DÜZCE ÜN·
IVERS·
ITES·
I
·
FEN-EDEBIYAT FAKÜLTES·
I
MATEMAT·
IK BÖLÜMÜ
2012-2013 GÜZ YARIYILI
·
DIFERANS·
IYEL DENKLEMLER I
DÖNEM SONU SINAVI
07 Ocak 2013
Süre: 90 dakika
CEVAP ANAHTARI
1. (10p) M (x; y) dx+(xexy + 2xy + x 1 ) dy = 0 denkleminin tam olabilmesi için M ne olmal¬d¬r?
Çözüm:
@N
@
@M
=
=
xexy + 2xy + x 1 = exy + xyexy + 2y x 2
@y
@x
@x
Z
Z
exy
xy
xy
2
@y =
e + xye + 2y x
M=
+ x yexy @y + y 2 yx 2 + (x)
x
=
exy
+x
x
y = u ) @y = @u
xy
e @y = dv ) v = exy =x
=
=
yx
exy
+ yexy
x
exy
+ y2
x
p
x+2 1
p
2. (15p) arcsin ydx +
1
Çözüm:
y 2 cos y
y2
2
yexy
x
exy
x2
+ (x) = yexy + y 2
+ y2
yx
yx
2
2
+ (x)
+ (x)
dy = 0 diferansiyel denklemini çözünüz.
1
@M
@N
=p
=
@y
@x
1 y2
oldu¼
gundan verilen diferansiyel denklem tamd¬r. O halde,
Z
Z
Z
xdy
arcsin ydx + p
+ 2 cos ydy = 0 ) d (x arcsin y) + 2 d (sin y) = d (c)
1 y2
x arcsin y + 2 sin y = c
verilen diferansiyel denklemin genel çözümüdür.
3. (*) x2 y 00 + xy 0 + 4y = 0 diferansiyel denklemini ele alal¬m.
a) (5p) f1 (x) = cos (2 ln x) ve f2 (x) = sin (2 ln x) fonksiyonlar¬n¬n (*) denkleminin çözümü
olduklar¬n¬gösteriniz.
b) (5p) f1 (x) ve f2 (x) fonksiyonlar¬n¬n (0; 1) aral¬g¼¬nda lineer ba¼
g¬ms¬z olduklar¬n¬gösteriniz.
c) (5p) (*) denkleminin y (1) = 1 ve y 0 (1) = 4 koşullar¬n¬sa¼
glayan çözümünü bulunuz.
Çözüm: a) Öncelikle,
f10 (x) =
ve
x2
2
2
sin (2 ln x) ve f100 (x) = 2 sin (2 ln x)
x
x
2
sin (2 ln x)
x2
2 sin (2 ln x)
4
cos (2 ln x) + x
x2
4 cos (2 ln x)
4
cos (2 ln x)
x2
2
sin (2 ln x) + 4 cos (2 ln x)
x
2 sin (2 ln x) + 4 cos (2 ln x) = 0
1
oldu¼
gundan, f1 (x) = cos (2 ln x) verilen diferansiyel denklemin bir çözümüdür. Benzer şekilde
f20 (x) =
ve
x2
2
cos (2 ln x) ve f200 (x) =
x
2
cos (2 ln x)
x2
2 cos (2 ln x)
2
cos (2 ln x)
x2
4
sin (2 ln x) + x
x2
4
sin (2 ln x)
x2
2
cos (2 ln x) + 4 sin (2 ln x)
x2
4 sin (2 ln x) + 2 cos (2 ln x) + 4 sin (2 ln x) = 0
oldu¼
gundan, f2 (x) = sin (2 ln x) verilen diferansiyel denklemin bir çözümüdür.
b)
cos (2 ln x)
sin (2 ln x)
W [cos (2 ln x) ; sin (2 ln x)] =
2
2
sin (2 ln x)
cos (2 ln x)
x
x
2
2
2
= cos2 (2 ln x) + sin2 (2 ln x) = 6= 0 8x 2 (0; 1)
x
x
x
Dolay¬s¬yla, f1 (x) ve f2 (x) fonksiyonlar¬(0; 1) aral¬g¼¬nda lineer ba¼
g¬ms¬zd¬r.
c) f1 (x) ve f2 (x) fonksiyonlar¬lineer ba¼
g¬ms¬z olduklar¬ndan verilen denklemin genel çözümü
y = c1 cos (2 ln x) + c2 sin (2 ln x)
dir. y (1) = 1 ve y 0 (1) = 4 başlang¬ç koşullar¬kullan¬larak c1 = 1 ve c2 = 2 bulunur. Dolay¬s¬yla,
verilen diferansiyel denklemin çözümü
y = cos (2 ln x) + 2 sin (2 ln x)
dir.
4. (15p) 8x 2 (0; 1) için x2 y 00 + 3xy 0 8y = ln3 x ln x diferansiyel denklemini çözünüz.
Çözüm: Verilen denklem Cauhy-Euler diferansiyel denklemidir ve x = et dönüşümü ile çözülür.
Buradan,
1 d2 y dy
1 dy
ve y 00 = 2
y0 =
x dt
x
dt2
dt
bulunur. Denklemde yerine koyularak,
x2
1
x2
d2 y
dt2
dy
dt
+ 3x
1 dy
x dt
8y = t3
ya da
d2 y
dy
+2
8y = t3 t
2
dt
dt
lineer diferansiyel denklemi elde edilir. Karakteristik denklem ve kökleri
m2 + 2m
8 = 0 ) m1 = 2; m2 =
4
oldu¼
gundan
yc = c1 e2t + c2 e
4t
dir. yp = At3 + Bt2 + Ct + D oldu¼
gundan,
yp0 = 3At2 + 2Bt + C ve yp00 = 6At + 2B
2
t
bulunur. Elde edilen sonuçlar denklemde yerine yaz¬l¬rsa,
6At + 2B + 2 3At2 + 2Bt + C
t3
t2
t1
t0
elde edilir. O halde,
8 At3 + Bt2 + Ct + D = t3
8
: 8A = 1
A = 1=8
>
>
<
: 6A 8B = 0
B = 3=32
)
: 6A + 4B 8C = 1
C = 1=64
>
>
:
: 2B + 2C 8D = 0
D = 7=256
yp =
t3
8
3t2
32
t
64
7
256
t3
8
3t2
32
t
bulunur. Böylece,
y = yc + yp = c1 e2t + c2 e
4t
t
64
7
256
lineer denklemin genel çözümüdür. Öyleyse, verilen Cauchy-Euler diferansiyel denkleminin genel
çözümü
7
ln3 x 3 ln2 x ln x
2
4
y = c1 x + c2 x
8
32
64
256
d¬r.
(**) y 00
4y 0 + 3y = 4xe2x ; y (0) = y 0 (0) = 0 başlang¬ç-de¼
ger problemini ele alal¬m.
5. (15p) (**) problemini belirsiz katsay¬lar yöntemi ile çözünüz.
Çözüm: Karakteristik denklem ve kökleri
m2
4m + 3 = 0 ) m1 = 1; m2 = 3
oldu¼
gundan
yc = c1 ex + c2 e3x
dir. yp = Axe2x + Be2x dir ve
yp0 = (A + 2B) e2x + 2xe2x ve yp00 = (4A + 4B) e2x + 4Axe2x
bulunur. Elde edilen sonuç verilen denklemde yerine yaz¬l¬rsa
(4A + 4B) e2x + 4Axe2x
4 (A + 2B) e2x
8xe2x + 3Axe2x + 3Be2x = 4xe2x
xe2x : 4A 8A + 3A = 4
)
e2x : 4A + 4B 4A 8B + 3B = 0
A= 4
) yp =
B=0
4xe2x
elde edilir. O halde, genel çözüm
y = yc + yp = c1 ex + c2 e3x
4xe2x
dir. y (0) = y 0 (0) = 0 başlang¬ç koşullar¬kullan¬larak c1 = 2 ve c2 = 2 elde edilir. Dolay¬s¬yla, (**)
probleminin tam çözümü
y = 2ex + 2e3x 4xe2x
dir.
6. (15p) (**) problemini parametrelerin de¼
gişimi yöntemi ile çözünüz.
Çözüm: Bir önceki soruda
yc = c1 ex + c2 e3x
3
bulunmuştu. Parametrelerin de¼
gişimi yöntemine göre
yp = v1 (x) ex + v2 (x) e3x
olarak al¬n¬r. Buradan,
yp0 = v10 (x) ex + v20 (x) e3x + v1 (x) ex + 3v2 (x) e3x
|
{z
}
0
ve
yp00 = v10 (x) ex + 3v20 (x) e3x + v1 (x) ex + 9v2 (x) e3x
|
{z
}
4xe2x
ya da
v10 (x) ex + v20 (x) e3x = 0
v10 (x) ex + 3v20 (x) e3x = 4xe2x
denklem sistemi elde edilir. Cramer kural¬ile
0
e3x
4xe2x 3e3x
ex e3x
ex 3e3x
v10 (x) =
ve
v20 (x) =
=
0 4xe5x
=
3e4x e4x
ex
0
x
e 4xe2x
2e4x
=
4xe5x
=
2e4x
4xe3x
= 2xe
2e4x
2xex
x
bulunur. K¬smi integrasyon ile
v1 (x) =
2xex + 2ex ve v2 (x) =
2xe
x
2e
x
sonucuna ulaş¬l¬r. O halde,
yp = ( 2xex + 2ex ) ex +
=
2xe2x + 2e2x
2xe2x
2xe
x
2e
2e2x =
x
e3x
4xe2x
dir. Öyleyse, genel çözüm
y = yc + yp = c1 ex + c2 e3x
dir. 6. soruda c1 =
4xe2x
2 ve c2 = 2 olarak bulunmuştu. Böylece, (**) probleminin çözümü
y=
2ex + 2e3x
4xe2x
dir.
7. (15p) (**) problemini Laplace dönüşümü yöntemi ile çözünüz.
Çözüm: L fy (x)g = Y (s) olsun. Eşitli¼
ginin her iki yan¬na Laplace operatörü uygulan¬rsa,
L fy 00 g
4L fy 0 g + 3L fyg = 4L xe2x
ya da
s2 L fyg
sy (0)
y 0 (0)
4sL fyg + 4y (0) + 3L fyg =
4
(s
2)2
veya
s2
4s + 3 Y (s) =
4
(s
2
2)
) Y (s) =
4
(s
4
2) (s2
2
4s + 3)
elde edilir. Buradan,
(s
4
2) (s2
2
4s + 3)
=
A
s
2
+
B
(s
2
2)
+
C
s
yaz¬larak
A = 0; B =
4; C =
2; D = 2
bulunur. Dolay¬s¬yla, (**) probleminin çözümü
y=
2ex + 2e3x
dir.
Yrd.Doç.Dr.
Y¬ld¬r¬m ÖZDEM·
IR
5
4xe2x
1
+
D
s
3
