P(x)=1 sabit değer olduğundan her nokta adi noktadır

2012-2013 GÜZ
P(x),Q(x),R(x) fonksiyonları polinom olmak üzere
d2y
dy
P( x) 2 Q( x)
R( x) y 0
dx
dx
(1)
veya P(x)
d2y
dx2
Q( x) dy
P( x) dx
R( x)
y 0
P( x)
y ''
p( x) y ' q( x) y 0
denklemi için
P(x)
şartını sağlayan x=x0 noktasına ‘adi nokta’ denir, çözümleri x0 adi noktasının civarında
y=a0+a1(x-x0)+a2(x-x0)2+........
an ( x x0 ) n
=
n 0
şeklinde ararız.
x=x0 noktası; p(x)=Q(x)/ P(x), q(x)= R(x)/ P(x) fonksiyonları x 0 noktasında analitik olmak üzere
d2y
dx2
Q( x) dy
P( x) dx
R( x)
y 0
P( x)
y ''
p( x) y ' q( x) y 0
denkleminin bir adi noktası ise buradan denklemin genel çözümü
an ( x x0 ) n =a0y1(x) + a1y2(x)
ygenel=
n 0
olur. Burada a0 ve a1 keyfidir
P(x)= koşulunu sağlayan x=x0 noktasına(1) denkleminin ‘singular (tekil)noktası’ denir.
lim x
x0
( x x0 )
Q( x)
P( x)
sonlu
,
ise bu koşulları sağlayan x0 noktasına
lim x
P( x)
Singüler Noktası’ denir.
x0
( x x0 ) 2
R( x)
P( x)
sonlu
d2y
dy
Q( x)
R( x) y 0 denkleminin ‘Regüler2
dx
dx
a0 0 olmak üzere
an x n =
y=xr(a0+a1x+a2x2+..........+anxn)= xr
n 0
an x r
n
n 0
Analitik Fonksiyonlar için
UFUK ÖZERMAN- 2012-2013
Page 1
( x x0 )
Q( x)
2 R( x)
ve ( x x0 )
P( x)
P( x)
1) y′′-xy′-y=0
fonksiyonları x0 noktasında seriye açılabilmelidir
x=x0=0 adi nokta civarında iki bağımsız çözümünü bulunuz
P(x)=1 sabit değer olduğundan her nokta adi noktadır.
y=a0+a1x+a2x2+ a3x3+a4x4........
=
an x n
n 0
y’=a1+2a2x+......+(n-1)an-1xn-2 +nanxn-1=
nan x n 1
n 1
y’’=2a2+.....+(n-1)(n-2)an-1xn-3+.... =
n(n 1)an x n
2
n 2
(n 2)(n 1)an 2 x n n 0
nan x n n 1
an x n
0
n 0
an
an
(n 2)
2
rekürans bağıntısı buluınur
n=0 için a2
n=1 için a3
n=2 için a4
n=3 için a5
a0
2
a1
3
a2 a 0
4 2.4
a3 a1
5 3.5
y=a0+a1x+a2x2+ a3x3+a4x4+a5x5
y= a0+a1x+
a0 2 a1 3 a0 4 a1 5
x+ x+ x+ x
2
3
2.4
3.5
x3 x5
1 2 1 4
y= a0(1+ x + x +…)+a1(x+ +
....)
3 3.5
2
2.4
Birinci çözümü bulmak için a0=1 ve a1=0 seçilirse,
1
2
y1(x)= (1+ x2+
UFUK ÖZERMAN- 2012-2013
1 4
x +…)
2.4
Page 2
İkinci çözümü bulmak için , keyfi a0 ve a1 sabitlerinden
a0=0 ve a1=1 seçilirse,
y2(x)= (x+
2) ( x2 4) y xy x 2
civarında bulunuz.
x3 x5
+
....)
3 3.5
diferansiyel denklemin seri çözümünü x=0 noktası
Verilen denklem x2+4 bölünürse , x=0 noktası diferansiyel denklemin
adi noktasıdır.
x=0 noktası civarında diferansiyel denklemin
y=a0+a1x+a2x2+ a3x3+a4x4........
=
an xn
n 0
y’=a1+2a2x+......+(n-1)an-1xn-2 +nanxn-1=
nan x n 1 =
n 1
y’’= 2a2+.....+(n-1)(n-2)an-1xn-3+.... =
n(n 1)an x n 2 +x
n 2
2
n 0
an xn =x+2
n(n 1)an xn 2 +
n 2
n(n 1)an xn +4
n 2
n(n 1)an xn
n 0
n(n 1)an xn 4
n 2
n 0
n(n 1)an x n 2 =
n 2
(x2+4)
nan xn 1
an xn 1 =x+2 seri xn göre düzenlenirse
n 0
(n 2)(n 1)an 2 xn +
n 0
an 1 xn =x+2
n 1
(2*1a2x2+4*2*1a2+a0x+3*2a3x3+4*3*2a3x+a1x+.....=x+2)
4*2*1a2=2
a2=1/4
(a0+4*3*2a3 )x=x
a3 =
1 a0
24
rekürans bağıntısı n 2 için
an
UFUK ÖZERMAN- 2012-2013
2
an 1 n(n 1)an
4(n 1)(n 2)
Page 3
a4
a1 2a2
4.3.4
1
1
a1
a
48
24 2
a5
a2 3a 3
80 40
1
1
a0
320
180
n=2,3 için
1
1
a1
48
96
y=a0+a1x+a2x2+ a3x3+a4x4+a5x5+.......
y a0 a1x
yerlerine yazılırsa
1 2
1 a0 3
1 1
1
1
x (
)x (
a1 )x4 (
a0 ) x5 ...
4
24 24
96 48
180 320
1 3 1 5
x4
x2 x3 x4 x5
y a0 (1
x
x ....) a1 ( x
...) (
...)
24
320
48
4 24 96 160
y=a0y1(x)+a1y2(x)+yözel
3) (1-x)y’’+xy’-y=0
bulunuz.
x=x0=0 adi nokta civarında iki bağımsız çözümünü
y=a0+a1x+a2x2+ a3x3+a4x4........
=
an xn
n 0
y’=a1+2a2x+......+(n-1)an-1xn-2 +nanxn-1=
nan x n 1
n 1
y’’= 2a2+.....+(n-1)(n-2)an-1xn-3+.... =
n(n 1)an x n
2
n 2
(n 2)(n 1)an 2 x n n 0
(n 2)(n 1)an 2 x n 1 +
n 0
nan x n n 0
an x n
0
n 0
xn parantezine almak için 2 terimi n=1 den başlatarak n=n-1 yazarsak
(n 2)(n 1)an 2 x n n 0
x n (n 2)(n 1)an
(n 1)(n)an 1 x n +
n 1
2
n(n 1)an 1 (n 1)an
nan x n n 0
an x n
0
n 0
0
a nın en büyük indisli terimi olan an+2 yalnız bırakılarak rekürans
bağıntısı;
UFUK ÖZERMAN- 2012-2013
Page 4
an
2
n(n 1)an 1 (n 1)an
(n 1)(n 2)
elde edilir. Bu bağıntıda n=0,1,2,3,... değerleri verilerek katsayılar
bulunur.
n=0 için a2
a0
1.2
n=1 için a3
1.2.a2
2.3
n=2 için a4
2.3.a3 a2
3.4
a2
3
a0
1.2.3
a2
2.3.4
a0
1.2.3.4
y=a0+a1x+a2x2+ a3x3+a4x4
a0 2
a0 3
a0
x3
x4
x2
4
y=a0+a1x+ x +
x+
x = a0(1+ +
..) a1 x
1.2
1.2.3.4
1.2.3
1.2 1.2.3 1.2.3.4
y=a0y1(x)+a1y2(x)
4) y
(sin x) y 0 lineer bağımsız iki çözümünü bulunuz.
P(x)=1 sabit değer olduğundan her nokta adi noktadır.
y=a0+a1x+a2x2+ a3x3+a4x4+ a5x5........
=
an x n
n 0
y’=a1+2a2x+3a3x2 +4a4x3+5 a5x4..........
=
nan x n 1
n 1
y’’=2a2+6a3x+12a4x2+20a5x3.....................
=
n(n 1)an x n
2
n 2
2a2+6a3x+12a4x2+20a5x3+( x
UFUK ÖZERMAN- 2012-2013
x3
3!
x5
-....) (a0+a1x+a2x2+ a3x3+a4x4)
5!
Page 5
=2a2+(6a3+a0)x+(12a4+ a1)x2+(20a5+a2-
a0 5
)x +........=0
120
olur. Sağ taraf sıfır serisi olduğundan x in her dereceden teriminin
katsayısı sıfır olur. Buradan a0 ve a1 keyfi sabitler olmak üzere
a2=0, a3=-
a0
6
a4=-
a
a a
a1
, a5= 0 , a6= 1 0
120
180
12
dir. Birinci çözümü bulmak için a0=1 ve a1=0 seçilirse,
x3 x5
x6
y1 ( x) (1
......)
6 120 180
bulunur. İkinci çözümü bulmak için , keyfi a0 ve a1 sabitlerinden
a0=0 ve a1=1 seçilirse,
x4 x6
x7
......)
12 180 504
5) x2(1-x2)y′′-2xy′+4y=0 denkleminin tekil noktalarını bulunuz. Bu noktaları
düzgün ve düzgün olmayan tekil noktalar olarak sınıflandırınız.
y2 ( x) ( x
P(x)=) x2(1-x2 )=0 x=0 ve x=±1 tekil noktalar
lim x
x0
( x x0 )
Q( x)
P( x)
limx
0
x
2x
x (1 x2 )
2
2
limitler sonlu değer
R( x)
lim x x0 ( x x0 ) 2
P( x)
4
limx 0 x2 2
4
x (1 x2 )
x=0 düzgün tekil nokta
x= 1 tekil noktası için
lim x
x0
( x x0 )
Q( x)
P( x)
limx 1( x 1)
2x
1
x (1 x2 )
2
limitler sonlu değer
lim x
x0
( x x0 ) 2
R( x)
P( x)
limx 1( x 1)2
4
0 x=1 düzgün tekil nokta
x (1 x2 )
2
x=-1 tekil noktası için
UFUK ÖZERMAN- 2012-2013
Page 6
lim x
x0
( x x0 )
Q( x)
P( x)
limx
1
( x 1)
2x
1
x (1 x2 )
2
limitler sonlu değer
lim x
x0
( x x0 ) 2
R( x)
P( x)
6) x2y’’+xy’+x2y=0
P(x)= x2
Q(x)=x
R(x)= x2
lim x
x0
limx
1
( x 1)2
4
0 x=-1 düzgün tekil nokta
x (1 x2 )
2
x=0 civarında iki bağımsız çözümünü bulunuz.
p(x)= 0 ile x2= 0
( x x0 )
Q( x)
P( x)
lim x
0
x
x
x2
1 p0
sonlu bir değer
olduklarından
Düzgün tekil nokta
lim x
x0
( x x0 ) 2
R( x)
P( x)
2
lim x
0
x2
x
x2
0 q0
p0=1 ve q0=0 değerleri
F(r) =r(r-1)+p0r+q0
indis denkleminde yerlerine konursa
r(r-1)+r=0 r2=0
r1,2=0 kökler eşit(katlı)
bulunur.
x=x0= 0 düzgün tekil nokta civarında seri çözümü (a0 0)
y=
an x r
n
n 0
y’=
(r+n)anxr+n-1
n 0
y’’=
(r+n)(r+n-1)anxr+n-2
n 0
verilen diferansiyel denklemde yerlerine konularak
(r+n)(r+n-1)anxr+n+
n 0
(r+n)anxr+n+
n 0
an x r
n 2
0
n 0
xr+n parantezine alabilmek için indeks ötelemesi yapılarak son terimde n=n-2
yazılırsa
UFUK ÖZERMAN- 2012-2013
Page 7
(r+n)(r+n-1)anxr+n+
n 0
(r+n)anxr+n+
an 2 x r
n
(a)
0
n 2
n 0
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
an 2
(r n)(r n 1) (r n)
an 2
(r n) 2
n 2
elde edilir. n e sayısal değerler verilerek
a2
a0
(r 2) 2
a4
a2
(r 4) 2
a0
(r 2) 2 (r 4) 2
a6
a4
(r 6) 2
a0
(r 2) (r 4) 2 (r 6) 2
2
a1=0 olduğundan
konarak
y a0 x r 1
x2
(r 2) 2
a1=a3=a5=...................=0 dır. Katsayılar yerlerine
x4
(r 2) 2 (r 4) 2
x6
(r 2) 2 (r 4) 2 (r 6) 2
.......
( 1**)
Bu ifadede r=0 konursa ve a0=1 seçilirse lineer bağımsız çözümlerden
biri
UFUK ÖZERMAN- 2012-2013
Page 8
x2
y1 ( x) 1 2
2
x2y’’+xy’+(x-2)y=0
P(x)= x2
Q(x)= x
R(x)= x-2
x4
22 42
x6
22 42 62
x=0 civarında iki bağımsız çözümünü bulunuz.
P(x)= 0 ile x2= 0
tekil nokta bulunur.
x=0 tekil noktası için;
lim x
x0
( x x0 )
Q( x)
P( x)
lim x
0
x
x
x2
1 p0
sonlu bir değer
olduklarından
Düzgün tekil nokta
R( x)
lim x x0 ( x x0 ) 2
P( x)
x 2
lim x 0 x 2 2
x
2 q0
p0=1 ve q0=0 değerleri
F(r) =r(r-1)+p0r+q0
indis denkleminde yerlerine konursa
r(r-1)+r-2=0 r2-2=0
r1= 2 , r2=- 2
kökler reel ve farklı
x=x0= 0 düzgün tekil nokta civarında seri çözümü (a0
y=
an x r
0)
n
n 0
y’=
(r+n)anxr+n-1
n 0
y’’=
(r+n)(r+n-1)anxr+n-2
n 0
verilen diferansiyel denklemde yerlerine konularak
(r+n)(r+n-1)anxr+n+
n 0
(r+n)anxr+n+
n 0
(r+n)(r+n-1)anxr+n+
n 0
anxr+n+1-2
n 0
(r+n)anxr+n+
n 0
an x r n =0
n 0
an-1xr+n-2
n 1
an x r n =0
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
UFUK ÖZERMAN- 2012-2013
Page 9
indis denklemi;
x r r(r 1) r 2
r2-2=0
0 ile
elde edilir.
r1= 2 , r2=- 2 kökler reel ve farklı
xr
n
(r n)(r n 1)an (r n)an 2an
an 1
0
(r2+2nr+n2-r-n)an+(r+n)an-2an+an-1=0
an
an 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,……
an x r
değerleri ile ai (i=1,2,3,….) katsayılar belirlenerek y=
n
denkleminde yerlerine
n 0
konarak genel çözüm elde edilir.
r1= 2 için bağıntı
n=1 için a1
n=2 için a2
an
a0
1 2 2
a1
( 2 2) 2
2
an 1
n 1
( 2 n) 2 2
a0
(1 2 2 )(2 2 2 )2
y1(x)=a0xr1+a1xr1+1+a2xr1+2+…………….
katsayıları
ifadesinde yerlerine konarak lineer bağımsız birinci çözüm
y1(x)= a0 x
2
y1(x)= a0 x 2 (1
a0
x
1 2 2
x
1 2 2
2 1
a0
x
(1 2 2 )(2 2 2)2
2 2
x2
)
(1 2 2 )(2 2 2)2
r2=- 2 için için bağıntı
UFUK ÖZERMAN- 2012-2013
Page 10
an
(
an 1
n 1
2 n) 2 2
a0
1 2 2
n=1 için a1
n=2 için a3
(
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
y2(x)= a0 x
2
y2(x)= a0 x
2
a0
x
1 2 2
(1
2 1
x
1 2 2
a0
x
(1 2 2 )(2 2 2)2
2 2
x2
)
(1 2 2 )(2 2 2)2
elde edilir. Genel çözüm
ygenel=c1y1(x)+c2y2(x)
Laplace Dönüşümü
1)
s 3
(s 2)(s 1)
F (s)
s 3
s 3
=
s s 2 (s 2)(s 1)
2
L 1 F ( s)
?
basit kesirlere ayrılırsa
s 3
a
b
=
(s 2)(s 1) s 2 s 1
a=5/3 , b=2/3 bulunur.
L-1(
s 3
5 1
2 1
5
)= L-1(
)-L-1(
)= e2t
3s 2
3s 1
3
(s s 2)
2
UFUK ÖZERMAN- 2012-2013
2
e
3
t
Page 11
2) y' ' 4 y' 3y e 2t
6 başlangıç değer problemini
y(0) 2 , y ' (0)
Laplace dönüşümümünden yaralanarak çözünüz.
Laplace dönüşümünün lineerliğinden
L y' '
4L y'
3L y
Le
2t
L y' ' s 2Y (s) sy(0) y' (0)
L y' sY (s) y(0)
L y Y ( s)
s 2Y (s) sy(0) y' (0) 4sY (s) 4 y(0) 3Y (s) =1/(s+2)
s 2Y (s) 2s 6 4sY (s) 8 3Y (s)
Y (s) s 2
Y (s)
4s 3
2s 2
1
s 2
1
s 2
,
1
2
(s 1)(s 2)(s 3)
s 3
Y (s) s 2
4s 3
1
s 2
2(s 1) ,
Basit kesirlere ayrılırsa;
1
a
b
c
s 1 s 2
1/ 2
1
s 1 s 2
alınırsa
5/ 2
bu ifadenin her iki tarafının laplace dönüşümü
s 3
Y(s)=
L 1 Y (s)
s 3
a= 1/2 , b=-1 , c= ½
(s 1)(s 2)(s 3)
1 1 1
1
5 1 1
L (
) L 1(
)
L (
)
2
s 1
s 2 2
s 3
1 t
y(t )
e
e 2t
2
5) y´´-2y´+2y= cost
y(0)=1,
UFUK ÖZERMAN- 2012-2013
5
e
2
3t
y´(0)=0
Page 12
L y' ' s 2Y (s) sy(0) y' (0)
L y' sY (s) y(0)
s2Y (s) sy(0) y '(0) 2sY (s) 2 y(0) 2Y (s)
L y Y ( s)
s2Y (s) s 2sY (s) 2 2Y (s)
Y ( s) s
2
2s 2
s
s2 1
s 2
s
s
2
1
s
s
2
1
s3 2s 2 2s 2
s2 1
s3 2s 2 2s 2
Y ( s)
(s2 1)(s2 2s 2)
basit kesirlere ayrılarak
as b
cs d
2
2
s 1 s 2s 2
s3 2s 2 2s 2
(s2 1)(s2 2s 2)
(as b)(s2 2s 2) (cs d )(s 2 1) s3 2s 2 2s 2
s3(a+c)=s3
s2(-2a+b+d)=s2
s(2a-2b+c)=2s
2b+d=2
-2a-2c=-2
2a-2b+c=2→ c=-2b
-3b+d=3
2b+d=2 → b=-1/5
a+c=1
2a-2b+c=2
-2a+b+d=1
2b+d=2
a=1-c=(1+2b) -2a+b+d=1 yerine yazılırsa
→ c=2/5
→ a=3/5 → d= 12/5 bulunur.
1 1
2
s
12
1
3/ 5s 1/ 5 2/ 5s 12/ 5 3 s
= 2
2
2
2
2
s 1
s 2s 2 5 s 1 5 s 1 5 (s 1) 1 5 (s 1)2 1
2
s
12
1
2 (s 1)
2
1
12
1
=
2
2
2
2
5 (s 1) 1 5 (s 1) 1 5 (s 1) 1 5 (s 1) 1 5 (s 1)2 1
Tablodan
UFUK ÖZERMAN- 2012-2013
Page 13
b
(s a) 2 b 2
e at sin bt
(s a)
(s a) 2 b 2
e at cosbt
y(s)=3/5 cost-1/5 sint+2/5 et cost +14/5 et sint
Birim Basamak Fonksiyonu
e st uc (t )dt
L uc (t )
0
s>0
s
0
e cs
s2
e cs L(t )
L uc (t )(t c)
cs
e
e st dt
F(s)=?
f (t ) (t 3)u2 (t ) (t 2)u3 (t )
(t 3 1 1)u 2 (t ) (t 2 1 1)u3 (t )
(t 2) 1 u2 (t )
e
2s
e
L(t )
e 2s
s2
F (s)
e
2s
e 3s
s2
s
s2
e
e 3s L(t )
s
e
(t 3) 1 u3 (t )
2s
e
3s
s
3s
e 2s
s2
s
se 2s
s2
s2e
2s
se
2s
s2e
2s
(1 s)e
e 3s
s2
e
3s
3s
se 3s
s2
se
3s
(1 s) =F(s)
2s
L 1 F ( s)
s 2
e 2s
(s 1)(s 2)
L1 e
2s
1
(s 1)(s 2)
UFUK ÖZERMAN- 2012-2013
?
basit kesirlere ayrılırsa
Page 14
a
1
=
(s 1)(s 2) (s 1)
b
a(s+2)+b(s-1)=1
(s 1)
s(a+b)=0 , 2a-b=1
L1 e
2s
1/ 3
(s 1)
1/ 3
(s 1)
2(s 1)e 2s
s 2 2s 2
F (s)
2s
e
1
( et
3
1 2t
e )
3
u2 (t )
L 1 (F (s)) ?
1 (t
e
3
2)
e at cosbt
1
e
3
a=1/3 ,b= -1/3
2( t 2)
(s a)
(s a) 2 b 2
L 1 (e cs F(s)) uc (t) f (t c) yararlanarak
L 1 (e
2(s 1)
)
(s 1) 2 1
2s
L 1 (e
2s
s 3
(s 2)(s 1)
F (s)
2et cost ) 2u2 (t )e (t
L 1 F ( s)
s 3
s 3
=
s s 2 (s 2)(s 1)
2
2)
cos(t 2)
?
basit kesirlere ayrılırsa
s 3
a
b
=
(s 2)(s 1) s 2 s 1
a=5/3 , b=2/3 bulunur.
L-1(
s 3
5 1
2 1
5
)= L-1(
)-L-1(
)= e2t
3s 2
3s 1
3
(s s 2)
2
2
e
3
t
6 başlangıç değer problemini
y' ' 4 y' 3y e 2t
y(0) 2 , y ' (0)
Laplace dönüşümümünden yaralanarak çözünüz.
Laplace dönüşümünün lineerliğinden
L y' '
4L y'
3L y
Le
2t
UFUK ÖZERMAN- 2012-2013
Page 15
L y' ' s 2Y (s) sy(0) y' (0)
L y' sY (s) y(0)
L y Y ( s)
s 2Y (s) sy(0) y' (0) 4sY (s) 4 y(0) 3Y (s) =1/(s+2)
1
s 2Y (s) 2s 6 4sY (s) 8 3Y (s)
Y (s) s 2
Y (s)
4s 3
2s 2
1
s 2
s 2
,
1
2
(s 1)(s 2)(s 3)
s 3
Y (s) s 2
4s 3
1
s 2
2(s 1) ,
Basit kesirlere ayrılırsa;
1
a
b
c
a= 1/2 , b=-1 , c= ½
(s 1)(s 2)(s 3)
s 1 s 2
1/ 2
1
s 1 s 2
alınırsa
5/ 2
bu ifadenin her iki tarafının laplace dönüşümü
s 3
Y(s)=
L 1 Y (s)
s 3
1 1 1
1
5 1 1
L (
) L 1(
)
L (
)
2
s 1
s 2 2
s 3
y(t )
UFUK ÖZERMAN- 2012-2013
1
e
2
t
e
2t
5
e
2
3t
Page 16
Denklem sistemleri
Örnek 1:
dx1
dt
x2 sin t
dx2
dt
5x1 4x2 sin t
det(A-
I)=0 oluşturularak özdeğerler
1
5
sistemini çözünüz.
4
= 2-4 +5=0
1=-1
2=5
(farklı 2 reel kök)
1=-1
1 1 x11
5 5 x21
2=5
5
5
0
0
x11=-x21
x1 =
x11
1
=
x21
1
için
1 x12
1 x22
0
0
5x12=x22
x2 =
xhomojen=c1
x12
1
=
x22
5
1 -t
1 5t
e + c2
e
1
5
x1= c1e-t+c2e5t
x2=-c1e-t+5c2e5t
parametrelerin değişimi metodu kullanılarak
x1= u1 e-t +u2 e5t
x2=-u1 e-t +5u2 e5t yazılarak
UFUK ÖZERMAN- 2012-2013
(t ) u′(t)=f(t) oluşturulursa
e t e5t
e t 5e5t
Page 17
u1' e t u2' e5t sin t
u1' e t 5u2' e5t
sin t
6u2' e5t sin t sin t 0
u1' e
t
ile
u2' 0
u1' et sin t
sin t
u2=K2
u1=1/2 et(sint- cost)+K1 elde edilir. u1 ve u2 nin karşılıkları
x1= u1 e-t +u2 e5t
x2=-u1 e-t +5u2 e5t yazılarak
1
e
1
x= K1
x1= 1/2 (sint- cost)+K1e-t+ K2e5t
x2=-1/2 (sint- cost)- K1e-t+5K2e5t
t
K2
1 5t
e
5
1/ 2
sin t
1/ 2
1/ 2
cos t
1/ 2
Örnek 2:
4
x=
8
2
x
4
'
3
t
t
2
diferansiyel denklem sisteminin genel çözümünü
bulunuz.
Çözüm: x’=Ax+f(t) tipi, önce homojen çözüm yapılır.
x’=Ax
(4
)
8
kök
1=0
4
8
det(A2
( 4
)
I)=0 oluşturularak özdeğerler:
=(4- )(-4- )+16= 2=0
1=
2=
=0
2 katlı
için
2 x11
4 x21
0
0
4x11-2x21=0
x1 =
UFUK ÖZERMAN- 2012-2013
x11=1/2 x21
x21=2 seçilirse
x11
1
=
x21
2
Page 18
2=2
için
2 x12
4 x22
4
8
1
2
4x12-2x22=1
x2 =
x12
x22
x12=k ise
k
2k 1/ 2
k
4k-1=2x22 x22=2k-1/2
1
2
0
1/ 2
Genel Çözüm 2 katlı kök olması durumunda ( 1=
xgenel= c1 x1 e t+c2( x1 t+ x2 )e
2=
)
t
idi.
x1
1
1
= c1 +c2( t+
x2
2
2
xhomojen=
0
)
1/ 2
x1 c1 c2t
x2 2c1 2c2t 1/ 2c2
Parametrelerin değişimi metodu ile
x1 u1 u2t
(1)
x2 2u1 2u2t 1/ 2u2
1
t
olmak üzere
2 (2t 1/ 2)
yazılarak
ψ(t) u’(t)=f(t) oluşturulursa
u1' u2 't
2u1'
t
1/ 2u2'
3
2u2 't 1/ 2u2 '
t
u2'
2
u2
u1' (4t
u1'
t
3
3
2t 2 )t t
4t
2
2t
2t
4t
2
3
2t
2t
3
2t
2
1
t
2
(2)
K2
3
1
u1
1/ 2t
2
4t
1
2 ln t K1
(3)
(2) ve (3) ,(1) de yerlerine konulursa
UFUK ÖZERMAN- 2012-2013
Page 19
x1=K1+K2t-1/2t-2+2t-1-2lnt-2
x2=2K1+2K2tK2/2-t-2+8t-1-4lnt-4-4t-1+t-2+t-1=2K1+2K2t-K2/2+5t-1-4lnt-4
veya
x=K1
1
1
+K2( t+
2
2
Homojen kısmın çözümü
0
)
1/ 2
1/ 2
t
0
2
2
t
5
1
2
ln t
4
2
4
xhomojen=
Parametrelerin değişimi yöntemi
xhomojen=
(1)
(1)in türevi alınıp
olur.
denklmeini sağlar.
Yani
dir.
SORU
temel matris verilmektedir. A(t) matrisini bulunuz.
idi. her iki taraf
UFUK ÖZERMAN- 2012-2013
Page 20
SORU
sistemini çözün
UFUK ÖZERMAN- 2012-2013
Page 21