tam diferansiyel hale getirilebilen denklemler

UYGULAMALI
DİFERANSİYEL DENKLEMLER
Homojen Hale Getirilebilen Diferansiyel Denklemler
ax  by  cdx  a' x  b' y  c'dy  0
Şeklindeki diferansiyel denklem homojen olmamasına rağmen basit bir değişken dönüşümü ile
homojen hale dönüştürülebilir.

a b
 ab'a' b  0 olduğu takdirde iki doğru birbirine paraleldir.
a ' b'
ax  by  cdx  k ax  by   c'dy  0
şeklinde yazılabilir.
Bu durumda u=ax+by , du=adx+bdy dönüşümü yapılarak denklem homojen diferansiyel
denklem haline dönüştürülebilir.
Örnek
2x  4 y  5dx  3x  6 y  2dy  0
diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz.
2 4

 2.6  4.3  0
3 6
olduğu için:
2x  2 y   5dx  3x  2 y   2dy  0
u  x  2y
du  dx  2dy dönüşümü yapılırsa:
2u  5dx  3u  2 du  dx   0

 dx  
şeklinde yazılır.
2
3u  2
du  0
u  12

u  12dx  3u  2du  0
x  3u  38 ln u  12  C  0
4 x  6 y  38 ln x  2 y  12  C  0
Örnek
2 y  x  1y'2 y  x 1  0
diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz.
1  2

 1.2   2.1  0 olduğu için:
1
2
u  2y  x
u'  2 y'1
dönüşümü yapılırsa:
u  1 u'1   2u  1  0
u  1u'5u 1  0
 2 
u 1
du  dx
5u  1
5u  1  6 du  dx
5.5u  1
u 6
 ln 5u  1  x  C  0
5 5
1
6
du

 5  5.5u  1 du   dx
10 y  20 x  6 ln 10 y  5x  1  A  0
Homojen Hale Getirilebilen Diferansiyel Denklemler
ax  by  cdx  a' x  b' y  c'dy  0
Şeklindeki diferansiyel denklem homojen olmamasına rağmen basit bir değişken dönüşümü ile
homojen hale dönüştürülebilir.

a b
 ab'a' b  0 olduğu takdirde iki doğru (α, β) noktasında kesişir.
a ' b'
x   X
y   Y
dx  dX
dy  dY
dönüşümü uygulanarak homojen diferansiyel denkleme çevrilir.
Örnek
3x  7 y  3dy  7 x  3 y  7dx  0
diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz.
3 7

 9   49  40  0 olduğu için:
7 3
3x  7 y  3  0 7 x  3 y  7  0 doğruları (1,0) noktasında kesişir.
x 1  X
dx  dX
y  0 Y
dy  dY
dönüşümleri yapılırsa denklem aşağıdaki hale gelir:
dY 3Y  7 X

dX 3 X  7Y
Elde edilen denklem homojen diferansiyel denklemdir.
dY 3Y  7 X

dX 3 X  7Y
Y  uX
dY du

X  u dönüşümü yapılırsa:
dX dX

3  7u
dX
du

7 u 2 1
X



du
7 u 2 1
X
dX
3  7u
du
3uX  7 X
X u 
dX
3 X  7uX
1 2
5 
1

du

 7  u  1 u  1   X dX
2
5
u 12  Au  15 X 7
ln u  1  ln u  1  ln X  C
7
7
Y
2
5
4
u
dönüşümü yapılırsa: Y  X   AY  X  X
X
X  x 1
Y  y ters dönüşümü yapılırsa:
 y  x  12  A y  x 15 x 14
Tam Diferansiyel Denklemler
Px, y dx  Qx, y dy  0 şeklindeki diferansiyel denklemde;
P Q

y x
şartı gerçeklenirse, bu tip diferansiyel denkleme
Tam Diferansiyel Denklem denir. Çözümü:
 x, y    Px, y dx  f  y   S x, y   f  y 
bulunduktan sonra:
 x, y  S

 f '  y   Qx, y 
y
y
elde edilir. Buradan:
 x, y   C eşitliği bulunur.
Örnek
y e x dx  e x dy  0 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Px, y   y.e x
Qx, y   e x
P Q

 e x olduğu için denklem tam diferansiyeldir.
y x
 x, y    Px, y dx  f  y    y.e x dx  f  y   y.e x  f  y 
 x, y 
 ex  f 'y  ex
y
f ' y  0
Genel çözüm:
y ex  C
f y  C
Örnek
2 xy
2

1
 y sin x  2 x  1 dx   2 x 2 y  cos x  dy  0
y


Px, y   2 xy 2  y sin x  2 x  1
diferansiyel denkleminin genel
çözümünü bulunuz.
Qx, y   2 x 2 y  cos x 
P Q

 4 xy  sin x
y x
1
y
 x, y    Px, y dx  f  y    2 xy 2  y sin x  2 x  1dx  f  y 
 x, y   x 2 y 2  y cos x  x 2  x  f  y 
 x, y 
Q
y
2 x 2 y  cos x  f '  y   2 x 2 y  cos x 
f 'y 
1
y
f  y   ln y
Genel çözüm:
x 2 y 2  y cos x  x 2  x  ln y  C
1
y
Örnek
x
2



 y 2  a dy  2 xy  x 2  b dx  0 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Px, y   2 xy  x 2  b
Qx, y   x 2  y 2  a
P Q

 2 x olduğu için denklem tam diferansiyeldir.
y x
 x, y    Px, y dx  f  y    

x3
2 xy  x  b dx  f  y   x y   bx  f  y 
3
 x, y 
Q
y
2
x2  f '  y  x2  y 2  a
y3
f y 
 ay
3
Genel çözüm:
x3
y3
x y   bx 
 ay  C
3
3
2
2
f ' y  y2  a
TAM DİFERANSİYEL HALE GETİRİLEBİLEN DENKLEMLER
İntegral Çarpanı
Px, y dx  Qx, y dy  0 şeklindeki diferansiyel denklemde;
P Q

şartı gerçeklenmiyorsa bu denklem tam diferansiyel denklem değildir.
y x
Bu denklem λ(x,y) integrasyon çarpanı ile çarpılarak tam diferansiyel denklem haline
dönüştürülebilir.
.Px, y dx  .Qx, y dy  0

P    Q 
y
x


Q
P
x
y

P Q

y x
İntegral Çarpanının sadece x’in fonksiyonu olması durumu:
   x 

Q  0.P
  x
P Q

y x

 0 olacağına göre;
y
 P Q  d
 

Q
 y x  dx
 
P Q

d y x

dx

Q
Örnek
3xy
3



denkleminin integral çarpanını ve genel çözümünü
bulunuz.
 4 y dx  3x 2 y 2  2 x dy  0
P( x, y)  3xy 3  4 y
Q( x, y)  3x 2 y 2  2 x
P( x, y )
 9 xy 2  4
y
Q( x, y )
 6 xy 2  2
x
olduğuna göre verilen denklem
tam dif. denk. değildir.
P Q

d
9 xy2  4  6 xy2  2
1
y
x

dx 
dx  dx

Q
x
3x 2 y 2  2 x

d
1
  dx

x
x




x 3xy 3  4 y dx  x 3x 2 y 2  2 x dy  0
3x
2



y 3  4 xy dx  3x3 y 2  2 x 2 dy  0 denklemi tam diferansiyel denklemdir.
 ( x, y)   3x 2 y 3  4 xy dx
 ( x, y)  x3 y 3  2 x 2 y  f ( y)

 ( x, y )
 Q ( x, y )
y

 x3 y 3  2 x 2 y  f ( y)
 3x 3 y 2  2 x 2
y
3x 3 y 2  2 x 2  f ' ( y )  3x 3 y 2  2 x 2
f ' ( y)  0
Genel çözüm:
x3 y 3  2 x 2 y  C
f ( y)  C
İntegral Çarpanının sadece y’nin fonksiyonu olması durumu:
  y

P
y

P Q

y x
0.Q 

 0 olacağına göre;
x
 P Q 
d
  

P
dy
 y x 
 
P Q

d
y x

dy

P
Örnek
denkleminin integral çarpanını ve genel çözümünü
bulunuz.
y3x  2 y dx  3 y  x  dy  0
2
P( x, y)  y3x  2 y 
Q( x, y)  3 y  x 
2
P( x, y )
 3x  4 y
y
Q( x, y )
 6 y  6x
x
olduğuna göre verilen denklem
tam dif. denk. değildir.
P Q

d
3x  4 y  6 y  6 x
1
y x

dy  
dy  dy

P
3xy  2 y 2
y

d


y
1
dy
y
y
2
y 2 3x  2 y dx  3 y y  x  dy  0 denklemi tam diferansiyel denklemdir.
 ( x, y)   3xy 2  2 y 3 dx
 ( x, y) 
3 2 2
x y  2 xy 3  f ( y)
2
3

 x 2 y 2  2 xy 3  f ( y ) 
2
  3 y  y  x 2
y
 ( x, y )
 Q ( x, y )
y
3x y  6 xy  f ' ( y)  3 y  6 xy  3x y
2
2
3
2
2
f ' ( y)  3 y
Genel çözüm:
3 2 2
3
x y  2 xy 3  y 4  C
2
4
3
f ( y) 
3 4
y C
4
LİNEER DENKLEMLER
1. Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler
f ( x) y' g x y  h( x) şeklindeki diferansiyel denkleme lineer denir.
Bu denklem f(x) ile bölünürse:
y' Px y  Q( x)
şeklindeki genel lineer denklem formu elde edilir.
Bu tipteki denklemlerin çözümünde üç ayrı yol izlenir:
A) y=uv dönüşümü ile çözüm
B) µ=µ(x) şeklinde x’e bağlı integrasyon çarpanı ile çözümü
C) Sabitin değişimi metodu ile çözüm: C(x)
A) y=uv dönüşümü ile çözüm:
Örnek
y' y. tan x   cot 2 x denkleminin genel çözümünü y=uv dönüşümü ile bulunuz.
y  uv
y'  u' v  uv'
uv' cot 2 x  0
u' v  uv'uv. tan x  cot x  0
2
u'u tan xv  uv' cot
2
x0
v' cos x  cot 2 x  0
0
u'u tan x  0
vC
du
  tan x.dx
u
u  cos x
1 

y  uv   C 
 cos x
sin
x


1
sin x
Örnek
y' yx  x denkleminin genel çözümünü y=uv dönüşümü ile bulunuz.
y  uv
y'  u' v  uv'
u' v  uv'uvx  x
e
u'uxv  uv'  x

x2
2
v' x  0
v' xe
x2
2
0
0
du
  xdx
u
u'ux  0
ue

ve
x2
2
y  uv  e

x2
2
 x

2
e  C 




2
x2
2
C
B) µ=µ(x) şeklinde x’e bağlı integrasyon çarpanı ile çözümü:


μ
(
x
)
C 
ye




μ
(
x
)
Q( x ) e
dx
μ( x)   Pdx


Örnek
x
2

denkleminin genel çözümünü µ=µ(x) integrasyon çarpanı ile
 1 y'2 xy  x 2 bulunuz.
x
y  Ce 



 1 dy  2 xy  x 2 dx  0
2x
2x
x 2  x 2 1dx 
 x 2 1dx 
ye
e
dx 
C   2
x

1


2x
x2
y ' 2
y 2
x 1
x 1
y' Px y  Q( x)
  e ln x 1
ln x 2 1
2
2

x 2 ln x 2 1
 x 2  1 e dx
C
1

x 2 dx
2
2

x 1 x 1
y
C
x3

Genel çözüm: y  2
x 1 3 x2 1


C) Sabitin değişimi metodu ile çözüm: C(x)
Örnek
y'2 xy  e  x denkleminin genel çözümünü sabitin değişimi metodu ile bulunuz.
2
Öncelikle denklemin sağ tarafsız çözümü bulunur:
dy
 2 xdx
y
y'2 xy  0
y  Ce
ln y   x  C
2
 x2
Daha sonra C sabiti C(x) şeklinde seçilerek:
y  C x e x
C ' x e
 x2
 2 xC x e
 x2
y'  C ' x e x  2C x e x
2
2
 2 xC x e
 x2
C ' x   1
Genel çözüm:
 e
 x2
C ' x e
C x    x  A
y   x  Ae
 x2
2
 x2
 e
 x2
Örnek
y'
1
1
denkleminin genel çözümünü sabitin değişimi metodu ile bulunuz.
y


2
2
x 1
x 1
Öncelikle denklemin sağ tarafsız çözümü bulunur:
1
y ' 2
y0
x 1
dy
dx
 2
y x 1
y  Cearctan x
ln y  arctan x  C
Daha sonra C sabiti C(x) şeklinde seçilerek:
y'  C ' x earctan x 
y  C x earctan x
C ' x earctan x 
1
1
1
arctan x
arctan x




C
x
e

C
x
e


x2 1
x2 1
x2 1
C ' x   
Genel çözüm:
1
arctan x
e
x2 1

1
C x earctan x
2
x 1
C ' x earctan x  
C x   earctan x  A

y  e arctan x  A earctan x  Ae arctan x  1
1
x2 1