Mat 3

Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller
Evrenin yasalari matematik dilinde yazilir. Cebir, birçok statik
problemi çözmek için yeterlidir; ancak en ilginç dogal olaylar
degisim içerir ve degisen nicelikleri birbirine baglayan denklemler ile
tanimlanir.
f fonksiyonunun dx/dt = f 0 (t) türevi, x = f (t) niceliginin
bagimsiz t degiskenine göre degisim orani oldugundan, degisen
evreni tanimlamak için sık sık türev içeren denklemlerin
kullanilmasi dogaldir.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
1/ 136
Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller
Tanim
Bir bilinmeyen fonksiyon y ve onun bagimsiz degisken x’ e göre
dn y
türevlerinden birini veya daha çogunu dx
n birbirine baglayan bir
denkleme diferansiyel denklem denir.
Örnek
dx
= x2 + t 2
dt
diferansiyel denklemi, hem x(t) bilinmeyen fonksiyonunu hemde
onun x0 (t) = dx
dt birinci türevini içerir.
Örnek
dy
d2 y
+3
+ 7y = 0
2
dx
dx
diferansiyel denklemi, x bagimsiz degiskeninin bilinmeyen y
fonksiyonunu ve y nin ilk iki y 0 , y 00 türevlerini içerir.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
2/ 136
Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller
Diferansiyel denklemleri incelemenin baslica üç amaci vardir.
Belirli bir fiziksel olayi tanimlayan diferansiyel denklemi
bulmak,
Diferansiyel denklemin -kesin yada yaklasik- uygun bir
çözümünü elde etmek,
Elde edilen çözümü yorumlamak.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
3/ 136
Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller
Cebirde, genellikle x3 + 7x2 − 11x + 41 = 0 gibi bir denklemi
saglayan bilinmeyen sayilari arariz. Aksine, bir diferansiyel denklemi
çözerken bir reel sayi araliginda
y 0 (x) = 2xy(x)
gibi bir diferansiyel denklemi saglayan bilinmeyen y(x)
fonksiyonlarini bulmak isteriz. Genellikle diferansiyel denklemin,
eger mümkünse tüm çözümlerini bulmak isteyecegiz.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
4/ 136
Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller
ÖRNEK
Eger C bir sabit sayi ve
y(x) = Cex
2
(1)
ise, bu takdirde
dy
2
2
= C(2xex ) = 2x(Cex ) = 2xy
dx
dir. Böylece denk. (1) seklindeki her y(x) fonksiyonu, tüm x ler
için
dy
= 2xy
dx
diferansiyel denklemini saglar ve böylece onun bir çözümüdür.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
(2)
5/ 136
Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller
Özellikle denk. (1), bu diferansiyel denklemin (2), C keyfi sabitinin
her seçimi için farkli çözümlerinin bir sonsuz ailesini tanimlar.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
6/ 136
Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller
ÖRNEK
Newton’un soguma yasasi su sekilde ifade edilebilir: bir cismin T (t)
sicakliginin degisiminin zamana orani (t zamanina göre), T ve
cismi çevreleyen ortamin A sicakligi arasindaki farkla orantilidir.
Yani k pozitif bir sabit olmak üzere,
dT
= −k(T − A)
dt
Dikkat edilirse, eger T > A ise, dT /dt < 0 ve böylece sicaklik t nin
azalan bir fonksiyonudur. Bu durumda cisim sogur. Fakat eger
T < A ise, dT /dt > 0 ve böylece T artandir.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
7/ 136
Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller
Böylece bir fiziksel yasa bir diferansiyel denkleme dönüstürüldü.
Eger k ve A degerleri verilirse, T (t) için açik bir formül bulunabilir
ve ondan sonra bu formül yardimiyla cismin sonraki sicakligi
tahmin edilebilir.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
8/ 136
Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller
ÖRNEK
Sabit dogum ve ölüm oranlarina sahip bir P (t) nüfusunun
degisiminin zaman orani, bir çok basit halde nüfusun büyüklügüyle
orantilidir. Yani, k oranti sabiti olmak üzere,
dP
= kP
dt
(3)
dir. Biraz daha inceliyecek olursak,
P (t) = Cekt
seklindeki her bir fonksiyon, (3) daki diferansiyel denkleminin bir
çözümüdür. Çünkü
dP
= C(kekt ) = k(Cekt ) = kP
dt
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
(4)
9/ 136
Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller
Böylece k sabitinin degeri bilinse bile, dP/dt = kP diferansiyel
denklemi, “keyfi” C sabitinin her bir seçimi için bir tane olmak
üzere, P (t) = Cekt seklinde sonsuz çoklukta farkli çözüme sahiptir.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
10/ 136
Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller
ÖRNEK
Eger C bir sabit ve y(x) =
1
C−x
ise, Bu taktirde x 6= C için
dy
1
=
= y2
dx
(C − x)2
dir. Böylece
1
C −x
x = C noktasini içermiyen herhangi bir reel sayi araliginda
y(x) =
dy
= y2
dx
(5)
(6)
diferansiyel denkleminin bir çözümünü tanimlar.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
11/ 136
Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller
Gerçekte denk. (4), C keyfi sabitinin veya “parametresinin” her bir
degeri için bir tane olmak üzere, dy/dx = y 2 nin bir parametreli
bir çözüm ailesini tanimlar.
C = 1 için y(0) = 1 baslangiç kosulunu saglayan
y(x) =
1
1−x
özel çözümünü elde ederiz.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
12/ 136
Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller
Tanim
Bir diferansiyel denklemin mertebesi, denklemde görülen en yüksek
türevin mertebesidir. Bir diferansiyel denklemde bulunan en yüksek
mertebeli türevin üssüne, bu diferansiyel denklemin derecesi
denecektir.
dy
= y2
dx
d2 T
= −k(T − A)
dt2
y
0000
(Birinci mertebeden, derecesi 1)
(ikinci mertebeden,derecesi 1)
00
+ x2 (y )3 + x5 y = sin x (Dördüncü mertebeden,derecesi 1)
000
00
(y )4 + x2 y + y = ex
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
(Üçüncü mertebeden,derecesi 4)
13/ 136
Adi Diferansiyel denklem tanimi
Bagimsiz degiskeni x ve bilinmeyen fonksiyonu veya bagimli
degiskeni y = y(x) olan n. mertebeden en genel adi diferansiyel
denklem
F (x, y, y 0 , y 00 , ..., y (n) ) = 0
(7)
dir. Burada F , n + 2 degiskenli verilmis bir reel-degerli
fonksiyondur.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
14/ 136
Adi diferansiyel denklemin genel çözümü
I araliginda sürekli bir u = f (x) fonksiyonunun u0 , u00 , ..., u(n)
türevleri I da mevcut ve I daki tüm x ler için
F (x, u, u0 , u00 , ..., u(n) ) = 0
(8)
saglaniyor ise u = f (x) fonksiyonuna (6) diferansiyel denkleminin
bir çözümüdür denir.
En genel olarak GENEL ÇÖZÜM asagidaki formdadir
u = f (x, c1 , c2 , c3 , ..., cn ).
Burada c1 , c2 , .., cn integral sabitleridir. Denklemin mertebesi kaçsa
o kadar sabit gelir. Örnegin üçüncü mertebe bir denklemin genel
çözümünde 3 tane sabit vardir.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
15/ 136
Adi diferansiyel denklemin genel çözümü
ÖRNEK
y 00 = −y
(9)
diferansiyel denkleminin çözümü düsünelim. Aslinda bu denklem
bizden ikinci türevi kendisinin eksisi olan fonksiyonu bulmamizi
istiyor . MAT 1009 dersinden sinus ve cosinüs fonksiyonlarini
taniyoruz.
0
00
y(x) = sin x ⇒ y = cos x ⇒ y = − sin x
0
00
y(x) = cos x ⇒ y = − sin x ⇒ y = − cos x
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
16/ 136
Adi diferansiyel denklemin genel çözümü
ÇÖZÜM
Bu durumda
sin x
cos x
sin x + cos x
3 sin x + 5 cos x
çözümdür. Genellestirirsek
y(x) = c1 sin x + c2 cos x
seklinde genel çözümü yazariz. Bu diferansiyel denklemin iki
parametreli çözüm ailesini tanimladigini söyleyebiliriz.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
17/ 136
Özel Çözüm
Özel Çözüm: Genel çözümdeki integral sabitlerine özel degerler
vererek elde edilebilen çözümlerdir.
ÖRNEK
y 0 = 2y
(10)
diferansiyel denkleminin çözümü düsünelim. Aslinda bu denklem
bizden birinci türevi kendisinin iki kati olan fonksiyonu bulmamizi
istiyor . MAT 1009 dersinden üstel fonksiyonu taniyoruz.
0
y(x) = ex ⇒ y = ex = y
Bu durumda çözüm y(x) = ex degildir ama
0
y(x) = e2x ⇒ y = 2e2x = 2y
Dolayisiyla y(x) = e2x çözümdür. Hatta özel çözümdür çünkü
genel çözüm
y(x) = ce2x
formundadir ve c = 1 alindiginda y(x) = e2x özel çözümü bulunur.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
18/ 136
Tekil Çözüm
Tekil Çözüm: Genel çözümdeki integral sabitlerine özel degerler
verildiginde elde EDILEMEYEN çözümlerdir. Yani denklemin
çözümüdürler ama genel çözümden elde edilemezler.
ÖRNEK:(y 0 − x)(y + x) = 0 diferansiyel denkleminin çözümü
düsünelim. Burada parantezlerden en az biri sifir olmalidir.
1.Durum:
0
y0 − x = 0 ⇒ y = x ⇒ y =
x2
+c
2
2
Bu durumda genel çözümü bulduk: y = x2 + c. Simdi c’ye
istedigimiz herhangi bir sayiyi verdigimizde özel çözüm bulabiliriz.
2
2
Örnegin: y = x2 ve y = x2 + 7 özel çözümlerdir.
II.Durum:
y + x = 0 ⇒ y = −x
Bu durumda y = −x çözümdür ama c’ye ne verirsek verelim elde
edilemez. Kisacasi y = −x tekil çözümdür.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
19/ 136
Bir diferansiyel denklemdeki bagimli degisken ve tüm türevleri
birinci dereceden ise, diferansiyel denkleme lineer diferansiyel
denklem denir.
Dolayisiyla içerisinde y 3 , (y 00 )2 , yy 0 , y 0 y 000 , sin y, ey gibi terimler
bulunan denklemler lineer degildir.
3
Bunun yaninda denklem x2 , xy 00 , e− sin x , ln x türünden ifadeler
içerebilir. Daha genel bir ifadeyle eger bir diferansiyel denklem
y n + f1 (x)y n−1 + f2 (x)y n−2 + ... + fn (x)y = R(x)
formunda ifade edilebiliyorsa denkleme lineerdir diyecegiz, aksi
halde lineer olmayan bir diferansiyel denklem söz konusudur.
Bu denklemde eger R(x) = 0 ise lineer diferansiyel denklem
homojendir. Aksi durumda denklem homojen olmayan diferansiyel
denklem adini alir.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
20/ 136
y 00 + sin(x)y 0 + ex y = 0
y 00 + sin(x)y 0 + ex y = 3
y 00 + sin(xy) + ex y = 0
y 00 + y 2 = 0
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
21/ 136
Diferansiyel denklemler bagimli degisken ve üurevlerinin
katsayilarinin durumuna göre de siniflandirilmaktadir. Eger bu
katsayilar birer sabitse denklem sabit katsayili diferansiyel denklem,
eger bagimsiz degiskene bagli fonksiyonlar ise degisken katsayili
diferansiyel denklem adini alir.
Örnegin y 0 + 2y = sin x denklemi sabit katsayili,
cosh xz 000 + x2 z 0 = x ise degisken katsayili bir diferansiyel
denklemdir.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
22/ 136
Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller
Bu bölümde
dy
= f (x, y)
(11)
dx
seklindeki birinci mertebeden diferansiyel denklemlere
yogunlasacagiz. Ele alinan bir olayin tipik matematiksel modeli,
(10) seklinde bir diferansiyel denklemi ve bir y(x0 ) = y0 baslangiç
kosulunu içerebilir.
dy
= f (x, y),
y(x0 ) = y0
(12)
dx
baslangiç deger problemini çözmek, x0 i içeren bir aralikta denk.
(11) deki her iki kosulu saglayan türevlenebilir bir y = y(x)
fonksiyonu bulmak demektir.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
23/ 136
Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller
ÖRNEK
dy
= y2,
y(1) = 2
dx
baslangiç deger problemini çözünüz.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
(13)
24/ 136
Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller
ÇÖZÜM
Daha önce dy/dx = y 2 diferansiyel denkleminin çözümünün
y(x) = 1/(c − x) oldugunu söylemistik. Burada sadece
y(x) = 1/(c − x) çözümü, y(1) = 2 baslangiç kosulunu saglayacak
sekilde bir c degeri bulmamiz gerekir. x = 1 ve y = 2 degerlerinin
çözümde yerine koyulmasiyla
2 = y(1) =
1
c−1
C yi bulabilecegimiz bir denklem elde ederiz. Buradan c = 3/2
bulunur. c nin bu degeri ile istenen çözüm
y(x) =
2
3 − 2x
olarak bulunur.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
25/ 136
Diferansiyel denklemlerin dogrudan integral yoluyla
çözümleri
dy
= f (x, y)
dx
Eger f fonksiyonu y bagimli degiskenine bagimli degilse, yukaridaki
birinci mertebeden diferansiyel denklem basit bir hal alir:
dy
= f (x)
dx
(14)
Bu özel halde, (13) denkleminin her iki yaninin sadece integralini
almamiz yeterlidir. Böylece
Z
y(x) = f (x)dx + c
(15)
elde ederiz. (2), (1) denkleminin genel çözümüdür.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
26/ 136
Diferansiyel denklemi saglayan ve içerisinde bir ya da daha fazla
keyfi sabit bulunduran ve bu nedenle bir egri ailesini olusturan
çözüme genel çözüm denir.
Eger diferansiyel denklemin her çözümü genel çözümdeki keyfi
sabitlere degerler atanarak elde edilebiliyorsa bu genel çözüm ayni
zamanda tam çözüm adini alir.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
27/ 136
Genel ve Özel Çözüm olarak Integraller
Eger G(x), f nin bir ilkeli,(yani, eger G0 (x) = f (x)) ise,
y1 (x) = G(x) + c1
y2 (x) = G(x) + c2
gibi iki çözümü ayni I araliginda asagidaki grafikte görüldügü gibi
birbirlerine olan uzakliklari sabit olan iki egridir.
Figure: y1 (x) = 12 x2 + 1 ve y2 (x) = 12 x2 − 2
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
28/ 136
Genel ve Özel Çözüm olarak Integraller
Bir y(x0 ) = y0 baslangiç kosulunu saglamasi için y(x) = G(x) + C
genel çözümünde x = x0 ve y = y0 konulmasi gerekir. Buradan C
degerini bulabilir ve
dy
= f (x),
dx
y(x0 ) = y0
baslangiç deger problemini saglayan bir özel çözümünü elde
ederiz.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
29/ 136
Genel ve Özel Çözüm olarak Integraller
ÖRNEK
dy
= 2x + 3,
dx
baslangiç deger problemini çözünüz.
y(1) = 2
(16)
ÇÖZÜM
Diferansiyel denklemin her iki yaninin integralini alalim
Z
y(x) = (2x + 3)dx = x2 + 3x + c
genel çözümü elde ederiz. Aradigimiz özel çözüm (1, 2)
noktasindan geçen, dolayisiyla
y(1) = (1)2 + 3.(1) + c = 2
baslangiç kosulunu saglayan egridir. Böylece aranan özel çözüm ise
y(x) = x2 + 3x − 2.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
30/ 136
Genel ve Özel Çözüm olarak Integraller
Ikinci Mertebeden Denklemler
Denklemin sag tarafinda, ne y bagimli degiskeni ne de onun y 0
türevini içermedigi özel formdaki
d2 y
= g(x)
dx2
ikinci mertebeden denkleme de ayni mantikla yaklasabiliriz. Basitçe
iki kere integral alirsak:
Z
y(x) = G(x)dx + c1 x + c2
elde ederiz. Burada G(x), g(x) in bir ilkeli ve c1 ,c2 keyfi sabitlerdir.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
31/ 136
Genel ve Özel Çözüm olarak Integraller
ÖRNEK: y 00 − 6x2 = 0 diferensiyel denklemini dogrudan
integrasyon yöntemi ile çözünüz.
ÇÖZÜM
Bu denklem lineerdir ve türevli tek terimi bulunmakta ve diger
terimlerde bilinmeyen fonksiyon y bir çarpan veya faktör
durumunda degildir. Bu nedenle denklem çözülebilir. Denklem 2.
mertebeden oldugundan ard arda 2 kez integral alinip her seferinde
bir sabitin eklenmesi gerekir.
Z
Z
1
y 00 dx = 6x2 dx ⇒ y 0 = 2x3 + c1 ⇒ y = x4 + c1 x + c2
2
Dolayisiyla genel çözüm: y = 21 x4 + c1 x + c2
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
32/ 136
Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler
AYRISTIRILABILIR DENKLEMLER
Birinci mertebeden
dy
= f (x, y)
dx
diferansiyel denkleminde f (x, y) fonksiyonu yalniz x in bir
fonksiyonu ile yalniz y nin bir fonksiyonunun çarpimi olarak
yazilabiliyorsa, yani
dy
= g(x)h(y)
dx
veya
(17)
dy
= g(x)/k(y)
dx
ise denkleme degiskenlerine ayrilabilir denir.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
33/ 136
Ayristirilabilir Denklemler
Bu durumda denklem
k(y)dy = g(x)dx
seklinde yazmak suretiyle x ve y degiskenlerine ayrilabilir (bir
denklemin zit yanlarda tek degiskene ayrilmasi).Bu özel tip
diferansiyel denklemi çözmek kolaydir. Her iki yanin integralini
alirsak
Z
Z
k(y)dy = g(x)dx + c
elde edilir.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
34/ 136
Ayristirilabilir Denklemler
ÖRNEK 1
dy
x
= − denklemini çözünüz.
dx
y
ÇÖZÜM
Yukaridaki diferansiyel denklemi
ydy = −xdx
seklinde yazabiliriz.Her iki tarafinda integralini alirsak,
Z
Z
ydy = −xdx + c
Sonuç olarak genel çözümü asagidaki gibi
y2
−x2
=
+c
2
2
elde ederiz.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
35/ 136
Ayristirilabilir Denklemler
ÖRNEK 2
y 0 = y 2 x3 denklemini çözünüz.
ÇÖZÜM
Yukaridaki diferansiyel denklemi
dy
= x3 dx
y2
seklinde yazabiliriz.Her iki tarafinda integralini alalim,
Z
Z
−1
x4
dy
3
⇒
=
+c
=
x
dx
+
c
y
4
y2
Düzenlersek
y=
−4
+ 4c
x4
genel çözümünü elde ederiz.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
36/ 136
Ayristirilabilir Denklemler
Örnek 2 deki diferansiyel denklemi degiskenlerine ayirirken esitligin
her iki tarafini 1/y 2 ile çarptik. Bu islemi y 6= 0 kabul ederek
yapabiliriz.
Soru:
Cevap:
y(x) = 0 bir çözüm müdür?
EVET.
Fakat y(x) = 0, c nin hiç bir degeri için y(x) =
çözümünden elde edilemez.
−4
genel
+c
x4
Bu kural disi çözümlere genellikle tekil çözüm dendigini
hatirlayalim.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
37/ 136
Ayristirilabilir Denklemler
ÖRNEK 3
dy
= −6xy,
y(0) = 7
dx
baslangiç deger problemini çözünüz.
ÇÖZÜM
Yukaridaki diferansiyel denklemi
dy
= −6xdx
y
seklinde yazabiliriz.Buradan
Z
Z
dy
= (−6x)dx +
y
⇒
ln|y| = −3x2 + c
elde ederiz.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
38/ 136
Ayristirilabilir Denklemler
y(0) = 7 baslangiç kosulundan y(x) in x = 0 komsulugunda pozitif
oldugunu görürüz. Böylece mutlak deger isaretini kaldirabiliriz.
ln7 = −3(02 ) + c
⇒
In7 = c
Böylece istenen çözüm
Iny(x) = −3x2 + In7
dir.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
39/ 136
Ayristirilabilir Denklemler
Uyari
Bir önceki örnekte baslangiç kosulunun y(0) = −4 oldugunu
varsayalim. Bu takdirde y(x), x = 0 komsulugunda negatiftir.
Dolayisiyla |y| yerine −y koyabilir ve
ln(−y) = −3x2 + c
elde ederiz. Baslangiç kosulu c = ln4 verir. Buradan
Iny(x) = −3x2 + In4
elde edilir.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
40/ 136
Ayristirilabilir Denklemler
dy
Figure: dx
= −6xy diferansiyel denleminin yönlü alani ve y(0) = 7,
y(0) = −4 baslangiç kosullari için çözümleri.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
41/ 136
Ayristirilabilir Denklemler
ÖRNEK 4
dy
4 − 2x
= 2
dx
3y − 5
diferansiyel denklemini çözünüz.
ÇÖZÜM
Degiskenleri ayirir ve her iki yanin integralini alirsak
Z
Z
2
(3y − 5)dy = (4 − 2x)dx + c
y 3 − 5y = 4x − x2 + c
elde ederiz. Bu çözüm, x in açik bir fonksiyonu olarak y ye göre
çözülemez.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
42/ 136
Ayristirilabilir Denklemler
Bir önceki örnekte oldugu gibi çözüm y(x) = F (x) sekline
getirilemeyebilir.
G(x, y) = C
(C keyfi sabit.)
Formunda elde edilen ve y(x) = F (x) halinde yazilamayan çözüme
Kapali Çözüm adi verilir.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
43/ 136
Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler
BIRINCI MERTEBEDEN DOGRUSAL(LINEER) DENKLEMLER
dy
+ P (x)y = Q(x)
dx
formunda olan diferansiyel denklemlere birinci mertebeden
dogrusal (lineer) diferansiyel denklem adi verilir.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
(18)
44/ 136
Birinci Mertebeden Dogrusal Denklemler
YÖNTEM
1.
Çözüme
R
µ(x) = e
P (x)dx
(19)
fonksiyonunu hesapliyarak baslayiniz.
µ(x) fonksiyonuna integral çarpani adi verilir.
2. Diferansiyel denklemin her iki tarafini µ(x) ile çarpiniz.
Denklemin sol tarafi
R
e
P (x)dx dy
dx
+ P (x)e
R
P (x)dx
y=
d
[µ(x)y(x)]
dx
olacaktir.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
45/ 136
Birinci Mertebeden Dogrusal Denklemler
Denklememiz
d
[µ(x)y(x)] = µ(x)Q(x)
dx
seklini alir.
3.
Her iki tarafin integralini aldigimizda
Z
µ(x)y(x) = µ(x)Q(x)dx + c
buluruz ve genel çözümü elde etmek için y(x) e göre çözeriz.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
46/ 136
Birinci Mertebeden Dogrusal Denklemler
ÖRNEK 5
y 0 − 2y = 3e2x diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz.
ÇÖZÜM
Diferansiyel denklemimizde P (x) = −2 ve Q(x) = 3e2x dir.
Integral çarpanimiz
R
µ(x) = e
(−2)dx
= e−2x
dir.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
47/ 136
Birinci Mertebeden Dogrusal Denklemler
Denklemimizin her iki tarafini e−2x ile çarparsak
e−2x y 0 − 2e−2x y = 3e−2x e2x
Elde ettigimiz denklemin sol tarafi aslinda e−2x y(x) çarpiminin
türevidir
d −2x
[e y(x)] = 3
dx
Integral alalim
Z
Z
d −2x
[e y(x)]dx = 3dx
dx
e−2x y(x) = 3x + c
y(x) i yanliz birakirsak
y(x) = 3xe2x + ce2x
genel çözümünü elde ederiz.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
48/ 136
Birinci Mertebeden Dogrusal Denklemler
ÖRNEK 6
dy
+ 3xy = 6x diferansiyel denkleminin genel çözümünü
(x2 + 1) dx
bulunuz.
ÇÖZÜM
dy
Önce denklemi düzenleyelim: dx
+
Integral çarpanimizi hesaplayalim
R
µ(x) = e
3
µ(x) = e 2 ln(x
2 +1)
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
3x
y
x2 +1
=
6x
x2 +1
3x
dx
x2 +1
= (x2 + 1)3/2
49/ 136
Birinci Mertebeden Dogrusal Denklemler
Denklemin her iki yanini µ(x) ile çarpalim
(x2 + 1)3/2
6x
dy
+ (x2 + 1)1/2 3xy = (x2 + 1)3/2 2
dx
(x + 1)
d
[(x2 + 1)3/2 y(x)] = 6x(x2 + 1)1/2
dx
Intagral alalim
2
(x + 1)
3/2
Z
y(x) =
6x(x2 + 1)1/2 dx + c
(x2 + 1)3/2 y(x) = 2(x2 + 1)3/2 dx + c
y(x) i yanliz birakirsak
y(x) = 2 + c(x2 + 1)−3/2
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
50/ 136
Örnekler
Örnek
y 0 = 1 + x + y + xy diferansiyel denkleminin çözümünü bulunuz.
Çözüm
Diferansiyel denklemimizin sag tarafini biraz düzenleyelim;
y 0 = 1 + x + y(x + 1)
y 0 = (1 + x)(1 + y)
Denklemimiz degiskenlerine ayrilabilir bir denklem. Her iki tarafi
1 + y ile bölersek (y 6= −1 olmak kosulu ile)
dy
= (1 + x)dx
1+y
her iki tarafin integralini alabiliriz.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
51/ 136
Örnekler
Z
dy
=
1+y
Z
(1 + x)dx
ln|1 + y| = x +
x2
+c
2
elde ederiz.Burada eger y < −1 ise
ln(−(1 + y)) = x +
− (1 + y) = ex+
x2
+c
2
x2
+c
2
1 + y = −B.ex+
= ex+
x2
2
y(x) = −1 + A.ex+
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
x2
2
.ec
(B = ec )
x2
2
(A = −B)
52/ 136
Örnekler
Eger y > −1 ise
ln(1 + y) = x +
1 + y = ex+
1 + y = A.e
x2
+c
2
x2
+c
2
2
x+ x2
= ex+
x2
2
.ec
(A = ec )
y(x) = −1 + A.ex+
x2
2
Sonuç itibariyle y 6= −1 için her durumda(y < −1, y > −1) ayni
çözümü bulduk.
y(x) = −1 + A.ex+
x2
2
Denklemimizi 1 + y ile bölerken y 6= −1 olsun demistik. y(x) = −1
Bu denklemin bir çözümüdür. Fakat A = 0 seçimiyle elde edilebilir.
Bu nedenle tekil çözüm degildir.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
53/ 136
Örnekler
y 0 = 1 + x + y + xy diferansiyel denklemini asagidaki sekilde de
yazabiliriz
y 0 −(1 + x) y = (1 + x)
| {z }
| {z }
P (x)
Q(x)
Denlemimiz ayni zamanda dogrusal bir denklem. Bir de böyle
çözümü bulmaya çalisalim.Integral çarpanimiz
µ(x) = e
R
−(1+x)dx
= e−x−
x2
2
Denlemin her iki tarafini µ(x) ile çarpalim,
x2
d
[µ(x)y(x)] = e−x− 2 (1 + x)
dx
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
54/ 136
Örnekler
Elde edilen denklemin integralini alalim
Z
x2
x2
e−(x+ 2 ) y(x) = e−(x+ 2 ) (1 + x)dx + c
2
elde ederiz.u = x + x2 ⇒ du = (1 + x)dx degisken dönüsümü
yapilip integral alinirsa
e−(x+
x2
)
2
y(x) = −e−(x+
x2
)
2
+c
bulunur.y(x) i yalniz birakalim, böylece çözüm
y(x) = −1 + c.ex+
x2
2
olur.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
55/ 136
Örnekler
Örnek
dy
= 3x2 (y 2 + 1), y(0) = 1
dx
Baslangiç deger probleminin çözümünü bulunuz.
UYARI
dy
= 3x2 y 2 + 3x2
dx
dy
− 3x2 y 2 = 3x2
dx
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
lineer degil dikkat!!!
56/ 136
Örnekler
Çözüm
Degiskenlerine ayrilabilir bir denklem. Her iki tarafi 1 + y 2 ye
bölelim,
dy
= 3x2 dx
1 + y2
Integral alalim
Z
Z
dy
=
3x2 dx + c
y2 + 1
arctan(y) = x3 + c
y(x) = tan(x3 + c)
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
57/ 136
Örnekler
Baslangiç kosulumuz y(0) = 1 idi. Bunu kullanarak c yi
belirleyelim.
3+ 1 = tan(c)
y(0) = 1
KS
c=
π
4
Baslangiç deger problemimizin çözümü,
y(x) = tan(x3 +
π
)
4
olarak bulunur.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
58/ 136
Örnekler
Örnek
xy 0 = 2y + x3 cosx diferansiyel denkleminin çözümünü bulunuz.
Çözüm
Denklemimiz görüldügü gibi dogrusal bir denklem
2
y 0 − y = x2 cosx
x
|{z}
P (x)
Integral çarpani
µ(x) = e
R
−2
dx
x
= eln|x|
1
=
x2
−2
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
= e−2ln|x|
2 |−1
= eln|x
1
= eln x2
59/ 136
Örnekler
Denklemimizi integral çarpanimizla çarpalim
d 1
1
y(x) = 2 x2 cosx
2
dx x
x
Integral alalim
1
y(x) =
x2
Z
cos xdx + c = sin x + c
elde ederiz. Genel çözümümüz
y(x) = x2 sin x + cx2
olarak bulunur.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
60/ 136
TAM DIFERANSIYEL DENKLEMLER
Birinci mertebeden bir adi diferansiyel denklem
dy
= f (x, y)
dx
(20)
seklinde ifade edilebildigi gibi
M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0
(21)
seklinde ifade edilebilir.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
61/ 136
Tam Diferansiyel Denklemler
M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0
(2)
Bu denklemin çözümü (eger varsa) F (x, y) = C seklinde bir
fonksiyondur. Eger
∂N (x, y)
∂M (x, y)
=
∂y
∂x
saglaniyorsa denklem (2) tam diferansiyel denklem olarak
adlandirilir. Tam diferansiyel denklemler her zaman çözülebilir
denklemlerdir.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
62/ 136
Tam Diferansiyel Denklemler
Çözüm Yöntemi
Eger F (x, y) = c gibi bir fonksiyon (2) deki tam diferansiyel
denklemin çözümü ise
∂F
= M (x, y)
∂x
ve
∂F
= N (x, y)
∂y
olmalidir.
HATIRLATMA
F (x, y) = C nin tam diferansiyelini hatirlayalim
∂F
∂F
dx +
dy = 0
∂x
∂y
|{z}
|{z}
M (x,y)
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
N (x,y)
63/ 136
Tam Diferansiyel Denklemler
Bu durumda M (x, y) nin x’e göre kismi integrali alindiginda
F (x, y) fonksiyonu (çözümümüz) bulunur.
∂F
= M (x, y)
∂x
denkleminde iki tarafin x’e göre kismi integralini alalim
Z
F (x, y) = M (x, y)dx + Φ(y)
Φ(y) intergasyon sabitidir.
Not: x’e göre kismi türev alindiginda sabit sayilar ve y’ye bagli
ifadeler yok olabilecegi için integral sabitimiz y’ye baglidir.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
64/ 136
Tam Diferansiyel Denklemler
Bilinmeyen Φ(y) fonksiyonunu bulabilmek için, elde edilen
Z
F (x, y) = M (x, y)dx + Φ(y)
(22)
denkleminin y’ye göre kismi türevi alinirsa
Z
d
∂
∂F
M (x, y)dx + Φ(y)
=
∂y
∂y
dy
elde edilir. Biz biliyoruz ki
∂F
= N (x, y)
∂y
dir.Buradan Φ(y) fonksiyonunu bulabiliriz ve (3) de yerine
konulursa genel çözümü bulunmus olur.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
65/ 136
Tam Diferansiyel Denklemler
Örnek
y 3 dx + 3xy 2 dy = 0 diferansiyel denkleminin genel çözümünü
bulunuz.
Çözüm
Denklemimizde
M (x, y) = y 3
ve
N (x, y) = 3xy 2
dir.Tam lik kriterine bakildiginda
∂M
= 3y 2
∂y
ve
∂N
= 3y 2
∂x
kismi türevler esit oldugu için denklemimiz tamdir.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
66/ 136
Tam Diferansiyel Denklemler
Denklemimiz TAM oldugu için, çözümümüz olan F (x, y) = C
fonsiyonu için
∂F
= M (x, y) = y 3
∂x
oldugunu söyleyebiliriz. x’e göre kismi integral alinirsa
Z
Z
∂F
dx = y 3 dx + Φ(y)
∂x
F (x, y) = y 3 x + Φ(y)
Simdi Φ(y) yi bulmaliyiz.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
67/ 136
Tam Diferansiyel Denklemler
Buldugumuz
F (x, y) = y 3 x + Φ(y)
fonksiyonun y’ye göre kismi türevi N (x, y) olmali ki çözümümüz
olsun. y’ye göre kismi türev alalim
∂F
d
= 3y 2 x + Φ(y) = 3xy 2
| {z }
∂y
dy
N (x,y)
3xy 2 = 3xy 2 +
d
Φ(y)
dy
⇒
d
Φ(y) = 0
dy
Φ(y)’yi bulmak için integral alirsak Φ(y) = A olarak bulunur. (A
keyfi sabit). Sonuç olarak
F (x, y) = xy 3 + A = C
F (x, y) = xy 3 = K
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
(K = C − A, keyfi sabit)
68/ 136
Tam Diferansiyel Denklemler
Örnek
2xydx + (1 + x2 )dy = 0 diferansiyel denkleminin genel çözümünü
bulunuz.
Çözüm
Denklemimizde
2xy dx + (1 + x2 ) dy = 0
|{z}
| {z }
M (x,y)
N (x,y)
dir.Tam lik kriterine bakildiginda
∂M
= 2x
∂y
ve
∂N
= 2x
∂x
kismi türevler esit oldugu için denklemimiz tamdir.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
69/ 136
Tam Diferansiyel Denklemler
Denklemimiz TAM oldugu için, çözümümüz olan F (x, y) = C
fonsiyonu için
∂F
= M (x, y) = 2xy
∂x
oldugunu söyleyebiliriz.. x’e göre kismi integral alinirsa
Z
Z
∂F
dx = 2xydx + Φ(y)
∂x
F (x, y) = x2 y + Φ(y)
Simdi Φ(y) yi bulmaliyiz.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
70/ 136
Tam Diferansiyel Denklemler
Buldugumuz
F (x, y) = x2 y + Φ(y)
fonksiyonun y’ye göre kismi türevi N (x, y) olmali ki çözümümüz
olsun. y’ye göre kismi türev alalim
∂F
d
2
= x2 + Φ(y) = |1 +
{zx}
∂y
dy
N (x,y)
x2 = x2 +
d
Φ(y)
dy
⇒
d
Φ(y) = 1
dy
Φ(y)’yi bulmak için integral alirsak Φ(y) = y + A olarak bulunur.
(A keyfi sabit). Sonuç olarak
F (x, y) = x2 y + y + A = C
F (x, y) = x2 y + y = K
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
(K = C − A, keyfi sabit)
71/ 136
Tam Diferansiyel Denklemler
Örnek
(x + sin y)dx + (x cos y − 2y)dy diferansiyel denkleminin genel
çözümünü bulunuz.
Çözüm
−x − sin y
dy
=
dx
x cos y − 2y
Görüldügü gibi denklemimiz ayrilabilir yada dogrusal degil. Tam
olup olmadigini kontrol edelim.
(x + sin y) dx + (x cos y − 2y) dy = 0
| {z }
|
{z
}
M (x,y)
dir.Tam lik kriterine bakildiginda
∂M
= cos y ve
∂y
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
N (x,y)
∂N
= cos y
∂x
72/ 136
Tam Diferansiyel Denklemler
Denklemimiz TAM oldugu için, çözümümüz olan F (x, y) = C
fonsiyonu için
∂F
= M (x, y) = x + sin y
∂x
oldugunu söyleyebiliriz.. x’e göre kismi integral alinirsa
Z
Z
∂F
dx = (x + sin y)dx + Φ(y)
∂x
F (x, y) =
x2
+ x sin y + Φ(y)
2
Simdi Φ(y) yi bulmaliyiz.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
73/ 136
Tam Diferansiyel Denklemler
Buldugumuz
F (x, y) = x2 y + Φ(y)
fonksiyonun y’ye göre kismi türevi N (x, y) olmali ki çözümümüz
olsun. y’ye göre kismi türev alalim
d
∂F
= x cos y + Φ(y) = x cos y − 2y
|
{z
}
∂y
dy
N (x,y)
x cos y − 2y = x cos y +
d
Φ(y)
dy
⇒
d
Φ(y) = −2y
dy
Φ(y)’yi bulmak için integral alirsak Φ(y) = −y 2 + A olarak
bulunur. (A keyfi sabit). Sonuç olarak
F (x, y) =
F (x, y) =
x2
+ x sin y − y 2 + A = C
2
x2
+ x sin y − y 2 = K (K = C − A, keyfi sabit)
2
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
74/ 136
Örnekler
Örnek
x+y
dx
1+x2
+ (y + tan−1 x) diferansiyel denkleminin çözümünü
bulunuz.
Çözüm
Denklemimizde
M (x, y) =
x+y
1 + x2
N (x, y) = y + tan−1 x
ve
dir.Tam lik kriterine bakildiginda
∂M
1
=
∂y
1 + x2
ve
∂N
1
=
∂x
1 + x2
kismi türevler esit oldugu için denklemimiz tamdir.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
75/ 136
Örnekler
Denklemimiz TAM oldugu için, çözümümüz olan F (x, y) = C
fonsiyonu için
∂F
x+y
= M (x, y) =
∂x
1 + x2
ve
∂F
= N (x, y) = y + tan−1 x
∂y
oldugunu söyleyebiliriz. Bu denklemlere bakildiginda ikincisini
integrallemek daha kolaydir.
Z
Z
∂F
dy = (y + tan−1 x)dy + Φ(x)
∂y
F (x, y) =
y2
+ y.tan−1 x + Φ(x)
2
Simdi Φ(x) yi bulmaliyiz.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
76/ 136
Örnekler
Buldugumuz
F (x, y) =
y2
+ y.tan−1 x + Φ(x)
2
fonksiyonun x’ye göre kismi türevi M (x, y) olmali ki çözümümüz
olsun. x’ye göre kismi türev alalim
∂F
1
d
x+y
= y.
+
Φ(x) =
2
2
∂x
1+x
dx
{zx }
|1 +
M (x,y)
y.
1
1
d
x
Φ(x) = y.
+
+
2
2
1+x
dx
1+x
1 + x2
d
x
Φ(x) =
dx
1 + x2
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
77/ 136
Örnekler
d
x
Φ(x) =
dx
1 + x2
Φ(x)’yi bulmak için integral alirsak Φ(x) = 21 ln (1 + x2 ) + A
olarak bulunur. (A keyfi sabit). Sonuç olarak
F (x, y) =
F (x, y) =
y2
+ y.tan−1 x +
2
y2
+ y.tan−1 x +
2
1
ln (1 + x2 ) + A = C
2
1
ln (1 + x2 ) = K
2
(K = C − A, keyfi sabit)
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
78/ 136
TAM HALE GETIRME
M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0
(23)
diferansiyel denklemini ele alalim. Eger bu denklem TAM degilse,
yani,
∂N
∂M
6=
∂y
∂x
ise, biz bu denklemi uygun bir α(x, y) fonksiyonu ile çarparak TAM
hale getirebiliriz.O zaman öyle bir α(x, y) fonksiyonu bulalim ki
α(x, y)M (x, y)dx + α(x, y)N (x, y)dy = 0
(24)
denklemi TAM olsun. (1) denklemini tam hale getirmek için
kullandigimiz α(x, y) fonksiyonuna integral çarpani denir. Böyle
bir α(x, y) fonksiyonunu bulmak kolay olmayabilir. Biz basit
durumlari inceleyelim.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
79/ 136
TAM HALE GETIRME
Integral çarpanimiz sayesinde TAM olan (2) yi elde ettik. Yani,
∂
∂
(αM ) =
(αN )
∂y
∂x
Bu denklemden α(x, y) yi bulmaya çalisabiliriz. Türevi alalim,
∂α
∂M
∂N
∂α
N +α
=
M +α
∂y
∂x
∂x
∂y
α(x, y) nin türevlerini bir tarafa toplarsak
α
∂M
∂N
∂α
∂α
−α
=
N−
M
∂y
∂x
∂x
∂y
α(
∂M
∂N
∂α
∂α
−
)=
N−
M
∂y
∂x
∂x
∂y
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
80/ 136
TAM HALE GETIRME
∂M
∂N
1 ∂α
∂α
−
= ( N−
M)
∂y
∂x
α ∂x
∂y
∂α
∂α
∂M
∂N
∂y
−
= ∂x N −
M
∂y
∂x
α
α
∂M
∂N
∂
∂
−
= N (ln α) − M (ln α)
∂y
∂x
∂x
∂y
(25)
Yukaridaki kismi diferansiyel denklemden α(x, y) yi bulmak her
zaman kolay degildir. Biz bazi basit durumlari inceleyelim.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
81/ 136
TAM HALE GETIRME
Durum 1: α sadece x’in fonksiyonu olabilir. O zaman denklem
∂
(3) teki ∂y
(ln α) = 0 olacaktir. Yani
∂M
∂N
∂
−
= N (ln α)
∂y
∂x
∂x
Burada denklemin her iki tarafini N ye bölüp x’e göre integral
alirsak
Z
1 ∂M
∂N
ln α =
(
−
)dx
N ∂y
∂x
α(x) = e
R
1
N
( ∂M
− ∂N
)dx
∂y
∂x
olarak bulunur.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
82/ 136
TAM HALE GETIRME
UYARI
Bu durumun gerçeklenebilmesi için
1 ∂M
∂N
(
−
)
N ∂y
∂x
in sadece x’e bagli olmasi gerekir.
Yani yukaridaki ifade sadece x’e bagli olursa, integral çarpanini
α(x) = e
R
1
N
( ∂M
− ∂N
)dx
∂y
∂x
ile bulabiliriz.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
83/ 136
TAM HALE GETIRME
Durum 2: Benzer sekilde α sadece y’in fonksiyonu olabilir. O
∂
(ln α) = 0 olacaktir ve
zaman denklem (3) teki ∂x
∂M
∂N
∂
−
= −M (ln α)
∂y
∂x
∂y
Burada denklemin her iki tarafini −M ye bölüp y’e göre integral
alirsak
Z
−1 ∂M
∂N
(
−
)dy
ln α =
M ∂y
∂x
R
α(y) = e
−1 ∂M
( ∂y
M
− ∂N
)dy
∂x
olarak bulunur.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
84/ 136
TAM HALE GETIRME
UYARI
Bu durumun gerçeklenebilmesi için
−1 ∂M
∂N
(
−
)
M ∂y
∂x
in sadece y’e bagli olmasi gerekir.
Yani yukaridaki ifade sadece y’e bagli olursa, integral çarpanini
R
α(y) = e
−1 ∂M
( ∂y
M
− ∂N
)dy
∂x
ile bulabiliriz.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
85/ 136
Örnek
(x5 + 3y)dx − xdy = 0 diferansiyel denkleminin çözümünü bulunuz.
Çözüm
Denklemimizde
M (x, y) = x5 + 3y
ve N (x, y) = −x
dir.Tam lik kriterine bakildiginda
∂M
= 3 ve
∂y
∂N
= −1
∂x
esit olmadigi için TAM DEGILDIR.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
86/ 136
Tam yapmak için integral çarpanimizi bulalim;eger
1 ∂M
∂N
(
−
)
N ∂y
∂x
ifadesi sadece x’e bagliysa integral sabitimiz x’e bagli çikacak.
1
−4
∂N
1 ∂M
(3 − (−1)) =
(
−
)=
−x
x
N ∂y
∂x
Görüldügü gibi sadece x’e bagli. Integral çarpanimiz;
α(x) = e
R
1
N
( ∂M
− ∂N
)dx
∂y
∂x
ile bulunabilir.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
87/ 136
α(x) = e
R
−4
dx
x
=
1
x4
olarak integral çarpanimizi buluruz.
Denklemimizi integral çarpanimizla çarpalim,
1 5
1
(x + 3y)dx − x 4 dy = 0
x4
x
3
1
y)dx − 3 dy = 0
x4
x
Bu denklemin tam olup olmadigini kontrol edelim
(x +
∂M
3
∂N
= 4 =
∂y
x
∂x
TAM dir.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
88/ 136
1
3
y)dx − 3 dy = 0
4
x
x
Yukaridaki TAM diferansiyel denklemin çözümü
(x +
F (x, y) =
−y x2
+
=C
x3
2
dir.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
89/ 136
Örnek
−ydx + (x + y)dy = 0 diferansiyel denkleminin çözümünü bulunuz.
Çözüm
Denklemimiz ayrilabilir ve lineer degildir. Denklemimizde
M (x, y) = −y
ve
N (x, y) = x + y
dir.Tam lik kriterine bakildiginda
∂M
= −1 ve
∂y
∂N
=1
∂x
esit olmadigi için TAM DEGILDIR.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
90/ 136
Tam yapmak için integral çarpanimizi bulalim;eger
1 ∂M
∂N
(
−
)
N ∂y
∂x
ifadesi sadece x’e bagliysa integral sabitimiz x’e bagli çikacak.
1 ∂M
∂N
1
−2
(
−
)=
(−1 − 1) =
N ∂y
∂x
x+y
x+y
Görüldügü gibi sadece x’e bagli degil.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
91/ 136
Eger asagidaki ifade sadece y’ye çikarsa integral çarpanimiz sadece
y’ye bagli olacak.
−1
−2
−1 ∂M
∂N
(−1 − 1) =
(
−
)=
−y
y
M ∂y
∂x
integral çarpanimiz:
R
α(y) = e
−1 ∂M
( ∂y
M
− ∂N
)dy
∂x
ile bulunabilir.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
92/ 136
R
α(y) = e
−2
dy
y
=
1
y2
olarak integral çarpanimizi buluruz.
Denklemimizi intagral çarpanimizla çarpalim,
1
1
(−y)dx + 2 (x + y)dy = 0
y2
y
−1
(x + y)
dx −
dy = 0
y
y2
Bu denklemin tam olup olmadigini kontrol edelim
∂M
1
∂N
= 2 =
∂y
y
∂x
TAM dir.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
93/ 136
−1
(x + y)
dx −
dy = 0
y
y2
Yukaridaki TAM diferansiyel denklemin çözümü
F (x, y) =
−x
+ ln |y| = C
y
dir.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
94/ 136
Örnek
(x + 3x3 sin y)dx + (x4 cos y)dy = 0 diferansiyel denkleminin
çözümünü bulunuz.
Çözüm
Denklemimiz ayrilabilir ve lineer degildir. Denklemimizde
M (x, y) = x + 3x3 sin y
ve
N (x, y) = x4 cos y
dir.Tam lik kriterine bakildiginda
∂M
= 3x3 cos y
∂y
ve
∂N
= 4x3 cos y
∂x
esit olmadigi için TAM DEGILDIR.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
95/ 136
Tam yapmak için integral çarpanimizi bulalim;eger
1 ∂M
∂N
(
−
)
N ∂y
∂x
ifadesi sadece x’e bagliysa integral sabitimiz x’e bagli çikacak.
1
−1
∂N
1 ∂M
(3x3 cos y − 4x3 cos y) =
(
−
)= 4
x cos y
x
N ∂y
∂x
Görüldügü gibi sadece x’e bagli.Integral çarpanimiz:
1
N
( ∂M
− ∂N
)dy
∂y
∂x
R
−1
dy
x
R
α(x) = e
α(x) = e
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
=
1
x
96/ 136
Denklemimizi integral çarpanimiz α(x) =
1
x
ile çarpalim,
1
1
(x + 3x3 sin y)dx + (x4 cos y)dy = 0
x
x
(1 + 3x2 sin y)dx + (x3 cos y)dy = 0
Bu denklemin tam olup olmadigini kontrol edersek
∂M
∂N
= 3x2 cos y =
∂y
∂x
TAM dir.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
97/ 136
(1 + 3x2 sin y)dx + (x3 cos y)dy = 0
Yukaridaki TAM diferansiyel denklemin çözümü
F (x, y) = x + x3 sin y = C
dir.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
98/ 136
Yerine Koyma Yöntemleri
Bu kisimda, verilen bir diferansiyel denklemi nasil çözülecegini
bildigimiz bir denkleme dönüstürmek için bazen kullanilabilen
yerine koyma yöntemlerini açiklayacagiz.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
99/ 136
Yerine Koyma Yöntemleri
ÖRNEK
dy
= (x + y + 3)2
dx
diferansiyel denklemini çözünüz.
ÇÖZÜM
x+y+3=v
dönüsümü yapalim.
dy
dx in yerine yazabilmek için y yi çekip türev alalim.
y =v−x−3
dy
dv
=
−1
dx
dx
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
100/ 136
Yerine Koyma Yöntemleri
Denkemimizde yerine yazarsak
dv
− 1 = v2 ⇒
dx
dv
= 1 + v2
dx
{z
}
|
degiskenlerine ayrilabilir
Degiskenlerine ayrilabilir bir denklemi nasil çözecegimizi biliyoruz.
dv
= dx
1 + v2
x = arctan v + c
v = tan(x − c)
Ters dönüsüm yaparsak, (v yerine x + y + 3 yazalim)
x + y + 3 = tan(x − c)
y = tan(x − c) − x − 3
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
101/ 136
Yerine Koyma Yöntemleri
Kural
dy
= F (ax + by + c)
dx
seklindeki herhangi bir diferansiyel denklem
v = ax + by + c
dönüsümüyle ayrilabilir bir denkleme dönüstürülebilir.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
102/ 136
Yerine Koyma Yöntemleri
Homojen Diferansiyel Denklemler
Tanim
f (x, y) tanimli iki degiskenli bir fonksiyon olsun, x yerine λx y
yerine λy yazilinca
f (λx, λy) = λn f (x, y)
ise f (x, y) n. derceden homojen bir fonksiyondur.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
103/ 136
Yerine Koyma Yöntemleri
Homojen Diferansiyel Denklemler
Örnek
f (x, y) = xy 2 + y 3 fonksiyonu için
f (λx, λy) = λx(λy)2 + (λy)3
f (λx, λy) = λ3 xy 2 + λ3 y 3 = λ3 (xy 2 + y 3 )
f (λx, λy) = λ3 f (x, y)
f (x, y) 3. dereceden homojen bir fonksiyondur.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
104/ 136
Yerine Koyma Yöntemleri
Homojen Diferansiyel Denklemler
Tanim
dy
M (x, y)
=
dx
N (x, y)
1. mertebeden diferansiyel denkleminde M (x, y) ve N (x, y) n.
dereceden homojen ise diferansiyel denkleme n. dereceden homojen
diferansiyel denklem denir. Homojen diferansiyel denklemleri
çözmek için, denklem
y
dy
= f (x, y) = g
dx
x
seklinde yazilir. Daha sonra z = y/x dönüsümü yapilir.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
105/ 136
Yerine Koyma Yöntemleri
Homojen Diferansiyel Denklemler
y
dy
=g
dx
x
y
homojen denkleminde z = x dönüsümü yapilirsa
y = zx ⇒
dy
dz
x+z
=
dx
dx
Ve yerlerine yazilirsa
dz
x + z = g(z)
dx
g(z) − z
dz
=
dx
x
degiskenlerine ayrilabilir diferansiyel denkleme dönüsür. Bu
degiskenlerine ayrilabilir denklemi çözer z = xy ters dönüsümü
yapariz.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
106/ 136
Yerine Koyma Yöntemleri
Homojen Diferansiyel Denklemler
ÖRNEK
(2xy + x2 )y 0 = x2 + 2y 2
diferansiyel denkleminin çözümünü bulunuz.
ÇÖZÜM
M (x, y)
dy
x2 + 2y 2
=
=
2
N (x, y)
dx
2xy + x
Homojen mi diye bir bakalim.
M (λx, λy) = (λx)2 + 2(λy)2 = λ2 (x2 + 2y 2 )
N (λx, λy) = 2(λx)(λy) + (λx)2 = λ2 (2xy + x2 )
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
107/ 136
Yerine Koyma Yöntemleri
Homojen Diferansiyel Denklemler
M ve N 2. dereceden homojen fonksiyonlar. Öyleyse diferansiyel
denklem homojendir.Denklemimizi xy in cinsinden yazmaya çalisalim
dy
x2 + 2y 2
=
dx
2xy + x2
z=
y
x
2
=
x2 (1 + 2 xy 2 )
(1 + 2( xy )2 )
=
x2 (2 xy + 1)
(2 xy + 1)
dönüsümü yapalim.
y = zx ⇒
Denklemimiz,
dy
dz
=
x+z
dx
dx
dz
1 + 2z 2
x+z =
dx
2z + 1
e dönüsür.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
108/ 136
Yerine Koyma Yöntemleri
Homojen Diferansiyel Denklemler
Düzenledigimizde;
dz
1−z 1
=
dx
2z + 1 x
degiskenlerine ayrilabilir diferansiyel denklemi elde etmis oluruz.Bu
diferansiyel denklemin çözümü
−2
y
− 3ln|1 − y/x| = ln|x| + C
x
dür.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
109/ 136
Yerine Koyma Yöntemleri
Homojen Diferansiyel Denklemler
ÖRNEK
x
p
dy
= y + x2 − y 2
dx
ÇÖZÜM
Denklemimiz asagidaki sekilde de yazilabilir,
p
M (x, y)
y + x2 − y 2
dy
=
=
N (x, y)
dx
x
Homojenlige bakalim.
N (λx, λy) = λx = λN
N (x, y) fonksiyonu 1. dereceden homojen.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
110/ 136
Yerine Koyma Yöntemleri
Homojen Diferansiyel Denklemler
p
(λx)2 − (λy)2
p
= λy + λ2 (x2 − y 2 )
p
p
= λy + λ x2 − y 2 = λ (y + x2 − y 2 )
|
{z
}
M (λx, λy) = λy +
M
Her ikisi de 1. dereceden homojen dolayisiyla denklemimiz
homojen.Sag tarafi xy cinsinden yazmaya çalisalim.
p
p
dy
y + x2 − y 2
y
x2 − y 2
=
= +
dx
x
x
x
q
2
r
x2 (1 − xy 2 )
y
y
y
= +
= + 1 − ( )2
x
x
x
x
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
111/ 136
Yerine Koyma Yöntemleri
Homojen Diferansiyel Denklemler
z=
y
x
dönüsümü yapalim,
y = zx ⇒
dy
dz
=
x+z
dx
dx
denklemimizde yerine yazalim
p
dz
x + z = z + 1 − z2
dx
Düzenlersek degiskenlerine ayrilabilir denklemimizi elde ederiz.
√
dx
dz
=
2
x
1−z
Degiskenlerine ayrilabilir denklemimizi çözer z yerine y/x yazariz.
Çözümümüz;
y = x sin (ln |x| + C)
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
112/ 136
Yerine Koyma Yöntemleri
Homojen Diferansiyel Denklemler
ÖRNEK
y 2 dx + (x2 − xy − y 2 )dy = 0
ÇÖZÜM
Denklemimizi
−y 2
dy
= 2
dx
x − xy − y 2
seklinde yazalim.Homojenlik için M (x, y) = −y 2 ve
N (x, y) = x2 − xy − y 2 fonksiyonlarinin homojenligine bakalim.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
113/ 136
Yerine Koyma Yöntemleri
Homojen Diferansiyel Denklemler
M (x, y) = −y 2
N (x, y) = x2 − xy − y 2
M (λx, λy) = −(λy)2 = −λ2 y 2 = −λ2 M (x, y)
N (λx, λy) = (λx)2 − (λx)(λy) − (λy)2
= λ2 x2 − λ2 xy − λ2 y 2
= λ2 (x2 − xy − y 2 ) = λ2 N (x, y)
M (x, y) ve N (x, y) fonksiyonlari 2. dereceden homojen oldugu için
denklemimiz homojen bir denklemdir.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
114/ 136
Yerine Koyma Yöntemleri
Homojen Diferansiyel Denklemler
y/x cinsinden yazmaya çalisalim.
( xy )2
−y 2
−y 2
dy
= 2
=
=
−
dx
x − xy − y 2
x2 (1 − xy − ( xy )2 )
1 − xy − ( xy )2
y
x
= z dersek,
dy
dx
=
dz
dx x
x
+ z olur.Yerlerine yazalim,
−z 2
dz
+z =
dx
1 − z − z2
Düzenledigimizde:
1 − z − z2
dx
dz =
3
−z + z
x
degiskenlerine ayrilmis denklemi elde ederiz.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
115/ 136
Yerine Koyma Yöntemleri
Homojen Diferansiyel Denklemler
1 − z − z2
dx
dz =
3
−z + z
x
Yukaridaki diferansiyel denklemi çözüp z =
y
x
yazarsak
y + x = Cy 2 (y − x)
olarak genel çözümümüz bulunur.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
116/ 136
Yerine Koyma Yöntemleri
(a1 x + b1 y + c1 )dx ∓ (a2 x + b2 y + c2 )dy = 0
seklindeki diferansiyel denklemler.
Durum 1:
a2
a1
6=
b2
b1
ise
a1 x + b1 y + c1 = 0, a2 x + b2 y + c2 = 0 dogrulari paralel degildir.
Yani bir noktada kesisirler. Bu kesisme noktasini bulup, (bu nokta
(h, k) olsun)
x=X +h
ve
y =Y +k
dönüsümü uygulariz.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
117/ 136
Yerine Koyma Yöntemleri
(a1 x + b1 y + c1 )dx ∓ (a2 x + b2 y + c2 )dy = 0 seklindeki denklemler
x = X + h ⇒ dx = dX
ve
y = Y + k ⇒ dy = dY
yerlerine yazalim.
(a1 (X +h)+b1 (Y +k)+c1 )dX ∓(a2 (X +h)+b2 (Y +k)+c2 )dY = 0
Düzenlersek
(a1 X+b1 Y +a1 h+b1 k+c1 )dX∓(a2 X+b2 Y +a2 h+b2 k+c2 )dY = 0
(h, k) iki dogrunun kesisim noktasi olduguna göre her ikisinin de
üzerindedir. Sonuç olarak denklemlerini saglar;
a1 h + b1 k + c1 = 0
ve
a2 h + b2 k + c2 = 0
dir.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
118/ 136
Yerine Koyma Yöntemleri
(a1 x + b1 y + c1 )dx ∓ (a2 x + b2 y + c2 )dy = 0 seklindeki denklemler
Bu durumda denklemimiz
(a1 X + b1 Y )dX ∓ (a2 X + b2 Y )dY = 0
seklini alir. Elde ettigimiz bu denklem homojendir.(Kontrol edin.)
Bu homojen denklemi çözersek ve
X =x−h
ve
Y =y−k
ters dönüsümü yaparsak
(a1 x + b1 y + c1 )dx ∓ (a2 x + b2 y + c2 )dy = 0
denkleminin genel çözümünü bulmus oluruz.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
119/ 136
Yerine Koyma Yöntemleri
(a1 x + b1 y + c1 )dx ∓ (a2 x + b2 y + c2 )dy = 0 seklindeki denklemler
ÖRNEK
(x + y − 3)dx + (−x + y + 1)dy = 0 diferansiyel denkleminin genel
çözümünü bulunuz.
ÇÖZÜM
x + y − 3 = 0 ve −x + y + 1 = 0 dogrularinin kesisim noktasini
bulalim. Ortak çözüm yaparsak bu dogrularin (2, 1) noktasinda
kesistigini buluruz.(h = 2, k = 1)
x=X +2
ve
y =Y +2
dönüsümü uygulayacagiz.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
120/ 136
Yerine Koyma Yöntemleri
(a1 x + b1 y + c1 )dx ∓ (a2 x + b2 y + c2 )dy = 0 seklindeki denklemler
x = X + 2 ⇒ dx = dX
ve
y = Y + 1 ⇒ dy = dY
yerlerine yazalim
((X + 2) + (Y + 1) − 3)dX + (−(X + 2) + (Y + 1) + 1)dY = 0
Düzenlersek
(X + Y + 2 + 1 − 3)dX + (−X + Y + −2 + 1 + 1)dY = 0
(X + Y )dX + (−X + Y )dY = 0
veya
dY
(X + Y )
=−
dX
(−X + Y )
seklinde homojen bir denklem elde ettik.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
121/ 136
Yerine Koyma Yöntemleri
(a1 x + b1 y + c1 )dx ∓ (a2 x + b2 y + c2 )dy = 0 seklindeki denklemler
Sag tarafta pay ve paydayi X parantezine alalim.
Y
Y
X(1 + X
)
(1 + X
)
dY
=−
=
−
Y
Y
dX
X(−1 + X )
(−1 + X )
z=
Y
X
dönüsümü yaparsak,⇒
dY
dX
=
dz
dX X
+z
dz
(1 + z)
X +z =−
dX
(−1 + z)
Düzenlersek
1−z
dX
dz =
1 + z2
X
degiskenlerine ayrilabilir denklemi elde ederiz.Her iki tarafin
integralini aldigimizda
arctan z −
1
ln (1 + z 2 ) = ln X + C
2
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
122/ 136
Yerine Koyma Yöntemleri
(a1 x + b1 y + c1 )dx ∓ (a2 x + b2 y + c2 )dy = 0 seklindeki denklemler
z=
Y
X
ters dönüsümünden sonra
arctan (
Y
1
Y
) − ln (1 + ( )2 ) = ln X + C
X
2
X
ve son olarakda
X =x−2
ve
Y =y−1
dönüsümüyle denklemimizin genel çözümün ulasmis oluruz.
arctan (
y−1
1
y−1 2
) − ln (1 + (
) ) = ln (x − 2) + C
x−2
2
x−2
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
123/ 136
Yerine Koyma Yöntemleri
(a1 x + b1 y + c1 )dx ∓ (a2 x + b2 y + c2 )dy = 0 seklindeki denklemler
Durum 2:
a2
a1
=
b2
b1
= k ise
a1 x + b1 y + c1 = 0, a2 x + b2 y + c2 = 0 dogrulari paraleldir.
z = a1 x + b1 y
dönüsümü uygulariz.
z = a1 x + b1 y
⇒
dy
dz
= a1 + b1
dx
dx
1 dz
dy
= (
− a1 )
dx
b1 dx
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
124/ 136
Yerine Koyma Yöntemleri
(a1 x + b1 y + c1 )dx ∓ (a2 x + b2 y + c2 )dy = 0 seklindeki denklemler
z = a1 x + b1 y
ve
dy
1 dz
= (
− a1 )
dx
b1 dx
yerlerine yazilirsa
a1 x + b1 y + c1
a2 x + b2 y + c2
1 dz
z + c1
(
− a1 ) = ±
= f (z)
b1 dx
kz + c2
dy
dx
= ±
dz
= b1 f (z) + a1
dx
degiskenlerine ayrilabilir hale dönüsür.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
125/ 136
Yerine Koyma Yöntemleri
(a1 x + b1 y + c1 )dx ∓ (a2 x + b2 y + c2 )dy = 0 seklindeki denklemler
ÖRNEK
(2x + y − 1)dx = (4x + 2y − 5)dy diferansiyel denkleminin genel
çözümünü bulunuz.
ÇÖZÜM
4
2
= 21 = 2 oldugunu kolayca görebiliriz. z = 2x + y dönüsümü
yapacagiz.
dz
dy
z = 2x + y ⇒
=2+
dx
dx
dy
dz
=
−2
dx
dx
olur.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
126/ 136
Yerine Koyma Yöntemleri
(a1 x + b1 y + c1 )dx ∓ (a2 x + b2 y + c2 )dy = 0 seklindeki denklemler
Denklemimizi
dy
(2x + y − 1)
=
dx
(4x + 2y − 5)
seklinde yazar dönüsümümüzü yaparsak
z−1
dz
−2=
dx
2z − 5
dz
5z − 11
z−1
=
+2=
2z − 5
dx
2z − 5
2z − 5
dz = dx
5z − 11
degiskenlerine ayrilabilir bir denklem haline gelir. Çözümü:
2
3
(z) −
ln (5z − 11) = x + C
5
25
dür.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
127/ 136
Yerine Koyma Yöntemleri
(a1 x + b1 y + c1 )dx ∓ (a2 x + b2 y + c2 )dy = 0 seklindeki denklemler
2
3
(z) −
ln (5z − 11) = x + C
5
25
denkleminde z = 2x + y ters dönüsümünü yaparsak genel
çözümümüz
2
3
(2x + y) −
ln (5(2x + y) − 11) = x + C
5
25
seklinde bulunur.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
128/ 136
Yerine Koyma Yöntemleri
Bernoulli Denklemleri
dy
+ P (x)y = Q(x)y n
dx
seklindeki birinci mertebeden diferansiyel denklemelere Bernoulli
denklemleri denir. n = 0 veya n = 1 ise denklem lineer dir. Aksi
takdirde
v = y 1−n
dönüsümü denklemi
dv
+ (1 − n)P (x)v = (1 − n)Q(x)
dx
lineer denklemine dönüstürür.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
129/ 136
Yerine Koyma Yöntemleri
Bernoulli Denklemleri
v = y 1−n ⇒
dy
dv
= (1 − n)y −n
dx
dx
dy
dv 1
= yn
dx
dx n − 1
denklemimizde yerine yazarsak
yn
dv 1
+ P (x)vy n = Q(x)y n
dx n − 1
Düzenledikten sonra
dv
+ (1 − n)P (x)v = (1 − n)Q(x)
dx
halini alir.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
130/ 136
Yerine Koyma Yöntemleri
Bernoulli Denklemleri
ÖRNEK
2xyy 0 = 4x2 + 3y 2 diferansiyel denkleminin genel çözümünü
bulunuz.
ÇÖZÜM
Denklemimizi
dy
3
2x
−
y=
dx 2x
y
3
seklinde yazarsak P (x) = − 2x
,Q(x) = 2x ve n = −1 oldugu bir
Bernoulli denklemi oldugunu görürüz.
n = −1 oldugu için 1 − n = 2 olacak ve
v = y2
dönüsümü yapacagiz.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
131/ 136
Yerine Koyma Yöntemleri
Bernoulli Denklemleri
dv
+ (1 − n)P (x)v = (1 − n)Q(x)
dx
denkleminde yerine koyalim
dv
3
+ 2(− )v = 2.2x
dx
2x
dv
3
− v = 4x
dx x
Lineer denklemi elde ettik. Integral çarpanimiz
µ(x) = e
R
P (x)dx
=e
R
− x3 dx
=
1
x3
dir.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
132/ 136
Yerine Koyma Yöntemleri
Bernoulli Denklemleri
Denklemimizin her iki tarafinida integral çarpanimizla çarparsak
d 1
1
[ 3 v(x)] = 3 4x
dx x
x
Her iki tarafin integralini alalim
Z
1
4
4
v(x) =
dx + C = − + C
3
2
x
x
x
2
3
v(x) = 4x + Cx
v = y 2 idi,
y 2 = 4x2 + Cx3
olarak çözümümüzü buluruz.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
133/ 136
Yerine Koyma Yöntemleri
Bernoulli Denklemleri
ÖRNEK
dy
x dx
+ 6y = 3xy 4/3 diferansiyel denkleminin genel çözümünü
bulunuz.
ÇÖZÜM
Denklemimizi
dy
6
+ y = 3y 4/3
dx x
seklinde yazarsak P (x) = x6 ,Q(x) = 3 ve n = 4/3 oldugu bir
Bernoulli denklemi oldugunu görürüz.
n = 4/3 oldugu için 1 − n = −1/3 olacak ve
v = y −1/3
dönüsümü yapacagiz.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
134/ 136
Yerine Koyma Yöntemleri
Bernoulli Denklemleri
dv
+ (1 − n)P (x)v = (1 − n)Q(x)
dx
denkleminde yerine koyalim
dv
1 6
1
− ( )v = − 3
dx 3 x
3
dv
2
− v = −1
dx x
Lineer denklemi elde ettik. Integral çarpanimiz
µ(x) = e
R
P (x)dx
=e
R
− x2 dx
=
1
x2
dir.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
135/ 136
Yerine Koyma Yöntemleri
Bernoulli Denklemleri
Denklemimizin her iki tarafinida integral çarpanimizla çarparsak
d 1
1
[ 2 v(x)] = 2 (−1)
dx x
x
Her iki tarafin integralini alalim
Z
1
−1
1
v(x) =
dx + C = + C
2
2
x
x
x
2
v(x) = x + Cx
v = y −1/3 idi,
y −1/3 = x + Cx2
olarak çözümümüzü buluruz.
Doç.Dr. Burcu Silindir Yantır
136/ 136

Mat 3

Related documents

Products

Support

Mat 3

Related documents

Add this document to collection(s)

Add this document to saved

Suggest us how to improve StudyLib