3. Yüksek Mertebeden Adi Diferansiyel Denklemler

3. Yüksek Mertebeden Adi Diferansiyel Denklemler
Geçmiş konularda şu ana kadar ele alınan 1.mertebe-1.dereceden adi diferensiyel denklemler ancak
1.mertebe seviyesindeki belirli problemleri ifade edebilmektedir. Daha üst mertebeden değişkenliğe
sahip daha karmaşık yapıdaki problemlerin ifade edilebilmesi için Yüksek Mertebeden Diferensiyel
Denklemlere ihtiyaç duyulur. Bu diferensiyel denklemler Değişken Katsayılı ve Sabit Katsayılı
olabilirler.
Değişken Katsayılı Adi Diferensiyel Denklemler
Katsayıları bağımsız(x) değişkene bağlı diferensiyel denklemlerdir. Genel ifadesi şöyledir.
an(x).yn + an-1(x).y(n-1) + … + a2(x).y’’ + a1(x).y’ + a0(x).y = Q(x)
En az bir an(x) katsayısı değişken olmalıdır.
Sabit Katsayılı Adi Diferensiyel Denklemler
Katsayıları bağımsız(x) değişkenine bağlı olmayan diferensiyel denklemlerdir. Genel ifadesi
şöyledir.
an.y(n) + an-1.y(n-1) + … + a2.y’’ + a1.y’ + a0 .y = Q(x)
an katsayılarının tamamı sabit olmalıdır.
Burada Sabit ve Değişken katsayılı Diferansiyel Denklemler karşılaştırıldığında değişken
katsayılıların sabit katsayılılara göre çözümlerinin daha zor olduğu bilinmektedir. Bu nedenle
sabit katsayılılar daha kolay çözülürken, değişken katsayılılar için daha özel çözüm
yöntemleri geliştirilmiştir. Bu çerçevede öncelikle sabit katsayılı diferansiyel denklemlerin
çözümleri ele alınacaktır. Çünkü genellikle değişken katsayılı diferansiyel denklemleri
çözerken de sabit katsayılı diferansiyel denklemlerin çözüm yöntemlerinden
yararlanılmaktadır. Daha sonra da değişken katsayılı yüksek mertebeden diferensiyel
denklemler ve çözümleri için bazı örnekler verilecektir.
3.1. Sabit Katsayılı Yüksek Mertebeden Adî Diferansiyel Denklemler
Sabit Katsayılı Yüksek Mertebeden diferensiyel denkler kolay çözülebilmeleri için iki
kısımda ele alınır. Eşitliğin sol tarafında yer alan kısım Homogen , sağ tarafında yer alan
kısım ise Sağ taraf fonksiyonu olarak adlandırılır.
an. y(n) + an-1.y(n-1) + … + a2.y’’ + a1.y’ + a0 .y = Q(x)
Homojen kısım
Sağ taraf fonksiyonu
Analitik çözümlerde Genel Çözümler elde edilirken homojen kısım ve sağ taraf fonksiyonu
ayrı ayrı çözülür.
Böylece Genel çözümler için;
yh…………….Homojen Kısmın Çözümü
y1, y2, … ,yk …sağ taraf fonksiyonu ile ilgili özel çözümler ise
Genel Çözüm
y=
yh
y1 + y2 +…+ yk
+
Homojen kısmın çözümü
Özel Çözümler
şeklinde elde edilir.
3.1.1. Sabit Katsayılı Yüksek Mertebeden Adî Diferansiyel Denklemlerin Homogen
Kısmının Çözümleri
Homojen Çözümler….yh ile gösterilmek üzere
an.y(n) + an-1.y(n-1) + … + a2.y” + a1.y’ + a0.y = 0
Homojen Kısım
Çözümler için y = erx fonksiyonunun uygun olduğunu kabul edelim.
r = sabit değerler olmak üzere y = erx çözümü homojen kısmı sağlamalıdır. O halde
y = erx  y’ = r.erx  y” = r2.erx  …  y(n-1) = rn-1.erx  yn = rn.erx
ifadeleri homojen kısımda konulursa;
erx. [ an.rn + an-1.rn-1 + … + a2.r2 + a1.r + a0 ] = 0
 0 ’dır.
= 0 olmalıdır.
(erx ancak rx=- sonsuz da 0 olabilir. Bu da belirsizliktir.)
Burada
f(r) = an.rn + an-1.rn-1 + … + a2.r2 + a1.r + a0 = 0
denklemine Karakteristik Denklem adı verilir. Bu denklem n. dereceden polinomial bir
denklem olduğundan “f(r)’nin n tane sonlu kökü olmalıdır”. Bu kökler
r1 , r 2 , r 3 , … , r n
şeklindedir. O halde homojen çözüm;
yh = c1 . er1x +
c . er2x + … + c . ernx
2
şeklindedir. Burada
bulunmalıdır.
n
c , c , … ,c
1
2
n
keyfi sabitlerdir ve Mertebe kadar keyfi sabit
1
(r1, r2, … , rn ) Köklerine göre Karakteristik Denklemin Çözümleri:
a) r1, r2, … , rn Kökleri REEL ve FARKLI ise;
r1  r2  …  rn ve reel ise (karmaşık değil) Homogen kısmın çözümü
yh = c1 . er1x + c2 . er2x + … + cn .ernx
şeklindedir.
ÖRNEK:
y”’ – 3.y” – 4.y’ = 0 şeklinde verilen diferensiyel Denklemini çözelim;
Diferensiyel denklem yalnız Homojen kısımdan oluştuğundan
Karakteristik denklem; f(r)=r3 – 3.r2 – 4.r = 0 şeklindedir. Buradan kökler
r(r2 – 3.r – 4) = 0
r
-4
r
+1
r(r+1)(r–4) = 0
r1 = 0, r2 = -1, r3 = 4  kökler farklı ve reeldir. O halde homojen kısmın çözümü
yh = c1 . er1x + c2 . er2x + c3 . er3x
yh = c1 . e0.x +
c . e-x + c . e4.x
yh = c + c . e-x + c . e4.x olarak elde edilir. Diferensiyel denklemin sağ taraf fonksiyonu
3
2
3
2
1
olmadığından bu çözüm aynı zamanda genel çözümdür.
b) r1, r2, … , rn kökleri REEL ve ÇAKIŞIK (EŞİT) ise;
r1 = r2 = rk (reel eşit)
yh = c1 .X0.er1x +
rk+1 =/= rn (reel ve farklı)
c .X1. er2x + c .X2. er3x + … + c . Xk-1. erk.x + c
2
k
3
Reel ve Çakışık(eşit) kökler için çözüm
k 1
. er.x k+1 +
c . ern.x
n
Reel ve farklı kökler için çözüm
ÖRNEK:
y”’ – 4.y” + 4.y’ = 0 homogen kısımdan oluşan dif.denklemini ele alalım.
Karakteristik denklem; f(r) = r3 – 4.r2 + 4.r = 0  r(r2 – 4.r + 4) = 0  r(r–2) 2 = 0
r1 = r2 = 2 (reel çakışık, eşit) , r3 = 0 (reel farklı) köklerine göre homogen kısmın çözümü
yh = ( c1 .x0. er1x +
c .x1. er2x )+ c . er3x
yh = ( c . e2x + c . x. e2x ) + c . e0.x
yh = c . e2x + c . x. e2x + c şeklinde ortaya çıkar.
2
1
1
3
2
2
3
3
2
c) r1, r2, … , rn kökleri KARMAŞIK (KOMPLEX) ise;
Karakteristik denklemin ( f(r) ) kökleri içerisinde karmaşık kök var ise bunlar mutlaka eşlenik
çiftler şeklinde ortaya çıkar.
r1 = a1 + i. b1 nin eşleniği r2 = a1 – i. b1
r 3 = a2 + i. b2 nin eşleniği r4 = a2 – i. b2 olur.
r1, r2, r3, r4 yerine konulduğunda;
yh = c1 . e(a1 + i. b1).X + c2 . e(a1 - i. b1).X + c3 . e(a2 + i. b2).X + c4 . e(a2 - i. b2).X
olur. Karmaşık ifadeler yerine trigonometrik ifadeler yazılırsa
yh = ea1.X [ c1 .cosb1x +
a .X
c .sinb1x ] + e 2 [ c .cosb2x + c .sinb2x ]
3
2
4
şeklinde daha kullanışlı hale gelir.
ÖRNEK: y” – 6.y’ + 13.y = 0 homogen kısımdan oluşan dif.denklemini ele alalım.
f(r)= r2 – 6.r + 13 = 0 Karakteristik denkleminin kökleri
2
r1,2 =  b  b  4.a.c = 6  36  52 = 3  2.i
2
2.a
r1 = 3 + 2.i ve r2 = 3 – 2.i
a1 b1
a2 b2
şeklinde karmaşık kök olarak ortaya çıkar. O halde çözüm
yh = ea1.X [ c1 .cosb1x + c2 .sinb1x ]
yh = e3.X [ c1 .cos2x +
c .sin2x ]
2
olur.
3
ÖRNEK:( uyg)
y”’ – y” – 5.y’ – 3.y= 0 şeklinde verilen homogen kısmın çözümü için karakteristik denklem
f(r)=r3 – r2 – 5.r – 3 = 0 şeklinde 3.dereceden polinomial denklemdir. Buradan kökleri
araştıralım;
r = 1 için f(1) = 1–1+5–3= –8  0
r = –1 için f(–1) = –1–1+5–3= 0 = 0 dan
denklemin bir kökü r = –1  r + 1 = 0 ise denklemin bir çarpanıdır. Bu durumda
f(r) denklemi (r+1)’e kalansız bölünebilir.
Bölme işlemini yaparsak
r3 – r2 – 5.r – 3 r + 1
r3 + r2
r2 – 2.r – 3
–
– 2r2 – 5r – 3
– 2r2 – 2r
–
– 3r – 3
– 3r – 3
0
r2 – 2.r – 3 = 0
r
-3
r
+1
(r+1)(r–3) = 0
0 halde; f(r) = (r+1)(r+1) (r–3) = 0
Çakışık kökler/Farklı kök
Ve kökler r1 = r2 = –1 Çakışık reel kökler , r3 = 3 farklı kökler olarak bulunur. Buradan
yh = ( c1 . er1x +
c .X1. er2x )+ c . er3x
yh = c . e-x + c .X. e-x + c . e3x
yh =e-x ( c + c .X ) + c . e3x
2
3
3
2
1
1
2
3
çözümü elde edilir.
4
ÖRNEK: (öğr)Karmaşık kökler
y” – 2.y’ + 2.y = 0
Karakteristik denklem = f(r)= r2 – 2.y + 2 = 0
2
r1,2 =  b  b  4.a.c
2.a
=
2  4  4.2 1 i
= 
2
r1 = 1 + i r2 = 1 – i
a1 b1
yh = ea1.X [ c1 .cosb1x +
X
yh = e [ c1 .cosx +
c .sinb1x ]
2
c .sinx ]
2
ÖRNEK: (öğr)Reel çakışık kökler
1
y”’ + y” + .y’ = 0
4
Karakteristik denklem = f(r)= r3 + r2 +
1
.r = 0
4
1
1
) = 0  r1 = r2 = – (reel çakışık, eşit) , r3 = 0 (reel farklı)
4
2
-x / 2
-x / 2
yh = c1 . e
+ c2 .X. e
+ c3 . e 0.x
r (r2 + r +
yh = e -x / 2 ( c1 + c2 .X ) + c3
ÖDEV: …….
5
3.1.2. Sağ Taraf Fonksiyonu İle İlgili Özel Çözümler
Yüksek mertebeden sabit katsayılı adi diferensiyel denklemlerin Q(x) sağ taraf fonksiyonu ile
ilgili çözümler, bu fonksiyonun yapısına göre, özellikle düzgün olup olmamasına göre
değişiklik göstermekte ve buna göre de çözüm yöntemleri değişmektedir. Bu kısımda Düzgün
Fonksiyonlar için Belirsiz Katsayılar Yöntemi, düzgün olmayan fonksiyonlar için Lagrange
Sabitlerin Değişimi Yöntemi örneklerle ele alınacaktır.
an.y(n) + an-1.y(n-1) + … + a2.y” + a1.y’ + a0.y = Q(x)
Homojen kısım
sağ taraf fonksiyonu
Özel Çözümler
Belirsiz katsayılar yöntemi / Lagrange sabitlerinin değişimi yöntemi
(Düzgün Fonksiyonlar için kullanılır)/(düzgün olmayan Q(x) fonk. için kullanılır)
Belirsiz Katsayılar Metodu ( düzgün fonksiyonlar için):
Aşağıdaki tabloda Belirsiz katsayılar yönteminin kullanılabileceği düzgün fonksiyonlar ve bu
fonksiyonlarla ilgili Özel Çözümler verilmiştir.
Özel Çözüm(y1, y2,..)
Q(x) -- sağ taraf fonksiyonu
fonksiyonu
y1= A.sinβx + B.cosβx
 a.sinβx  b.cosβx
Trigonometrik
(veya yalnız birisi)
Üstel
 a.eα.x
 an.xn  an-1.xn-1  …
a
(  a.sinβx  b.cosβx).(  c.eα.x )
Polinom
Sabit
Trig.* üstel
y1=A. eα.x
y1=A.xn + B.xn-1 +...+K
y1= A
y1=eα.x [A.sinβx + B.cosβx ]
y1=Sinβx[A.xn + B.xn-1 +...+Z]
+Cosβx[A.xn + B.xn-1 +...+L]
 b.cosβx).(  an.xn  an-1.xn-1  …)
Üstel * pol.
y1=eα.x [A.xn + B.xn-1 +..+Z ]
(  a.eα.x ) . (  an.xn  an-1.xn-1  …)
Buradaki çarpımlarda terim sayısı fazla olan fonksiyonun katsayıları dikkate alınır.
A,B,C,…,Z ifadelerine belirsiz katsayılar adı verilir. Bu katsayılar belirlenerek özel çözümler
elde edilir.
Trig.*polinom
(  a.sinβx
Aşağıdaki tabloda bazı düzgün fonksiyonlar ve bunlara karşılık gelecek olan Özel Çözüm
örnekleri verilmiştir.
–5.sin2x
2.sinx–cosx
–sinx+2cos2x
–5. e2x
–7.x3 + 2.x – 5
–10.x2
–72
(–5.sin2x). e2x
(–cosx). ( –10. x2)
(–5. e2x).(–5.x2 + 7)
y1= A.sin2x + B.cos2x
y1= A.sinx + B.cosx
y1= A.sinx + B.cosx ( –sinx için ),
y2= C.sin2x+D.cos2x ( 2cos2x için )
y1= A.e 2x
y1= A.x3 + B.x2 + C.x+D
y1= A.x2 + B.x + C
y1= A
y1= e2x [A.sin2x + B.cos2x ]
y1= sinx( A.x2 + B.x + C) + cosx ( D.x2 + E.x + F )
y1= e2x [ A.x2 + B.x + C]
6