Denklem Sistemleri

7. BİRİNCİ MERTEBEDEN LİNEER DENKLEM SİSTEMLERİ
7.1. GİRİŞ
Yüksek mertebeden lineer diferansiyel denklemin çözümünün zor olması nedeni ile denklem
1. mertebeden lineer diferansiyel denklem sistemine, buradan da lineer cebir problemine
dönüştürülerek bilgisayar ortamında çözüm aranır.
Örnek:
Mekanikte bir kütle yay sisteminin genel denklemi m,γ,k sabit olmak üzere
my   y  ky  F (t )
ikinci mertebeden diferansiyel denkleme karşılık gelir Bu denkleme karşılık gelen 1.
mertebeden diferansiyel denklemi bulunuz.
x1=y, x2=y′ dönüşümü yapılır. Buradan
x'  y'  x2
ve
x2'  y' '
olur . y,y′, y″ verilen denklemde yerlerine yazılarak
mx2'   x2  kx1  F(t)
bulunur.
x1 ve x2 aşağıdaki 1. mertebeden diferansiyel denklemi sağlar.
x1'  x2
F (t )
k
 
x2'     x1    x2 
m
 m
 m
yn  F (t, y, y,..........., y(n1) ) şeklindeki n. mertebeden bir diferansiyel
Benzer mantık
denklemin n tane birinci mertebeden diferansiyel denklemler sistemine dönüştürmek içinde
(n-1)
kullanılır. x1,x2,..............,xn değişkenleri. x1=y, x2=y′, x3=y″,.....xn=y
şeklinde tanımlanırsa;
x1'  x2
x2'  x3
.
.
xn' 1  xn
bunlar yn  F (t, y, y,..........., y(n1) ) denkleminde dikkate alınırsa xn'  F(t, x1, x2 ,....., xn )
bulunur. En genel durumda 1. mertebeden lineer denklemlerin n li sistemi
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012
135
x1'  a11 (t ) x1  ...........  a1n (t ) xn  g1 (t )
x2'  a21 (t ) x1  ...........  a2n (t ) xn  g2. (t )
.
.
xn'  an1 (t ) x1  ...........  ann (t ) xn  gn (t )
şeklinde verilebilir. Veya kapalı formda x(t )  A(t ) x(t )  g (t ) g(t)=0 ise homojen sistemdir.
Sisteme ek olarak
x1(t0)= x10 , x2 (t0 )  x20 ,................, xn (t0 )  xn0
başlangıç koşulları da verilirse başlangıç değer problemi oluşur.
y’’+p(t)y’+q(t)y=0 ikinci mertebeden diferansiyel denklemler
x1=y ve x2=y’ dönüşümü kullanılarak 1. mertebeden diferansiyel denklem sistemi şeklinde yazılırlar
x1'  x2
x2'  q(t ) x1  p(t ) x2
ile
 x1'   a11 a12  x1 
 '   
 
a
a
x
 2   21 22  x2 
ile
x’=Ax
sistemi oluşturulur
Örnek:
1) y’’+2y’+y=0 2. mertebeden homojen lineer diferansiyel denkleme karşı gelen 1.
mertebeden diferansiyel denklem sistemini bulunuz. Bulduğunuz 1. mertebeden diferansiyel
denklem sistemini x’=Ax formunda yazınız.
Çözüm:
x1=y ve x2=y’ dönüşümü kullanılarsa ve
x'  y'  x2
ve
x2'  y' '
ile
y  x1 

y '  x2  y '' 2 y ' y  0 yerlerine konursa
y ''  x2' 
x2'  2x2  x1  0
bulunur. Dolayısıyla
x1 ve x2
aşağıdaki 1.mertebeden diferansiyel denklemi sağlar.
x1'  x2
x2'  x1  2x2
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012
136
 x1'   0 1  x1 
 '   
 
 x2    1  2  x2 
0 1 
 x
x '  
 1  2
x’=Ax
7.2 MATRİSLER
Yüksek mertebeden lineer diferansiyel denklemler, Birinci mertebeden lineer
denklemler sistemine indirgendiğinde matris kavramı ve özellikleri doğal olarak
ortaya çıkmaktadır. Bir matris A(mxn) şeklinde
 a11
a
A   21
 .

am1
.
.
.
.
. a1n 
. a2n 
. . 

. am n 
şeklinde gösterilir. A matrisinin ‘i’ inci satırı ‘j’ inci sütununda bulunan elemanı
aij ile gösterilir. aij ler reel olabileceği gibi kompleks de olabilir
A matrisinin satır ve sütunlarının yer değiştirilmesiyle elde edilen matrise A’nın
‘tranpozesi’ denir ve AT ile gösterilir.
Ayrıca aij ile aij nin kompleks eşleniği anlaşılmaktadır. A a A matrisinin eşleniği
denir .(Eşlenik matriste sayı reel ise kendisine sanal ise ters işaretlisine eşittir.)
Ayrıca A*=AT dir. Burada A* a A nın eşi(adjointi)denir.
örnek
3  5i 
 4

1  i  8  3i 
A= 
ise AT, A ve A* ı gösteriniz.
1 i 
 4

 3  5i  8  3i 
AT= 
3  5i 
 4

1  i  8  3i 
, A = 
1 i 
 4

 3  5i  8  3i 
A*=AT= 
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012
137
7.2.1 Matrislerin Özellikleri:
 Eşitlik : A(mxn) ve B(mxn) iki matrisin eşit olması için karşılıklı elemanlar birbirine eşit
olmalıdır
 Toplam: A(mxn) ve B(mxn) iki matrisin toplamı karşılıklı elemanlarının birbirleriyle
toplamıdır. A+B=C Toplamada değişme ve birleşme özellikleri vardır A+B=B+A ,
A+(B+C)=(A+B)+C
 Sıfır matris : bütün elemanları 0 olan matristir
0

0
0=  0
0
0

0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0

0
0

0
0  (5 x 4)
 Skalerle Çarpım: A(mxn) matrisinin tüm elemanlarının o skalerle çarpımıdır.
 Çarpım: iki matrisin çarpılabilmesi için birinci matrisin sütun sayısı ikinci matrisin satır
sayısına eşit olmalıdır.
A(mxn)*B(nxt)=C(mxt) dır. Çarpma işleminde değişme özelliği yoktur.
 (AB)T=BTAT
 (AB)-1=B-1A-1
 (A-1)-1= A
 (AT)T= A
 (A+B)T= AT+BT
A = AT ise Simetrik matris
AT= -A ise ters simetrik/antimetrik matris(köşegenler 0 dır)
A*= AT =A ise hermitian matris
A*= AT =-A ise ters hermitian matristir.
 Bir matrisin izi köşegen üzerindeki elemanların toplamına eşittir. Tr(A) ile gösterilir.
Tr(A)= a11+a22+...............+ann
dır. Ters simetrik matrisin izi 0 dır. Tranzpozenin izi kendisine eşittir.
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012
138
Vektörlerin Çarpımı
Matris çarpımlarının özel hali olarak ele alınabilir. Eğer A ve B matrisleri (1xn)
ve(nx1) satır ve sütun matrisler ise ve bunlara xT ve y vektörleri denilirse;
n
xTy =  xi yi
dır.
i 1
İki vektörün çarpımı ile ilgili diğer bir çarpımda ‘skaler çarpım’ veya ‘iç çarpım’
dır. Bu çarpım;
(x,y)=
n
x y
i 1
i
i
(x,y)=xT y
veya
(eşlenik)
şeklindedir.
(x,y)=(y,x)
n
,
( x, x)   xi xi  xi
(x,y)=(x,y) ,
(x,y+z)=(x,y)+(x,z) , (x,y)=  (x,y)
n
xT x   xi2
2
i 1
i 1
Örnek:
 i 
x   2 
1  i 


,
2i
y   i 
 3 


xTy=i(2-i)+(-2)(i)+(1+i)(3)= 4+i3
(x,y)=xT y
(x,y)= i(2+i)+-2(-i)+(1+i)(3)= 2+i7
xTx= i2+-22+(1+i)2= 3+i2
n
(x,x)= (i)(-i)+(-2)(-2)+(1+i)(1-i)= 7
( x, x)   xi xi
i 1
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012
139
7.3.LİNEER DENKLEM SİSTEMLERİ
a11x1+a12x2+a13x3+......................+a1nxn=k1
.
.
.
.
an1 x1+an2x2+.........................+annxn=kn
n bilinmeyenli n denklemden oluşan (1)sistemine ‘cebirsel lineer denklem sistemi’ denir.
Bu sistem basit olarak Ax=K şeklinde verilebilir. Burada A(nxn) matrisi ve K vektörü
verilenler, x ise aranandır.
Eğer Ax=K sisteminde
K=0 ise bu sisteme
K ise bu sisteme
dir.

homojen sistem
homojen olmayan sistem
Eğer A matrisi nonsingüler ise(detA ) Ax=K sisteminin tek çözümü bulunur.
x=A-1*K
 A matrisi singüler ise (detA= ) ya çözüm yoktur veya varsa tek değildir. A matrisi
singüler olduğundan tersi yoktur dolayısıyla yukarıdaki gibi bir çözümü yoktur.
 Ax=0 homojen sistemi sıfırdan farklı sonsuz sayıda çözüme sahiptir
 Ax=K sisteminin çözümü
 a11

A K   a.21

 an1
.
.
.
.
. a1n K1 

. a2 n . 
. . . 

. ann K n 
Genişletilmiş matrise elemanter satır işlemleri uygulanarak A matrisi üçgen
matris (köşegen altındaki elemanlar 0 olan matris) haline getirilir ve
genişletilmiş matristen yaralanılarak bilinmeyenler (xi i=1.......n) bulunur.
Bilinmeyenler sistemin çözümüdür.
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012
140
Elemanter satır işlemleri
1. İki satırın yerlerini değiştirmek
2. Bir satırı skaler sayı ile çarpmak
3. Skalerle çarpılmış bir satırı diğer bir satırla toplamak
detA ise A matrisi elemanter satır işlemleri ile I(birim matrise) dönüştürülebilir A
matrisinin I matrisine dönüştürülmesinde kullanılan elemanter satır işlemleri I matrisine
uygulanırsa A-1 matrisi (ters matris) elde edilir.
(   genişletilmiş matrisi ile belirlenir.)
Örnek
 1 1 2
A=  1 0 1 matrisinin tersini elemanter satır işlemleri yardımıyla bulunuz.
 2  1 5
 1 1 2 1 0 0
A I    1 0 1 0 1 0
 2  1 5 0 0 1
R1+R2 ve -2R1+R3 satır işlemleri ile
3R2+R3
R3/10


1 1 2 1 0 0
1 1 2 1 0 0
1 1 2 1 0 0 





1 0
0 1 3 1 1 0  0 1 3 1 1 0  0 1 3 1
1 3 1
0  3 1  2 0 1
0 0 10 1 3 1
0 0 1

10 10 10

-3R3+R2 ve-2R3+R1

8 6


1 1 0 10 10
1 1 2 1 0 0 

1
0 1 3 1 1 0   0 1 0 7

10 10

1 3 1
3
0 0 1

0 0 1 1
10 10 10


10 10

-1*R2+R1
 2 
1 7


10
1 0 0 10 10
 3  
7
1
 0 1 0
10  
10 10
1  0 0 1 1
3


10  
10 10
1 
10 
 3
10 
1 
10 
[ I I A-1]
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012
141
Matris Fonksiyonlar:
Bazen vektörler ve matrisler ,elemanları ‘t’ değişkenine bağlı fonksiyonlardan oluşacak
şekilde tanımlanabilir. Bu durumda bir vektör ile matris
 x1 (t ) 
 a11(t ) . a1n (t ) 




x(t )   . , A(t )   .
.
. 
 x (t ) 
 a (t ) . a (t ) 
nn
 n 
 n1

formunda yazılır. Bu şekilde tanımlanmış bir A(t) matrisinin tüm elemanları bir t=t 0
noktasında veya t aralığında sürekli ise A(t) ye sürekli denir. Benzer şekilde A(t) nin her
elemanı diferansiyellenebilir ise A(t) ye diferansiyellenebilir denir. ve
dA  daij 


dt  dt 
şeklinde tanımlanır. A(t) nin integrali ise;
b
b
a
a
 A(t)dt  a
ij
(t )dt
dir.
t 
 sin t
ise
 1 cost 
1 
 cost
ise
A’(t)= 
 0  sin t 
A(t)= 
b
A’(t) ve  A(t )dt  ?
a
ve
2

  cost t 2 / 2 
 1  2 / 2   1 0   2  
0 A(t)dt   t  sin t    0    0 0   2 
0
 0 

Analizin birçok kuralı matris fonksiyonuna genişletilebilir. Bunlar aşağıdadır.
d
dA
(CA)  C
dt
dt
C sabit
d
dA dB
( A  B) 

dt
dt dt
d
dA
dB
( A.B)  B  A
dt
dt
dt
Örnekler
2x1+4x2+3x3+2x4=2
3x1+6x2+5x3+2x4=2
2x1+5x2+2x3- 3x4=3
4x1+5x2+14x3+14x4=11 denklem sistemini çözünüz.
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012
142
2

A K   32

4
4 3 2 2

6 5 2 2
5 2 3 3

5 14 14 11
2.satırla 3 satırı yer değiştirelim
2

A K   23

4
4 3 2 2  R1

5 2  3 3  R2
6 5 2 2  R3

5 14 14 11 R4
(-1)R1+R2, (-3/2) R1+R3 ve (-2) R1+R4 satır işlemlerini uygular ve daha sonra 3 satırı 2 ile
çarparsak(2*R3)
2 4 3 2 2 


0 1 1  5 1 

A K   0 0 1  2  2


0  3 8 10 7 
elde edilir. Daha sonra da sırasıyla (3R2+R4), (R4/5) ve (-R3+R4) satır işlemleri ile
2

A K   00

0
4 3 2 2

1 1  5 1 
0 1  2  2

0 0 1 4 
elde edilir. x3-2x4=-2
R1  2R4 2

R2  5R4 0

R3  2R4 0

R4
0
4 3
1 1
0 1
0 0
R1  3R3 2
0  6


R2  R3 0
0 21

, ve
0
R3
0 6


R4
1 4 
0
4
1
0
0
0
0
1
0
0  24

0 27 
0 6 

1 4 
elemanter işlemlerle
1

0
0

0
0
1
0
0
0
0
1
0
0  66

0 27 
0 6 

1 4 
 66
 
 27
x1=-66, x2=27, x3=6, x4=4 bulunur. x genel   
6
 
4
Bu forma ‘Gauss Jordan Eleminasyonu’denir.
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012
143
ÖDEV
1) A*x=K için
3x1-x2+2x3=4
2x1+x2+x3=-1
x1+3x2 = 2 sisteminin genel çözümünü bulunuz.
2) A*x=K şeklinde
1

A K   03

1
2
2
2
1
3
1
4
1
1 3

4 7
1 1

1 H 
a) sistemin çözülebilmesi için H=? (H=5/2)
b) genel çözümü hesaplayınız.
3) A*x=0 homogen
2  6 7 8 0


4  13 5  1 0
denklem sistemini çözünüz.
çözüm: (x3=c1 , x4=c2, x2=-(9c1+17c2), x1=-((61/2)c1+55c2)
4) A*x=K sisteminin genel çözümünü hesaplayınız.
 1 2  1
A=  2 4 3 
 1  2 6 
4
K=  5 
 7
 x1 
X=  x2 
 x3 
 1 2 1 4 
2 4 3 5 


 1  2 6  7
(-2R1+R2 ) ve ( R1+R3 ) satır işlemleri uygularsak
1 2  1

0 0 5
0 0 5


4

 3
 3


DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012
144
buradan (R2-R3 ) ve (R2/5) ile
1 2  1

0 0 1
0 0 0


1 2 0
4 


 3 / 5
0 0 1
ve R2 +R1ile 
0 0 0
0 




17 / 5 

 3 / 5
olur.
0 


Bilinmeyen sayısı(n)=3, elimizde gerçekten var olan denklem sayısı(u)=2
o halde rank(r)=2 dir. (rank= elimizde gerçekten var olan denklem sayısıdır) (n-r) tane keyfi
parametre seçilebilir Bu durumda bir bilinmeyeni keyfi olarak seçebiliriz.
x1+2x2=17/5
x3=-3/5
Özel çözüm için (A*x=K nın çözümü)
x1+2x2=17/5
x3=-3/5
den x2=c seçersek x1 =17/5-2c olur.
 x1  17 / 5  2c 17 / 5   2
   0   c 1 
c
X= xözel +xhomojen =  x2   
 
  
 x3    3 / 5   3 / 5  0 
Verilen sistem A*x=0 (homojen olsa)
x1+2x2=0
x3=0
olurdu.
homojen çözüm için (xhomojen) x3=0, x2, x1 i istediğimiz gibi seçebiliriz.
x2=c seçersek x1 =-2c olur.
 x1   2c  2
xhomojen =  x2    c   c 1 
 x3   0   0 
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012
145
Ödevlerin çözümleri
1)
 3 1 2


A   2 1 1
 1 3 0


R1
R2
R3
4
 
K=   1
2
 
A*x=K
 3 1 2 4 
1 3 0 2 




 2 1 1  1 1.satırı 3.satırla yer değiştirelim  2 1 1  1
1 3 0 2 
 3 1 2 4 




R1
 2R1  R2
 3R1  R3
1 3 0 2 


 0  5 1  5
 0  10 2  2 


R1
R2
 2R2  R3
0 olamaz.
1 3 0 2 


 0  5 1  5
0 0 0 8 


Det(A)=0 ÇÖZÜM YOKTUR.
2) A*x=K sistemi
1

A K   03

1
2
2
2
1
3
1
4
1
1 3  R1

4 7  R2
1 1  R3

1 H  R4
1 2
R1
3

 3R1  R2 0  4  8
0 2
R3
4

 R1  R4 0  1  2
R1
R2 /  2
R3
2R4
1 2
3
1
3 


4  1/ 2
1 
0 2
0 2
4
1
1 


0 2( H  3)
0  2  4
R1
R2
 R2  R3
R2  R4
1

0
0

0
2
2
0
0
1 3 

1 2 
1 1 

0 H  3
3
1
3 

4  1/ 2 1 
0 3/ 2
0 

0  1 / 2 2H  5
(3/2)x4=0 x4=0
-1/2 x4= 2H-5 2H-5=0
H=5/2.
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012
146
H=5/2 yerine konursa
1

0
0

0
3
1 3

4  1/ 2 1
0 3 / 2 0

0  1/ 2 0
2
2
0
0
R1
R2
R3
R3  R4
n=4
x4=0
1

0
0

0
2
2
0
0
R1
R2
2 / 3R3
2R4
1

0
0

0
2
2
0
0
3
1 3

4  1/ 2 1
0
1 0

0  1 0
3
1 3

4  1/ 2 1
0
1 0

0
0 0
rang(r)=3
n-r=1 keyfi parametre seçilebilir
x3=c seçelim
x1+2x2+3x3+x4=3
2x2+4x3-1/2x4=1 2x2=1-4c
x1+2((1-4c)/2)+3c=3 x1+1-c=3
x2=(1-4c)/2=1/2-2c
x1=c+2
 x1   c  2   2   1 
  1
 
1
 x2    2c      2 
x genel      2
 =  2   c 1 
x3
c

 1  
 
 
 x4   0   0   0 
olur.
xgenel= xözel +xhomojen
homojen çözüm için:(A*x=0 sistemi)
x4=0
x3=c seçelim
x1+2x2+3x3+x4=0
2x2+4x3-1/2x4=0
x1+-4c+3c=0 x1-c=
2x2=-4c
 x1   c   1 
  
  
 x2    2c    2 
c
x2=-2c xhomojen     
x3
c   1 
  
  
x
0
  0 
 4 
x1=c
3) A*x=0 homogen
2  6 7 8 0


4  13 5  1 0
denklem sistemini çözünüz.
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012
147
çözüm:
2  6 7 8 0 R1


4  13 5  1 0 R2
n=4
rang(r)=2
x4=c2
R1
 2R1  R2
2  6 7
8 0


0  1  9  17 0
n-r=2 keyfi parametre seçilebilir
x3=c1 seçelim
2x1-6x2+7x3+8x4=0
-x2-9x3-17x4=0
x2=-(9c1+17c2 )
x1=-(61/2c 1+55c2)
olur.
 x1    61 c1  55c2 
 
2
 x2    9c1  17c2 

xgenel=    
x3


c
 
1


 x4  
c2

7.3 LİNEER BAĞIMSIZLIK, Bir Matrisin Özdeğerleri ve Özvektörleri
x(1), x(2),.............,x(k)
vektörleri için c1, c2,
c1 x(1)+ c2 x(2),
ise lineer bağımlıdır. c1= c2=
,ck lardan biri sıfırdan farklı olmak üzere
+ckxk=0
=ck=0 ise lineer bağımsızdır.
 x(1), x(2)..............,x(k) vektörlerinin bağımsız olması için gerekli ve yeterli koşul det(x)
olmalıdır.
örnek 1:
1
 2
 4
  ( 2)   (3) 

x =  2 , x   1 , x   1  vektörlerin lineer bağımlı olup olmadığını araştırınız
  1
 3
  11
 
 


(1)
.lineer bağımlı ise aralarındaki lineer bağıntıyı bulunuz.
1 2 4
det(xij)= 2 1 1  0
 1 3  11
x(1),x(2),x(3) lineer bağımlıdır.
c1 x(1)+ c2 x(2)+c3x(3)=0
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012
148
ile
1

2
 1

1

2
 1

2  4  c1   0 
   
1 1  c2    0 
3  11 c3   0 
2  4 0

1 1 0  yapılan işlemlerle(-2R1+R2
3  11 0 
VE
R1+R2)
 1 2  4 0


 0 1  3 0
 0 0 0 0


mevcut denklem sayısı=2, bilinmeyen sayısı=3 rank=3-2 ,1 bilinmeyen keyfi olarak
seçilebilir. buradan c3 keyfi olarak seçilerek diğerleri belirlenir. c3=-1 seçilirse
c1+2c2-4c3=0
c2-3c3=0
ile
c1=2 ,c2=-3
2 x(1) -3 x(2)-x(3)=0
bulunur.
ÖRNEK 2: y1=sinx,y2=cosx fonksiyonlarının lineer bağımsız olduğunu gösterin (yi lerin
lineer bağımsız olması durumunda Wronski determinantı sıfırdan farklıdır.)
 y1 y2   sin x cos x 
 
 =-(sinx)2-(cos2x)=-1
' '  =
 y1 y2   cos x  sin x 
w= 
öyleyse verilen fonksiyonlar lineer bağımsızdır.
 ***Her matris için anahtar:
ckxk denklem takımını kur 0 dan farklı çözüm varsa lineer bağımlıdır.
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012
149
Bir Matrisin Özdeğerleri ve Özvektörleri
det(A- ile karakteristik denklemin kökleri (özdeğerler) hesaplanır ve herbir kök için
bulunan sıfırdan farklı çözümlere ise özvektörler denir
Örnek:
 1  2

A  
 2 1 
matrisinin özdeğerleri ve bu özdeğerlere karşı gelen özvektörleri bulunuz.
Özdeğerler
1    2  2
  2 1    = -2-3=0


1=3
2=-1 (farklı 2 reel kök)
1=3 özdeğeri için
 2  2  x11  0
 2  2  x   0

  21   
x11=-x21

x   1 
x1 =  11  =  
 x21  1
2=-1 için özdeğeri
 2  2  x12  0
 2 2   x   0

  22   
x12=x22

 x  1
x2 =  12  =  
 x22  1
Örnek:
 4 2

A  
 3 3
matrisinin özdeğerleri ve bu özdeğerlere karşı gelen özvektörleri bulunuz.
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012
150
Özdeğerler
2  2
4  
= -7+6=0
 3
3   

1=1
2=6
(farklı 2 reel kök)
1=1 özdeğeri için
4  1 2   x11  0
 3 3  1  x   0

  21  
3x11=-2x21

x   1 
x1 =  11  =c  3 
 x21   2 
3
2
x11=c ise x21=  c olur
c keyfi sabit olduğundan c=2 seçilirse

x   2 
x1 =  11  =  
 x21   3
2=6 özdeğeri için
4  6 2   x12  0  2 2   x12  0
 3 3  6  x   0  3  3  x   0
  22   

  22    
x12=x22
x12 =c ise x22 =c

 x  1 1
x2 =  12  =c   =  
 x22  1 1
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012
151
7.4. Lineer ve Sabit Katsayılı Diferansiyel Denklem Sisteminin Matrisler
Yardımı İle Çözümü
dx1
 a11x1+a12x2+a13x3+......................+a1nxn+f1(t)
dt
dx2
 a21x1+a22x2+a23x3+......................+a2nxn+f2(t)
dt
dxn
 an1 x1+an2x2+.........................+annxn+ fn(t)
dt
şeklindeki bir sistem, sabit katsayılı lineer ve homojen olmayan bir sistemdir. Bu sistemde
f1(t)= f2(t)= ...............=fn(t)=0 ise
ise sistem ‘homojen sistem’ adını alır.
Homojen olmayan lineer sistemin genel çözümünü bulmak için, önce homojen sistem
çözülür sonra da homojen olmayan sistemin bir özel çözümü aranır ve bunlar toplanır. Bu
sistem matrisler yardımıyla
 dx1 
 dt  a11 a12
 dx  
 2  a21 a22
 dt    .
.
 .  
.
 .   .
 dx  a
a
 n   n1 n2
 dt 
.
.
.
.
.
. a1n   x1   f1 (t ) 
. a2n   x2   f 2 (t )
. .  .    . 
  

. .  .   . 
. ann   xn   f n (t )
Sistemin kapalı formu
dx
 Ax+f(t)
dt
olur. Sistem Homojen ise, yukarıdaki ifade
dx
 Ax=0
dt
şeklini alır.
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012
152
Homojen Sistemin Çözümü İçin
det(A- ile karakteristik denklemin kökleri (özdeğerler) hesaplanır ve herbir kök için
bulunan sıfırdan farklı çözümlere ise özvektörler denir özvektörler bulunarak homojen
çözüm elde edilir.
Ödev:
 0 1 1


A   1 0 1  matrise karşı gelen özdeğer ve özvektörleri bulunuz.
 1 1 0


Hermitian Sistemler
Matrislerin önemli bir alt sınıfı kendine eş veya Hermitian matrislerdir. Bu matrisler A*=A yani
a ji  aij koşulunu sağlarlar.
Hermitian matrislerin bir alt sınıfı da simetrik reel matrislerdir. AT=A şartı sağlanır. Hermitian
matrislerin öz değerleri ve öz vektörleri aşağıdaki koşulları sağlarlar.
1) Tüm öz değerleri reeldir.
2) Öz değerlerin katlılıkları dahil, n özdeğere karşı n tane lineer bağımsız özvektör karşı
gelir.
3) Eğer x(1) ve x(2) öz vektörleri farklı öz değerlere karşı gelen öz vektörler ise (x(1) , x(2))=0
sağlanır.
Böylece eğer öz değerler basit ise(katlılığı bir olan) onlara karşı gelen öz vektörler ortogonal
(dik) vektörler cümlesi oluşturur. (her öz vektör bir diğerine dik)
4) m katlılıktaki bir öz değere karşı gelen öz vektörlerden m tane ortogonal özvektör
seçilebilir.
Eğer A matrisi reel ve simetrik bir matris ise özdeğerleri reel ve bu öz değerlere karşı gelen
öz vektörleri de reel değerli fonksiyonlardır.
Teorem 7.4.1
Eğer x(1) ve x(2) öz vektörleri x’=A(t)x homojen sisteminin çözümleri ise ve keyfi c1 ve c2
sabitleri için c1 x(1) +c2 x(2) kombinasyonu da bir çözümdür.
 1 1
1
 1 
 x sisteminin iki çözümü x (1) (t )   e3t , x ( 2) (t )   e t
x '  
 4 1
 2
  2
teorem 7.4.1 den
1
dir
 1 
x= c1  e3t  c2  e t  c1 x(1) +c2 x(2)
 2
  2
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012
153
n. mertebeden x’=A(t)x homojen sistemin n tane çözümü x(1) , x(2) ,...., x(n) olsun ve X(t)
matrisinin sütunları(kolonları), x(1) (t), x(2) (t),...., x(n)(t) vektörleri olsun.
 x11(t ) x12 (t )

.
 x (t )
X (t )  . 21
.
.

 x (t )
.
 n1
. x1n (t ) 

. .x2n (t ) 
olsun.
.
. 

. xnn (t ) 
Bu X(t) determinantına x(1) , x(2) ,...., x(n) çözümlerinin Wronskioni denir. ve
W x(1) , x(2) ,...., x(n) =det(X) ile gösterilir.
x(1) , x(2) ,...., x(n) çözümlerinin lineer bağımsız olması için gerek ve yeter koşul
W x(1) , x(2) ,...., x(n)  olmasıdır.
Teorem 7.4.2.
Eğer x(1) , x(2) ,...., x(n) vektör fonksiyonları x’=A(t)x homojen sistemin t ya ait her
noktada lineer bağımsız çözümleri ise, bu takdirde homojen sistemin her x=(t) çözümü
x(1) , x(2) ,...., x(n) lerin lineer kombinasyonu olarak
(t)= c1 x(1) (t)+c2 x(2)(t)+................+cnx(n)(t)
tek türlü belirlenir.
Teorem 7.4.3.
Eğer x(1) , x(2) ,...., x(n) t aralığı üzerinde x’=A(t)x homojen denkleminin çözümleri iseler
bu takdirde bu aralıkta W x(1) , x(2) ,...., x(n) ya özdeş olarak sıfırdır ya da hiçbir yerde sıfır
değildir.
Not:
x’=A(t)x homojen denkleminin keyfi bir x(1) , x(2) ,...., x(n) çözümlerinin cümlesi t
aralığının her noktasında lineer bağımsız ise bu aralıkta x (1) , x(2) ,...., x(n) çözümlerinin
cümlesine temel cümle denir.
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012
154
Teorem 7.4.4.
e (1)
1
 
 0
 
.
 
 0
, e ( 2)
 0
 
1
 
.
 
 0
,........ e (n)
 0
 
 0
 
.
 
1
olsun Ayrıca x(1) , x(2) ,...., x(n) ler t0 noktası t aralığına ait keyfi bir nokta olmak üzere
x(1) (t0)=e(1),..............,cnx(n)(t0)=e(n) başlangıç koşullarını sağlayan x’=A(t)x homojen
sisteminin çözümleri olsun. Buradan x(1) , x(2) ,...., x(n) ler x’=A(t)x homojen sisteminin
çözümlerinin temel cümlesini oluşturur.
det(A- ile karakteristik denklemin kökleri (özdeğerler) hesaplanır ve herbir kök için
bulunan sıfırdan farklı çözümlere ise özvektörler denir özvektörler bulunarak homojen
çözüm elde edilir.
FARKLI İKİ REEL KÖK VAR İSE
(r1,r2=1,2)


ygenel= c1 y1 e  t +c2 y 2 e  t
(r1=r2=r=λ)
1
KATLI KÖK VAR İSE

2


ygenel= c1 y1 et+c2( y1 t+ y 2 )et
KÖKLER KOMPLEKS İSE (r1=(+i), r2=(-i))
e(-i)t =eαt(cosβt-isinβt)
e(+i)t =eαt(cosβt+isinβt)


ygenel=c1 y1 e(-i)t +c2 y 2 e(+i)t
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012
155
7.5. SABİT KATSAYILI HOMOJEN LİNEER DENKLEM SİSTEMLERİNİN ÇÖZÜMÜ
1 1 1
y   2 1  1 y
 8  5  3
'
diferansiyel denklem sisteminin genel çözümünü bulunuz.
Çözüm:
y’=Ay
y   y1
det(A-I)=0 oluşturularak özdeğerler:
y2
 y11
y3    y21
 y31
y12
y22
y32
y13 
y23 
y33 
1
1 
1  

det 2 1  
 1  =(1-)(1-)(-3-)-5-2(-3-)-8+-10+8(1-)=-3-2+4+4=0
  8  5  3   
1=-2
, 2=-1 , 3=2
(3 farklı reel kök)
1=-2 için
 3 1 1   y11  0
2
3  1  y21   0

 8  5  1  y31  0
1  R1
3 1
0 7 / 3  5 / 3 R
2


0 0
0  R2  R3
y31=7 seçersek
1
1 
R1
3
0 7 / 3  5 / 3  2 / 3R  R
1
2


0  7 / 3 5 / 3  8 / 3R1  R3
3 y11  y21  y31  0
7 / 3 y21  5 / 3 y31  0
5
y
7 31
4
y11 
y
7 31
y21 
 y11   4
y1 = y1 =  y21    5 
~
 y31   7 

DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012
156
2=-1
1   y12  0
2 1
2
2  1  y22   0

 8  5  2  y32  0
2y12+y22+y32=0
y22-2y32=0
2 1 1  2 1 1  2 1 1 
0 1  2 0 1  2 0 1  2


 

0  1 2  0  1 2  0 0 0 
y22=2y32
2y12=-3y32 y12= -3/2 y32
y32= 2 seçersek
 y12 
y 2 = y 2 =  y22  
~
 y32 

 3
4
 
 2 
2=2 için
1   y13  0
1 1
 2  1  1  y   0

  23   
 8  5  5  y33  0
-y13+y23+y33=0
y23 +y33=0
y33=1 seçersek
1 
 1 1
0
1
1 

 0  13  13
y23 =-y33
 1 1 1
 0 1 1


 0 0 0
y13=0
 y13   0 
y3 = y3 =  y23    1
~
 y33   1 

Farklı reel kök olması durumunda



ygenel= c1 y1 e  t +c2 y 2 e  t +c3 y3 e  t
1
2
3
idi.
4
 3
0




 
2t
Ygenel=c1 5 e +c2 4 e –t+c3  1 e2t
 
 
 
 7 
 2 
 1 
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012
157
Hermitian Olmayan Sistemler
Eğer A matrisi hermitian değilse,
x′=Ax
sisteminin çözümlerini bulmak daha karmaşıktır. A nın reel matris olduğu kabul edilirse,
Amatrisinin özdeğerleri için üç durum oluşur.
1) Anın tüm öz değerleri reel ve farklıdır. Sistemin genel çözümü



xgenel= c1 y1 e 1t +c2 y 2 e 2t +...................+cn y n e nt
dir.
2) Anın bazı özdeğerleri kompleks eşlenikleri ile bulunur.
3) Anın bazı özdeğerleri katlı bulunur.
7.6. Kompleks Özdeğerler
x′=Ax homojen sistem ele alınsın. A matrisi reel değerli olsun .Bu durumda det(A-
karakteristik denklemin katsayıları reel olacağından, karakteristik denkleminin kökleri olan
özdeğerlerin bir kısmı kompleks eşlenikleri ile bulunabilir
Örnek olarak A nın özdeğerleri(Kökler )kompleks ise ( λ1=+i , λ2=-i ) bunlara karşı
gelen özvektörlerde kompleks eşleniklidir.


( x1 =a+ib, x2 =a-ib )
a, b reel
Dolayısıyla ele alınan diferansiyel denklemin genel çözümü

x(1)(t)= c1 x1 e1t

x(2)(t)= )= c1 x2 e 2t

x1 =(a+ib) ve λ1=+i olduğu dikkate alınarak x(1)(t) reel ve sanal kısımlara ayrılırsa
x(1)(t)= et (a cos t  b sin t )  iet (a sin t  b cos t ) olur.
Kısaca yukarıdaki eşitlikte reel kısmına u(t) ve sanal kısma v(t) denirse (u(t) ve v(t) reel değerli
fonksiyonlar)
x(1)(t)= u(t)+i v(t)
şeklinde elde edilir. Örnek olarak A nın iki özdeğeri ( λ1=+i , λ2=-i ) ve diğer tüm
özdeğerleri reel ve farklı ise, genel çözüm
ygenel= c1 u(t)+c 2v(t)+ c3 y3e3t  c4 y4e4t  ..........  cn ynent
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012
158
 1

 2 1  
x
x =
1
 1  
2


'
diferansiyel denklem sisteminin genel çözümünü bulunuz.
Çözüm:
x’=Ax
x x 
x   x1, x2    11 12 
 x21 x22 
det(A-I)=0 oluşturularak özdeğerler:
 1

1 
 2  
2

 = ++5/4=0
1
 1
  
2


1=-1/2+i
, 2=-1/2-i
kompleks kök
1=-1/2+i için özvektörler
 i 1   x11  0
 1  i  x   0

  21   
-ix11=-x21
x11=1 ile

 x  1
x1 =  11  =  
 x21  i 
1=-1/2-i için öz vektörler
 i 1  x12  0
 1 i   x   0

  22   
ix12+x22=0

x   1 
x2 =  12  =  
 x22   i 
ix12=-x22
Not: Kompleks kök durumunda bir kök için çözüm yapmak yeterlidir, ,ikinci kökün çözümü için sadece ilk
kompleks kök için bulunan çözümdeki sanal kısımlar işaret değiştirir.
Genel çözüm:


xgenel=c1 x1 e(-i)t + c1 x2 e(+i)t
şeklindedir.
1
i 
 1  (-1/2-i)t
e
 i 
xgenel= c1   e(-1/2+i)t+ c2 
e(-1/2+i)t=e-t/2(cost+isint)
e(-1/2-i)t= e-t/2(cost-isint)
1
1


xgenel= c1   e-t/2(cost+isint)+ c2   e-t/2(cost-isint)
i
i

DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012
159
xgenel= c1 e-t/2(cost+isint)+ c2 e-t/2(cost-isint)+ ic1 e-t/2(cost+isint)-i c2 e-t/2(cost-isint)
=
e-t/2(c1+c2)cost+i(c1-c2)sint+ e-t/2i(c1-c2)cost-(c1+c2)sint
(c1+c2)=C1
i(c1-c2)=C2
DERSEK
 cost  t / 2
 sin t  t / 2
e  c2 
e
  sin t 
 cost 
xgenel= e-t/2C1cost+C2sint+ e-t/2C2cost-C1sint = c1 
VEYA
e(-1/2+i)t=e-t/2(cost+isint)
1
x (1) (t)=   e-t/2(cost+isint)
i

x (1)(t) reel ve sanal kısımlara ayrılırsa
 cost  t / 2  sin t  t / 2
e  i
e
 u(t )  iv(t )
  sin t 
 cost 
= 
u(t) ve v(t) bulunduğundan x(1)(t) eşleniğini bulmadan da genel çözüm bulunur. Buradan
ele alınan diferansiyel denklemin genel çözümü
 cost 
 sin t 
e t / 2  c2 
e t / 2
ygenel= c1 u(t)+c 2v(t)= c1 
  sin t 
 cost 
1 0 0 
y  2 1  2 y
3 2 1 
'
diferansiyel denklem sisteminin genel çözümünü bulunuz.
Çözüm:
y’=Ay
det(A-I)=0 oluşturularak özdeğerler:
0
0 
1  
det 2 1    2  =(1-)(1-)(1-)+4=(1-)(2-2+5)=0
 3
2 1   
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012
160
1=1
, 2=1-2i
, 3=1+2i
1=1 için
0 0 0   y11  0
2 0  2  y   0

  21   
3 2 0   y31  0
2 y11  2 y31  0
3 y11  2 y21  0
y11 =y31
y21=-3/2 y31
 y11   2 
y1 = y1 =  y21    3
~
 y31   2 

2=1-2i için öz vektörler
2iy12  0
y12  0
2 y12  2iy22  2 y32  0 y22  iy32
3 y12  2 y22  2iy32  0
2i 0 0   y12  0
 2 2i  2  y   0

  22   
 3 2 2i   y32  0
 y12 
y 2 = y 2 =  y22  
~
 y32 

y32=1 ise
0
 i 
 
 1 
3=1+ 2i için öz vektörler
0   y13  0
 2i 0
 2  2i  2   y   0

  23   
 3
2  2i  y33  0
 2 yi13  0
y13  0
2 y13  2iy23  2 y33  0
3 y13  2 y23  2iy33  0 y23  iy33
 y13  0
y3 = y3 =  y23    i 
~
 y33  1

Not: Kompleks kök durumunda bir kök için çözüm yapmak yeterlidir, ,ikinci kökün çözümü için sadece ilk
kompleks kök için bulunan çözümdeki sanal kısımlar işaret değiştirir.
Genel çözüm:



ygenel= c1 y1 e  t + c2 y 2 e(-i)t + c3 y3 e(+i)t
1
şeklindedir.
2
0
0
t
(1-2i)t




ygenel= c1  3 e + c2  i  e
+ c3  i  e(1+2i)t
 2 
 1 
1
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012
161
e(-i)t = et(cost - isint)
e(+i)t = et(cost + isint)
idi
(1+2i
1-2i için)
e(1-2i)t = et(cos2t- isin2t)
e(1+2i)t= et(cos2t + isin2t)
c2 (-i) e
(1-2i)t
+ c3 (i) e(1+2i)t=iet(- c2 e-2t + c3 e2t)
(i2=-1)
=et(- c3 (icos2t-sin2t)- c2 (icos2t+sin2t))
=eti( c3 - c2 )cos2t-( c2 + c3 )sin2t
i( c3 - c2
)= c2,
-( c2 + c3 )=c3 ile gösterirsek
t
= e (c2cos2t+c3sin2t)
(1-2i)t
+ c3 e(1+2i)t= c2 et(cos2t-isin2t)+ c3 et(cos2t+isin2t)
c2 e
=et( c2 + c3 )cos2t+i( c3 - c2 )sin2t)
( c3 - c2 )= c2,
-( c2 + c3 )=c3 ile gösterdiğimizden
= et-c3cos2t+c2sin2t)
2
0
0
t
(1-2i)t




ygenel= c1  3 e + c2  i  e
+ c3  i  e(1+2i)t
 2 
 1 
1
2
 0 
 0 
t
t
ygenel= c1  3 e + c2 cos 2t  e +c3  sin 2t  et
 2 
 sin 2t 
 cos 2t 
VEYA
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012
162
2=1+ 2i için özvektörler
0   y13  0
 2i 0
 2  2i  2   y   0

  23   
 3
2  2i  y33  0
 2 yi13  0
y13  0
2 y13  2iy23  2 y33  0
3 y13  2 y23  2iy33  0 y23  iy33
 y13   0 
y 2 = y 2 =  y23    1 
~
 y33   i 

olsa
0
0
 1  e(1+2i)t veya  1  et(cos2t + isin2t) ile reel ve sanal kısımlara ayrılırsa
 
 
 i 
 i 
 0 
 0 
t
t
x(2)(t)= cos 2t  e +i  sin 2t  e =u(t)+iv(t)
 sin 2t 
 cos 2t 
(u(t),v(t) bulunduğundan x(2)(t) nin eşleniği bulunmadan da genel çözüm bulunur) genel çözüm: c1
, c 2 , c3 keyfi sabitler olmak üzere
ygenel= c1y1e λ1t +c2 u(t)+c 3v(t)
2
 0 
 0 
t
t




ygenel= c1  3 e +c2 cos 2t  e +c3  sin 2t  et
 2 
 sin 2t 
 cos 2t 
7.7. KATLI KÖK DURUMU
r=λ özdeğeri , Amatrisinin katlılığı iki olan bir özdeğeri olsun ve bu özdeğere karşı gelen

birtane x1 özvektörü olsun Bu durumda sistemin çözümü

x(1)(t)= x1 eλt
(1)

şeklindedir. Ve x1 vektörü

(A-λI) x1 =0
(2)
denklemini sağlar . Sistemin ikinci çözümü


x(2)(t)= x1 teλt+ x2 eλt
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012
(3)
163


şeklinde aranır. (3) denklemindeki x1 (2) denklemini sağlar, x2 ise


(A-λI) x2 = x1
(4)
den bulunur. kısaca 2 katlı kök durumunda bulunan ilk çözüm, eşitliğin sağ tarafına
yazılarak ikinci kök değeri için çözüm elde edilir. Genel çözüm



xgenel= c1 x(1)(t) + c2 x(2)(t)= c1 x1 et+c2( x1 t+ x2 )et
dir.
r=λ özdeğerinin katlılığının üç olması durumu
I. durum



r=λ üç katlı özdeğerine x1 , x2 ve x2 lineer bağımsız özvektörleri karşı gelsin . Bu durumda
lineer bağımsız çözümler

x(1)(t)= x1 eλt

x(2)(t)= x2 eλt

x(3)(t)= x3 eλt
şeklindedir.
II.durum
r=λ üç katlı özdeğerine karşı bir tane lineer bağımsız özvektörün karşı geldiği varsayılsın.
Bu durumda ilk çözüm

x(1)(t)= x1 eλt
(5)
ile, ikinci çözüm


x(2)(t)= x1 teλt+ x2 eλt
ile ve üçüncü çözüm ise

x(3)(t)= x1
(6)
t 2 λt  λt  λt
e + x2 t e + x3 e
2!

(7)


ile bulunur. (7) denklemindeki x1 (2) denklemini, x2 (4) denklemini sağlar ve x3 ise


(A-λI) x3  x2
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012
(8)
164



denkleminden belirlenir. (8) denkleminin çözümü x3 e göre bulunabilir. x3 ve x2
vektörlerine ‘genelleştirilmiş özvektörler’ denir.
III.durum


r=λ üç katlı özdeğerine karşı iki tane lineer bağımsız x1 ve x2 özvektörleri karşı geliyorsa,
ele alınan denklem sisteminin iki çözümü

x(1)(t)= x1 eλt

x(2)(t)= x2 eλt
şeklindedir. Üçüncü çözüm ise

x(3)(t)=  teλt+ x3 eλt
Burada  = c1 x(1)(t) + c2 x(2)(t) seçilirse

(A-λI) x3  
(9)

denklemi çözülebilir. c1 ve c2 öyle seçilebilir ki (9) denkleminden x3 çözülebilir. Buradan
x(1)(t), x(2)(t) ve x(3)(t) çözümleri r=λ özdeğerine karşı gelen lineer bağımsız çözümler
olurlar.
Örnek 1:
1  1 
x =
 x diferansiyel denklem sisteminin genel çözümünü bulunuz.
1 3 

'
x x 
x   x1, x2    11 12 
 x21 x22 
Çözüm:
x’=Ax
det(A-I)=0 oluşturularak özdeğerler:
1 
(1   )
2
2
 1
 =(1-)(3-)+1= -4+4=(-2) =0
(
3


)


1=2
, 2=2
2 katlı kök
1=2 için
 1  1  x11  0
 1 1   x   0

  21  
x11=-x21

x   1 
x1 =  11  =  
 x21  1
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012
165
1
2 katlı kök durumunda bulunan çözüm   eşitliğin sağ tarafına yazılarak ikinci kök
1


değeri için çözüm elde edilir
 1  1 1   1  1 1


 -x12-x22=1
 1 1  1  0 0 0
 1  1  x12   1 
 1 1   x    1

  22   

x   1 
x2 =  12  =  
 x22   2
Genel Çözüm 2 katlı kök olması durumunda (1= 2=)



xgenel= c1 x1 et+c2( x1 t+ x2 )et
idi.
 1  2t
1  1 
e +c2(   t+   )e2t

1
1  2
xgenel= c1 
7.8 TEMEL MATRİSLER
1 1 1
y   2 1  1 y
 8  5  3
'
diferansiyel denklem sisteminin genel çözümü
4
 3
0




 
2t
–t
ygenel=c1 5 e +c2 4 e +c3  1 e2t
 
 
 
 7 
 2 
 1 
4e2t

 (t )   5e2t
 7e2t

3et
4e
t
2et
idi.


e 
e2t 
0
2t
şeklinde bulunur. Bu matris yardımı ile
x’=A(t)x homojen denkleminin genel çözümü
x= (t )c
şeklinde yazılabilir. Burada c bir vektördür ve bileşenleri c1, c2, .....................,cn sabitleridir.
Eğer
x’=A(t)x denklem sistemi ile birlikte ,
x(t0)=x0
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012
166
başlangıç koşulu da verilirse , ele alınan problem bir başlangıç değer problemi olur. Burada x0
verilen bir başlangıç vektörüdür. Amaçımız başlangıç koşulunu sağlayan c vektörünü
bulmaktır. c vektörü,
 (t0 )c  x0
denklemini sağlamalıdır. diğer yandan
 (t0 ) tekil olmayan matris olduğundan tersi vardır. Böylece
c   1 (t0 ) x0
bulunur . c vektörü x=  (t )c de yerine konarak başlangıç değer probleminin çözümü
x   (t ) 1 (t0 ) x0
şeklinde bulunur.
Örnek 1.
 dx
 dt  2 x  y

 dy   x  4 y
 dt
Genel çözümü bulunuz.
Başlangıç değer problemini çözünüz.
Y0  (1, 1)
Katsayılar matrisi:
 2 1
A

 1 4 
Karakteristik denklem
 2  6  9  0
 2  6  9  (  3)2  0
  3 için özvektör
 x
 y
2 katlı kök için öz vektör V1    ile gösterilirse
 1 1 x   0 
 1 1 y    0 

   
,ile
 x   1
V1    =  
 y   1
ikinci öz vektör için (V2)
 1 1 x  1
 1 1 y   1

   
-x+y=1 veya y=1+x
x=0 seçilirse
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012
167
 x   k   0
V2     
 
 y   k  1  1 
veya
x=k seçilirse;
 x   k   0  1
V2     
     k   1.çözümün k katıolduğundan ihmal edilebilir
 y   k  1  1  1
iki lineer bağımsız çözüm
1
Y1    e3t
1
ve
 1  0 
Y2  e3t t     
 1  1 
 1  0 
1
Y  c1   e3t  c2e3t t     
1
 1  1 
Başlangıç değerleri göz önüne alınarak
Y0  (1, 1)
(t=0 yazılarak)
1
 0  1 
Y (0)  c1    c2     
1
 1   1
c1  1 , c2  2 ,ile başlangıç değer probleminin çözümü;
ygenel= c1 V1 et+c2(V1t+ V2)et ile
 1  0 
1
 1  2t 
Y    e3t  2e3t t       e3t 

1
 1  2t 
 1  1 
Örnek 2:
1 9
x  
 x,
 1 5 
1
x(0)    başlangıç değer problemini çözünüz.
 1
x x 
x   x1, x2    11 12 
 x21 x22 
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012
168
9 
(1  )
2
2
 1 (5  )    4  4  (  2)


λ1=λ2=-2 katlı kök
λ1=-2 katlı kök için özvektör

x   3 
x1 =  11  =  
 x21  1
 3 9   x12   3 
1 3  x   1

  22   
x12  3x22  1
x12  1 3x22 , x22  k seçilirse

 x  1  3k   1   3 
x2 =  12  = 
     k   , 1.çözümün k katıolduğundan ihmal edilebilir.
 x22   k   0   1

 x  1
x2 =  12  =  
 x22  0



xgenel= c1 x1 et+c2( x1 t+ x2 )et
 3  -2t
 3  1
e +c2(   t+   )e-2t

1
1 0
xgenel= c1 
Başlangıç koşuları dikkate alınarak t=0 ile
3
1  1 
x(0)  c1    c2      c1=1, c2=-2 bulunur.
 1
 0   1
3
3
1
xgenel=   e-2t -2(   t+   )e-2t
1
1 0
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012
169
7.9. HOMOJEN OLMAYAN LİNEER SİSTEMLER
Parametreleri Değişimi Metodu
dx
 Ax+f(t)
dt
diferansiyel denklem sisteminde
x’=Ax homojen sistemine karşı gelen  (t ) temel matrisinin bulunduğu farz edilsin.
Homojen sistemin çözümü xh=  (t )c şeklinde olduğundan c yerine u(t) yazılarak
x=  (t ) u(t)
şeklinde çözüm aranır, u(t),  (t ) u′(t)=f(t) koşulu sağlayacağından u′i(t) ler ve bunlardan
integral alınarak ui(t) ler belirlenir. Ve x=  (t ) u(t) yerlerine konarak genel çözüm elde
edilir.
dx1
 x1  2x2  cost
dt
dx2
 2x1  x2  sin t
dt
sistemini çözünüz.
det(A-I)=0 oluşturularak özdeğerler
1    2  2
  2 1    = -2-3=0


1=3
2=-1 (farklı 2 reel kök)
1=3
 2  2  x11  0
 2  2  x   0

  21   
x11=-x21

x   1 
x1 =  11  =  
 x21  1
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012
170
2=-1 için
 2  2  x12  0
 2 2   x   0

  22   
x12=x22

 x  1
x2 =  12  =  
 x22  1
 1  3t
1
e + c2   e-t

1
1
xhomojen=c1 
x1= c1e3t+c2e-t
x2=-c1e3t+c2e-t
parametrelerin değişimi metodu kullanılarak
x1= u1e3t+u2e-t
x2=-u1e3t+u2e-t yazılarak
u1' e3t  u2' e t  cost
 u1' e3t  u2' e t   sin t
 e3t et 
 (t ) u′(t)=f(t) oluşturulursa    3t t 
 e e 
ile
2u2' e t  cost  sin t
1
u1' e3t  (cost  sin t )  cost
2
1
u2'  et (cost  sin t )
2
1
u1'  e 3t (cost  sin t )
2
u2=1/2 et cost+K1
u1=-1/10 e-3t(2cost+sint)+K2 elde edilir. u1 ve u2 nin karşılıkları
x1= u1e3t+u2e-t
x2=-u1e3t+u2e-t yerlerine yazılarak genel çözüm bulunur.
x1=-1/10(2cost+sint)e3t+K2e3t+1/2cost+K1e-t
x2=-1/10(2cost+sint)e3t+K2e3t+1/2cost+K1e-t
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012
171
Köşegenleştirme(Diyagonalleştirme) Metodu
dx
 Ax+f(t)
dt
1
formundaki sistemin çözümü aranır. Bu işlem için


A matrisinin özdeğerlerine karşılık gelen özvektörler bulunur
Kolonları bu özvektörlerden oluşan T matrisi oluşturulur, bu T dönüşüm matrisi ile
 x11

 x21
x
T   31
 .
 .

x
 n1
x12
x22
x32
.
.
xn 2
.
.
x33
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
x1n 

x2 n 



x3n 
 = T   x1 x2 .. xn 
. 



. 
xnn 
x=Ty
2
olacak şekilde yeni bir y bağımlı değişkeni tanımlanır. Bu ifade x′=Ax+f(t) de yerine konursa
Ty′=ATy+f(t)
olur. Bu denklemin her iki tarafı T-1 çarpılarak
y′=(T-1AT)y+ T-1f(t)=Dy+h(t)
3
denklem sistemi elde edilir. Bu eşitliktediki D matrisi Anın özdeğerlerini köşegeninde
bulunduran bir matristir.
 1 0

 0 2
1
D  T AT  
.
.

0 0

. 0

. 0
. 0

. n 
(3) sistemi n tane y1(t),.............yn(t) denklemlerinin bir sistemidir. Kısaca (3) sistemi skaler
formda
yk'  k yk (t)  hk (t)
k=1,2,3,....................n
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012
4
172
şeklinde yazılabilir. Buradaki hk (t ) ler f1(t),.............fn(t)
lerin belli bir lineer kombinasyonu
şeklindedir.4 denklemleri k=1,2,3,....................n için birer birinci mertebeden liner denklem
olduklarından, birinci mertebeden diferansiyel denklemlerin çözümlerinin aranması tekniği ile
çözümleri bulunur. ck lar sabit olmak üzere
t
yk (t )  ek t  e k t hk (s)ds  ck ek t
5
k=1,2,3,....................n
to
T dönüşüm matrisi ile
çarpılarak (x=Ty de) (5) in sağ tarafındaki integralli
terimden (1) sisteminin özel çözümü, ck e t den ise x’=Ax
homojen denklem sisteminin genel çözümü bulunur.
elde edilen yk(t) ler dikate alınarak (5) sistemi
k
Örnek:

1  1   e 2t 
x' = 
 x 
t
4  2  2e 
diferansiyel denklem sisteminin genel çözümünü köşegenleştirme metodu
kullanarak bulunuz.
Çözüm:
x’=Ax
det(A-I)=0 oluşturularak özdeğerler:
1 
(1   )
=(1-)(-2-)-4=2+-6=0
 4

(2   )

1=-3
, 2=2
2 farklı reel kök
1=-3
4 1  x11  0
4 1  x   0

  21   
4x11=-x21

x   1 
x1 =  11  =  
 x21   4
2=2 için
 1 1   x12  0
 4  4  x   0

  22   
x12=x22
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012

 x  1
x2 =  12  =  
 x22  1
173
Özvektörleri içeren matrisi T ile gösterirsek
 1 1

 4 1
T= 
x=Ty → x′=Ax+f(t) de yerine konursa
Ty′=Aty+f(t)
olur. Bu denklemin her iki tarafı T-1 çarpılarak
 3 0

 0 2
D= 
y′=(T-1AT)y+ T-1f(t)=Dy+ T-1f(t)
T-1 in hesabı
1 1 1
 1 1 1 0
1 1 1 0
→
→





4
 4 1 0 1
0 5 4 1
0 1 5
T
-1
 1 1 
= 4 5 1 5
 5
5 
1 0 1  1 
0
5
5

→

1
4
1
0
1

5 
5
5 
y’=Dy+ T-1f(t) oluşturulursa
 y1'   3 0  y1   15  15   e 2t 

y′=  '  = 

  y  +  4
1
0
2
y
 2e t 


  2  5

 2 
5
1
2
y1'  3y1  e 2t  et
5
5
4
2
y2'  2 y2  e 2t  et
5
5
y e   15 e
3t '
t
1
y e   54 e
2t '
2
2
 e 4t
5
4t
→
integrasyon çarpanı yardımıyla
1
1
y1e 3t = et  e 4t + c1
5
10
2
1
2
 e t → y2 e 2t =  e 4t  e t  c2
5
5
5
1
1
y1 = e 2t  et + c1 e 3t
5
10
1
2
y2 =  e 2t  et  c2 e 2t
5
5
bulunur. Buradan
 y1   15  2t  110 t c1e 3t 
 e +   e +  2t 
 = 
 2 5   c2 e 
 y2   15 
y= 
Bu sistemin her iki tarafı T dönüşüm matrisi ile çarpılırsa genel çözüm(x=Ty)
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012
174
x=Ty=
 2t
t
3t
 1 1  15 e  110 e  c1e   1 et  c1e 3t  c2 e 2t 

= 2

 4 1
 2t
t
2t
 2t
3t
2t
1
2

e

e

c
e



e

4
c
e

c
e


 5
2
1
2


5

veya
 1  t  0   2t
1
1
2e   e  c1  e 3t   e 2t
 1
 4
1
 0 
x= 
DİFERANSİYEL DENKLEMLER UFUK ÖZERMAN 2011-2012
175