olursa çözüm tkA

tkAtz+

=1

)(2

Öğrencilerin bu sonuçları elde etmeleri tavsiye edilir.

Örnek 2‐29 2 gr Y ile 1 gr X tepkimeye girerek 3 gr Z oluşturmaktadır. 100 gr Y 50 gr X iyice karıştırıldığında 10 dakika sonra 50 gr Z maddesi oluştuğu gözlenmiştir. (a) 20 dakika sonunda kaç gr Z oluşur, (b) 60 gr Z elde etmek için ne kadar beklenmelidir. Cevap: 75 gr, 40/3 dakika. Örnek 2‐30

Ülkelerin gelecekteki nüfus tahminlerinde kullanılan 2BNANdtdN

−= diferansiyel denklemi

oldukça kabul görmektedir. Bu denklemde, A ve B pozitif ülke sabitleri, N ise nüfusu göstermektedir. Başlangıç anındaki (t=0) nüfusu N0 alarak nüfus zamanın fonksiyonu olarak elde ediniz. ABD için A=3.13×10‐8 B=1.5887×10‐10 ve 1970 yılındaki nüfus 3.9 milyon olarak alınabildiğine göre 2003 yılındaki ve 2050 yılındaki nüfusları bulunuz.


Engin/Çengel

- 39 -

Örnek 2‐31 Seri olarak bağlı bobin ve dirençten kurulu bir alternatif akım devresinden geçen akım

)(tEiRdtdiL =+ diferansiyel denklemi uyarınca değişmektedir. Burada i devreden geçen

akımı (amper), L bobinin indüktansı (Henry), R direnç (ohm) ve E(t) ise volt olarak elektromotor kuvvettir. t=0 anında devreden geçen akımın i0 ve elektromotor kuvvetin E(t)=E0 olması durumunda devreden geçecek olan akımı i(t) zamanın fonksiyonu olarak elde ediniz. Çözüm Elimizdeki denklem birinci mertebeden lineer bir diferansiyel denklem olduğundan doğrudan integral çarpanı kullanılarak çözülebilir.

[ ]∫ +μμ

= CdttRti )(1)( ve LtRdtLR

eet /)( ==μ ∫ alarak,

LtRLtRLtR eCR

ECdt

LE

eeti /00//)( −− +=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+= ∫ bulunur. t=0 anında i=i0 olduğundan

yerine koyarak R

EiC 00 −= elde edilerek diferansiyel denklem çözümünde yazılırsa,

( )LtReR

Eti /0 1)( −−= olduğu görülür.

Örnek 2‐32 Yukarıda verilen 2‐26 nolu soruda elektromotor kuvvetinin ttE π= 120sin110)( uyarınca değiştiği bilinmektedir.. L=3 henry, R=15 ohm olarak verildiğine ve t=0 anında i=0 amper olduğuna göre devreden geçen akımı zamanın fonksiyonu olarak bulunuz. Çözüm

Devreden geçen akım )(tEiRdtdiL =+ diferansiyel denklemiyle tanımlı olduğuna göre

çözümü aranan denklem, tiRdtdiL π=+ 120sin110 veya t

Li

LR

dtdi

π=+ 120sin110 olacaktır.

Verilen değerler yerine konursa denklem, tidtdi

π=+ 120sin3

1105 olur. Birinci mertebeden

lineer olan bu denklem integral çarpanı metodu ile çözülür.

tdt eet 55)( ==μ ∫ elde edilerek genel çözüm ifadesinde (2.7 eşitliği) yerine konursa,

[ ] ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ +π=+μ

μ= ∫∫ − CdtteeCdttRti tt 120sin

3100)(1)( 55 elde edilir. İntegral işlemi için

kısmi integral yöntemi kullanılmalıdır (bu kısım öğrenciye bırakılmıştır). Burada biz

( )∫ −+

= tbbtbaba

edttbeta

ta cossinsin 22


Engin/Çengel

- 40 -

kalıbını kullanacağız. Problemimizde a=5 ve b=120π olduğundan yerine yazıp bazı sadeleştirmeden sonra;

( )( )∫ ππ−ππ+

=π ttedttet

t 120cos24120sin57615

120sin 2

55 elde ederiz. Dolayısıyla aranan

çözüm;

( )( ) teCttti 52 120cos24120sin

5761322)( −+ππ−π

π+= olacaktır. Verilen başlangıç

değerlerinden integral sabiti belirlenebilir. t=0 anında i=0 amper olduğuna göre, genel

çözümde yerine konup C çekilirse, ( )2576132422π+

π×=C elde edilir. Böylece aranan özel çözüm;

( )( )tettti 52 24120cos24120sin

5761322)( −π+ππ−π

π+= şeklinde olacaktır.

Örnek 2‐33 Seri bağlı direnç ve kondansatörden oluşan bir alternatif akım devresinde, kondansatörde

depolanarak elektrik yükü zamanı )(tEcq

dtdqR =+ uyarınca değişir. R=10 ohm, c=10‐3

farad, ttE π= 120sin100)( olarak verildiğine ve t=0 anında q=0 olduğuna göre kondansatörde depolanan elektrik yükünün zamanın fonksiyonu olarak elde ediniz. Çözüm

Diferansiyel denklem, verilenlerin yerine konmasıyla tqdtdq

π=+ 120sin1001010 3 veya

tqdtdq

π=+ 120sin10100 halini alacaktır. Bu ise birinci mertebeden lineer bir diferansiyel

denklemdir.

tdt eet 100100)( ==μ ∫ alınarak genel çözüm ifadesinde yerine konursa,

[ ]∫ +π= − Cdtteetq tt 120sin10)( 100100 elde edilir. İntegrali almak üzere

( )∫ −+

= tbbtbaba

edttbeta

ta cossinsin 22 olduğundan hareketle a=100, b=120π alınarak

( )∫ ππ−ππ+

=π ttedttet

t 120cos6120sin5)3625(20

120sin 2

100100 bulunur. Çözüm

ifadesinde yerine yazılarak;

( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+ππ−π

π+= − Ctteetq

tt 120cos6120sin5

)3625(2)( 2

100100 veya

( ) teCtttq 1002 120cos6120sin5

72501)( −+ππ−π

π+= elde edilir. C sabitini bulmak üzere

verilen koşul sağlatılırsa,

22 36253

725060

π+

π=⇒+

π+

π−= CC bulunur. Böylece aranan çözüm;


Engin/Çengel

- 41 -

( )2

100

2 36253120cos6120sin5

72501)(

π+

π+ππ−π

π+=

− tetttq

Örnek 2‐34 Örnek 2‐34’te t=0 anında geçen akım i=5 A olduğuna göre akımın zamanla değişimini elde ediniz. Çözüm

Bir önceki örnekten ( ) teCtttq 1002 120cos6120sin5

72501)( −+ππ−π

π+= elde edilmişti.

dtdqi = olduğundan türev alma işlemi yapılarak,

teCtt

ti 1002

2100

7250120sin720120cos600)( −−

π+

ππ+ππ= bulunur. Verilen koşul yerine

yazılırsa;

C1007250

6005 2 −π+

π= veya

236253005100

π+

π−=C elde edilir. Böylece aranan özel

çözüm;

tettti 10022

2

36253005

3625120sin360120cos300)( −⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛

π+

π−−

π+

ππ+ππ= olacaktır.


Engin/Çengel

- 42 -

Bölüm 2 ile ilgili problemler 1. Genel değerlendirme soruları Birinci mertebeden diferansiyel denklem ne demektir.

Birinci mertebeden bir diferansiyel denklem yyy ′′′′ ,, 2 gibi terimler bulundurabilir

mi? Birinci mertebeden bir diferansiyel denklem hangi şartlarda doğrudan integral yoluyla çözülebilir. 2. Lineer birinci mertebeden diferansiyel denklemler

2.1. Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin hangileri birinci mertebeden lineerdir:

(a) xyxy sin3 2 =+′ (b) xeyxy =+′ 32 (c) 2=+′ yxey (d)

122 =+′ yxyx

(e) xyyyy =+′ cos2 (f) xxyyy =+′ (g) 222 xyy =−′ (h)

xyy =+′

2.2. Aşağıdaki diferansiyel denklemleri, tüm işlem adımlarını göstererek, çözünüz.

(a) xxyy 23 =−′ (b) 02)1( 2 =−′− yyx (c) 22 xyyx =−′

(d) 2)/13( =−+′ yxy (e) 122 =+′ xyyx (f) xxyy sintan =+′

(g) x

eyx

yx22

=+′ (h) 2)1( 2 =++′ yxyx (i) xyx

y sin4=+′

2.3. Aşağıdaki başlangıç değer problemlerini, tüm adımları göstererek, çözünüz. (a) 1)0(,0 ==+′ yyy (b) 1)(,2cos2 =π=−′ yxxyy (c)

4)1(,2 ==−′ yexyy x

(d) 8)2(,4 42 ==+′ yxyxy (e) ( ) 112 =−′− xyyx 2.4. Aşağıdaki sorularda x’i bağımlı, y’yi bağımsız değişken alarak çözümü yapınız.

(a) x

ydxdy

−=

1

2, 1)0( =y (b) 2)1(,

2=

−=

−y

xee

dxdy

y

y

2.5. 0)( =+′ yxPy birinci mertebeden diferansiyel denkleminin bir çözümü )(1 xy

olsun. )(1 xyC ifadesinin de aynı denklemin çözümü olduğunu gösteriniz. 2.6. Birinci mertebeden diferansiyel denklemlerin uygulamaları (a) Malthusian nüfus artış yasası nedir? Neden gerçekçi tahminlerde daha uygundur. (b) Radyoaktif karbon ile yaş tayininin esası nedir. Bu iş için neden C14 uygundur. (c) Bir yağmur damlasının limit hızını tanımlayınız. Bu hız damlanın düştüğü yüksekliğe

bağlı mıdır? (d) Yeterince besinin bulunduğu bir balık gölünde, eğer hiç balık avlanmazsa, her yıl

balık sayısının ikiye katladığı gözlenmiştir. Başlangıçtaki balık sayısını N0’dır. Mathusian artış yasasını kullanarak ve her gün ortalama 0.002N0 adet balık avlandığını kabul ederek, balık sayısını zamanın fonksiyonu olarak elde ediniz.

(e) Belirli bir bakteri kolonisindeki bakteri sayısının her 3 saat iki kat arttığı bilinmektedir. Mathusian artış yasasını kullanarak başlangıçtaki bakteri sayısının 4 katına çıkabilmesi için ne kadar süre geçmesi gerektiğini bulunuz.

(f) Yıllık nüfus artış hızı % 0.2 olan bir ülkenin kaç yıl sonra nüfusunu ikiye katlayacağını belirleyiniz.


Engin/Çengel

- 43 -

(g) Başlangıçtaki sıcaklığı Ti=30 0C olan bakırdan yapılmış küçük bir küre t = 0 anında buzlu suya bırakılmıştır. Kürenin sıcaklığı 1 dakika sonra 20 0C’ye düştüğüne göre, Newton soğuma kanununu kullanarak 2 dakika sonra kürenin sıcaklığının ne olacağını belirleyiniz.

(h) Bir tankta, 10 kg tuz kullanılarak elde edilmiş bulunan 200 litre salamura (tuzlu su) bulunmaktadır. Tanka, bir karıştırıcı devredeyken, dakikada 5 litre saf su ilave edilirken, aynı hacimde tuzlu su da tankın altındaki delikten dışarı boşaltılmaktadır. 30 dakika sonra tankta ne kadar tuz kalır. Tuz miktarının 1 kg’a kadar düşmesi için ne kadar süre geçmesi gerekir.

(i) m kütleli bir cisim belirli bir yükseklikten durgun haldeyken serbest düşmeye bırakılmaktadır. Cisme etkiyen hava direncinin cismin hızıyla orantılı olduğu bilindiğine göre, cismin hızı ve konumunu zamanın fonksiyonu olarak elde ediniz.

3. Birinci mertebeden lineer olmayan diferansiyel denklemler 3.1. Değişkenlerine ayrılabilir tipteki diferansiyel denklemleri çözünüz.

(a) 13 +=′ xyy (b) 2)2( 2 +=′+ yyx (c) 02 =+′ + yxey

(d) 3)(xyy =′ (e) 1++=′ yxeyxy (f) 21 yyxy −=′

(g) 1)0(,02 ==+′ yxyy (h) 1)2/(,2cos2 =π=′ yxey y (i) 22 1 yyx −=′ , 0)0( =y

(j) 1)4/(,sincos

=π=′ yyeyey y

x

3.2. Aşağıdaki diferansiyel denklemlerde değişken dönüşümü yaparak değişkenlerine ayrılabilir duruma getirip çözünüz.

(a) ( ) )(1 2 yxyxy +−++=′ (b) yxeyxy ++=′ )( (c) 32 −+=′ yxy

(d) 2)( yxy −=′ (e) y

x

eyxey )( −

=′

3.3. R yarıçaplı küresel bir tank suyla doludur. Tank tabanına açılan a yarıçaplı bir delikten su

boşaltılacaktır. Toriçelli kanununa göre tankı terk eden suyun ortalama hızı gyV 2= olup

burada y göz önüne alınan durumdaki su yüksekliğidir. Tanktaki su seviyesini zamanın fonksiyonu olarak elde ediniz. Tankın tamamen boşalabilmesi için gerekli zamanı veren ifadeyi geliştiriniz. 3.4. Yukarıdaki problemi yatay olarak konumlandırılmış R yarıçaplı ve L boyundaki silindirik tank için tekrarlayınız.

3.5. Lojistik nüfus artışı NbNadtdN )( −−= diferansiyel denklemiyle tanımlanır. Bu

diferansiyel denklemin genel çözümünü bulunuz. 3.6. Lojistik nüfus artışı kanununa göre biraz daha karmaşık, ancak daha gerçekçi bir model

NcNbNadtdN )1()( −−−= diferansiyel denklemiyle verilir. Bu denklemin genel çözümünü

bulunuz. 3.7. Aşağıdaki eğri ailelerinin ortogonal yörüngelerini veren eğri ailesini belirleyiniz.

(a) Cyx =− 22 (b) kxyx 222 =+ (c) Cyxyx =+−+ 14 22


Engin/Çengel

- 44 -

3.8. Su dolu bir tankın altından bir delik açılırsa su boşalmaya başlayacaktır.Ancak tanktaki su seviyesi düştükçe birim zamanda tanktan boşalan su miktarı da azalacaktır, dolayısıyla zamana bağlıdır. Sabit AT kesitli bir tankın tabanına açılan A0 büyüklüğündeki bir delikten

birim zamanda çıkan su hacmi ghKA 20 olarak verildiğine göre, (K=sabit, h = t anındaki su

yüksekliği) tankın içerisinde başlangıçta (t=0), H metre yüksekliğinde su bulunduğunu varsayarsak, tanktaki su seviyesini zamanın fonksiyonu olarak elde ediniz. 3.9. Problem 3.8’i, ters çevrilmiş ve taban çapı D olan konik kesitli bir tank için çözünüz. 3.10. Problem 3.9’u ters çevrilmiş, alt ve üst taban çapları sırasıyla d ve D olan kesik koni biçimli bir tank için çözünüz.

3.11. Düzlemsel bir duvardaki tek boyutlu ısı iletimi, .xdTQ k Adx

= − olarak verilir. Burada x

ısının akış(iletim) doğrultusunu, k ısı iletim katsayısını A duvar alanını ve dxdT

, x

doğrultusundaki sıcaklık eğimini (gradyenini) verir. Eğer “k” mevcut malzeme için sabitse bu denklem duvar içerisindeki sıcaklık profilini [ ])(xTT = bulmak üzere kolayca integre edilir.

Ancak “k” genelde sıcaklığın fonksiyonudur ve ).1(0 Tkk β+= ilişkisiyle verilir. Burada

βvek0 sabitlerdir ( 00 >k ). Buna göre sabit bir Qx ısı transferi için duvar içerisindeki

sıcaklık dağılımını elde ediniz. 3.12. Yatayla 037 açı yapan bir eğik düzlem üzerinde bulunan bir cisim, eğik düzlem boyunca ve yukarı doğru =0V 12 m/s’lik bir ilk hızla fırlatılıyor. Cisim ile eğik düzlem arasındaki sürtünme katsayısı 25.0=μ ’tir. Buna göre (a) cisim eğik düzlem boyunca hangi uzaklığa gidebilir ve (b) cisim atıldığı noktaya geri döndüğünde hızı ne olur? Cevap: 9 m, 8.48 m/s. 4. Birinci mertebeden homojen tipte diferansiyel denklemler 4.1. Homojen diferansiyel denklem nedir, nasıl anlaşılır. 4.2. Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin homojen olup olmadıklarını inceleyiniz.

(a) yxyxy

−+

=′ (b) yx

xy++

=′ 21

(c) xy

xyxy23 2−

=′ (d) xyxy

32 −=′

4.3. Aşağıdaki homojen (veya homojene indirgenebilir) diferansiyel denklemleri çözünüz.

(a) yx

xy+

=′ (b) 3

23 4y

yxxy −=′ (c)

yxyxy

−+

=′2

(d) xy

yxy2

6 22 −=′

(e) yxyxy

243

+−

=′ (f) y

yxxy22 +

+=′ (g) 2

442

xyxy

y−−

=′

(h) 0)1(,1 =−=′ yxyy (i) 0)0(, =

+−

=′ yyxyxy (j) 0)1(,

22

=−+

=′ yyxyxy

(k) 6)2(,2 22

−=−+−

=′ yy

yyxxy (l) 2)0(,

2

22−=

−=′ y

xyyxy

(m) 3242

−+++

=′yxyxy (n)

yxyxy−−+

=′32 (o)

yyxy 12 −+

=′


Engin/Çengel

- 45 -

(p) 4−

+=′

xyxy (r)

84222−−−−

=′yx

yxy

5. Tam diferansiyel denklemler

5.1. Tam diferansiyel ne demektir. xyxyyxu −= 22),( fonksiyonunun tam diferansiyelini alınız. 5.2. Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin tam diferansiyel olup olmadıklarını inceleyiniz. Tam diferansiyel olanları çözünüz. (a) ( ) ( ) 01313 =′−++ yyx (b) ( ) ( ) 01313 =′+−− yxy

(c) ( ) ( ) 0222 =′−+− yexyxy y (d) 022 =′− yxyy

(e) ( ) 0cos2sin =′−+ yxexe yy (f) ( ) ( ) 02)2 =′−+++ yyxyx

(g) ( ) ( ) 0cossin 22 =′−−+ yyyxx (h) 11

++−−

=′yxyxy (i)

12

2 +−

=′ y

y

exxey

(k) y

x

eyxxeyxy 22 2cos

2sin2−+

=′ (l) ( ) ( ) 022 =′−++ yyxyx

(m) ( ) ( ) 0422 22 =++++ +++ dyexdxxxeex yxyxyx 5.3. Aşağıdaki çözümlere sahip olan diferansiyel denklemleri elde ediniz.

(a) 1.2sin),( 2 =−= + yxeyyxyxf (b) 45tan3),( 3 =−+= yxyxyxf 5.4. Aşağıdaki başlangıç değer problemlerinin çözünüz

(a) ( ) ( ) 1)0(,012412 32 ==′−−++ yyyyx

(b) ( ) ( ) 2)1(,01cossin3 232 −==′+−++ yyyyxxeyx x

(c) ( ) ( ) 0)0(,0323132 ==′+−+−+ yyyxyx

(d) ( ) ( ) 0)2/(,0cossin3 32 =π=′+++ yyyexyeyx xx

(e) 4)0(,11

2

2=

−+

=′ yeyexy y

x (f) 3)2(,

123132

=−+−−−

=′ yyxyxy

6. Aşağıdaki Bernoulli tipi diferansiyel denklemleri çözünüz.

(a) 0)1(,4 ==−′ yyyy (b) 1)0(,42 3 =−=+′ yyyy (c) 0)1(,2 ==−′ yyxyy

(d) xyyyx ln2=+′


Engin/Çengel

- 46 -

3. BÖLÜM

İKİNCİ VE DAHA YÜKSEK MERTEBEDEN LİNEER DİFERANSİYEL DENKLEMLER

3.1 GİRİŞ Birinci mertebeden diferansiyel denklemler, bir integral çarpanı kullanılarak sistematik bir yaklaşımla her zaman çözülebilirler. Çözülecek denklemin integrali alınabildiği sürece, sabit veya değişken katsayılı olması bu durumu değiştirmez. Ancak ikinci veya daha yüksek mertebeli denklemler için aynı şeyi söyleyemeyiz. Çünkü bu denklemlerin çözümü, büyük oranda, katsayıların sabit olmasına veya belirli şartları sağlayan türden değişken olmasına bağlıdır. İkinci ve daha yüksek mertebeli diferansiyel denklemler için genel bir çözüm yolu yoktur. Çoğu mühendislik probleminde sabit katsayılı ikinci mertebeden diferansiyel denklemleriyle karşılaşılır. Bu nedenle bu tür denklemlerin çözüm yollarını iyi kavramak gerekir. İkinci mertebeden lineer bir diferansiyel denklem en genel halde

)()()( xRyxQyxPy =+′+′′

formunda verilir. Burada P, Q ve R , x bağımsız değişkenlerine bağlı fonksiyonlardır. R(x) terimi içerisinde y ve türevleri bulunmayan tüm ifadeleri temsil eder ve bu yüzden homojen olmayan terim adını alır. R(x) =0 ise bu durumda denklem homojendir denir. İkinci mertebeden diferansiyel denklemleri çözerken homojen kısmı ayrı ele almak genellikle daha uygundur. Bunun için ilk etapta denklemin sağ yanı sıfırmış gibi hareket edilir. Lineer denklemler ayrıca sabit ve değişken katsayılı olarak da sınıflandırılırlar.

3 22 8 1xy y y x e−′′ ′− + = + − sabit katsayılı

22 8y xy y x′′ − + = değişken katsayılı

Teorem 3‐1 Çözüm Varlığı ve Tekniği x1 < x < x2 aralığında P(x), Q(x) ve R(x) x’e bağlı sürekli fonksiyonlar ve x0 bu aralıkta bir nokta ise, bu durumda ;

( ) ( ) ( )y P x y Q x y R x′′ ′+ + =

diferansiyel denkleminin y(x0) = y0 ve y’(x0) =y0’ iki adet başlangıç şartını sağlayan aralıkta tek bir çözümü vardır. Ancak y(x0) =0 ve y’(x0) =0 başlangıç şartlarını sağlayan tek çözüm y=0 çözümüdür. Diferansiyel denklemin standart formda olması şarttır. Örneğin;

22 8 6xy x y′′ − = denklemi 34y xyx

′′ − = halinde yazılmadıkça standart forma gelmiş

sayılmaz.


Engin/Çengel

- 47 -

Örnek 3‐1 Aşağıdaki diferansiyel denklemin tek bir çözümünün olduğunu ve bu çözümün çözüm aralığını gösteriniz.

3 5 cos 2

1xy y y x

x′′ ′+ − = −

−

(5) 3y = ve (5) 1y′ = −

Çözüm: Bu bir başlangıç değer problemidir çünkü her iki koşul da aynı bağımsız değişken değerinde verilmiştir. Denklem ikinci mertebeden olduğu için en yüksek mertebe 2’dir. Denklemde y veya bunun türevlerinin çarpımı üssü ve lineer olmayan fonksiyonları olmadığından, verilen denklem lineerdir. Denklemin sağ yanı sıfır değil, dolayısıyla homojen değildir. Ayrıca denklem standart formdadır. Bu tahlilleri yaptıktan sonra;

13)(−

=x

xxp Q(x) = ‐5 , R(x) =cosx ‐2

yazalım. Açıkça görülüyor ki Q(x) ve, R(x) sürekli fonksiyonlar, P(x) ise x=1’de süreksizdir. Dolayısıyla her üç ifadenin de sürekli olduğu ‐∞ < x < +1 ve 1 < x < ∞ aralıklarında çözümün olup olmadığı aranmalıdır. Başlangıç koşulu olan x0=5 noktası ikinci aralıktadır ve bu aralıkta çözüm varlığı ve tekliği garanti altına alınmış olur. Lineer sabit katsayılı homojen diferansiyel denklemlerin katsayıları zaten ‐∞ < x < + ∞ aralığında sürekli olduğundan çözüm tüm x değerleri için geçerli olacaktır. Ancak bir diferansiyel denklemi çözme ile bir başlangıç değer problemini çözme arasındaki ayrımı görmemiz gerekir. İkinci mertebeden bir diferansiyel denklemin çözümünden c1 ve c2’nin alabileceği sonsuz değere karşılık sonsuz adet çözüm vardır. Verilen iki koşul için bu sabitler belirlenir. Birinci olasılık bu iki şartı aynı noktada (aynı x0 değeri için) vermektir. Bu bizi başlangıç‐değer problemine götürür ve içerisinde x0’ın yer aldığı bir aralıkta çözümün garantisi vardır. Ancak iki şart farklı x değerleri için verilmişse ki bir sınır‐değer problemimiz var demektir. Yukarıda verilen Teorem‐3‐1, bu tür bir problemin çözümünün olup olmadığı konusunda bir garanti vermez. Sadece c1 = c2 elde edilebilen şartlarda sınır‐değer probleminin çözümünün varlığından ve tekliğinden söz edilebilir. Örneğin;

2 32 3 xy y x y x e−′′ ′+ − = y(0)=2 , (0) 5y′ = tekbir çözüm garanti olmasın karşın,

xexyxyy −=−+′ 323'2' y(0)=2, (8) 3y′ = denklemi için çözüm tek olmayabilir, hatta hiçbir çözüm bulunmayabilir. Örnek 3‐2 Kararlı rejimde L kalınlığındaki düzlemsel bir duvar içerisindeki sıcaklık dağılımı 0y′′ = denklemiyle verilir. Burada y , x noktasındaki sıcaklığı temsil ediyor. Verilen denklemin genel çözümünü ve aşağıdaki durumlar için özel denklemlerini elde ediniz.

a) y(0)=10 , (0) 5y′ = −

b) y(0)=10 , y(L)=0 c) (0) 5y′ = − , ( ) 10y L′ =


Engin/Çengel

- 48 -

d) (0) 5y′ = − , ( ) 5y L′ = − Çözüm: Çözüm aralığımız Lx ≤≤0 olacaktır. Art arda iki kez integre edersek genel çözüm;

21 cxcy += olur. Bu ise eğimi c1 olan bir doğru denklemidir.

a. y’(0)=‐5 c1= ‐5 y(0)=10 10=‐5.0 + c2 , c2 = 10

10.5)( +−= xxy elde edilir. Diğer hiçbir koşul bu şartları sağlayamaz. Dolayısıyla verilen başlangıç‐değer probleminin tek çözümüdür.

b. Sabitler belirlenirse c2=10 , Lc 10

1 −= bulunur. Bu durumda 1010)( +−= xL

xy

Buda verilen koşullar için elde edilebilecek tek çözüm olduğundan sınır‐değer problemi tek bir çözüme sahiptir.

c. Verilen koşullar için y’(0)=‐5 c1= ‐5

y’(L)=10 c1= 10

bulunur ki bu imkansızdır. Dolayısıyla verilen koşullar için problemin çözümü yoktur. Fiziksel olarak problem duvarın her iki yanından ısı verilmesini ve kararlı rejim oluşmasını öngörmektedir ki bu imkansızdır.

d. Verilen koşullar için y’(0)=‐5 c1= ‐5 y’(L)=‐5 c1= ‐5

dolayısıyla 25)( cxxy +−= elde edilir ki bu çözüm c2 ‘ye bağlı olduğundan tek çözüm değildir. Fiziksel olarak bu problemin duvarın bir tarafından verilen ısının diğer tarafından aynı hızla uzaklaştırıldığı bir duruma karşılık gelir. Bu ise duvar içerisindeki sıcaklık dağılımını bulma için yeterli bir bilgi değildir.

3.2. LİNEER BAĞIMSIZLIK VE WRONSKIAN FONKSİYONLARI

Verilen bir aralıkta bir fonksiyon diğer bir fonksiyonun bir sabitle çarpımından elde edilebiliyorsa bu iki fonksiyon lineer bağımlıdır denir. Aksi durumlar için lineer bağımsızlık söz konusudur. Diğer bir ifadeyle iki fonksiyonun oranı sabit bir sayı ise lineer bağımlılık vardır denir.

23

2

3

2

1

2

1 =⇒⎪⎭

⎪⎬⎫

=

=

yy

ey

eyx

x (lineer bağımlılık)

xyy

xyy 11

2

1

2

1 =⇒⎭⎬⎫

==

(lineer bağımsızlık)

Bu ifadeyi daha genelleştirmek için c1y1 + c2y2 = 0 şeklinde verilen y1 ve y2 fonksiyonlarının lineer kombinasyonunu dikkate alalım. Eğer x1 < x < x2 aralığında c1y1 + c2y2 = 0 ilişkisi sadece c1=c2=0 için sağlanıyorsa y1 ve y2 lineer bağımsız fonksiyonlarıdır denir.


Engin/Çengel

- 49 -

Örnek 3‐3 Lineer bağımsız fonksiyonlar ‐∞ < x < +∞ aralığında aşağıdaki fonksiyon çiftlerinin lineer bağımlı veya bağımsız olduklarını belirtiniz.

a) y1=6x , y2=2 b) y1=x

2 , y2=x3

c) y1=ex , y2=e

‐x d) y1=e

x , y2=e2x

Çözüm

(a) xxyy

32

6

2

1 == (bağımsız)

(b) xx

xyy 1

3

2

2

1 == (bağımsız)

(c) xx

xe

ee

yy 2

2

1 ==−

(bağımsız)

(d) xx

xe

ee

yy −== 2

2

1 (bağımsız)

İki Fonksiyonun WRONSKIAN’ı Yukarıdaki örneklerin dışında üç ya da daha fazla fonksiyonun lineer bağımsızlığını bulmak durumunda kalındığında daha genel bir yola ihtiyaç vardır. Biz bunu y1 ve y2 şeklinde iki fonksiyon için gösterip genelleştireceğiz. Belirli bir aralıkta verilen y1 ve y2 fonksiyonları, tüm x’ler için ;

1 2

1 20

' 'y y

Wy y

= ≠ ise

bu iki fonksiyon lineer bağımsızdır denir. Aksi halde lineer bağımlılık vardır. Örnek 3‐4 Aşağıdaki fonksiyon çiftleri için lineer bağımlı veya bağımsız olduklarını gösteriniz.

(a) 221 ,1 xyxy =+=

(b) xyxy cos,sin 21 ==

(c) 32

31 2, xyxy −==

Çözüm

(a) 21 2 1 2 ( 1)(2 ) 1( ) ( 2) 0W y y y y x x x x x′ ′= − = + − = − + ≠

(b) 01cos.cos)sin(sin ≠−=−−= xxxxW

(c) 0)2)(3()6( 3223 =−−−= xxxxW (lineer bağımlı)


Engin/Çengel

- 50 -

Genelleştirirsek, n adet y1 , y2 , ... yn fonksiyonunun x1 < x < x2 aralığında her birinin (n‐1) adet türevi varsa bunlara ait W determinantı;

0

...

......

......'...''

...

)1()1(2

)1(1

21

21

≠=

−−− nn

nn

n

n

yyy

yyyyyy

W ise bu fonksiyonlar lineer bağımsızdır.

3.3. HOMOJEN DENKLEMLER TEORİSİ

0y′′ = diferansiyel denkleminin çözümüne tekrar bakalım. 21 cxcy += genel çözümünü y1=x ve y2=1 almak suretiyle 2211 ycycy += olarak ifade edebiliriz. Buna göre aşağıdaki süperpozisyon ilkesi yazılabilir. “Eğer y1 ve y2 lineer homojen bir diferansiyel denkleminin çözümleriyse (

( ) ( ) 0y P x y Q x y′′ ′+ + = ) , 2211 ycycy += de bu denklemin bir çözümüdür.” Örnek 3‐5 Süperpozisyon İlkesi (Homojen Denklemler) e‐2x ’in y’’‐ 4y = 0 diferansiyel denkleminin bir çözümü olduğunu, ayrıca 5e‐2x’ in de aynı denklemin bir çözümü olduğunu gösteriniz. Çözüm

-2x 2x 2 2 2 2 2 24 (e e ) 4( ) 4 4 4 4 0x x x x x xy y e e e e e e− − −′′ − = + − + = + − − = Ancak bu durum homojen olmayan diferansiyel denklemler ve lineer olmayan diferansiyel denklemler için geçerli değildir. Öyle görünüyor ki ikinci mertebeden homojen diferansiyel denklemler sonsuz sayıda çözüme sahiptir, ancak bunların çoğu ancak bir sabit çarpan ile birbirinden ayrılmışlardır

(e‐x, 3 e‐x, 100 e‐x , xe−21

gibi). Yani çözümlerin çoğu lineer bağımlıdır. O halde bir lineer

homojen denklem lineer bağımsız kaç tane çözüme sahip olabilir? Bunun cevabı, diferansiyel denklemin mertebesi sayısıncadır. Teorem: Süperpozisyon ilkesi

0)(')(' =++′ yxQyxPy denklemi , x1 < x < x2 aralığında sürekli olan P(x) ve Q(x) fonksiyonları için, her zaman y1 ve y2 lineer bağımsız iki çözüme sahiptir. Ayrıca bu aralıktaki herhangi bir çözüm bu iki çözümün lineer kombinasyonu olarak;

2211 ycycy +=


Engin/Çengel

- 51 -

şeklinde ifade edilebilir. 3.4. SABİT KATAYILI HOMOJEN DENKLEMLER İkinci mertebeden sabit katsayılı homojen bir diferansiyel denklem sistematik bir yolla kolayca çözülebilir. Değişken katsayılı denklemler için iş daha zordur. Ve bu tür denklemler genellikle sonsuz seriler cinsinden çözülürler. Şimdi 0ay by cy′′ ′+ + = denklemini dikkate alalım. Burada a, b, c sabit katsayılardır. Dolayısıyla çözüm aralığımız ‐∞ < x < +∞ olur. Bu tür bir denklem her zaman y1 ve y2 gibi lineer bağımsız iki çözüme sahiptir ve denklemin genel çözümü

2211 ycycy += şeklinde ifade edilir. Peki y1 ve y2 ‘yi nasıl elde edebiliriz...

0ay by cy′′ ′+ + = denklemine dikkatli bakıldığında çözüm fonksiyonlarını ve türevlerini belirli sabitlerle çarparak topladığımızda tüm x değerleri için sonucun sıfır olması gerektiği anlaşılmaktadır. Dolayısıyla çözüm fonksiyonu ve türevleri en fazla bir sabit çarpan farkıyla benzer olmalıdır. Buna uyan tek elementer fonksiyon emx fonksiyonudur (m=sabit). Örneğin;

mxy e= , mxy me′ = , 2 mxy m e′′ = gibi. y = emx çözüm teklifi diferansiyel denklemde yazılırsa,

2( ) ( ) ( ) 0mx mx mxa m e b me c e′′ ′+ + = veya,

0)( 2 =++ cbmamemx olur.

Eşitliğin sıfır olabilmesi için 0≠mxe olduğundan;

0)( 2 =++ cbmam olmalıdır. Bu denkleme karakteristik denkleme diyeceğiz. Bu denklemin kökleri olan m1 ve m2 ise karakteristik kökler olup;

aacbbm

242

2,1−−

=∓

ifadesinden hesaplanır. Dolayısıyla iki kök için elde edilecek iki çözüm fonksiyonu ;

xmey 1

1 = ve 22

m xy e= olur.

Eğer m1 ve m2 farklı reel sayılarsa bu iki çözüm lineer bağımsızdır. Ancak köklerin eşit olma ve kompleks olma ihtimalleri de vardır.


Engin/Çengel

- 52 -

1. Durum: Farklı iki reel kök 21 mm ≠ Bu durumda y1 ve y2 lineer bağımsız olacağından denklemin genel çözümü

xmxm ececy 21

21 += olur. Örnek 3.6

2 0y y y′′ ′+ − = diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz . Çözüm:

Karakteristik denklem 022 =−+ mm veya ,0)2)(1( =−− mm m1=1 ve m2=‐2,

xx ececy 221

−+= Örnek 3.7 Silindirik yapılı (D çapında L boyunda) alüminyum kanatlar sıcak yüzeylerden ısının uzaklaştırılmasında yaygın olarak kullanılır. Böyle bir kanat içerisindeki sıcaklık dağılımı, T=T(x)

0'' =− TT λ , 04>=

kDhλ

diferansiyel denklemiyle tanımlanır. Burada h kanat ile çevresi arasındaki ısı transfer katsayısı, k kanat malzemesinin ısı iletim katsayısıdır.

L= 0.5 m λ= 4 m−1 T(0) = 200 ° C

(0)T ′ = −480 °C/m verildiğine göre kanat boyunca olan sıcaklık dağılımını ve kanat ucundaki (x = L=0,5 m) sıcaklığı belirleyiniz. Çözüm: Bu bir başlangıç‐değer problemidir ve 04'' =− TT

T(0) = 200 T’(0) = ‐480

şeklinde özetlenebilir. Karakteristik denklem

042 =−m , m1=2 ve m2=‐2 bulunur. Buna göre ;

xx ececxT 22

21)( += − elde edilir. Ayrıca ,

2 21 2( ) 2 2x xT x c e c e−′ = − + yazılarak koşullar yerine konulursa;


Engin/Çengel

- 53 -

T(0) = 200 → c1+c2 = 200 (0)T ′ = ‐480 → −2c1+2c2= −480

sisteminden c1=220 , c2=‐20 elde edilir.

Böylece 2 2( ) 220 20x xT x e e−= −

Kanat ucundaki sıcaklık için x=0.5 alınırsa,

2 0.5 2 0.5( 0.5 ) 220 20 26.57 CT x m e e− ⋅ ⋅= = − = ° 2. Durum: Eşit gerçek iki kök 21 mm =

Eğer 042 =− acb ise karakteristik denklemin reel ve eşit iki kökü olur. Bu durumda

özdeş iki çözüm vardır.

x)a2b(mxxmxm

1 eeeey 21

−

==== olur.

Lineer bağımsız ikinci çözümü elde etmek için mertebe düşürme yöntemi uygulanır. Bu

yöntemde yxy )(2 υ= olarak verilir ve dxy

exdxxP

∫∫−

=υ 21

)()( tanımlanır.

0=+′+′′ cyybya diferansiyel denklemi 0=+′+′′ yacy

aby yazılırsa a

bxP =)( dır.

Buna göre xdxe

ex xab

dxab

==υ ∫ ∫ −−

)/()( bulunur.

Buradan 12 xyy = olur. Dolayısıyla diferansiyel denklemin genel çözümü

)xcc(exececyyy 21mxmx

2mx

121 +=+=+= olur.

Örnek 3‐8 ( )21 mm = durumu

0y9y6y =+′+′′ diferansiyel denklemini çözünüz.

Çözüm:

Karakteristik denklem 0962 =++ mm , 0)3( 2 =+m veya 321 −==mm bulunur.

Buna göre )( 213 xccey x += −

olur.


Engin/Çengel

- 54 -

Durum 3: kompleks kök durumu )im( 2,1 βα ∓= 0ac4b2 <−=Δ kökler kompleks

olur.

Burada 1i −= , a2b

−=α ve abac

24 2−

=β dır.

Şimdi 1y ve 2y çözümlerine bakalım.

1 ( )1

m x i x x i xy e e e eα β α β+= = = ×

2 ( )2

m x i x x i xy e e e eα β α β− −= = = ×

)(21xixixxixxix BeAeeeBeeAeyyy β−βαβ−αβα +=+=+=

burada A ve B keyfi sabitlerdir. Çözüm fonksiyonu komplekstir ancak gerçek fonksiyonlarla

da ifade edilebilir.

⎪⎭

⎪⎬⎫

+=−=−

xixexixe

ix

ix

sincossincos

Taylor serisi açılımından elde edilerek yerine konulursa;

)sin(cos)sin(cos xixAxixABeAe xixi β−β+β+β=+ β−β

( ) xBAixBA β−+β+= sincos)(

xSinCxCosC β+β= 21

olur. Burada BAC +=1 ve )(2 BAiC −= olarak keyfi sabitlerdir. Böylece aranan

genel çözüm

( )xSinCxCosCey x β+β= α21 olur.

Örnek 3‐9 ( )β±α= im 2,1 durumu

0y3y2y =+′−′′ diferansiyel denklemini çözünüz.

Çözüm:

03m2m 2 =+−

( ) ( )22

1,2

2 2 4 1 342 2.1

ib b acma

− − − − × ×− −= =

∓∓

2i1m 2,1 ∓=

olur. Buradan 1=α ve 2=β olduğundan


Engin/Çengel

- 55 -

( )x2SinCx2CosCey 21x += bulunur.

3.5. HOMOJEN OLMAYAN DENKLEMLER TEORİSİ

İkinci mertebeden lineer, homojen olmayan bir diferansiyel denklem

( ) ( ) ( )xRyxQyxPy =+′+′′

Bu denklemin homojen hali ( ) 0xR = için elde edilir. Buna göre homojen kısmı

2211h ycycy +=

formunda olacaktır. Buna karşın herhangi bir keyfi sabit içermeyen ve homojen olmayan denklemi de sağlayan çözüm bir özel çözüm olarak adlandırılır. Bir sonraki adımda, elde dilen homojen kısmın çözümü tüm denklemin çözümü olacak şekilde değişikliğe uğratılır. Bu, aşağıdaki teorem ile yapılır:

Teorem: eğer öy , ( ) ( ) ( )xRyxQyxPy =+′+′′ denkleminin bir özel çözümü ise bu halde

denklemin genel çözümü

ööh yycycyyy ++=+= 2211

olur. P, R ve Q fonksiyonları 21 xxx << aralığında sürekli fonksiyonlardır. Burada şunu

belirtelim ki özel çözüm tek değildir. Homojen olmayan diferansiyel denklemi sağlayabilecek

çok sayıda çözümler vardır ve bunlardan herhangi biri özel çözümün yerini alabilir. Örneğin

8y4y =−′′ denkleminin homojen kısmının çözümü ( ) xx ececxy 22

21 += − dir. Bu

çözümün homojen olmayan denklemin de genel çözümü olabilmesi için bir özel çözüme

ihtiyaç vardır. Kontrol edilirse 2y −= nin verilen diferansiyel denklemi sağladığı görülür.

Böylece homojen olmayan diferansiyel denklemin genel çözümü,

( ) 2ececxy x22

x21 −+= −

olur. Biz, özel çözüm olarak x2e2y +−= veya x2e42y −+−= hatta

( )x2x2 e5e32y +−−= − ifadesini de seçsek homojen olmayan denklemin yine sağlandığını

görürüz. Bunun nedeni, iki çözümün lineer kombinasyonlarının da çözüm olmasıdır. Burada,

2yö −= çözümü en basitidir. Homojen olmayan denklemin genel çözümü, özel çözümün

seçiminden etkilenmez. Sonuçta homojen kısmın çözümü 2211h ycycy += halinde ifade

edileceğinden, ortak paranteze almak suretiyle, genel çözüm yine 1 1 2 2 2y c y c y= + − olur.


Engin/Çengel

- 56 -

Homojen olmayan terim )x(R genellikle birkaç terimden oluşur ve bazen her bir terime

karşılık gelen özel çözümler elde edilerek toplanabilir.

Teorem: Süperpozisyon ilkesi

Eğer, 1öy , ( ) ( ) ( )xRyxQyxPy 1=+′+′′ diferansiyel denkleminin bir özel çözümü ve 2öy ,

( ) ( ) ( )xRyxQyxPy 2=+′+′′ denkleminin bir özel çözümü ise 2ö1ö yy + ,

( ) ( ) ( ) ( )xRxRyxQyxPy 21 +=+′+′′ denkleminin bir özel çözümüdür.

3.6. HOMOJEN OLMAYAN DENKLEMLER; BELİRSİZ KATSAYILAR YÖNTEMİ

Homojen olmayan bir diferansiyel denklemi çözmenin en basit yolu belirsiz katsayılar yöntemidir. ( ) ( ) ( )xRyxQyxPy =+′+′′ diferansiyel denklemi sabit katsayı halde yazılırsa,

( )xRcyby =+′+′′

elde ederiz. )x(R teriminin alacağı bazı özel haller için bu yöntem son derece kullanışlıdır. Bunlar:

1. ( ) →= kxR sabit

2. ( ) ( )→= xPxR n x’e bağlı bir polinom

3. ( ) →= kxAexR üstel fonksiyon

4. ( ) xsinAxR α= veya xcosB α

5. veya bunların sonlu sayıda çarpanından oluşmuş fonksiyonlar, ( ) xsinxPAe nkx α

gibi.

Her ne kadar )x(R için verdiğimiz bu haller çok kısıtlayıcı görünse de uygulamada karşılaşılan çoğu problem bu sınıfa girmektedir. Eğer denklem değişken katsayılı ise, metodun bir garantisi yoktur. Ayrıca, x1 veya xtan gibi sonsuz sayıda lineer bağımsız

türevi bulunan )x(R formları için de metot pratik değildir. Bu tür durumlar için ileride görülecek olan sabitin değişimi yöntemi daha uygun olmaktadır.

Örnek 3‐10 ( ) kxexR = x3e10y4y =−′′ diferansiyel denklemini çözünüz.

Çözüm:

3xöy Ae= alalım ve verilen denklemi sağlaması için A sabitinin ne olması gerektiğine

bakalım.

xö Aey 33=′


Engin/Çengel

- 57 -

xö Aey 39=′′

olduğundan 2Ae10Ae4Ae9 x3x3x3 =→=−

Dolayısıyla özel çözüm x3ö e2y = olur.

Not: Özel çözümün sabit bir sayı ile çarpımı bir başka özel çözüm olmaz. Örnek 3‐11 ( ) xsinxR α=

x2sin6y3yy =−′+′′ diferansiyel denklemini çözünüz. Çözüm:

⎪⎭

⎪⎬

⎫

−=′′=′=

xAyxAy

xAy

ö

ö

ö

2sin42cos2

2sin denklemde yazalım.

x2sin6x2sinA3x2cosA2x2sinA4 =−+−

( ) xxAAAx 2sin62cos2342sin =+−−

76

−=A , 02 =A , 0A = buluruz ki bu imkansızdır. Peki nerede hata yapılmıştır? Sorunun

cevabı basittir. Önerilen çözümün türevleri lineer bağımlı olmayan fonksiyonlar türetmektedir. Dolayısıyla önerinin x2cosBx2sinAyö += şeklinde olması gerekirdi.

Buna göre xBxAyö 2sin22cos2 −=′

xBxAyö 2cos42sin4 −−=′′

x2sin6x2cosB3x2sinA3x2sinB2x2cosA2x2cosB4x2sinA4 =−−−+−− ( ) ( ) x2cos.0x2sin6B3A2B4x2cosA3B2A4x2sin +=−+−+−−−

⎭⎬⎫

=−=−−072

627BA

BA ikinci eşitlik 7, birincisi 2 ile çarpılırsa

0491412414

=−=−−

BABA

53121253 −=→=− BB

7 7 12 422 2 53 53BA ⎛ ⎞= = − =⎜ ⎟

⎝ ⎠

( )6 sin 2 7cos 253öy x x= − +


Engin/Çengel

- 58 -

Örnek 3‐12 ( ) ( )xPxR n=

2x8y4y2y =−′+′′ diferansiyel denklemini çözünüz. Çözüm:

Çözüm teklifi CBxAxy 2ö ++= şeklinde olmalıdır.

BAxyö +=′ 2 Ayö 2=′′

22 8444242 xCBxAxBAxA =−−−++

( ) ( ) 22 x8C4B2A2B4A4xA4x =−++−+−

⎪⎭

⎪⎬

⎫

=−+=−

=−

0C4B2A20B4A4

8A4 denklem sisteminden 2CBA −===

( )1xx2y 2ö ++−=

Not: Eğer dcxbxaxy 23ö +++= teklifi yapılmış olsaydı 0a = , 2dcb −===

bulunacaktı. Örnek 3‐13 Özel çözümlerin süperpozisyonu

x22 e6xcos4xsin21x3x8y4y2y −+++−=−′+′′ diferansiyel denkleminin bir özel çözümünü bulunuz. Çözüm:

Verilen denklem ( ) ( ) ( )x22 e6xcos4xsin21x3x8y4y2y −+++−=−′+′′ şeklinde yazılırsa, aranan özel çözümün

( ) ( ) x22132

21ö Cex2cosBxsinBAxAxAy +++++= formunda olacağını

söyleyebiliriz. Bu şekilde öy′ ve öy′′ türevlerini alarak ve verilen diferansiyel denklemde

yerine yazarak C,B,B,A,A,A 21321 şeklinde altı katsayıyı belirlemek mümkündür. Ancak


Engin/Çengel

- 59 -

bu uzun ve hata yapmaya elverişli bir yol olur. Bunun yerine problemi üç aşamada çözmek ve sonuçta her aşamada elde edilen özel çözümleri toplamak da aynı sonucu verecektir.

21( ) 8 3 1R x x x= − + için 32

211ö AxAxAy ++=

2 ( ) 2sin 4cosR x x x= + için xcosBxsinBy 212ö +=

23( ) 6 xR x e= − için x2

3ö Cey =

yazılarak çözüm yapılırsa

⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪

⎬

⎫

−=

−−=

++−=

x23ö

2ö

21ö

e32y

xcos2924xsin

292y

375.0x25.1x2y

3ö2ö1öö yyyy ++= olur.

Örnek 3‐14 Özel çözümler (Fonksiyon çarpımları)

x2x2 e5xey4y2y +=−′+′′ denkleminin bir özel çözümünü bulunuz. Çözüm:

Önceki örneklerden farklı olarak burada x2xe şeklinde fonksiyon çarpımı vardır. Özel çözümün yapısı hakkında bir fikir edinmek için bu fonksiyonun ilk iki türevine bakalım.

( ) xxexR 21 =

( ) 2 21 2x xR x e xe′ = + ve ( ) 2 2 2

1 2 2 4x x xR x e e xe′′ = + +

Görüldüğü gibi türevlerden x2e ve x2xe gibi lineer bağımlı olmayan iki ifade gelmektedir. O halde önerilecek özel çözüm bu iki ifadenin lineer bir kombinasyonu şeklinde olmalıdır. Dolayısıyla

( ) x2x2x2ö eBAxBeAxey +=+=

Denklemin sağındaki x2e5 terimi ise x2Ce şeklinde bir ifadeyi getirecektir. Ancak bunu da

x2Be terimi ile zaten dikkate almış oluyoruz. Birinci ve ikinci türevleri alıp diferansiyel denklemde yazalım:

( )( )

2 2

2 2 2

2 2 2

2

2 2 2

4 4 4

x xö

x x xö

x x xö

y Ae Ax B e

y Ae Ae Ax B e

y Ae Axe Be

⎫′ = + +⎪⎪⎡ ⎤′′ = + + + ⎬⎣ ⎦⎪

′′′ ⎪= + + ⎭

denklemde yazılırsa

( )[ ] x2x1x2x2x2x2x2x2x2 e5xeBe4Axe4Be4Axe4Ae2Axe4B4A4e +=−−+++++

[ ] [ ] x2x2x2x2 e5xeA4A4A4xeB4B4A2B4A4e +=−++−+++

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −=→=+→=+

235

41B5B4

41.65B4A6


Engin/Çengel

- 60 -

41A1A4 =→= ve

87B =

Böylece özel çözüm x2ö e

87x

41y ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ += olur.

Burada şunun altını çizmemiz gerekir: Fonksiyonların çarpımı şeklinde verilen bir )x(R için teklif edilecek olan özel çözüm, çarpıma katılan her bir fonksiyonun özel çözümlerinin çarpımıdır.

Örneğin ( ) x2xexR = için x ’den dolayı BAx + ve x2e ’den dolayı x2Ce önerilmelidir.

Dolayısıyla xxe için ( ) x2

KK

x2ö eBCxACCeBAxy

21⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=+=

( ) xö eKxKy 2

21 += olmalıdır. Örnek 3‐15 Başlangıç‐değer problemi

020 ChT = sıcaklığındaki hava ortamında bulunan bir kanatçıktaki sıcaklık dağılımı

( ) 0TTT h =−−′′ λ ile tanımlanır. 4λ = , ( ) 00 200 CT = , ( ) 00 420 C mT ′ = − ve 020 ChT = verildiğine göre kanatçıktaki sıcaklık dağılımını bulunuz.

Çözüm: Verilen başlangıç‐değer problemi 804 −=−′′ TT ; ( ) 2000 =T ; ( ) 4200 −=′T olarak özetlenebilir. Denklem ikinci mertebeden sabit katsayılı homojen olmayan bir diferansiyel denklemdir. Karakteristik denklem 2 4 0m − = , 2m = ∓ olur. Dolayısıyla homojen kısmın genel çözümü

( ) xx eCeCxT 22

21 += −

denklemin sağ yanı, yani R(x) sabit olduğundan öy A= teklifi uygundur. 0ö öy y′ ′′= = alarak denklemde yazalım. 80A40 −=− , 20=A Dolayısıyla 20yö = olur. Buna göre homojen olmayan denklemin genel çözümü

( ) 2022

21 ++= − xx eCeCxT

Verilen koşulları kullanmak üzere

( ) x22

x21 eC2eC2xT +−=′ − yazılarak

( ) 2002000 21 =+→= CCT

( ) 420224200 21 −=+−→−=′ CCT

15C1 −=


Engin/Çengel

- 61 -

195C2 = olarak elde edilir. Böylece aranan denklem

( ) x2x2 e195e15xT +−= − olur. Not: Verilen başlangıç şartlarının problemin genel çözüm denklemine uygulanması gerektiği unutulmamalıdır. Sadece homojen kısmın çözümüne veya özel çözüme bu şartlar uygulanmamalıdır. 3.7. HOMOJEN OLMAYAN DENKLEMLER: SABİTİN DEĞİŞİMİ METODU Bir önceki bölümde anlatılan belirsiz katsayılar metodu oldukça basit ve düz bir mantıkla hareket etmeyi gerektirir. Ancak iki önemli dezavantaja sahip olması bu metodun genelleşmesini engellemiştir. Bunlardan biri denklemin sabit katsayılı olmak zorunda olması, bir diğeri homojen olmayan kısmın ‐ )(xR ‐ belirli tiplerde olması gerekliliğidir. Bu iki eksikliği gideren metot sabitin değişimi metodudur. Tek dezavantajı homojen kısmın çözümünün yapılmış olmasını gerektirmesidir. İlk defa Lagrange tarafında geliştirildiği için Lagrange Teoremi veya Green Teoremi olarak bilinir. Önceki bölümden bildiğimiz gibi ( ) ( ) ( )xRyxQyxPy =+′+′′ diferansiyel denkleminin

homojen kısmının yani ( ) ( ) 0=+′+′′ yxQyxPy denkleminin 1y ve 2y gibi iki tane lineer

bağımsız çözüm fonksiyonu vardır ve bu çözüm 2211h yCyCy += şeklinde bu

fonksiyonların lineer bir kombinasyonudur. Bu çözüm metodunun arkasındaki temel fikir

2211 yuyuyo += formunda bir özel çözüm arayışıdır. Böylece şu sorunun cevabı aranır: Homojen kısmının çözümünde yer alan C1 ve C2 sabiti nasıl birer u1(x) ve u2(x) fonksiyonları olmalı ki yukarıdaki ifade homojen olmayan diferansiyel denklemin bir özel çözümü olabilsin. İki tane bilinmeyen fonksiyonu belirleyebilmek için iki denkleme ihtiyaç vardır. Bunlardan biri öy çözümünün diferansiyel denklemi sağlama şartından, diğeri ise bu iki fonksiyonun bizim tarafımızdan seçilecek bir şartı sağlamasından elde edilir.

Şimdi kendi şartımızı (bütünler şart)

02211 =′+′ yuyu olacak şekilde belirleyelim. Bunu dikkate alarak ikinci türevi alalım.

22112211 yuyuyuyuyo ′′+′′+′′+′′=′′ Şimdi de oy′ ve oy ′′ ifadelerini diferansiyel denklemde yerine koyalım. Böylece aşağıdaki ifadeyi elde ederiz.

)()()( 22112222111 xRyuyuQyyPyuQyyPyu =′′+′′++′+′′++′+′′′

)(),(),()( 221122112211 xuuxuuyuyuyuyuyo ==′+′+′+′=′


Engin/Çengel

- 62 -

Ancak y1 ve y2 ilgili homojen denklemin çözümü olduklarından parantez içleri sıfır olur. Böylece

)(2211 xRyuyu =′+′ denklemi bulunur. Bu denklem ile bütünler şart olarak elde ettiğimiz denklemin (

02211 =′+′ yuyu ) oluşturduğu denklem sisteminin çözümünden,

2 11 2

1 2 1 2 1 2 1 2

( ) ( )y R x y R xu ve uy y y y y y y y

′ ′= − =′ ′ ′ ′− −

bulunur. Her iki denklemin paydasındaki 2121 yyyy ′−′ Wronskian değeri olup, y1 ve y2 lineer bağımsız olduğundan her zaman sıfırdan farklı değerler alır. Böylece aradığımız fonksiyonlar,

dxyyyy

xRyuvedxyyyy

xRyu ∫∫ ′−′=

′−′−=

2121

12

2121

21

)()(

olacaktır. Buradaki integrallerin sonucunda gelecek sabitlerin dikkate alınmaması aranan genel çözümü etkilemez. Bu yüzden integral sabitleri bu aşamada dahil edilmez. Böylece özel çözüm elde edildikten sonar, genel çözüm,

22211122112211 )()( ycuycuyuyuycycyyy öh +++=++=+= olur. Yukarıda u1 ve u2 nin elde edilmesi sırasındaki integraller bazen analitik olarak alınmayabilirler. Bu durumda sayısal integral alma yoluna gidilir. Örnek 3‐16 Sabitin değişimi metodu

xeyyy

x=+′−′′ 2

diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz.

Çözüm

1012 212 ==⇒=+− mmmm olduğundan homojen kısmın çözümü

xxh xececy 21 += Açıkça görülüyor ki xx xeyey == 21 , tir. Ayrıca

xexR

x

=)( ve

)1(21 +=+=′=′ xexeeyey xxxx olduğundan

xxxxxxxxx exexeexeexeeeyyyyW 22222121 )( =−+=−+=′−′= olur.

Böylece

21 2

12 2

( )( )

( )( ) ln

x x

x

x x

x

y R x xe eu x dx dx dx xW e x

y R x e e dxu x dx dx xW xe x

= − = − = − = −

= = = =

∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫


Engin/Çengel

- 63 -

Dolayısıyla aradığımız özel çözüm,

xxexeyuyuy xxö ln2211 +−=+= ve genel çözüm,

xxexexececyycycy xxxxö ln212211 +−+=+−=

xxexeKecy xxx ln21 ++= olur. 2 2 1K C= − dir.


Engin/Çengel

- 64 -

3.8 EULER DENKLEMLERİ Şimdiye kadar sabit katsayılı lineer denklemler üzerinde durduk. Katsayıların değişken olması durumunda ise sadece bazı özel durumlar dışında, basit bir çözüm yolu yoktur. Sabit katsayılı lineer bir denkleme dönüştürülebilen Euler (veya Euler‐Cauchy) denklemi buna bir örnektir. Denklem,

)(2 xrcyybxyx =+′+′′ formunda verilir ve b, c sabitlerdir. Euler denklemi genellikle

0),(2 ≠=+′+′′ xxRyxcy

xby standart şeklinde verilir. Açıkça görülüyor ki x=0 için

çözüm yoktur.Dolayısıyla çözüm aralığı bu noktayı hariçte bırakacak şekilde seçilmelidir. Ayrıca mutlak değer işaretini kullanmamak için x > 0 durumları incelenecektir. Ancak x<0 için de çözümler yapılabilir. Euler denklemi sabit katsayılı lineer bir diferansiyel denkleme dönüştürmek için x=et veya t=lnx dönüşümü uygulanır. Böylece denklem,

)()1( tercyyby =+−+ halini alır. Burada, 2

2

,dt

ydydtdyy == dir.

Örnek 3‐17 Euler Denklemi,

x>0 olmak üzere 0422 =−′−′′ yyxyx diferansiyel denklemini çözünüz. Çözüm Verilen denklem bir Euler denklemidir. Denklem standart formda yazılırsa,

0422 =−′−′′ y

xy

xy olarak ,

⎪⎪⎭

⎪⎪⎬

⎫

−=⇒−≡

−=⇒−≡

44

22

22c

xxc

bxx

b

elde edilerek

0432

2=−− y

dtdy

dtyd

Bu ise ikinci mertebeden, lineer, sabit katsayılı ve homojen bir diferansiyel denklem olup karakteristik denklemi

41043 212 =−=⇒=−− mvemmm bulunur. Buna göre dönüştürülmüş denklemin

genel çözümü,

tt ececty 421)( += −

olur. Ancak xt ln= olduğundan,


Engin/Çengel

- 65 -

42

1

ln2

ln1

ln42

ln1

41

)(

xcxc

ecec

ececxyxx

xx

+=

+=

+=−

−

Not: ue u =ln Euler denklemlerinin genel çözümü, alternatif bir yol izlendiğinde, aşağıdaki gibi de özetlenebilir.

02 =+′+′′ cyybxyx diferansiyel denkleminde y=xr dönüşümü uygulandığında denklem,

2 ( 1) 0rx r b r c⎡ ⎤+ − + =⎣ ⎦ halini alır. Bu denklemin r1 ve r2 kökleri için şu genellemeler

yapılabilir.

1. 1 21 2 1 2,r ry c x c x r r= + ≠ gerçek kökler

2. ( ) rrrxxccy r ==+= 2121 ,ln gerçek kök

3. [ ] β±α=β+β= α irxcxcxy 2,121 ,)lncos(lnsin(

Burada c1 ve c2 sabit olup x>0 için mutlak değer işaretleri kaldırılabilir. Eğer çözüm

0<<∞− x aralığında aranıyorsa xx −= alınır.

Bunların dışında eğer Euler denklemi

)()()( 02

0 xrcyyxxbyxx =+′−+′′−

formunda verilmiş olabilir. Bu durumda;

a)‐ rxxy )( 0−=

b)‐ rtyvexxt =−= 0

c)‐ texx =− 0

dönüşümlerinden biri uygulanarak verilen denklem sabit katsayılı hale getirilebilir.


Engin/Çengel

- 66 -

Örnek 3‐18 Metotların karşılaştırılması

0422 =−′−′′ yyxyx Euler denkleminin x>0 için ve rxy = dönüşümü yaparak genel çözümünü bulunuz. Çözüm

21 )1(, −− −=′′=′= rrr erryvereyxy elde ederek verilen denklemde yazalım.

[ ] [ ] 042)1( 122 =−−− −− rrr xrxxxrrx , [ ] 0432 =−− rrx r denklemine ulaşılır. x>0

olduğundan 0≠rx , dolayısıyla parantez içi sıfır olmalıdır. Buna göre 41 21 =−= rver bulunarak genel çözüm;

42

142

1121

21 xcxcxcxcyxcxcy rr +=+=⇒+= − elde edilir.

Örnel 3‐19 Euler denklemleri (Özel çözümünün bulunması)

x>0 olmak üzere xyyxyx 10422 =−′−′′ diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. Çözüm

Bir önceki örnekten 42

1 xcxc

y += olarak elde etmiştik. Her ne kadar denklemin sağ yanı

10x olduğundan akla ilk gelebilecek özel çözüm teklifi yö=Ax+B olsa da, bu çözüme belirsiz katsayılar metodu ile gitmenin bir garantisi yoktur. Dolayısıyla sabitin değişimi metodu kullanılacaktır. Özellikle denklemi, metodun uygulanabileceği standart hale getirmeliyiz.

42

12 ,1042 xc

xc

yx

yx

yx

y h +==−′−′′ olduğundan 221 ,1,10)( xy

xy

xxR ===

dir.

Wronkskian ise; 242

32121 5)1()4(1 xx

xx

xyyyyW =−−=′−′= olur. Böylece;

∫∫

∫∫

−===

−=−=−=

321

2

22

42

1

32

511)(5

10)(

xdx

xxdx

WxRyu

xdxxxdx

WxRyu

Bu duruma göre xxxx

xyuyuyö 35

321

432

2211 −=−−=+= ve genel çözüm

xxcxc

yyy öh 354

21 −+=+= olacaktır.


Engin/Çengel

- 67 -

3.9. İKİNCİ MERTEBEDEN SABİT KATSAYILI LİNEER DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN UYGULAMALARI Örnek 3‐20 Sönümsüz Serbest titreşimler

Sürtünmesiz bir yay‐kütle sistemi denge halindeyken kütle aşağı doğru X0 mesafesine kadar çekilip V0 hızına ulaştıktan sonra t=0 anında serbest bırakılmıştır. Yayın deforme olmamış konumu x=0 olarak ve aşağı yönü pozitif kabul ederek kütlenin konumunu zamanın fonksiyonu x(t) olarak elde ediniz. Ayrıca titreşimin genliğini ve periyodunu belirleyiniz.

Çözüm: Yay‐kütle‐sönümleyiciden oluşan bir sistemin hareket denklemi Newton’un ikinci kanunundan

2

dış2d x dxm c kx F

dtdt+ + = diferansiyel denklemi olarak elde edilir. Burada m yaya bağlı cismin

kütlesi, c sönümleme katsayısı ve k yay sabitidir. Fdış ise zorlanmış sönümleme durumları hariç sıfırdır. Verilen problemde sönümleme elemanı yoktur (c=0). Ayrıca dış kuvvet, sürtünme veya başkaca bir sönümleme kuvveti bulunmadığından denklem

0=+ kxxm halini alır. Şartlar olarak 00 )0()0( vxvexx == yazılabilir. Bu denklem ise lineer,

homojen ve sabit katsayılıdır. Denklemi standart hale getirmek için m ile bölersek,

00 20 =ω+=+ xxveyax

mkx bulunur. Böylece karekteristik denklemimiz,

veirr 020

2 ,0 ωω ∓==+ tctctx 0201 sincos)( ωω += c1 ve c2 sabitleri başlangıç

şartlarından belirlenirse,

0

02

01

ωv

c

xc

=

=

elde edilir. Buna göre tv

txtx 00

000 sincos)( ω

ωω += bulunur. Açıkça görülüyor ki bir

periyodik harekettir. İrdeleme açısından daha uygun olması nedeniyle bu ifade trigonometrik bir dönüşümle,

)cos()( 0 φω −= tAtx şeklinde verilir. A ve φ ’nın belirlenmesi için cos(a‐b) özdeşliğinden

yararlanılarak bu ifade açılır ve yukarıdaki ifadeyle karşılaştırılarak,

x m

m t=0

k k

Statik durum


Engin/Çengel

- 68 -

00

01

20

2

0

0

tanx

v

xv

A

ω=φ

+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ω

=

−

olup faz açısı adını alır. Elde edilebilir. Buradaki φ değerinin 0

0sinω

φv

A = ifadesini

sağlaması gerekir.

)cos()( 0 φω −= tAtx basit harmonik hareketi tanımlar. cos(x) fonksiyonunun alabileceği

maksimum değer 1 olduğundan buradaki A maksimum genliktir. Böylece kütle –A ve +A arasında salınım yapar. cos fonksiyonu nπ2 (n tamsayı) açılarında 1 değerini alacağından

,....3,2,1,0,220

0 =ω

φ+π=⇒π=φ−ω nntnt olarak kütlenin maksimum genlik

noktalarından geçecegi zamanlar hesaplanabilir. Ardışık iki maksimum nokta arasında geçen süreye periyot (T ) denildiğini biliyoruz. Buna göre,

0002

01

221

0

ωφ

ωπ

ωφπ

ωφ

+=+

==

==

tiçinn

tiçinn

012

2ωπ

=−= ttT olur. Peryodun (T) tersi ise frekanstır (f) ve πω2

1 0==T

f şeklinde ifade

edilir. Frekansın birimi çevrim/s olup kısaca Hz. ile gösterilir. mk

=0ω ifadesi ise sistemin

doğal frekansıdır.


Engin/Çengel

- 69 -

Örnek 3‐21 Sönümsüz Zorlanmış Titreşimler: Bazen yay‐kütle‐sönümleyici sistemleri mekanik sistem üzerine etki eden dış kuvvetlere maruz kalır. Bu tür kuvvetler genel olarak periyodik karakterli olup tF ωcos0 veya tF ωsin0

gibi fonksiyonlarla temsil edilirler. Başlangıçta hareketsiz bulunan )0)0(,0)0(( =′= xx bir

kütle‐yay sistemini dikkate alalım. Dış kuvvet ise tF ωcos0 uyarınca zamanla değişmektedir. Sistem sürtünmesiz olup sönümleme elemanı yoktur. (c=0) 0ωω ≠ durumu için kütlenin konumunu zamanın fonksiyonu olarak elde ediniz.

Çözüm Hareketi tanımlayan diferansiyel denklem

tFkxxm ωcos0=+ olur. Standart formda ise

tmF

xx ωω cos020 =+ Denklemin homojen kısmının

çözümü tctcxh 0201 sincos ωω += olurken özel çözüm

için 020

/ cosöF mx tωω ω

=−

elde ederiz. Böylece genel çözüm

01 0 2 0 2

0

/( ) cos sin cosF mx t c t c t tω ω ωω ω

= + +−

Başlangıç şartlarını dikkate aldığımızda ise; 0)(

2220

01 =

−= cve

mF

cωω

elde edilir. Sonuç

olarak aranan genel çözüm,

)cos(cos/

)( 0220

0 ttmF

tx ωωωω

−−

= olarak elde edilir.

Örnek 3‐22 Sönümlü Serbest titreşimler

Sönümlü serbest titreşim hareketini tanımlayan diferansiyel denklem 0=++ kxxcxm olrak verildiğine göre, 00 )0(,)0( vxxx =′= olarak bir kütle‐yay sönümleyici sistemindeki kütlenin konumunu

a) 042 >− mkc

b) 042 =− mkc

c) 042 <− mkc durumları için elde ediniz. Her üç eğriyi bir x‐t grafiğinde gösteriniz.

Örnek 3‐22 Sönümlü Zorlanmış titreşimler

Yukarıdaki örneğin diferansiyel denklemin

tFkxxcxm ωcos0=++ olması halinde 042 >− mkc durumu için çözünüz.

x m

k

0

tFFnet ωcos0=

0)0(0)0(=′=

xx


Engin/Çengel

- 70 -

Çözüm

tBtAxö ωω sincos +=

220

20

2

2200

)()(ωωω

ωωcm

mFA

+−

−=

ωcAB =

trtr

h ececx 2121 +=

Örnek 3‐23 Elektrik Devreleri İkinci mertebeden, lineer, sabit katsayılı diferansiyel denklemlerin önemli bir uygulama alanıda,elektrik mühendisliğinde sıklıkla karşılaşılan, basit RLC devreleridir. Bu tür bir devre R direncine sahip bir rezistör, C sığasına sahip bir kapasitör (veya kondansör) ve L indüktansına sahip bir bobinden oluşur.

Devreye elektrik enerjisi bir batarya, bir jenaratör, radyo veya TV sinyali, veya basit olarak ev cereyanından sağlanır. Bir batarya E0 gibi sabit bir gerilim üretirken bir jenaratör

tcos0 ωE veya tsin0 ωE şeklinde periyodik gerilim üretir. Bu durumlarda E0, Volt olarak gerilim genliği olur. Bir elektirik devresindeki ana büyüklük devreden geçen akımdır ve birim zamanda akan

elektrik yükü olarak dtdQI = ile tanımlanır.

Bir elektrik devresindeki gerilim düşümleinin toplamı uygulanan gerilime eşittir (Kirchhoff kanunu). Bu gerilim düşümleri,

R direnci için RIER =

L bobini için dtdILEL =

C kondansatörü için CQEC =

Şeklinde ifade edilir. Buna göre Kirchhoff kanunundan

)(1 tEQC

RIdtdIL =++ elde edilir. Burada E(t) devreye uygulanan gerilimdir. Ancak

denklemin bu hali, iki tarafı bağımlı değişken; I,Q içerdiğinden, kullanışlı değildir. Bunun

yerine denklem dtdQI = olduğu dikkate alınarak,

Uygulanan Gerilim(V)

R (Ω)

C (Farad) S

L(henry)


Engin/Çengel

- 71 -

)(12

2tEQ

CdtdQR

dtQdL =++

şeklinde sadece Q’ya bağlı olarak elde edilebilir. Ayrıca yukarıda I ya göre verilen denklemi t ye göre türeterek,

dtdQIveya

dttdE

dtdQ

CdtdIR

dtIdL ==++

)(12

2 alarak

dttdEI

CdtdIR

dtIdL )(12

2=++ elde edilir. Bu denklemin genel çözümünden c1 ve c2 gibi iki

keyfi sabit gelir. Bunları belirlemek için genelikle

00 )0()0()0( IIQveQQ === şeklinde iki başlangıç şartı tanımlanır. Eğer Q’ya göre

ifadde edilen diferansiyel denklem çözülürse, dtdQI = ifadesinden akımda çözülür. Diğer

yandan önce I akımı belirlenmişse aynı ifadeden integrasyon yoluyla Q’ya geçilebilir. Örnek 3‐24 Basit Elektrik Devreleri Bir RLC devresine uygulanan tEtE ωsin)( 0= periyodik gerilimi için devreden geçen akımın

22

0

)1(

)cos()(

CLR

tEtI

ωω

φω

−+

−= ,

21

1tan

ωωφLCRC

−= − ifadesine göre değiştiğini gösteriniz.

Akım ifadesinin paydası genelde uygulamada empedans olarak tanımlanır ve 2

2 1⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −+=

CLRZ

ωω şeklindedir. Empedans bir RLC devresinin etkin direncini temsil

eder ve LC

r1

=ω olduğundan minimum olur, dolayısıyla maksimum akım devreden

geçmeye başlar. ωω

danddz 0( = bulunur) Frekansın bu değerine ( rω ) özel olarak

rezonans frekansı denir. Rezonans çoğu mekanik sistemler için yıkıcı etkisi olan ve kaçınılması gereken bir olay olmasına karşın elektrik sistemlerinde çoğu cihazlar rezonans esasına göre çalışırlar ve bu durum istenen bir durumdur.


Engin/Çengel

- 72 -

3.10. YÜKSEK MERTEBELİ DİFERANSİYEL DENKLEMLER 3.10.1 GİRİŞ n. mertebeden lineer bir diferansiyel denklem,

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

1)( xRyxPyxPyxPy nn

nn =+′+++ −−

şeklinde verilir. Burada P, ler x’e bağlı olabilen fonksiyonlardır. Eğer R(x)=0 ise denklemin homojen olacağını biliyorum. İkinci mertebeden denklemlerde olduğu gibi homojen kısmı çözümün ayrı yapılması daha uygundur. Bir önceki bölümde ikinci mertebeden bir diferansiyel denklemin 210 , xxxx << aralığında bir nokta olmak üzere bu noktada iki

başlangıç koşulunun sağlanması durumunda tek bir çözümün olacağı ifade edilmişti. Benzer şekilde bu durum n. mertebeden bir denklem için aşağıdaki teoremle ifade edilir.

Teorem: )()()(...)( 1)1(

1)( xRyxPyxPyxPy nn

nn =+′+++ −− denklemi için,

)(),...,(),( 21 xPxPxP n ve R(x) 21 xxx << aralığında sürekli fonksiyonlar ve x0 bu aralıkta

bir nokta ise ;

)1(00

)1(00 )(...)0(,)0( −− =′=′= nn yxyyyyy

başlangıç şartlarını sağlayan tek bir çözüm vardır. Örnek 3.24 Çözüm varlığı

xex

xyyx

xy ++

=+′′−

−′′′ 2213

42

diferansiyel denkleminin ;

5)1(3)1(

0)1(

=′′−=′

=

yyy

başlangıç şartları için tek bir çözümü olduğunu ve bu çözümün hangi aralıkta olduğunu gösteriniz. Çözüm:

42)( 21−

−=x

xxP , 0)(2 =xP , 3)(3 =xP ve xex

xxR ++

= 21)( olduğuna göre; P1(x)’in x=2 ve

x=‐2 süreksiz olduğu, ayrıca R(x)’in x=0’ da süreksiz olduğu anlaşılmaktadır. O halde denklemin, bu üç noktayı dışarıda bırakan bir aralıkta çözümü vardır. Bu aralıklar ise,

⎪⎪⎭

⎪⎪⎬

⎫

∞<<<<<<−−<<∞−

xx

xx

220

022

olabilir.


Engin/Çengel

- 73 -

Şimdi de verilen x0 noktasına bakalım. Başlangıç şartları x=1’de tanımlandığından verilen başlangıç değer probleminin sadece 20 << x aralığında var olan çözümü için tektir diyebiliriz. Örnek 3.25 Bir kirişin kendi ağırlığı ile oluşturulduğu sehim Şekildeki gibi iki uçtan mesnetlenmiş bir kirişin sehimi

EIg

y IV ρ=)(

diferansiyel denklemiyle tanımlanır. Burada ρ kirişin yoğunluğu, g yerçekimi ivmesi E kirişin malzemesinin Young modülü ve I kiriş kesitinin atalet momentidir. Verilen diferansiyel denklemin genel ve özel çözümünü bulunuz. Çözüm: Verilen denklem art arda 4 kez integre edilerek genel çözüm:

432

23

14

21

61

24)( cxcxcxcx

EIgxy ++++=

ρ

bulunur. Kiriş iki uçtan sabitlendiğine göre 0)()0( == Lyy olur. Ayrıca kirişin bu iki uçtan sıkıca sabitlenmiş olması sehim eğrisinin bu noktalarda yatay (sıfır eğimli) olmasını gerektirdiğinden 0)()0( =′=′ Lyy yazılır. Böylece elde edilen 4 denklemden sabitler bulunup genel çözümde yazılarak,

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

2344224

24)(

Lx

Lx

Lx

EIgLxy ρ

elde edilir.

3.10.2 HOMOJEN DENKLEMLER TEORİSİ Daha önce değindiğimiz süperpozisyon ilkesi burada da aşağıdaki gibi ifade edilebilir. Teorem: Eğer nyyy ,...,, 21 olarak n adet fonksiyon

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

1)( =+′+++ −

− yxPyxPyxPy nnnn

diferansiyel denkleminin çözümleriyse, bunların lineer kombinasyonu olan

nn ycycycy +++= ,...,2211 ifadesi de bir çözümdür. Bir kez daha dikkat çekmek gerekirse, süperpozisyon kuralı sadece homojen kısım için doğrudur. Bu prensip lineer olmayan homojen denklemler ile lineer olsa bile homojen olmayan denklemlere uygulanmaz. Verilen n adet nyyy ,...,, 21 çözümünün lineer bağımlı olup olmadığını anlamak için bunlara ait Wronskian değerine bakılmalıdır. Bu değer


Engin/Çengel

- 74 -

dxxP

n ekyyyW )(21

1),...,,( ∫−= ifadesinden hesaplanır.Lineer bağımlılık araştırması yapılırken yukarıdaki Wronskian değerinin, göz önünde alınan aralıktaki herhangi bir x0 değeri için hesaplanması yeterlidir. Homojen denklemlerin genel çözümü aşağıdaki teoriyle verilir. Teorem: 21 xxx << aralığında nPPP ,...,, 21 sürekli fonksiyonlar olmak üzere

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

1)( =+′+++ −

− yxPyxPyxPy nnnn

homojen denklemi her zaman nyyy ,...,, 21 gibi n adet lineer bağımsız çözüme sahiptir. Ayrıca denklemin genel çözümü bu çözümlerin lineer kombinasyonu olup

nn ycycycy +++= ,...,2211 şeklinde ifade edilir. Buna göre nyyy ,...,, 21 ’den oluşan çözümler grubuna temel çözüm seti adını veriyoruz. Bu teorem n.mertebeden bir homojen denklemin çözümünün n adet lineer bağımsız çözümün bulunmasıyla eşdeğer olduğunu ifade etmektedir. 3.10.3 SABİT KATSAYILI HOMOJEN DENKLEMLER Sabit katsayılı lineer ve homojen bir diferansiyel denklemi

0,..., 1)1(

1)(

0 =+′+++ −− yayayaya nn

nn

00 ≠a olmak üzere tüm terimleri a0’a bölünerek elde edilecek olan

0,...,00

1)1(

0

1)( =+′+++ −− yaa

ya

ay

aa

y nnnn

denklemi her zaman tüm x ’ler için

nn ycycycy +++= ,...,2211 şeklinde ifade edilebilen bir genel çözüme sahiptir. Bu çözüm verilen diferansiyel denklemin karakteristik denkleminden;

0,..., 11

10 =++++ −−

nnnn amamama

elde edilecek köklerle belirlenir. Ancak karakteristik denklemin köklerini belirlemek için 2. ve 3. ve hatta 4. dereceden denklemlerde olduğu gibi belirgin bir çözüm yolu yoktur. 3≥niçin köklerden biri yada ikisi deneme‐yanılma ile bulunmaya çalışılır.


Engin/Çengel

- 75 -

Durum 1. Tüm kökler farklı ve reel sayı

xmn

xmxm necececxy +++= ,...,)( 2121

örneğin;

3 2

6 8 3 06 8 3 0

y y y ym m m

′′′ ′′ ′+ + − =

+ + − =

veya,

213

23,3,0)13)(3( 3,21

2 ±−=−==−++ mmmmm

xxx ecececxy)

213

23(

3)

213

23(

23

1)(+−−−− ++=

Durum 2. Eğer kmmm === ,...,21 ise

xmkk excxccxy 1),...,()( 1

21−+++=

Örneğin;

0516188)( =+′+′′+′′′+ yyyyy IV için

0516188 234 =+++ mmmm denkleminin kökleri ‐1, ‐1, ‐1, ve 5 bulunur.

k=3 alınırsa xx ecexcxccxy 54

2321 )()( +++= − olur.

Durum 3. Kompleks kök durumu

Her bir eşlenik kompleks kök için )( βα i± )sincos( 21 xcxce x ββα + yazabileceğimizi biliyoruz. Bazen kompleks kökler de katlı olabilir. Bu durum da örneğin;

βα imm ±== 4,32,1 ise çözüm

)sincos()sincos()( 4321 xcxcxexcxcexy xx ββββ αα +++= şeklinde yazılmalıdır. 3.10.4 HOMOJEN OLMAYAN DENKLEMLER TEORİSİ Teorem: Eğer yö,

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

1)( xRyxPyxPyxPy nn

nn =+′+++ −−

lineer ve homojen olmayan denklemin bir özel çözümü ve yh homojen kısmın genel çözümü ise,

önnöh yycycycyyy ++++=+= ,...,2211


Engin/Çengel

- 76 -

ifadesi verilen denklemin genel çözümüdür. Bu ifadelerde )(),...,(),( 21 xPxPxP n ve R(x)

21 xxx << aralığında sürekli fonksiyonlardır. R(x) terimi genellikle birkaç terimi içerir ve bu tür durumlarda her bir terime karşılık gelen özel çözümleri ayrı ayrı bulmak ve bunları daha sonra toplamak daha kolay bir yoldur. Bunu önceki bölümde olduğu gibi süperpozisyon ilkesiyle gerçekleştiriyoruz. 3.10.5 HOMOJEN OLMAYAN DİFERANSİYEL DENKLEMLER: BELİRSİZ KATSAYILAR METODU Daha önce Bölüm 2’de 2.mertebeden homojen olmayan denklemler konusunda detaylı açıkladığımız bu yöntem yüksek mertebeli denklemlere de uygulanabilir. Bu metot için geçerli olduğu belirtilen kısıtlamalar burada da söz konusudur. Söz gelimi bu metot sadece lineer ve sabit katsayılı denklemlere, R(x) ‘in aşağıdaki formlardan birine uyması durumunda uygulanabilir. R(x)’in alabileceği formlar;

(1) R(x)=bir sabit, k (2) R(x)=bir üstel fonksiyon, ekx (3) R(x)=P(x)şeklinde polinom (4) R(x)=sin(ax), cos(ax) gibi fonksiyonlar

veya 4 maddede geçenlerin bir çarpımı olan fonksiyonlar olabilir. Ancak unutulmaması gereken bir husus, eğer önerilen özel çözümlerden biri homojen kısmın çözümüyse bu durumda önerilen özel çözüm x ile çarpılır. Yeni form da homojen kısmın çözümüyse x2 ile çarpılır. Farklılık elde edilene kadar buna devam edilir. Eğer bir diferansiyel denklem lineer olmasına rağmen değişken katsayılı ise veya homojen olmayan terimi (R(x)) yukarıdaki formlara uymuyorsa ileride görülecek olan sabitin değişimi metodu uygulanmalıdır. Örnek 3.26 ekx

xeyyy 3104 =−′′+′′′ denkleminin bir özel çözümünü bulunuz. Çözüm:

Özel çözüm teklifimiz xs key 3= olacaktır. Ancak diyelim ki 3 rakamı karakteristik denklemin

köklerinden birine eşit. Bu durum önerilen çözümün homojen kısmın bir çözümü olması

sonucunu doğuracak bu durumda xö kxey 3= önermemiz gerekecekti.

⎪⎪⎭

⎪⎪⎬

⎫

=′′′

=′′

=′

x

x

x

key

key

key

3

3

3

27

9

3

diferansiyel denklemde yazılırsa,

165

32101032

104927

33

3333

==⇒=

=−+

keke

ekekeke

xx

xxxx


Engin/Çengel

- 77 -

elde edilir. Buna göre xö ey 3

165

= olur.

Örnek 3.27 Homojen olmayan denklemin genel çözümü

2)( += xy IV diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. Çözüm Karakteristik denklem m4=0 olduğundan çakışı 4 adet sıfır kök vardır. Buna göre

34

2321)( xcxcxccxy +++= olur. (e0=1)

Burada normalde özel çözüm için akla ilk gelebilecek teklif BAxyö += ’dir. Ancak sol tarafta 4. mertebeden bir türev olduğundan böyle bir teklif 20 += x gibi bir sonuç doğurur. O halde 4.türevini aldığımızda birini mertebeye inecek bir fonksiyon gerekir. Bu da önerilen 4 defa x ile çarpmakla mümkündür.

)(4 BAxxyö += önerilmesi gereken özel çözümdür.

BAxy IVö 24120)( += bulunup yerine konulduğunda,

121,

1201

== BA bulunur. Böylece genel çözüm ifadesi;

)10(120

)(4

34

2321 +++++=+= xxxcxcxccyyxy öh

şeklinde yazılır. 3.10.6 HOMOJEN OLMAYAN DENKLEMLER: SABİTİN DEĞİŞİMİ METODU

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

1)( xRyxPyxPyxPy nn

nn =+′+++ −− diferansiyel denkleminde,

)(),...,(),( 21 xPxPxP n verilen bir aralıkta x ’e bağlı fonksiyonlar olsun. Bu denklemin homojen kısmının ( R(x)=0 alınarak elde edilen halinin), nyyy ,...,, 21 şeklinde n adet lineer bağımsız çözümü olduğunu

biliyoruz. Bu çözümün nnh ycycycy +++= ,...,2211 olarak ifade edildiğini de öğrenmiştik. 2.Bölümde sorduğumuz soruyu burada da tekrarlayalım:

nccc ,..., 21 sabitleri nasıl birer )(),...(),( 21 xuxuxu n şeklinde x ’e bağlı fonksiyonlar olmalı ki

nnö yuyuyuxy +++= ,...,)( 2211 ifadesi homojen olmayan denklemin aradığımız bir özel çözümü olsun? n adet u fonksiyonunun bulunabilmesi için n adet denkleme ihtiyaç vardır. Bunlardan biri önerilen özel çözümün homojen olmayan denklemi sağlama şartından, kalanları ise serbest olarak bizim atayacağımız şartların sağlanma koşulundan (bütünler şart olarak) elde edilir.


Engin/Çengel

- 78 -

Bu atamalar çözümü basitleştirecek şekilde yapılır. Diğer bir ifadeyle alınacak integral işlemleri basitleştirmek için, u fonksiyonlarının ikinci veya daha yüksek mertebedeki türevlerini yok etmekle yönelik şartlar öne sürülür. Şimdi de n. mertebeden lineer, değişken katsayılı ve homojen olmayan bir diferansiyel denklemi çözebileceğimiz sabitin değişimi metodunu bir teoremle özetleyelim. Teorem: Sabitin Değişimi Metodu

)(),...,(),( 21 xPxPxP n ve R(x) 21 xxx << aralığında sürekli fonksiyonlar ve nyyy ,...,, 21 ;

)()(,...,)()( 22

)1(1

)( xRyxPyxPyxPy nnnn =++++ −−

diferansiyel denkleminin esas çözüm setiyse bu durumda homojen olmayan denklemin bir özel çözümü;

nnö yuyuyuxy +++= ,...,)( 2211 olur. Burada

nkdxyyyW

xWxRu

n

kk ,...,2,1,

),...,,()()(

21== ∫

olarak verilir.

Bu ifadede 1( )1 2( , ,..., ) P x dx

nW y y y Ke−∫= olarak Wronskian değeri, Wk(x) ise,

)1()1(2

)1(1

21

21

21

21

...

......

...

...

...

),...,,(

−−−

′′′′′′′′′

=

nn

nn

n

n

n

n

yyy

yyyyyyyyy

yyyW

determinantındaki k. kolonun ve son satırın silinmesiyle elde edilecek yeni determinantın

1( 1)k−− katıdır. Böylece yö çözümü elde edildikten sonra homojen olmayan denklemin çözümü;

önn yycycycy ++++= ,...,2211 olarak elde edilir. Örnek 3.28 Sabitin değişimi metodu

xeyy =′′+′′′ 2 diferansiyel denklemini sabitin değişimi metoduyla çözünüz. Çözüm: Homojen kısmın karakteristik denklemi,


Engin/Çengel

- 79 -

2,0,0)2(2 32,1223 −===+=+ mmmmmm

x

xxxh

ecxcc

ecxececy2

321

23

.02

.01

−

−

++=

++=

Wronskian, x

x

x

x

e

e

e

ex

yyyyyyyyy

yyyW 2

2

2

2

321

321

321

321 4

400

210

1

),,( −

−

−

−

=−=′′′′′′

′′′= bulunur.

Şimdi de Wk değerini bulalım.

k=1 için xxx

xexe

eexxW 22

2

211

1 221

)1()( −−−

−− −−=

−−=

k=2 için xx

xe

eexW 2

2

212

2 220

1)1()( −−

−− =

−−=

k=3 için 110

1)1()( 13

3 =−= − xxW

Böylece;

xxx

xxxexedx

eexeedx

yyyWxWxR

u41

21

4)2(

),,()()(

2

22

321

11 +−=

−−== ∫∫ −

−−

xx

xxedx

eeedx

yyyWxWxR

u21

4)2(

),,()()(

2

2

321

22 === ∫∫ −

−

xx

xedx

eedx

yyyWxWxR

u 32

321

33 12

14

)1(),,(

)()(=== ∫∫ −

Buna göre;

x

xxxxx

ö

e

eexeexe

yuyuyuy

31

.121

21)

41

21( 23

332211

=

+++=

++=

−

sonuç olarak aranan genel çözüm;

xx eecxccy312

321 +++= − olur.


Engin/Çengel

- 80 -

3.10.7 EULER DENKLEMLERİ Değişken katsayılı denklemlerin çözümü için belirli bir genel çözüm yoktur. Ancak özel bir hale sahip Euler denklemleri istisnadır. Tüm Euler denklemleri sabit katsayılı denkleme dönüştürülebilir. n. mertebeden bir Euler denklemi;

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

1)( xRyyxyxyx nn

nnnn =+′+++ −−− ααα

verilmiş olsun. Eğer y=xr dönüşümü uygulanırsa yukarıdaki fonksiyon r’ye bağlı n. dereceden bir polinom fonksiyona dönüşür. Eğer bu denklemin n adet r kökü gerçek ve birbirlerinden farklıysa bu halde n adet çözüm;

nrrr xxx ,...,, 21 esas çözüm setini oluşturun. Eğer örneğin r1, k katlı kök ise bu halde köke karşılık gelen k adet lineer bağımsız çözümler,

1111 12 )(ln,...,)(ln,)(ln, rkrrr xxxxxxx − olur. Burada dışında eğer k katlı βα ir ∓=2,1 şeklinde kompleks kökler varsa bu halde bu

köklere karşılık gelen 2 k adet lineer bağımsız çözümler

)lnsin()(ln),lncos()(ln

....

)lnsin(ln),lncos(ln)lnsin(),lncos(

11 xxxxxx

xxxxxxxxxx

kk ββ

ββββ

αα

αα

αα

−−

olur. x>0 için bir Euler denkleminin genel çözümü , aynı karakteristik denkleme sahip lineer sabit katsayılı bir denklemin genel çözümündeki x’leri lnx’lerle yer değiştirerek elde edilebilir. Örnek 3.29 Üçüncü mertebe Euler denklemi y=xr dönüşümü (x>0) uygulayarak;

3 2 4 0x y xy y′′′ ′− + = denklemini çözünüz. Çözüm:

Denklemdeki tüm terimler )(mm ykx formunda olduğundan bu bir Euler denklemi olup


Engin/Çengel

- 81 -

3

2

1

)2)(1(

)1(−

−

−

−−=′′′

−=′′

=′

=

r

r

r

r

xrrry

xrry

rxy

xy

ifadeleri diferansiyel denklemde yazılarak,

0]42)2)(1([ 3 =+−−− rxrrrx veya 0≠rx olduğundan

043 23 =+− rr karakteristik denklemi elde edilir. bu denklemin kökleri ise 2, 2 ve ‐1 dir. Buna göre genel çözüm;

31 11 2 3( ) ln rr ry x c x c x x C x= + + olarak

xc

xxccxy 3221 )ln()( ++= elde edilir.


Engin/Çengel

- 82 -

Bölüm 3 ile ilgili problemler

3.1 a) Bir diferansiyel denklemin lineer olup olmadığını nasıl anlarsınız. b) Sağ tarafı sabit olmayan bir diferansiyel denklem sabit katsayılı olabilir mi? c) Hangi koşullarda bir lineer başlangıç‐değer probleminin kesin bir çözümü vardır. d) Hangi koşullarda bir ikinci mertebeden lineer sınır‐değer probleminin tek bir

çözümü vardır.

3.2. Aşağıdaki denklemlerin lineer olup olmadıklarını, homojen olup olmadıklarını, sabit veya değişken katsayılı olup olmadıklarını belirtiniz.

a) 263 xyyy =′+′′

b) xyyxy 2sin3 =−′+′′

c) xxeyyyy 32 22 −=+′+′′

d) xxyy cos2=′+′′

e) x

yey x 1=+′′

f) 62 =−′+′′ yyey y

g) 11=+′′

yy

h) 08 ln =−′−′′ yeyy

i) 1cos5 −=+′−′′ xyyy

j) 02sin =+′−′′ yyxy 3.3. Aşağıdaki başlangıç değer problemlerinin tek bir çözüme sahip olduğu aralığı belirleyiniz.

a) 2)(0)(,cos3 −=′==′+′′ ππ yveyxyy

b) 5)0(2)0(,22 =′==−′+′′ yveyeyyxyx x

c) 7)2(3)2(,2)1( 2 −=−′=−=−′+′′− − yveyeyyxyx x

d) 7)1(0)1(,023)4( 2 =′==−′−′′− yveyyyxyx 3.4. Aşağıda genel çözümleri verilen diferansiyel denklemleri elde ediniz.(ipucu: verilen ifadeyi iki kez türetip c1 ve c2 yi yok ediniz.)

a) xx ececy 22

21 += −

b) 21 cxcy +=

c) xcxcy 2cosh2sinh 21 +=

d) xxc

xxcy cossin

21 +=

e) xxc

xc

y ln2

1 +=

f) xcxcy 22

1 +=


Engin/Çengel

- 83 -

3.5. lineer Bağımlılık ve Wronskian Fonksiyonları a) )(0 21 xfyvey == lineer bağımlımıdır. b) 5 ayrı fonksiyonun wronskian’ı bazı x değerleri için sıfır olurken bazıları için

değildir. Bu fonksiyonlar lineer bağımlı mı lineer bağımsız mıdır? 3.6. Aşağıdaki fonksiyonların (1) kontrol yöntemiyle (2) Wronskian değerleri yardımıyla lineer bağımlı olup olmadıklarını belirleyiniz.

a) 11 221 −=+= xyvexy

b) xyveeey xx cosh21 =+=

c) 32

31 xyvexy −==

d) xeyvexey xx 2cossin 21 ==

e) 22 21 +=+= xyvexy

f) βαβα sinsin)sin( 21 +=+= yvey

g) 222

1 == yvexy 3.7. Wronskian Değerlerini hesaplayarak aşağıdaki fonksiyonların lineer bağımlı olup olmadıklarını gösteriniz.

a) 1,,1 23

321 −==+= xyxyxy

b) 1,5, 232

21 −=== xyyxy

c) 1,, 321 === yxyxy

d) xxx eyxeyxey === 321 ,cos,sin

e) xxx exyxeyey 2321 ,, ===

3.8. Homojen Denklemler Teorisi

a) Süperpozisyon ilkesinin uygulanabilmesi için bir diferansiyel denklemin lineer ve homojen bir diferansiyel denklem olması şart mıdır?

b) Hangi tür diferansiyel denklemler için bir çözümün sabit bir sayıya çarpımı da çözümdür.

3.8.1. y1 aşağıda verilen diferansiyel denklemlerin bir çözümüyse ky (k=sabit) ifadesin de verilen denklemin çözümü olup olmadığını gösteriniz.

a) 62 =−′+′′ yyey y

b) 032 =+′−′′ yyy

c) xxyyy 2cos2 3=+′−′′

d) 12 +=−′′ xyxy

e) 1)1(2 =−+′′ yxyx

f) 052 =−′′ yyx 3.8.2.Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin iki çözümü (y1,y2) yanlarında verilmiştir. Hangi çözüm çiftleri için W(y1,y2)’nin x>0 olmak üzere hiç bir zaman sıfır olamayacağını söyleyiniz. W(y1,y2) Değerinin her bir çift için hesabını yaparak düşüncenizin doğruluğunu kontrol ediniz.


Engin/Çengel

- 84 -

a) 04 =−′′ yy xey 21 = xey 2

2 3−=

b) 04 =−′′ yy xey 21 3−= xey 23

2−=

c) x

yvexyyyxy 2035 231

1 ===−′+′′

d) 312

31

113035−

−===−′+′′

x

yvexyyyxy

e) xeyvexyyyxyx ln42

41

2 42042 −===−′−′′

f) xyvexyyy cossin0 21 ===+′′

g) 2

3

2212 lnln5045

xxyve

xxyyyxyx ===+′+′′

3.8.3. x>0 için y1 ve y2 gibi iki çözümü verilen aşağıdaki diferansiyel denklemleri göz önüne alarak bu iki çözümün genel bir çözüm seti oluşturup oluşturamayacağını belirleyiniz. Oluşturulabilen çözüm çiftleri için bu seti oluşturunuz.

Örneğin, 09 =−′′ yy da xx eyveey 32

31

−== lineer bağımsız olduklarından xx ececxY 3

23

1)( −+= tüm çözümlerin elde edilebileceği bir çözüm seti olur.

a) xx eyveeyyy −===−′′ 210

b) xyvexyyy coshsinh0 21 ===−′′

c) xxyve

xyyyxyx ln103 21

2 ===+′+′′

d) x

yvex

yyyxyx 3103 212 =−==+′+′′

e) xx xeyveeyyyy 22

21044 ===+′−′′

f) xeyvexeyyyy xx 2cos2sin032 21 ===+′−′′

g) xx eyveeyyy 352

3109 −===−′′

3.9.Bazı durumlarda, çözümlerden biri bilinen ikinci mertebeden lineer ve homojen bir denklem ( 0)()( =+′+′′ yxQyxPy ) birinci mertebeden hale getirilebilir. Bilinen çözüm

01 ≠y olmak üzere aranan diğer çözüm 12 )( yxvy = , burada

∫∫−

= dxy

exvdxxP

21

)(

)(

ile verilir. Böylece başta verilen denklemin genel çözümü 1211 )( yxvcycy += olur. Bu metod mertebe düşürme metodu olarak bilinir. Buna göre aşağıdaki denklemlerin ikinci lineer bağımsız çözümlerini elde ediniz.

a) xeyyy ==−′′ 1,0

b) xyyy 2cos,04 1 ==+′′

c) xeyyyy 21,044 ==+′−′′

d) xyyy 3sin,09 1 ==−′′

e) xxyyxyxyx cos,0)

41( 1

22 ==−+′+′′

f) x

yyyxyx 1,03 12 ==+′+′′


Engin/Çengel

- 85 -

3.10. Sabit Katsayılı Homojen Denklemler 3.10.1. Aşağıdaki Denklemlerin genel çözümlerini bulunuz.

a) 0=+′′ yy

b) 02 =+′+′′ yyy

c) 02 =+′′ yy λ

d) 02 =−′′ yy λ

e) 045 =+′+′′ yyy

f) 043 =+′+′′ yyy

g) 02510 =−′+′′ yyy h) 0255 =+′+′′ yyy

3.10.2. Aşağıdaki başlangıç değer problemlerini verilen koşullar için çözünüz.

a) 1)(0)(;04 =′==+′′ ππ yveyyy

b) 1)0(0)0(;053 =′==−′+′′ yveyyyy c) 6)0(5)0(;02 =′−==−′+′′ yveyyyy

d) 2)2

(0)2

(;0204 =′==+′+′′ππ yveyyyy

3.10.3.Aşağıdaki sınır‐değer problemlerini verilen koşullar için çözünüz.

a) 0)5(100)0(;0 ===−′′ yveyyy

b) 6)2(0)0(;02 ===+′+′′ yveyyyy c) 10)4(1)1(;043 ===−′−′′ yveyyyy

d) 0)10(6)0(;09 ===−′′ yveyyy 3.11. Homojen Olmayan Denklemler Teorisi 3.11.1.

a) Verilen bir homojen olmayan diferansiyel denklemini sağlayan ve içerisinde bir sabit olan bir fonksiyon bu denkleme ait bir özel çözüm olabilir mi? Açıklayınız.

b) Homojen kısmın çözümü olan bir ifade homojen olmayan denklemin de bir özel çözümü olabilirmi? Açıklayınız.

c) Özel çözümler için süperpozisyon ilkesinin önemi nedir? 3.11.2. Aşağıdaki denklemlerin, verilen özel çözümleri kullanarak genel çözümlerini elde ediniz. Bu çözümleri olabilecek en basit formda yazınız.

a) 2;2 −==−′′ öyyy

b) xö

x eyeyy ==+′′ ;4

c) xö eyyy 32;2 +−==−′′

d) xö

x exyeyyy 222 ;344 −− ==+′+′′

e) xö

x exxyeyyy 22 )1(;344 −− −==+′+′′

f) 242

21

121;1 xxyxy ö −=−=′′

g) 5321

121;1 342 −+−=−=′′ xxxyxy ö


Engin/Çengel

- 86 -

3.11.3.

a) Eğer 39,31

=−′′= yyyöz denkleminin bir özel çözümü ve 9özxy = − ise

9y y x′′ − = denkleminin bir özel çözümüyse ; xyy +=−′′ 39 denkleminin genel çözümünü bulunuz.

b) Eğer xyyxyöz 2sin6,2sin2 =+′′−= ’in ve 2,2 =+′′= yyyöz ’nin birer özel

çözümleriyse 2sin6 +=+′′ xyy diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. 3.12. Homojen Olmayan Denklemlerin Belirsiz Katsaylar Metodu: 3.12.1.

a) Hangi koşullarda bir diferansiyel denklemin homojen olmayan R(x) terimine karşılık gelen özel çözümü AR(x) olur.

b) Hangi koşullarda AxR(x) olur. c) Hangi koşullarda Ax2R(x) olur.

d) Homojen olmayan x3 ve 243 +− xx terimleri için önerilecek özel çözüm hangi formda olur.

e) Belirsiz katsayılar metodu neden R(x)=lnx için uygun değildir. f) R(x)=x5’e karşılık gelen bir özel çözüm teklifi neden sadece Ax5 şeklinde yazılamaz.

3.12.2.Belirsiz katsayılar Metodunu Kullanarak aşağıdaki diferansiyel denklemleri çözünüz.

a) xeyy 344 =−′′ b) xexyy 3234 −=−′′

c) xeyy 224 =−′′ d) xxyy cos29 =+′′

e) xyy 3cos39 −=+′′ f) xxxxeyy x cos32sin52sin9 +−=+′′

g) xeyyy 3244 −=+′−′′ h) 32244 +=+′−′′ xeyyy

i) xxeyyy 2544 =+′−′′ j) xeyyy x 2cos44 =+′−′′

k) xeyyy x sin22 =+′−′′ l) xexyyy 322 =+′−′′

m) 23 −=′−′′ xyy n) xexyy )1(3 −=′−′′

o) 20106 =+′−′′ yyy p) xexyyy 2106 =+′−′′

r) xeyyy x cos106 3=+′−′′ s) xxxyyy 2cos2sin106 2 +=+′−′′

t) xxyy cos3sin2 −=+′′ u) xeyy x 3sin2=+′′ 3.12.3. Aşağıdaki başlangıç değer problemlerini belirsiz katsayılar metoduyla çözünüz.

a) 0)2

(1)2

(;2cos32sin16 =′=−=+′′ππ yveyxxyy

b) 0)0(0)0(;233 2 =′=−+=′−′′ yveyexyy x

c) 2)0(1)0(;cos4 −=′=+=′−′′ yveyxxeyy x

d) 1)(0)(;2sin34 =′==+′′ ππ yveyxyy 3.13. Homojen Olmayan Denklemler Sabitin Değişimi 3.131.

a) Belirsiz katsayılar metodunun kısıtları nelerdir. b) Sabitin değişimi metodunun esası nedir?


Engin/Çengel

- 87 -

3.13.2. Aşağıdaki diferansiyel denklemleri sabitin değişimi metodu ile çözünüz. Belirsiz katsayılar metodu ile çözülebilecekleri de çözerek sonuçları karşılaştırınız.

a) xeyyy 32 =−′−′′ b) x

yyysin

12 =−′−′′

c) 52 3 −=+′−′′ xyyy d) x

eyyx2

4 =−′′

e) xyy 2cos9 =+′′ f) x

yy2cos

19 =−′′

g) xeyyy x 3cos54 2=+′−′′ h) xyy ln4 =′−′′

i) xexy 2=′′ j) 21x

y =′′

k) 82 2 +=+′−′′ xeyyy l) x

eyyyx

=+′−′′ 2

3.14. Euler Denklemleri 3.14.1.

a) Euler denklemini nasıl ayırdedersiniz b) Euler denklemi her zaman sabit katsayılı lineer bir denkleme dönüştürülebilir mi? c) Euler denklemlerinin çözümü neden x = 0 da geçersizdir.

3.1.4.2. Aşağıdaki Euler denklemlerini çözünüz. Bulduğunuz çözümün çözüm aralığını belirtiniz.

a) 02 =+′′ yyx b) 02 =′−′′ yxyx c) 0=−′′ yyx

d) 02 =′+′′ yxyx e) 62)1(3)1( 2 =−′−+′′− yyxyx

f) 022 2 =−′+′′ yyxyx g) 22 4262 xyyxyx =+′+′′

h) 01262 2 =−′+′′− yyxyx i) x

yyxyx 11262 2 =−′+′′−

j) 0452 =+′+′′ yyxyx k) xxeyyxyx =+′+′′ 452 3.15. İkinci Mertebeden Lineer sabit katsayılı Denklemlerin Uygulamaları 3.15.1. Yatay konumlandırılmış bir yay‐kütle‐sönümleyici sisteminin hareketini tanımlayan diferansiyel denklemi yazınız. 3.15.2.

a) Yay sabiti k=500 N/m olan bir yayın ucuna m=0.2 kg’lık kütle bağlanıp denge konumundan 1 cm aşağıdayken serbest bırakılıyor. Sistemi sürtünmesiz kabul ederek, titreşime ait doğal frekansını, peryodunu ve genliğini bulunuz.

b) m=0.5 kg’lık bir kütle bir yayın ucuna asıldığında yayı aşağı doğru 0.2 cm uzatılmıştır. Kütle bu konumdayken çekilip serbest bırakılıyor. t=0 anında kütlenin x=0 konumundan 10 m/s hızla geçtiği gözlenmiştir. Sürtünmeyi ihmal ederek titreşimin doğal frekansını, peryodunu ve genliğini belirleyiniz.

c) k sabitli bir yay ucuna m kütlesi bağlanmış ve başlangıçta statik halde bulunan kütleye 10 cos)( FtFtF += ω kuvveti uygulanmaya başlanmıştır. Sürtünmeyi ihmal ederek x(t)=? Ayrıca rezonansın oluşacağı frekansı (ω ) belirleyiniz.

d) m=5 kg kütleli bir cisim bir yaya bağlandığında yayı 2 cm germiştir. Kütle bir aönümleyiciye bağlı olup sönümleme katsayısı c=200 Ns/m dir. Kütleye başlangıçta


Engin/Çengel

- 88 -

statik haldeyken ttF ωcos200)( = uyarınca kuvvet uygulamaya başlıyor. x(t)=? Ayrıca genliğin maksimum olacağı ω değerini belirleyiniz.

3.15.3.

a) Bir RLC devresinin rezonans frekansı nasıl tanımlanır. b) Bir RLC devresinden geçen akım fonksiyonu I(t) bilindiğinde kondansatördeki

elektrik yükünün zamanla değişimini nasıl belirlersiniz. c) Bir RLC devresinde R ihmal edilebilir düzeyde küçüktür. )0( ≅R , ve uygulanan

gerilim tEtE ωcos)( 0= uyarınca değişmektedir. LC12

0 =ω almak suretiyle ilgili

diferansiyel denklemi çözerek )(tQ ’yi belirleyiniz. 0ωω = olduğunda ∞→t durumu için ne söylenebilir.

d) Bir RLC devresinde gerilim yokken )(tQ ’yi

042 <−CLR

042 =−CLR

042 >−CLR

için elde ediniz. e) Bir önceki problemi I(t) için çözünüz.

Yüksek Mertebeli Lineer Diferansiyel Denklemler 3.16 Aşağıdaki başlangıç‐değer problemlerinin tek bir çözümünden kesin olarak var olduğu aralıkları belirleyiniz.

a) 0)(,cos3 ==′+′′′ πyxyy ve 2)( −=′ πy

b) 0)0(,22 ==−′+′′′ yeyyxyx x ve 5)0( =′y

c) 3)2(,2)1( 3 =−=−′+′′′− − yeyyxyx x ve 7)2( −=−′y

d) 2)1(,3)3(2)1( 2 =−=−−′+′′′− yxxyxyxx ve 5)1( −=′y

e) 0)1(,023)4( 2 ==−′−′′′− yyyxyx ve 7)1( =′y 3.17 Aşağıdaki lineer homojen denklemleri ve x>0 için çözümlerini göz önüne alın. Wronskian değeri x>0 için kesinlikle sıfır olmayan çözümleri belirtiniz.

a) xx xeeyyyy ,;033 =−′+′′−′′′ ve xex2

b) 223 ,;0663 xxyyxyxyx =−′+′′−′′′ ve 3x

c) 2ln23 ,;022 xeyxyxyx x−=′−′′+′′′ ve 5

d) xx

xyyxyx ln,1;023 23 =−′′+′′′ ve 2x

3.18 Aşağıdaki lineer homojen denklemleri ve çözümlerini inceleyin (x>0). Verilen çözümlerin bir esas çözüm seti oluşturup oluşturulamayacağını belirleyiniz. Oluşturan seti kullanarak her bir denklemin genel çözümünü yazınız.


Engin/Çengel

- 89 -

a) xxiv eeyy −=− ,,1;0)(

b) xxyy iv cosh,sinh,1;0)( =−

c) xxx exeeyyyy −=−′+′′−′′′ ,,;0

d) 3ln423 ,,2;0663 xexx

yyxyxyx x−=−′−′′+′′′

e) xxxex eexyyyy −+=+′−′′−′′′ 3,,;0 ln

f) 15,,,5;044 212 +−=′+′′−′′′ + xx eeyyy 3.19 Sabit katsayılı homojen denklemler

a) Üçüncü mertebeden lineer sabit katsayılı bir homojen denklemini y1, y2 ve y3 fonksiyonlarının sağlıyorsa, bunların herhangi ikisinin lineer kombinasyonunun da bir çözüm olduğu söylenebilir mi?

b) x, x+1 ,x2 ve x2+5 fonksiyonlarının sağladığı üçüncü mertebeden lineer homojen bir denklem bulunabilir mi?

3.20 Aşağıdaki denklemlerin genel çözümlerini bulunuz.

a) 0)( =− yy iv

b) 02 =+′+′′′ yyy

c) 033 =+′+′′+′′′ yyyy

d) 096 =′+′′+′′′ yyy

e) 042 =+′+′′−′′′ yyyy f) 0255 =+′+′′−′′′ yyyy

3.21 Aşağıdaki başlangıç değer problemlerinin özel çözümlerini bulunuz.

a) 1)(,0)()()(;081)( =′′′=′′=′==− ππππ yyyyyy iv

b) 0)0(,1)0(,0)0(;044 =′′=′==′+′′−′′′ yyyyyy

c) 0)0()0(,1)0(;0 =′′=′==−′′′ yyyyy d) 0)0()0(,1)0(;033 =′′=′==−′+′′−′′′ yyyyyyy

3.22 Homojen olmayan denklemler: Belirsiz Katsayılar Metodu

a) Belirsiz katsayılar metodunun ikinci ve daha yüksek mertebeli denklemlere uygulanmasında bir fark var mıdır?

b) Homojen olmayan terimleri aynı olan biri 2.mertebe diğeri 3. mertebe denklem

düşünün. Bunların aynı olan terimlerine karşılık gelen özel çözüm teklifleri aynı mıdır? Değilse nasıl bir fark vardır?

3.23 Belirsiz katsayılar metoduyla aşağıdaki denklemleri çözünüz.

a) xeyy 34=−′′′

b) xexyy 323−=−′′′


Engin/Çengel

- 90 -

c) xyy sin2=′+′′′ , xxyy cos2=′+′′′

d) xeyyy 324 −=+′−′′′

e) xeyyy x 2cos4 =+′−′′′

f) 12 2 +=′′−′′′ xyy

g) xxyyy 2cossin4 +=+′−′′′

h) 2)( −=− xyy iv

i) xxeyy xiv 2sin)( =−

j) xexyy )1(8 2 −=+′′′

k) xeyy x 3sin8 2=+′′′

l) 5=′′′y

m) xexy 23−=′′′ 3.24 Sabitin değişimi metodunu kullanarak aşağıdaki diferansiyel denklemlerin özel çözümlerini bulunuz. Bu yolla çözemediklerinizi, uygulanabiliyorsa, belirsiz katsayılar metodu ile çözünüz.

a) xeyy 3=−′′′

b) x

yysin

1=−′′′

c) xyy 2cos8 =+′′′

d) x

yy2cos

18 =+′′′

e) 5+=−′+′′′ xyyy

f) 2

1x

y =′′′

g) 82 +=−′′+′′′ xeyyy

h) x

eyyyx

=−′′+′′′

3.25 Euler Denklemi

a) Bir diferansiyel denklemin Euler tipinde olup olmadığını nasıl anlarsınız? b) Bir Euler denklemini çözerken (y=xr dönüşümü yaptığınızı düşünün.) üç katlı kök

durumunda homojen kısmın çözümünü nasıl yazarsınız. c) b şıkkında üç katlı βα i∓ kökü bulsaydınız durum ne olurdu?

3.26 x>0 için aşağıdaki Euler denklemlerinin genel çözümünü belirleyiniz.

a) 023 =+′′+′′′ yyxyx

b) 0663 23 =−′−′′+′′′ yyxyxyx

c) 03 =+′′′ yyx

d) 01263 =−′−′′′ yyxyx

e) 023 23 =−′′+′′′ yyxyx


Engin/Çengel

- 1 -

BÖLÜM 4 LİNEER DİFERANSİYEL DENKLEM SİSTEMLERİ 4−1 GİRİŞ Denklem sistemlerine lineer cebir dersinden aşina olmalısınız. Ancak bu tür denklemlerde herhangi bir diferansiyel büyüklük veya türev bulunmaz. Başka bir deyişle cebirsel denklem sistemi,

753

5−=−

=+yx

yx (4−1)

şeklinde karşımıza çıkar. Öte yandan diferansiyel denklem sistemleri genellikle bir veya daha fazla sayıda bağımsız değişkenin tek bir bağımlı değişkene göre türevlerinin bulunduğu denklem sistemleridir Örneğin;.

2635232

++′−+′=′′++′−−′=′′

yyxxyeyxxyx t

(4−2)

sistemi, ikinci mertebeden iki tane diferansiyel denklemden oluşmaktadır ve burada bilinmeyen fonksiyonlar x(t) ve y(t) dir. Bu iki bilinmeyen fonksiyonun her iki denklemde de yer almasından ötürü, bu fonksiyonları bulabilmek için iki denklem birlikte çözülmek zorundadır (tıpkı Denklem 4−1’in çözümünde olduğu gibi). Elde edilecek çözümler, belirtilen t aralığında her iki denklemi de sağlamalıdır. Bir diferansiyel denklem sistemini meydana getiren denklemler farklı mertebeden denklemler olabilir. Örneğin tüm denklemler, Denklem 4−2 de olduğu gibi ikinci mertebeden olabileceği gibi denklemlerin bazıları birinci bazıları ise ikinci mertebeden olabilir. Diferansiyel denklem sistemine üniform bir yapı kazandırmak için genellikle bu tür sistemler eşdeğer bir sisteme dönüştürülür. n’inci mertebeden bir diferansiyel denklem, her zaman n adet birinci mertebeden denklemden oluşan bir sisteme dönüştürülebilir. Bunun nasıl yapıldığını üçüncü mertebeden bir denklem üzerinde göstereceğiz. Aşağıdaki diferansiyel denklem verilmiş olsun.

27532 txxxx ++′−′′=′′′ (4−3) Bu denklemi üç tane birinci mertebeden denkleme dönüştürmek için,

xxxxxx

xx

′′=′=

′=′==

23

12

1

olarak üç parametre tanımlayacağız. Bunu yaparken en yüksek mertebeli türev hariç, yeni değişken olarak bilinmeyen fonksiyonlar ve türevlerini tanımlıyoruz. Bu yeni değişkenlerin Denklem 4−3 te yerine yazılmasıyla,

21233 7532 txxxx ++−=′ (4−5)

elde edilir. Bu denklem, tanımladığımız üç yeni değişkene bağlı birinci mertebeden bir diferansiyel denklemdir. Bu denklem ile x2 ve x3 ten oluşan grup birinci mertebeden bir denklem sistemi meydana getirmiş olur:

2

1233

32

21

7532 txxxx

xxxx

++−=′

=′=′

(4−6)


Engin/Çengel

- 2 -

Elde ettiğimiz bu denklem sistemi Denklem 4−3 e eşdeğerdir. Burada verilen dönüştürme yöntemi oldukça geneldir ve hangi mertebeden olursa olsun bir denklemi birinci mertebeden bir denklem sistemine dönüştürmede kullanılabilir. ÖRNEK 4− Yüksek Mertebeli Sistemleri Birinci Mertebeye İndirgeme Aşağıda verilen denklem sistemini ve sınır şartlarını birinci mertebeden bir denklem sistemine dönüştürünüz.

),(2),(32tgxyxytfxyxx

+′++−=′′+′+−=′′

,0)0(,0)0(

==

yx

2)0(1)0(

=′=′

yx

ÇÖZÜM Verilen sistem, iki bilinmeyenli ikinci mertebeden bir diferansiyel denklem sistemidir. Sonuçta birinci mertebeden dört adet denklemden oluşan bir sistem elde edilecektir. Bunun için önce dört tane yeni değişken tanımlayalım:

yxxyx

xxxxx

′=′==

′=′==

34

3

12

1

Bu değişkenlerin verilen sistemde yerine yazılmasıyla aşağıdaki yeni sistem elde edilir.

1 2

2 1 3 2

3 4

4 1 3 2

,2 3 ( ),

,2 ( )

x xx x x x f tx xx x x x g t

′ == − + +

′ =′ = − − + +

2)0(0)0(1)0(0)0(

4

3

2

1

====

xxxx

Bu ise birinci mertebeden dört denklemden kurulu bir diferansiyel denklem sistemidir. Denklem sisteminden mertebelerin toplamının 4 olduğu dikkatinizi çekmiş olmalıdır. Ayrıca baştaki sistemde olduğu gibi yeni denklem sisteminde de denklemlerin lineer ve sabit katsayılı olduğu görülmektedir. Bir çözüm yolu bulunması halinde yüksek mertebeli bir diferansiyel denklemi birinci mertebeden bir denklem sistemine dönüştürmenin pek bir anlamı olmayabilir. Ancak pratikte karşılaşılan yüksek mertebeli denklemlerin çoğu lineer değildir ve sayısal olarak çözülmeleri gerekir. İlerde de görüleceği gibi verilen yüksek mertebeli bir diferansiyel denklemi birinci mertebeden bir sisteme dönüştürmek olağan bir uygulamadır.


Engin/Çengel

- 3 -

DİFERANSİYEL DENKLEM SİSTEMLERİNİN SINIFLANDIRILMASI Diferansiyeld denklemlerle ilgili tanımlamaların büyük bir çoğunluğu diferansiyel denklem sistemleri için de yapılabilir. Bunun yanında diferansiyel denklem sistemleri ile cebirsel denklem sistemleri arasında da yakın bir benzerlik olduğu görülür. Örneğin cebirsel bir denklem sisteminde eğer tüm denklemler lineer ise, sistemin de lineer olduğu söylenir. Bu yüzden,

1032

522 −=−

=+

yxyx

(4−7)

cebirsel denklem sistemi lineer değildir. İkinci denklemde yer alan y2 terimi lineerliği bozmuştur. Benzer şekilde bir diferansiyel denklem sisteminde yer alan tüm denklemler lineer ise, bu diferansiyel denklem sistemine lineerdir denir. Tek bir diferansiyel denklem bile lineer değilse, diferansiyel denklem sistemi lineer olmayan bir denklem sistemi haline gelir. Örneğin

diferansiyel denklem sistemi lineer değildir. Eğer bir diferansiyel denklem sisteminde yer alan tüm denklemler homojen ise bu sisteme homojendir denir. Tek bir denklemin bile homojen olmaması, sistemi homojen olmaktan çıkarır:

zyxx +−=′ 2 (homojen)

zytxy ++=′ 2 (homojen)

tyxz 33 +−−=′ (3t den ötürü homojen değil) Lineer bir diferansiyel denklem sistemi, genel olarak,

)()()(

)()()(

222

111

tRytQxtPytRytQxtPx

++=′++=′

(4−8)

Biçiminde ifade edilir. Burada 1( )R t ve 2 ( )R t homojen olmayan terimlerdir. Buna göre

lineer homojen bir diferansiyel denklem sistemi ytQxtPy

ytQxtPx)()(

)()(

22

11

+=′+=′

(4−9)

olarak ifade edilir. Lineer bir denklem sisteminde 2x , xy, xx′ ve sin y gibi lineer olmayan terimlerin bulunmadığına dikkat ediniz. Ayrıca homojen bir denklem sisteminde ne bağımlı değişkenler ne de onların türevleri bir çarpan olarak yer almaz. Son olarak standart biçimde yazılan bir diferansiyel denklem sistemindeki tüm denklemler sabit katsayılı ise, denklem sistemi de sabit katsayılı olarak nitelendirilir. Tek bir denklem bile değişken katsayılı olursa, sistem de değişken katsayılı hale gelir. Örneğin,

32 tzyxx ++−=′ (sabit katsayılı)

12 −+−=′ yxy (sabit katsayılı)

ztyxz −+=′ 24 (2t den ötürü değişken katsayılı) Buna göre sabit katsayılı bir diferansiyel denklem sistemi aşağıdaki şekilde ifade edilir:

)(

)(

222

111

tRybxaytRybxax

++=′++=′

(4−10)

3

2

21

4 3 ( )

x x y z ty x zz x xy t z lineer olmayan denklem

′ = − + +′ = + +

′ = − −


Engin/Çengel

- 4 -

Yukarıdaki denklem sisteminde ilk denklemde ,y′ ikinci denklemde ise x′ terimlerinin bulunması gerektiğini düşünebilirsiniz. Yani denklem sisteminin genel biçimi,

)()(

222

1111

tRxcybxaytRycybxax

+′++=′+′++=′

) (4−11)

şeklinde mi olmalıdır? Ancak ikinci denklemdeki y′ ilk denklemde yerine yazıldığında, ilk

denklemdeki 1c y′ teriminin ortadan kalktığı görülür. Benzer bir işlem yapılarak ikinci

denklemdeki 2c y′ terimi de yok edilebileceğinden denklem sistemi yine 4−10 ile verilen

hale gelmiş olur. Bu nedenle bağımlı değişken türevlerini denklem sisteminde göstermenin problemi karmaşık hale getirmenin ötesinde bir etkisinin bulunmadığı görülür. Cebir derslerinizde muhtemelen lineer olmayan denklem sistemlerine değinmediniz ve sadece lineer denklem sistemleri üzerinde yoğunlaştınız. Elbette bunu, lineer denklem sistemleri önemsiz diye yapmadınız, bilakis bu tür denklem sistemlerinin analitik olarak çözümleri çoğunlukla imkânsızdır. Ancak bu tür denklem sistemlerini uygun bir teknik kullanarak bilgisayarda çözmek olasıdır. Ancak bunun için belirli bir düzeyde sayısal çözümleme yapma bilgisine gerek vardır. Aynı durum diferansiyel denklem sistemleri için de geçerlidir. Lineer diferansiyel denklem sistemleri belirli bir sistematik yol izlenerek çözülebilir, ancak lineer olmayan diferansiyel denklem sistemleri için bu tür çözüm yöntemleri mevcut değildir. Bunu pratikte yapmanın tek yolu sayısal yöntemler kullanmaktır. Bunu ileriki bölümlerde ele alacağız. Bu bölümde ise sadece lineer denklem sistemleri üzerinde duracağız. Lineer olsa bile değişken katsayıların bulunduğu diferansiyel denklem sistemleri çözmek oldukça zordur. Bunun nedeni çözümlerin genellikle sonsuz seriler içermesidir. Bu yüzden burada lineer ve sabit katsayılı diferansiyel denklemlerden kurulu sistemleri ele alacağız. 4−2. DİFERANSİYEL DENKLEM SİSTEMLERİ NASIL ORTAYA ÇIKMAKTADIR? Diferansiyel denklem sistemleri çoğu pratik problemde kendiliğinden ortaya çıkar. Bu tür problemlerin ortak yönü tek bir sistem yerine iki ya da daha fazla sayıda fiziksel olarak bağlı sistemlerden oluşmalarıdır. Bu tür sistemlerdeki bilinmeyen fonksiyonlar hem birbirlerine hem de bağımsız değişkene bağlıdır. Bu nedenle birlikte çözüm yapılarak elde edilmeleri gerekir. Diferansiyel denklem sistemlerinin teorisine ve çözüm tekniklerine geçmeden önce birkaç örnekle bu tür denklem sistemlerinin nasıl ortaya çıktığını görelim. ÖRNEK 4−2 Ayrık mekanik titreşim Yay sabitleri k1 ve k2 olan iki yay ucuna sırasıyla m1 ve m2 kütlelerinin asıldığını düşünelim. Kütlelere dışarıdan 1( )F t ve 2 ( )F t kuvvetleri Şekil 4−6’da gösterildiği gibi uygulanıyor

olsun. Kütlelerin başlangıç konumlarına göre yer değiştirme miktarları 1( )x t ve 2 ( )x t dir.

Başlangıç konumları kütlelerin kendi ağırlıklarıyla yayı uzattığı konum olarak düşünüldüğü için kütlelerin ağırlıkları bir dış kuvvet olarak dikkate alınmamaktadır. Herhangi bir sönümlenme veya sürtünme olmadığını kabul ederek iki kütlenin hareketlerini tanımlayan diferansiyel denklem sistemlerini elde ediniz.


Engin/Çengel

- 5 -

ÇÖZÜM Bir kütlenin değişik şartlardaki titreşimi daha önce ayrıntılı olarak ele alınmıştı. Herhangi bir sönümlenme olmadığını ve pozitif yönün aşağı doğru alındığını kabul ederek her iki kütlenin hareket denklemi,

2

11 1 1 12 ( )d xm k x F t

dt= − + (4−12a)

ve

2

22 2 2 22 ( )d xm k x F t

dt= − + (4−12b)

olarak ifade edilebilir. Burada 1( )x t ve 2 ( )x t bilinmeyen fonksiyonlar veya (bağımlı

değişkenlerdir. Denklem sistemindeki t ise zamanı gösteren bağımsız değişkendir. Denklem 4−12 iki bilinmeyenli bir denklem sistemini temsil etmektedir. Daha doğrusu bunlar, her ikisi de tek bir bağımsız değişkene bağlı iki denklemdir. Dolayısıyla bu iki denklem birbirinden bağımsız olarak çözülebilir ve bunun sonucunda 1( )x t ve 2 ( )x t bilinmeyen fonksiyonları

elde edilebilir. İki kütle birbirlerinden bağımsız şekilde hareket ettiğinden ve birbirlerini hiçbir şekilde etkilemediklerinden bu durum şaşırtıcı gelmemelidir. Dolayısıyla Denklem 4−12’ye ayrık denklem sistemi adı verilir, çünkü her iki bilinmeyen fonksiyon da ( 1( )x t ve

2 ( )x t ) sadece tek bir denklemde bulunmaktadır. Bu tür bir sistemi çözmek için yeni bir

bilgiye ihtiyacınız bulunmamaktadır ve biz burada bu tür ayrık sistemler ile ilgilenmeyeceğiz. ÖRNEK 4−3 Bağlı mekanik titreşim Önceki örnekte verilen iki yay−kütle sistemini bu sefer uç uca eklemiş olarak yeniden ele alalım (Şekil 4−7). Sürtünmeyi ihmal ederek iki kütlenin hareketini tanımlayan diferansiyel denklemleri elde ediniz. ÇÖZÜM

1( )x t ve 2 ( )x t yine başlangıç konumlarına göre (kütle ağırlıkları dikkate alınmış halde) iki

kütlenin zamana bağlı konumları olsun. Aşağı yönü pozitif olarak alalım. Yay kuvvetinin, yayın sıkışma veya uzama miktarıyla orantılı olduğu hatırlanarak aşağıdaki ifadeler yazılabilir:

yay,1 1 1F k x= (4−13a)

yay,2 2 2 1( )F k x x= − (4−13b)

Her iki kütle de aynı yönde ve aynı miktarda yer değiştirdiğinde x1 = x2 olur ve ikinci yay herhangi bir kuvvet uygulamaz. Eğer birinci kütle sabitlenmişse ( 1 0x = ), ikinci kütleye

gelen kuvvet yay,2 2 2F k x= olacaktır. Newton’un ikici yasası her bir kütleye

uygulandığında;


Engin/Çengel

- 6 -

21

1 1 1 2 2 1 12 ( ) ( )d xm k x k x x F tdt

= − + − + (4−14a)

ve

22

2 2 2 1 22 ( ) ( )d xm k x x F tdt

+ − + (4−14b)

sonuçları elde edilir. Burada ilk denklemin sağ tarafında yer alan bir terim ile Denklem 4−12a den farklılaştığı görülmektedir. İlave bu terim, ikinci yay tarafından uygulanan kuvveti temsil etmektedir. Benzer şekilde ikinci denklem de Denklem 4−12b den farklı olduğu, bunun da ikinci kütlenin harektli bir noktaya asılmasından ileri geldiği anlaşılmaktadır. Eğer birinci denklemi çözerek ilk kütlenin konum denklemi olan 1( )x t i bulmaya çalışırsak bunda

başarılı olamayız. Çünkü ilk denklemde aynı zamanda diğer kütleye ait olan bilinmeyen fonksiyon 2 ( )x t yer almaktadır. Aynı durum 2 ( )x t için de geçerlidir (yani ikinci denklemi

çözerek onu bulamayız). Ancak her iki denklemi birlikte çözerek 1( )x t ve 2 ( )x t

fonksiyonlarını bulabiliriz. Denklem 4−14 e bağlı denklem sistemi adı verilir, çünkü her bir denklem birden fazla bilinmeyen fonksiyona bağlıdır. Bu bölümde bu tür bağlı denklem sistemlerinin çözümlerini öğreneceğiz. ÖRNEK 4−4 Elektrik devreleri Şekil 4−8 de verilen iki kapalı gözlü elektrik devresini göz gönüne alınız. L1 ve L2 bobinlerinden geçen I1 ve I2 elektrik akımlarını veren diferansiyel denklemi belirleyiniz.

ÇÖZÜM Birden fazla gözün bulunduğu elektrik devrelerini analiz ederken çeşitli devre elemanlarından geçen akımların yönlerini baştan kestirmek zordur. Bu yüzden genellik elektrik akımlarının yönleri kabul edilir. Hesaplama sonucu negatif değer olarak bulunan bir akım, o akım için seçilen yönün yanlış olduğunu gösterir. I1 ve I2 nin yönleri şekilde gösterildiği gibi kabul edilmiş olsun. Bu durumda R direncinden geçen akım, analiz edilen göze göre I1 −I2 veya I2−I1 olacaktır. Kapalı bir gözde belirli bir yöndeki gerilim düşümlerinin toplamının uygulanan gerilime eşit olduğunu biliyoruz. Buna göre bir RL devresi için;

)(tERIdtdIL =+ (4−15)

ifadesi yazılabilir. Bu ilişkiyi iki göze uygularsak;

)()( 211

1 tEIIRdtdIL =−+ (4−16a)


Engin/Çengel

- 7 -

0)( 122

2 =−+ IIRdtdIL (4−16b)

veya tekrar düzenleme yaparak,

)(211

1 tERIRIdtdIL +=+ (4−17a)

122

2 IRIdtdIL =+ (4−17b)

elde ederiz. Böylece iki tane birinci mertebeden lineer sabit katsayılı denklemden kurulu bir sistem elde edilmiş olur. Bilinmeyen 1( )I t ve 2 ( )I t fonksiyonlarını bulabilmek için iki denklem birlikte çözülmelidir. ÖRNEK 4−5 Karışım tankları Şekil 4−9 da gösterildiği gibi 1000 L hacminde özdeş iki karışım tankı birbiri ile irtibatlandırılmış durumdadır. Herhangi bir t anında tanklarda bulunan tuz kütleleri sırasıyla

1( )x t ve 2 ( )x t fonksiyonları ile verilmektedir. Her iki tankta bulunan karıştırıcılar, karışımın mükemmel homojenlikte olmasını sağlamaktadır. Birinci tanka içerisinde 0.10 kg‐tuz/L bulunan çözeltiden 15 L/dak, ikinci tanka ise 5 L/dak temiz su girmektedir. Birinci tanktan ikincisine 50 L/dak tuzlu su geçerken, ikinci tanktan birincisine 35 L/dak tuzlu su geçmektedir. İkinci tanktan 20 L/dak tuzlu su çekildiğine göre her iki tanktaki tuz miktarlarını veren diferansiyel denklemleri geliştiriniz.

ÇÖZÜM İki tanka birim zamanda giren ve çıkan tuzlu su çözeltilerinin hacimleri eşit olduğundan her iki tankta da her an 1000 L çözelti bulunacaktır. Buna göre birinci tankta 1 L çözelti başına

1( ) /1000x t kg‐tuz bulunacaktır. Birinci tanktan birim zamanda ayrılan tuzlu su kütlesi ise

150 ( ) /1000x t olacaktır. Benzer şekilde ikinci tanka giren ve çıkan tuz kütleleri de hesaba

katıldığında, kütle korunumu yasası gereği,

100035

1000505.1 211 xx

dtdx

+−= (4−18a)

100055

1000500 212 xx

dtdx

−−= (4−18b)

yazabiliriz. Bu, iki tane birinci mertebeden diferansiyel denklemden oluşan bağlı bir sistemdir. Yani 1( )x t ve 2 ( )x t fonksiyonlarını bulmak için iki denklemi birlikte çözmemiz gerekir.


Engin/Çengel

- 8 -

Artık lineer denklem sistemlerinin çözüm yöntemlerine geçebiliriz. İlk olarak yok etme yöntemi üzerinde duracağız. Bu yöntem n adet lineer diferansiyel denklemden oluşan bir sistemi n’nci mertebeden tek bir diferansiyel denkleme dönüştürür. Bunun ardından lineer sabit katsayılı denklemler için sistematik bir çözüm yolu olan özdeğer yöntemini öğreneceğiz. Bu yöntem, sabit katsayılı lineer bir denklemin çözümünü andırmaktadır. En son olarak matrisler ve lineer cebir konusunda önemli bazı hatırlatmalar yapılarak matris (veya öz vektörler) yöntemi anlatılacaktır. Bu yöntem, lineer diferansiyel denklem sistemlerinin çözümünde kullanılan en genel ve sistematik yöntem olma özelliğine sahiptir. Bunların dışında kalan Laplace dönüşümü ve sayısal yöntemler ileriki bölümlerde ele alınacaktır.

6‐3 YOK ETME (ELİMİNASYON) YÖNTEMİ

Lineer sistemlerin teorisine girmeden önce, diferansiyel denklem sistemlerinin çözümünde kullanılan en basit ve temel yöntem olan yok etme yöntemi üzerinde duralım. Bu yöntem n tane birinci mertebeden diferansiyel denklemi, mertebesi n olan tek bir diferansiyel denkleme dönüştürme esasına dayanır. Bu yöntem, cebirsel denklemlerdeki yok etme yöntemine benzemektedir. Örneğin,

35723

=−=+

yxyx

(4−19)

sistemi x e bağlı tek bir denkleme dönüştürülebilir. Bunu yapmak için ikinci denklemden y=5x−3 elde edilerek ilk denklemde yerine yazılır. Böylece,

7)35(23 =−+ xx (4−20) tek bilinmeyenli denklemi elde edilir. Bu denklemden x çözülürse x = 1 bulunur. x bilindiğine göre, değeri birinci veya ikinci denklemden yazılarak y = 2 elde edilir. Şimdi de iki tane birinci mertebeden lineer ve sabit katsayılı diferansiyel denklemden oluşan bir sistemi göz önüne alalım. Bağımlı değişkenler x ve y dir.

)(111 tRybxax ++=′ (4−21a)

)(222 tRybxay ++=′ (4−21b) İlk denklemden y yi çekip t ye göre türevini alırsak;

( )1 11

1 ( ) ,y x a x R tb

′= − − (4−22)

ve

1 11

1 ( ( ))y x a x R tb

′′ ′′ ′= − − (4−23)

elde ederiz. Şimdi de bu y ve y′ nü ikinci denklemde yerine yazıp düzenlersek,

1 2 1 2 2 1 1 2 1 1 2( ) ( ) ( ) ( ) ( )x a b x a b a b x R t b R t b R t′′′ ′− + + − = − + (4−24)


Engin/Çengel

- 9 -

sonucuna ulaşırız. Bu denklem ikinci mertebeden sabit katsayılı lineer bir denklem ve daha önce öğrendiğimiz çözüm yöntemleriyle çözülebilir. Denklemin karakteristik denklemi şu şekildedir:

21 2 1 2 2 1( ) 0a b a b a bλ λ− + + − = (4−25)

Denklemimizin homojen kısmının çözümü karakteristik denklemin iki kökü ile kurulur. x’e ait genel çözüm ise elde edeceğimiz bu homojen çözüm ile, homojen olmayan diferansiyel denklemi sağlayan bir özel çözümün toplamından ( h öy y y= + ) oluşur. ( )x t bu şekilde

bulunduğunda, ( )x t ve ( )x t′ Denklem 4−22 de yerine konur ve böylece ( )y t fonksiyonu da elde edilmiş olur. Bunu bir örnek üzerinde göstereceğiz. ÖRNEK 4−6 Yok etme yöntemi Yok etme yöntemini kullanarak aşağıdaki diferansiyel denklemi çözünüz.

0)0(,531)0(,64=−−=′

=+=′

yyxyxyxx

ÇÖZÜM: Bu bir birinci mertebeden lineer sabit katsayılı diferansiyel denklem sistemidir. Yoketme yöntemini kullanarak verilen sistemin ikinci mertebeden sabit katsayılı eşdeğeri olan denklemi bulalım. İlk denklemden y yi çekelim ve t ye göre türevini alalım:

xxy64

61

−′= (4−26)

ve

xxy ′−′′=′64

61

(4−27)

Şimdi de y ve y′ nü ikinci denklemde yerine yazalım:

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −′−−=′−′′ xxxxx

64

6153

64

61

veya,

02 =−′+′′ xxx Bu ise, ikinci mertebeden lineer sabit katsayılı homojen bir diferansiyel denklemdir. Denklemin karakteristik kökleri;

2 2 0λ λ+ − =

λ1 = 1 ve λ2 = −2 olarak elde edilir. Buna göre genel çözüm;

tt eCeCx 221

−+=


Engin/Çengel

- 10 -

olacaktır. Bilinmeyen diğer fonksiyon y ise x ve x′ nün ilk denklemde (Denklem 4−26) yazılmasıyla bulunur.

tt

tttt

eCeC

eCeCeCeC

xxy

221

221

221

21

)(64)2(

61

64

61

−

−−

−−=

+−−=

−′=

Buna göre verilen diferansiyel denkleminin genel çözümü,

tt eCeCx 2

21−+=

tt eCeCy 2212

1 −−−=

olarak elde edilmiş olur. Keyfi sabitler olan 1C ve 2C ise başlangıç şartlarının uygulanmasıyla belirlenir:

1)0( =x → 121 =+CC

0)0( =y → 021

21 =−− CC

Çözüm yapılırsa, 1C = 2 ve 2C = −1 olarak elde edilir. Bu değerlerin yerine yazılmasıyla, verilen denklem sisteminin çözümü;

tt

tt

eeyeex

2

22−

−

−−=

−=

olarak bulunur. Bu iki denklemin verilen diferansiyel denklem sistemini sağladığı gösterilebilir. Ayrıca çözüme y yerine x i yok ederek de başlayabilirdik, yine aynı sonucu bulurduk. Yok etme yöntemi basit ve izlenmesi kolay bir yöntem olmasına karşın iki ya da üçten fazla sayıda denklemden oluşan sistemleri çözmek için pek pratik değildir. Denklem sayısının artmasıyla oldukça hantal ve karmaşık hale gelmektedir. Öğreneceğimiz özdeğer yöntemi ise, denklem sayısına bakılmaksızın, aynı karakteristik denklemi bulmada daha kolay ve sistematik bir yöntem vermektedir. Bunun için az bir miktar lineer cebir bilgisi yeterli olmaktadır. Yok etme yöntemi homojen olmayan denklem sistemlerine de uygulanabilir. Bu tür durumlarda eşdeğer denklem homojen olmayacağından, genel çözümü bulmak için bir tane özel çözüm bulmamız gerekir. ÖRNEK 4−7 Yok etme yöntemi−homojen olmayan diferansiyel denklem sistemleri yok etme yöntemini kullanarak aşağıdaki başlangıç değer problemini çözünüz.


Engin/Çengel

- 11 -

tyxy

yxx+−−=′++=′

53164

0)0(1)0(

==

yx

ÇÖZÜM Bu bir homojen olmayan, birinci mertebeden sabit katsayılı diferansiyel denklem sistemidir. Bu sistemin ikinci mertebeden, homojen olmayan sabit katsayılı eşdeğer denklemini bulmak için ilk denklemden y yi çekip t ye göre türettiğimizde;

61

64

61

−−′= xxy ( 4−29 )

ve

xxy ′−′′=′64

61

( 4−30 )

elde ederiz. Şimdi de y ve y′ nü ikinci denklemde yerine yazalım:

=′−′′ xx64

61 txxx +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −−′−−

61

64

6153

veya

562 +=−′+′′ txxx Bu denklemin homojen kısmı ise 02 =−′+′′ xxx olur ve bir önceki örnekten bunun çözümünü biliyoruz:

tt eCeCx 221

−+= Belirsiz katsayılar yöntemine göre özel çözümün genel şekli

öx At B= + olacaktır. Bu çözüm ve türevleri 562 +=−′+′′ txxx denkleminde yerine yazılıp katsayılar eşitlendiğinde A = −3, B = −4 olduğu görülür. Böylece genel çözüm ifadesi; 2

1 2 3 4t tx C e C e t−= + − − halini alır. Bu denklemden x ve x′ alınıp Denklem 4−29 yerine yazıldığında,

( ) ( )2 21 2 1 2

21 2

1 4 16 6 61 4 12 3 3 46 6 6

1 2 2 22

t t t t

t t

y x x

C e C e C e C e t

C e C e t

− −

−

′= − −

= − − − + − − −

= − − + +

Sonuç olarak sistemin genel çözümü şu şekilde olacaktır: 2

1 2 3 4t tx C e C e t−= + − −


Engin/Çengel

- 12 -

21 2

1 2 2 22

t ty C e C e t−= − − + +

Keyfi sabitler olan 1C ve 2C ise başlangıç şartlarının uygulanmasıyla belirlenir:

( )

( ) 022100

1410

21

21

=+−−→=

=−+→=

CCy

CCx

Çözüm yapılırsa 1C = 1 ve 2C = −1 olarak elde edilir. Bu değerlerin yerine yazılmasıyla, verilen denklem sisteminin çözümü;

2

2

6 3 43 2 2

t t

t t

x e e ty e e t

−

−

= − − −

= − + + +

olarak bulunur. Bu iki denklemin verilen diferansiyel denklem sistemini sağladığı gösterilebilir. Ayrıca çözüme y yerine x i yok ederek de başlayabilirdik, yine aynı sonucu bulurduk.

İlke olarak bu yöntem lineer olmayan denklem sistemlerine de uygulanabilir. Ancak buradan hareketle kapalı bir çözüm elde etmek nadiren mümkün olur. Bu yüzden lineer olmayan denklemleri çözmenin en iyi yolu sayısal yöntemlerdir. 4−4 ÖZDEĞERLER YÖNTEMİ yok etme yöntemine alternatif bir çözüm yöntemi de özdeğerler yöntemidir. Determinantlar yöntemi olarak da adlandırılan bu yöntem karakteristik denklemin bulunmasında kullanılan kolay ve sistematik bir yoldur. Bu yöntem ayrıca, bu bölümün sonunda anlatılacak olan oldukça kullanışlı matris yöntemi (veya özvektörler yöntemi) ile yakından ilgili temel kavramların öğrenilmesinde de etkin bir rol oynar. Ancak özdeğerler yönteminin de kullanımı iki veya üç tane birinci mertebeden lineer ve sabit katsayılı denklemden oluşan sistemlerle sınırlıdır. Daha fazla sayıdaki denklemden oluşan sistemler için en etkin ve sistematik yol matris yöntemidir. İki tane birinci mertebeden sabit katsayılı denklemden oluşan

ybxax 11' += (4−32a)

ybxay 22' += (4−32b) sistemini ele alalım. Burada a1, b1, a2 ve b2 gerçel sabitlerdir. Bu denklemlerin çözüm fonksiyonlarının

tekx λ1= (4−33a)

teky λ2= (4−33b)

biçiminde olduğunu varsayalım. Buradaki k1, k2 ve λ sabitleri göstermektedir. Bu sabitlerin değerleri, önerilen çözümlerin denklem sistemini sağlaması gerektiğinden hareketle bulunacaktır. Çözümler yerine koyulup,


Engin/Çengel

- 13 -

ttt ekbekaek λλλλ 21111 += (4−34a) ttt ekbekaek λλλλ 22122 += (4−34b)

iki denklem dey teλ bölünür ve tekrar düzenleme yapılırsa, 0)( 2111 =+− kbka λ (4−35a)

0)( 2212 =−+ kbka λ (4−35b) elde edilir. k1 ve k2 ye göre bu iki denklem lineer homojen bir cebirsel denklem sistemini temsil eder. 021 == kk çözümü hemen göze çarpsa da 0== yx sonucunu doğurduğu için işimize yaramaz. İşimize yarayacak çözüm ise, lineer cebir teorisine göre yalnızca katsayılar matrisinin determinantı sıfır ise vardır. Buna göre,

1 11 2 2 1

2 2

( )( )( ) 0

( )a b

a b a ba bλ

λ λλ

−= − − − =

− (4−36)

veya 2

1 2 1 2 2 1( ) ( ) 0a b a b a bλ λ+ + + − = (4−37) olmalıdır. λ ya göre ikinci dereceden olan bu denkleme lineer sistemin karakteristik denklemi adı verilir. Denklemin kökleri olan 1λ ve 2λ ise karakteristik kökler veya verilen denklem sisteminin özdeğerleri adını alır. Bu denklemin daha önce yok etme yöntemi elde ettiğimiz karakteristik denklemin (Denklem 4−25) aynısı olduğu görülmektedir. Denklem 4−36 da verilen determinanta dikkatlice bakıldığında, karakteristik denklemin bulunmasında kısa bir yol gösterdiği anlaşılır. Bunun için katsayılar matrisi olan

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

22

11

baba

A

matrisinin köşegen elemanlarından λ çıkarmak yeterli olmaktadır.

İkinci mertebeden lineer, homojen ve sabit katsayılı bir diferansiyel denklemin genel çözümünün, bu denklemin karakteristik denkleminin kökleri olan 1λ ve 2λ nin gerçel ve farklı, katlı ve kompleks iki kök olmasına göre şekillendiğini biliyoruz. İki tane birinci mertebeden denklem ikinci mertebeden tek bir denkleme dönüştürülebildiği için aynı durum burada da geçerlidir. Karakteristik kökler bulunduktan sonra x için genel çözüm aşağıdaki gibi elde edilir:

Eğer 21 λλ ≠ ise tt eCeCtx 2121)( λλ += (4−38)

Eğer λλλ == 21 ise 1)()( 21λetCCtx += (4−39)

Eğer βαλ i±=2,1 ise )cossin()( 21 tCtCetx t ββα += (4−40)

Burada C1 ve C2 keyfi sabitlerdir. Diğer bilinmeyen y ise ise, ilk denklemden y yi çekip, şimdi bulunan x ve x′ nü y denkleminde yerine yazarak belirlenir. Bu çözüm de aynı keyfi sabitlere bağlı olacaktır. Bunu bir örnekle göstereceğiz. ÖRNEK 4−8 Özdeğerler yöntemi Özdeğerler yöntemini kullanarak aşağıdaki başlangıç değer problemini çözünüz.


Engin/Çengel

- 14 -

,53,64yxy

yxx−−=′

+=′

0)0(1)0(

==

yx

ÇÖZÜM

Bu soru, Örnek 4−6 da daha önceden incelenmişti. Katsayılar matrisini yazalım:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

=53

64A

Karakteristik denklem, köşegen elemanlardan λ çıkarılarak elde edilen determinantın sıfıra eşitlenmesiyle bulunur:

=−−−

−)5(3

6)4(λ

λ 0)3(6)5)(4( =−−−−− xλλ

veya

022 =−+ λλ Bu ise daha önce Örnek 4−6 da bulduğumuz karakteristik denklemdir. Denklemin kökleri λ = 1 ve λ= −2 olduğundan (gerçel ve farklı) genel çözüm; tt eCeCx 2

21−+=

olarak bulunur. Diğer bilinmeyen fonksiyon y ise, ilk denklemden y yi çekip x ve x′ nü bu y denkleminde yazarak bulunur:

xxy64'

61

−=

)(64)2(

61 2

212

21tttt eCeCeCeC −− +−−=

tt eCeC 2212

1 −−−=

Buna göre genel çözüm; tt eCeCx 2

21−+=

tt eCeCy 2212

1 −−−=

olarak elde edilir. Çözümde yer alan 1C ve 2C sabitleri Örnek 4−6 da 1C = 2 ve 2C = −1 olarak hesaplandığından, verilen başlangıç değer probleminin çözümü şu şekilde olur:

tt eex 22 −−= tt eey 2−+−= Özdeğerler yöntemi homojen olmayan sabit katsayılı lineer denklem sistemlerine de uygulanabilir. İşlem, homojen olmayan tek bir denklemin çözümünde yapılanlara paraleldir. Önce homojen kısmın çözümü elde edilir, daha sonra homojen olmayan terimden kaynaklanan özel çözüm bulunur. Son adımda ise homojen kısmın çözümü ile bu özel çözüm toplanarak genel çözüm elde edilir. Özel çözümlerin bulunmasında belirsiz katsayılar yönteminin yanı sıra sabitin değişimi yöntemi de kullanılabilir. Ancak sabitin değişimi yöntemi, kolay ve basit olmasına karşın, homojen olmayan terimlerin polinom çarpanları,


Engin/Çengel

- 15 -

üstel fonksiyon veya sin, cos fonksiyonları biçiminde olmasını gerektirir. Lineer denklem sistemlerinde özel çözümlerin genel biçiminin seçimi, tek denklem için yapılandan farklıdır. Lineer sistemler için tek bir denklemdeki değil, denklem sisteminde yer alan homojen olmayan terimlerin hepsi birden göz önünde tutulmak zorundadır (Şekil 4−16). ÖRNEK 4−9 Özdeğerler yöntemi: Homojen olmayan denklem sistemi Özdeğerler yöntemini kullanarak aşağıdaki başlangıç değer problemini çözünüz 164 ++=′ yxx , ( ) 10 =x

153 +−−=′ xxy , ( ) 00 =y ÇÖZÜM İki tane homojen olmayan lineer sabit katsayılı denklemden oluşan bu sistemin homojen kısmı; yxx 64 +=′

yxy 53 −−=′ olarak ifade edilebilir. Daha önceki örneklerimizde bu sistemin genel çözümünü;

21 2

t thx c e c e−= +

21 2

12

t thy c e c e−= −

Olarak elde etmiştik. Şimdi ise denklem sistemimizde t ve l şeklinde homojen olmayan terimlerimiz bulunmaktadır. Özel çözümün biçimini oluştururken her iki terimi de dikkate almamız gerekir. Buna göre,

1 1öx A t B= +

2 2öy A t B= + olacaktır. Bu çözümler denklem sisteminde yerine yazılırsa;

( ) ( ) 164 22111 ++++= BtABtAA

( ) ( ) tBtABtAA ++−+−= 22112 53 elde edilir. Bilinmeyen katsayıları bulmak için karşılıklı olarak katsayıları eşitlersek,

064 21 =+ AA

164 21 =−− BBA

153 21 =+ AA

053 212 =++ BBA sistemini buluruz. Birinci ve üçüncü denklem ortak çözülürse Al = −3 ve A2 = 2 bulunur. Ardından Bl = −4 B2 = 2 olduğu görülür. Böylece özel çözüm;

3 4öx t= − −

2 2öy t= +

olarak bulınır. Sonuçta homojen olmayan denklem sisteminin genel çözümü;


Engin/Çengel

- 16 -

43221 −−+= − tececx tt

2221 2

21 ++−−= − tececy tt

Olacaktır. Sınır şartlarının uygulanması halinde 1C = 2 ve 2C = −1 olarak bulunacağından, verilen başlangıç değer probleminin çözümü şu şekilde olur:

436 2 −−+= − teex tt

223 21 ++−−= − teecy tt

Bu ise Örnek 4−7 de belirsiz katsayılar yöntemi ile bulduğumuz sonuçla aynıdır. Aranan her iki fonksiyonun özel çözümlerinin aynı formda olduğu dikkatinizi çekmiş olmalı. Fark sadece sabitlerde ortaya çıkmaktadır. Homojen Olmayan Terimlerin Homojen Denklemin Çözümü Olması Hali Eğer homojenliği bozan terimler homojen kısmın çözümü ise, diferansiyel denklem sistemi için yapılacak işlem, tek denklem için yapılandan farklı olacaktır. Tek bir diferansiyel denklemi çözerken bu tür durumlarda xö özel çözümün olağan biçimi olmak üzere özel çözümü k

öt x olarak öneriyorduk. Burada k homojen çözüm ile özel çözümü lineer bağımlılıktan kurtaran en küçük pozitif tam sayıdır. Ancak diferansiyel denklem sistemleri söz konusu olduğunda bu yeterli olmaz. Bunun yerine olağan özel çözümleri,

01

10 ......)( AtAtAtP kkk +++= − (4−41)

biçiminde bir polinom ile çarpmak gerekir (A bir sabittir). Örneğin homojen olmayan terim

2te− , homojen kısmın çözümleri ise 2te− ve 2tte− olsun. Bu durumda önerilecek özel çözüm tek bir denklem söz konusu ise 2 2t

öx At e−= biçiminde olurken, bir diferansiyel denklem sistemi söz konusu ise özel çözüm;

( )2 2töx At Bt C e−= + +

biçiminde olmalıdır. ÖRNEK 4−10 Özdeğer yöntemi: Homojen olmayan diferansiyel denklem sistemi Özdeğer yöntemini kullanarak aşağıdaki diferansiyel denklem sistemini çözünüz.

teyxyyxx

253164

−−−−=′

++′

ÇÖZÜM Burada verilen, birinci mertebeden sabit katsayılı homojen olmayan bir diferansiyel denklem sistemidir. Bu sisteme ait homojen sistem,

yxy

yxx53

64−−=′

+=′

olup genel çözümü daha önceki örneklerimizden


Engin/Çengel

- 17 -

tt

h

tth

eCeCy

eCeCx

221

221

21 −

−

−−=

+=

olarak bulunmuştu. Verilen denklem sisteminden de görüldüğü gibi homojen olmayan terimler e−2t ve 1 dir. 1 e karşılık glen özel çözüm sadece bir sabittir. e−2t e karşılık gelen özel çözüm ise normalde te−2t dir, çünkü e−2t terimi homojen kısmın çözümüdür. Ancak burada bir denklem sistemi söz konusudur ve özel çözümün bir parçası olarak bir sabitle e−2t nin çarpımını da dahil etmemiz gerekir. Böylece özel çözümleri,

2 21 1 1

2 22 2 2

t tö

t tö

x A e B te D

y A e B te D

− −

− −

= + +

= + +

olarak önermemiz gerekir. Ancak hx temel çözüm olarak alındığından ve bu ifadedeki keyfi

sabit, çözümün bir parçası olarak ortaya çıkabilecek 2te− terimlerini bünyesinde bulundurabileceğinden hx ifadesindeki A1 = 0 almak bir sakınca doğurmaz. Buna göre özel çözümler şu şekilde olacaktır:

21 1

2 22 2 2

tö

t tö

x B te D

y A e B te D

−

− −

= +

= + +

Bu ifadeler diferansiyel denklem sisteminde yerine yazılırsa,

ttttttt

ttttt

eDteBeADteBteBeBeA

DteBeADteBteBeB2

22

22

212

12

22

22

2

22

22

212

12

12

1

)(5)(322

1)(6)(42−−−−−−−

−−−−−

−++−+−=−+−

+++++=−

elde edilir. Karşılıklı katsayılar eşitlendiğinde 6 denklemin meydana geldiği görülür:

212

211

222

21

21

21

532642

1526

0530164

BBBBBBABA

ABDD

DD

−−=−+=−

−−=+−=

=−−=++

Son iki denklemin aynı olduğu açıktır. İlk iki denklem ise yalnızca D 1 ve D 2 ye bağlı olup

çözüm yapıldığında D 1 = 25/6 and D 2 =5/2 bulunur. Kalan denklemlerin de çözülmesiyle A 2

= 1/3, B 1 = 2 ve B 2 = −2 olarak hesaplanır. Sonuç olarak aranan özel çözümler;

2

2 2

2526

1 523 2

−

− −

= +

= − −

tö

t tö

x te

y e te

ve sistemin genel çözümü;

2 21 2

2 2 21 2

2526

1 1 522 3 2

− −

− − −

= + + +

= − − + − −

t t tö

t t t tö

x C e C e te

y C e C e e te

olarak bulunur. 2te− terimlerinin birleştirilmesiyle ikinci fonksiyon,

2 21 2

1 1 5( ) 22 3 2

t t ty C e C e te− −= − − − − −

olarak ifade edilebilir.


Engin/Çengel

- 18 -

4−5 MATRİSLERİN GÖZDEN GEÇİRİLMESİ Gerek yok etme gerekse özdeğerler yöntemi iki veya üç tane denklemden oluşan diferansiyel denklem sistemlerini çözmede yeterlidir. Ancak daha fazla sayıda denklem varsa bu iki yöntem pek pratik değildir. Fazla sayıda denklemden oluşan sistemler en iyi matris gösterimiyle tarif edilebilir. Cebirsel denklem sistemleri için de aynı şeyin geçerli olduğu biliyoruz. Bu kısımda matrisler ve bunlarla yapılan işlemlerin hatırlanması amaçlanmıştır, kendini yeterli hisseden öğrenciler bu kısmı atlayabilir. m×n boyutlarında bir matris, m sayıda satırda ve n adet sütunda sıralanmış sayı veya elemanlardan oluşur:

⎟⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

=

mnmm

n

n

aaa

aaaaaa

A

.........

...

...

21

22221

11211

( 6 – 42 )

Matrisler genellikle kalın büyük harflerle gösterilir, örneğin A. Matrisin elemanları

reel veya kompleks sayı olabileceği gibi fonksiyon da olabilir. Matris elemanlar aij ile gösterilir. Burada i = 1, 2, 3, ..n ve j = 1, 2, 3, 4…n şeklinde alınır. Örneğin a32 3. satır‐2. sütundaki elemanı belirtir. Elemanlarla işlem yaparken matrisi bazen A = (aij) olarak ifade etmek kolaylık sağlar. Yukarıda matrislerin cebirsel sistemler için de kolaylık sağladığını söylemiştik. Örneğin aşağıdaki denklem sistemi;

1275645

5332

321

321

321

=−+−=−+

=+−

xxxxxxxxx

matris formda şu şekilde ifade edilir:

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−−

−

171645

332

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

3

2

1

xxx

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛−=12

55


Engin/Çengel

- 19 -

1 KARE MATRİS Satır ve sütun sayıları eşit (m = n) olan matrislere kare matris diyoruz. Kare matris şu şekilde görünür:

A =

⎟⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

nnnn

n

n

aaa

aaaaaa

.........

...

...

21

22221

11211

2 VEKTÖR Tek bir sütundan (kolondan) oluşan matrise kolon vektörü veya kısaca vektör adı verilir. Buna göre bir vektördeki eleman sayısı satır sayısına eşit olacaktır. Vektörler kalın küçük harflerle gösterilir, örneğin b.

1

2

b ..

n

bb

b

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

( 6 – 44 )

Benzer şekilde tek bir satırdan oluşan matrise de satır vektörü adı verilir. Dolayısıyla vektör matrisin özel bir durumunu ifade eder. Örneğin üç tane vektör,

v1 = ⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

152

, v2 = ⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛−

74

3, v3 =

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−−

16

3

verilmiş olsun. Bunların oluşturacağı matris şu şekilde olur:

A = ( v1 v2 v3 ) = ⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−−

−

171645

332

3 SIFIR MATRİSİ Tüm elemanları sıfır olan matrise sıfır matrisi denir:

0 =

⎟⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

0...00......0...000...00

(4−45)

4 SİMETRİK MATRİS Ana köşegenine göre simetrik elemanlara sahip matrise simetrik matris denir. Simetrik matris için aij = aji dir. Buna bir örnek verelim:


Engin/Çengel

- 20 -

A = ⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−

−

249435951

(4−46)

5 ÜST ÜÇGEN VE ALT ÜÇGEN MATRİSLER Ana köşegeninin altında kalan tüm elemanları sıfır olan matrise üst üçgen, bu köşegenin üzerinde kalan tüm elemanları sıfır olan matrise ise alt üçgen matris denir:

1 5 9U 0 4 5

0 0 9üst üçgen

−⎛ ⎞⎜ ⎟= →⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

ve

1 0 0A 1 4 0

4 5 9alt üçgen

⎛ ⎞⎜ ⎟= − →⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠

6 KÖŞEGEN MATRİS Ana köşegeni üzerindeki elemanları hariç tüm elemanları sıfır olan kare matristir:

2 0 0D 0 7 0

0 0 4

⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

7 BİRİM MATRİS Ana köşegeni üzerindeki tüm elemanları 1, geri kalan tüm elemanları ise 0 olan matristir. Bu matris I ile gösterilir:

1 0 0I 0 1 0

0 0 1

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

MATRİSLERİN ÖZELLİKLERİ Matris gmsterimi, çok sayıda girişi tek bir sembol ile gösterme imkanı verir. Bu yüzden çok sayıda denklemin yer aldığı sistemleri son derece sade bir biçimde ifade etmek mümkündür. O halde matrislerle nasıl işlem yapılacağını bilmek önemlidir. 1 EŞİTLİK Eğer iki matrisin satır ve sütun sayıları eşitse bu iki matris aynı boyuttadır denir. Eğer aynı boyuttaki A ve B matrislerinin karşılıklı gelen tüm elemanları eşitse, yani; )476( −= ijij ba

ise, bu durumda A = B dir. Örneğin;

2 1 0A 0 7 0

2 9 4

−⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

ve

2 1 0B 0 7 0

2 9 4

−⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

ise A = B olur.


Engin/Çengel

- 21 -

2 TOPLAMA İŞLEMİ İki tane m × n boyutundaki matris toplanırken karşılıklı gelen elemanları toplanır:

( ) ( ) ( )A + B (6 48)ij ij ij ija b a b= + = + −

Örneğin,

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++−+−+

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛− 61

121062184)3(2

0283

6142

Toplanan matrislerin aynı boyutta olması gerekir. Toplama sonucu elde edilen matris de toplanan matrislerin boyutundadır. Matris toplama işleminin de değişme ve birleşme özelliği vardır: A B B A+ = + (4−49a) A + (B + C) = (A + B) + C (4−49b) Toplama işleminde sıfır matrisi (0) etkisiz elemandır: A + 0 = A. 3 MATRİSİ BİR SAYI İLE ÇARPMA Bir A matrisini k gibi bir skalerle çarpmak demek, bu matrisin her bir elemanını o sayı ile çarpmak demektir:

A ( ) ( ) (6 50)ij ijk k a ka= = −

Örneğin

2 1 3 2 3 ( 1) 6 33

4 7 3 4 3 7 12 21− ⋅ ⋅ − −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⋅ ⋅⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Bunun sonucunda matrisin boyutunun değişmediğine dikkat ediniz. 4 ÇIKARMA İŞLEMİ Elimizde A ve B gibi m×n boyutunda iki matris bulunsun. A−B = A + (−B) yazılabileceğinden, birinci matrisle ikinci matrisin negatifini toplarsak bu iki matris arasındaki farkı bulmuş oluruz. Örnek verelim:

4 2 3 6 4 3 2 6 1 43 6 0 2 3 0 6 ( 2) 3 8

− − −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− − − − − − −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

5 ÇARPMA İŞLEMİ Boyutu m×n olan A matrisi ile boyutu m×r olan B matrisinin çarpımından boyutu m×r


Engin/Çengel

- 22 -

olan bir C matrisi elde edilir. C matrisinin elemanları şöyle bulunur:

∑ −+++== )546(... 12211 ninjijikjikij babababac

Örnek verelim. İki matris,

2 5A 1 0

3 4

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

ve 3 4B

2 5⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

olarak verilmiş olsun. Bu iki matrisin çarpımı şöyledir:

2 5 2 3 5 2 2 4 5 5 16 333 4

AB 1 0 1 3 0 2 1 4 0 5 3 42 5

3 4 3 3 4 2 3 4 4 5 1 8

⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= = ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− − ⋅ + ⋅ − ⋅ + ⋅ −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Çarpma işleminin birleşme ve dağılma özelliği bulunmakta, ancak değişme özelliği bulunmamaktadır. Diğer bir ifadeyle;

(AB)C=A(BC)A(B + C)=AB + ACAB BA≠

Aslında kare matrisler olmadıkça BA çarpımı yoktur. Kare matrisler söz konusu değilse, çarpma işleminin yapılabilmesi için A nın sütun (kolon) sayısı B nin satır sayısına eşit olmak durumundadır. Ayrıca bir matrisin birim matris I ile çarpımı yine matrisin kendisine eşittir, yani AI A= dır. 6 MATRİSİN DEVRİĞİ (TRANSPOZESİ) Bir A matrisinin devriği ya da transpozesi AT olarak gösterilir. Devrik matris, verilen matrisin satır ve sütunları yer değiştirilerek elde edilir. Örneğin A ( )ija= ise, bu matrisin devriği;

A ( )Tjia= (4−57)

Olur. Örnek verelim:

1 2 9 1 4 7A 4 5 6 A 2 5 8

7 8 9 3 6 9

T

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟= ⇒ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Ana köşegen üzerinde yer alan 1, 5 ve 9 sayılarının değişmediğine dikkat ediniz. Devrik kavramı sütun vektörleri satır vektörü olarak göstermeyi de mümkün kılar.

1a 2 a b (1 2 3)

3

T

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⇒ = =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

İki vektörün skaler çarpımı Skaler çarpım a ∙ b olarak gösterilir ve buna bazen iç çarpım da denir. Skale çarpım şu şekilde elde edilir:


Engin/Çengel

- 23 -

[ ] [ ]1 2 1 2 1 1 2 2a b ... ... ...Tn n n na a a b b b a b a b a b⋅ = = + + +

(4−58) Örneğin [ ]a 1 2 5= − ve [ ]b 2 0 6T = verilmiş olsun. Bu durumda

[ ][ ]a b 1 2 5 2 0 6 2 0 30 32T⋅ = − = + + =

olur. Görüldüğü gibi skaler çarpımın sonucu skale bir büyüklüktür (yani bir sayıdır). 7 DETERMİNANT Boyutu n×n olan kare A matrisinin determinantı det A veya A ile gösterilir. Matrislerden

farklı olarak determinant tek bir sayı ile ifade edilir:

11 1211 22 21 12

21 22

det Aa a

a a a aa a

= = −

Örneğin,

2 6 2 6

A det A 2 5 6 ( 1) 161 5 1 5

⎛ ⎞= ⇒ = = × − × − =⎜ ⎟− −⎝ ⎠

3×3 boyutunda bir matrisin determinantı ise Sarrus kuralı ile bulunur:

11 12 13 11 12 13 11 12

21 22 23 21 22 23 21 22

31 32 33 31 32 33 31 32

Aa a a a a a a aa a a a a a a aa a a a a a a a

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟= →⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

11 22 33 12 23 31 13 21 32 31 22 13 32 23 11 33 21 12det A a a a a a a a a a a a a a a a a a a= + + − − − Bu yöntem yüksek mertebeli determinantlara da uygulanabilir. n inci mertebeden bir determinantın (n−1) inci mertebeden determinantlar verdiğini biliyoruz. Örneğin Mij, verilen bir A determinantının i’inci satırı ve j’inci sütunu silinerek elde edilen (n−1)×( n−1) boyutunda bir determinant olarak alınırsa, bu durumda,

1

det A ( 1)n

i jij ij

ja M+

=

= −∑ (4−61)

Örneğin aşağıdaki determinantı 2. satırına göre açarak hesaplayalım:

1 2 1A 0 0 3

7 5 0=

( )2 1 1 1 1 2det A 0 0 3 0 0 3 1 5 2 7 27

5 0 7 0 7 5= − + − = − + − × − × =

(+)

(+)

(+)

(-) (-) (-)


Engin/Çengel

- 24 -

Eğer bir A matrisinin herhangi bir satırı veya sütunu sıfır ise, bu matrisin determinantı sıfırdır. Yukarıdaki determinantı Maple ile alalım: >

>

>

> = 27

>

Bu determinanın sonucunun −25 olduğunu gösterebilir misiniz?

8 BİR MATRİSİN TERSİ n×n boyutunda bir A kare matrisi bulunsun. Bu matrisin tersi A−1 ile gösterilir ve A×A−1 = A−1×A = I dır. Kare olsa bile her matrisin tersi bulunmayabilir. Eğer A−1

mevcutsa, A matrisine tekil olmayan matris denir. Eğer bir matrisin determinantı sıfır ise, bu matrise tekil matris adı verilir. Bir A matrisinin tersi,

1 (kofaktör A)Adet A

T− = (4−62)

olarak verilir. A matrisi şu şekilde verilmiş olsun.

1 2 3A 0 4 5

1 0 6

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

A matrisinin kofaktör matrisinin elemanları şu şekilde bulunur:

1 111

4 5( 1) 24

0 6A += − =

2 121

2 3( 1) 12

0 6A += − = −

3 131

2 3( 1) 2

4 5A += − = − vb.

Bunun sonucunda kofaktör (A) =

24 5 412 3 22 5 4

−⎡ ⎤⎢ ⎥−⎢ ⎥⎢ ⎥− −⎣ ⎦

olur.


Engin/Çengel

- 25 -

Öte yandan det A 22 olduğundan,

1211

611

111

522

322

522

222

111

211

olacaktır. 9 MATRİS FONKSİYONLARI Elemanları bir t değişkeninin fonksiyonu olan matrise matris fonksiyonu adı verilir. Örneğin 3×3 lük bir matris fonksiyonu şu şekilde gösterilir:

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

11 12 13

21 22 23

31 32 33

A( )a t a t a t

t a t a t a ta t a t a t

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

(6 63)−

Eğer A(t) matris fonksiyonunun tüm elemanları t = t0 da sürekliyse, matris fonksiyonu da bu noktada süreklidir. Benzer bir durum t1 < t < t2 gibi bir aralık için de geçerlidir. Örneğin

( )2

3

sinA

5t

t tt

e−

⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

fonksiyonunun tüm elemanları her t değeri için sürekli olduğundan bu matris fonksiyonu da tüm t değerleri için süreklidir. 10 MATRİS FONKSİYONLARININ TÜREVİ Bir A(t) matrisinin türevi A ( )t′ ile gösterilir ve şu şekilde elde edilir:

( ) ( ) ( ) ( )( )AA ij

ij

da td tt a t

dt dt⎛ ⎞

′ ′= = =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

(4−64)

Buna göre 3×3 lük bir matrisin türevi de,

( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

11 12 13

21 22 23

31 32 33

Aa t a t a t

t a t a t a ta t a t a t

′ ′ ′⎛ ⎞⎜ ⎟′ ′ ′ ′= ⎜ ⎟⎜ ⎟′ ′ ′⎝ ⎠

(4−65)

Biçiminde olacaktır. Örneğin,

( ) ( )2

33

2 cossinA A

3 05 tt

t tt tt t

ee −−

⎛ ⎞ ⎛ ⎞′= → =⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠⎝ ⎠

olacaktır. Fonksiyonlar için daha önceden öğrendiğimiz türev kurallarının çoğu matris fonksiyonları için de geçerlidir. c herhangi bir sabit, C ise sabit matris fonksiyonu olmak üzere aşağıdaki bağıntılar yazılabilir:


Engin/Çengel

- 26 -

A( A)d dc c

dt dt= ( 4−66a)

A( A ) (6 66 )

A(A ) (6 66 )

A B(A B) (6 66 )

B A(AB) A B (6 66 )

d dC C bdt dtd dC C cdt dtd d d ddt dt dtd d d edt dt dt

= −

= −

+ = + −

= + −

Matris çarpımlarının değişme özelliği bulunmadığından yukarıda verilen sıralamaların önemi vardır. Örneğin (AB) AB A B B A+BA′ ′ ′ ′ ′= + ≠ MATRİS FONKSİYONLARININ İNTEGRALİ

Bir A(t) matris fonksiyonunun integrali A( )t dt∫ olarak gösterilir ve her bir elemanın

integrali alınarak bulunur:

( )A ( ) ( ( ) ) 6 67ijt dt a t dt′ = −∫ ∫

Buna göre, örneğin 3×3 lük bir matris fonksiyonunun integrali;

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

11 12 13

21 22 23

31 32 33

( ) ( ) ( )

A( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

a t dt a t dt a t dt

t dt a t dt a t dt a t dt

a t dt a t dt a t dt

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫

(4−68)

Şeklinde ifade edilir. Buna örnek verelim: 2

3

sinA( )

5t

t tt

e−

⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

bu durumda verilen matris fonksiyonunun integrali,

( )

( ) ( )

2 3

0 0

30 3

0 0

1sin 1 cos3

A( )1 1 55 3

t t

t

t ttt

t dt tdt t tt dt

e te dt dt −−

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎜ ⎟= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ − −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

∫ ∫∫

∫ ∫

olacaktır. Bilinen integral kurallarının çoğu matris fonksiyonlarının integralleri için de geçerlidir. c herhangi bir sabit, C ise sabit matris olmak üzere şu kurallar verilebilir:


Engin/Çengel

- 27 -

( )

( )

A A 6 69

A A (6 69 )

A B A B (6 69 )

c dt c dt a

C dt C dt b

dt dt dt c

= −

= −

+ = + −

∫ ∫∫ ∫∫ ∫ ∫

VEKTÖRLERİN LİNEER BAĞIMSIZ OLUŞU Vektörlerin lineer bağımsızlığı kavramı, fonksiyonların lineer bağımsızlığı kavramına benzerdir. Eğer bir vektör bir başka vektörü bir sabit ile çarparak elde edilemiyorsa, bu iki vektöre lineer bağımsız denir. Geometrik olarak lineer bağımsızlık bu iki vektörün paralel olmadığını ifade eder. Daha genel bir ifadeyle eğer v1, v2,……vn olarak verilen n tane vektör için 1 1 2 2 3 3v v v ... v 0n nC C C C+ + + = (4−81) eşitliği yalnızca 0.....21 ==== nCCC için sağlanıyorsa, bu vektörler lineer bağımsızdır.

Aksi halde ise lineer bağımlıdır (C ler birer sabittir) n tane lineer diferansiyel denklemden oluşan bir sistemde her birinin eleman sayısı n olan n tane vektör söz konusudur ve bu vektörlerin lineer bağımlı olup olmadıkları önemlidir. Şu sistemi ele alalım:

0332111 =++ CcCbCa

0332212 =++ CcCbCa

0332313 =++ CcCbCa

Burada 3 bilinmeyen ( 1 2,C C ve 3C ) ve 3 denklem vardır ve bu sistem matris biçiminde

yani 0=Ax olarak yazılabilir:

1 1 1

2 2 3

3 3 3

Aa b ca b ca b c

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, 1

2

3

xCCC

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, ve ⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛=

000

0

Bu sistem ancak katsayılar matrisinin determinantı sıfır değilse, x 0= veya

0321 === CCC adi çözümüne sahiptir:

1 1 1

2 2 2

3 3 3

det A 0a b ca b ca b c

= ≠

Buna göre her biri n elemandan oluşan n tane vektör, sütunları bu vektörlerden oluşan n×n boyutundaki matrisin determinantı sıfırdan faklıysa lineer bağımsızdır. Bunu bir örnekle göstereceğiz.

1

2v 0

1

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, 2

1v 1

1

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

ve 3

2v 1

3

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

verilmiş olsun.


Engin/Çengel

- 28 -

2 1 20 1 1 5 01 1 3

− = − ≠− −

olduğundan bu vektörler lineer bağımsızdır.

Lineer bağımlılık veya bağımsızlık kavramları vektör fonksiyonlarına da uygulanabilir. Örneğin;

11

1 21

31

( )v ( ) ( )

( )

v tt v t

v t

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, 12

2 22

32

( )v ( ) ( )

( )

v tt v t

v t

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

ve 13

3 23

33

( )v ( ) ( )

( )

v tt v t

v t

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

verilmiş olsun. Eğer

11 12 13

21 22 23

31 32 33

( ) ( ) ( )W( ) ( ) ( ) ( ) 0

( ) ( ) ( )

v t v t v tt v t v t v t

v t v t v t= = ise 21 ttt << aralığındaki tüm t ler için bu vektör

fonksiyonları lineer bağımlıdır. Bu determinanta daha önce Wronskian determinantı demiştik. Eğer n tane vektör fonksiyonu söz konusu ise, bu durumda W determinantı şu şekilde ifade edilecektir:

11

21

1

1

( )( )

v ( ) ..

( )n

v tv t

t

v t

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

,

12

2

2

( )2( )

v ( ) ..

( )n

v tv t

t

v t

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, …

1

2

( )( )

v ( ) ..

( )

n

n

n

nn

v tv t

t

v t

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

11 12 1

21 22 2

1 2

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

W( ) . . . . .. . . . .( ) ( ) . . ( )

n

n

n n nn

v t v t v tv t v t v t

t

v t v t v t

= (4−83)

ÖRNEK 4−17 Vektör fonksiyonların lineer bağımsız oluşu Aşağıdaki vektörlerin 0 t< < ∞ aralığında lineer bağımlı olup olmadıklarını gösteriniz.

21

2

v ( )

t

t

t

et e

e−

⎛ ⎞⎜ ⎟

= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, 22

2

0v ( ) 2 t

t

t ee−

⎛ ⎞⎜ ⎟

= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

ve 23

2

2v ( )

3

t

t

t

et e

e−

⎛ ⎞−⎜ ⎟

= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

ÇÖZÜM Wronskian determinantı şöyledir:

2 2 2

2 2 2

0 2W( ) 2 9 0

3

t t

t t t t

t t t

e et e e e e

e e e− − −

−= − = ≠

−

O halde verilen aralıkta tüm t değerleri için bu vektörler lineer bağımsızdır.


Engin/Çengel

- 29 -

Lineer bir diferansiyel denklem sistemi matris ve vektör fonksiyonları kullanılarak,

x A x (6 84)′ = − biçiminde çok daha sade biçimde ifade edilebildiğini gördük. Burada A katsayıları matrisidir. Böyle bir denklem sisteminin çözümünde özdeğerler ve bunlara karşılık gelen özvektörler ortaya çıkar. O halde n×n boyutunda bir kare A matrisinin özdeğerleri ve özvektörleri nasıl bulunur sorusuna yanıt arayalım. ÖZDEĞERLER VE ÖZVEKTÖRLER n×n lik bir A matrisini ele alalım:

11 12 1

21 22 2

1 2

. .

. .A . . . . . (6 85)

. . . . .. .

n

n

n n nn

a a aa a a

a a a

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

( )det A λI 0 (6 86)− = −

Denklemini sağlayan λ gerçel ya da kompleks köklerine A matrisinin özdeğerleri (veya karakteristik değerleri) denir. Benzer şekilde , ( )A λI v 0 (6 87)− = −

Denklemini sağlayan v vektörüne de A matrisinin λ özdeğerleriyle ilgili özvektörü (veya karakteristik vektör) adı verilir. A λI− matrisi şu şekilde ifade edilebilir:

11 12 1 11 12 1

21 22 2 21 22 2

1 2 1 2

. . . .0 . . 0

. . . .0 . . 0A λI . . . . . . . . . .. . . . .

. . . . . . . . . .. . . . .. . . .0 0 . .

n n

n n

n n nn n n nn

a a a a a aa a a a a a

a a a a a a

λλλλ

λλ

−⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟− = − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟

⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Görüldüğü gibi özdeğerler denklemini elde etmenin kısa bir yolu, katsayılar matrisinin ana köşegen elemanlarından λ çıkarılarak elde edilir. Buna göre ( )det A λI 0− = denklemi şu

şekilde açılabilir:


Engin/Çengel

- 30 -

( )

11 12 1

21 22 2

1 2

λ . .λ . .

det A λI . . . . . 0. . . . .

. . λ

n

n

n n nn

a a aa a a

a a a

−−

− = =

−

(4−88) Determinantın da açılmasıyla,

)896(0...22

11 −=++++ −−

nnnn bbb λλλ

bulunur. v = 0 çözümünün daima ( )A λI v 0− = denklemini sağladığı görülse de bu çözüm

asıl aradığımız çözüm olmadığından göz ardı edilir. Ayrıca eğer v bir özvektör ise, bunun k katı da, yani kv de bir özvektördür (k bir sabit). Çünkü, ( )A λI v 0− =

alınırsa, ( ) ( )A λI v A λI v 0 0k k k− = − = × = olduğu görülür.

Dolayısıyla bir özvektör, keyfi bir sabit çarpan ile çarpılırsa sonuç değişmemektedir. Bu yüzden çarpanı sıfır dışında herhangi bir sabit seçebiliriz. Bir özvektörü belirlerken genellikle elemanlarından biri 0 ya da 1 alınır. Bir A matrisinin basit bir özdeğerine karşılık gelen tek bir lineer bağımsız özvektör vardır. k defa tekrarlayan bir özdeğere karşılık k tane lineer bağımsız özvektörün bulunması gerektiğini düşünebilirsiniz, ancak durum böyle değildir. k katlı bir özdeğer m tane özvektöre sahip bulunabilir ve km ≤≤1 dir. km < olması halinde daha ileride göreceğimiz gibi diferansiyel denklem sistemlerinin çözümünde bazı güçlüklerle karşılaşılır. A matrisinin tüm elemanları gerçel olsa bile, bazı özdeğerlerin ve bunlara karşılık gelen özvektörlerin kompleks olabileceği unutulmamalıdır.

Bir A matrisinin değişik özdeğerlerine karşılık gelen özvektörlerin lineer bağımsız olduğu kolayca gösterilebilir. Eğer n×n boyutundaki A matrisi n tane farklı özdeğere sahipse, bunlara karşılık gelen n tane özvektör de lineer bağımsızdır. Ancak bu matris bir ya da daha fazla katlı özdeğere sahipse A ya ait özvektörlerin sayısı n den az olabilir. Ancak elemanları gerçel olan simetrik bir matris için durum farklıdır (böyle matrislerin devrikleri kendilerine eşittir).

Eğer n×n boyutundaki A matrisi bu şekilde simetrik ise, bu durumda A matrisinin

lineer bağımsız n tane özvektörü bulunacaktır. Bir ya da daha fazla özvektörün tekrarlaması bu durumu değiştirmez. Bu halde ayrıca tüm özdeğerler gerçeldir ve m katlı bir özdeğere karşılık gelen m tane lineer bağımsız özvektör vardır. Farklı hallerde özdeğerler ve özvektörlerin nasıl ele alınması gerektiğini örnekler üzerinde göstereceğiz.


Engin/Çengel

- 31 -

ÖRNEK 6 – 8 Farklı ve gerçel özdeğerlerin bulunması Aşağıdaki matrisin özdeğerlerini ve bunlara karşılık gelen özvektörlerini bulunuz.

5 4

A3 1⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

ÇÖZÜM Bu bir 2×2 lik matristir ve özdeğerleri det(A λI) 0− = denkleminin kökleridir.

5 λ 4

det(A λI)3 1 λ−

− = =−

(5 λ)(1 λ) 12− − − = 2λ 6λ 7 0− − =

Denklemin kökleri 7 ve −1 dir. Buna göre verilen matrisin özdeğerleri λ 7= ve λ 1= − olur. Kökler gerçel ve farklı olduğundan A matrisinin 2 tane lineer bağımsız özvektörün bulunması beklenir. Bunlar ise (A λI)v 0− = denkleminden elde edilir, yani;

1

2

5 λ 4 03 1 λ 0

vv

− ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞=⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

(6 – 90)

Özdeğerlerden ilki olan 1 7λ λ= = ye karşılık gelen özvektör, bu değer yukarıdaki denklemde yerine yazılarak bulunur. Bu yapıldığında,

1

2

2 4 03 6 0

vv

− ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞=⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

elde edilir ki bu da aşağıdaki denklem sistemine denktir: 042 21 =+− vv

063 21 =− vv Bu iki denklem aslında aynıdır, çünkü ilk denklem −3/2 ile çarpılırsa ikincisi elde edilir. Dolayısıyla bir denkleme karşılık iki bilinmeyenimiz bulunmaktadır. Bu durum bize bilinmeyenlerden biri için uygun bir değer seçmemize (sıfır dışında) olanak verir. Böylece ikinci bilinmeyeni birinci cinsinden bulabiliriz. Basit olması bakımından v2 = 1 alırsak v1 = 2 elde ederiz. Böylece 71 =λ ye karşılık gelen özvektör,

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

12

1v

olacaktır. Eğer c keyfi bir sabit olmak üzere v2 = c almış olsaydık, bu durunda v1 = 2c elde ederdik ve 1 = 7 ye karşılık gelen özvektör;

1

2 2v

1c

cc⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

olurdu. Bu ise daha önce bulduğumuzun c katından başka bir şey değildir. c nin sonuca bir etkisi olmadığından bundan böyle onu göz ardı edeceğiz. Ancak bir özvektörün bir sabitle çarpımının yine bir özvektörü vereceği asla unutulmamalıdır. İkinci özvektör Denklem 6‐90 da λ λ 1 alınarak belirlenir:

λ


Engin/Çengel

- 32 -

1

2

6 4 03 2 0

vv⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞

=⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

Bu ise aşağıdaki sisteme eşdeğerdir: 046 21 =+ vv

023 21 =+ vv Bu iki denklem sonuçta aynıdır ve, 023 21 =+ vv olarak ifade edilebilir. Yine iki bilinmeyene karşı tek bir denklem vardır. Kesirlerli terimlerden kaçınmak için 3 alırsak 2 elde ederiz. Buna göre λ 1 e karşılık gelen özvektör şu şekilde olur:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=

32

v2

Bulduğumuz özvektörlerin lineer bağımsız olduğuna kolayca gösterilebilir: ÖRNEK 6 – 19 Tekrarlayan özdeğerler Aşağıdaki matrisin özdeğerlerini ve bunlara karşılık gelen özvektörlerini bulunuz.

A 4 11 2

ÇÖZÜM Bu bir 2 2 lik matristir ve özdeğerleri det A λI 0 denkleminin kökleridir:

det A λI 4 λ 11 2 λ

(4 λ)(2 λ) 1= − − +

( )2λ 6λ 9 0= − + =

Bu denklemin kökleri ve dolayısıyla verilen matrisin özdeğerleri 321 == λλ olarak elde

edilir. Buna göre 3=λ iki katlı bir özdeğerdir. matrisinin özvektörleri ise A λI v 0 denkleminden bulunacaktır:

1

2

4 1 01 2 0

vv

λλ

− ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞=⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

(6 – 91)

λ = 3 alınırsa yukarıdaki denklem

1

2

1 1 01 1 0

vv⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞

=⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

halini alır. Ayrıca verilen sistemin aşağıdaki denklemlere eşdeğer olduğu görülür: 021 =+ vv

021 =−− vv Her iki denklem de aynıdır ve herhangi birini kullanabiliriz. 021 =+ vv

11 =v alırsak 12 −=v elde ederiz. Buna göre verilen matrisinin 3=λ özdeğerine karşılık gelen özvektör;

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

=1

1v

olacaktır. matrisinin lineer bağımsız tek özvektörü budur, çünkü λ = 3 ün dışında başka bir özdeğer bulunmamaktadır.


Engin/Çengel

- 33 -

ÖRNEK Gerçel simetrik matrisler Aşağıdaki matrisin özdeğerlerini ve özvektörlerini bulunuz.

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛=

033303330

A

ÇÖZÜM Bu bir 3 3 lük matristir ve özdeğerleri det A λI 0 denkleminin kökleridir:

λλ

λλ

−−

−=−

033303330

)1det(A

0)6)(3)(3(

)39(3)93(3)9( 2

=−++=++−−−−=

λλλλλλλ

Bu denklemin kökleri 3, 3 ve dır. Dolayısıyla verilen matrisin özdeğerleri 61 =λ ve

332 −== λλ dir. Verilen matris gerçel ve simetriktir, bu yüzden beklentimiz üç tane lineer

bağımsız özvektör bulmaktır. Aranan özvektörleri A λI v 0 denklemi verecektir:

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛=

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−−

−

000

333333

3

2

1

vvv

λλ

λ (4−92)

61 == λλ e karşılık gelen özvektörleri bulalım:

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛=

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−−

−

000

633363336

3

2

1

vvv

Çeşitli satır işlemlerinden sonra matris çarpımı yapılırsa, aşağıdaki denklem sistemi elde edilir:

00

32

31

=−=−

vvvv

Buna göre her iki denklem de özdeştir ve iki bilinmeyene karşılık tek bir denklem vardır. Kolaylık olması bakımından 13 =v alırsak 11 =v ve 12 =v elde ederiz. Sonuç olarak λ 6 ya karşılık gelen özvektör


Engin/Çengel

- 34 -

1

111

v⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

olarak elde edilir. İkinci özvektör ise Denklem 6‐92 de 332 −== λλ alınarak elde edilir

1

2

3

3 3 3 03 3 3 03 3 3 0

vvv

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

veya buna eşdeğer denklem sistemi; 0333 321 =++ vvv

0321 =++ vvv

olur. Bu kez tek bir denkleme karşın üç tane bilinmeyen vardır. Bilinmeyenlerden herhangi ikisi keyfi olarak seçilebilir. Örneğin 11 =v and 02 =v alınırsa 03 =v bulunur. Buna göre

32 −=λ için bulunan özvektör;

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−=

101

2v

olacaktır. den lineer olarak bağımsız bir özvektör de ve için farklı sayısal değerler atanarak elde edilebilir. Bu defa 01 =v ve 12 =v alırsak 13 =v buluruz. Böylece

32 −=λ e karşılık gelen özvektör;

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−=

110

3v

olarak elde edilir. ve , aynı özdeğere karşılık elde edilmiş olmalarına rağmen lineer olarak bağımsızdırlar (birini sabit bir sayı ile çarparak diğerini elde edemeyiz).

32 −=λ e karşılık gelen lineer bağımsız başka özvektörlerin bulunmadığını göstermek için

11 cv = ve 2 2=v c alırsak 23 cv −= buluruz. Bu seçimlere göre 32 −=λ e karşılık gelen

özvektör

2 3

1 1

2 2 1 2 1 2 2 3

1 2 1 2

0 1 00 0 1

1 1

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= = + = + = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− − − − − −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

v v

c c

v c c c c c v c v

c c c c


Engin/Çengel

- 35 -

olacaktır. Bu ise daha önce belirlediğimiz iki özvektörün lineer kombinasyonudur. Dolayısıyla iki katlı λ 3 özdeğerine karşılık gelen iki tane lineer bağımsız özvektör bulunmaktadır. ÖRNEK 4−21 Kompleks özdeğerler Aşağıdaki matrisin özdeğerlerini ve bunlara karşılık gelen özvektörlerini bulunuz.

⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞−

=1121

A

ÇÖZÜM Bu bir 2 2 lik matristir ve özdeğerleri det A λI 0 denkleminin kökleridir

(1 λ 2

det A λI)1 1 λ−

− =− −

( )( ) 221 +−−−= λλ

0322 =+−= λλ Bu denklemin kökleri, dolayısıyla verilen matrisin özdeğerleri λ , 1 √2 dir. Kökler kompleks olduğundan her iki özdeğer de komplekstir. matrisinin özvektörleri A λI v 0 ifadesinden bulunur:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

−00

1121

2

1

vv

λλ

λ λ 1 √2 alınması halinde yukarıdaki denklem;

√2 21 √2

00

haline gelir. Bu ise aşağıdaki denklem sistemine eşdeğerdir:

√2 2 0

√2 0 Bu iki denklem özdeştir şu şekilde ifade edilebilir:

√2 0

Yine iki bilinmeyene karşın tek bir denklem vardır. 1 alınması durumunda √2⁄ elde ederiz. Buna göre verilen matrisin λ 1 √2 özdeğerine karşılık

gelen özvektörü;

1

1v

2i

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

olacaktır. Aynı işlemleri eşlenik diğer kök olan λ 1 √2 için tekrarlamış olsaydık


Engin/Çengel

- 36 -

2

1v

2i

⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

özvektörünü elde ederdik. Bu ise ilk bulduğumuz özvektörün kompleks eşleniğidir. 4−7 LİNEER DİFERANSİYEL DENKLEM SİSTEMLERİ TEORİSİ Birinci mertebeden tane lineer denklemden oluşan aşağıdaki sistemi göz önüne alalım:

· · ·

Bu sistem ayrıca daha derli‐toplu biçimde matris olarak da gösterilebilir:

x x (4−95)

11 12 1 1 1

21 22 2 2 2

1 2

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

A( ) ; ; ( ). . . . . . .. . . . . . .( ) ( ) . . ( ) ( )

n

n

n n nn n n

a t a t a t x r t

a t a t a t x r t

t x r t

a t a t a t x r t

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

(4−96)

Ayrıca aşağıdaki başlangıç şartları verilmiş olsun:

, ,………., (4−97)

Denklem 4−94 ve bu başlangıç koşulları, tane başlangıç değer problemi meydana getirir ve varlık ve teklik teoremi şu şekilde ifade edilebilir: TEOREM 4−1 Lineer Sistemlerin Varlık ve Teklik Teoremi Eğer , , … katsayıları ve , , … . homojen olmayan fonksiyonları, ’ın da içinde kaldığı bir aralığında sürekli fonksiyonlar ise, bu durumda tane birinci mertebeden denklemden oluşan diferansiyel denklem sisteminin aşağıdaki koşulları sağlayan tek bir çözümü vardır ve bu çözüm tüm aralığında geçerlidir:

, ,………., Söz konusu denklem sisteminin genel çözümünden tane keyfi sabit gelir ve bu sabitler verilen başlangıç koşullarından hareketle bulunur.


Engin/Çengel

- 37 -

Denklem sistemlerinin çözümleri vektörel olarak ifade edilir. Eğer bir vektörün bileşenleri, denklem sisteminde yer alan tüm denklemleri sağlıyorsa, bu durumda o vektör bir çözümdür. Çözüm vektörleri şu şekilde gösterilir:

x ··

x ··

… …. x ··

LİNEER HOMOJEN SİSTEMLER TEORİSİ: Süperpozisyon İlkesi Lineer homojen denklem sistemi 0 alınarak

x x (4−99) şeklinde ifade edilir. Eğer x , x … . x vektör fonksiyonları x x homojen sisteminin çözümleriyse, bu durumda bunların lineer kombinasyonu, yani; x x x . x (4−100) ifadesi de verilen sistemin bir çözümüdür. ÖRNEK 4−22 Denklem sistemleri için süperpozisyon ilkesi Aşağıda verilen x ve x çözüm vektörlerinin x x sisteminin çözümü olduğunu, ayrıca 2x 8x ifadesinin de bir çözüm olduğunu gösteriniz.

2

1 2 2

4 62x , x , A

3 5

t t

t t

e e

e e−⎛ ⎞ ⎛ ⎞− ⎛ ⎞

= = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −− ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

ÇÖZÜM: Verilen çözümlerin diferansiyel denklem sistemini sağlaması gerekir. Sırayla yerine koyalım:

11 xAx =′

burada

12 t

t

ex

e

⎛ ⎞′ = ⎜ ⎟

−⎝ ⎠

ve

1

4 6 2 8 6 2A

3 5 6 5

t t t t

t t t t

e e e ex

e e e e

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞−⎛ ⎞= = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟− − − − + −⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

olduğundan x denklemi sağlamaktadır ve çözümdür. Benzer şekilde diğer vektörü yazalım:

2 2x A x′ =

burada

2 2

2 2 2

2x

2

t t

t t

e e

e e− −

′⎛ ⎞ ⎛ ⎞−′ = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟

−⎝ ⎠ ⎝ ⎠

ve


Engin/Çengel

- 38 -

2 2 2 2

2 2 2 2 2

4 6 4 6 2Ax

3 5 3 5 2

t t t t

t t t t

e e e e

e e e e

− − −

− − −

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − +⎛ ⎞= = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟− − − −⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

olduğundan x de denklemi sağlamaktadır ve çözümdür. Bu iki çözüm vektörünün lineer bir kombinasyonu olan 2x 8x ifadesini oluşturup denklemde yerine yazarsak;

1 2 1 2(2 8 ) A(2 8 )x x x x′− = −

veya 1 2 1 2(2x 8x ) 2Ax 8Ax′ ′− = −

veya 1 1 2 22(x Ax ) 8(x Ax )′ ′− − −

elde edilir. Ancak her iki parantezin içi de sıfırdır (x ve x çözüm vektörleri olduğundan). Dolayısıyla 2x 8x ifadesi de denklem sistemini sağlar ve bir çözümdür. Süperpozisyon ilkesinin sadece lineer homojen sistemlere uygulanabildiği, lineer olsalar bile homojen olmayan sistemlere uygulanamadığı unutulmamalıdır. TEOREM 4−3 Homojen Sistemlerin Genel Çözümü Birinci mertebeden adet denklemden oluşan lineer homojen x x sisteminin

aralığında daima adet lineer bağımsız x , x … . x çözümleri vardır (Katsayılar matrisi ’nın elemanları bu aralıkta sürekli fonksiyonlar olduğu kabul edilmiştir). Ayrıca bu aralıkta homojen sistemin genel çözümü

x x x . x olarak ifade edilir. Buradaki , … . keyfi sabitlerdir. Önceki kısımda tane çözüm vektörünün lineer bağımlılığının Wronskian determinantı yardımıyla ortaya çıkarılabileceğini görmüştük. Benzer biçimde tane çözüm vektörünün Wronskian’ı

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

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

)(

21

22221

11211

txtxtx

txtxtxtxtxtx

tW

nnnn

n

n

=

(6‐101)

olarak ifade edilir. Eğer bu determinant sıfır ise çözümler lineer bağımlı, aksi halde lineer bağımsızdır


Engin/Çengel

- 39 -

ÖRNEK 4−23 Çözümlerin lineer bağımsız oluşu x x sistemi için iki çözüm vektörü ve katsayılar matrisi şu şekildedir:

2

1 2 2

4 62x , x , A

3 5

t t

t t

e e

e e−⎛ ⎞ ⎛ ⎞− ⎛ ⎞

= = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −− ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Buna göre verilen çözümlerin ∞ ∞ aralığında lineer bağımlı olup olmadıklarını gösteriniz. ÇÖZÜM Verilen çözüm vektörlerinin Wronskian’ı alınırsa;

|x x | 2

Mademki ∞ ∞ aralığında bu araştırmayı yapıyoruz, o halde 0 almamızda bir sakınca yoktur. Buna göre yukarıdaki determinanttan;

0 2 11 1 2 1 1 0

bulunur. O halde verilen çözümler lineer bağımsızdır diyebiliriz. ÖRNEK 4−24 Lineer homojen sistemlerin genel çözümü x x sistemi için iki çözüm vektörü ve katsayılar matrisi şu şekildedir:

2

1 2 2

4 62x , x , A

3 5

t t

t t

e e

e e−⎛ ⎞ ⎛ ⎞− ⎛ ⎞

= = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −− ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Buna göre verilen sistemin ∞ ∞ aralığında genel çözümünü yazınız. ÇÖZÜM Teorem 6‐3’e göre genel çözüm x x x şeklinde ifade edilebilir. Verilen çözüm vektörleri yerine yazılırsa;

x x x 2

elde edilir. Bu iki çözüm ayrıca skaler biçimde de ifade edilebilir:

x 2 x

HOMOJEN OLMAYAN SİSTEMLER TEORİSİ Şimdi de homojen olmayan x x (6‐102)


Engin/Çengel

- 40 -

lineer denklem sistemini göz önüne alalım. Burada homojen olmayan terimlerden oluşmaktadır. İlk yapmamız gereken öncelikle homojen kısmın, yani x x denkleminin çözümü olan (x ) bulmak olacaktır. Bunun ardından, belirsiz katsayılar ya da sabitlerin değişimi yöntemlerinden birini kullanarak vektörüne karşılık gelen özel çözüm (xö) bulunmalıdır. Bu ikisinin toplamından homojen olmayan lineer diferansiyel denklem sisteminin çözümü x x xö olarak elde edilir. TEOREM 4−4 Homojen Olmayan Sistemlerin Genel Çözümü

aralığında xö, x x lineer sisteminin bir özel çözümü ve x aynı sistemin homojen kısmının çözümü ise, verilen aralıkta ve nin elemanları sürekli fonksiyonlar olmak üzere, bu aralıkta homojen olmayan lineer diferansiyel denklem sisteminin genel çözümü; x x xö

x x . x xö (4−103)

olarak ifade edilebilir. Burada , , … . keyfi sabitleri, x , x , … . x ise tane lineer bağımsız çözümü temsil etmektedir. 6‐8 SABİT KATSAYILI LİNEER HOMOJEN SİSTEMLER Bu bölümün başlarında lineer diferansiyel denklem sistemlerinin çözümü için yok etme ve özdeğerler yöntemlerini öğrendik. Bunlar temel yöntemlerdir ve denklem sayısı üçten fazla olunca pratik değildir. Bu kısımda ise matris yöntemi veya özvektörler yöntemini öğreneceğiz. Bu yöntem genel olarak daha önce öğrendiğimiz özdeğerler yöntemine ve matris işlemlerine dayanmaktadır Aşağıdaki gibi n tane lineer homojen denklemden kurulu bir sistemi göz önüne alalım:

1 11 1 12 2 1

2 21 1 22 2 2

1 1 2 2

...

... . .

... (6-104)

n n

n n

n n n nn n

x a x a x a x

x a x a x a x

x a x a x a x

′ = + + +

′ = + + +

′ = + + +

Bu sistem matrislerle daha sade biçimde ifade edilebilir:

'x x= Α (6‐105)

burada,


Engin/Çengel

- 41 -

⎟⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

=Α

nnnn

n

aaa

aaaaaa

t

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

..

..

)(

21

212221

11211

ve

⎟⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

=

nx

xx

x..2

1

(6‐ 106)

Teorem 6‐3 e göre bu lineer homojen sistemin n adet lineer bağımsız çözüm vektörü

nxxx ,...,, 21 vardır ve bunların toplamı genel çözümü verir.

nn xcxcxcx +++= ...2211 (6‐107)

Dolayısıyla n adet denklemden oluşan bir lineer homojen denklem sisteminin genel çözümünü yapmak demek, bu sistemin n tane lineer bağımsız çözüm vektörünü bulmak demektir. Örneğin

xx Α=' , 4 6

A3 5

⎛ ⎞= ⎜ ⎟− −⎝ ⎠

verilmiş olsun. Bu sistemin lineer bağımsız iki çözüm

vektörü,

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−= t

t

eex 2

1 ve ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=

−

−

t

t

eex 2

2

2 olarak bulunur. Buradan hareketle genel çözüm

2

1 1 2 2 1 2 2

2 t t

t t

e ex c x c x c c

e e

−

−

⎛ ⎞ ⎛ ⎞−= + = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟

−⎝ ⎠ ⎝ ⎠

olarak elde edilir. Burada yapmaya çalıştığımız şey xx Α=' sisteminin çözümlerini bulmaktır. Bu çözümler;

1 11

2 22

. . v.

. ..

t

t

t t

tn nn

x vv ex vv e

x e e

x vv e

λ

λ

λ λ

λ

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟= = = =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

6‐108)

biçiminde olacaktır. Burada λ ve nvvv ,...,, 21 gerçel veya kompleks sabitlerdir. λ ve v sabit

vektörlerini bulmak için kabul edilen çözüm ( λx v te= ) ve bunun türevini ( λx ' λv te= ) denklem sisteminde ( x ' x= Α ) yerine yazalım:

λ λλv vt te e= Α

veya λ 0te ≠ olduğundan; v λ vΑ = (6‐109)


Engin/Çengel

- 42 -

yazılabilir. Buna göre λ değerlerinin sabit ve v vektörünün elemanların v λvΑ =

denklemini sağlaması koşuluyla λx v te= ifadesi verilen denklem sisteminin bir çözümüdür.

v λvΑ = denklemini sağlayan λ ve v değerlerini bulmak için bu denklemi şu şekilde ifade edelim:

( λ )v 0Α − Ι = (6‐110) Burada I birim matristir. Görüldüğü gibi bu denklem A matrisinin özvektörlerini veren denklemle aynıdır ve λ bu özvektörlere karşılık gelen özdeğerleri temsil etmektedir. Böylece şu sonucu ifade etmek mümkündür: λ , A katsayılar matrisinin bir özdeğeri, v ise λ ile ilgili özvektör olmak üzere λx v te= , x ' x= Α lineer sisteminin bir çözümüdür. Daha önceki konulardan n × n lik bir A matrisinin n adet λ özdeğerinin bulunduğunu ve bunların det( λ ) 0Α − Ι = denkleminin kökleri olduğunu biliyoruz. Bu kökleri bulmak, bazen güç de olsa, daima mümkündür. O halde verilen n adet denklemden kurulu sistemi oluşturmak için yapmamız gereken tek şey, bu özdeğerlerle ilgili n tane lineer bağımsız özvektörü belirlemektir. Eğer n tane özvektör gerçel ve farklı ise, bunlara karşılık gelen özvektörler de gerçel ve lineer olarak bağımsız olacaktır. Kökler farklı olmak kaydıyla, köklerin bazılarının kompleks olması halinde de durum aynıdır. Ancak katlı (tekrarlayan ) köklerin bulunması halinde n tene lineer bağımsız özvektörü elde etmek mümkün olmayabilir. Bu tür durumlarda geriye kalan lineer bağımsız çözümleri başka yöntemlerle bulmak gerekebilir. Homojen sistemlerin çözümüne geçmeden nccc ,...,, 21 keyfi sabitlerini bulmada çok faydalı

olan ana matris F den söz etmek yararlı olacaktır.

Sütun elemanları n tane lineer bağımsız çözüm vektörü 1 2x ,x ,..., xn olan n × n

matrisine ana matris denir ve

⎟⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

=

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

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

)(

21

22221

11211

txtxtx

txtxtxtxtxtx

t

nnnn

n

n

F (6‐111)

Olarak ifade edilir. n tane denklemden oluşan bir sistemin genel çözümü

x( ) ( )t t= F c (6‐112) şeklinde yazılabilir. Burada


Engin/Çengel

- 43 -

⎟⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

=

nc

cc

.

.2

1

c (6‐ 113)

sabit katsayıları temsil eden vektördür. 0 0x( ) xt = başlangıç şartlarına karşılık gelen bu keyfi

sabitlerin değerleri, bu şartları Denklem 6−112 ye uygulayarak belirlenebilir. Bu yapıldığında, 0 0x( ( )t t) = F c olduğundan

0 0( ) xt =F c (6‐114) elde edilir. Bu denklemin her iki yanını 1

0 0( ) xt− =F ile çarparsak

10 0( )xt−=c F (6‐ 115)

Bulunur, çünkü IFF =− )()( 001 tt ve cIc = dir. Dolayısıyla keyfi sabitler, belirtilen noktada

ana matrisin tersini almak ve bunu başlangıç değerlerinden oluşan vektörler çarpmak suretiyle belirlenebilir. )(tF nin sütunları lineer bağımsız vektörler olduğundan )( 0

1 t−F

daima mevcuttur. )( 01 t−F belirlendikten sonra, 0t noktasındaki farklı başlangıç şartlarına

göre denklemi çözmek tekrar tekrar kullanılabilir. Durum 1 GERÇEL VE FARKLI ÖZDEĞERLER n × n lik A matrisinin n tane özdeğeri gerçel ve birbirlerinden farklı olduğunda, bunlara karşılık gelen n tane özvektör de ( 1 2v ,v ,..., vn ) gerçel ve farklıdır. Bu durumda

1 2 λλ λ1 2v , v ,..., v ntt t

ne e e çözüm vektörleri de lineer bağımsızdır ve denklem sisteminin genel çözümü

1 21 1 2 2x v v ... v ntt t

n nC e C e C eλλ λ= + + + (6−116) Halinde ifade edilebilir. 1 2 λλ λ

1 2v , v ,..., v ntt tne e e çözümlerinin lineer bağımsız oldukları,

belirtilen aralıkta Wronskian determinantının asla sıfır olmadığı gösterilerek ispat edilebilir. ÖRNEK 6−25 Gerçel ve Farklı Köklere Sahip Homojen Sistemler Aşağıdaki diferansiyel denklem sisteminin genel çözümünü bulunuz.

212

211

53'64'

xxxxxx

−−=+=

ÇÖZÜM Bu sistem 2 tane birinci mertebeden denklemden oluşmaktadır ve x ' x= Α biçiminde ifade edilebilir. Burada,

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

=Α53

64 ve 1

2

xxx

⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠


Engin/Çengel

- 44 -

Önce A matrisinin özdeğerlerini det( λ I) 0Α − = yazarak bulalım:

2

4 λ 6det( I)

3 5 λ (4 λ)( 5 λ) 18 λ λ 2 0

λ−

Α − =− − −

= − − − +

= + − =

Bu denklemin kökleri 1 ve −2 dir. O halde 1λ 1= ve 2λ 2= − . Bu kökler gerçel ve farklıdır. Bunlara karşılık gelen özvektörler ise ( )v 0λ− =A I denkleminden elde edilir. Bu denklem açık halde yazılırsa,

1

2

4 λ 6 03 5 λ 0

vv

− ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞=⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− − −⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

(6‐117)

olur. Önce ilk özdeğeri ele alalım: 1λ λ 1= = . Bu durumda Denklem 6−117,

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−− 0

063

63

2

1

vv

veya tek denklem halinde,

063 21 =+ vv

elde edilir. 12 −=v olarak seçilirse 21 =v olur ve 1λ 1= e karşılık gelen özvektör şu şekilde olur:

1

2v

1⎛ ⎞

= ⎜ ⎟−⎝ ⎠

Benzer şekilde For 1λ λ 2= = − için,

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−− 0

033

66

2

1

vv

veya

066 21 =+ vv

11 =v alınması halinde 12 −=v olur ve böylece 1λ 2= − ye karşılık gelen özvektör şöyle olur:

2

1v

1⎛ ⎞

= ⎜ ⎟−⎝ ⎠

Buna göre verilen sisteme ait lineer bağımsız iki çözüm vektörü;

1λ1 1

2 2x v

1

tt t

t

ee e

e⎛ ⎞⎛ ⎞

= = = ⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠


Engin/Çengel

- 45 -

2

2λ 2

2 2 2

1x v

1

tt t

t

ee e

e

−−

−

⎛ ⎞⎛ ⎞= = = ⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Bu iki çözüm lineer bağımsızdır, çünkü

2

1 2 2

2( ) x x

t tt

t t

e et e

e e

−−

−= = = −

− −W

asla sıfır olamaz. Böylece genel çözüm

2

2 1 21 1 2 2 1 2 2

1 2

2 1 2x x x

1 1

t tt t

t t

C e C eC C C e C e

C e C e

−−

−

⎛ ⎞+⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + = + = ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− − − −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Şeklinde ifade edilebilir. Bu çözüm cebirsel biçimde de yazılabilir:

2

1 1 22

2 1 2

2 t t

t t

x c e c e

x c e c e

−

−

= +

= − −

ÖRNEK 6−26 Gerçel ve Farklı Köklere Sahip Homojen Sistemler: Başlangıç Değer Problemi Aşağıdaki başlangıç değer problemini çözünüz:

0)0( ,53'1)0( ,64'

2212

1211

=−−−==+=

xxxxxxxx

ÇÖZÜM Verilen denklem sisteminin genel çözümü yukarıda bulunmuştu:

2

1 2 2

2x

t t

t t

e ec c

e e

−

−

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= +⎜ ⎟ ⎜ ⎟

− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Buna göre ana matris,

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−−=

−

−

tt

tt

eeee

t2

22)(F

Olacaktır. Keyfi sabitler 1

0 0( )xt−=c F (Denklem 6−115) ifadesinden yola çıkılarak belirlenir.

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

==11

12)0()( 0 FF t

Bu matrisin tersi,

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

=−

2111

)0(1F


Engin/Çengel

- 46 -

Bunu 10 0( )xt−=c F ifadesinde yazarsak,

1 10

2

1 1 1 1(0)x

1 2 0 1CC

−⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− − −⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

c F

Buna göre 1 1C = ve 1 1C = − dir. Sonuç olarak verilen başlangıç değer probleminin çözümü

1 2

2

2 1x

1 1t tx

e ex

−⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

veya cebirsel halde,

tt

tt

eex

eex2

2

21 2

−

−

+−=

−=

olacaktır. Durum 2 KOMPLEKS ÖZDEĞERLER Özdeğerlerin gerçel ve birbirlerinden farklı olması halinde matris yönteminin n tane lineer bağımsız çözüm verdiğini gördük. Yine farklı olmak kaydıyla özdeğerlerin bazılarının kompleks olması halinde de bu durum geçerlidir. Kompleks özdeğerlere karşılık gelen özvektörler (ve çözüm vektörleri) normalde kompleks değerler alırlar. Ancak eğer katsayılar matrisi A gerçel ise, bu durumda karakteristik denklemin tüm katsayıları gerçel olur ve kompleks özdeğerler ile bunlara karşılık gelen özvektörler eşlenik kompleks çift halinde bulunurlar. Bu tür durumlarda herhangi bir çift eşlenik özdeğerlere karşılık daima iki tane lineer bağımsız gerçel değerli çözüm elde edebiliriz.

Eğer λ α βi= + özdeğerine karşılık gelen özdeğer v a bi= + alınırsa (burada a, b,

α, β gerçel sabitlerdir), bu özdeğere ait çözüm şu şekilde ifade edilebilir: λx v te=

( )( ) ( )

( ) ( )

(α β)

α

a

a b

a b cosβ sinβ

a cosβ bsinβ a sinβ bcosβ

i t

t

t t

i e

i e t i t

e t t ie t tα

+= +

= + +

= − + +

1 2x ( ) x ( )t i t= +

(6−118) Burada

( )a1x ( ) a cosβ bsinβtt e t t= − (6−119a)

( )a2x ( ) a sinβ bcosβtt e t t= + (6−119b)

olarak ifade edilir. Bu çözümler gerçel‐değerli çözümlerdir. Bu iki çözümün lineer bağımsız olduğu aynı çözümlerin λ α βi= + eşlenik özdeğeri içinde elde edilebildiği kolayca gösterilebilir. Dolayısıyla eşlenik köklerde sadece birini kullanarak lineer iki bağımsız çözüme ulaşmak mümkündür. λ kompleks özdeğeri ile buna ait v özvektörünün bilindiği


Engin/Çengel

- 47 -

durumlarda, ezberlemek yerine yukarıda yaptığmız işlemi yaparak çözüme gitmek daha pratiktir. ÖRNEK 6−27 Kompleks özdeğerli homojen sistemler Aşağıdaki diferansiyel denklem sisteminin çözümünü yapalım:

212

211

'2'

xxxxxx

+−=+=

ÇÖZÜM Sabit katsayılı iki lineer denklemden oluşan bu sistem matris formunda x ' x= A olarak yazılabilir. Burada

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

=1121

A ve 1

2

xxx

⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

A nın özdeğerleri Örnek 6−21 de 1,2λ 1 2i= ± olarak buluştuk. 1λ 1 2i= + özdeğerine

karşılık gelen özvektör de aynı örnekte

1

1v

2i

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

olarak hesaplanmıştı. Buna göre 1λ ’e karşılık gelen çözüm,

1λ1x v te=

( )

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛+

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−=

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−

+=

+⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛=

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛= +

tete

itete

teiteitiete

titei

ei

t

t

t

t

tt

tt

t

ti

2cos2

12sin

2sin2

12cos

2sin2

2cos2

2sin2cos

2sin2cos2

12

1)21(

Dolayısıyla bağımsız iki çözüm;

1

cos 2x ( ) ( ) 1 sin 2

2

t

t

e tt Re x

e t

⎛ ⎞⎜ ⎟= = ⎜ ⎟−⎜ ⎟⎝ ⎠

ve

2

sin 2x ( ) ( ) 1 cos 2

2

t

t

e tt Im x

e t

⎛ ⎞⎜ ⎟= = ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

olacaktır. Bu durumda genel çözüm şu şekilde ifade edilebilir:


Engin/Çengel

- 48 -

1 1 2 2 1 2

cos 2 sin 2x( ) x ( ) x ( ) 1 1sin 2 cos 2

2 2

t t

t t

e t e tt C t C t C C

e t e t

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟= + = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Bu çözüm ayrıca skaler biçimde de verilebilir:

( )1 1 2

2 1 2

x ( ) cos 2 sin 2

1 1x ( ) sin 2 cos 22 2

t

t

t e C t C t

t e C t C t

= +

⎛ ⎞= − +⎜ ⎟⎝ ⎠

Elde ettiğimiz bu çözümler, verilen diferansiyel denklem sisteminde yazarak doğrulanabilir. ÖRNEK 6‐28 Birleşik Mekanik Sistemler: Serbest titreşimler Şekildeki gibi iki yay ve iki kütleden oluşan bir sistemi ele alalım. Uyumlu birimlerde olmak üzere , , ve dir. t = 0 anında birinci ve ikinci kütle, başlangıç noktasına göre sırasıyla ve konumlarına getirilerek ilk hızsız olarak serbest bırakılmaktadır. Sürtünme etkilerini ihmale ederek her bir kütlenin konumunu zamanın fonksiyonu olarak belirleyiniz.

ÇÖZÜM Bu sisteme ait hareket denklemlerini daha önce, dış kuvvetlerin bulunduğu durum için Örnek 6‐3 te çıkarmıştık. Burada herhangi bir dış kuvvet yoktur, dolayısıyla her bir denklemin hareketini tanımlayan diferansiyel denklem şu şekilde olur:

21

21

2

2

1

11 '' x

mk

xmk

mk

x +⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−= , 011011 )0(' ,)0( vxxx ==

22

21

2

22 '' x

mkx

mkx −= , 022022 )0(' ,)0( vxxx ==

Bu ise iki tane ikinci mertebeden lineer diferansiyel denklemden kurulu bir sistemdir. İlk yapmamız gereken, bu sistemi birinci mertebeden denklemlerden oluşan bir sisteme indirgemek olacaktır. Yeni değişkenlerimiz ve olsun. Bu tanımlamalara göre yukarıdaki sistem şu şekilde ifade edilebilir:


Engin/Çengel

- 49 -

,'

,'

,','

22

21

2

24

21

21

1

2

1

13

42

31

xmk

xmk

x

xmk

xmk

mk

x

xxxx

−=

+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−=

==

0224

0113

022

011

)0(')0()0(')0(

)0()0(

vxxvxx

xxxx

====

==

Fiziksel olarak ve sırasıyla ve kütlelerinin hızlarını temsil etmektedir. 1,

1, 3, 2, 0 1, 0 5, ve 0 değerlerini yerine koyarak denklem sistemi daha sade halde yazılabilir:

,214

213

42

31

22',25'

,','

xxxxxx

xxxx

−=+−=

==

0)0(')0(0)0(')0(

5)0(1)0(

24

13

2

1

====

==

xxxx

xx

Artık sistemi matris biçiminde x x olarak ifade edebiliriz:

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

−−

=

0022002510000100

A ve

1

2

3

4

x

xxxx

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

A matrisinin özdeğerleri det λI 0 dan bulunur:

0 1 00 1 0 1

0 0 1det( λ ) 2 0 5 2 0

5 2 02 0 2 2

2 2 0

λλ λ

λλ λ

λλ λ

λ

−− −

−− = = − − + −

− −− − − −

− −

A I

3 2

4 2 2 2

λ( λ 2λ) (10 4 5λ )

λ 7λ 6 (λ 1)(λ 6) 0+

= − − − + − +

= + = + + =

Bu denklemin kökleri ve √6 dir. Dolaysıyla katsayılar matrisinin özdeğerleri λ , ve λ , √6 olur. Bunlar eşlenik iki çift köktür ve bu yüzden sadece λ ve λ √6 köklerini kullanarak iki tane özvektör bulmamız yeterli olacaktır. Elde edilecek bu iki özvektör, verilen sisteme ait dört tane lineer bağımsız çözüm vektörünü belirlemek için yeterlidir. λ özdeğerine karşılık gelen özvektör A λI v 0 denkleminden bulunur:

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

=

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

−−−−

−−

0000

022025100010

4

3

2

1

vvvv

ii

ii

Satır işlemleriyle bu matris aşağıdaki şekilde sadeleşir:


Engin/Çengel

- 50 -

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

=

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

−0000

00005.0100

010001

4

3

2

1

vvvv

ii

Sonuç olarak aşağıdaki cebirsel denklem sistemi elde edilir:

05.00 0

43

42

31

=−=+=+

vvivvivv

24 =v alınırsa 13 =v , iv 22 −= ve iv −=1 olur. Buna göre λ e karşılık gelen

özvektör

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛−−

=

212

1ii

v

olacaktır. Öte yandan λ √6 özdeğerine karşılık gelen özvektör benzer yolla;

3

26

v6

21

i

i

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟−= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

olarak elde edilir. λ için olan çözüm şu şekilde ifade edilebilir:

1λ1

2 2x v (cos sin )

1 12 2

t it

i ii i

e e t i t

− −⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎜ ⎟ ⎜ ⎟= = = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛−−

+

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

=

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

+++−+−

=

tt

tt

i

ttt

t

tittit

ttitti

sin2sin

cos2cos

cos2cossin2

sin

sin2cos2sincos

sin2cos2sincos

Böylece lineer bağımsız iki çözüm;

1

sin2sin

x ( ) ( )cos

2cos

tt

t Re xtt

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟= =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

ve 2

cos2cos

x ( ) ( )sin

2sin

tt

t Im xtt

−⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟= =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠


Engin/Çengel

- 51 -

Diğer iki lineer bağımsız çözüm de, λ √6 alınarak aynı şekilde bulunabilir. Sonuçta v özvektörü;

3

2 sin 66

1 sin 6x ( ) 62cos 6

2cos 6

t

tt

t

t

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟

= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

ve 4

2 cos 66

1 cos 6x ( ) 62sin 6

sin 6

t

tt

t

t

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟−= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

olarak bulunur. Buna göre verilen sistemin genel çözümü;

x x x x x

⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

−

−

+

⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

+

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛−−

+

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

=

tt

t

t

c

tt

t

t

c

tt

tt

c

ttt

t

c

6sin6sin2

6cos6

1

6cos6

2

6cos26cos2

6sin6

1

6sin6

2

sin2sin

cos2cos

cos2cossin2

sin

4321

şeklinde olur. Bu çözüm skaler biçimde de ifade edilebilir:

tctctctctx

tctctctctx

tctctctctx

tctctctctx

6sin 26cos sin 2 cos 2)(

6sin 26cos 2 sin cos)(

6cos616sin

61cos 2sin 2)(

6cos6

26sin6

2cossin)(

43214

43213

43212

43211

+++=

+++=

−+−=

−+−=

Verilen 4 sınır şartının uygulanmasıyla aşağıdaki denklem takımı elde edilir.

2 4

2 4

1 3

1 3

2 1612 06

2 02 0

C C

C C

C CC C

− − =

− − =

+ =

+ =

İlk iki denklemin çözümünden 1 3⁄ ve 2√6 3⁄ elde edilirken 0 bulunur. Bu sabitlerin verilen çözüm fonksiyonlarında yerine yazılmasıyla iki kütlenin hareket denklemleri;


Engin/Çengel

- 52 -

tttx

tttx

6cos32cos

32)(

6cos34cos

31)(

2

1

+−=

+−=

olarak elde edilir. Bu çözümler, iki kütlenin hareketinin ω 1 ve ω √6 doğal frekanslarına sahip iki farklı salınım hareketinin toplamından oluştuğunu göstermektedir. Her iki salınım hareketinde, iki kütle aynı yönde ve aynı frekansla senkronize biçimde ancak farklı genliklerle hareket etmektedir. in yaptığı hareketin genliği ω 1 için nin genliğinin yarısı, ω √6 için ise iki katıdır. Durum 3 TEKRARLAYAN ÖZVEKTÖRLER Şimdi de katlı bir özdeğerin ( ) bulunduğunu varsayalım. Bu tür bir özdeğer yine tane lineer bağımsız özvektöre ( ), dolayısıyla tane lineer bağımsız çözüm vektörüne sahip olabilir. A katsayılar matrisi simetrik olan denklem sistemleri için durum daima böyledir. Dolayısıyla bu tür durumlarda tekrarlayan özdeğer bir soruna yol açmaz. Eğer katlı bir özdeğer dan daha az sayıda lineer bağımsız özvektöre sahipse, bu özdeğerle ilgili olarak v λ biçiminde dan daha az sayıda lineer bağımsız çözüm vardır. Diğer bir ifadeyle çözümlerin bazıları v λ biçiminde değildir ve ile ilgili lineer bağımsız çözümlerin sayısını denkleştirmek için v λ den başka biçimlerde çözümler aramamız gerekir. Daha önceki bölümlerden, λ karakteristik kökünün katlı olması halinde λ çözümünü bağımsız değişkenin kuvvetleriyle çarparak diğer lineer bağımsız çözümleri elde edebildiğimizi biliyoruz. Örneğin karakteristik denklemin λ kökü üç katlı ise, lineer bağımsız üç çözüm λ , λ ve λ olur. Burada da benzer bir yöntem izleyerek, yani v λ çözümünü bağımsız değişkenin kuvvetleri ile çarparak diğer lineer bağımsız çözümleri bulabilir miyiz? Aşağıda da açıklanacağı gibi diferansiyel denklem sistemleri için bu şekilde yapmak tam olarak uygun değildir. Yapılması gereken, temel çözümü nin kuvvetleri yerine nin bir polinomu ile çarpmaktır. Sadece bir lineer bağımsız özvektörü (v) bulunan iki katlı bir özdeğer (λ) ele alalım ( 2). Lineer bağımsız iki özvektörü bulmak isteyelim. Bu çözümlerden biri

1x ( ) v tt eλ= (6‐120) olur. Yukarıdaki değerlendirmenin ışığında ikinci çözümü

λ λ2x ( ) v t tt te e= + u (6‐121)

olarak seçelim. Burada u sabit bir vektördür ve x nin x x diferansiyel denklemini sağlama koşulundan belirlenir. Bu sağlama işlemi yapılırsa,

λ λ λ λ λv λ λt t t t te vte e vte te+ + = +u A Au (6‐122) Elde edilir. λ ve λ terimlerinin katsayıları eşitlenerek,

( )v 0λ− =A I (6‐ 123a)


Engin/Çengel

- 53 -

( ) vλ− =A I u (6‐ 123b) Bu denklemlerden ilki bir kez daha v nin λ ile ilgili bir özvektör olduğunu doğrulamaktadır. İkinci denklemden u sabit vektörü kolayca çözülebilir. İkinci mertebeden tek bir denklemin tekrarlayan kök durumu ile iki tane birinci mertebeden lineer denklemden oluşan bir sistemdeki tekrarlayan kök hali arasındaki fark şu şekilde açıklanabilir. Tek bir denklem için, ilk çözüm λ nin bir sabitle çarpımı temelde λ den farklı değildir ve bunu ikinci çözüme dahil etmek sonuçta bir değişiklik yapmaz. Diğer bir anlatımla,

λ λ

1 2x t tC e C te= + ve

λ λ λ λ λ

1 2 3 1 3 2x ( ) ( )t t t t tC e C te C e C C e C te= + + = + + çözümleri özdeştir. Öte yandan birinci mertebeden iki tane denklemden oluşan bir sistem için λ çözümünün, ilk çözüm olan λ nin sabit bir katı olması gerekmez, çünkü ve birer vektördür. Örnek olarak

2

2x ( )

1tt eλ⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

(6‐ 124)

çözümü

1

1x ( )

1tt eλ⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

(6‐125)

çözümünü bir sabitle çarparak elde edilemez. Üstelik x çözüm olması karşın x bir çözüm olmayabilir. Temelde bu durum, iki skalerden birini bir sabitle çarparak daima ikincisini elde edebilmemize rağmen, iki sabit vektörden birini bir sabitle çarparak diğerini elde edemeyişimizden ileri gelmektedir. Bunu örneklerle göstereceğiz. ÖRNEK 6‐29 Tekrarlayan (iki katlı) özdeğerlere sahip homojen sistemler Aşağıdaki sistemin çözümünü yapınız.

x 4

x 2 ÇÖZÜM İki tane birinci mertebe denklemden oluşan bu sisteme matris biçiminde x x olarak yazılabilir.

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

=2114

A ve 1

2

xxx

⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠


Engin/Çengel

- 54 -

Katsayılar matrisi A nın özdeğerleri Örnek 6‐19 da λ λ 3 olarak bulunmuştu. Dolayısıyla 2 katlı bir kök söz konusudur. Aynı örnekte ayrıca bu özdeğerle ilgi sadece bir tane lineer bağımsız özvektör bulunduğunu görmüştük. Bu özvektör;

1v

1−⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

Dolayısıyla verilen sistemin çözümü

31

1x ( ) v

1t tt e eλ −⎛ ⎞

= = ⎜ ⎟⎝ ⎠

olacaktır. İkinci lineer bağımsız çözüm ise,

2x ( ) ( ) tt vt eλ= +u Biçiminde alınır. Buradaki sabit vektörü,

( ) vλ− =A I u

ifadesinden elde edilir. Yerine konursa,

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−− 1

111

11

2

1

uu

aşağıdaki tek bir denkleme ulaşılır.

121 −=+ uu Homojen olmayan bu denklemde bilinmeyenlerden birini sıfır seçerek diğer bilinmeyeni bulalım: 0 için 1 elde edilir. Buna göre

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

=1

0u

O halde lineer bağımsız ikinci çözüm

λ 3 32

0 1x ( ) ( v )

1 1 1t t tt

t t e t e et

⎡ ⎤− −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + = + =⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− − +⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

u

x ve x çözümlerinin Wronskian’ı alınarak lineer bağımsız oldukları kolayca gösterilebilir. Buna göre verilen sistemin genel çözümü şu şekilde olur:

1 23 3 31 1 2 2 1 2

1 2

1x x x

( 1)1 1t t tC Ct

C C C e C e eC C tt− −− − ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= + = + = ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ + −−⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Bu çözüm skaler biçimde de ifade edilebilir:

3

1 1 2x ( ) ( ) tt C C t e= − + 3

2 1 2x ( ) [ ( 1)] tt C C t e= + −


Engin/Çengel

- 55 -

Özdeğerin kat sayısı arttıkça durum daha da karmaşık bir hal almaktadır. Örneğin 3 katlı bir özdeğer için üç olası durum söz konusudur:

Durum 1 Üç katlı özdeğeri lineer bağımsız üç özvektöre (v , v , v ) sahip olabilir. Bu durumda lineer bağımsız çözüm doğrudan şu şekilde olur:

x v λ (6‐126 a) x v λ (6‐126b) x v λ (6‐126b) Durum 2 Üç katlı özdeğeri lineer bağımsız iki özvektöre (v , v sahip olabilir. Bu durumda lineer bağımsız iki çözüm;

λ

x v λ (6‐127a) x v λ (6‐127a) Olurken üçüncüsü

λ λ3x v t tte e= +u (6‐128)

Denkleminden belirlenmelidir. Tekrar ifade edelim, burada u

( λ ) v− =A I u İfadesinden bulunur. Peki acaba v ve v den hangisini bu denklemde kullanmalıyız? Genelde ikisi de kullanılmaz, bunların lineer toplamı kullanılır, yani v v . Buna göre yukarıdaki denklem daha uygun biçimde;

λ v v (6‐129)

Buradaki ve sabit olup aranan çözümünü verecek biçimde seçilmelidirler. ve sabit vektörleri bulunduktan sonra üçüncü lineer bağımsız çözüm Denklem 6‐128 den elde edilir. Durum 3 Üç katlı özdeğeri lineer bağımsız tek bir özvektöre (v sahip olabilir. Bu durumda lineer bağımsız ilk çözü şu şekilde olur:

λ

1x v te= (6‐130) Diğer iki lineer bağımsız çözüm ise şu denklemlerden elde edilir:

λ λ2x v t tte e= +u (6‐131a)

2 λ λ λ3

1x v2

t t tt e te e= + +u w (6‐131b)

Burada görülen ve vektörleri;

( λ ) v− =A I u and ( λ )− =A I w u (6‐132)


Engin/Çengel

- 56 -

Bağıntılarından belirlenir. İkinci lineer bağımsız çözümün Durum 2 deki gibi belirlendiğine dikkat ediniz. Kat sayısı 4 olduğunda çözüm yolu daha karmaşık bir hal alacaktır. ÖRNEK 6‐30 Tekrarlayan (üç katlı) özdeğerlere sahip homojen sistemler Aşağıdaki sistemin genel çözümünü yapınız.

1 1 2

2 1 2 3

3 2 3

x 'x ' 2 3x ' 2 3

x xx x x

x x

= += − + −

= +

ÇÖZÜM Verilen denklem sistemi x x biçiminde ifade edilebilir:

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛−=320132

013A ve

1

2

3

xxxx

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

Katsayılar matrisi A nın özdeğerleri det λ−A I 0 denkleminden belirlenir:

3

3

3 1 0det( λ ) 2 3 1

0 2 3

(3 ) 2(3 ) 2(3 ) (3 ) 0

λλ

λ

λ λ λ

λ

−− = − −

−

= − + − − −

= − =

A I

Sonuç olarak λ 3 tür ve 3 katlı köktür. Bu özdeğere karşılık gelen özvektör λ0 denkleminden bulunur:

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛=

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛−

000

020102

010

3

2

1

vvv

Matris çarpımı ile bu denklem aşağıdaki denklem sistemine dönüşür:

2

1 3

2

02 0 2 0

vv v

v

=− =

=

ya da;

2

3 1

02

vv v==

Basit olsun diye 1 alırsak, yukarıdaki denklemden 2 buluruz. Dolayısıyla λ 3 karşılık gelen tek özvektör,

1

v 02

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠


Engin/Çengel

- 57 -

olur. Bu, λ 3 için tek bir lineer bağımsız özvektördür, çünkü için başka bir değer seçmiş olsaydık, bu özvektörün sabit bir sayı ile çarpılmış halini elde ederdik. Buna göre verilen sistem Durum 3 e uymaktadır. Öncelikle sabit ve vektörlerini belirleyelim. vektörünü λ denkleminde yazarsak,

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛=

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛−

201

020102

010

3

2

1

uuu

elde edilir. Veya bu sistem aşağıdaki cebirsel hale gelir:

22 021

2

31

2

==−=

uuuu

ya da,

13

2

21

uuu

==

Basit olsun diye 1 alırsak, yukarıdaki denklemden 2 buluruz. Buna göre vektörü şöyle olur:

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛=

211

u

Şimdi de bunu λ denkleminde yazalım:

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛=

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛−

211

020102

010

3

2

1

www

Sonuç olarak;

22 121

2

31

2

==−=

wwww

veya,

12

1

13

2

−==

uuw

Basit olsun diye 1 alırsak, yukarıdaki denklemden 1 buluruz. Buna göre vektörü şöyle olur:

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛=

111

w


Engin/Çengel

- 58 -

Böylece verilen sistemin lineer bağımsız üç çözümü şöyle yazılır:

λ 31

λ λ 3 3 32

2 λ λ λ 2 3 3 33

2

2

1x v 0

2

1 1 1x v 0 1 1

2 2 2 2

1 1 11 1x v 0 1 12 2

2 2 1

1 12

11

t t

t t t t t

t t t t t t

e e

tte e te e e

t

t e te e t e te e

t t

tt t

⎛ ⎞⎜ ⎟= = ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

+⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= + = + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟+⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= + + = + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎛ + +⎜⎜

= ++ +

⎝

u

u w

3te

⎞⎟⎟

⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟

⎠

Sistemin genel çözümü ise

1 1 2 2 3 3

2

3 3 31 2 3

2

x x x x1 11 1 2

0 1 12 2 2 1

t t t

C C C

t ttC e C e C t e

t t t

= + +

⎛ ⎞+ +⎜ ⎟+⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟= + + +⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ + +⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎜ ⎟⎝ ⎠

veya skaler biçimde

[ ]

2 31 1 2 3

32 2 3

2 33 1 2 3

1( 1) ( 1)2

( 1)

2 ( 1) ( 1)

t

t

t

x C C t C t t e

x C C t e

x C C t C t t e

⎡ ⎤= + + + + +⎢ ⎥⎣ ⎦= + +

⎡ ⎤= + + + + +⎣ ⎦

olarak elde edilir. 6‐9 LİNEER HOMOJEN OLMAYAN SİSTEMLER Şimdi de aşağıdaki homojen olmayan sistemi göz önüne alalım:

x ' ( )x ( )t t= +A r (6‐133) Katsayılar matrisi ve homojen olmayan vektör , aralığında sürekli olsun. Aranan genel çözüm, homojen kısmın çözümü ile özel çözümün toplamından oluşur: x x xö (6‐134)


Engin/Çengel

- 59 -

Burada x homojen kısmın, yani x x denkleminin genel çözümü, xö ise homojen olmayan sistemin özel çözümüdür. Daha önce öğrendiğimiz belirsiz katsayılar yöntemi ile sabitin değişimi yöntemi, bazı değişiklikler yapılarak bu tür sistemler için de kullanılabilir. SABİT KATSAYILAR YÖNTEMİ Bu yöntemi diferansiyel denklem sistemlerine uygularken katsayıların sabit skalerler yerine sabit vektör olarak alınması gerekir. Homojen olmayan sistemin özel çözümünün alacağı biçime karar verirken, bu sistemdeki terimleri belirli bir düzende yazmak kolaylık sağlar. Örneğin,

1 1 32

2 1 2 3

3 1 3

x ' 2 3 5 5

x ' 3 1x ' 5

t

x x t

x x x tex x

−

= − + −

= + − + += − +

sistemi,

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛−+

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛+

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛= −

015

005

030

)( 2 ttet tr

olarak yazılabilir. Bu durumda özel çözümün olması gereken biçimi, homojen çözümün homojen olmayan terimlerle aynı olmadığı kabul edilerek,

1 1 1 12 2 2

2 2 2 2

3 3 3 3

x ( ) t t tp

a b c dt e t a te b e c t d

a b c d

− − −

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= + + + = + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

a b c d

şeklinde ifade edilebilir. Burada 12 tane bilinmeyen bulunmaktadır. Özel çözüm biçiminin homojen olmayan tüm terimleri kapsadığına dikkat edilmelidir. Öte yandan homojen kısmın çözümleri olan homojen olmayan terimler, diferansiyel denklem sistemlerinde başka şekilde ele alınır. Sistemleri çözerken özel çözümün temel çözümünü sadece ile çarpmak yerine, sıfırıncı kuvvet dahil tüm alt kuvvetleriyle çarpmak gerekir. Örnek verelim: homojen kısmın çözümü olsun. Bu durumda biçimindeki homojen olmayan bir terime karşılık gelecek özel çözüm xö biçiminde seçilmelidir. Belirsiz katsayılar yönteminin, denklem sistemindeki tüm katsayıların sabit ve homojen olmayan terimlerin belirli bazı biçimleri için uygulanabildiğini tekrar vurgulayalım. ÖRNEK 6‐31 Belirsiz Katsayılar Yöntemi Belirsiz katsayılar yöntemiyle aşağıdaki sistemi çözünüz.

1 1 2

2 1 2

x ' 4 6 1

x ' 3 5 t

x x

x x e

= + +

= − − +

ÇÖZÜM Verilen sistem matris biçiminde x x olarak ifade edilebilir.

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

=53

64A ,

1x te

⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

ve ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

01

101 t

t ee

r


Engin/Çengel

- 60 -

Bu sistemin homojen kısmının çözümünü daha önce yapmış ve,

tth ececx 2

21 11

12 −

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

=

olarak bulmuştuk. Homojen kısmın çözümü ile ve terimleri karşılaştırıldığında, nin homojen kısmın çözümünde de yer aldığı görülür. Dolayısıyla bu terime karşılık gelen özel çözüm teklifi olmalıdır (sadece değil). için ise sabit bir vektörü dikkate almamız gerekir. Buna göre özel çözüm;

xö ve türevi,

xö

olarak ifade edilir. Buradaki , ve , 2×1 lik birer vektördür:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

2

1

aa

a , ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

2

1

bb

b , and ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

2

1

cc

c

Yukarıdaki özel çözüm ifadesini ve türevini verilen diferansiyel sisteminde yerine yazarsak,

01

10

ve terimlerinin katsayılarını eşitlersek aşağıdaki gibi üç matris denklemi elde ederiz:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=+

=

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

10

001

Abba

Aaa

Ac

İlk denklemin her iki yanını ile çarparak vektörü kolayca hesaplanabilir:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −−−

−=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

−=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=

−−

35

21

01

4365

21

01

5364

01 1

1Ac

İkinci denklem ise 0)( =− aIA olarak yazılabilir. Bu ise matrisinin λ 1 özdeğerine karşılık gelen özvektör denklemidir. Örnek 6‐25’te bu çözüm yapılmış ve,

1

2v

1⎛ ⎞

= = ⎜ ⎟−⎝ ⎠a

olarak bulmuştuk. Geri kalan son matris denklemi ise aşağıdaki hale gelir:

263 21 =+ bb Basit olsun diye 0 alırsak, yukarıdaki denklemden 1 3⁄ buluruz. Bu seçimler ile özel çözüm;


Engin/Çengel

- 61 -

2 0 51 1x1 1 33 2

t tö te e

−⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Böylece verilen sistemin genel çözümü,

21 2

2 1 2 0 51 1x1 1 1 1 33 2

t t t tC e C e te e−− −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

veya skaler biçimde, 2

1 1 2

22 1 2

5(2 2 )2

1 33 2

t t

t t

x C t e C e

x C t e C e

−

−

= + − −

⎛ ⎞= − + − + +⎜ ⎟⎝ ⎠

olarak elde edilir. SABİTLERİN DEĞİŞİMİ YÖNTEMİ Homojen olmayan

)()(' txtx rA += sistemin katsayılar matrisi nın elemanları sabit olmadığında veya homojen olmayan vektörü belirsiz katsayılar ile çözülebilecek biçimlerden farklı olarak verilmişse, belirsiz katsayılar yöntemi pratikliğini kaybeder. Bu tür durumlarda genel bir yöntem olan sabitlerin değişimi yöntemi daha kullanışlıdır. İlk yapmamız gereken x x homojen denkleminin genel çözümünü yaparak tane lineer bağımsız çözümden oluşan x çözümünü bulmak olacaktır.

1 1 2 2x ...h n nC x C x C x= + + + (6‐135) Bu homojen çözüm ayrıca temel matris cinsinden de yazılabilir ( lik bu matrisin sütunlarının tane lineer bağımsız çözüm vektörü x , x , x , … … . . x den oluştuğunu hatırlatalım):

x ( )h t= F c (6‐136) Sabitlerin değişimi yöntemi, yukarıdaki denklemde görülen yi bir fonksiyonu ile yer değiştirmek ve bu fonksiyonu bulma esasına dayanmaktadır. Dolayısıyla özel çözümün biçimi şu şekilde olur:

x ( )p t= F u (6‐137)

fonksiyonu, önerilen özel çözümün diferansiyel denklem sistemini sağlaması

koşulundan yola çıkılarak bulunur. Bunun için özel çözümün türevi alınır ve x x sisteminde yerine yazalım:


Engin/Çengel

- 62 -

)()()()()(')()()(' tttttttt ruFA uFu F +=+ (6‐138) Ancak homojen sistemi sağladığından olur. Bu durumda yukarıdaki denklem;

( ) '( ) ( )t t t=F u r (6‐139)

halini alır. fonksiyonu nin sürekli olduğu tüm aralıklarda tekil olmayan bir matris olduğundan mevcuttur. Denklemin her iki yanı ile çarpılırsa;

)()()(' 1 ttt rFu −= (6‐140) elde edilir. Buna göre fonksiyonu; (6‐141) Bu ifadeyi Denklem 6‐137 de yerine yazarsak, aranan özel çözüm;

1x ( ) ( ) ( ) ( )p t t t dt t−= +∫F F r F k (6‐142)

olarak elde edilir. Sonuçta genel çözüm;

1x ( ) ( ) ( ) ( ) ( )t t t t dt t−= + +∫F c F F r F k (6‐143)

veya keyfi integral sabitleri (sabit vektörler) ve tek bir sabit vektörü çatısı altında düşünülürse,

1x ( ) ( ) ( ) ( )t t t t dt−= + ∫F c F F r (6‐ 144)

elde edilir. ÖRNEK 6‐32 Sabitlerin Değişimi Yöntemi Sabitlerin değişimi yöntemini kullanarak aşağıdaki diferansiyel denklemi çözünüz.

1 1 2

2 1 2

' 4 6 1

' 3 5 t

x x x

x x x e

= + +

= − − +

ÇÖZÜM Verilen diferansiyel denklem matris biçiminde rA += xx' olarak yazılabilir.

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

=53

64A , 1

2

xxx

⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

ve ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛= te

1r


Engin/Çengel

- 63 -

Homojen kısma ait iki lineer bağımsız çözüm Örnek 6‐25 te bulunmuştu. Bu çözümler şöyleydi:

1

2

2 2

2x

x

t

t

t

t

ee

ee

−

−

⎛ ⎞= ⎜ ⎟

−⎝ ⎠⎛ ⎞−

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

Dolayısıyla temel matris;

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−−

=−

−

tt

tt

eeee

t 2

22)(F

ve determinantı;

ttttt

tt

eeeeeee −−−−

−

=−=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−−

= 22

det2

2

F

olarak bulunur. Bu matrisin tersi ise;

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

−−−−

−−

tt

tt

tt

tt

t eeee

eeee

et 22

221

221)(F

olur. Artık özel çözümü bulabiliriz. İntegral sabitini göz ardı ederek;

1x ( ) ( ) ( )p t t t dt−= ∫F F r

burada

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

+

+−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

−−

−−−

∫

∫∫

tt

t

tt

t

ttt

tt

eete

dtee

e

dteee

eedttt

3232

221

32

21

21

12

)()( rF

olarak elde edilip özel çözüm ifadesinde yerine yazılırsa,

21

2 2 3

2x ( ) ( ) ( ) 1 2

2 3

tt t

p t t t t

e te et t t dt

e e e e

−−

−−

⎛ ⎞− +⎛ ⎞− ⎜ ⎟= = ⎜ ⎟⎜ ⎟− +⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠∫F F r

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

=

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

++−

−−=

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

++−

−−+−=

35

21

11

32

12

23

32

25

322

32

211

32

2122

tt

tt

tt

tt

tt

ete

ete

ete

ete

ete

elde edilir. Dolayısıyla verilen denklem sisteminin genel çözümü, vektörel olarak;


Engin/Çengel

- 64 -

1 1 2 2

21 2

x2 1 2 1 52 1 1 1 1 1 33 2

ö

t t t t

C x C x x

C e C e te e−

= + +

− − −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

veya skaler olarak;

21 1 2

22 1 2

2 52 23 22 33 2

t t

t t

x C t e C e

x C t e C e

−

−

⎛ ⎞= − + − −⎜ ⎟⎝ ⎠⎛ ⎞= − + − − +⎜ ⎟⎝ ⎠

şeklinde elde edilmiş olur. Homojen Olmayan Başlangıç Değer Problemlerine Ait Sistemler Sabitlerin değişimi yöntemi oldukça sistematik ve kolay bir yöntemdir ve kolayca başlangıç değer problemlerine de uygulanabilir. Yukarıdaki kısımda homojen sistemlerin genel çözümünün temel matrise bağlı olarak ifade edilebileceğini gördük. Diğer bir anlatımla;

x ( ) ( )h t t= F c (6‐ 145) yazılabilir. Burada keyfi sabitler içeren bir vektördür. Denklemi soldan ile çarpar ve daki değeri alınırsa, bu durumda vektörü,

001 )( xt−= Fc (6‐146)

Olarak elde edilir. Burada x verilen başlangıç koşuludur. Bu ifadeyi verilen denklem sisteminde yazalım:

001 )()()( xtttxh−= FF (6‐147)

Buradaki 001 )( xt−= Fc ifadesi çok cazip görünse de homojen olmayan sistemlere

uygulanamaz. Çünkü başlangıç koşulları çözümün sadece homojen kısmına değil tümüne uygulanmalıdır. Bunun mümkün olabileceği tek durum da özel çözümün sıfır olmasıdır. Dolayısıyla bir şekilde daki özel çözüm olacak şekilde ifade edebildiğimiz homojen olmayan denklem sistemlerinde bu yöntemi kullanmak mümkündür. Diferansiyel denklem sistemlerini çözerken Denklem 6‐142 deki integral sabiti yi sıfır ya da keyfi bir sabit vektör almak sonucu değiştirmez. Kolaylık bakımından genellikle sıfır alınması tercih edilir. Ancak başlangıç‐değer problemlerini çözerken yi sıfır almak yerine özel çözümü

da sıfır yapacak şekilde seçmek daha uygundur. Bunu yapmak için Denklem 6‐142 deki belirsiz integrali, ile arasında belirli integral biçiminde yazmak yeterlidir:

0

1( ) ( ) ( )t

öt

x t t t dt−= ∫F F r (6‐ 148)

Böyle yazmakla da xö 0 olması güvence altına alınmış olur (buradan çıkan ifadede alınırsa sonuç mutlaka sıfır çıkacaktır, zira integralin alt ve üst limiti aynı olmuş olur).

Homojen ve özel çözümlerin toplamından genel çözüm;


Engin/Çengel

- 65 -

0

1 10x( ) ( ) ( )x ( ) ( )

t

t

t t t t t dt− −⎡ ⎤

= +⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

∫F F F r (6‐ 149)

olarak elde edilir. Sonuç olarak homojen kısma ait temel matris biliniyorsa, yukarıdaki denklem homojen olmayan bir diferansiyel denklem sisteminin x x daki çözümünü bulmada kullanılabilir. ÖRNEK 6‐33 Homojen Olmayan Başlangıç Değer Problemi Aşağıdaki diferansiyel denklem sistemini verilen başlangıç koşulları altında çözünüz.

1 1 2 1

2 1 2 2

' 4 6 1 , (0) 0

' 3 5 , (0) 0t

x x x x

x x x e x

= + + =

= − − + =

ÇÖZÜM Homojen olmayan bu denklem sistemini daha önce çözmüştük. Verilen başlangıç koşulları yerine konur ve integral sabitleri bulunursa 2 ve 5 6⁄ bulunur. Dolayısıyla verilen denklem sisteminin çözümü;

23

65

34

25

65

3102

22

21

+−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +=

−−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +=

−

−

tt

tt

eetx

eetx

olarak elde edilir. Şimdi ise aynı sonucu aynı sonucu yukarıda özetlediğimiz yöntemle bulacağız. Temel matris, bunun tersi ve 0 daki değeri sırasıyla şu şekilde elde edilir:

21

2 2 2

2( ) , ( )

2

t t t t

t t t t

e e e et t

e e e e

− − −−

−

⎛ ⎞ ⎛ ⎞−= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟

−⎝ ⎠ ⎝ ⎠F F ve ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=−

2111

)0(1F

Ayrıca başlangıç koşulları ve homojen olmayan terimler de matris biçiminde verilebilir:

0

0x

1⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

ve ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛= te

1r

Tüm bunları Denklem 6‐149 da yerine yazarsak, verilen sistemin çözümü vektör olarak;

0

1 10x( ) ( ) ( )x ( ) ( )

t

t

t t t t t dt− −⎡ ⎤

= +⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

∫F F F r


Engin/Çengel

- 66 -

0

0

2 2

2 3

2 3

2

2

1 1 0 1( )

1 2 1 2

1 1( )

2 2

11( ) 1 2 72

2 3 6

2212

t t t

tt tt

t t

t tt

t

t t

tt t

t t

e et dt

ee e

et dt

e e

e tt

e e

e te ee e e

− −

−

−

−−

−

⎡ ⎤⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞= +⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦⎡ ⎤⎛ ⎞⎛ ⎞

= +⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦⎡ ⎤⎛ ⎞− + +⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟= +⎜ ⎟⎢ ⎥⎜ ⎟+ −⎝ ⎠ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

− + +⎛ ⎞−= ⎜ ⎟

−⎝ ⎠

∫

∫

F

F

F

2 3

2

2

2 53 6

10 5 523 6 2

4 5 33 6 2

t t

t t

t t

e

t e e

t e e

−

−

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟+ +⎜ ⎟⎝ ⎠

⎛ ⎞⎛ ⎞+ − −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎜ ⎟=⎜ ⎟⎛ ⎞− + + +⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠

veya skaler biçimde

23

65

34

25

65

3102

22

21

++⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +−=

−−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +=

−

−

tt

tt

eetx

eetx

olarak elde edilir.


Engin/Çengel

- 67 -

PROBLEMLER 6‐1 Diferansiyel Denklem Sistemlerinin Gözden Geçirilmesi 6‐1C Diferansiyel denklem sistemlerini cebirsel denklem sistemlerinden ayıran özellikler nelerdir? 6‐2C Hangi şartlarda ’inci mertebenden bir diferansiyel denklem tane birinci mertebeden denkleme dönüştürülebilir, bu işlem nasıl yapılır? 6‐3C Bir diferansiyel denklem sistemi hangi durumda lineerdir? Aşağıdaki diferansiyel denklemleri birinci mertebeden diferansiyel denklem sistemlerine dönüştürünüz ( bağımlı, ise bağımsız değişkendir).

6‐4 26'3''' )( txxxa =+ texxb 23''' )( =−

6‐5 0'''' t)( 3 =++ xtxxa txtxxb 2sin3'''' )( =−+

6‐6 ttexxxxa 32 2'2''' )( −=++ 0'5'' )( =−+ kxxxb

6‐7 0'3''' )( =+− txxxa ttxxb cos'''' )( 2=+

6‐8 1cos'5 )( )( +=+− txxxa iv 0 )( )( =ivxb

6‐9 05'2 )( 2)( =++ xxtxa iv t

xexb tiv 1 )( )( =+

Aşağıdaki diferansiyel denklem sistemlerini, birinci mertebeden diferansiyel denklem sistemlerine dönüştürünüz ( bağımsız değişkendir). 6‐10 tyx cos'3''' += , 0)( =πx ve 2)(' −=πx

textyy +−= '2'' , 2)0( =y 6‐11 xyx ='''

teytxyyt −+−=− '2'')1( 3

6‐12 2 3''' ' 3 , ( 1) 1, '( 1) 0 ve ''( 1) 4tx ty y x e x x x= − + − = − = − = 2)1( ,26'' −=−−= yxyy 6‐13 tzyxx 3'''''' −++=

xzyty −= 2'' 1'' −−= yzxyz 6‐14 '' 4( ) ' cos 2 , (0) 0 ve '(0) 1x y z tz t x x= − + − = = −

'' 3 ' , (0) 0 ve '(0) 7y xy tz y y= − − = =

2'' 3 , (0) 0 ve '(0) 2z x xz z z= − = = Aşağıdaki diferansiyel denklem sistemlerini lineer olma/olmama, homojen olma/olmama, sabit katsayılı olma/olmama yönünden değerlendiriniz 6‐15 tyxyx cos'2''' +−=


Engin/Çengel

- 68 -

textyy +−= '2'' 6‐16 yxx +='''

1'2'' −+−= −teytxyy

6‐17 '3')(2)( xyyxx iv −+−= yxy +='' 6‐2 Diferansiyel Denklem Sistemleri Nasıl Oluşmaktadır? 6‐18 Şekildeki kütleler başlangıçta hareketsiz ve denge konumlarındadırlar ( anında yaylar sıkışmış veya uzamış halde değildir). Daha sonra kütlesine periyodik kuvveti uygulanarak kütleler harekete geçiriliyor. Kütlelerin başlangıç noktalarına göre konumları sırasıyla ve olduğuna göre, sürtünmeleri ihmal ederek bu iki kütlenin hareketini veren diferansiyel denklemleri elde ediniz. 6‐19 Şekildeki kütleler başlangıçta hareketsiz ve denge konumlarındadırlar ( anında yaylar sıkışmış veya uzamış halde değildir). Daha sonra kütlesine periyodik kuvveti uygulanarak kütleler harekete geçiriliyor. Kütlelerin başlangıç noktalarına göre konumları sırasıyla , ve olduğuna göre, sürtünmeleri ihmal ederek bu üç kütlenin hareketini veren diferansiyel denklemleri elde ediniz.


Engin/Çengel

- 69 -

6‐20 Şekildeki kütlesi sol taraftan yayına sağ taraftan ise bir sönümleyiciye (damper) bağlıdır. Sönümleme katsayısı dir. Kütleler başlangıçta hareketsiz ve denge konumlarındadırlar ( anında yaylar sıkışmış veya uzamış halde değildir). Daha sonra

kütlesine periyodik kuvveti uygulanarak kütleler harekete geçiriliyor. Kütlelerin başlangıç noktalarına göre konumları sırasıyla ve olduğuna göre, sürtünmeleri ihmal ederek bu iki kütlenin hareketini veren diferansiyel denklemleri elde ediniz. 6‐21 Şekildeki elektrik devresini göz önüne alınız. Gösterilen yönleri pozitif kabul ederek kollardan geçen ve akımlarını veren diferansiyel denklemleri yazınız. 6‐22 Yandaki şekilde verilen elektrik devresini göz önüne alınız. Gösterilen yönleri pozitif kabul ederek kollardan geçen ve akımlarını veren diferansiyel denklemleri yazınız. 6‐23 Yandaki şekilde verilen elektrik devresini göz önüne alınız. Gösterilen yönleri pozitif kabul ederek kollardan geçen , ve akımlarını veren diferansiyel denklemleri yazınız. 6‐24 Yandaki şekilde 1000 L hacmindeki iki tuzlu su (salamura) tankına giriş ve çıkışlar gösterilmiştir. Her iki tankta birer karıştırıcı sürekli olarak çalışarak karışımın homojenliğini sağlamaktadır. Birinci tanka 50 L/dak tatlı su verilirken ikinci tanktan aynı hacimsel debide tuzlu su çekilmektedir. Herhangi bir anında tanklardaki tuz miktarları (kütleleri) ve

olduğuna göre, bu iki kütleyi veren diferansiyel denklemleri oluşturunuz.


Engin/Çengel

- 70 -

6‐25 Problem 6‐24’te temiz su yerine birinci tanka içerisinde litre başına 0.05 kg tuz bulunan aynı debide salamura girdiğini kabul ederek (yani 50 L/dak) problemi tekrar çözünüz. 6‐3 Yoketme Yöntemi 6‐26C Yoketme yönteminin önemli bir eksikliği nedir? Bu yöntem homojen olmayan denklem sistemlerine de uygulanabilir mi? Lineer olmayan sistemlere uygulanabilir mi? Değişken katsayılı sistemlere uygulanabilir mi? Yoketme yöntemini kullanarak aşağıdaki birinci mertebeden diferansiyel denklem sistemlerinin genel çözümünü bulunuz. 6‐27 yxxa −= 3' )( tyxxb +−= 3' )( yxy +=' 2' −+= yxy 6‐28 yxxa −=' )( 1' )( +−−= tyxxb

yxy 4' +−= tteyxy ++−= 4'

6‐29 yxxa −=' )( 1' )( 2 −−−= tyxxb yxy 23' −−= tyxy 323' +−−=

6‐30 yxxa 42' )( += tetyxxb 32542' )( −+= yxy 2' +−= yxy 2' +−= 6‐31 yxxa += 7' )( 17' )( −+= yxxb yxy 3' −−= 13' +−−= yxy 6‐32 yxxa += 2' )( 12' )( ++= yxxb

yxy 2' −= 232' tyxy +−= 6‐33 yxxa 2' )( +−= tyxxb 2sin32' )( ++−= yxy += 3' 23' −+= yxy

6‐34 yxxa 24' )( −= 324' )( 2 −+−= tyxxb yxy 42' −= tyxy 542' −−=

6‐35 yxxa −= 5' )( tteyxxb 25' )( +−= yxy 2' += 12' −+= yxy 6‐36 yxxa 5' )( −= 35' )( +−= yxxb yxy +=' 3' −+= yxy 6‐37 yxxa 3' )( −= yxxb 3' )( −=

yzy 2' +−= teyzy 22' −+−= yxz −=' 1' −−= yxz


Engin/Çengel

- 71 -

6‐38 zyxxa 23' )( −+−= 223' )( tzyxxb +−+−= yzxy 2' +−= tyzxy 32' −+−= zyz 3' += 23' ++= zyz

6‐39 yt

xt

xa 2

42' )( += yt

xt

xb 2

11' )( −=

12' +−= txy 1' += xy

6‐40 583' )( 2 −+−

= yt

xt

xa teyt

xb 22

1' )( +=

ttexy 2' += 2' += xy

6‐41 yt

xa 2

6' )( = 431' )( 22 +−= yt

xt

xb

53' +−= xy 1' += xy

6‐42 yt

xt

xa 3

34' )( += yt

zt

xt

xb 32

142' )( −−−

=

zy 2'= 12' += zy

texz 23' += 13' +−= txz Yok etme yöntemini kullanarak aşağıdaki birinci mertebeden diferansiyel denklem sistemlerini verilen sınır şartları altında çözünüz. 6‐43 16' )( +−= yxxa , 1)0( )( =xb tyxy ++= 24' , 0)0( =y 6‐44 tyxxa +−= 2' )( , 1)0( )( =xb yxy 4' +−= , 1)0( =y 6‐45 14' )( +−= yxxa , 2)0( )( =xb yxy 25' −= , 3)0( −=y 6‐4 Özdeğerler Yöntemi 6‐46C Özdeğerler yöntemi ile yok etme yöntemini karşılaştırarak avantaj/dezavantaj yönünden değerlendiriniz. 6‐47C Özdeğerler yönteminin önemli bir eksikliği nedir? Bu yöntem homojen olmayan denklem sistemlerine de uygulanabilir mi? Lineer olmayan sistemlere uygulanabilir mi? Değişken katsayılı sistemlere uygulanabilir mi? 6‐48C Özdeğerler yönteminde, belirli bir homojen olmayan terimin homojen kısmın çözümü olması halinde bu terime karşılık gelen özel çözüm nasıl bulunur?


Engin/Çengel

- 72 -

Özdeğerler yöntemini kullanarak aşağıdaki birinci mertebeden diferansiyel denklem sistemlerinin genel çözümünü bulunuz. 6‐49 yxxa −= 3' )( tyxxb +−= 3' )( yxy +=' 2' −+= yxy 6‐50 yxxa −=' )( 1' )( +−−= tyxxb

yxy 4' +−= tteyxy ++−= 4'

6‐51 yxxa −=' )( 1' )( 2 −+−= tyxxb yxy 23' −−= tyxy 323' +−−= 6‐52 yxxa += 7' )( 17' )( −+= yxxb yxy 3' −−= 13' +−−= yxy 6‐53 yxxa += 2' )( 12' )( ++= yxxb

yxy 2' −= 232' tyxy +−= 6‐54 yxxa 2' )( +−= tyxxb 2sin32' )( ++−= yxy += 3' 23' −+= yxy

6‐55 yxxa 24' )( −= 324' )( 2 −+−= tyxxb yxy 42' −= tyxy 542' −−=

6‐56 zyxxa 23' )( −+= 223' )( tzyxxb +−+= yzxy 2' +−= tyzxy 32' −+−=

' 3y y z= + ' 3 2y y z= + + Özdeğerler yöntemini kullanarak aşağıdaki birinci mertebeden diferansiyel denklem sistemlerini verilen sınır şartları altında çözünüz. 6‐57 16' )( +−= yxxa , 1)0( )( =xb tyxy ++= 24' , 0)0( =y 6‐58 tyxxa +−= 2' )( , 1)0( )( =xb yxy 4' +−= , 1)0( =y 6‐59 14' )( +−= yxxa , 2)0( )( =xb yxy 25' −= , 3)0( −=y 6‐60 tyxxa ++= 42' )( , 0)1( )( =xb 13' −−= yxy , 2)0( =y 6‐61 13' )( −+= yxxa , 0)0( )( =xb

teyxy 234' +−−= , 1)0( =y


Engin/Çengel

- 73 -

6‐62 yxxa +=' )( , 0)2( )( =xb yxy 22' −−= , 0)2( =y 6‐63C Aynı boyutta iki vektör verilmiş olsun. Bu iki vektörün lineer bağımlı olup olmadığına nasıl karar verirsiniz? Vektör fonksiyonları için durum ne nedir? 6‐64C tane vektör fonksiyonu bulunsun. Bunların lineer bağımlı olup olmadığına nasıl karar verirsiniz? 6‐65C × lik bir kare matrisin kaç tane özdeğeri vardır, bunlar nasıl belirlenir? 6‐66C × lik sabit bir matrisi ve buna ait gerçel bir özdeğerini dikkate alınız. Bu özdeğer karşılık gelen özvektörü nasıl belirlersiniz? Bu matrisin bu özdeğer karşılık kaç tane özvektörü bulunabilir ve bunlardan kaçı lineer bağımsız olabilir? 6‐67C Bir matrisinin katlı bir özdeğeri için lineer bağımsız kaç özvektörü vardır? Bu matrisin gerçel ve simetrik olması durumunda cevabınız ne olur? 6‐68C Kompleks ve eşlenik iki özdeğer bulunsun. Bunlardan birine karşılık gelen özvektör ise diğeri nasıl olur?

Aşağıdaki matrislerden tersi olanların tersini bulunuz.

6‐69 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

=5702

)( Aa ⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−−

−=

203301324

)( Bb

6‐70 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

−=

2241

)( Aa ⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−

−−=

193031543

)( Bb

6‐71 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −=

12637

)( Aa ⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−−

−=

011342013

)( Bb

6‐72 ⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−−

−=

203301324

)( Aa ⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−−−−

=841230613

)( Bb

6‐73 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −=

3833

)( Aa ⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−

−=

024201410

)( Bb

6‐74 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

=3152

)( Aa ⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−−=151220

111 )( Bb

6‐75 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=

2572

)( Aa ⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛=

021222111

)( Bb


Engin/Çengel

- 74 -

Aşağıdaki cebirsel denklem sistemlerinden çözümü olanların çözümünü yapınız? 6‐76 52 )( 321 =++ xxxa 02 )( 321 =++ xxxb

042 321 =−+− xxx 042 321 =−+− xxx

12 321 =−+ xxx 02 321 =−+ xxx

52 )( 321 =++ xxxc 52 )( 321 =++ xxxd

042 321 =−+− xxx 242 321 −=−+− xxx

56 21 =+− xx 12 321 =−+ xxx 6‐76 63 )( 321 =−− xxxa 03 )( 321 =−− xxxb

4262 321 −=+− xxx 0262 321 =+− xxx

114 321 =−+− xxx 04 321 =−+− xxx

23 )( 321 =−− xxxc 63 )( 321 =−− xxxd

4262 321 −=+− xxx 4262 321 −=+− xxx

14 321 =−+− xxx 6‐77 2 )( 321 =++ xxxa 0 )( 321 =++ xxxb

4423 321 −=++− xxx 0423 321 =++− xxx

064 321 =++− xxx 064 321 =++− xxx 2 )( 321 =++ xxxc 2 )( 321 =++ xxxd

4423 321 −=++− xxx 4423 321 −=++− xxx

864 321 =++− xxx 464 321 =++ xxx Aşağıda verilen vektör kümelerinin lineer bağımlı olup olmadığını gösteriniz.

6‐78 1 2 3

1 1 00 , 2 ve 11 1 4

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

v v v

6‐79 1 2 3

2 3 73 2 ve 0

1 1 6

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= − = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

v v v

6‐80 1 2 3

0 2 41 , 0 ve 00 2 0

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

v v v

6‐81 1 2 3

6 1 00 , 0 ve 22 3 2

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= = = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

v v v


Engin/Çengel

- 75 -

6‐82

2 2

21 2 3

2 2

2( ) 3 , ( ) 0 ve ( )

2 1

t t

t

t t

e e t

t e t t t

e e− −

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

= − = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

v v v

6‐83 1 2 3

2( ) 2 , ( ) 0 ve ( ) 4

0 4

t t t

t t

t t

e e e

t e t t e

e e

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞−⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

= − = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

v v v

6‐84 1 2 3

3 0 4( ) 2 , ( ) ve ( )

1 5

t t

t t

t t

e e

t e t t t e

e e

− −

− −

− −

⎛ ⎞ ⎛ ⎞− ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟= = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟

⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

v v v

Aşağıdaki matrislerin özdeğerlerini ve bunlara karşılık gelen özvektörleri bulunuz.

6‐85 ⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−−

−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

=203301324

)( 5702

)( BA ba

6‐86 ⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−

−−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

−=

193031543

)( 2241

)( BA ba

6‐87 ⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−−

−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −=

011342013

)( 126

37 )( BA ba

6‐88 ⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−−−−

=⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−−

−=

841230613

)( 203301324

)( BA ba

6‐89 ⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −=

130321014

)( 1560

)( BA ba

6‐90 ⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−

−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −=

024201410

)( 3833

)( BA ba

6‐91

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

−−

−−−

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −=

1302150505332511

)( 3740

)( BA ba


Engin/Çengel

- 76 -

6‐6 Lineer Denklem Sistemleri Teorisi Aşağıdaki vektörlerin verilen diferansiyel denklemin çözümleri olduğunu gösteriniz. Bu çözümler lineer bağımsız mıdır? Eğer öyleyse verilen sistemlerin ∞ ∞ aralığında genel çözümlerini elde ediniz. Ayrıca bu çözümlerin temel matrislerini oluşturunuz.

6‐92 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛= −tt

t

eee

20

,3

; 23-01

' 21 xxxx

6‐93 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

=−

−

t

t

t

t

ee

ee

2

2

23

3

1 2 ,

32 ;

17301018

' xxxx

6‐94 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛= t

t

t

t

ee

ee

3

3

21 22 , ;

2112

' xxxx

6‐95 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

= t

t

t

t

ee

ee

36 ,

24 ;

5364

' 21 xxxx

6‐96 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

=−

−

t

t

t

t

ee

ee

2

2

23

3

1 ,4 ; 11

42' xxxx

6‐97 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

−=

−

−

t

t

ee

5

5

21 2 ,

12

; 42

21' xxxx

6‐98 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −= t

t

t

t

ee

ee

2

2

22

2

1 22 , ;

1113

' xxxx

6‐99 1 2 3

1 1 0 2' 1 0 1 ; 2 , 4 ve 2

3 1 1 3 6 3

t t t

t t t

t t t

e e e

e e e

e e e

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − − −⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟= − = − = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟

⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

x x x x x

6‐100

6 3

6 31 2 3

6 3 3

0 3 3 2 0' 3 0 3 ; , 0 ve

3 3 0

t t

t t

t t t

e e

e e

e e e

−

−

− −

⎛ ⎞ ⎛ ⎞−⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟= = = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

x x x x x

Aşağıdaki vektörlerin verilen diferansiyel denklemin çözümleri olduğunu gösteriniz. Bu çözümler lineer bağımsız mıdır? Eğer öyleyse verilen sistemlerin ∞ ∞ aralığında genel çözümlerini elde ediniz. Ayrıca bu çözümlerin temel matrislerini oluşturunuz.

6‐101 18 10 1 171' ; 30 17 0 306öx

−⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

x x

6‐102 2 1 4 3 21' ; 1 2 23 4

t t

ö t

e ex

e

− −

−

⎛ ⎞ ⎛ ⎞− +⎛ ⎞= + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

x x

6‐103 2 2

2

2 4 6 1 9 21 11' ; 1 1 9 9 6 7ö

t t tx

t t t

⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − + −⎛ ⎞= + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟− − − −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

x x

6‐104 2 2

2

1 2 3 33' ; 2 4 70

t t

ö t

e ex

e

− ⎛ ⎞ ⎛ ⎞−⎛ ⎞= + = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

x x


Engin/Çengel

- 77 -

6‐7 Sabit Katsayılı Lineer Homojen Sistemler Matris yöntemini kullanarak aşağıdaki diferansiyel denklem sistemlerinin genel çözümünü bulunuz.

6‐105 xx ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −=

1113

' xx ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

−=

4111

'

xx ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−−

=2311

'

6‐106 xx ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

=2142

' xx ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

=31

17'

xx ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

=21

12'

6‐107 xx ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=

1321

' xx ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

=4224

' -

xx ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −=

2115

'

6‐108 xx ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

1151

' -

xx ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

7265

' -

xx ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

0140

'

6‐109 xx⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−−

−=

011120

031'

xx⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛−

−−=

310211213

'

Matris yöntemini kullanarak aşağıdaki diferansiyel denklem sistemlerini verilen sınır şartları altında çözünüz.

6‐110 xx ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

2461

' -

, ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

01

)0(0x

6‐111 xx ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

4112

' -

-, ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

11

)0(0x

6‐112 xx ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

=2541

' , ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

=3

2)0(0x

6‐113 xx ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

=31

42' , ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

20

)1(0x

6‐114 xx ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

=14

13' , ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

10

)0(0x

6‐115 xx ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

=22

11' , ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

00

)0(0x

6‐8 Lineer Homojen Olmayan Sistemler Belirsiz katsayılar ve Sabitlerin değişimi yöntemlerini kullanarak aşağıda verilen diferansiyel denklem sistemlerinin genel çözümlerini yapınız. Homojen kısımların çözümlerini bulmak içim matris yöntemini kullanınız.

6‐115 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

05

1113

' 2te-

xx

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

+−

+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

−=

231

4111

' 2

ttxx

6‐116 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

−=

tt

3cos3sin2

2311

' xx

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

=07

2142

' xx

6‐117 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

= t

t

ete2

3117

' xx

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

=−

02112

' 2texx


Engin/Çengel

- 78 -

6‐118 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+

+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=

132

1321

' t

txx

⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

=53

4224

' t

xx

6‐119 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −=

t3cos20

2115

' xx

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −=

−

t

t

ee

2

3

23

1151

' xx

6‐120 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=

26

7265

' xx

( )51440140

' 3 −−+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛= ttxx

6‐121 ⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−−+

++

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−−

−=

253

3

011120

031'

txx

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

−+⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛=

05

310211213

' t

t

ee

---

xx

Belirsiz katsayılar ve Sabitlerin değişimi yöntemlerini kullanarak aşağıda verilen diferansiyel denklem sistemlerini, verilen sınır şartları altında çözünüz. Homojen kısımların çözümlerini bulmak içim matris yöntemini kullanınız.

6‐122 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −=

01

)0( ; 2cos2

02461

' 0xt

xx

6‐123 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

−=

11

)0( ; 5

34112

' 0xetxx

6‐124 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−−

+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

=3

2)0( ;

41

2541

' 0

2

xtxx

6‐125 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+

+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

=20

)1( ; 32

131

42' 0x

tt

xx

6‐126 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

=−

10

)0( ; 0

314

13' 0

2

xe t

xx

6‐127 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

=00

)2( ; cos2sin2

2211

' 0xtt

xx

Mühendisler İçin - BEUN · Mühendisler İçin Diferansiyel Denklemler Engin/Çengel - 1 -...

Documents

Transcript of Mühendisler İçin - BEUN · Mühendisler İçin Diferansiyel Denklemler Engin/Çengel - 1 -...