Seriler

5. İKİNCİ DERECE DENKLEMLERİN SERİ ÇÖZÜMÜ
5.1. Kuvvet Serileri
∞
y = ∑ a n ( x − x0 ) n
kuvvet serisi
n =0
m
1) Eğer bir kuvvet serisinin kısmi toplamlar dizisinin lim m→∞ ∑ a n ( x − x0 ) n limiti var
n=0
∞
ise ∑ a n ( x − x0 ) n kuvvet serisine x noktasında yakınsak denir. Eğer kuvvet serisi bir x
n=0
noktasında yakınsak değil ise, bu x noktasında ıraksaktır.
∞
∞
n =0
n=0
∑ a n ( x − x0 ) n kuvvet serisi bir x noktasında yakınsak ise ∑ a n ( x − x0 ) n
2) Eğer
kuvvet serisine ‘mutlak yakınsak’ seri denir. Eğer bir seri mutlak yakınsak ise
kendiside yakınsaktır. Fakat tersi herzaman doğru değildir.
3) Bir kuvvet serisinin mutlak yakınsaklığının araştırılmasında kullanılan testlerden
birisi oran testidir.
a ( x − x0 ) n +1
a
lim n→∞ n +1
= lim n→∞ ( x − x0 ) n +1 =L
n
an
a n ( x − x0 )
limiti varsa, L<1 koşulunu sağlayan x değerleri için yakınsaktır.
L<1 için Yakınsak
L>1 için Iraksak L= ∞ ise
L=1 için Testle karar verilemez.
Örnek:
∞
∑ (−1)
n +1
n( x − 2) n serisi hangi x değerleri için yakınsaktır
n →1
lim n→∞ ( x − x0 )
a n +1
n +1
= lim n→∞ x − 2
=x‐2
an
n
x‐2<1 için veya ‐1<x‐2<1
1<x<3 için yakınsak
x‐2>1 için ıraksaktır. x‐2=1 için x=1 ve x=3 için seri ayrıca incelenir
x=1 için
∞
∞
n =1
n =1
∑ (−1) n+1 n(1 − 2) n = lim n→∞ ∑ (−1) 2 n+1 n
sonlu bir değer olmadığından
ıraksaktır.
∞
∞
n =1
n =1
x=3 için ∑ (−1) n +1 n(3 − 2) n = lim n→∞ ∑ (−1) n +1 n ıraksaktır.
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011‐2012
87
∞
4) Eğer x=x1 noktasında ∑ a n ( x − x0 ) n kuvvet serisi yakınsak ise,bu takdirde x‐x0 <
n=0
x1‐x0 için mutlak yakınsak ve eğer x=x1 noktasında kuvvet serisi ıraksak ise x‐x0 >
x1‐x0 içinde ıraksaktır.
5) Reel ve pozitif bir ρ sayısı için
∞
∑a
n=0
n
( x − x0 ) n kuvvet serisi
x‐x0 < ρ için mutlak yakınsak ve x‐x0 > ρ için ıraksak ise ρ ya ‘yakınsaklık yarıçapı’
denir.
‐Bir kuvvet serisi sadece bir x0 noktasında yakınsak ise ρ=0 dır.
‐Eğer kuvvet serisi her x için yakınsak ise ρ=∞ dır.
‐Eğerρ>0 olmak üzere x‐x0 < ρ aralığında seri yakınsak ise bu aralığa ‘yakınsaklık
aralığı’ denir.
x-x0 = ρ yi sağlayan noktalarda seri yakınsakta, ıraksakta olabilir.
seri ıraksak
x0‐ρ
x0+ρ
x0
seri ıraksaktır
yakınsaklık aralığı
Örnek:
x +1
( x + 1) n
( x + 1) n +1 n2 n
n
= x +1
=
;
lim
∑
n →∞
n
n +1
n
(n + 1)2
2
(n + 1)2 ( x + 1)
n2
n =0
∞
x +1
2
<1
x+1<2
-2< x+1 <2
-3< x< 1
∞
∞
(−3 + 1) n
(−2) n
(−1) n
=
=
∑
∑
∑
n
n
n2 n
n =1
n =1 n 2
n =1
∞
x=-3 için
seri yakınsaktır. Fakat mutlak yakınsak değildir. Bu nedenle seri şartlı yakınsaktır.
1/n > 1/(n+1) an>an+1
lim (1/n) =0 ıraksak
∞
x=1 için
∞
(2) n
1
=
∑
∑
n
n =1 n 2
n =1 n
Mutlak yakınsak olduğu aralık
ıraksaktır.
-3< x< 1 dir
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011‐2012
88
Eğer
∞
∑ a n ( x − x0 ) n ve
n=0
∞
∑b
n =0
n
( x − x0 ) n serileri sırası ile f(x) ve g(x)
fonksiyonlarına yakınsıyorlarsa
x-x0 < ρ için f(x) ≠g(x)
∞
∞
∞
n=0
∞
n =0
∞
n=0
∞
n=0
n =0
n =0
6) f(x) ±g(x)= ∑ a n ( x − x0 ) n ± ∑ bn ( x − x0 ) n = ∑ (a n ± bn )( x − x0 ) n
7) f(x) *g(x)= ∑ a n ( x − x0 ) n * ∑ bn ( x − x0 ) n = ∑ c n ( x − x0 ) n
∞
f(x) / g(x)=
∑d
n =0
n
( x − x0 ) n yakınsaktırlar.
8) x‐x0 < ρ aralığındaki her x için f fonksiyonu sürekli ise, f’, f’’,..... türevleri de bu
aralıkta süreklidir.
y=f(x)=a0+a1(x‐x0)+a2(x‐x0)2+........
∞
= ∑ a n ( x − x0 ) n
n=0
∞
y’=f’(x)=a1+2a2(x‐x0)+......+(n‐1)an‐1(x‐x0)n‐2 +n an(x‐x0)n‐1= ∑ na n ( x − x 0 ) n −1
n =1
∞
y’’= f’’(x)= 2a2+.....+(n‐1)(n‐2)an‐1(x‐x0)n‐3+.... = ∑ n(n − 1)a n ( x − x0 ) n − 2
n=2
9) f fonksiyonu x=x0 noktası civarında an=fn(x0)/n! ile
∞
f n ( x0 )
( x − x0 )n şeklinde yazılabiliyorsa buna taylor serisi denir.
f(x)= ∑
n
!
n =0
10) Eğer
∞
∑a
n=0
∞
n
( x − x0 ) n = ∑ bn ( x − x0 ) n her x için sağlanıyorsa an=bn n=1,2...
n =0
∞
Ayrıca her x için ∑ a n ( x − x0 ) n =0 ise a0=a1=a2=.........=an=0 olur.
n=0
Eğer f fonksiyonu bir x=x0 noktası civarında ρ>0 olmak üzere yakınsaklık yarıçapı ρ
olan bir taylor serisinin açılımı şeklinde yazılabiliyorsa, bu fonksiyona x=x0
noktasında analitiktir denir.
Ayrıca 6.ve 7. maddeden f ve g fonksiyonları bir x=x0 noktasında analitik iseler, bu
takdirde f(x) ±g(x), f(x) *g(x), f(x) / g(x) koşulu ile, x=x0 noktasında analitiktir.(x0
noktası civarında türevi vardır).
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011‐2012
89
İNDEKS DEĞİŞİMİ
∞
∑a
n=2
∞
n
n+2
n ( x) = ∑ a n + 2 x
n =0
∞
∞
n=2
n =0
∑ (n + 2)(n + 1)a n ( x − x0 ) n−2 = ∑ (n + 4)(n + 3)a n+ 2 ( x − x0 ) n n=n+2
∞
∑ ( r + n) a
n=0
∞
n
x r + n +1 = ∑ (r + n − 1)a n −1 x r + n
n=n-1
n =1
∞
∞
n=0
n=0
∑ (n + 1)a n+1 x n = ∑ a n x n iki serinin birbirine eşit olması için
(n+1)an+1=an olmalıdır.
ADİ NOKTA,TEKİL NOKTA, DÜZGÜN TEKİL NOKTA VE DÜZGÜN
OLMAYAN TEKİL NOKTA TANIMLARI
P(x),Q(x),R(x) fonksiyonları polinom olmak üzere
P( x)
d2y
dy
+ Q( x) + R( x) y = 0
2
dx
dx
(1)
veya P(x)≠0
d 2 y Q( x) dy R( x)
+
+
y = 0 ⇒ y '' + p( x) y ' + q( x) y = 0
2
P( x) dx P( x)
dx
denklemi için
P(x)≠0 şartını sağlayan x=x0 noktasına ‘adi nokta’ denir,
P(x)=0 koşulunu sağlayan x=x0 noktasına(1) denkleminin ‘singular (tekil)noktası’
denir.
lim x → x0 ( x − x 0 )
Q( x)
P ( x)
sonlu
, lim x→ x ( x − x0 ) 2
ise bu koşulları sağlayan x0 noktasına P( x)
0
R( x)
P( x)
sonlu
d2y
dy
+ Q( x) + R( x) y = 0 denkleminin
2
dx
dx
‘Regüler‐Singüler Noktası’ denir.
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011‐2012
90
Herhangi bir singüler noktası regüler‐singüler nokta değilse bu noktaya
d2y
dy
P( x) 2 + Q( x) + R( x) y = 0 denkleminin ‘irregüler‐singüler noktası’ denir
dx
dx
Örnek:
1) (x2‐4)y’’+2xy’+ay=0 a sabit diferansiyel denkleminin adi ve tekil noktalarını
belirleyiniz.
P(x)=(x2‐4)=0
x= ± 2 tekil noktalar
bunun dışında kalan diğer tüm noktalar adi noktalardır.
2) x2y’’+xy’+(x2 ‐1)y=0 diferansiyel denkleminin adi ve tekil noktalarını belirleyiniz.
P(x)=0 ile (x2=0 x=0 tekil nokta, diğer tüm noktalar adi noktadır. )
5.2. BİR ADİ NOKTA CİVARINDA SERİ ÇÖZÜMLERİ
d2y
dy
P( x) 2 + Q( x) + R( x) y = 0
dx
dx
(1)
2.dereceden lineer denklemin çözümünü bulmak için yöntemler arıyoruz. (1)
denklemine örnek olarak,
•
•
•
•
x2y’’+xy’+(x2‐ν 2)y=0 ν (sabit)
(1‐x2)y’’‐2xy’+α(α+1)y=0 α(sabit)
y’’‐λxy=0 λ sabit
y’’‐2xy’+2ny=0
, n bir tamsayı
(BESSEL DENKLEMİ)
(LEGENDRE DENKLEMİ)
(AIRY DENKLEMİ)
(HERMITE DENKLEMİ)
(1) denklemindeki P(x),Q(x),R(x) fonksiyonları polinom olarak ele alınmıştır(daha
sonra bu fonksiyonlar değişik tiplerde ele alınacaktır).
P(x)≠0 şartını sağlayan x=x0 noktasına ‘adi nokta’ denir, bu x0 noktasının uygun bir
civarında P(x)≠0 olur ve (1) denklemi
d 2 y Q( x) dy R( x)
+
+
y = 0 ⇒ y '' + p( x) y ' + q( x) y = 0
(2)
dx 2 P( x) dx P( x)
şeklinde yazılabilir.
P(x0)=0 koşulunu sağlayan x=x0 noktasına(1) denkleminin ‘singular (tekil)noktası’
denir. (1) denkleminin çözümleri x0 adi noktasının civarında
y=a0+a1(x‐x0)+a2(x‐x0)2+........
∞
= ∑ a n ( x − x0 ) n
(3)
n=0
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011‐2012
91
şeklinde ararız. Bu serilerin |x‐x0|<ρ, ρ>0 aralığında yakınsadığı farz edilmektedir. an
katsayıları (3) denklemi ve bu denklemin y’ ve y’’ türevleri alınıp bunlar (1) nolu
denklemde yerlerine konularak bulunurlar
Örnek:
y’’+y=0,
−∞<x<∞
∞
y= ∑ a n ( x) n şeklinde çözünüz. (4)
n =0
çözüm:
Verilen denklemde P(x)=1,Q(x)=0,R(x)=1 böylece her nokta adi noktadır. Burada
x0=0 alabiliriz. x0=0 noktasının civarında kuvvet serine bakarsak
y=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4........
∞
= ∑ an x n
(5)
n=0
∞
y’=a1+2a2x+......+(n‐1)an‐1xn‐2 +nanxn‐1= ∑ na n x n −1
(6)
n =1
∞
y’’= 2a2+.....+(n‐1)(n‐2)an‐1xn‐3+.... = ∑ n(n − 1)a n x n − 2
(7)
n=2
∞
∞
n=2
n=0
∑ n(n − 1)a n x n−2 + ∑ an x n =0
∞
∞
n=0
n=0
∑ (n + 2)(n + 1)a n+ 2 x n + ∑ an x n =0
veya
∞
∑ ((n + 2)(n + 1)a
n=0
n+2
+ a n ) x n = 0 olur. Bu denklemin her x için sağlanabilmesi için x
in her mertebeden teriminin katsayısı ‘0’ olmalıdır
an
(n+2)(n+1)an+2+an=0 yardımı ile a n + 2 = −
elde edilir. (8)
(n + 2)(n + 1)
n yerine 0.1,2,3.... verilerek katsayılar belirlenir. bu denklem bir regürans
bağıntısı(katsayılar arasındaki bağıntıyı verir)dır.
a0
a3=‐ a1/3*2
2 *1
a4=‐ a2/4*3 = a0/4*3*2= a0/4!
a5=‐ a3/5*4 = a1/5*4*3*2= a1/5!
n=0 için
a2 = −
= ‐ a1/3!
a0 ve a1 e bağlıdır.
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011‐2012
92
Çift ve tek katsayılar aşağıdaki şekilde
a2k =
(−1) k a0
2 k!
a 2 k +1 =
(9)
(−1) k a1
(2k + 1)!
(10)
yazabiliriz.
katsayılar (5) denkleminde yerlerine konur
y= a0+a1x+a2x2+a3x3+........+anxn
y= a0+a1x −
a 0 2 a1 3
x − x +
2!
3!
+
(−1) k a 0 2 k (−1) k a1 2 k +1
x
x +
2 k!
(2k + 1)!
(−1) k x 2 k
(−1) k x 2 k +1
x2 x4
x3 x5
) + a1 ( x −
) (11)
+
+ ....... +
+
+ ........ +
y= a 0 (1 −
2! 4!
2 k!
3! 5!
(2k + 1)!
elde edilir. Bu serilerden birincisi Cosx in x=0 noktasındaki taylor serisine, ikinci Sinx
in x=0 noktasındaki taylor serisine açılımına eşit olduğu görülür .O halde çözümü
y=a0Cosx + a1Sinx
şeklinde yazabiliriz. Burada a0 ve a1 e bir şart konmamıştır. (5) ve(6) denklemlerinden
x=0 için y ve y’ den buluruz.y(0) vey’(0) başlangıç koşulları keyfi olarak seçildiği için a0
ve a1 de keyfidir. Ancak özel olarak seçilirlerse belirli olurlar.
Örnek2
∞
y’’‐xy=0, −∞<x<∞ y= ∑ an x n şeklinde çözünüz.
n=0
Çözüm:
Verilen denklemde P(x)=1,Q(x)=0,R(x)=‐x böylece her nokta adi noktadır. Burada
x0=0 alabiliriz. x0=0 noktasının civarında kuvvet serine bakarsak
y=a0+a1x+a2x2+ a3x3+a4x4........
∞
= ∑ an x n
n=0
∞
y’=a1+2a2x+......+(n‐1)an‐1xn‐2 +nanxn‐1= ∑ na n x n −1
n =1
∞
y’’= 2a2+.....+(n‐1)(n‐2)an‐1xn‐3+.... = ∑ n(n − 1)a n x n − 2
n=2
denklemde yerlerine konulursa
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011‐2012
93
∞
∑ n(n − 1)a n x n−2 ‐
n=2
∞
∑a
n =0
n=0
x n +1 =0
∞
∞
∑ (n + 2)(n + 1)a
n
n+2
x n = ∑ a n x n +1
n =0
xn parantezine alabilmek için bu eşitliğin sağ tarafındaki serinin indisini ötelersek yani
n=1 den başlatıp n=n‐1 yazarsak ve sol tarafdaki seriyi n=1 den başlayacak şekilde
yazarsak
∞
∞
n =1
n =1
2a2+ ∑ (n + 2)(n + 1)a n + 2 x n = ∑ an −1 x n = 2a2+3.2a3x+4.3a4x2....= a0x+a1x2+a2x3+ a3x3
( 2a2=0, 3.2a3x=a0x , 4.3a4x2=a1x2 )
a2=0 olmalıdır.
∞
∑ ((n + 2)(n + 1)a
n =1
n+2
− a n −1 ) x n = 0
a n+ 2 =
olur.
n=1 için
n=2 için
n=3 için
n=4 için
n=5 için
a n −1
(n + 2)(n + 1)
a3=a0/3*2
a4=a1/4*3
a5=a2/5*4=0
a6=a3/6*5=a0/6*5*3*2
a7=a4/7*6=a1/7*6*4*3
a0 ve a1 e bağlı
y=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+....
y=a0+a1x+a0/3*2 x3+a1/4*3 x4+..
y= a0(1+ x3/6+x6/180...)+a1(x+x4/12+x7/504.....)
Yukarıdaki eşitlikte parantez içlerine sırası ile y1 ve y2 diyelim. a0=1, a1=0 seçelim
daha sonra da a0=0, a1=1 olarak seçelim. Buradan y1 ve y2 nin ayrı ayrı verilen
diferansiyel denklemin çözümleri olduğu görülür. y1 fonksiyonu y1(0)=1, y1’(0)=0
başlangıç koşullarını sağlar ve y2 fonksiyonu y2(0)=0, y2’(0)=1 başlangıç koşullarını
sağlar. Sonuç olarak y1 ve y2 lineer bağımsızdırlar ve genel çözüm
y= a0y1(x)+a1y2(x)
şeklindedir.
Ödev:
• y’’‐xy=0, −∞<x<∞ ; eğri denkleminin (x‐1) kuvvet serisi şeklinde seri çözümünü
bulunuz.
• (1‐x)y’’+y=0 diferansiyel denkleminin x0=0 noktası civarında seri çözümünü
bulunuz.(not: ilk 5 terime kadar açmanız yeterli)
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011‐2012
94
5.3. ADİ NOKTA CİVARINDA SERİ ÇÖZÜMÜ, (II. KISIM)
Bir önceki bölümde P(x),Q(x) ve R(x) polinom olmak üzere
d2y
dy
P( x) 2 + Q( x) + R( x) y = 0
(1)
dx
dx
şeklindeki diferansiyel denklemin x0 noktası civarında çözümlerini aradık ve (1)
denkleminin
y=φ(x)=a0+a1(x‐x0)+a2(x‐x0)2+........
∞
= ∑ a n ( x − x0 ) n
(2)
n=0
şeklinde çözümünün arandığını |x‐x0|<ρ, ρ>0 aralığında yakınsak olduğunu kabul
ettik. an katsayıları (2) denklemi ve bu denklemin y’ ve y’’ türevleri alınıp bunlar (1)
nolu denklemde yerlerine konularak bulunduğu anlatmıştık
(1) denkleminin P(x), Q(x) ve R(x) fonksiyonları analitik ise yukarıda verilen tanımlar
ve kavramlar genişletilmek zorundadır
Tanım:
Eğer p(x)=Q(x)/ P(x), q(x)= R(x)/ P(x) fonksiyonları x0 noktasında analitik ise (analitik=
x0 noktası civarında türevi varsa)
Bunlara karşılık gelen Taylor serileri:
p(x)=p0+p1(x‐x0)+...................+pn(x‐x0)n =
q(x)=q0+q1(x‐x0)+...................+ qn(x‐x0)n=
∞
∑p
n =0
∞
∑q
n=0
n
n
( x − x0 ) n
( x − x0 ) n
ise x0 noktasına
d 2 y Q( x) dy R( x)
+
+
y = 0 ⇒ y '' + p( x) y ' + q( x) y = 0
2
P( x) dx P( x)
dx
denkleminin ‘adi noktası’ denir. Aksi takdirde bu noktaya ‘singular(tekil) nokta’
denir.
Teorem:
x=x0 noktası; p(x)=Q(x)/ P(x), q(x)= R(x)/ P(x) fonksiyonları x0 noktasında analitik
olmak üzere
d 2 y Q( x) dy R( x)
+
+
y = 0 ⇒ y '' + p( x) y ' + q( x) y = 0
2
P
(
x
)
dx
P
(
x
)
dx
denkleminin bir adi noktası ise buradan denklemin genel çözümü
∞
ygenel= ∑ a n ( x − x0 ) n =a0y1(x) + a1y2(x)
n=0
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011‐2012
95
olur. Burada a0 ve a1 keyfidir, y1 ve y2 , x0 da analitik lineer bağımsız seri
çözümleridir. y1 ve y2 seri çözümlerinin yakınsaklık yarıçapları en azından p ve q ya
karşılık gelen serilerin yakınsaklık yarıçapları kadar geniştir. Іx‐x0І=ρ ise seri
yakınsakta ıraksak ta olabilir.
Örnek 1:
x=x0 noktası civarında (1‐x2)y’’‐2xy’+α(α+1)y=0
α(sabit)
legendre denkleminin yakınsaklık yarıçapları için bir alt sınır bulunuz.
çözüm:
P(x)= (1‐x2) , Q(x)= ‐2x , R(x)= α(α+1)
∞
P(x)=0 ⇒ x= ±1 Böylece legendre denkleminin ∑ a n x n şeklindeki bir seri çözümü
n =0
en az x < 1 için yakınsaktır.
Örnek2:
x=0 noktası ve x=‐1/2 noktası civarında
(1+x2)y’’+2xy’+4x2y=0 denkleminin yakınsaklık yarıçapları için bir alt sınır bulunuz.
çözüm:
P(x)= (1+x2) , Q(x)= ‐2x , R(x)= 4x2
P(x)=0,
⇒
x= ±i (kompleks)
Kompleks düzlemde x=0 olan ±i noktalara uzaklık z=0±i z = 0 2 + 12 = 1 =ρ dir.
∞
∑a
n =0
n
x n serileri en az x < 1 için yakınsaktır
Kompleks düzlemde x=‐1/2 olan ±i noktalara uzaklık z= ‐1/2 ±i ile
∞
1
5
5
1
z = ( ) 2 + 12 =
= ρ dir. ∑ bn x n serileri en az x‐x0 < ρ x − <
2
2
2
2
n =0
aralığında yakınsaktır.
5.4. REGÜLER‐ SİNGÜLER NOKTALAR
Bu bölümde P(x), Q(x) ve R(x) birer polinom olmak üzere
d2y
dy
P( x) 2 + Q( x) + R( x) y = 0
dx
dx
denkleminin x0 singüler noktası civarında çözümünü araştıracağız.
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011‐2012
96
Bunun için
lim x → x0 ( x − x 0 )
Q( x)
P ( x)
sonlu
, lim x → x0 ( x − x 0 ) 2
ise bu koşulları sağlayan x0 noktasına P( x)
R ( x)
P ( x)
sonlu
d2y
dy
+ Q( x) + R( x) y = 0 denkleminin
2
dx
dx
‘Regüler‐Singüler Noktası’ denir.
Herhangi bir singüler noktası regüler‐singüler nokta değilse bu noktaya
d2y
dy
P( x) 2 + Q( x) + R( x) y = 0 denkleminin ‘irregüler‐singüler noktası’ denir.
dx
dx
Q( x)
R( x)
=p(x) singülerliğin (x‐x0)‐1 den ve
=q(x) deki singülerliğin de (x‐
bu ifadeler
P ( x)
P( x)
x0)‐2 den kötü olamayacağını belirtir.
Polinomlardan daha genel fonksiyonlar içinse x0 noktasının regüler‐singüler nokta
Q( x)
olması için x0 noktası singüler olmalı ve ( x − x0 )
P ( x)
R( x)
ve ( x − x0 ) 2
fonksiyonları x0 noktasında Taylor serisine açılabilmelidir
P( x)
Q( x)
R( x)
(Yani ( x − x 0 )
ve ( x − x0 ) 2
fonksiyonları x0 noktasında analitik olmalıdır).
P( x)
P( x)
Örnek
2x(x‐2)2y’’+3xy’+(x‐2)y=0 denkleminin singüler noktalarını bulunuz ve bu noktaları
regüler ve irregüler olarak sınıflandırınız.
Çözüm:
P(x)= 2x(x‐2)2 P(x)=0 2x(x‐2)2=0
x=0, x=2 (singüler noktalar)
Q( x)
R( x)
q(x)=
p(x)=
=3/ 2(x‐2)2
=(x‐2)/ 2x(x‐2)2
P ( x)
P( x)
x= x0 =0 noktası için:
lim x → x0 ( x − x 0 )
Q( x)
3
= lim x →0 x
= 0 sonlu
P ( x)
2( x − 2) 2
x−2
x2
1
R( x)
2
= lim x→0
=
lim x → x0 ( x − x0 )
= lim x→0 x
2
2 x( x − 2)
2 x( x − 2) 2
P( x)
2
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011‐2012
sonlu
97
limitler sonlu olduğundan x=0 noktası regüler‐singüler noktadır
x= x0 =2 noktası için:
Q( x)
3
= lim x →2 ( x − 2)
=∞
P ( x)
2( x − 2) 2
x=2 noktası irregüler‐singüler noktadır.
lim x → x0 ( x − x 0 )
Örnek 2:
(x‐π/2)2y’’+(cosx)y’+(sinx)y=0 denkleminin singüler noktalarını bulunuz ve bu
noktaları regüler ve irregüler olarak sınıflandırınız.
Çözüm:
P(x)= (x‐π/2)2 P(x)=0 ile
(x‐π/2)2=0 ve x= π/2 (singüler nokta) Q(x)=cosx,
R(x)=sinx analitik fonksiyonlar olduklarından
Q( x)
π cos x
cos x
= (x − )
.=
π
π
P( x)
2
(x − )2 (x − )
2
2
π 2 sin x
2 R( x)
( x − x0 )
= (x − )
=sinx
π 2
P( x)
2
(x − )
2
cos x
fonksiyonları gözönüne alınır. Buradan
için
π
(x − )
2
y=cosx in x0=π/2 civarında taylor serisi
( x − x0 )
x − x0
( x − x0 ) 2
( x − x0 ) 3
cosx=y(x0)+
y ' ( x0 ) +
y' ' ( x 0 ) +
y ' ' ' ( x0 ) ile
1!
2!
3!
cosx= cos
π
2
x−
π
π
2 (− sin ) +
1!
2
+
(x −
π
2
2!
)2
π
(− cos ) +
2
(x −
π
2
3!
)3
π
(sin )
2
veya
cosx= − ( x −
π
2
)+
(x −
π
2
3!
)3
−
(x −
π
2
5!
)5
olduğundan
cos x
(x −
π
2
= −1+
)
(x −
π
2
3!
)2
−
(x −
π
2
5!
)4
bulunur bu seri her x için yakınsar
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011‐2012
98
sinx in x0=π/2 civarında taylor serisi
(x −
π
)2
(x −
π
)4
2 +
2
taylor serisine açıldığından
2!
4!
x= π/2 noktası regüler‐singüler noktadır.
sinx= 1 − −
Ödev
1) x2(1‐x2)y’’+2xy’+4y=0 denkleminin singüler noktalarını bulunuz ve bu noktaları
regüler ve irregüler olarak sınıflandırınız.
2) x2y’’‐3Sinxy’+(1+x)2y=0 denkleminin singüler noktalarını bulunuz ve bu noktaları
regüler ve irregüler olarak sınıflandırınız.(Taylor serisi)
5.5. EULER DİFERANSİYEL DENKLEMİ
Regüler ve singüler noktaya sahip en basit diferansiyel denklem olarak
L(y)=x2y’’+αxy’+ βy=0
(1)
euler diferansiyel denklemini verebiliriz(α=sabit, β=sabit (reel sayı))
(1)denklemi için x=0 noktasının regüler ve singüler olduğu kolayca
görülür( lim x → x0 ( x − x 0 )
Q( x)
R ( x)
αx
β
= lim x →0 x 2 = α , lim x →0 x 2
= lim x →0 x 2 2 = β )
P ( x)
P ( x)
x
x
sonlu).
,
ı
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011‐2012
99
İfadeleri verilen diferansiyel denklemde yerlerine konularak karakteristik denklem
elde edilir.
veya çözüm için
y=xr seçilir
y’=rxr‐1
y’’=r(r‐1) xr‐2
(1) de yerlerine konulursa
r(r‐1) xr‐2x2++αx rxr‐1+β xr=0
r(r‐1) xr+α rxr+β xr=0
r2+r(α‐1)+β=0 2.derece denklem
xr(r2‐r+α r+β)=0
genel çözümler:
• Kökler reel ve birbirinden farklı ise (r1,r2)
y=c1xr1+c2xr2
• Kökler reel ve birbirine eşit ise(r1=r2=r)
y= (c1 +c2(lnx))xr
• Kökler kompleks ve eşlenik ise (r1,r2=α±iβ)
y=xα[c1cos(βlnx)+c2sin(βlnx)]
dir.
Örnekler:
1) x4y’’+x3y’=4 euler diferansiyel denklemini çözünüz.
çözüm:
y=xr seçilir
y’=rxr‐1
y’’=r(r‐1) xr‐2
r(r‐1)xr+2+r xr+2=4
xr+2(r2‐r+r)=4 r2=4
r1=2 , r2=‐2
y=c1x2+c2x‐2
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011‐2012
100
2) 2x2y’’+3xy’‐y=0 euler diferansiyel denklemini çözünüz
y=xr seçilir
y’=rxr‐1
y’’=r(r‐1) xr‐2
2r(r‐1)xr+3r xr‐ xr=0
xr[2r(r‐1)+3r‐1]=0
2r2+r‐1=0
r1=1/2 , r2=‐1 iki farklı reel kök
y=c1x1/2+c2x‐1
3) x2y’’+xy’+2y=0 euler diferansiyel denklemini çözünüz
y=xr seçilir
y’=rxr‐1
y’’=r(r‐1) xr‐2
r(r‐1) xr+rxr+2xr=0
(r2‐r+r+2) xr=0
r2+2=0 b2‐4ac=‐8<0
r1,r2= ±√2i kompleks
y= α±iβ
y=0±√2i genel çözüm
y=xα[c1cos(βlnx)+c2sin(βlnx)]
y= c1cos(√2lnx)+c2sin(√2lnx)]
2 ’’
’
’
4) 2x y +xy ‐3y=0 y(1)=1,y (1)=4 başlangıç koşulları ile diferansiyel denklemi
çözünüz
5) x2y’’‐3xy’+4y=0 y(‐1)=2 , y’(‐1)=3 başlangıç koşulları ile diferansiyel denklemi
çözünüz
6)x2y’’+3xy’+5y=0 , y(1)=1 , y’(1)=1 başlangıç koşulları ile diferansiyel denklemi
çözünüz
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011‐2012
101
5.6. BİR REGÜLER‐SİNGÜLER NOKTA CİVARINDAKİ SERİ ÇÖZÜMLERİ
P( x)
d2y
dy
+ Q( x) + R( x) y = 0
2
dx
dx
(1)
denkleminin x0=0 singüler noktası civarında çözümünü araştıracağız.
Bunun için
Q( x)
R ( x)
sonlu , lim x→0 ( x) 2
P( x)
P ( x)
ise x=0 (1) denkleminin regüler‐singüler noktasıdır.
lim x→0 ( x)
sonlu
Bu nedenle bu fonksiyonlar|x|<ρ,ρ<0 civarında yakınsak kuvvet serilerine açılabilir.
Q( x)
R( x)
=p(x) ve
=q(x) ile
P ( x)
P( x)
∞
xp ( x) = ∑ p n x n ,
n=0
∞
x 2 q ( x) = ∑ q n x n
(2)
n =0
(1) denkleminde x p(x) ve x2q(x) in görünebilmesi için (1) denklemini P(x) e böler x2
ile çarparsak:
x2y’’+x(xp(x))y’+x2q(x)y=0
x2y’’+x(p0+p1x+...........+pnxn)y’+(q0+q1x+q2x2+......+qnxn)y=0 (4)
olur.Eğer
p0= lim x→0 ( x)
Q( x)
P( x)
q0= lim x→0 ( x) 2
(3)
R ( x)
P ( x)
(5)
katsayıları hariç tüm pn ve qn ler sıfır ise (4) denklemi
x2y’’+p0xy’+q0y=0
(6)
euler dif. denklem şekline dönüşür. Genel durumda pn ve qn n≥1 sıfırdan farklıdır.
Böylece (4) denkleminin çözümü euler denkleminin benzeridir.
a0≠0 olmak üzere
∞
∞
n =0
n=0
y=xr(a0+a1x+a2x2+..........+anxn)= xr ∑ a n x n = ∑ a n x r + n
(7)
şeklinde çözümü olduğunu varsayıyoruz. Dolayısıyla (1) denkleminin çözümü için:
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011‐2012
102
• (1) denklemi hangi r değerleri için (7) formunda bir çözüme sahiptir?
• an katsayıları için hangi regürans bağıntı vardır?
∞
∑a
•
n =0
n
x n serilerinin yakınsaklık yarıçapları nelerdir ? sorularına yanıt verilmelidir.
Bu şekilde çözüm aramanın genel yolu Frobenius tarafından verilmiştir. Frobenius
metodunu bir örnek üzerinde incelersek:
Örnek:
2x2y’’‐ xy’+(1+x)y=0
denklemini çözünüz.
(8)
Çözüm:
P(x)=0 ile x=0 noktası bu denklemin singüler noktasıdır.
p0= lim x→0 ( x)
Q( x)
P( x)
q0= lim x→0 ( x) 2
=‐1/2
R ( x)
=1/2 sonlu
P ( x)
diğer tüm p ve q katsayıları sıfırdır. (8) denklemine karşılık gelen
euler denklemini (6) denkleminden yaralanarak
2x2y’’‐xy’+y=0
denklemini yazarız. (8) denklemini çözebilmek için (7) formunda yani
y=xr(a0+a1x+a2x2+..........+anxn)=
∞
∑a
n=0
n
(9)
x r +n
şeklinde çözümü olduğunu farz ederek birinci ve ikinci türevlerini alıp (8) nolu
denklemde yerlerine koyarsak
∞
y’= ∑ (r+n)anxr+n‐1
(10)
y’’= ∑ (r+n)(r+n‐1)anxr+n‐2
(11)
n =0
∞
n =0
∞
∑
n =0
∞
∞
∞
n =0
n =0
n =0
2an(r+n)(r+n‐1) xr+n‐ ∑ an(r+n) xr+n+ ∑ anxr+n+ ∑ anxr+n+1=0
(12)
∞
(12) denkleminin son terimini ∑ an‐1xr+n şeklinde yazabiliriz. Tüm terimleri ortak
n =1
toplam altında yazarsak
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011‐2012
103
∞
a0(2r(r‐1)‐r+1)xr+ ∑ (2(r+n)(r+n‐1)‐(r+n)+1)an+an‐1)xr+n=0
(13)
n =1
Eğer (13) her x için sağlanıyorsa (13)denklemindeki her mertebeden x in katsayısı
‘0’ olur. xr nin katsayısından a0≠0 olduğundan
2r(r‐1)‐r+1=0
(14)
elde edilir. (14) denklemine (8) denkleminin ‘indis denklemi’ denir.
Bu indis denkleminin kökleri r1=1 ve r2=1/2 dir
(15)
r nin bu değerlerine x=0 regüler‐singüler noktasının singülerliliğinin kuvvetleri denir.
(13) denkleminde xr+n katsayısını 0 a eşitlersek
(2(r+n)(r+n‐1)‐(r+n)+1)an+an‐1=0
(16)
ile regürans bağıntısı(katsayılar arasındaki bağıntı)
an=‐ an‐1/(2(r+n)(r+n‐1)‐(r+n)+1)
(17)
elde edilir. a1 ve a2 katsayılar kümesinin tümünü elde etmek için indis denkleminin
her r1 ve r2 kökü için (16) nolu regürans bağıntısını kullanılırız.
r=r1=1 için (16) nolu denklem n≥1 için
an=‐ an‐1/(2(1+n)(1+n‐1)‐(1+n)+1)
an=‐ an‐1/(2(1+n))n)‐n
an=‐ an‐1/(2n+1)n
olur.
n=1 için
a1=‐a0/3
n=2 için
a2=‐ a1/5*2= a0/5*2*3
n=3 için
a3= ‐a2/7*3= a0/7*5*3*2*3
an=‐(1)n/(2n+1)n!
hepsi a0 a bağlı
n≥1
a0 =1 alarak a0 katsayısını çıkarırsak (8) denkleminin çözümü
∞

(−1) n x n 
y1(x)= x 1 + ∑

 n =1 (2n + 1)n!
(18)
(18) deki yakınsaklık yarıçapını bulmak için oran testini uygularsak
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011‐2012
104
her x için
lim n→∞
x
a n +1 ( x) n +1
= lim n→∞
= 0 olur.
n
(2n + 3)(n + 1)
a n ( x)
Buradan her x için seri yakınsar.
r=r1=1/2 için (16) nolu denklem n≥1 için
an= −
a n −1
rekürans bağıntısı elde edilir. n=1,2,3... verilerek
n( 2n − 1)
ai katsayıları belirlenir.
n=1 için
a1=‐a0/1*1
n=2 için
a2=‐ a1/2*3= a0/(1*2)(1*3)
n=3 için
a3= ‐a2/3*5=‐a0/(1*2*3)(1*3*5)
an=‐(1)n/(2n‐1)n!
hepsi a0 a bağlı
n≥1
(19)
a0 =1 alarak a0 katsayısını çıkarırsak (8) denkleminin çözümü
∞

(−1) n x n 
y2(x)= x1/2 1 + ∑

 n =1 (2n − 1)n!
(20)
(20) deki yakınsaklık yarıçapını bulmak için oran testini uygularsak
her x için
lim n→∞
x
a n +1 ( x) n +1
= lim n→∞
= 0 olur.
n
(2n + 1)(n + 1)
a n ( x)
Buradan her x için seri yakınsar. Böylece (8) denkleminin genel çözümü
ygenel=c1y1(x)+c2y2(x)
olur.
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011‐2012
105
5.7. BİR REGÜLER‐SİNGÜLER NOKTA CİVARINDAKİ SERİ ÇÖZÜMLERİ
(II.kısım)
Bu bölümde L(y)=x2y’’+x(xp(x))y’+(x2q(x))y=0
denkleminin genel çözümünü araştıracağız.
(1) denklemindeki
∞
xp ( x) = ∑ p n x n ,
n=0
(1)
∞
x 2 q ( x) = ∑ q n x n
(2)
n =0
|x|<ρ aralığında yakınsak serilerdir.
Q( x)
R( x)
=p(x) ve
=q(x)
P ( x)
P( x)
x=0 noktası regüler‐singüler noktadır, yani
Q( x)
R ( x)
q0= lim x→0 ( x) 2
P( x)
P ( x)
katsayıları hariç tüm pn ve qn ler sıfır ise euler denklemi
p0= lim x→0 ( x)
sonlu
x2y’’+p0xy’+q0y=0
(3)
şeklindedir. ve (1)denkleminin çözümü a0≠0 olmak üzere
y=(φ)(r,x)=xr(a0+a1x+a2x2+..........+anxn)=
∞
∑a
n=0
n
x r +n
(4)
şeklinde aranır, birinci ve ikinci türevleri alınarak (1) denkleminde yerlerine konur,
∞
y’= ∑ (r+n)anxr+n‐1
n =0
∞
y’’= ∑ (r+n)(r+n‐1)anxr+n‐2
(5)
n =0
a0r(r‐1)xr+a1(r+1)r xr+1+......(r+n)(r+n‐1)anxr+n+(p0+p1x+p2x2+....+pnxn)[ a0rxr+ a1(r+1)
xr+1+..+(r+n)anxr+n+...]+(q0+q1x+q2x2+....+qnxn)[ a0xr+a1xr+1+.....+ anxn+r+...]=0 bulunur.
sonsuz terimleri çarpıp aynı mertebeden terimleri gruplarsak
∞
n −1


L(φ)(r,x)=a0[F(r)]xr+ ∑  F (r + n)an + ∑ ak [ (r + k ) pn − k + qn − k ] x r + n =0
n =1 
k =0

F(r) =r(r‐1)+p0r+q0
(6)
(7)
dir.
(6)denkleminin sağlanması için x in tüm kuvvetlerinin katsayıları sıfır olmalıdır a0≠0
olduğundan xr i içeren F(r) =r(r‐1)+p0r+q0=0 olur Bu denkleme indis denklemi denir.
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011‐2012
106
bu indis denkleminin kökleri r1 > r2 , r1 ve r2 reel kökleri olsun Bu r1 ve r2 ye
singülerliğin kuvveti de denir.
(6)denkleminde xr+n nin katsayısı 0 a eşitlersek
n −1


F
(
r
+
n
)
a
+
ak [ (r + k ) pn − k + qn − k ]  =0
∑
n

k =0


n≥0 için (1) denkleminin (4) formunda
y(x)φ)=xr(a0+a1x+a2x2+..........+anxn)=
∞
∑a
n=0
n
(8)
x r +n
ile
∞
y1(x)=|x|r1[1+ ∑ an ( r1 )x n ]
x>0
(9)
n =1
bir çözümü bulunur.
Burada an(r1) ler (8) rekürans denkleminde a0=1, r=r1 alınarak bulunur.
• Eğer r2≠r1 ise,
∞
y2(x)=|x|r2[1+ ∑ an ( r2 )x n ]
x>0
(10)
n =1
bulunur
• Kökler eşit ise r2=r1=r ise,(6) denklemi
L(φ)(r1,x)=a0[F(r)]xr=a0(r‐r1)2xr
(11)
formuna indirgenir. F(r) nin katlı kökü olduğundan r=r1 alırsak (11) denklemi
L(φ)(r1,x)=0 bulunur. Dolayısıyla (1) denkleminin bir çözümü
∞
y1(x)=xr1[1+ ∑ an ( r1 )x n ]
x>0
n =1
şeklinde bulunur. (11) denkleminden
L[∂φ/∂r](r1,x) = a0 ∂/∂r [ (r‐r1)2xr ]= a0[(r‐r1)2xrlnx+2(r‐r1) xr]
(12)
bulunur. bundan yararlanarak (1) denkleminin ikinci çözümü
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011‐2012
107
∞
∞
∞
n =1
n =1
y2(x)= ∂/∂r(xr[a0+ ∑ an ( r2 )x n ])r=r1= xr1lnx[a0+ ∑ an ( r1 )x n ]+xr1 ∑ an' ( r1 )x n =
n =1
∞
y2(x)= y1(x)lnx+ xr1 ∑ an' ( r1 )x n
(13)
n =1
bulunur. (Burada a’n(r1)=dan/dr1 ). (13) denklemi daha basit olarak
∞
y= y1(x)lnx+ xr1 ∑ bn x n
(14)
n =1
formunda da bulunabilir.
• Kökler farkı bir tamsayı ise (r1‐r2=N)
bu durumda
cn(r2)= ∂/∂r[(r‐r2)an(r) ]
(15)
katsayıları a0=1 ve an de (8) nolu rekürans denkleminden elde edilerek bulunur.
ayrıca a katsayısı
a= lim r →r 2 (r − r2 )an (r )
(16)
dır. r1‐r2=N ise ikinci çözüm:
∞
y2(x)=ay1(x)lnx+|x| [1+ ∑ cn ( r2 )x n ]
r2
(17)
n =1
şeklinde bulunur.
ÖDEV:
2x(1+x)y’’+(3+x)y’‐xy=0 regüler singüler noktalar civarında çözümlerin özelliklerini
araştırınız.
P(x)= 2x(1+x), Q(x)= 3+x, R(x)=‐x
P(x)= 2x(1+x)=0 ile x=0 ve x= ‐1 tekil noktalardır.
x=0 düzgün tekil noktası için
Q( x)
R ( x)
=3/2
q0= lim x→0 ( x) 2
=0 sonlu
p0= lim x→0 ( x)
P( x)
P ( x)
indis denklemi r(r‐1)+3/2r=0 kökler r1=0, r2=‐1/2 iki farklı reel kök
lineer bağımsız çözümler: 0∠ x ∠ρ için
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011‐2012
108
∞
y1(x)=|x|r1[1+ ∑ an ( r1 )x n ]
n =1
∞
∞
=1+ ∑ an (0)x n
n =1
∞
y2(x)=|x|r2[1+ ∑ an ( r2 )x n ] = |x|‐1/2[1+ ∑ an (−1/ 2)x n ]
n =1
n =1
x= ‐1 tekil noktası da düzgün tekil noktadır.
Q ( x)
( x + 1)(3 + x)
= lim x→−1
= −1
q0=
P( x)
2 x(1 + x)
R ( x)
−x
lim x →−1 ( x + 1) 2
= lim x→−1 ( x + 1) 2
= 0 sonlu
P ( x)
2 x(1 + x)
p0= lim x →−1 ( x + 1)
indis denklemi
r(r‐1)‐r=0 r2‐2r=0 kökler r1=2 r2=0 çözümler
∞
y1(x)=(x+1)2[1+ ∑ an (2)( x + 1) n ]
seri x + 1 <1 için yakınsaktır.
n =1
Kökler farkı tamsayı dır.
Teorem5.7.1:
x2y’’+x[xp(x) ]y’+[x2q(x) ]y=0
(1)
dif denklemi göz önüne alınsın x=0 noktası (1) denkleminin regüler‐singüler
noktasıdır. x=0 noktasında xp(x) ve x2q(x) analitiktir ve ayrıca |x|<ρ aralığında
∞
xp ( x) = ∑ p n x n ,
n=0
∞
x 2 q ( x) = ∑ q n x n
(2)
n =0
serileri yakınsaktır.
F(r) =r(r‐1)+p0r+q0
• indis denkleminin kökleri r1 ve r2 olsun ve r1≥r2 şartı sağlansın bu durumda ‐ρ<x<0
ve 0<x<ρ aralıklarının birinde
∞
y1(x)=xr1[1+ ∑ an ( r1 )x n ]
n =1
şeklinde bir çözüm bulunur. an(r1) ler (8)denkleminde a0=1, r=r1 alınarak bulunur.
• Eğer r2‐r1≠0 ve (+) bir tamsayı değilse, ‐ρ<x<0 ve 0<x<ρ aralıklarının birinde
∞
y2(x)=xr2[1+ ∑ an ( r2 )x n ]
n =1
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011‐2012
109
ikinci bir lineer bağımsız çözüm bulunur. an(r2) ler (8)denkleminde a0=1, r=r2
alınarak bulunur.
• r1=r2 ise ikinci çözüm
∞
y2(x)= y1(x)lnx+ |x|r1 ∑ bn ( r1 )x n
n =1
• r1‐r2 =N (kökler farkı pozitif tamsayı ise), ikinci çözüm
∞
y2(x)=ay1(x)lnx+|x| [1+ ∑ cn ( r2 )x n ]
r2
n =1
şeklindedir. Buradaki an(r1), bn(r1), cn(r2) katsayıları ve ‘a’ sabiti (1) denkleminde y
yerine seri çözümleri konularak elde edilen formdan yararlanılarak bulunur.
Basitlik için yukarıdaki denklemde a=0 seçilirse logaritmik değer kalkar,bu durumda
son iki kısımdaki (r1=r2 , ve r1‐r2=N kısımlarında elde edilen)serilerin her ikisi de
|x|<ρ aralığında yakınsar.
Örnekler:
1) x2y’’+xy’+(x‐2)y=0 x=0 civarında iki bağımsız çözümünü bulunuz.
P(x)= x2
Q(x)=x
R(x)= x‐2
P(x)= 0 ile x2= 0 tekil nokta
lim x → x0 ( x − x 0 )
Q( x)
P ( x)
lim x →0 x
x
= 1 = p0
x2
sonlu bir değer
olduklarından
lim x → x0 ( x − x0 ) 2
R( x)
P( x)
lim x →0 x 2
x−2
= −2 = q 0
x2
Düzgün tekil nokta
p0=1 ve q0=0 değerleri
F(r) =r(r‐1)+p0r+q0
r(r‐1)+r‐2=0
r2‐2=0
indis denkleminde yerlerine konursa
r1= 2 , r2=‐ 2 kökler reel ve farklı
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011‐2012
110
x=x0= 0 düzgün tekil nokta civarında seri çözümü (a0 ≠ 0)
∞
y=
∑a
n=0
∞
n
x r +n
y’= ∑ (r+n)anxr+n‐1
n =0
∞
y’’= ∑ (r+n)(r+n‐1)anxr+n‐2
n =0
verilen diferansiyel denklemde yerlerine konularak
∞
∑
n =0
∞
∑
n =0
∞
∞
∞
n =0
n =0
n=0
∞
∞
∞
n =0
n =1
n=0
(r+n)(r+n‐1)anxr+n+ ∑ (r+n)anxr+n+ ∑ anxr+n+1‐2 ∑ a n x r + n =0
(r+n)(r+n‐1)anxr+n+ ∑ (r+n)anxr+n+ ∑ an‐1xr+n‐2 ∑ a n x r + n =0
İndis denklemi için (a0 ≠ 0) ile
r(r‐1)a0xr+r a0xr‐2 a0xr+ a0xr+1+....... x in en küçük üssü (xr) parantezine alınırsa
indis denklemi
x r [r (r − 1) + r − 2] = 0 ile
r2‐2=0
elde edilir.
r1= 2 , r2=‐ 2 kökler reel ve farklı
x r + n [( r + n)( r + n − 1) a n + (r + n) a n − 2a n + a n −1 ] = 0
(r2+2nr+n2‐r‐n)an+(r+n)an‐2an+an‐1=0
an = −
a n −1
( r + n) 2 − 2
rekürans bağıntısı elde edilir. Herbir kök değeri rekürans bağıntısında yerlerine
konarak bunlara karşılık gelen bağıntılar elde edilir, bu bağıntılarda n=0,1,2,……
∞
değerleri ile ai (i=1,2,3,….) katsayılar belirlenerek y=
∑a
n=0
n
x r + n denkleminde yerlerine
konarak genel çözüm elde edilir.
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011‐2012
111
r1= 2 için
an = −
n=1 için a1 = −
n=2 için a 2 =
a n −1
( 2 + n) 2 − 2
n ≥1
a0
1+ 2 2
a1
( 2 + 2) 2 − 2
=
a0
(1 + 2 2 )(2 + 2 2 )2
katsayıları
y1(x)=a0xr1+a1xr1+1+a2xr1+2+…………….
ifadesinde yerlerine konarak lineer bağımsız birinci çözüm
y1(x)= a 0 x
2
−
a0
1+ 2 2
y1(x)= a 0 x (1 −
2
x
x
1+ 2 2
2 +1
+
+
a0
(1 + 2 2 )(2 + 2 2)2
x2
(1 + 2 2 )(2 + 2 2)2
x
2 +2
)
r2=‐ 2 için
an = −
n=1 için a1 = −
n=2 için a3 =
a n −1
( − 2 + n) 2 − 2
n ≥1
a0
1− 2 2
a1
(− 2 + 2) − 2
2
=
a0
(1 − 2 2 )(2 − 2 2 )2
katsayıları
y2(x)=a0xr2+a1xr2+1+a2xr2+2+…………….
ifadesinde yerlerine konarak lineer bağımsız ikinci çözüm
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011‐2012
112
y2(x)= a 0 x −
2
−
a0
1− 2 2
y2(x)= a 0 x − 2 (1 −
x−
x
1− 2 2
+
2 +1
+
a0
(1 − 2 2 )(2 − 2 2)2
x2
(1 − 2 2 )(2 − 2 2)2
x−
2 +2
)
elde edilir. Genel çözüm
ygenel=c1y1(x)+c2y2(x)
2) x2y’’+xy’+x2y=0 x=0 civarında iki bağımsız çözümünü bulunuz.
P(x)= x2
Q(x)=x
R(x)= x2
P(x)= 0 ile x2= 0 tekil nokta
lim x → x0 ( x − x 0 )
Q( x)
P ( x)
lim x →0 x
x
= 1 = p0
x2
sonlu bir değer
olduklarından
Düzgün tekil nokta
lim x → x0 ( x − x0 ) 2
R( x)
P( x)
lim x →0 x 2
2
x
= 0 = q0
x2
p0=1 ve q0=0 değerleri
F(r) =r(r‐1)+p0r+q0
r(r‐1)+r=0
r2=0
indis denkleminde yerlerine konursa
r1,2=0 kökler eşit(katlı) bulunur.
x=x0= 0 düzgün tekil nokta civarında seri çözümü (a0 ≠ 0)
∞
y=
∑a
n =0
∞
n
x r +n
y’= ∑ (r+n)anxr+n‐1
n =0
∞
y’’= ∑ (r+n)(r+n‐1)anxr+n‐2
n =0
verilen diferansiyel denklemde yerlerine konularak
∞
∑
n =0
∞
∞
n =0
n =0
(r+n)(r+n‐1)anxr+n+ ∑ (r+n)anxr+n+ ∑ a n x r + n + 2 = 0
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011‐2012
113
xr+n parantezine alabilmek için indeks ötelemesi yapılarak son terimde n=n‐2 yazılırsa
∞
∑
∞
∞
n =0
n=2
(r+n)(r+n‐1)anxr+n+ ∑ (r+n)anxr+n+ ∑ a n − 2 x r + n = 0
n =0
(a)
sayısal değerler konularak x in en küçük derecesesini içeren denklem(İndis
denklemi) elde edilir.
r(r‐1)a0xr+ra0 xr +a0xr+2+(r+1)ra1xr+1+(r+1)a1xr+1+a1xr+3+……….=0
x in en küçük derecesi xr olduğundan
a0xr(r(r‐1)+r)=0 r2=0 İndis denklemi r1,2=0 kökler eşit(katlı) bulunur. Dikkat
edilirse yukarıdaki indis denkleminden de aynı sonuç elde edilmişti.
n=1 için (r+1)2 a1xr+1=0 dan a1=0 olur.
(a) ifadesinden rekürans bağıntısı
an =
− a n−2
− a n−2
=
(r + n)(r + n − 1) + (r + n) (r + n) 2
n≥2
elde edilir. n e sayısal değerler verilerek
a2 =
− a0
(r + 2) 2
a4 =
a0
− a2
=
2
(r + 4)
(r + 2) 2 (r + 4) 2
a6 =
− a0
− a4
=
2
2
(r + 6)
(r + 2) (r + 4) 2 (r + 6) 2
a1=0 olduğundan a1=a3=a5=...................=0 dır. Katsayılar yerlerine konarak


x2
x4
x6
y = a 0 x r 1 −
+
−
− ....... ( 1**)
2
2
2
2
2
2
(r + 2) (r + 4)
(r + 2) (r + 4) (r + 6)
 (r + 2)

Bu ifadede r=0 konursa ve a0 =1 seçilirse lineer bağımsız çözümlerden biri
x2
x4
x6
y1 ( x) = 1 − 2 + 2 2 − 2 2 2
2
2 4
2 4 6
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011‐2012
114
şeklinde bulunur. İkğinci lineer bağımsız çözümü bulmak için (1** ) serisinin r ye göre
kısmi türevi alınıp a0=1 seçilirse
y2 =
∂y
∂r
r =0


 r  x2
 2
2
2   
x2
x4
x4
 + .. 

.
y2 = x r ln x1 −
x
+
−
+
−
+


2
2
2
2
2
2 
(
2
)
(
2
)
(
4
)
r
r
r
+
+
+
(
2
)
(
2
)
(
4
)
r
r
r
+
+
+
 (r + 2) (r + 2) (r + 4) 

 r =0 


1 1
1 1 x
1 x
 x

y 2 = y1 ln x + ( ) 2 − 2 ( ) 4 (1 + ) + ( ) 6 (1 + + ) − ...
2 6 4
2 3
2 4
 2

L(y)=x2y’’+xy’+(x2 – m2)y=0
P(x) =x2=0
tipindeki denklemler(Bessel)
(1)
x=0 tekil nokta
Q( x)
P( x)
p0= lim x→0 ( x)
= lim x →0 x
x
=1
x2
q0= lim x →0 x 2
x2 − m2
= −m2
x2
x2y''+p0xy'+q0y=0 yerlerine yazılırsa x2y''+xy'‐m2y=0 Euler denklemi
r 2 − m 2 = 0 indis denklemi
∞
∑a
y=
n =0
∞
n
kökler r= ± m
x r +n
y'= ∑ (r+n)anxr+n‐1
n =0
∞
y''= ∑ (r+n)(r+n‐1)anxr+n‐2
(1) de yerlerine konur ve düzenlenirse
n =0
∞
∞
n =0
n =0
L(φ )(r , x) = ∑ (r + n)(r + n − 1) + (r + n) − m2 an x r + n + ∑ an x r + n+ 2 = (r 2 − m2 )a0 x r + (r + 1)2 − m2  a1 x r +1 +
∞
+
∑ ((r + n)
n=2
2
− m 2 an + an − 2 ) x r + n = 0
(2)
x in en küçük dereceden (xr) katsayısına sahip denklem indis deklemidir. a0 ≠ 0 ile
indis denklemi
r 2 − m2 = 0
İndis denkleminin kökleri ( r1=m, ve r2=‐m ) dir. Rekürans bağıntısı
((r + n) 2 − m 2 ) an + an − 2 ) x r + n = 0
n≥2 ile
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011‐2012
115
an =
− an − 2
.
( r + n) 2 − m 2
(3)
olur.
Her köke karşılık gelen bağıntı yazılır. n=2,3,4,...verilerek katsayılar bulunur.
(2)denklemindeki xr+1 in katsayısından a1=0 bulunur. Böylece (3) denkleminden
a3=a5=...........=a(2n+1)=0 olur.
∞
Katsayılar y=
∑a
n =0
n
x r + n = a0 x r + a1 x r +1 + a2 x r + 2 + a3 x r + 3 + a4 x r + 4 +.... yerlerine konularak
genel çözüm y=c1y1(x)+c2y2(x) bulunur.
Böylece çözüm


x2
x4
+
− ..........
y = a0 x r 1 −
 4(r + 1) 32(r + 1)(r + 2)

a0 katsayısının uygun seçimi ile Bessel Fonksiyonu (Jm) r= m alınarak
± m köklerine sahibiz.
J m ( x) =

1 x m
1 x 2
1
1 x 4
( ) 1 −
( ) +
( ) − .....
m! 2  m + 1 2
(m + 1)(m + 2) 2! 2

Böylece (1) denkleminin genel çözümü
ygenel=c1 J1/2 (x)+c2 J‐1/2 (x)
şeklinde bulunur.
x2y’’+xy’+(x2 ‐ 1/4)y=0
kökler farkı tamsayı
(b1)
olur.
∞
y=φ(r,x)=a0xr+ ∑ a n x r + n serisini (b1) de yerine koyarsak
n =1
[
∞
]
L(φ )(r , x) = ∑ [(r + n)(r + n − 1) + (r + n) − 1 / 4]a n x r + n = (r 2 − 1 / 4)a 0 x r + (r + 1) 2 − 1 / 4 a1 x r +1 +
n =0
∞
[
]
+ ∑ ( ( r + n) 2 − 1 / 4 a n + a n − 2 ) x r + n = 0
(b2)
n=2
İndis denkleminin kökleri ( r1=1/2, ve r2=‐1/2 ) dır.
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011‐2012
116
Rekürans bağıntısı
(( r + n) 2 − 1 / 4) a n + a n − 2 ) x r + n = 0
an =
n≥2 ile
− a n−2
.
( r + n) 2 − 1 / 4
(b3)
olur.
r1=1/2 için (b2)denklemindeki xr+1 in katsayısından a1=0 bulunur. Böylece (b3)
denkleminden a3=a5=...........=a(2n+1)=0 olur
r1=1/2 için
a2=‐a0/3!
− a2 n−2
a n=2,4,6 için
2n(2n + 1)
a2n=(‐1)na0/(2n+1)! Veya
− a n−2
n(n + 1)
,a4=a0/5!,
veya a 2 n =
an =
Böylece a0=1 alırsak
∞
(−1) m x 2 m
(−1) m x 2 m +1
1/2
]= x‐ [1+ ∑
]
y1(x)=x [1+ ∑
m =1 ( 2m + 1)!
m =1 ( 2m + 1)!
∞
1/2
(b4)
(b4) deki kuvvet serisi Sinx fonksiyonuna karşılık gelir.
y1(x)=x‐1/2Sinx olur.
J1/2=(2/Pi)1/2y1,
J1/2(x)= 2/x*Pi)1/2Sinx x>0
(b5)
şeklinde bulunur.
N=r1‐r2=1 olduğundan ai katsayılarının bulunmasına dikkat
r2=‐1/2 için
edilmelidir. (b2) denkleminden görüleceği gibi
xr ve xr+1 Katsayıları 0 olur. Bu nedenle a0 ve a1 keyfi seçilebilir.
Rekürans denkleminden çift indisli katsayılar a0 a, tek indisli katsayılar, a1 e bağlı
olarak elde edilir ( Bu nedenle ikinci çözümde logaritmik terim bulunmaz) Burada
r=‐1/2 için
a2n
(−1) n a0
(−1) n a1
=
, a 2 n +1 =
(2n + 1)!
2n!

y2(x)=x
böylece
∞
(−1) n x 2 n
(−1) n x 2 n +1 
a
+
∑
1∑

n = 0 ( 2n + 1)! 
 n =0 2n!
‐1/2  a 0
∞
y2(x)= a0 Cosx/x1/2+a1 Sinx/x1/2 ,x>0
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011‐2012
(b6)
117
denkleminin 2.çözümü
a0=(2/Pi)1/2
a1=0
alınarak elde edilir. bunu J(‐1/2) ile gösteririz. Buradan
J(‐1/2) (x)=(2/(Pi*x))1/2cosx
x>0
Böylece (b1) denkleminin genel çözümü
ygenel=c1 J1/2 (x)+c2 J‐1/2 (x)
şeklinde bulunur.
örnek)
x2y’’+xy’+(x2 – 1/16)y=0
P(x) =x2=0
p0= lim x→0 ( x)
dif denklemini çözün
(1)
x=0 tekil nokta
Q( x)
P( x)
= lim x →0 x
x
=1
x2
q0= lim x →0 x 2
x 2 − m2
= −1/16
x2
(1/81)
x2y''+p0xy'+q0y=0 yerlerine yazılırsa x2y''+xy'‐m2y=0 Euler denklemi
r 2 − 1/16 = 0 indis denklemi
∞
y=
∑a
n =0
∞
n
kökler r= ±1/ 4 (1/9)
x r +n
y'= ∑ (r+n)anxr+n‐1
n =0
∞
y''= ∑ (r+n)(r+n‐1)anxr+n‐2
(1) de yerlerine konur ve düzenlenirse
n =0
∞
∑
n =0
∞
∞
n =0
n =0
∞
1
an x r + n =0
n = 0 16
(r+n)(r+n‐1)anxr+n+ ∑ (r+n)anxr+n+ ∑ an x r + n + 2 − ∑
Bu seriyi xr+n parantezine alabilmek için 3. terimde indis ötelemesi yapılırsa (n=n‐2 )yazılırsa
∞
∑
n =0
∞
∞
(r+n)(r+n‐1)anx + ∑ (r+n)anx + ∑ an − 2 x
r+n
n =0
r+n
n=2
r +n
∞
1
an x r + n =0
n = 0 16
−∑
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011‐2012
118
∞
∞
1
1
1


L(φ )(r, x) = ∑ (r + n)(r + n − 1) + (r + n) − an xr +n + ∑ an xr +n+2 = (r 2 − )a0 x r + (r + 1)2 −  a1 xr +1 +
16 
16
16 

n =0 
n =0
∞
1

+ ∑ (  (r + n) 2 − an + an − 2 ) x r + n = 0
(2)
16 
n=2 
x in en küçük üssüne sahip (xr) nin katsayısı 0 a eşitlenerek indis denklemi elde edilir.
(a0 ≠ 0 )
1
1
( r2 − = 0 )
=0
16
81
İndis denkleminin kökleri ( r1=1/4, ve r2=‐1/4) dir. Rekürans bağıntısı
r2 −
((r + n) 2 −
1
)an + an − 2 ) x r + n = 0
16
an =
n≥2 ile
−an − 2
.
(r + n) 2 − 1/16
( an =
− an − 2
)
(r + n) 2 − 1/ 81
(3)
olur.
(2) denklemindeki xr+1 in katsayısından a1=0 bulunur. Böylece (3) denkleminden
a3=a5=...........=a(2n+1)=0 olur.
Her köke karşılık gelen bağıntı yazılır. n=2,3,4,...verilerek katsayılar bulunur.
r1=1/4
r2=‐1/4
−2an − 2
2n 2 + n
( an =
n=2 için a2= a2 =
−2a0
a
=− 0
10
5
an =
n=4 için
a4 =
−9an − 2
)
9n 2 + 2n
n=4 için
∞
∑a
n =0
−2an − 2
2n 2 − n
n=2 için a2= a2 =
a
−2a2
a
=− 2 = 0
36
18 90
Her kök değeri için ayrı y=
an =
n
a4 =
( an =
−9 a n − 2
)
9n 2 − 2n
−2a0
a
=− 0
6
3
a
−2a2
a
=− 2 = 0
28
14 72
x r + n =a0xr + a2xr+2+ a4xr+4 denkleminde yerlerine
konarak çözümler bulunur
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011‐2012
119